Đề thi đề nghị hoá 10 trường THPT Lê Quý Đôn thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian phát đề )13721

Trường hợp nào phù hợp hãy cho biết vị trí của ngtố đó trong bảng tuần hoàn,tính chất hoá học đặc trưng.Viết pứ minh hoạ.. - Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần độ lớn góc liên kết và giải t

Trang 1

Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10

Trường THPT Lê Quý Đôn Thời gian làm bài : 180 phút

( Không kể thời gian phát đề )

Câu 1:

1 Bộ 4 số lượng tử nào sau đây được chấp nhận cho một electron trong ngtử

Trường hợp nào phù hợp hãy cho biết vị trí của ngtố đó trong bảng tuần hoàn,tính chất hoá học đặc trưng.Viết pứ minh hoạ

2 Xét ngtử của ngtố có electron cuối cùng có bộ 4 số lượng tử:

Có tồn tại những cấu hình này không?Vì sao?

3 Cho biết trạng thái lai hoá của ngtử trung tâm và dạng hình học của các phân tử sau :

H2O , H2S , H2Se , H2Te

- Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần độ lớn góc liên kết và giải thích sự sắp xếp đó

- Tại sao ở điều kiện thường H2O ở thể lỏng,còn H2S , H2Se , H2Te ở thể khí?

- Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần tính khử của các chất trên.Giải thích

4 Sự phân rã phóng xạ của hạt nhân 92U238 xảy ra qua 86Rn222 đến 82Pb207.Khi đó hạt nhân Uran,sau đó hạt nhân Radon cho thoát ra và hấp thụ những hạt nào , với số lượng bao nhiêu?

Trang 2

Câu 2 :

1 Viết các ptpứ biểu diễn các thí nghiệm sau :

- Cho khí H2S đi qua dd FeCl3 thu được kết tủa vàng

- Cho khí Clo đi chậm qua dd nước Brom làm mất màu dd đó

- Cho một luồng khí Flo đi qua dd NaOH 2% lạnh,pứ làm giải phóng khí oxiđiflorua

- Cho bột Al2O3 hoà tan hết trong lượng dư dd NaOH,sau đó thêm dd NH4Cl dư , đun nóng nhẹ

- Nhỏ từ từ dd nước amoniac,cho đến dư,vào dd CuSO4

2 Tiến hành diện phân ( với điện cực trơ,màng ngăn xốp ) dd chứa a mol Cu(NO3)2 và b mol NaCl đối với 3 trường hợp : 2a = b , b < 2a , b > 2a Viết các ptpứ điện phân xảy ra cho tới khi

H2O bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực

ThuVienDeThi.com

Trang 3

Câu 3:

1 Trộn 100 ml dd HCOOH 0,1M vơi100 ml dd NaOH 0,05M được 200 ml dd A

Tìm pH của dd A

- pH của dd A sẽ thay đổi như thế nào khi thêm vào dd 0,001 mol HCl hoặc 0,001 mol NaOH

- Từ các kết quả trên hãy cho nhận xét

2 Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH4Cl là 1 atm,biết ở 25oC có các dữ kiện :

Hott ( kJ/mol ) Go ( kJ/mol )

3 Cho H2S lội qua dd chứa Cd2+ 0,01M và Zn2+ 0,01M đến bão hoà

a Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dd sao cho xuất hiện kết tủa CdS mà không có kết tủa ZnS

b Hãy thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dd mà Zn2+ vẫn không kết tủa.Biết

dd bão hoà H2S có [H2S} = 0,1M và H2S có Ka1 = 10-7 , Ka2 = 1,3.10-13,TCdS = 10-28 ,

TZnS = 10-22 Bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Cd2+ và Zn2+

Trang 4

Câu 4:

1 Cân bằng các pứ oxi hoá khử sau :

a Theo phương pháp cân bằng electron :

Cu2S + HNO3  Cu(NO3)2 + CuSO4 + NO2 + H2O

CH3CH=CH2 + KMnO4 + H2O  CH3CHCH2 + MnO2 + KOH

b Theo phương pháp cân bằng ion - electron :

K2Cr2O7 + H2SO4 + NO  Cr2(SO4)3 + HNO2 + K2SO4 + H2O

NaCrO2 + Br2 + NaOH  Na2CrO4 + NaBr + H2O

2 Hãy cho biết pứ nào xảy ra trong các trường hợp sau:

FeCl3 + NaCl FeCl3 + NaBr FeCl3 + NaI Biết

2

o

Cl / 2Cl

E  1,359V

2

o

Br / 2Br

E  1,065V

2

o

I / 2I

E  0,536V

3 2

o

Fe / Fe

E   0,77V

3 Tính o và hằng số cân bằng của pứ sau:

AgCl/ Ag

E 2AgCl + Cu ฀ 2Ag + Cu2+ + 2Cl

Biết o

Ag / Ag

Cu / Cu

AgCl

T 10

Cu / Cu

Zn / Zn

E   0,76V

a Hãy viết sơ đồ pin được dùng để xác định thế điện cực tiêu chuẩn của các cặp trên Chỉ rõ cực dương,cực âm.Cho biết pứ thực tế xảy ra trong pin khi pin hoạt động

b Ở 25oC,tiến hành thiết lập 1 hệ ghép nối giữa thanh Zn nhúng vào dd ZnCl2 0,01M với thanh

