TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ NGUỒN KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 DUYÊN HẢI Câu 1: X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH 3.. Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao g
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ NGUỒN KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 DUYÊN HẢI
Câu 1:
X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH 3 Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5
a) Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử
b) Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X
Câu 2:
Xe tạo được nhiều hợp chất trong đó có XeF2; XeF4; và XeO3
1 Vẽ cấu trúc Lewis của mỗi phân tử
2 Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả các góc liên kết
3 Trình bày và giải thích phân tử nào là phân tử phân cực hay không phân cực
4 Giải thích vì sao các hợp chất này rất hoạt động
Câu 3:
Bêtông được hình thành từ một hỗn hợp của ximăng, nước, cát và đá nhỏ Ximăng chứa chủ yếu canxi silicat và canxi aluminat được sinh ra bằng cách đun nóng và nghiền nhỏ hỗn hợp đất sét và đá vôi Bước tiếp theo trong việc sản xuất ximăng là thêm một lượng nhỏ thạch cao CaSO4.2H2O để làm tăng cường độ cứng của bêtông Bước cuối cùng ta nâng nhiệt độ lên nhưng có thể nhận được sản phẩm không mong muốn hemihydrat CaSO4.0,5H2O theo phản ứng:
CaSO4.2H2O(r) CaSO4.0,5H2O + 1,5H2O Các giá trị nhiệt động cho dưới đây: (biết P = 1,00bar)
∆Ho
sinh(kJ/mol) So(J.K-1.mol-1)
CaSO4.2H2O9(r) -2021,0 194,0
CaSO4.0,5H2O(r) -1575,0 130,5
H2O(h) -241,8 188,6
R = 8,314J.mol-1K-1 = 0,08314bar.mol-1.K-1
0oC = 273,15K
a Tính ∆Ho (kJ) cho phản ứng chuyển 1,00kg CaSO4.2H2O(r) thành CaSO4.0,5H2O(r) Phản ứng này thu nhiệt hay tỏa nhiệt?
b Tính áp suất cân bằng (bar) của hơi nước trong bình kín chứa CaSO4.2H2O(r), CaSO4.0,5H2O(r) và H2O(h) ở 25oC
c Tính nhiệt độ để P(H2O)(cb) = 1,00 bar trong hệ ở câu b Giả sử ∆Ho và ∆So là hằng số
Câu 4:
Cho dung dịch CH3COOH 0,1M (Ka = 1,75 10-5)
1 Tính pH, độ điện li α và nồng độ các ion trong dung dịch
2 Tính pH của dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M
Câu 5:
Trang 2Cho cốc thủy tinh thứ nhất chứa dung dịch hỗn hợp KMnO4 0,02M, MnSO4 0,005M và H2SO4 0,5M; cốc thứ hai chứa dung dịch hỗn hợp FeSO4 0,15M và Fe2(SO4)3 0,0015M Đặt điện cực platin vào mỗi cốc và nối hai cốc với nhau bằng cầu muối Nối các điện cực với nhau qua một Vol kế Giả thiết rằng H2SO4điện li hoàn toàn và thể tích dung dịch trong mỗi cốc bằng nhau Cho EoFe3/Fe2 0 , 771 V và EoMnO ,H /Mn2 1 , 51 V
4
a) Tính thế mỗi điện cực trước khi phản ứng xảy ra Viết sơ đồ pin và tính hiệu thế pin
b) Tính hằng số cân bằng và thế mỗi điện cực tại cân bằng
Câu 6:
Cho 50 gam dung dịch muối MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6% tác dụng với 10 gam dung dịch AgNO3 thu được một kết tủa Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch nước lọc Biết nồng độ MX trong dung dịch nước lọc bằng 5/6 lần nồng độ MX trong dung dịch ban đầu Xác định công thức muối MX
Câu 7:
Hãy cho biết và mô tả cấu trúc ( hình vẽ công thức Lewis) các hợp chất từ A đến D trong sơ
đồ chuyển hóa dưới đây với giả thiết thích hợp
Có thể tham khảo các giả thiết cho thêm dưới đây:
Hợp chất A là chất lỏng màu vàng chứa 52.5% Cl và 47.5% S.
Hợp chất B là chất lỏng màu đỏ, dễ hút ẩm.
Hợp chất C là chất lỏng không màu chứa 59.6% Cl, 26.95% S và 13.45% O.
