Kỳ thi olympic khu vực Duyên hải Đồng bằng bắc bộ lần thứ VII năm học: 2013 2014 Đề thi: môn hóa, lớp 10 Trường THPT chuyên Bắc Ninh50526

Tính nồng độ axit oxalic COOH2 phải có trong dung dịch X sao cho độ điện li của H3PO4giảm 25% coi thể tích V không thay đổi.. Dựa vào mô hình VSEPR hãy cho biết dạng hình học đồng thời c

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

Tổ Hóa

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

-KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH-ĐBBB

Lần thứ VII- Năm học: 2013 - 2014

ĐỀ THI: MÔN HÓA, LỚP 10

(Thời gian làm bài: 180 phút)

Câu 1: (Cân bằng axit – bazơ)

Dung dịch X là hỗn hợp của H3PO4 và KHSO4 0,010 M

1 Để xác định nồng độ của H3PO4, người ta tiến hành đo pH thì xác định được dung dịch X có pHX = 2,03 Tính nồng độ mol của H3PO4

2 Tính nồng độ axit oxalic (COOH)2 phải có trong dung dịch X sao cho độ điện

li của H3PO4giảm 25% (coi thể tích V không thay đổi)

Cho pKa: HSO4: 2,00; H3PO4: 2,15; 7,21; 12,32; (COOH)2: 1,25; 4,27

Câu 2: (Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử)

1 Dựa vào mô hình VSEPR hãy cho biết dạng hình học đồng thời cho biết

kiểu lai hóa các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm của các ion và phân tử sau: [Fe(CN)6]4-, BrF5, POCl3, SBr2F4, I2O5

2 Hãy giải thích vì sao:

a.Có sự khác biệt về cấu tạo phân tử và tính chất axit – bazơ của hai chất N(CH3)3 và N(SiH3)3

b.CCl4 có tính trung hoà, rất trơ với H2O còn SiCl4 có tính axit và dễ bị thuỷ phân

c Không tồn tại phân tử NF5 nhưng AsF5 có thể tồn tại được?

Câu 3: (Nhiệt động lực học)

1.Hãy tính nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 tinh thể dựa vào các dữ kiện sau:

As2O3(r) + 3H2O (l) = 2H3AsO4 (aq) H0298= 31,59 kJ/mol

AsCl3(r) + 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq) H0298=73,55kJ/mol

2.Cho

3As2O3(r) + 3O2(k) = 3As2O5(r) H0298=-812,11kJ/mol

Biết năng lượng phân ly của phân tử oxi là 493,71kJ/mol; năng lượng liên kết O-O(tính từ H2O2) là 138,07kJ/mol.Hãy chứng minh rằng phân tử ozon không thể có cấu trúc vòng kín mà phải có cấu tạo góc

Câu 4: (Động lực học)

Cho phản ứng A + B → C + D (*) diễn ra trong dung dịch ở 25 OC

Đo nồng độ A trong hai dung dịch ở các thời điểm t khác nhau, thu được kết quả:

Dung dịch 1

[A]0 = 1,27.10-2 mol.L-1 ; [B]0 = 0,26 mol.L-1

Dung dịch 2

[A]0 = 2,71.10-2 mol.L-1 ; [B]0 = 0,495 mol.L-1

1.Tính tốc độ của phản ứng (*) khi [A]0 = 3,62.10-2 mol.L-1 và[B]0 = 4,95 mol.L-1 (Giả thiết rằng bậc động học riêng phần của các chất trong phản ứng đã cho chỉ là các số tự nhiên)

2 Sau thời gian bao lâu thì nồng độA giảm đi một nửa với [A]0 = 3,62.10-2M

và [B]0 = 4,95M?

Câu 5: (Cân bằng hóa học)

Trong một hệ có cân bằng 3 H2 + N2  2 NH3(*) được thiết lập ở 400 K

người ta xác định được các áp suất phần sau đây:

= 0,376.105 Pa , = 0,125.105 Pa , = 0,499.105 Pa

2

H

p

2

N

p

3

NH

p

1 Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0của phản ứng (*) ở400 K

2 Tính lượng N2 và NH3,biết hệ có 500 mol H2.

3 Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?

