Kỳ thi Olympic Olympic 30/4/2006
Trường: THPT chuyên TRẦN ĐẠI NGHĨA_Tp HCM
Đề và đáp án môn: HÓA
Họ tên GV biên soạn: NGUYỄN NGỌC KHÁNH VÂN
Số mật mã:
Khối 10
Số mật mã:
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA LỚP 10
Câu I (4 điểm):
I.1.
I.1.1. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tố X là 5p 5. Tỷ số nơtron và điện tích hạt
nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc
nguyên tố Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thì thu được 18,26 gam
sản phẩm có công thức là XY. Hãy xác định điện tích hạt nhân Z của X và Y và
viết cấu hình electron của Y tìm được.
I.1.2. Hãy cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của hợp chất XCl3.
I.1.3. Bán kính nguyên tử Cobalt là 1,25Å. Tính thể tích của ô đơn vị của tinh thể Co nếu
trong 1 trật tự gần xem Co kết tinh dạng lập phương tâm mặt.
I.2. Sản phẩm bền vững của sự phóng xạ 238U là 206Pb. Người ta tìm thấy 1 mẩu quặng uranit
có chứa 238U và 206Pb theo tỉ lệ 67,8 nguyên tử 238U : 32,2 nguyên tử 206Pb. Giả sử rằng
238
U và 206Pb không bị mất đi theo thời gian vì điều kiện khí hậu. Hãy tính tuổi của
quặng.Biết chu kì bán hủy của 238U là 4,51.109 năm.
Đáp án câu I:
I.1
I.1.1 Cấu hình đầy đủ của nguyên tử X là: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s24p6 4d10 5s25p5
Vậy ZX = 53 = số proton X
NX
1,3962 NX = 74
ZX
AX = ZX + NX = 53 + 74 = 127
Ta có :
NX
3,7 NY = 20
NY
Y + X XY
MY
MXY
4,29
18,26
MY
MY
M 127
4,29
Y
M Y 39 (g/mol)
M XY 18,26
4,29
18,26
Vậy : ZY + NY = 39 ZY = 19
Cấu hình electron của Y : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1
I.1.2
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
X có 7 electron ở lớp ngoài cùng, còn obitan d trống nên trong hợp chất XCl 3 X lai
hóa sp3d, dạng hình học là chữ T
Cl
X
Cl
Cl
0,5đ
I.1.3
1
Phần này là phách sẽ cắt
A
B
A
1,25
5
1,25
D
C
B
C
D
AD = 1,25 . 4 = 5 (Å)
AB =
I.2
52
3,54 ( Å)
2
Vậy thể tích của ô mạng đơn vị của Co : V = (3,54)3 = 44,36 (Å)3
Cứ 1 nguyên tử 238U sinh ra tương ứng 1 nguyên tử 206Pb
Vậy N nguyên tử 238U sinh ra tương ứng N nguyên tử 206Pb
Ta có :
N Ucòn trong quang
N Ucòn trong quang
N Ucòn trong quang
67,8
67,8
0
N Pbsinh ra
32,2
N Uphan ung
32,2
N
N Ucòn trong quang
ban đ
kt
N0
67,8
ban dau .e
e kt 0,6780
0
kt
32,2
N ban đau .(1 e
)
kt 0,3886
t 2,52.109 nam
1đ
1đ
Câu II (4 điểm):
II.1. Tính ái lực điện tử của F, biết:
K(r) K(k)
H0 = 90 kJ
K(k) K+(k) + e
H0 = 419 kJ
F2(k) 2F(k)
H0 = 159 kJ
0
K(r) + ½ F2(k)
KF(r)
H f = - 569 kJ
K+(k) + F-(k)
KF(r)
H 0mang = - 821 kJ
II.2. Một phản ứng trong dung dịch nước xảy ra như sau: A 3B
Bảng số liệu sau cho biết nồng độ của A theo thời gian:
II.2.1. Hỏi tốc độ phản ứng trung bình đối với A trong khoảng thời gian từ 6 – 8 giây
là bao nhiêu?
2
Phần này là phách sẽ cắt
II.2.2. Hỏi tốc độ phản ứng trung bình đối với B trong khoảng thời gian từ 2 – 3 giây
là bao nhiêu?