Hợp chất D có khối lượng mol phân tử tương đối là 134.96 g mol–1 Hợp chất D có thể thu được
bằng phản ứng trực tiếp của C với O2
130o
Cl
C
( )
Cl
Fe III
O2
Câu 8:
Giá trị pH trong dung dịch đơn axit hữu cơ RH nồng độ 0,226 % là 2,536 Sau khi pha loãng gấp đôi dung dịch trên thì pH dung dịch đo được là 2,692
a. Tính hằng số phân li axit của RH và xác định nồng độ mol của axit trong dung dịch gốc
b. Xác định khối lượng phân tử và công thức hoá học của axit, biết tỉ khối của dung dịch ban đầu là 1 g/cm3
c. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,100M cần thiết để trung hoà hết 100,00ml dung dịch gốc Tính pH của dung dịch thu được sau phản ứng
d. Hãy rút ra phương trình đánh giá cận trên và cận dưới của độ biến đổi pH sau khi pha loãng n lần dung dịch đơn axit bất kì Khi tính, không kể đến sự phân li của nước
Trang 3Câu 9:
Bảng hệ thống tuần hoàn hiện nay có 118 nguyên tố Nguyên tố 118 được hình thành khi bắn phá hạt nhân nguyên tố californi-249 bằng hạt nhân canxi - 48 Nguyên tố 118 phân rã
1 Viết phương trình phản ứng tổng hợp và phân rã của nguyên tố 118.
2 Viết cấu hình electron của nguyên tố 118 Từ đây cho biết vị trí của nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn
3 Dựa vào cấu trúc nguyên tử và tính chất của các nguyên tố cùng nhóm (xem bảng bên dưới ) hãy dự đoán các tính chất sau đây của nguyên tố 118
a Điểm nóng chảy
b Điểm sôi
c Bán kính nguyên tử
d năng lượng ion hoá
e Công thức của oxít ứng với trạng thái oxi hoá cao nhất của nguyên tố
r, nm 0,097 0,110 0,130 0,145
Cho biết A (118)=294
Câu 10:
1 Cho 64,4 gam một hỗn hợp NO2 và N2O4 vào 1 bình chân không có thể tích 15lit và nhiệt
độ cố định 300K Tính áp suất trong bình khi có cân bằng
2 Áp suất trong bình sẽ bằng bao nhiêu nếu ta thêm vào 56gam Ar
Cho biết:
2(k )
2 4(k )
R 8,314 J.K mol ; Ar 40g.mol
Điều kiện tiêu chuẩn: P0 = 1,0000.105Pa; T = 298K
Trang 4HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
a/ Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA
TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sự phân bố e theo obitan: Vậy e cuối cùng có: l=1, m=-1, ms = +1/2 mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 4
Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p1 (Ga)
TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sự phân bố e theo obitan: Vậy e cuối cùng có: l=1, m= 1, ms = +1/2 mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 2 Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p3 (N)
b/ Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ Công thức cấu tạo các hợp chất:
Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3
N
H
H
H
Oxit cao nhất: Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2
N O N
O
O O
O
Hidroxit với hóa trị cao nhất: Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2
O
O
Câu 2:
1
F
F
:
:
: :
:
O
:
: :
2
XeF2: thẳng; 180o
XeF4: vuông phẳng; 90o
XeO3: tháp tam giác; 107o
3
XeF2 không phân cực Cả hai lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn; chúng bù trừ lẫn nhau
vì phân tử là thẳng
XeF4 không phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn, chúng bù trừ lẫn nhau vì phân tử là vuông phẳng
XeO3 phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – O có cùng độ lớn và dạng hình học phẳng dẫn đến một lưỡng cực thực sự
4 Xe có điện tích hình thức dương trong mọi hợp chất trên Vì vậy chúng là những chất oxi hóa tốt
Trang 5Câu 3:
a ∆Ho = -1575,0 + 3/2(-241,8) - (-2021,0) = 83,3kJmol -1
n = m/M = 1000/172,18 = 5,808mol
n∆Ho = 484kJ >0
Vậy phản ứng thu nhiệt
b ∆So = 130,5 + 3/2(188,6) – 194,0 = 219,4J.K-1mol-1 ∆Go = ∆Ho - T∆So = 17886J.mol-1
mà ∆Go = -RTlnK K = (P(H2O))3/2 = 7,35.10-4→ P(H 2 O) = 8,15.10 -3 bar.