4 Trong một hệ cân bằng H2/N2/NH3ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa,

người ta tìm được: Kp = 3,679.10-9 Pa-2, nN2 = 500 mol , nH2 = 100 mol và nNH3 = 175 mol Nếu thêm 10 mol N2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ

và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?

Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm =

1,013.105 Pa

Câu 6: (Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân)

1 Có thể viết cấu hình electron của Co3+là:

Cách 1: Co3+ [1s22s22p63s23p63d6]; Cách 2: Co3+ [1s22s22p63s23p63d44s2] Cách 3: Co3+[1s22s22p63s23p63d54s1]

Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của

Co3+với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV) Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?

2 Urani trong thiên nhiên chứa 99,28% số nguyên tử là U238 (có chu kì bán huỷ

là 4,5.109 năm) và 0,72% U235 (có chu kì bán huỷ là 7,1.108năm) Tính tốc độ phân rã mỗi đồng vị trên trong 10 gam U3O8mới điều chế (1năm = 365 ngày)

Câu 7: (Cân bằng hòa tan)

Cadimi là một kim loại rất độc, tìm được với nồng độ cao trong chất thải từ sự luyện kẽm, mạ điện và xử lý nước thải Hít phải cadimi dạng hạt nhỏ sẽ nhanh chóng ảnh hưởng đến hệ hô hấp, rồi sau đó là thận Cadimi cạnh tranh với kẽm tại các vùng hoạt động của enzym Cadimi tạo hidroxit hơi khó tan là Cd(OH)2 a.Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước nguyên chất

b.Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong dung dịch NaOH 0,010M

c.Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước có chứa ion CN-, trong đó [CN-] = 1,00.10-3 M Cho biết ion Cd2+tạo phức với phối tử CN- có các hằng số tạo phức từng nấc là: k1 = 105,48; k2 = 105,12; k3 = 104,63; k4 = 103,68

Cho: Ks(Cd(OH)2) = 5,9.10-15, * = 10-10,2

CdOH



Câu 8: (Phản ứng oxi hóa khử Thế điện cực – pin điện)

1 (1.0 điểm) Nhận xét khả năng oxi hóa Fe2+ bởi oxi ở pH =0 và khả năng oxi hóa của Fe(OH)2 bởi oxi trong nước

Cho E0

Fe3+/Fe2+ = 0,771V; E0

O2,H+/H2O = 1,23V;

pKsFe(OH)3 = 37,0; pKsFe(OH)2 = 15,1

2 (1 điểm) Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 0,10M; Ag2SO4 0,05M; HClO4 1M

a) Cho biết thứ tự xảy ra sự điện phân (tính toán cụ thể)

b) Có thể dùng phương pháp điện phân để tách được riêng Cu, Ag ra khỏi dung dịch được không? Cho E0

Ag+/Ag = 0,80V ; E0Cu2+/Cu = 0,34V

Câu 9: (Tinh thể)

Niken(II)oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua

Các ion O2- tạo thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion

Ni2+ Khối lượng riêng của niken(II)oxit là 6,67g/cm3

.

Nếu cho Niken(II)oxit tác dụng với liti oxit và oxi thì thu được các tinh thể

trắng có thành phần LixNi1-xO:

x/2 Li2O + (1-x) NiO + x/4 O2 = LixNi1-xO Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO

nhưng một số ion Ni2+được thế bằng các ion Liti và một số ion Ni2+bị oxi hóa

để đảm bảo tính trung hòa điện của phân tử Khối lượng riêng của tinh thể

LixNi1-xO là 6,21g/cm3

.

a.Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ

NiO thành LixNi1-xO)

b.Tính phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+và viết công thức thực

nghiệm đơn giản nhất của hợp chất LixNi1-xO bằng cách dùng Ni(II), Ni(III) và các chỉ số nguyên

Câu 10: (Bài toán về phân halogen – oxi lưu huỳnh)

Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:

Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu

được dung dịch B; thêm một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung

dịch AgNO3thấy tạo thành kết tủa màu vàng Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện

2.Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào

nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng

Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3 Tìm công thức

phân tử của X

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ

GV NGUYỄN THÙY LINH

ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI

BẮC BỘ MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10

Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1: Mỗi phần 1 điểm

1

HSO4–  H+ + SO42– ; Ka =10-2 (1)

H3PO4  H+ + H2PO4– ; Ka1 =10-2,15 (2)

H2PO4  H+ + HPO42– ; Ka2 =10-7,21 (3)

HPO4–  H+ + PO43– ; Ka3 =10-12,32 (4)

Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ + H PO HSO4 3 4 K K 2- - a a1 Ta có: [H ] = [SO ] + [H PO ] = C + C 4 2 4 K + [H+]a K + [H+] a1  → H PO HSO 4 3 K 4 K a1 a C [H+] - C K + [H+] K + [H+]a a1   → H PO HSO 4 3 ( 4 ) K + [H+] Ka a1 C [H+] - C K + [H+]a K a1   → 2,03 -2 -2,15 2,03 -2 2,03 -2,15 H PO4 3 10 10 (10 ) 10 10 + C - 0,010 10 + 10     = 9,64.10 -3 M 2 -2 4 H PO3 4 H PO4 3 PO = [H ] 100 Ta có: α = α1 C ;

trong đó -3

-2,15 -2,03

1

0

-[H PO ] = 9,64.10

3 4

4,16.10

Khi có mặt (COOH)2 (kí hiệu H2A) trong dung dịch A → độ điện li của H3PO4

giảm 25% →α 2 = α , H PO4 3 = 43,15% 0, 75 32,36%  

Từ biểu thức

3

2 H PO4 3

H PO4

C

H3PO4 = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M)

Từ (2) → H+ = . 10 2,15 6, 52.103 3 0, 0148

3,12.10





[A2-] /[HA-]= 1,29 10-3 → sự điện ly nấc 2 của axit oxalic (H2A) là không đáng

kể trong dung dịch thu được sẽ 3 có quá trình quyết định pH của hệ:

HSO4  H+ + SO42– ; Ka =10-2 (1)

H3PO4  H+ + H2PO42– ; Ka1 =10-2,15 (2)

H2A  H+ + HA– ; Ka’ =10-1,25 (5)

-Ta có: [H+] = [SO ] + [H PO ] + [HCOO ]

vì PO43– << HPO42– << H2PO4–

, +

OH , HCO



→ CH2A = H+ - H2PO4– - ,

,

a

Thay giá trị H2PO4– và H+ vào (6), ta được:

CH2A = (0,0148 – 3,12.10-3 -

-2 -2

10 0, 0148

10 0,01

 ) 1,263 = 9,66 10 -3 M.

Câu 2:

1.Mỗi công thức 0,2 điểm

[Fe(CN)6]4-, có công thức VSEPR AX6, có cấu trúc bát diện đều, Fe lai hóa

d2sp3

BrF5 có công thức VSEPR AX5E1, có cấu trúc chóp vuông, Br lai hóa sp3d2 POCl3 có công thức AX4, có cấu trúc tứ diện, P lai hóa sp3

.

SBr2F4 có công thức AX6, có cấu trúc bát diện, S lai hóa sp3d2

I2O5 có công thức AX3E, có công thức chóp tứ diện, I lai hóa sp3

.

2 Phần a,b mỗi phần 0,375 điểm; phần c 0,25 điểm

a N(CH3)3 có cấu trúc tháp, N ở trạng thái lai hoá sp3, phân tử có tính bazơ Si(CH3)3 có obitan 3d trống của Si xen phủ với obitan p của N tạo ra liên kết π p-d ; N lai hoá sp2 phân tử có cấu trúc phẳng, không còn tính bazơ do có sự chuyển dịch e từ N sang Si

b CCl4 các nguyên tử đã bão hoà e nên bền, trơ SiCl4 còn obitan d trống của Si

có thể nhận thêm e nên có tính axit và dễ bị thuỷ phân

c Không tồn tại NF5 vì không có phân lớp d trống để có sự kích thích electron

từ phân lớp 2s  2d nên không thể có 5 electron độc thân Có tồn tại phân tử AsF5 vì As có phân lớp 4d trống nên As có thể có 5 electron độc thân ở trạng thái kích thích

