ĐỀ THI + ĐÁP ÁN OLYMPIC HÓA 10 TRUYỀN THỐNG 304 LẦN XXII – NĂM 2016

ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 304 LẦN XXII – NĂM 2016ĐỀ CHÍNH THỨCCho NTK: H=1, O=16, Na=23, Mg=24, S=32, K=39, Fe=56, Br=80, I=127Câu 1: (4 điểm) 1.R là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng RH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử R có tổng số lượng tử chính và số lượng tử từ bằng 3.a.Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử R.b.Ở điều kiện thường, cho RH3 là một chất khí. Viết công thức cáu tạo, dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố tring tâm trong phân tử RH3, oxit cao nhất, hiđroxit tương ứng R.2.Giả sử có thể ciết cáu hình electron của như sau: Cách 1: Cách 2: Áp dụng phương pháp gần đúng Slater hãy tính năng lượng electron của với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Vì sao?3.Cho X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong bảng tuần hoàn, có tổng số đơn vị điện tích hạt nhân là 90 (X có số đơn vị điện tích hạt nhân nhỏ nhất).a.Xác định số đơn vị điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B.b.Viết cấu hình electron của X2, Y, A+, B2+ . So sánh bán kính của chúng và giải thích.c.Trong phản ứng oxi hóa – khử, X2, Y thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?4.Trong mạng tinh thể của Beri borua, nguyên tử Bo kết tinh ở mạng tinh thể lập phương tâm mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử Be, khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tố Bo là 3,29 Å.

ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XXII – NĂM 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC Cho NTK: H=1, O=16, Na=23, Mg=24, S=32, K=39, Fe=56, Br=80, I=127

Câu 1: (4 điểm)

1 R là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng RH3 Electron cuối cùng trên nguyên

tử R có tổng số lượng tử chính và số lượng tử từ bằng 3

a Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử R

b Ở điều kiện thường, cho RH3 là một chất khí Viết công thức cáu tạo, dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố tring tâm trong phân tử RH3, oxit cao nhất, hiđroxit tương ứng R

2 Giả sử có thể ciết cáu hình electron của Ni2+ như sau:

- Cách 1: 1 2 2 3 3 3s s2 2 p s p d6 2 6 8

- Cách 2: 1 2 2 3 3 3 4s s2 2 p s p d s6 2 6 8 2

Áp dụng phương pháp gần đúng Slater hãy tính năng lượng electron của 2

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

3 Cho X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong bảng tuần hoàn, có tổng số đơn vị điện tích hạt nhân là 90 (X có số đơn vị điện tích hạt nhân nhỏ nhất)

a Xác định số đơn vị điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B

b Viết cấu hình electron của X2-, Y-, A+, B2+ So sánh bán kính của chúng và giải thích

c Trong phản ứng oxi hóa – khử, X2-, Y- thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?

4 Trong mạng tinh thể của Beri borua, nguyên tử Bo kết tinh ở mạng tinh thể lập phương tâm mặt

và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử Be, khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tố Bo là 3,29 Å

a Tính số nguyên tử B và số nguyên tử Be có trong 1 ô mạng cơ sở?

b Tính độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở va fkhoois lượng riêng của Beri borua theo đơn vị g/cm3? Biết nguyên tử khối của B = 10,81; Be = 9,01; và số Avogadro NA = 6,022.1023

Câu 2: (4 điểm)

1 Biết giá trị nhiệt động của các chất sau ở điều kiện tiêu chuẩn (298 K) là:

0

s

H

Tính biến thiên năng lượng do Gibbs (∆G0) của sự tạo thành các oxit sắt, từ các đơn chất ở điều kiện chuẩn Từ đó hãy cho biết ở điều kiện chuẩn oxit sắt nào bền nhất?

2 Bằng thực nghiệm người ta đã thu được những số liệu của phản ứng giữa NO và H2 ở nhiệt độ

7000C như sau:

2NO (k) + 2H2 (k) → 2H2O (k) + N2 (k)

TN Nồng độ ban đầu H2

(M)

Nồng độ ban đầu NO

(M)

Tốc độ ban đầu

M.s-1

a Xác định bậc của phản ứng

b Xác định hằng số tốc độ phản ứng

c Hai cơ chế được đề xuất cho phản ứng trên được trình bày dưới đây, xác định cơ chế nào phù hợp với qui luật động học thực nghiệm?

