Tài liệu 40 đề thi học sinh giỏi môn hóa học lớp 10 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KON TUM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN : HÓA HỌC – LỚP 10 Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 24/2/2013 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ (Đề này gồm 2 trang) Câu I: (4 điểm) 1.1/ (1,5 điểm) Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au198 với cường độ 4,0 mCi/1g Au. Sau 48 giờ người ta cần một dung dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au. Hãy tính số gam dung môi không phóng xạ pha với 1g Au để có dung dịch nói trên. Biết rằng Au198 có t1/2 = 2,7 ngày đêm. 1.2/ (1,5 điểm) Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong nguyên tử của 2 nguyên tố M và X lần lượt là 82 và 52. M và X tạo thành hợp chất MXa (a: nguyên dương, trong hợp chất MXa thì X có số oxi hóa bằng -1), trong phân tử của hợp chất MXa có tổng số hạt proton bằng 77. Xác định công thức phân tử MXa. (Cho biết một số nguyên tố: 7N, 8O, 9F, 16S, 15P, 17Cl, 29Cu, 26Fe, 30Zn, 24Cr, 25Mn) 1.3/ (1 điểm) Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của NH3, ClF3, XeF4. Câu II: (4 điểm) 2.1/ (2 điểm) Bằng phương pháp quang phổ vi sóng người ta xác định phân tử SO2 ở trạng thái hơi có: o SO 2 1, 6D dS O 1, 432 A ; OSO 109o5 . a) Tính điện tích hiệu dụng của nguyên tử O và nguyên tử S trong phân tử SO2 b) Tính độ ion của liên kết S-O 2.2/ (1 điểm) Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây: (1) 2 ClO2 (k) + O3 (k) → Cl2O7 (k) ΔH0 = - 75,7 kJ (2) O3 (k) → O 2 (k) + O (k) ΔH0 = 106,7 kJ (3) 2 ClO3 (k) + O (k) → Cl2O7 (k) ΔH0 = -278 kJ (4) O2 (k) → 2 O (k) ΔH0 = 498,3 kJ. k: kí hiệu chất khí. Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau: (5) ClO2 (k) + O (k) → ClO3 (k). 2.3/ (1 điểm) Tính năng lượng ion hoá I1, I2, I3, I4 và I5 của nguyên tử 5X. Câu III: (4 điểm) 3.1/ (2 điểm) Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42. 0 t 3.2/ (2 điểm) Thực nghiệm cho biết sự nhiệt phân ở pha khí N2O5 NO 2 + O2 (*) là phản ứng một chiều bậc nhất. Cơ chế được thừa nhận rộng rãi của phản ứng này là k1 N2O5 NO 2 + NO3 (1) k 1 NO 2 + NO3 N2O5 (2) NO 2 + NO3 N2O5 + NO k2 k3 NO + NO 2 + O2 3 NO 2 (3) (4). 1 a) Áp dụng sự gần đúng trạng thái dừng cho NO, NO3 ở cơ chế trên, hãy thiết lập biểu thức tốc độ của (*). Kết quả đó có phù hợp với thực nghiệm không? b) Giả thiết rằng năng lượng hoạt hóa của (2) bằng không, của (3) bằng 41,570 kJ.mol-1. Dựa vào đặc điểm cấu tạo phân tử khi xét cơ chế ở trên, phân tích cụ thể để đưa ra biểu thức tính k-1/ k2 và hãy cho biết trị số đó tại 350 K. c) Từ sự phân tích giả thiết ở điểm b) khi cho rằng các phản ứng (1) và (2) dẫn tới cân bằng hóa học có hằng số K, hãy viết lại biểu thức tốc độ của (*) trong đó có hằng số cbhh K. Câu IV: (4 điểm) 4.1/ (1 điểm) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 mL dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5. 4.2/ (1 điểm) Tính pH của dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,5M và C2H5COOH 0,6M. Biết hằng số phân li axit KCH3COOH =1,75.10-5 và KC2H5COOH =1,33.10-5 . 