Câu 3: Mỗi phần 1 điểm

1.Nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 được tính từ phản ứng:

2As(r) + 3/2O2(k) = As2O3(r) (*)

Phản ứng (*) này được tổ hợp từ các phản ứng đã cho như sau:

2H3AsO4 (aq) = As2O3(r) + 3H2O (l) H10= - 31,59 kJ/mol

2x │AsCl3(r) + 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq) (2) H02= 2 x73,55kJ/mol

2 x│As(r) + 3/2Cl2(k) = AsCl3(r) (3) H03= 2 x (-298,70) kJ/mol

6 x│HCl(aq) = HCl(k) + aq (4) H04= 6 x 72,43kJ/mol

6 x │ HCl(k) = 1/2H2(k) + 1/2Cl2(k) (5) H50= 6 x 93,05kJ/mol

3 x │H2(k) + 1/2O2(k) = H2O(l) (6) H06= 3 x (-285,77)kJ/mol

2 3

0

As O

H

1

H

2

H

3

H

4

H

5

H

6

H



2.– Nếu O3 có cấu tạo vòng 3 cạnh, khép kín thì khi nguyên tử hóa O3phải phá

vỡ 3 liên kết đơn O-O, lượng nhiệt cần cung cấp là: 3 x 138,07 = 414,21 kJ/mol

- Nếu O3 có cấu tạo góc thì khi nguyên tử hóa O3phải phá vỡ 1 liên kết đơn và 1 liên kết đôi, lượng nhiệt cần cung cấp là: 493,71 + 138,07 = 632,78 kJ/mol

- Trong khi đó nếu tính theo các giá trị đã cho ở đề bài, ta có:

Quá trình 3 O2 = 3 O3 có ΔH = -812,11 – (- 1095,79) = 283,68 kJ/mol

Ta lại có sơ đồ: 3O2 3 H pli ,O26O

2O3

2

pli,O

H



3

pli,O

H



3

pli,O

H



Kết quả này gần với kết quả tính được khi giả sử ozon có cấu tạo góc Do vậy, cấu tạo góc phù hợp hơn về mặt năng lượng so với cấu tạo vòng

Câu 4:

Giả sử phương trình động học của phản ứng có dạng v = k [A]α[B]β.

Vì [B]0 >> [A]0 nên v = k’[A]α ; k = k [B]0 β

Cho α các giá trị 0, 1, 2 và tính k’ theo các công thức sau:

α = 0 k’ = ([A]1 0 -[A])

t

α = 1 k’ = 1 [A]0

ln

0



Kết quả tính cho thấy chỉ ở trường hợp α = 2 k mới có giá trị coi như không đổi (0,75 điểm)

Đối với dung dịch 1 có [B]01 = 2,6M, ta tính được:

k1 = k [B]01β = 3,22.10-3; 3,25.10-3; 3,36.10-3; 3,35.10-3; 3,35.10-3; 3,37.10-3

(L.mol-1.s-1);

(trung bình) = 3,31.10-3 L mol-1.s-1 (0,25 điểm)

1

k

Đối với dung dịch 2 có [B]02 = 4,95M, ta có:

k2 = k[B]02 β = 3,28.10-3; 3,30.10-3; 3,30.10-3; 3,37.10-3; 3,26.10-3; 3,33.10-3

(L.mol-1.s-1);

(trung bình) = 3,30.10-3 L.mol-1 s-1 (0,25 điểm)

2

k

≈ ; (trung bình) = 3,30.10-3 L.mol-1 s-1 Vậy α = 2

1

1







Vì [B]01 ≠ [B]02 nên β = 0 và k = (0,25 điểm)k

Tính được: v = k [A]2 = 3,30.10-3 L mol-1 s-1  (3,62.10 -2 mol.L-1) 2

= 4,32.10 -6 mol.L-1.s-1 (0,25 điểm)

0

1

1 3,30.10 L.mol s 3,62.10 mol.L    

Câu 5: Mỗi ý 0,5 điểm

1 Kp = 3

2 NH 3

P

P  P  Kp = (0, 499 10 )5 3 5 2 5

(0,376 10 ) (0,125 10 )