Cơ chế 1:

N2O2 (k) + H2 (k) →k2 2HON (k) nhanh

HON (k) + H2 (k) →k3 H2O (k) + HN (k) chậm

HN (k) + HON (k) →k4 + N2 (k) + H2O (k) nhanh

Cơ chế 2:

N2O2 (k) + H2 (k) →k5 N2O (k) + H2O (k) chậm

N2O (k) + H2 (k) →k6 N2 (k) + H2O (k) nhanh

Câu 3: (4 điểm)

1 Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05M; HCl 0,18M và CH3COOH 0,02M

Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23M thì dừng, ta thu được dung dịch

A1 (xem thể tích của dung dịch A1 bằng thể tích dung dịch A) Tính pH của dugn dịch A1 Cho Ka2(HSO4-) = 10-2; Ka (CH3COOH) = 10-4,75

2 Tính nồng dộ cân bằng của các ion trong dung dịch gồm Cu(NO3)2 1,0M và NaCl 1,0.10-3M Cho các hằng số bền:

2

−

3 Trị số pH của dung dịch bão hòa magie hiđroxit trong nước tại 25℃ là 10,5

a Tính độ tan của magie hiđroxit trong nước

b Tính tích số tan của magie hiđroxit

c Tính độ tân của magie hiđroxit trong dung dịch NaOH 0,01M tại 25℃

d Trộn hỗn hợp gồm 10 gam magie hiđroxit và 100 ml dung dịch HCl 0,10M tại 25℃ Tính pH của dng dịch thu được (xem nhưng thể tích dung dịch sau pha trộn không đổi)

Câu 4: (4 điểm)

Cho RT ln

F = 0,05921g (ở 25℃); F = 96485C.mol-1

1 Bổ túc cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau:

a. Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 +

(phương pháp thăng bằng electron)

b. OCl- + I- + H2O → + I2 + OH

-(phương pháp thăng bằng ion - electron)

c. Na2SO3 + KMnO4 + H2O → + + KOH

(phương pháp thăng bằng ion - electron)

d. KI + KClO3 + H2SO4 → KCl + I2 + + H2O

3 Ăn mòn kim loại thường đi kèm với các phản ứng điện hóa Việc thép bị ăn mòn tạo gỉ sắt trên

bề mặt cũng theo cơ chế này

Thế chuẩn ở 25℃:

Fe2+

(dd) + 2e → Fe(r) E0 = -0,44V

O2 + 2H2O + 4e → 4OH

a Tính E0 của phản ứng ở 25℃

b Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản ứng, từ đó viết sơ đồ pin trên

c Tính KC của phản ứng

d Phản ứng trên xảy ra trong 24 giờ có thể tạo dòng điện có cường độ I = 0,12A

Tính khối lượng Fe chuyển thành Fe2+ sau 24 giờ Biết oxi dư

e. Tính E cuả phản ứng biết:

[Fe2+] = 0,015M; pHnửa pin phải = 9,00; p(O2) = 0,70 atm

Câu 5: (4 điểm)

1 Hãy cho biết các oxit của clo: Cl2O, ClO2, Cl2O6 là anhiđrit của các axit nào? Viết phương trình hóa học minh họa

2 Hoàn thành các phản ứng hóa học sau:

Na2S2O3 + Cl2 + H2O → Na2S2O3 + H2SO4 →

F2 + NaOHloãng → I2 + KOH →

3 Hòa tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dich H2SO4 dư, đun nóng Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 ml dung dịch Br2 thu được 500 ml dung dịch A Thêm KI vào 50 ml dung dịch A, lượng I3- sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch

Na2S2O3 0,01M Nếu sục khí N2 để đuổi hết Br2 dư trong 25 ml dung dịch A thì thu được dung dịch Để trung hòa dung dịch B cần dùng 15 ml dung dịch ,NaOH 0,1M

a Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu

b Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X

ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 Câu 1: (4 điểm)

1 a Với hợp chất hidro có dạng RH3 nên R thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA

TH1: R thuộc nhóm IIIA, → cấu hình e lớp ngoài cùng có dạng ns2np1

Vậy e cuối cùng có: l=1, m=-1, ms = +1/2 Mà n + 1 + m + ms =4,5 → n = 4

Cấu hình e nguyên tử: 1s22s22p63s23p63d104s24p1

TH2: R thuộc nhóm VA, → cấu hình e lớp ngoài cùng có dạng ns2np3

Vậy e cuối cùng có: l=1, m=1, ms = +1/2 Mà n + 1 + m + ms =4,5 → n = 2

Cấu hình e nguyên tử: 1s22s22p3 (N)

b Ở điều kiện thường RH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ

Công thức cấu tạo các hợp chất:

Oxit cao nhất:

Nguyên tử N có trạng thái lai hoá sp3 Hidroxit với hóa trị cao nhất:

Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2

2 - Ứng với cấu hình: 1s 2s 2p 3s 3p 3d2 2 6 2 6 8 (1)

*

1s

Z = 28 – 1.0,3 = 27,7

2

22,7

1

*

2s,2p

Z = 28 – 2.0,85 – 7.0,35 = 23,85

2

23,85

2

*

3s,3p

Z = 28 – 2.1 – 8.0,85 – 7.0,35 = 16,75

2

16,75

3

N H

N O

O

O O

O O

- Ứng với cấu hình: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s2 2 6 2 6 6 2

*

3d

Z = 28 – 18.1 – 5.0,35 = 8,25

2

8, 25

3

*

4s

Z = 28 – 10.1 – 14.0,85 = 5,75 eV

2

5, 7

3,7

5

Vì E(1) < E(2) ⇒ (1) bền hơn (2)

Vậy trạng thái cơ bản cấu hình Ni2+ phù hợp là: 1s 2s 2p 3s 3p 3d2 2 6 2 6 8

3 a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X

⇒ Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt

(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4)

Theo giả thiết: Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90

⇒ Z = 16 → 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B

(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) b) S2-, Cl-, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s 2s 2p 3s 3p2 2 6 2 6

Số lớp e giống nhau ⇒ r phụ thuộc điện tích hạt nhân Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính

r càng nhỏ

r − >r − >r + >r + c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất

4 a) Số nguyên tử B trong 1 ô mạng cơ sở là: 8.1 6.1 4

8+ 2= nguyên tử

Vì các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử Be ⇒ số nguyên tử Be là 8

b) Gọi a là độ dài cạnh 1 ô mạng cơ sở Các nguyên tử B tiếp xúc trên đường chéo mặt mạng, nên: 4r = a 2

3, 29 a ,

a  2

4 65

Khối lượng riêng:

3

A

M.N 8.9,01 4.10,81

N V (4,65.10 ) 6,022.10−

+

Câu 2: (4 điểm)

1.

2

1

2

1

H 63700cal.mol−

2

1

2

− −

G H T S 58634cal.mol−

2 2 3

3

2

2

H 169500cal.mol−

3

2

− −

G H T S 149951, 2 cal.mol−

3

H 266900cal.mol−

S S (3.S 2.S ) 81,3cal.mol K− −

G H T S 242672,6 cal.mol−

2. a) Phương trình động học có dạng: v = k.[NO]x.[H2]y

Thay các giá trị thực nghiệm vào ta có:

v1 = 2,4.10-6 =k.0,025x.0,01y

v2 = 1,2.10-6 =k.0,025x.0,005y

v3 = 0,6.10-6 =k.0,0125x.0,01y

Vậy bậc toàn phần của phản ứng là 3

b) Hằng số tốc độ phản ứng là: k = 0,384 (mol/l)-2s-1

c) Giai đoạn chậm nhất quyết định tốc độ phản ứng:

Theo cơ chế 1: v = k.[HON].[ H2]

2

d[N O ] 1

k [NO] k [H ][N O ]=0

2 1

k [NO]

[N O ]=

2k [H ]

d[HON]

2k [H ][N O ] k [HON][H ] k [HON][HN] 0

d[HN]

k [HON][H ] k [HON][HN] 0

(2) – (3) ta được: 2 2 2

3

k [N O ] [HON]=

(1) thay vào (4) ta được:

2 2

k [NO]

[HON]=

Thay (5) vào biểu thức v ta được

2

2 1

k [NO]