4.3/ (2 điểm) Hòa tan 0,01 mol PCl3 vào nước thu được 1 lít dung dịch X. Tính pH của dung dịch X. Cho hằng số axit của H3PO3 là : K a1 1,6.10 2 , K a2 7,0.10 7 Câu V: (4 điểm) 5.1/ (1 điểm) Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà ở 200C, thấy tách ra một tinh thể muối kết tinh trong đó có 1,58 gam MgSO4. Hãy xác định công thức của tinh thể muối ngậm nước kết tinh. Biết độ tan cuả MgSO4 ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước. 5.2/ (3 điểm) Cho 88,2 g hỗn hợp A gồm FeCO3, FeS2 cùng lượng không khí (lấy dư 10% so với lượng cần thiết để đốt cháy hết A) vào bình kín dung tích không đổi. Nung bình một thời gian để xảy ra phản ứng, sau đó đưa bình về nhiệt độ trước khi nung, trong bình có khí B và chất rắn C (gồm Fe2O3, FeCO3, FeS2). Khí B gây ra áp suất lớn hơn 1,45% so với áp suất khí trong bình đó trước khi nung. Hòa tan chất rắn C trong lượng dư H2SO4 loãng, được khí D (đã làm khô); các chất còn lại trong bình cho tác dụng với lượng dư dung dịch KOH thu được chất rắn E. Để E ngoài không khí cho đến khi khối lượng không đổi, được chất rắn F. Biết rằng: Trong hỗn hợp A một muối có số mol gấp 1,5 lần số mol của muối còn lại; giả thiết hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng; không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ về thể tích. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp F. c) Tính tỉ khối của khí D so với khí B. ---------------Hết--------------Chú ý: Học sinh được sử dụng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học và máy tính cá nhân đơn giản theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………….Số báo danh:………………………… 2 ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ Câu I: Ý Nội dung 1.1 - t = 48 h = 2 ngày đêm. - Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng phóng xạ, ta có: = 0,693/t1/2; Với t1/2 = 2,7 ngày đêm, = 0,257 (ngày đêm)-1. Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có: =(1/t) ln N0/N. Vậy: N/N0 = e- t = e-0,257 x 2 = 0,598. Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn: 0,598 x 4 = 2,392 (mCi). Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g) 1.2 Gọi p, n, e là số hạt cơ bản của X ( p, n, e nguyên dương) Có: 2p + n = 52 n = 52 -2p Ta luôn có p n 1,524p Vì p nguyên p = 15, 16, 17. Cấu hình electron của X là: p 52-2p 1,524p 14,75 p 17,33. p = 15: 1s22s22p63s23p3 p = 16: 1s22s22p63s23p4 p = 17: 1s22s22p63s23p5 Trong hợp chất X có số oxi hóa bằng -1 => X là Cl Vậy X có 17p, 17e, 18n X là Clo (Cl) Gọi p’; n’; e’ là số hạt cơ bản của M. Tương tự ta có n’ = 82-2p’ 3p’ 82 3,524p’ 23,26 p’ 27,33 Mà trong MXa có 77 hạt proton p’ + 17.a = 77 p’ = 77-17a 82 3,5 1.3 77 17.a 82 3 2,92 a 3,16 Vì a nguyên a = 3. Vậy p’ = 26. Do đó M là Fe. Công thức hợp chất là FeCl3. Cấu tạo của NH3 cho thấy quanh nguyên tử N trung tâm có 4 vùng không gian khu trú electron, trong đó có 1 cặp electron tự do (AB3E) nên phân tử NH3 có dạng tháp đáy tam giác với góc liên kết nhỏ hơn 109o 28' (cặp electron tự do đòi hỏi một khoảng không gian khu trú lớn hơn) Cấu trúc tháp đáy tam giác tâm là nguyên tử N Phân tử ClF3 cỏ 5 khoảng không gian khu trú electron, trong đó có 2 cặp electron tự do (AB3E2) nên phân tử có dạng chữ T (Các electron tự do chiếm vị trí xích đạo) 3 Phân tử XeF4 có 6 vùng không gian khu trú electron, trong đó có hai cặp electron tự do (AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (trong cấu trúc này các cặp electron tự do phân bố xa nhau nhất) Câu II: Ý Nội dung 2.1 a) Đối với phân tử SO2 có thể xem trung tâm điện tích dương trùng với hạt nhân nguyên tử S còn trung tâm điện tích âm sẽ nằm ở điểm giữa đoạn thẳng nối hai hạt nhân nguyên 2 . Trong đó là khoảng tử O. Như vậy momen lưỡng cực của phân tử SO2: SO2 o cách giữa hai trong tâm điện tích và được tính như sau: Theo dữ kiện đã cho: SO 2 1, 432 cos59o 45' 0, 722 A . 