Cu nhúng vào dd CuCl2 0,001M thu được một pin điện hoá

-Viết kí hiệu của pin và pứ xảy ra khi pin làm việc

-Tính Epin

OH OH

ThuVienDeThi.com

Trang 5

Câu 5:

Hoà tan 9,24g hỗn hợp Al,Cu trong dd HCl dư 5% ( so với lý thuyết ) thu được 6,72 lít khí A ( đktc) , ddB và rắn C

a Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp

b Cho tất cả dd B tác dụng với dd NaOH 0,5M Tính thể tích dd NaOH cần dùng để sau pứ thu được 9,36g kết tủa

c Hoà tan toàn bộ chất rắn C trong 60 ml dd HNO3 2,0M , chỉ thu được khí NO Sau khi pứ kết thúc cho thêm lượng dư H2SO4 vào dd thu được lại thấy có khí NO bay ra Giải thích và tính thể tích khí NO (đktc) bay ra sau khi thêm H2SO4

Trang 6

Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐÁP ÁN

Trường THPT Lê Quý Đôn

Câu 1:

1.a.Không thoả mãn,vì ml > l

b.Thoả mãn :2p4 Cấu hình e :1s22s22p4 STT :8, chu kì 2 , nhóm VIA

Tính chất đặc trưng : tính oxi hoá O2 +4e  2O2

Ví dụ : 4Na + O2 = 2Na2O

c Không thoả mãn,vì n = l ( l = n-1 )

d.Thoả mãn :3p6 Cấu hình e :1s22s22p63s23p6 STT :18, chu kì 3 , nhóm VIIIA

Ngtố này có cấu hình bền nên không tham gia tương tác hoá học

2 Cấu hình 3d34s2 : tồn tại

Cấu hình 3d94s2 : không tồn tại, chuyển sang cấu hình bền 3d104s1

3 -Trong các phân tử H2O , H2S, H2Se, H2Te; O, S, Se, Te (R) ở trạng thái lai tạo sp3, phân tử có cấu tạo dạng góc :

R

- Vì độ âm điện của O lớn nhất nên các cặp e liên kết bị hút về phía O mạnh  khoảng cách giữa 2 cặp e liên kết trong phân tử H2O là nhỏ nhất  nên lực đẩy tĩnh điện mạnh nhất  góc liên kết lớn nhất

Thứ tự tăng dần góc liên kết là : H2Te , H2Se, H2S, H2O

- Ở điều kiện thường nước ở thể lỏng là do các phân tử nước có khả năng tạo liên kết H liên phân tử :

O  H O  H

H H

- Trong các phân tử H2R , R đều có số oxi hoá -2, tuy nhiên từ O đến Te bán kính R lại tăng lên  khả năng cho e tăng từ O đến Te, tức là tính khử tăng theo thứ tự H2O, H2S, H2Se, H2Te

4 Vì khi phóng xạ thì khối lượng hạt nhân bị giảm 4 và điện tích giảm 2 đơn vị 

Khi phóng xạ khối lượng hạt nhân không đổi nhưng điện tích tăng 1 đơn vị.

Nhận thấy từ U238 Pb207 khối lượng hạt nhân giảm 31 ( không chia hết cho 4 ) vì vậy ban đầu đãhấp thụ 1 nơtron để tạo không bền

238

Ta có 2x - y = 10

4x = 32 => x = 8 Vậy đã có 8 hạt và 6 hạt thoát ra , hấp thụ 1 nơtron  

y = 6 ThuVienDeThi.com

Trang 7

Câu 2: - H2S + 3FeCl3  2FeCl2 + S + 2HCl

- 5Cl2 + Br2 + 6H2O  10HCl + 2HBrO3

- 2F2 + 2NaOH lïanh2NaF + OF2 + H2O

(2%)

- Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O

NaOH + NH4Cl  NaCl + NH3 + H2O NaAlO2 + NH4Cl + H2O t o Al(OH)3 + NH3 + NaCl

- CuSO4 = Cu2+ + 2

4

SO 

NH3 + H2O ฀ NH4 + OH

-Cu2+ + 2OH -  Cu(OH)2

Cu(OH)2 + 4 NH3  [Cu(NH3)4](OH)2.

