Xác định bộ bốn số lượng tử n, l, ml và ms ứng với electron ngoài cùng của X.. Viết phương trình phản ứng của oxit đó với nước, với dung dịch NaOH.. Động học Trong một phản ứng bậc nhấ
Trang 1
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC GIANG
ĐỀ THI OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI
MÔN: HÓA HỌC - KHỐI: 10 Thời gian: 180 phút
Đề thi gồm: 03 trang.
Câu 1 Cấu tạo nguyên tử, định luật tuần hoàn, phản ứng hạt nhân.
1 Nguyên tử nguyên tố X có điện tich hạt nhân bằng +38,448.10-19 C
a Viết cấu hình electron của X và của X3+ Xác định bộ bốn số lượng tử (n, l, ml và ms) ứng với electron ngoài cùng của X
b Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn từ đó xác định công thức oxit cao nhất của X Viết
phương trình phản ứng của oxit đó với nước, với dung dịch NaOH Biết oxit đó là một oxit axit
2 Một mẫu đá chứa 99,275 mg U-238; 68,301 mg Pb-206 và một lượng cực nhỏ Ra-226 Giả thiết rằng
ban đầu trong mẫu đá không có chì và radi tồn tại sẵn
a Tính tuổi mẫu đá.
b Tìm khối lượng radi (mg) có trong mẫu đá.
Câu 2 Động học
Trong một phản ứng bậc nhất tiến hành ở 27°C, nồng độ chất đầu giảm đi một nửa sau 3000 giây Ở 37°C, nồng độ giảm đi 2 lần sau 1000 giây Xác định:
1 Hằng số tốc độ ở 27°C.
2 Thời gian để nồng độ chất phản ứng còn lại 1/4 nồng độ đầu ở 37°C.
3 Hệ số nhiệt độ γ của hằng số tốc độ phản ứng
4 Năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
Câu 3 Nhiệt hoá học, cân bằng hoá học
1 Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái tiêu chuẩn tại 250C như sau:
C3H8 (k) O2(k) CO2(k) H2O (l) CO32-(aq.) OH- (aq.)
∆H0 s (kJmol -1) - 103,85 0 -393,51 -285,83 - 677,14 - 229,99
S0(J.K-1mol-1) 269,91 205,138 213,74 69,91 - 56,9 - 10,75 Xét quá trình oxi hoá bất thuận nghịch hoàn toàn 1 mol C3H8 (k) với O2 (k) tạo thành CO2 (k) và H2O (l), phản ứng được tiến hành ở 250C, điều kiện tiêu chuẩn
a Tính ∆H 0 , ∆U 0 ,∆S 0 , ∆G 0của phản ứng
b Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành quá trình.
2 Cho cân bằng hóa học: N2 (k) + 3H2 (k) 2NH3 (k); ∆Η= -0,92 kJ
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 3:1 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450oC, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích
a Tính hằng số cân bằng KP.
ĐỀ ĐỀ XUẤT
Trang 2b Giữ nhiệt độ không đổi (450oC), cần tiến hành dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích?
Câu 4 Liên kết hoá học, cấu tạo phân tử, tinh thể
1 Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534 nm.Tính bán kính nguyên tử
cộng hóa trị của Silic và khối lượng riêng (g.cm-3) của nó Cho biết MSi= 28,086 g.mol-1 Kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngòai ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4 hốc tứ diện của ô mạng cơ sở
2.Có các phân tử XH3
a Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3.
b So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.
c Những phân tử nào sau đây có moment lưỡng cực lớn hơn 0 ? BF3, NH3, SiF4, SiHCl3, SF2, O3.