c P(H2O) = 1,00bar K = 1 ∆Go = -RTlnK = 0
mà ∆Go = ∆Ho - T∆So = 0 → T = 380K (hay 106,85oC)
Câu 4:
1 CH3COOH ƒ CH3COO- + H+
Bắt đầu 0,1
Điện li x x x
Còn dư: 0,1 – x
3
2
3
1, 75.10 0,1
CH COOH
CH COO H x
K
CH COOH x
vì x rất bé so với 0,1 → x 1, 75.106 1, 32.103
; pH = 2,879
3
CH COO H x M
0,132
x
2 CH3COONa → CH3COO- + H+
0,1 0,1 0,1
CH3COOH ƒ CH3COO- + H+
Bắt đầu 0,1 0,1
Điện li x x x
Cân bằng : 0,1 – x 0,1+x x
(0,1 ).
1, 75.10 0,1
a
CH COO H x x
K
CH COOH x
Suy ra x = 1,75 10-5 pH = 4,757
Câu 5.
15 , 0
003 , 0 lg 059 , 0 771 , 0 ] Fe [
] Fe [ lg 059 , 0 E
E
2
3 o
Fe / Fe
V 52 , 1 005 , 0
) 1 )(
02 , 0 ( lg 5
059 , 0 51 , 1 ]
Mn [
] H [ MnO [ lg 5
059 , 0 E
E
8 2
8 4 o
Mn / nO M
4
Sơ đồ pin:
PtFe2+ (0,150M), Fe3+ (0,003M)MnO4- (0,02M), Mn2+ (0,005M), H+ (1M)Pt
Hiệu thế pin:
Trang 6Epin = EMn - EFe = 1,52V - 0,671V = 0,85V
(b) Hằng số cân bằng:
63 , 62 059
, 0 ) 771 , 0 51 , 1 (
5 059 , 0 E n
10 10
10
Vì hằng số cân bằng lớn nên phản ứng sau được coi là hoàn toàn:
5Fe2+ + MnO4- + 8H+ 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O
0,15 0,02 0,003
0,1 0,02 0,1
0,05 0 0,103
Tại cân bằng:
V Fe
Fe E
E E
Fe Fe
05 , 0
103 , 0 lg 059 , 0 771 , 0 ] [
] [ lg 059 ,
3 o
/
Câu 6:
Khối lượng của muối MX là: m = 35,6 50 : 100 = 17,8 (gam)
Gọi x là số mol của muối MX : MX + AgNO3 → MNO3 + AgX
x x x x
Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) x (gam)
Khối lượng MX tham gia phản ứng: m = (M + X) x (gam)
Khối lượng MX còn lại là: m = 17,8 - (M + X) x (gam)
Suy ra nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là
[17,8 - (M+X).x].100 35, 6 5
[50+10 - (108 +X).x] 100 6
Biến đổi ta được 120 (M + X) = 35,6 (108 + X)
Lập bảng :
Vậy MX là muối LiCl
Câu 7:
A có tỉ lệ S : Cl 47,5 52,5: 1,48 : 1,48 1: 1 A có công thức phân tử dạng (SCl)n
32 35,5
B Chứa Clo nhiều hơn A và S có số oxy hóa cao hơn
26,95 13.45 59,6
S : O : Cl : : 0,8421: 0,8406 : 1,678 1: 1: 2 (SOCl )
D là sản phẩm của C với oxy và có khối lượng mol là 134,96 gần bằng 135 Dựa vào biến hóa
Trang 72
O
2 k
O
(SOCl ) D
119k 134 suy ra k=1 và D là SO Cl ; C là SOCl S Cl ; SCl
Cấu trức phân tử (hình vẽ)
Cl
S
S Cl
Cl S Cl
Cl S Cl
O
Cl
S Cl
O
O
A S2Cl2 B SCl2 C SOCl2 D SO2Cl2
Câu 8:
a Gọi C là nồng độ mol/l ban đầu của RH Ta có cân bằng:
RH R– + H+ K
C C 0 0
C x -x -x
[ ] C-x x x
Theo ĐLTDKL ta có: ( 1 ) với x = [H+]1 = 10-2,536
2 2
x K
x C x C
x K
a
Khi pha loãng dung dịch n lần thì Khi đó ( 2 ) Với y = [H+]2 = 10-2,692
2
y K
y n
C
a
Từ (1) và (2) ta rút ra được ( 3 )
.
. 2
2
x y n
y n x
K a
Thay thế các giá trị x, y và n = 2 vào (3) ta được Ka = 1,83.10 –4
Thay giá trị của Ka và x vào (1) C = 0,0492 mol/l
b Xét 1 lít dung dịch ban đầu nRH = CM.V = 0,0492 mol
d = 1g/cm3 khối lượng dung dịch là 1kg m RH = 2,26g M = n/m = 46 (g/mol)
KL : Axit Fomic (HCOOH)
c Trung hoà dung dịch gốc bằng NaOH
HCOOH + NaOH HCOONa + H2O
Thể tích dung dịch NaOH 0,100 cần để trung hoà 100,00ml dung dịch gốc
49,20 ml
100 , 0
00 , 100 0492 , 0
OH
C
V x C
V
NaOH
HCO HCO
NaOH
Sau khi trung hoà, dung dịch có CHCOONa = 0 , 0330
20 , 149
00 , 100 0492 ,
Trong dung dịch có các cân bằng:
H2O + HCOO– HCOOH + OH– Kb = Kw/Ka = 5,46.10–11
H2O H+ + OH– Kw = 10–14
Áp dụng điều kiện proton ta có :
HCOO– + H+ HCOOH Ka = 1,83.10–4
H2O H+ + OH– Kw = 10–14
Áp dụng định luật bảo toàn đối với ion H+ (điều kiện proton) ta có:
Trang 8h=[H+]=[OH–]-[HCOOH]= h= (1)
h
K K
HCOO h
K
h HCOO h
a a
K
a
w
.
1 1 (2)
h K
K HCOO
K
h HCOO
HCOOH HCOO
C
a a
a
1
Tính gần đúng lần thứ nhất: coi [HCOO–]1 = C = 0,0330M, thay vào (1) h1 = 7,43.10–9
Tính gần đúng lần thứ hai : thay h1 = 7,43.10–9 vào (1)
[HCOO–]2 = 0,0330M =[HCOO–]1(kết quả lặp)
Chấp nhận h = h1 = 7,43.10-9 pH = 8,13
d Trong công thức (3), ta luôn có Ka>0 (x2 – n.y2)(n.y – x)>0
n pH y
x n n
y
x
n lg lg lg
2
1
2 /
Câu 9:
1
98 Cf 20 Ca 118 118 3 n 0
118 118 116 116 2 He
2
[Rn] 5f146d107s27p6
118 kết thúc chu kì 7 Nó thuộc nhóm các khí trơ ( nhóm 18)
3
a) Sự phụ thuộc của Tnch vào Z hầu như tuyến tính Bằng phương pháp ngoại suy tuyến tính ta tìm được Tnch (118)=263K=-10oC
b) Nói chung Ts=Tnch +4 Suy ra Ts (118)= 267K=-6oC
c) Bằng phương pháp ngoại suy tuyến tính ta tìm đựơc r(118) =0,171 nm
d) I là hàm phi tuyến tính của Z, nhưng là hàm tuyến tính của lnZ Từ đây tìm được: I(118)=9,7ev
e) Trạng thái oxi hoá cao nhất của 118 là +8; oxít tương ứng có công thức RO4
Câu 10:
1
Trong bình có cân bằng:
2(k ) 2 4(k )
H (*) 57240 J.mol ; S (*) 175,9 JK mol ;
ƒ
H (*) H (*) ; S (*) S (*)
0
K
P
Có thể tính về cân bằng (*) với bất kì thành phần nào của hỗn hợp NO2; N2O4
Trang 9Thí dụ, có thể giả sử lúc đầu chỉ có NO2
3
t
t t
64,4
n (NO ) 1,40mol
46,0
L ng (1,40 2x)mol x mol
n RT x.(1,40 x) x.(1,40 x).15.10
V (1,40 2x) P (1,40 2x) (1,40 x).8,314.300
x 0,579mol ; P 136516
ƒ
P
æng è
óc c©n b»
Pa 1,37 bar 2
Sự thêm 1,41 mol Ar vào bình không làm chuyển dịch cân bằng (*)
'
'
t
n RT
P ; n (1,40 0,579 1,4) mol
V
P 369308 Pa 3,7 bar