2.Trong dd : Cu(NO3)2 = Cu2+ + 2 NO3

NaCl = Na+ + Cl

-Tại catot (-) : Cu2+,Na+,H2O Tại anot (+) : NO3, Cl-,H2O

2H2O + 2e  H2 + 2 OH- 2H2O -4e  O2 + 4 H+

Pứ điện phân:

Cu(NO3)2 + 2NaCl  Cu + Cl2 + 2NaNO3 (1) Nếu 2a = b , tức là Cu(NO3)2 và NaCl bị điện phân hết cùng lúc,nên sau pứ (1) ở cả 2 điện cực

H2O sẽ điện phân

H2O H2 + 1/2 O2

3

dp NaNO



Nếu b<2a, sau pứ (1) còn dư Cu(NO3)2 Khi đó pứ điện phân:

Cu(NO3)2 + H2O  Cu + 1/2 O2 + 2 HNO3 (2) Sau pứ (2) thì H2O điện phân ở cả 2 điện cực:

H2O H2 + 1/2 O2

3

dp HNO



Nếu b>2a,sau pứ (1) còn dư NaCl Khi đó pứ điện phân:

2NaCl + 2 H2O m.n 2NaOH + Cl2 + H2  (3) Sau pứ (3) thì H2O điện phân ở cả 2 điện cực:

H2O dp H2 + 1/2 O2

NaOH



Trang 8

Câu 3:

1 Ptpứ : HCOOH + NaOH  HCOONa + H2O

0,005 0,005 0,005

nHCOOH = 0,1.0,1 = 0,01 mol

nNaOH = 0,1.0,05 = 0,005 mol Vậy dd thu được gồm 0,005 mol HCOOH và 0,005 mol HCOONa Trong dd xảy ra các quá trình :

HCOONa  HCOO- + Na+

HCOOH ฀ HCOO- + H+,Ka

HCOO- + H2O ฀ HCOOH + OH-,Kb

H2O ฀ H+ + OH

-Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:

[H+] + [Na+] = [HCOO-] + [OH-]

 [HCOO-] = [H+] + [Na+] - [OH-] Mặt khác :

Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có :

C C  [HCOOH] [HCOO ] 

 [HCOOH] CHCOOH CHCOO [HCOO ]



Vì CHCOO [Na ] nên:

HCOOH

[HCOOH] C [H ] [OH ]  

a

[HCOO ][H ] K

[HCOOH]



[HCOOH]

[HCOO ] [Na ] [H ] [OH ]



Vì sự có mặt của HCOOH và HCOO- trong dd nên đã ngăn cản sự tạo thành H+ và OH- Nên khi giải gần đúng có thể bỏ qua [H+] và[ OH-]

HCOOH a

C (*) [H ] K

[Na ]



HCOOH a

C

[Na ]

Thay các giá trị vào biểu thức trên ta được:

0,005

pH 3,75 lg 3,75

0,005

Khi thêm 0,001 molHCl( 0,001 mol H+ ).Khi này :

HCOO- + H+  HCOOH 0,001 0,001 0,001

ThuVienDeThi.com

Trang 9

0,005 0,001

pH 3,75 lg( ) 3,57

0,005 0,001





Khi thêm 0,001 mol NaOH(0,001 mol OH- ).Khi này:

HCOOH + OH-  HCOO- + H2O 0,001 0,001 0,001

0,005 0,001

pH 3,75 lg( ) 3,93

0,005 0,001



 Việc thêm một lượng nhỏ axit mạnh hay bazơ mạnh vào hỗn hợp HCOOH và HCOO- chỉ làm thay đổi pH trong giới hạn 0,18 đơn vị pH.Như vậy hỗn hợp HCOOH và  HCOO- là dd đệm có khả năng giữ cho pH ban đầu hầu như không đổi

2 Ptpứ: NH Cl4 (r) ฀ NH3(k)HCl (k)

Gọi x(mol) :nNH3 nHCl

3

2x

Ở nhiệt độ T:

3

2

K P P 0,5.0,5 0,25(atm)

Ở 25oC ta có :

o pu

G 95,3 16,6 ( 203,9) 92kJ

o pu

H 46,2 92,3 ( 315,4) 176,9kJ

Từ công thức :Go  2,303RT lgK

Nên

o 1

2,303RT 2,303.8,314.298



Mặt khác ta có :

ln K

Giả sử H & So  okhông thay đổi theo nhiệt độ,ta có :

1

2

ln K

Trang 10

3.Nồng độ S2- để CdS : 2 CdS 28 26

2

[Cd ] 0,01





Nồng độ S2- để ZnS : 2 ' ZnS 22 20

2

[Zn ] 0,01





Vì [S ] [S ]2   2  ' nên CdS trước

Giới hạn pH phải thiết lập trong dd để xuất hiện  CdS mà không có ZnS

Ta có :