Cho biết Zp = 15, ZAs = 33, ZO = 16, ZF = 9, ZCl = 17, ZB = 5, ZN = 7, ZSi = 14, ZS = 16
Câu 5 Cân bằng dung dịch chất điện li
Dung dịch A là hỗn hợp của H3PO4 và NaHSO4 0,010 M, có pHA = 2,03
1 Tính CH3PO4trong dung dịch A
2 Tính nồng độ HCOOH phải có trong dung dịch A sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 25%
3 Thêm dần ZnCl2 vào dung dịch A đến nồng độ 0,010 M Có Zn3(PO4)2 tách ra không?
Coi thể tích dung dịch không thay đổi
Cho pKa (HSO−4) = 2 pK(H3PO4) = 2,15; 7,21; 12,32
pK (HCOOH) = 3,75 pKS (Zn3(PO4)2) = 35,42
Câu 6 Phản ứng oxi hoá khử, điện hoá, điện phân
1 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion-electron:
a KMnO4 + NaNO2 + H2SO4 →
b Cr2O3 + O2 + NaOH →
c FeO + K2Cr2O7 + H2SO4 →
d NaCrO2 + O2 + NaOH →
e As2S3 + KClO3 + H2O →
2 Một pin được cấu tạo như sau ở 25oC:
Mg | Mg(NO3)2 0,010M | | AgNO3 0,10M | Ag
Cầu muối nối hai điện cực là dung dịch KCl bão hòa Ở 25oC có:
Eo(Mg2+/Mg) = -2,37V; Eo(Ag+/Ag) = +0,7991V
a Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b Chỉ rõ catot, anot của pin và chiều di chuyển các electron, các ion khi pin hoạt động.
c Tính sức điện động của pin (bỏ qua các phản ứng phụ).
Câu 7 Nhóm halogen, oxi lưu huỳnh
1 Bằng hiểu biết về liên kết hoá học, hãy giải thích sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen:
- EX – X(Kcal/mol) 37,0 59,0 46,1 36,1 25,0
2 Nêu và giải thích ngắn gọn qui luật biến đổi :
− Tính axit và độ bền phân tử trong dãy axit : HClO, HClO2, HClO3, HClO4
− Tính oxi hoá trong dãy ion: ClO−, ClO2−, ClO3−, ClO4−
3 Giải thích các hiện tượng sau: SnS2 tan trong (NH4)2S; SnS không tan trong dung dịch (NH4)2S nhưng
tan trong dung dịch (NH4)2S2
Trang 3Câu 8 Bài tập hoá nguyên tố
Cho m (g) muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axít H2SO4 đặc, nóng (lấy dư) Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO3)2 thu được 23,9 (g) kết tủa mầu đen Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 (g) chất rắn A Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6(g) Nếu cho dung dịch BaCl2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1 ,674 lần khối lượng muối B
1 Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối.
2 Xác định kim loại kiềm và halogen.
Người ra đề: Nguyễn Thị Hoa
Số điện thoại: 0962402565
Trang 4TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG
VƯƠNG LẦN THỨ XI MÔN: HÓA HỌC - KHỐI: 10
Câu 1 Cấu tạo nguyên tử, định luật tuần hoàn, phản ứng hạt nhân.(2,5 điểm)
Câu 2 Động học (2,5 điểm)
Điểm
2 / 1
27 2,31.10
3000
693 , 0 t
693 , 0
2 Phản ứng bậc 1 nên từ a → a/2 cần t1/2; từ a/2 → a/4 cần t1/2 ⇒ t = 2t1/2 = 2000 giây
2
/
1
37 6,93.10
1000
693 , 0 t
693
,
0
10 31 , 2
10 93 , 6 k
k k
k
4 4 27
37 27
10
27 + = = −− =
−
=
300
1 310
1 R
E k
k
27
−
300
1 310
1 : k
k ln R 27 37
−
300
1 310
1 : 10 31 , 2
10 93 , 6 ln 314
,
8 44 ≈ 84944,92 J/mol ≈ 84,945 kJ/mol
0,75 0.75
0.5
0.5
1 a.