II.3. Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH4Cl là 1 atm biết ở 250C có các dữ kiện:
0
0
H ht (kJ/mol)
G ht (kJ/mol)
NH4Cl(r)
-315,4
-203,9
NH3(k)
-92,3
-95,3
HCl(k)
-46,2
-16,6
Đáp án câu II:
II.1
K(r)
+
H0f = - 569 kJ
1 F (k)
2
2
90 kJ
KF(r)
159/2 =79,5kJ
K(k)
F(k)
419kJ
H0mang = - 821 kJ
EA=?
K+(k)
F-(k)
+
H = - 569 kJ = 90 + 419 + 79,5 – 821 + EA
EA = - 569 – 90 – 419 – 79,5 + 821 = - 336,5 kJ
0
f
II.2
II.2.1 Tốc độ phản ứng đối với A trong khoảng thời gian từ 6 – 8s :
[ A]
(0,296 0,354)
2,9.10 2 ( M .s 1 )
t
8 6
II.2.2 Ta có :
0,25đ
[ A] 1 [ B ]
t
3
t
Tốc độ phản ứng đối với A trong khoảng thời gian từ 2 – 3 s :
[ A]
(0,511 0,603)
9,2.10 2 ( M .s 1 )
t
3 2
1
3
2
9,2 10
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
[ B ]
t
[ B ]
2,76 10 1 ( M .s 1 )
t
0,25đ
II.3
Đối với phản ứng : NH4Cl(r) NH3(k) + HCl(k)
Hằng số cân bằng : K = PNH .PHCl ( k )
0,25đ
3( k )
Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm, ta có áp suất riêng phần cân
bằng của NH3 và HCl là :
PNH = PHCl ( k ) = 0,5 atm
0,25đ
3( k )
3
Phần này là phách sẽ cắt
Do đó : KT = 0,5.0,5=0,25 (atm)2
Ở 250C :
0
G 298
của phản ứng :
0
G298 = -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ
0
Từ công thức G = -RTlnK, ta có :
92000 = -8,314.298.lnK298
lnK298 = -37,133
0
Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét H 298
không đổi nên :
0
H 298 = - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J)
Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét :
ln
KT
H 0 1
1
(
) T = 596,80K
K 298
R 298 T
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Câu III (4 điểm):
III.1. Một dung dịch A chứa hỗn hợp gồm Fe(NO3)3 10-3 M và MnCl2 1M.
III.1.1. Hãy dự đoán hiện tuợng xảy ra khi cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A
cho đến dư.
III.1.2. Tính khoảng pH cần thiết lập để tách Fe3+ ra khỏi Mn2+ dưới dạng hidroxit.
III.1.3. Nếu dung dịch A còn chứa thêm NaF 1M thì có hiện tượng gì xảy ra khi cho từ
từ dung dịch NaOH cho đến dư vào dung dịch A.
35 , 5
12 , 35
10 , 6
2,17
Cho : Mn 2 10
, Fe3 10
, TFe ( OH )3 10
, TMn ( OH ) 2 10
,
FeF 3 1016,10
6
III.2. Một mẩu nước máy chứa ion Ni 2+và Pb2+. Khi thực hiện chuẩn độ ta thu được kết quả:
ion Pb2+ bắt đầu kết tủa PbS khi nồng độ Na 2S trong nước vượt quá 8,41.10-12M. Và ion
Ni2+ bắt đầu kết tủa NiS khi nồng độ Na2S vượt quá 4,09.10-8M.
V.3.1 Hỏi nồng độ của ion Pb2+ và Ni2+ trong nước máy là bao nhiêu?
V.3.2 Có bao nhiêu % Pb2+ và Ni2+ còn lại trong dung dịch khi nồng độ của Na 2S cân
bằng là 5.10-11M?