1, 6D nên từ đây rút ra: 1, 6 10 18 2 0, 722 10 8 4,8 10 10 0, 23 Vậy điện tích hiệu dụng của nguyên tử O là -0,23 còn điện tích hiệu dụng của nguyên tử S là +0,46 điện tích tuyệt đối của electron b) Mặt khác nếu xem liên kết S-O hoàn toàn là liên kết ion thì momen lưỡng cực của phân tử là: SO2 0,722 10 8 2 4,8 10 10 Vậy độ ion x của liên kết S-O bằng: x 2.2 Kết hợp 2 pt (1) và (3) ta có ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) 1/2 Cl2O7 (k) 1, 6 100% 6,93 6,93D 23% → → 1/2 Cl2O7 (k) ClO3 (k) + 1/2 O (k) ΔH0 = - 37,9 kJ ΔH0 = 139 kJ (6) ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) Kết hợp 2 pt (6) và (2) ta có ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) 1/2 O2 (k) + 1/2 O (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ΔH0 = 101,1 kJ → → ClO3 (k) + 1/2 O (k) 1/2 O3 (k) ΔH0 = 101,1 kJ ΔH0 = -53,3 kJ (7) ClO2 (k) + 1/2 O2 (k) → ClO3 (k) ΔH0 = 47,8 kJ 4 2.3 Kết hợp 2 pt (7) và (4) ta có ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) O (k) → → ClO3 (k) + 1/2 O (k) 1/2 O2 (k) (5) ClO2 (k) + O (k) → ClO3 (k) ΔH0 = 101,1 kJ ΔH0 = - 249,1 kJ ΔH0 = - 201,3 kJ. * Cách 1: Nhận xét: Trị số năng lượng ion hoá của một e còn lại trong lớp bằng trị số năng lượng của e đó và tổng trị số năng lượng ion hoá trong một lớp bằng tổng trị số năng lượng của các electron trong cấu tử đó. Theo từ (1) đến (5) ta có: 52 + Theo (5): I5 = -E(1s') = - (-13,5 12 = 340 (eV) + Theo (4 và 5): I4 + I5 = -E(1s2) (5 0,3)2 → I4 = - (-13,6 . 2) - 340 = 260,848 (eV) 12 (5 - 2.0,85)2 + Theo (3): I3 = (2s') = - (-13,6 ) - = 37,026 (eV) 22 + Theo (2 và 3): I2 + I3 = -E(2s2) (5 - 2.0,85 - 0,35)2 → I2 = - (-13,6 . 2) - 37,026 = 22,151 (eV) 22 + Theo (1, 2 và 3): I1 + I2 + I3 = - E(2s22p1) (5 - 2.0,85 - 2.0,35)2 → I1 = - (-13,6 . 2) - 37,026 - 22,151 = 9,775(eV) 22 * Cách 2 Tính theo tổng năng lượng các e theo từng cấu hình e: + Tính: 52 E1 = E (1s') = -13,6 12 = - 340 (eV) = I5 (5 - 0,3)2 2 E2 = E (1s ) = -13,6 .2 = - 600,848 (eV) = I4 + I5 I4 = E2 - E1 12 (5 - 2.0,85)2 -E3 = -E (1s22p1) = -(E (1s2) + E (2p1)) = -(-600,848 + (-13,6 ) = 637,874 (eV) = I5 22 + I4 + I3 I3 = E3 - E2 (5 - 2.0,85 - 0,35)2 -E4 = -E (1s22p2) = -(E (1s2) + E (2p2)) =)-(-600,848 + (-13,6 .2 )) = I5 + I4 + 22 I3 + I2 = 660,025 (eV) I2 = -E4 + E3 = (5 - 2.0,85 - 2.0,35)2 2 2 1 2 2 1 -E5 = -E (1s 2s 2p ) = -E (1s ) + -E (2s 2p ) = -(-600,848 + (-13,6 .3) 22 = 669,8 (eV) I5 + I4 + I3 + I2 + I1 = -E5 I1 = -E5 + E4 Theo kết quả trên và dựa vào mối quan hệ giữa I và E : 5 In = -E1; In + In-1 = -E2; …; I1 + I2 + … + In = -En Nên ta có: I1 = -E5 + E4 = - (-669,8) - 660,025 = 9,775 (eV) I2 = -E4 + E3 = - (-660,025) - 660,025 = 22,151 (eV) I3 = -E3 + E2 = - (637,874) - 600,848 = 37,026 (eV) I4 = -E2 + E1 = - (600,026) - 340 = 260,848 (eV) I5 = -E1 = 340 (eV) Câu III: Ý Nội dung 3.1 Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở). - Đối với mạng đơn giản: + Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1 + Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử kim loại: V1 = 4/3 x r3 (1) + Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là: V2 = a3 (2) Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau: r a hay a = 2r (3). Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4) Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là: V1/V2 = 4/3 r3 : 8r3 = /6 = 0,5236 Đối với mạng tâm khối: + Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V1 = 2x(4/3) r3 . + Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau: Do đó: d = a 3 = 4r. ra a = 4r/ 3 6 Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/ 3 3 Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là: + V1 : V2 = 8/3 r3 : 64r3/3 3 = 0,68 Đối với mạng tâm diện: Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x ½ = 4. Do đó thể tích của các nguyên tử trong tế bào là: V1 = 4 x 4/3 r3 + Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào được biểu diễn trên hình sau: d Từ dó ta có: d =a a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2 3 Thể tích của tế bào: V2 = a = 64r3/2 2 Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là: V1/V2 = 16/3 r3: 64r3/ 2 2 = 0,74 Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42. a. Xét d[NO3]/dt = k1[N2O5] – k -1[NO2][NO3] – k2[NO2][NO3] 0 (a) → [NO3] = k1[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]} (b). Xét d[NO]/dt = k2[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5] 0 (c) → [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]} (d). Thế (b) vào (d) ta được [NO] = k1k2 / k3(k -1 + k2) (d). Xét d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5] (e). Thế (b), (d) vào (e) và biến đổi thích hợp, ta được d[N2O5]/dt = { - k1 + (k -1 – k2)/ (k -1 + k2)}[N2O5] = k`[N2O5] (f) b. b. Trong (2) do sự va chạm giữa NO2 với NO3 nên N2O5 ≡ O2NONO2 được tái tạo, tức là có sự va chạm của 1 N với 1 O. Ta gọi đây là trường hợp 1. Trong (3) NO được tạo ra do 1 O bị tách khỏi NO2 ; NO2 được tạo ra từ sự tách 1O khỏi NO3. Sau đó 2 O kết hợp tạo ra O2. Ta gọi đây là trường hợp 2. Như vậy ở đây số va chạm giữa các phân tử áng chừng gấp 2 so với trường hợp 1 trên. Phương trình Archéniux được viết cụ thể cho mỗi phản ứng đã xét: 3.2 7 P.ư (2): k -1 = A2e E2 / RT (*); P.ư (3): k2 = A3e E3 / RT (**) Theo lập luận trên và ý nghĩa của đại lượng A trong pt Archéniux đặc trưng cho số va chạm dẫn tới phản ứng, ta thấy A3 = 2A2. Ta qui ước A 2 = 1 thì A3 = 2. Theo đề bài: E2 = 0; E3 = 41,570 kJ.mol -1; T = 350. Thay số thích hợp, ta có: 3 k -1/ k2 = ½ e E3 / RT = ½ e 41,578/ 8,314.10 .350 8.105(lần). c. Kết hợp (1) với (2) ta có cbhh: N2O5 → NO2 + NO3 (I) K = k1 / k -1 = [NO2][NO3] / [N2O5] (I.1) Đưa (I.1) vào b/ thức (c): [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] = k2K/k3 (I.2). Thế b/ thức (I.2) này và (b) trên vào (e), ta có d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2]{ k -1[NO2](k1[N2O5]/ (k -1 + k2)[NO]}k3(k2K/k3). Thu gọn b/ t này, ta được d[N2O5]/dt = {- k1+ (k-1k1/(k -1 + k2)) - k2K}[N2O5] (I.3) Giả thiết k-1>> k2 phù hợp với điều kiện Ea2 0. Cbhh (I) nhanh chóng được thiết lập. Vậy từ (I.3) ta có d[N2O5]/dt = {- k1+ (k -1k1/ k -1) - k2K}[N2O5] (I.4). Chú ý K = k1 / k -1, ta được: d[N2O5]/dt = {- k1+ (k -1- k2)K}[N2O5] (I.5). Câu IV: Ý 4.1 1. C oNH4Cl Nội dung 0,050 L 0,200 mol.L 0,125 L NH4Cl + NaOH 0,08 0,06 0,06 0,06 0,02 0 Xét cân bằng : 1 0,08M ; C oNaOH 0,075 L 0,100 mol.L 0,125 L 1 0,06 M NaCl + NH3 + H2O 0,06 0,06 NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH0,06 0,02 x x x 0,06–x 0,02+x x Kb [ NH 4 ][OH ] [ NH 3 ] (0,02 x ) x 0,06 x 1,8.10 5 , gần đúng x 1,8.10 5 0,06 0,02 5,4.10 5 M pH 14 [ lg( 5,4.10 5 )] 9,73 8 4.2 Gọi nồng độ CH3COOH điện li là xM, nồng độ của C2H5COOH điện li là yM. CH3COO- + H+ CH3COOH Phân li: x x [CH3COO- ].[H+ ] (1) [CH3COOH] KC2H5COOH [C2 H5COO- ].[H+ ] (2) [C2 H5COOH] x (M) C2H5COO- + H+ C2H5COOH KCH3COOH Phân li: y y y (M) => Nồng độ của các chất và ion tại điểm cân bằng là: [CH3COO-] = x (mol/l); [C2H5COO-] = y (mol/l) [H+] = x + y (mol/l) [CH3COOH] = 0,5– x (mol/l); [C2H5COOH] = 0,6 – y (mol/l). Do hằng số cân bằng của các axit quá nhỏ nên: 0,5 – x 0,5; 0,6 – y Thay vào (1) và (2) ta được: x(x y) x(x y) 1, 75.10 5 1, 75.10 5 (3) 0,5 x 0,5 y(x y) y(x y) 1,33.10 5 1,33.10 5 (4) 0, 6 y 0, 6 0,6 Cộng (3) và (4) ta được x(x+y) + y(x+y) = 0,5.1,75.10-5 + 0,6.1,33.10-5 <=> (x+y)2 = 16,73.10-6 => (x+y) = 4,09.10-3 2. => [H+] = x+y = 4,09.10-3M => pH = -lg[H+] = -lg(4,09.10-3) = 2,39. 4.3 Phản ứng: PCl3 + 3H2O H3PO3 + 3HCl 0,01 0,01 0,03 (mol) Dung dịch X gồm H3PO3 0,01M và HCl 0,03M. Sự điện li: HCl H+ + Cl0,03 0,03 (M) H3 PO3 H H 2 PO3 K1 = 1,6.10-2 H 2 PO3 H HPO32 K2 = 7.10-7 Vì K1 >> K2 nên bỏ qua sự phân li ở nấc thứ 2 của H3PO3. Khi đó ta có: H3 PO3 Ban đầu: Phân li: Cân bằng: k1 0,01 x 0,01-x x(0, 03 x) (0, 01 x) H H 2 PO3 0,03 x 0,03+x 1, 6.10 x x 2 K1 = 1,6.10-2 mol/lit mol/lit mol/lit x = 3,25.10-3 → pH = -log(3,2.10-3) = 2,49 9 Câu V: Ý Nội dung 5.1 Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO4.nH2O Trong 120 + 18n gam MgSO4.nH2O có 120 gam MgSO4 và 18n gam H2O 1,58 gam 0,237n gam Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà: 100.100 = 74,02 gam m H2 O 35,1 100 m MgSO4 100.35,1 = 25,98 gam 35,1 100 Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh: mH2O = 74,02 – 0,237n gam m MgSO4 = 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam Độ tan: s = 5.2 25, 4 .100 = 35,1. Suy ra n = 7. 74, 02 0,237n Vậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO4.7H2O a. - Pthh của các phản ứng xảy ra 4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 (1) 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 (2) + Khí B gồm: CO2, SO2, O2, N2; chất rắn C gồm: Fe2O3, FeCO3, FeS2. + C phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng: Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (3) FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + H2O + CO2 (4) FeS2 + H2SO4 → FeSO4 + S↓ + H2S (5) + Khí D gồm: CO2 và H2S; các chất còn lại gồm:FeSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 dư và S, khi tác dụng với KOH dư: 2KOH + H2SO4 → K2SO4 + 2H2O (6) 2KOH + FeSO4 → Fe(OH)2↓ (7) + K2SO4 6KOH + Fe2(SO4)3 → 2Fe(OH)3↓ + 3K2SO4 (8) + Kết tủa E gồm Fe(OH)2, Fe(OH)3 và S, khi để ra không khí thì chỉ có phản ứng: 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (9) Vậy F gồm Fe(OH)3 và S b. - Nhận xét: So sánh hệ số các chất khí trong (1) và (2) ta thấy: áp suất khí sau phản 10 ứng tăng lên chứng tỏ lương FeCO3 có trong hỗn hợp A nhiều hơn FeS2. Gọi a là số mol của FeS2 116.1,5a + 120a = 88,2 số mol của FeCO3 là 1,5a, ta có: a = 0,3. + Vậy trong A gồm : FeS2 (0,3 mol), FeCO3 (0,45 mol). + Nếu A cháy hoàn toàn thì cần lượng O2 là : (0,45/4 + 11.0,3/4) = 1,03125 mol số mol N2 là 4.1,03125 = 4,125 mol ; số mol không khí là (1,03125 + 4,125) = 5,15625 mol. - Vì hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng nên gọi x là số mol FeS2 tham gia phản ứng (1) thì số mol FeCO3 tham gia phản ứng (2) là 1,5x. + Theo (1), (2) và theo đề cho ta có : nB = (5,15625 + 0,375x) + Vì áp suất sau phản ứng tăng 1,45% so với áp suất trước khi nung, ta có : (5,15625 + 0,375x) = 5,15625. 101,45/100 x = 0,2 - Theo các phản ứng (1), ...(9) ta có chất rắn F gồm : Fe(OH)3 (0,75 mol) và S (0,1 mol). Vậy trong F có %Fe(OH)3 = 96,17% ; %S = 3,83% c/ - B gồm: N2 (4,125 mol), O2 (0,40625 mol), CO2 (0,3 mol), SO2 (0,4 mol) - Khí D gồm CO2 (0,15 mol), H2S (0,1 mol) MB = 32. MD = 40. Vậy dD/B = 1,25 Chú ý: - Thiếu cân bằng hoặc thiếu điều kiện trừ ½ số điểm của 1 phương trình. - Thí sinh có thể giải theo hướng khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. Trần Ngọc Hiếu- THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành Kon Tum 11 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ (Đề thi gồm 01 trang) KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 - NĂM HỌC 2011-2012 MÔN: HOÁ HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Câu 1(1,0 điểm) Cho BaO tác dụng với dd H2SO4 thu được kết tủa A và dd B. Cho B tác dụng với Al dư thu được dd D và khí E. Thêm K2CO3 vào dd D thấy tạo kết tủa F. Xác định các chất A, B, D, E, F và viết PTPƯ xảy ra. Câu 2(1,0 điểm) Cân bằng các phương trình hoá học sau: a) K2Cr2O7 + FeCl2 + HCl → CrCl3 + Cl2↑ + FeCl3 + KCl + H2O b) FeS2 + HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO2↑ + H2O Câu 3(1,0 điểm) Cho các chất sau đây: KHCO3; KHSO4; Ba(OH)2; SO2; (NH4)2SO4. Những chất nào có thể phản ứng được với nhau? Viết các PTPƯ và nêu điều kiện phản ứng (nếu có). Câu 4(2,0 điểm) Một hỗn hợp A gồm FeS2; FeS; CuS được hoà tan vừa đủ trong một dd có chứa 0,33 mol H2SO4 đặc nóng. Thu được 7,28 lít SO2 (đktc) và dung dịch B. Nhúng một thanh sắt nặng 50 gam vào dung dịch B, phản ứng xong nhấc thanh sắt ra đem cân thấy khối lượng thanh sắt lúc này là 49,48 gam và còn lại dd C. a) Xác định khối lượng các chất có trong A (coi lượng đồng được đẩy ra bám hết lên thanh sắt). b) Viết PTPƯ xảy ra (nếu có) khi cho dd C lần lượt tác dụng với dd NaOH; dd K2S; khí Cl2. Câu 5(1,0 điểm) Hợp chất ion G tạo nên từ các ion đơn nguyên tử M2+ và X2-. Tổng số hạt (nơtron, proton, electron) trong phân tử G là 84, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 28 hạt. Số hạt mang điện của ion X2- ít hơn số hạt mang điện của ion M2+ là 20 hạt. Xác định số khối, số hiệu nguyên tử của M, X và công thức phân tử của G. Câu 6(1,0 điểm) Nguyên tử Au có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong 4 tinh thể ? (cho NA = 6,022.1023 và Vhình cầu   R 3 ). 