19
38, 448.10
1,602.10
−
−
Cấu hình electron của X: 1s22s22p63s23p63d54s1 ;
của X3+: 1s22s22p63s23p63d3 ; Electron ngoài cùng thuộc phân lớp 4s Các số lượng tử
tương ứng là: n = 4; l = 0; ml = 0; ms = 1
2
+
b X thuộc chu kì 4, nhóm VIB, STT: 24 Oxit cao nhất: CrO3
CrO3 + H2O → H2CrO4
(hoặc 2CrO3 + H2O → H2Cr2O7)
CrO3 + 2NaOH → Na2CrO4 + H2O
(hoặc: 2CrO3 + 2NaOH → Na2Cr2O7 + H2O)
2 a Vì khối lượng của Ra-226 trong mẫu quặng là nhỏ nên có thể coi
nU-238(đã phân rã) = nPb-206 (có trong mẫu đá) = 68,301 / 206 (mmol)
nu-238(ban đầu) = 68,301 / 206 + 99,275 / 238 (mmol)
Tuổi mẫu đá:
→ t = 5,25 × 109 năm
b U-238 có chu kì bán huỷ rất lớn so với Ra-226, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ.
Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: λU-238 NU-238 = λRa-226 NRa-226
→ mRa-226 = 3,374 × 10-5 mg
0,75
0,5
0,75
0,5
Trang 5Câu 3 Nhiệt hoá học, cân bằng hoá học (2,5 điểm)
1.
a Tính ∆H0, ∆U0, ∆S0, ∆G0 của phản ứng:
C3H8(k) + 5O2(k) → 3CO2(k) + 4H2O(l)
∆H0 (pư) = - 2220,00 kJ.mol-1; ∆S0 (pư) = - 374,74 J.K-1.mol-1;
∆U0 (pư) = ∆H0 (pư) - ∆(pV) = ∆H0 - ∆(nkhí RT)
= - 2220,00 103 Jmol-1 - (-3mol 8,3145 J.K-1mol-1 298,15K )
∆U0 = - 2212,56 103 jmol-1
∆G0= ∆H0 - T ∆S0 = [- 2220,00 103 - (298,15) (-374,74) ]Jmol-1
∆G0 = - 2108,33 kJ.mol-1
b Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng: ∆Shệ = -374,74JK-1mol-1
∆Smôi trường = = = = 7445,92 JK-1mol-1
∆Stổng cộng(vũ trụ) = ∆Hhệ + ∆Smôi trường = 7071,18 J.K-1mol-1 > 0
⇒phản ứng tự phát
1.0
2
a N2 (k) + 3H2 (k) 2NH3 (k); ∆Η= -0,92 kJ
Ban đầu (mol) 1 3
Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x
∑ nsau = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)
%VNH3 = 100 %
2x -4
2x
= 36% ⇒ x = 0,529
%VN 2 = 100 %
2x -4
1 x −
=
592 , 0 2 4
592 , 0 1
−
−
.100% = 16%
%VH 2 = 100 (36 + 16) = 48%
KP =
2 2
3
3 2
N H
NH P P
P
=
2 2 48 , 0 16 , 0
36 , 0
P P
P
2 48 , 0 16 , 0
36 , 0
P = 8,14.10
-5 (atm--2)
b %VNH3 = .100%
2x -4
2x
%VN 2 = 100 %
2x -4
1 x −
= 12,5%; %VH 2= 37,5%
KP =
2 2
3
3 2
N H
NH P P
P
2
375 , 0 125 , 0
5 , 0
P = 8,14.10
-5 (atm--2)
⇒ P = 682,6 (atm)
1,0
0,5
Trang 6Câu 4 Liên kết hố học, cấu tạo phân tử, tinh thể (2,5 điểm)
1 r Si = (a 3 )/8 = (0,534 3 )/8= 0,118
Số nguyên tử Si cĩ trong một ơ mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6.(1/2) + 4 = 8
2 P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3
P và As đều cĩ 5 electron hĩa trị và đã cĩ 3 electron độc thân trong XH3
X
H
X ở trạng thái lai hóa sp3
a XH3 hình tháp tam giác, gĩc HPH > gĩc AsH, vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P
lớn hơn so với As nên lực đẩy mạnh hơn
b.