Cho biết : Tt(PbS) = 3.10-28 ; Tt(NiS) = 3.10-20
Đáp án câu III:
III.1 Trong dung dịch :
Fe(NO3)3 Fe3+ + 3NO3MnCl2 Mn2+ + 2ClC
[]
C
Fe3+ + H2O
Fe(OH)2+ + H+
10-3M
10-3 – x
x
x
x2
10 2,17
3
10 x
x = 8,84.10-4 (M)
'
[Fe3+] = 1,16.10-4 (M) = C Fe3
Mn2+ + H2O
1M
Mn(OH)+ + H+
Fe3 10 2,17
0,25đ
0,25đ
Mn 10
2
10 , 6
0,25đ
4
Phần này là phách sẽ cắt
[]
1–x
x
x
x2
10 10, 6
1 x
x = 10-5,3 (M)
Sự mất mát Mn2+ không đáng kể
III.1.1 Cho NaOH vào :
Với Fe3+, nồng độ OH- cần để xuất hiện kết tủa :
TFe( OH )3
10 35,5
3
(C ) 3 3
3.10 11 (M)
'
4
OH
Fe
C 3
1,16.10
Với Mn2+, nồng độ OH- cần để xuất
hiện kết tủa :
Fe
(C OH ) Mn 2
0,25đ
TMn ( OH ) 2
C Mn 2
10 12,35
10 6,175 ( M )
1
0,25đ
V ậy Fe(OH)3 kết tủa trước Mn(OH)2
0,25đ
III.1.2 Để kết tủa hoàn toàn Fe(OH)3 :
TFe (OH )3
10 35,5
3
(C OH ) Fe 3 3
1,47.10 10 ( M )
6
6
10
10
Vậy pH = 4,17
Để Mn2+ bắt đầu kết tủa :
TMn (OH )
10 12,35
(C OH ) Mn
10 6,175 ( M ) Vậy pH lúc này = 7,825
1
C Mn
2
2
0,25đ
0,25đ
2
Vậy khoảng pH để tách hoàn toàn Fe3+ khỏi Mn2+ là :
4,17 ≤ pH ≤ 7,825
0,25đ
III.1.3 Giữa quá trình tạo phức với F- và quá trình hidroxo, nhận thấy quá trình tạo phức F - ưu
thế hơn, tạo được phức bền :
C
[]
Fe3+ + 6F10-3
1
x
0,999 + x
FeF63-
FeF 3 1016,10
6
0,25đ
10-3 – x
10 3 x
1016,1
x (0,999 x )
x = 7,95.10-20 (M) rất nhỏ
[Fe3+] = 7,95.10-20 (M)
Khi cho NaOH vào, nồng độ OH- để tạo kết tủa Fe(OH)3 :
TFe (OH )3
10 35,5
3
(C OH ) Fe 3 3
3,4.10 6 ( M )
7,95.10 20
7,95.10 20
Nồng độ OH- cần cho kết tủa Mn(OH)2 là 10-6,175 M
Vậy lúc đó Mn(OH)2 sẽ kết tủa trước.
0,5đ
0,25đ
III.2
III.2.1 Nồng độ Pb2+ trong nước máy :
5
Phần này là phách sẽ cắt
[Pb2+] =
3.10 28
= 3,57.10-17 (M)
8,41.10 12
Nồng độ Ni2+ trong nước máy :
[Ni2+] =
3.10 20
= 7,33.10-13 (M)
4,09.10 8
0,25đ
III.2.2 Trong trường hợp [S2-] = 5.10-11M :
3.10 28
[Pb2+] =
= 6.10-18 (M)
11
5.10
6.10 18
.100% = 16,8%
% Pb còn lại trong dung dịch =
3,57.10 17
2+
0,25đ
Vì lượng S2- sử dụng trong trường hợp này < lượng cần để tạo kết tủa NiS, do đó Ni2+
lúc này vẫn còn 100% trong dung dịch.
0,25đ
Câu IV (4 điểm):
IV.1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng ion electron:
IV.1.1. P PH3 + H2PO2 (môi trường kiềm)
IV.1.2. FeCl2 + H2O2 + HCl FeCl3 + H2O
IV.2. Một pin được cấu tạo bởi 2 điện cực: điện cực thứ nhất gồm một thanh đồng nhúng
trong dung dịch Cu2+ có nồng độ 10-2 M; điện cực thứ 2 gồm một thanh đồng nhúng
trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+ có nồng độ 10-2 M. Sức điện động của pin ở
250C là 38 mV.
IV.1.1. Tính nồng độ (mol.l-1) của ion Cu2+ trong dung dịch ở điện cực âm.