2

1 Vì nấc H2SO4 điện li hoàn toàn nên:

H2SO4 → H+ + HSO4

-0,05 0,05 0,05

HCl → H+ + Cl

-0,18 -0,18 -0,18

NaOH → Na+ + OH

-0,23 -0,23 -0,23

H+ + OH- → H2O

0,23 0,23 0,23

Dung dịch A1 : HSO4- 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na+ 0,23M; Cl- 0,18M

HSO4- € H+ + SO42- (1)

0,05M

CH3COOH € H+ + CH3COO- (2)

0,02M

H2O € H+ + OH- (3)

2 2

4,75

555 100

−

−

= = > ⇒ (1) là chủ yếu

2

Ka C 10 0,05 10= − > − ⇒bỏ qua sự điện li của H2O

Xét cân bằng (1)

2

2 2

x

0,05 x

−

2 Do C Cu2 + >>C Cl− nên trong hệ xảy ra quá trình tạo phức CuCl+ là chính:

Cu2+ + Cl- → CuCl+

TPGH: Cu2+ 0,999M ; CuCl+0,001M

Đánh giá quá trình tạo phức hidroxo

Cu2+ + H2O € CuOH+ + H+ *βCuOH+ 10 8,0

−

=

2

8

10

0,999

x

x

−

=

−

[CuOH ] x 9,995.10+ − [Cu ] 0,999 x 0,999,+

của Cu2+ là không đáng kể

Do phức CuCl+ là chính nên trong hệ có cân bằng chủ yếu:

CuCl+ € Cu2+ + Cl- k = 10-2.8

10 0,001

(0,999 ) y

y

=

−

+

y = [Cl-] = 1,58.10-6M; [Cu2+]=0,999M

Và [CuCl+] = 0,001 – 1,58.10-6 = 9,98.10-4 M

Từ giá trị Cu2+ và Cl- tính được, ta có:

[CuCl ]= [Cu ][Cl ]β + − =10 0,999(1,58.10 )− =6, 26.10 M− <<[CuCl ]+

[CuCl ]= [Cu ][Cl ]− β + − =10 0,999(1,58.10 )− =3, 06.10− M<<[CuCl ]+

[CuCl ]= [Cu ][Cl ]− β + − =10 0,999(1,58.10 )− =2,60.10− M<<[CuCl ]+

3 a) Mg(OH)2 € Mg2+ +2OH−

pH = 10,5 ⇒ pOH = 3,5 ⇒[OH-] = 3,16.10-4 (M)

2

−

b) Tích số tan KS = [Mg2+].[OH-]2 = 1,58.10-11

c) NaOH → Na+ + OH

Mg(OH)2 ƒ Mg2+ + 2OH

KS = [Mg2+].[OH-]2 = S(0,01 + 2S)2 = 1,58.10-11

⇒ S = 1,58.10-7 (M)

d) Số mol Mg(OH)2 = 0,1724 ? (0,01/2) mêm HCl bị tring hòa hết theo phản ứng

Mg(OH)2 + 2 H+ → Mg2+ + 2H2O Xem thể tích không đổi = 100 ml thì nồng độ CMg2+ = 0,05M

Khi đó: Mg(OH)2 ƒ Mg2+ + 2OH

-[ ] S’ S’ + 0,05 2S’

Vì KS << ⇒ Coi: S’ + 0,05 ≈ 0,05

KS = [Mg2+].[OH-]2

11

2

[Mg ] S' 0, 05

−

+

×

+

pOH 4,75 pH 9, 25

Câu 4:

1 a) Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + (thăng bằng electron)

2 3Cu FeS2 x → 3 Fe+8/3 + 6Cu 3x S (12 x 14) e+2 + +4+ +

(6x +7) Oo2 + 4e → 2O−2

6Cu2FeSx + (6x +7)O2 → 6Cu2O + Fe3O4 + 6xSO2

b) OCl- + I- + H O → + I + OH- (ion – electron)

c) Na2SO3 + KMnO4 + H2O → + + KOH (ion – electron)

−+ − → − + +

2x MnO+7 4− + 2H O2 +3e →MnO2 ++4 4OH−

3Na2SO3 + 2KMnO4 + H2O → 3Na2SO4 + 2MnO2 + 2KOH

d) KI + KClO3 + H2SO4 → KCl + I2 + + H2O (ion – electron)