N FF
F
Si
Cl H
Cl Cl
sp3
S F F
O
B
F
F
F
Si F
F F F
c 4 chất đầu tiên cĩ cấu tạo bất đối xứng nên cĩ moment lưỡng cực > 0.
0,5
0,75
0,5
Câu 5 Cân bằng dung dịch chất điện li (2,5 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)
H2O H+ + OH- Kw = 10-14 (5)
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 K 3 4. K
Ta cĩ: [H ] = [SO4 ] + [H PO ] = C2 4 + C
K + [H+]a K + [H+]a1
−
→
H PO3 4 Ka1 HSO4 Ka
K + [H+]a1 = − K + [H+]a
→
H PO3 4 HSO
4 ( Ka ).K + [H+]a1
C [H+] - C
K + [H+]a Ka1
−
=
Trang 7
-2 -2,15 2,03 2,03
-2 2,03 -2,15
H PO4 3
10
10 +
C - 0,010
−
−
−
2
-2 4
H PO3 4
H PO4 3
PO
= [H ].100
Ta có: α = α1
trong đó
-2,15 -3
-2,15 -2,03
1
0
-[H PO ] = 9,64.102 4
0 + 0 = 4,16.10-3
→
-3
-3
H SO3 4
4,16.10
9,64.10 =
Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A →độ điện li của H3PO4 giảm 25%
2 = ,H PO4 3 =
α α 43,15% 0,75 32,36%× = và trong dung dịch thu được sẽ có 3 quá trình quyết định pH của hệ:
HSO4 H+ + SO42– Ka =10-2 (1)
H3PO4 H+ + H2PO42– Ka1 =10-2,15 (2)
HCOOH H+ + HCOO– Ka’ =10-3,75 (6)
-Ta có: [H+] = [SO4 ] + [H PO ] + [HCOO ]2 4
vì [PO43–] << [HPO42–] << [H2PO4 ]
, +
OH , HCO
[H ] = C + [H PO ] + C2 4
K + [H+]a K + [H+]a
−
→
CHCOOH = [H+] - [H2PO4] - ,
, HSO4 Ka K + [H+]a
C
K + [H+]a Ka
Từ biểu thức
3
2 H PO4 3
H PO4
-[H PO ]
α α 32,36%
C
→
[H2PO4 ] = 3,12.10-3 M
[H3PO4] = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M)
Từ (2) → [H+] =
2,15 3
3
0,0148 3,12.10
Ka1[H PO ]3 4
-[H PO ]2 4
−
×
Thay giá trị [H2PO4 ] và [H+] vào (7), ta được:
CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10-3 -
-2
-2
10 0,0148
10 0,01
-3,75
-3,75
10
+
= 0,644 M
3 Zn2+ + H2O ZnOH+ + H+ β =10-8,96
C’ 0,1 – x x x x ≈ 10-4,98 << 0,10
Vậy C' 2+= C 2+= 0,10
pHA = 2,03
3-3 4 4
'
H PO 3 2 PO
Ka1 a2 a3K K
Ka1 Ka1 a2K Ka1 a2 a3K K
3-3 4
4
21,68
H PO 3 2 6,09 6,21
PO
Ka1 a2 a3K K
Ka1
−
−
+ 1,41.10-18 M.
Xét điều kiện để Zn3(PO4)2 tách ra theo phản ứng:
3Zn2+ + 2PO43– Zn3(PO4)2↓ Ks-1 =1035,42
1,0
1,0
0,5
Trang 82+
3-4
Zn PO
(C ) (C ) = (0,1)3 (1,41.10-18)2 =1,99.10-39 < 10-35,42
→
Không có Zn3(PO4)2↓
Câu 6 Phản ứng oxi hoá khử, điện hoá, điện phân (2,5 điểm)
1 a)2KMnO4 + 5NaNO2 + 3H2SO4 →5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O
b) 2Cr2O3 + 3O2 + 8NaOH → 4Na2CrO4 + 4H2O
c) 6FeO+K2Cr2O7+13H2SO4→3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 13H2O
d) 4NaCrO2 + 3O2 + 4NaOH →4Na2CrO4 + 2H2O
e) 3As2S3 + 14KClO3 + 18H2O→ 6H3AsO4 + 9H2SO4 + 14KCl
1,0
2 a) E(Mg2+/Mg) = -2,37 +
2
059 , 0 lg0,010 = -2,43V E(Ag+/Ag) = +0,7991 + 0,059 lg0,10 = +0,740V
b) Anot là điện cực Mg, catot là điện cực Ag Các electron chuyển từ anot sang catot nhờ dây dẫn điện
Trong dung dịch, các anion chuyển về anot, các cation chuyển về catot
c) Epin = 0,740 – (- 2,43) = + 3,17V
0.5 0.5
0,5
Câu 7 Nhóm halogen, oxi lưu huỳnh (2,5 điểm)
Trang 9- SnS2 là sunfua axit nên tác dụng với (NH4)2S là sunfua bazơ:
SnS2 + (NH4)2S → (NH4)2SnS3 (*)
- SnS là sunfua bazơ nên không tác dụng với (NH4)2S (sunfua bazơ) Tuy nhiên, đối với
dung dịch (NH4)2S2 phản ứng có thể xảy ra vì, trước hết (NH4)2S2 oxi hoá SnS:
SnS + (NH4)2S2 → (NH4)2S + SnS2
sau đó SnS2 tạo thành sẽ phản ứng với (NH4)2S như phản ứng (*)
0.5
Câu 8 Bài tập hoá nguyên tố (2,5 điểm)
1 Gọi công thức muối halogen: MR.
Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do
phản ứng của H2SO4 đặc Vậy X là H2S Các phương trình phản ứng:
8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O (1)
0,8 0,5 0,4 0,4 0,1
H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3 (2)
0,1 0,1
BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3)
Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol)
theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2
nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol)
Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g)
Theo (3): nBaSO4 = (1,674 69,6): 233 = 0,5(mol)
→ Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol)
Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M)
Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4 96= 31,2 gam )
1 Sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen :
- Năng lượng liên kết X – X trong F2 nhỏ hơn trong Cl2 và Br2 do trong F2 chỉ có xen phủ p–
p còn trong Cl2→ At2 ngoài sự xen phủ p –p còn có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết
- Năng lượng liên kết giảm từ Cl2 → At2 là do bán kính nguyên tử tăng dần từ F → At nên
mức độ xen phủ giữa các AO giảm dần ⇒ độ bền liên kết X – X giảm từ Cl2 → At2
1,0
2 Nêu và giải thích qui luật biến đổi:
− Tính axit tăng từ HClO → HClO4 do khi số nguyên tử O liên kết với nguyên tử Cl tăng
làm tăng mật độ điện tích dương trên Cl ⇒ làm giảm mật độ điện tích âm trên nguyên tử O
của nhóm O – H ⇒ tăng độ phân cực của liên kết O – H ⇒ tính độ linh động của H
− Độ bền tăng từ HClO → HClO4 do khi số nguyên tử O liên kết với nguyên tử Cl tăng
⇒ tăng số cặp electron quanh nguyên tử Cl ⇒ làm giảm độ dài liên kết Cl – O; đồng thời
khi số nguyên tử O tăng làm tăng tính đối xứng của các ion ⇒ độ bền của các gốc axit tăng
− Tính oxi hoá trong dãy ion: ClO−, ClO2−, ClO3−, ClO4− giảm do độ bền của các ion tăng
Trang 10m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g)
2
+ Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2 MR → MR = 127 (Iot)
+ Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8 → MM =39 (Kali)
1,5
1,0