0
IV.1.2. Tính hằng số bền của phức chất. Biết : ECu 2 / Cu = 0,34 V.
Đáp án câu IV:
IV.1
IV.1.1
4P + 3OH + 3H2O PH3 + 3H2PO2
IV.1.2
2FeCl2 + H2O2 + 2HCl 2FeCl3 + 2H2O
IV.2
IV.2.1 Điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+:
0
E Cu 2 / Cu = E Cu
2
/ Cu +
0,059
lg[Cu2+]
2
1đ
1đ
0,25đ
Mà [Cu2+] tự do trong dung dịch này thấp hơn so với điện cực Cu2+/Cu còn lại, nên
điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH 3)4]2+ có điện thế < điện cực còn
lại và đóng vai trò cực âm.
0,25đ
2+
-2
2+
Ta có pin : (-) Cu [Cu(NH3)4] 10 MCu 10-2M Cu (+)
0,25đ
Sức điện động của pin :
E = ECu
2
ECu
/ Cu (+) -
2
/ Cu (-) = 0,038 =
10 2
0,059
lg
[Cu 2 ]( )
2
lg[Cu2+](-) = -3,288
Vậy [Cu2+] trên điện cực âm = 5,15 10-4M
IV.2.2
Vì :
[Cu(NH3)4]2+
Cu2+
+
4NH3
-2
-4
[ ] 10 M
5,15 10 M
45,1510-4M
0,25đ
0,25đ
0,5đ
6
Phần này là phách sẽ cắt
2
[Cu ( NH 3 ) 4 ]
10 2 5,15 10 4
Kb
1,023 1012 0,25đ
2
4
4
4 4
[Cu ][ NH 3 ]
5,15 10 (4 5,15 10 )
Câu V (4 điểm):
V.1. Nguyên nhân gây ngộ độc cơ quan hô hấp của các khí và hơi halogen có giống với
nguyên nhân tẩy màu các chất hữu cơ của chúng không?
V.2. Tại sao hidrosunfua lại độc đối với người?
V.3. Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A
(không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào
B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng ½ hàm lượng Zn trong A.
- Lấy ½ hỗn hợp B hòa tan trong H2SO4 loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48
gam chất rắn nguyên chất.
- Lấy ½ hỗn hợp B thêm 1 thể tích không khí thích hợp. Sau khi đốt cháy hoàn toàn,
thu được hỗn hợp khí C trong đó N 2 chiếm 85,8% về thể tích và chất rắn D. Cho
hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thì thể tích giảm 5,04 lit (đktc)
V.3.3 Viết các phương trình phản ứng.
V.3.4 Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng.
V.3.5 Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.(Cho: Al=27, Zn=65, S=32)
Đáp án câu V:
V.1
Cùng một nguyên nhân : trong dung dịch nước (dịch tế bào của mô biểu bì, nước làm
ẩm vải sợi) có cân bằng : X2 + H2O
HX + HXO
Các axit hipohalogenơ HXO do có mặt nguyên tố X có số oxi hóa +1 kém bền để nhận
electron để chuyển hóa về số oxi hóa -1 bền hơn nên chúng oxi hóa mô biểu bì (là chất
khử hữu cơ) hoặc các chất hữu cơ có màu dẫn đến phá hủy chúng.
0,25đ
V.2
Hidrosunfua lại độc đối với người vì khi vào máu, máu hóa đen do tạo ra FeS làm
hemoglobin của máu chứa Fe2+ bị phá hủy.