3x 2I− → I2+o 2e

1x ClO+5 3− +6H+ + 6e →Cl− +3H O2

6KI + KClO3 + 3H2SO4 → 3K2SO4 + 3I2 + KCl + 3H2O

MnO− +8H+ +5e →Mn ++ 4H O

8

2

[MnO ][H ]

0, 0592

− + +

pH = 0, 2

E − + = +1,51V >E − = +1,36V;

Như vậy: MnO4− oxi hóa được cả Cl , Br , I− − − E0Br /Br2 − = +1,08V; E0I /I2 − = +0,62V

4

0

4 MnO /Mn

E − + = +1, 23V⇒ MnO−chỉ oxi hóa được Br , I− −

4

0

4 MnO /Mn

E − + = +1,04V ⇒ MnO−chỉ oxi hóa được I−

3 a) Eo(pin) = E0

phải - E0 trái = 0,40 – (-0,44) = 0,84V b) Phản ứng xảy ra ở hai nửa pin:

Trái: 2Fe → 2Fe2+ + 4e

Phải: O2 + 2H2O + 4e → 4OH

-Toàn bộ phản ứng: 2Fe + O2 + 2H2O → 2Fe2+ + 4OH

-Sơ đồ pin: -Fe(r) | Fe2+ || OH- | O2(k), C(r) +

c) K = [Fe2+]2[OH-]4/p(O2)

(pin)

d) Q = ne.F = It = 10368 (C)

ne = Q/F = 0,1075 mol

Fe

m (0,1075 : 2).56 3,01 (g)

e)

2

0

2

in

O

F

pH = 9,00 → [H+] = 10-9M và [OH-] = 10-5M

Thay E0 = 0,84; p(O2) = 0,70 atm; [Fe2+] = 0,015M; n = 4 vào (1)

pin

0,0592 0,015 (10 )

−

E 1,188(V)

→ =

Câu 5:

1 Các oxit tương ứng:

• Cl2O là anhidrit của axit hipoclorơ HClO

• ClO2 là anhidrit hỗn tạp của axit clorơ HClO2 và axit cloric HClO3.

• Cl2O6 là anhidrit hỗn tạp của axit cloric HClO3 và axit cloric HClO4

Phản ứng minh họa:

Cl2O + 2KOH → 2KClO + H2O 2ClO2 + 2KOH → KClO2 + KClO3 +H2O

Cl2O6 + H2O → HClO3 +HClO4

2 4Cl2 + Na2S2O3 + 5H2O → 2NaHSO4 + 8HCl

Na2S2O3 + H2SO4 → S + SO2 +Na2SO4 + H2O

2F2 + 2NaOHloãng → 2NaF + OF2 + H2O

3I2 + 6KOH → 5KI + KIO3 + 3H2O

3 a) Tính nồng độ dung dịch Br2:

Các PTPƯ xảy ra:

HSO3- + H+ → H2O + SO2 (1)

x mol x mol

SO32- + 2 H+ → H2O + SO2 (2)

y mol y mol

Br2 + 2H2O + SO2 → SO42- + 2Br- + 4H+ (3)

3I- + Br2 → I3- + 2Br- (4)

I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I- (5)

Ta có: nNaOH = 0,015.0,1 = 0,0015 (mol)

H

n +

→ (25ml ddA) = 0,0015 (mol)

H

n +

→ (500ml ddA) = 0,0015.500/25 = 0,03 (mol)

2

Br

n

→ (3) = 0,03: 4 = 0,0075 (mol)

Ta có: nNa S O2 2 3 = 0,0125.0,01 = 1,25.10-4 (mol)

3

nΓ

→ (50ml ddA) = 1,25.10-3 ½ = 6,25.10-5 (mol)

3

nΓ

→ (500ml ddA) = 6,25.10-5.500 : 50 = 6,25.10-4 (mol)

3

nΓ

→ (4) = 6,25.10-4 (mol)

Vậy: số mol Br2 ban đầu = 0,0075 + 6,25.10-4 = 8,125.10-3 (mol)

CM(Br2) = 8,125 10-3/0,5 = 0,01625 (M) b) Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X (0,5đ)

Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3

→ mhỗn hợp = 104x + 126y = 0,835 (I)

Từ phản ứng (1), (2), (3) ta có: