Hoa 10 thai nguyen

Nguyên tử này chỉ chiếm 74% thể tích của tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng.. a Xác định khối lợng riêng trung bình của toàn nguyên tử rồi suy ra khối l-ợng mol nguyên tử của X.. b B

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYấN

TRƯỜNG THPT CHUYấN THÁI NGUYấN Đấ̀ THI Đấ̀ NGHỊ

Kè THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI Hẩ HÙNG VƯƠNG Năm học: 2014 – 2015 Mụn: Húa học – Lớp 10

Thời gian: 180 phỳt

Cõu 1: Cấu tạo nguyờn tử - húa học hạt nhõn (2,5 điểm)

1-Xác định nguyên tử mà electron cuối cùng điền vào có các số lợng tử sau: a) n = 2 ; l = 1 ; m = 0 ; ms = +1

2 b) n = 3 ; l = 2 ; m = 0 ; ms = –1

2

2- Một nguyên tử X có bán kính bằng 1,44 0

A, khối lợng riêng thực là 19,36 g/cm3 Nguyên tử này chỉ chiếm 74% thể tích của tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng

a) Xác định khối lợng riêng trung bình của toàn nguyên tử rồi suy ra khối l-ợng mol nguyên tử của X

b) Biết nguyên tử X có 118 nơtron và khối lợng mol nguyên tử bằng tổng số khối lợng proton và nơtron Tính số electron có trong X3+

3- Một lượng hỗn hợp gồm hai đồng vị phúng xạ với số lượng hạt nhõn

ban đầu như nhau Đồng vị thứ nhất cú chu kỡ bỏn ró là 2,4 ngày, đồng vị thứ hai cú chu kỡ bỏn ró là 40 ngày Sau thời gian t1 thỡ cú 87,75% số hạt nhõn của hỗn hợp bị phõn ró, sau thời gian t2 thỡ cú 75% số hạt nhõn của hỗn hợp bị phõn ró Tỉ số t1/t2 là

Cõu 2: Hỡnh học phõn tử - Liờn kết húa học – Tinh thể - Định luật tuần hoàn

(2,5 điểm)

1 Mụ tả dạng hỡnh học phõn tử, trạng thỏi lai hoỏ của nguyờn tử trung tõm trong cỏc phõn tử và ion sau: IF5, XeF4, Be(CH3)2, BCl3, H3O+, NO3-

2 So sỏnh độ lớn gúc liờn kết của cỏc phõn tử sau đõy Giải thớch

PI3, PCl3, PBr3, PF3

3 So sỏnh nhiệt độ núng chảy của cỏc chất sau Giải thớch

NaCl, KCl, MgO

Cõu 3: Nhiệt húa học (2,5 điểm)

của phản ứng:

2 H2 + CO = CH3O0H (k) biết rằng:

CO , sn

H

) k ( COOH CH , sn

H 3

2 H 2

P

C = 27,28 + 3,26.10− 3 T + 0,502.105 T− 2 J.mol− 1 K− 1 CO

P

C = 28,41 + 4,10.10− 3 T − 0,46.105 T− 2 J.mol− 1 K− 1

CH OH ( k )

P

C 3 = 15,28 + 105,2.10−3 T − 3,104.10−6 T2 J.mol−1 K−1

Câu 4: Cân bằng hóa học trong pha khí ( 2,5 điểm)

Trong một hệ có cân bằng 3 H2 + N2 ¬ → 2 NH3 được thiết lập ở 400 K

0,125.105 Pa , = 0,499.105 Pa

1 Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng ở400 K

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

3 Trong một hệ cân bằng gồm H2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được: Kp = 3,679.10-9 Pa-2, = 500 mol , = 100 mol

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

Câu 5: Cân bằng trong dung dịch điện li ( 2,5 điểm)

0,01M (dung dịch A) cho đến C NH 0 , 58M

1- Tính pH của dung dịch thu được cho

4

4

2

) (OH =

Mn

3- Tính số ml NaOH 0,1M cần cho vào 25 ml dung dịch A để pH = 4,76

Câu 6: Phản ứng oxihóa - khử Pin điện Điện phân ( 2,5 điểm)

Viết sơ đồ pin Xét ảnh hưởng (định tính) tới sđđ của pin , nếu:

2) Thêm nhiều muối Fe2+ vào nửa trái của pin

3) Thêm ít KMnO4 vào nửa trái của pin

4) Thêm ít NaOH vào nửa phải của pin

5) Thêm nhiều NaCl vào nửa phải của pin

6) Thêm 10 ml nước vào nửa trái của pin

Câu 7: Halogen – Oxi – Lưu huỳnh ( 2,5 điểm) (Lê Quý Đôn – Đà Nẵng 2011)