2

2 2

[H ] [S ] K

[H S]

[H ] K

[S ] [H S]







฀

Để CdS mà không có ZnS thì:

2,56 pH 0,45



còn 0,1%

2

[Cd ] 0,01.0,1 10 M.5

100



[S2-] lúc Cd2+ còn 0,1% 28 23

5

10



Để trong dd Cd2+còn 0,1% mà ZnS vẫn chưa kết tủa thì 10 23[S ] 102    20

pH 19,89 lg 1,06

1,06 pH 0,45



ThuVienDeThi.com

Trang 11

Câu 4 :

1

Cu2S -10e  2Cu S2 6 1

10

N 1e  N

* Cu2S + 12 HNO3  Cu(NO3)2 + CuSO4 +10NO2 + 6H2O

3

C C 2e    C C

2

Mn 3e  Mn

* 3CH3CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O  3CH3CH(OH) CH2(OH) +2MnO2 +2KOH

1

Cr O 14H6e2Cr 7H O

6

NO H O 1e  NO2H

* K Cr O2 2 72H SO2 46NOCr (SO ) 6HNO2 4 3 2K SO2 4H O2

2

CrO4OH3eCrO 2H O

3

2

Br 2e 2Br

* 2NaCrO23Br 8NaOH2 2Na CrO2 4 6NaBr 4H O. 2

2 Giả sử xảy ra pứ:

2

2Fe 2X 2Fe X (1),(X : Cl ,Br ,I ).   

Để pứ (1) xảy ra thì : o o o

E E E 0 = 3 2

2

E   E  0

Vì chỉ có 3 2 nên chỉ xảy ra pứ:

2

E  E  

2

2Fe 2I 2Fe I Hay 2FeCl32NaI2FeCl2  I2 2NaCl

I  I I

3 Ta có :

o

Ag / Ag

t



฀

Trang 12

Ta có :

o

Cu / Cu

1

2



฀

o

AgCl / Ag Cu / Cu

3 (0,209 0,337)

0,059 3





฀

4 a.Vì 2 Để >0 thì cực CuCu2+ làm cực dương(+)

2

E

cực Pt,H2(1atm) H+ 1M làm cực âm (-)

Pt,H2(1atm) H+ 1M  Cu2+ 1M Cu Pứ điện cực: Cực (-) : H22e฀ 2H

Cực (+) : Cu2 2e฀ Cu

2

Cu H ฀ Cu 2H 

Tương tự ta có :

Vì 2 nên ta có sơ đồ pin :

2

E  E 

ZnZn2+ 1M H+ 1MH2 (1atm),Pt

Pứ điện cực: Cực (-) :Zn 2e ฀ Zn2 

Cực (+) :2H2e฀ H 2

2

Zn 2H  ฀ Zn H b.Ta có :

2 2

ZnCl Zn 2Cl

0,01M 0,01M

2 2

CuCl Cu 2Cl

0,001M 0,001M

0,059

2



= 0,76 0,059lg(0,01) 0,819V

2

0,059

2



= 0,345 0,059lg(0,001) 0,4335V

2

ZnZn2+ 0,01M Cu2+ 0,001M  Cu

Pứ điện cực :

Cực (-) : Zn 2e ฀ Zn2 

Cực (+) : Cu2 2e฀ Cu

Pứ trong pin :

Zn Cu  ฀ Cu Zn  

E E E E  E 

= 0,4335-(-0,819) = 1,2525V

ThuVienDeThi.com

Trang 13

Câu 5:

Ptpứ : 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2 (1)

2

H

6,72

22,4

Theo pứ (1),ta có:nAl = 0,2 mol

mAl = 0,2.27 = 5,4g



mCu = 9,24 - 5,4 = 3,84g



b ddB gồm nHCl dư = 0,6.0,05 = 0,03 mol

và nAlCl3 0,2mol

T/hợp 1: AlCl3 dư

3

Al(OH)

9,36

78

Ptpư : HCl + NaOH = NaCl + H2O (2)

0,03 0,03 AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl (3)

NaOH(pu2,3) NaOH

0,39

0,5

T/hợp 2 : Al(OH)3 tạo ra cực đại nhưng sau đó bị hoà tan một phần Ptpư : HCl + NaOH = NaCl + H2O (4)

0,03 0,03 AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl (5)

Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O (6) (0,2-0,12) 0,08

NaOH(pu4,5,6) NaOH

0,71

0,5

c nHNO3 0,06.2 0,12mol.

HNO HNO

0,12 0,12 0,12

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	104,33 KB