H2S + Fe2+(hemoglobin) FeS + 2H+
0,25đ
V.3
V.3.1
Với S, Al và Zn có các phản ứng :
t
2Al +
3S
Al2S3
t
Zn
+
S
ZnS
Trong trường hợp tổng quát nhất (phản ứng không hoàn toàn) hỗn hợp B gồm Al 2S3,
ZnS, S dư, Al dư, Zn dư. Trong 5 chất này chỉ có S không tan trong dung dịch H 2SO4
0
0
loãng vậy :
m
nSdư (B) =
Sdu (
1
B)
2
= 0,48 (gam)
2 0,48
= 0,03 (mol)
32
Với H2SO4 ta có các phản ứng :
Al2S3 +
3H2SO4
ZnS +
H2SO4
Zn
+
H2SO4
2Al
+
3H2SO4
(1)
Al2(SO4)3
ZnSO4
ZnSO4
Al2(SO4)3
0,25đ
+
+
+
+
3H2S
H2S
H2
3H2
0,25đ
7
Phần này là phách sẽ cắt
Khi nung ½ B trong O2 :
9
t
Al2S3 +
O2
Al2O3
+ 3SO2
2
3
t
ZnS +
O2
ZnO
+ SO2
2
t
4Al
+
3O2
2Al2O3
1
t
Zn
+
O2
ZnO
2
t
S
+
O2
SO2
0,25đ
V.3.2
Hỗn hợp khí C gồm SO2, N2 (không có O2 vì người ta dùng một lượng oxi vừa đủ)
Qua dung dịch NaOH, SO2 bị giữ lại :
SO2 +
NaOHdư
Na2SO3
+ H2O
Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit là thể tích SO2
0
0
0
0
0
n SO
2
=
5,04
= 0,225 (mol)
22,4
0,25đ
Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S :
n SO2 ( C ) n S ( B ) n
S(
1
A)
2
Vậy : n S ( A) = 2 .0,225 = 0,45 (mol)
(2)
mS(A) = 0,45. 32 = 14,4 (gam)
mAl+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam)
Gọi x = nAl ; y = nZn trong A.
Ta có :27x + 65y = 18,62
(3)
%SO2 trong C = 100% - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2%
Ta có : 0,225 mol SO2 %SO2 = 14,2%
Vậy : n N 2 =
0,25đ
0,25đ
0,225 85,8
= 1,36 (mol)
14,2
4
thể tích không khí nên :
5
5
5
nN2 =
nKK =
.1,36 (mol)
4
4
5
Thể tích không khí : VKK =
.1,36 . 22,4 = 38,08 (lit)
4
Do N2 chiếm
0,25đ
V.3.3
Số mol O2 dùng để oxi hóa ½ B là: nO2 =
1
1
nN2 =
.1,36 = 0,34 (mol)
4
4
0,25đ
Trong 0,34 mol O2 này có 0,225 mol O2 dùng để biến S thành SO2, phần còn lại dùng
để biến Al, Zn thành Al2O3, ZnO.
n
O2 (
1
B)
2
= 0,34 – 0,225 = 0,115 (mol)
Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al 2O3, ZnO, SO2 hay ½ B (Al2S3, ZnS, Al dư,
Zn dư, S dư thành Al2O3, ZnO, và SO2) thì lượng O2 dùng là như nhau vì có cùng số
mol Al, Zn, và S.
Do đó có thể kết luận là để biến Al, Zn trong ½ A thành Al 2O3, ZnO ta cũng phải dùng
0,115 mol O2.
0,25đ
t
4Al
+
3O2
2Al2O3
0
8
Phần này là phách sẽ cắt
x
2
3x
8
1
t
O2
ZnO
2
y
y
4
2
n O = 3x + y = 0,115 (mol)
2
8
4
Zn
+
0
3x + 2y = 0,920 (4)
0,25đ
Từ (3) và (4) x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn
Từ % Zn trong A và % Zn đơn chất trong B cộng 8,296 gam Zn ta suy ra : z’ = nZndư ;
nZn phản ứng với S ; nSphản ứng với Al ; và n Al2 S3 .
%Zn(A) =
0,22 65 100
43,307%
33,02
0,25đ
Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B :
%Zn đơn chất =
(65 z ' 8,296) 100 1
43,307 z’= 0,01 mol Zn dư.
33,02 8,296
2
0,25đ
Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS
nSphản ứng với Al = nS chung – nS(Zn) – nSdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol)
n Al2 S3 =
0,21
= 0,07 (mol)
3
Thành phần % khối lượng của các chất trong hỗn hợp B :
%Al2S3 =
0,07 150 100%
31,8%
33,02
0,21 97 100%
61,69% 0,25đ
33,02
0,03 32 100%
2,91%
%Sdư =
33,02
%Zndư =
0,01 65 100%
1,97%
33,02
%ZnS=
%Aldư = 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63%
0,25đ
H ẾT
9
- Xem thêm -
.DOC 
9 
605 
128 