1 Hãy hoàn thành các phương trình hóa học sau:

2 Tại sao tồn tại phân tử H5IO6 nhưng không tồn tại phân tử H5ClO6? Một trong những phương pháp điều chế axit H5IO6 là cho I2 tác dụng với dung dịch HclO4 đậm đặc Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra

3 Cho H2S lội chậm qua dung dịch A chứa: FeCl3, AlCl3, NH4Cl, CuCl2 đều

có cùng nồng độ 0,1M cho đến bão hòa được kết tủa và dung dịch B Cho

xảy ra dạng ion rút gọn

Câu 8: Bài tập tổng hợp ( 2,5 điểm) (Trần Đại Nghĩa HCM – 2011) Hai bình

bình để đốt cháy hết hỗn hợp muối sunfua và lưu huỳnh, đưa nhiệt độ bình về

1 Tính % thể tích mỗi khí trong A

2 Nếu lượng S trong B tăng lên thì % thể tích các khí trong B thay đổi như thế nào?

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI

ĐỂ NGHỊ HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

Năm học: 2014 – 2015 Môn: Hoá học - Lớp 10

1 1 a) CÊu h×nh 1s22s22p2 lµ 6C

b) CÊu h×nh [18Ar] 3d84s2 lµ 28Ni

3 πr3.d = 4

3×3,14×(1,44 10−8)3×19,36

0,74 = 32,7

10−23

VËy khèi lîng mol nguyªn tö X = 6,023 1023× 32,7 10−23 ≈ 197

g/mol

b) Theo gi¶ thiÕt: p + 118 = 197 → p = 79 → sè e = 76

nhân ban đầu của hỗn hợp là 2 N 0

N1 là số hạt nhân còn lại của đồng vị phóng xạ 1 Ta có: N1 = N 0

N2 là số hạt nhân còn lại của đồng vị phóng xạ 2 Ta có: N2 = N0

Phần trăm số hạt nhân còn lại của hỗn hợp:

Tại t1 :

 Tỷ số thời gian:

2 1 * IF* XeF5 : Dạng chóp vuông; nguyên tử I ở trạng thái lai hoá sp3d2

4 : Dạng vuông phẳng; nguyên tử Xe ở trạng thái lai hoá sp3d2

* Be(CH3)2 : Dạng đường thẳng; nguyên tử Be ở trạng thái lai hoá sp

* BCl3 : Dạng tam giác phẳng; nguyên tử B ở trạng thái lai hoá sp2

* H3O+ : Dạng tháp tam giác; nguyên tử O ở trạng thái lai hoá sp3

* NO3- : Dạng tam giác phẳng; nguyên tử N ở trạng thái lai hoá sp2

PI3 > PBr3 > PCl3 > PF3 Giải thích: Vì độ âm điện của I < Br < Cl < F Độ âm điện của phối tử càng lớn, hoặc bán kính nguyên tử của phối tử càng nhỏ thì tương tác giữa các phối tử càng lớn làm góc liên kết càng nhỏ lại

3 Nhiệt độ nóng chảy của các chất: Giải thích: - Năng lượng phân li tỉ lệ thuận với điện tích ion và tỉ lệ nghịchMgO > NaCl > KCl với bán kính ion

- Bán kính ion K+ > Na+; điện tích ion Mg2+ > Na+ và O2- > Cl-

o

H298

∆Cp = -67,69 + 94,58.10−3 T − 31,04.10−6 T2− 0,544.105 T−2 o

T

H 2

∆ = o

T

H 1

∆ − 67,69 (T2 − T1) +

2

10 58

94 , − 3

( 2 2

T − 2

1

T ) −

3

10 04

31 , − 6

2

T

− 3 1

T )

+ 0,544.105 ( 1

2

−

T − 1

1

−

T ) o

H500

∆ = ∆ H o298 − 67,69 (500 − 298) +

2

10 58

94 , − 3

(5002 - 2982)

−

3

10 04

31 , − 6









298

1 500

1

; = − 97750 J hay − 97,75 Kj

2 2

2 NH 3

P

5 2

(0, 499 10 ) (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

2 2

H N H

n P

P × ⇒ nN 2= 0,376500 × 0,125 = 166 mol

nNH 3= 2

3 2

H

N H H

n P

P × ⇒ nNH 3 =0,376500 × 0,499 = 664 mol

⇒ n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1×105 P

là:

PH 2= 100

785× 1×105 Pa ; PN 2= 510

785 × 1×105 Pa ; P= 175

785× 1×105 Pa

Δ G = 8,314 × 410 × [-ln (36,79 × 1,0132 ) + ln ( × 7852× 1,0132)] =

19,74 J.mol¯1

⇒ Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái

4

HSO

0,01

NH3 + H+ → +

4

NH

C0: 0,58 0,01

0,57 - 0,01

NH3 + −

4

4

4

SO

C0: 0,57 0,01 0,01

0,56 - 0,02

4

-C0: 0,56 0,2 0,02

0,36 - 0,22

NH3 + CH3COOH → +

4

-C0: 0,36 0,1 0,22

0,26 - 0,32 0,1

4

NH : 0,32M; CH3COO- : 0,1M;