K = Kp  P0 -Δn  K = 3,747.10-9  (1,013.105)2 = 38,45

ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  400  ln 38,45 = -12136 J.mol-1 = - 12,136

kJ.mol -1

2.

n

2

N = 2

2 2

H

N H

n

P

2

N = 500

0,376 0,125 = 166 mol

n

3

NH = 2

3 2

H

N H H

n

P

P   n

3

NH = 500

0,376 0,499 = 664 mol

 n tổng cộng = 1330 mol  P tổng cộng = 1105 Pa

3 Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol

PH2 = 510

1340 1105 = 0,380.105 Pa ; PN2= 166

1340 1105 = 0,124105 Pa

P

3

NH = 664

1340  1105 = 0,496105 Pa

ΔG = ΔG0 + RTln K

ΔG0 = [-12136 + 8,314  400 ln (49632

381 1,0132

0,124 )] = -144,5 J.mol 1

 Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải

4 Sau khi thêm 10 mol N2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là:

P

2

H = 100

785 1105 Pa ; P

2

N = 510

785 1105 Pa ; P= 175

785 1105 Pa

ΔG = ΔG0 + RTlnK

ΔG = 8,314  410  [-ln (36,79  1,0132 ) + ln (

2 2

175

100  510 7852  1,0132)] = 19,74 J.mol-1

Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái

Câu 6:

1 (1 điểm) Năng lượng của một electron ở một phân lớp có số lượng tử chính

hiệu dụng n* được tính theo biểu thức Slater: = -13,6 x (Z – b) 2 /n* (eV) Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater Áp dụng cho

Co3+ (Z=27, có 24e) ta có:

Với cách viết 1 [Ar]3d6:

1s = -13,6 x (27 – 0,3)2/12 = - 9695,3 eV 2s,2p = -13,6 x (27 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1775,2 eV 3s,3p = -13,6 x (27 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32 = - 374,9 eV 3d = - 13,6 x (27 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 79,4 eV

E1 = 21s + 8 2s,2p + 83s,3p + 63d = - 37067,8 eV

Với cách viết 2 [Ar]3d44s2:

1s,  2s,2p, 3s,3p có kết quả như trên Ngoài ra:

3d = -13,6 x (27 – 1x18 – 0,35x3)2/32 = - 95,5 eV

4s = - 13,6 x (27 – 1x10 – 0,85x13 – 0,35)2/3,72 = - 41, 3 eV

Do đó E2 = - 37056,0 eV

Với cách viết 3 [Ar]3d54s1:

1s,  2s,2p, 3s,3p có kết quả như trên Ngoài ra:

3d = -13,6 x (27 - 1 x18 – 0,35 x 4)2/32 = -87,3 eV



4s = -13,6 x (27 – 1 x 10 – 0,85 x 13)2/3,72 = - 35,2 eV



Do đó E3 = - 37063, 1 eV

E1 thấp (âm) hơn E2 và E3, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn Kết quả thu được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Co3+ có cấu hình

electron [Ar]3d6

2 (1 điểm) Tốc độ phân phân rã phóng xạ tính theo phương trình v = k.N (1)

Trong đó: - k là hằng số tốc độ phân rã phóng xạ

- N là tổng số hạt nhân phóng xạ có ở thời điểm xét

+ Trước hết cần tìm k

Ta có k = 0,693 / t1/2 (2) Với t1/2 là chu kì bán huỷ

+ Tiếp đến tìm N như sau:

-T×m sè mol U3O8cã trong 10gam 10,0g 1,19.10-2(mol)

(238.3+16.8)g/mol

~

- Số hạt nhân Uran có tổng cộng là: 3 1,19.10-2.6,022.1023 = 2,15.1022hạt Trong đó: N(U238) = 2,15.1022.0,9928 = 2,13.1022(hạt)

N(U235) = 2,15.1022.0,0072 = 1,55.1020(hạt)

+Dùng phương trình (1) để tính tốc độ phân rã của từng loại hạt nhân Uran Với U238 có v(238) = k N = 1,04.105hạt nhân/giây

U235 có v(235) = 4,8.103hạt nhân/giây