4

Cân bằng:

+

NH  NH3 + H+ K1 = 10-9,24 (1)

CH3COO- + H2O  CH3COOH + OH- K4 = 10-9,24 (4)

HCOO- + H2O  HCOOH + OH- K5 = 10-10,25 (5)

−

2 4

4

HSO + OH- K6 = 10-12 (6)

So sánh (1) và (2) thấy (1) là chủ yếu

So sánh (3), (4), (5), (6) thấy (3) là chủ yếu

Vậy cân bằng (1) và (3) là chủ yếu hay:

+

4

NH  NH3 + H+ Ka = 10-9,24

a

b

C

C

.

lg = 9,24 + lg 00,,3226= 9,15

2 Sau khi trộn:

M C

M C

M C

NH

NH

Mn

16 , 0 2

32 , 0

13 , 0 2

26 , 0

003 , 0 2

06 , 0

4 3 2

=

=

=

=

=

=

+ +

4

NH  NH3 + H+ Ka = 10-9,24

15 , 9

lg = +

=

a

b

C pK

2 75 , 4

−

⇒ có kết tủa Mn(OH)2 tạo ra

3 Khi cho NaOH vào dung dịch A để pH = 4,76 thì:

4

10 10

10

76 , 4 2

2

+

= − − − α

10 10

10

76 , 4 75 , 3

75 , 3

+

= − − − α

10 10

10

76 , 4 76 , 4

76 , 4

+

= − − − α

4

HSO

C + 0,91098.CHCOOH + 0,5.C CH3COOH) = V 0,1

V = 63, 049 ml

(-) Pt/Fe3+ (0,10M), Fe2+(0,05M),H+(1M)//HCl(0,02M)/AgCl/Ag (+)

Phương trình Nernst cho các điện cực là:

Ở anot( cực âm): [ ]

[ ]+

+

+

= + + +

3 0

/

3

Fe

Fe E

Ở catot( cực dương): AgCl + e € Ag + Cl- hay Ag+ + e€ Ag

[ ]−

+

=

Cl E

/

/ /

+ +

−

= AgCl/Ag Fe3 /Fe2

E

2 1) Thêm H+ vào nửa trái của pin thì E Fe3 +/ Fe2 + không bị ảnh hưởng nên Epin không thay đổi ( sđđ của pin không thay đổi)

2) Thêm nhiều muối Fe2+ vào nửa trái của pin→ E Fe3 +/ Fe2 + giảm xuống→

Epin tăng

3) Thêm ít KMnO4 vào nửa trái của pin:

1 MnO4- + 8H+ + 5e€ Mn2+ + 4H2O

MnO4- + 5Fe2+ + 8H+ € Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O Nồng độ của Fe3+ tăng, nồng độ của Fe2+giảm nên E Fe3 +/ Fe2 + tăng → Epin giảm

4) Thêm ít NaOH vào nửa phải của pin thì phản ứng xảy ra ở nửa phải của điện cực là:

hay Ag+ + e€ Ag

/ /

Ag+ + OH- → AgOH

→ E Ag+/Aggiảm → Epin giảm

5) Thêm nhiều NaCl vào nửa phải của pin thì xảy ra phản ứng:

của Fe2+ đều giảm →E Fe3 +/ Fe2 + không thay đổi nên Epin không thay đổi.

3Br2 + 3Na2CO3  5NaBr + NaBrO3 + 3CO2

2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 2KHSO4 + 2H2O + 2ClO2 + 2CO2

2HBr + H2O2  Br2 + 2H2O

2 Không tồn tại phân tử H5ClO6 vì clo không có AO f trống còn iot thì có

I2 + 2HClO4 đậm đặc + 4H2O  2H5IO6 + Cl2

3 2Fe3+ + H2S  2Fe2+ + S + 2H+

Cu2+ + H2S  CuS + 2H+

 Kết tủa: CuS, S

 Dung dịch B: Al3+, H+, NH4+, Cl-, Fe2+, H2S

B tác dụng với NH3 dư:

NH3 + H+  NH4+

2NH3 + H2S  2NH4+ + S

Fe2+ + S2-  FeS

Al3+ + 3NH3 + 3H2O  Al(OH)3 + 3NH4+

0

t

0

t

0

t

1 (3) ko thay đổi số mol khí, mà muối sunfua trong 2 bình như nhau, lượng kk như nhau  n khí sau cháy bằng nhau

nB sau cháy = 0,316.83,16% = 0,38

 nO2 pư (A) = 0,084 – 0,014 = 0,07

 a = 0,01; b = 0,02

mhh = 97.0,01 + 120.0,02 = 3,37g