3 Câu 7(1,0 điểm) Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Tính thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y? Câu 8(2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm Fe, FeCO3 và Fe3O4. Hòa tan (đun nóng) m gam hỗn hợp A bằng 896 ml dung dịch HNO3 0,5M thì thu được dung dịch B và hỗn hợp khí C gồm CO2 và NO. - Lượng HNO3 dư trong dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,4 gam CaCO3. - Có một bình kín dung tích 4,48 lít chứa không khí (4/5 thể tích là N2 và 1/5 thể tích là O2) ở 0oC và 0,375 atm. Sau khi nén tất cả hỗn hợp khí C vào bình và giữ nhiệt độ bình ở 0oC thì thấy áp suất cuối cùng trong bình là 0,6 atm. Mặt khác đem nung nóng (không có mặt oxi) m gam hỗn hợp A rồi cho tác dụng với H2 dư; lượng nước tạo ra lúc này cho hấp thụ hoàn toàn vào 100 gam dung dịch H2SO4 97,565% thì dung dịch axit bị loãng thành nồng độ 95%. Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A. -----------Hết----------Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG HÓA 10 LẦN 1 - NĂM HỌC 2011-2012 Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Nội dung Cho BaO tác dụng với dd H2SO4 thu được kết tủa A và dd B. Cho B tác dụng với Al dư thu được dd D và khí E. Thêm K2CO3 vào dd D thấy tạo kết tủa F. Xác định các chất A, B, D, E, F và viết PTPƯ xảy ra. TH1: dư BaO BaO + H2SO4 → BaSO4↓ + H2O BaO + H2O → Ba(OH)2 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2↑ K2CO3 + Ba(AlO2)2 → BaCO3↓ + 2KAlO2 A: BaSO4; B: Ba(OH)2; D: Ba(AlO2)2; E: H2; F: BaCO3 TH2: dư H2SO4 BaO + H2SO4 → BaSO4↓ + H2O 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2↑ Al2(SO4)3 + 3K2CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3K2SO4 + 3CO2 A: BaSO4; B: H2SO4; D: Al2(SO4)3; E: H2; F: Al(OH)3 Cân bằng các phương trình hoá học sau: a) K2Cr2O7 + FeCl2 + HCl → CrCl3 + Cl2↑ + FeCl3 + KCl + H2O b) FeS2 + HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO2↑ + H2O a) K2Cr2O7 + 2FeCl2 + 14HCl → 2CrCl3 + 2Cl2↑ + 2FeCl3 + 2KCl + 7H2O b) FeS2 + 18HNO3 → Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2↑ + 7H2O Cho các chất sau đây: KHCO3; KHSO4; Ba(OH)2; SO2; (NH4)2SO4. Những chất nào có thể phản ứng được với nhau? Viết các PTPƯ và nêu điều kiện phản ứng (nếu có). KHCO3 + KHSO4 → K2SO4 + CO2↑ + H2O KHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + KOH + H2O 2KHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + K2CO3 + 2H2O 2KHCO3 + (NH4)2SO4 → K2SO4 + 2CO2↑ + 2NH3↑ + 2H2O 2KHSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + K2SO4 + 2H2O Ba(OH)2 + SO2 → BaSO4↓ + H2O Ba(OH)2 + 2SO2 → Ba(HSO4)2 Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4↓ + 2NH3↑ + 2H2O Một hỗn hợp A gồm FeS2; FeS; CuS được hoà tan vừa đủ trong một dd có chứa 0,33 mol H2SO4 đặc nóng. Thu được 7,28 lít SO2 (đktc) và dung dịch B. Nhúng một thanh sắt nặng 50 gam vào dung dịch B, phản ứng xong nhấc thanh sắt ra đem cân thấy khối lượng thanh sắt lúc này là 49,48 gam và còn lại dd C. a) Xác định khối lượng các chất có trong A (coi lượng đồng được đẩy ra bám hết lên thanh sắt). b) Viết PTPƯ xảy ra (nếu có) khi cho dd C lần lượt tác dụng với dd NaOH; dd K2S; khí Cl2. t  Fe2(SO4)3 + 15SO2↑ + 14H2O a) PTHH 2FeS2 + 14H2SO4 đặc  to  Fe2(SO4)3 + 9SO2↑ + 10H2O 2FeS + 10H2SO4 đặc  to  CuSO4 + 4SO2↑ + 4H2O CuS + 4H2SO4 đặc  Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 - Đặt số mol FeS2, FeS và CuS lần lượt là x,y,z mol. 7 x  5 y  4 z  0,33  7, 28   0,325 - Theo bài ra và theo các pthh ta có hệ: 7,5 x  4,5 y  4 z  22, 4  50  56(0,5 x  0,5 y  z )  64 z  49, 48 - Giải hệ PT ta được x = 0,01; y = 0,02; z = 0,04 Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 1 o 1,75 mFeS2  1, 2( g )  - Khối lượng các chất có trong A là mFeS  1, 76( g ) m  3,84( g )  CuS Câu 5 Câu 6 Câu 7 b) Dung dịch C là FeSO4 FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + Na2SO4 FeSO4 + K2S → FeS↓ + K2SO4 6FeSO4 + 3Cl2 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 Hợp chất ion G tạo nên từ các ion đơn nguyên tử M2+ và X2-. Tổng số hạt (nơtron, proton, electron) trong phân tử G là 84, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 28 hạt. Số hạt mang điện của ion X2- ít hơn số hạt mang điện của ion M2+ là 20 hạt. Xác định số khối, số hiệu nguyên tử của M, X và công thức phân tử của G. Theo đề bài ta có hệ pt sau: 2 PX  N X  2 PM  N M  84  2 PX  N X  2 PM  N M  28 (2 P  2)  (2 P  2)  20 M  X 40 Giải ra ta được: PM = 20; PX = 8. Vậy M là 20 Ca ; X là 168O ; G là CaO Nguyên tử Au có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao 4 nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho NA = 6,022.1023 và Vhình cầu   R 3 ) 3 4 - Thể tích của 1 mol nguyên tử Au là: V1 = N A .  R 3  7,5321(cm3 ) 3 197  10,1756(cm3 ) - Thể tích của 1 mol tinh thể nguyên tử Au là: V2 = 19,36 Vậy độ đặc khít của Au là: 7,5321  .100%  74% 10,1756 1,0 1,0 Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Tính thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y? Ta có sơ đồ phản ứng sau:  MgCl2  Mg MgO     O2  HCl  CuO   CuCl2  H 2O Cu   Al  Al O  AlCl   2 3 3  Bảo toàn nguyên tố cho H: nHCl  2nH2O (1) Bảo toàn nguyên tố cho O: nO /oxit  nH2O (2) Câu 8 0,25 Theo ĐLBTKL: mO /oxit  3,33  2,13  1, 2( g ) 1, 2  0, 075( mol ) Vậy: nO/oxit = 16 Theo (1), (2) ta có: nHCl = 2.0,075 = 0,15(mol) 0,15  0, 075(l )  75(ml ) Vậy: VHCl = 2 Hỗn hợp A gồm Fe, FeCO3 và Fe3O4. Hòa tan (đun nóng) m gam hỗn hợp A bằng 896 ml dung dịch HNO3 0,5M thì thu được dung dịch B và hỗn hợp khí C gồm CO2 và NO. 1,0 Lượng HNO3 dư trong dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,4 gam CaCO3. Có một bình kín dung tích 4,48 lít chứa không khí (4/5 thể tích là N2 và 1/5 thể tích là O2) ở 0oC và 0,375 atm. Sau khi nén tất cả hỗn hợp khí C vào bình và giữ nhiệt độ bình ở 0oC thì thấy áp suất cuối cùng trong bình là 0,6 atm. Mặt khác đem nung nóng (không có mặt oxi) m gam hỗn hợp A rồi cho tác dụng với H2 dư; lượng nước tạo ra lúc này cho hấp thụ hoàn toàn vào 100 gam dung dịch H2SO4 97,565% thì dung dịch axit bị loãng thành nồng độ 95%. Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A. Các phản ứng:  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Fe + 4HNO3  (1)  9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O 3Fe3O4 + 28HNO3  (2)  3Fe(NO3)3 + NO + 3CO2 + 5H2O 3FeCO3 + 10HNO3  (3)  Ca(NO3)2 + CO2 + H2O CaCO3 + 2HNO3  (4)  2NO2 2NO + O2  (5)  3Fe + 4H2O Fe3O4 + 4H2  (6) to  FeO + CO2 FeCO3  (7)  Fe + H2O FeO + H2  (8) Số mol không khí trong bình lúc đầu là n: PV n  0, 075(mol ) RT 0, 075  0, 015(mol ); nN 2  0, 06( mol ) Trong đó, nO2  5 Vì nhiệt độ bình trước và sau phản ứng là không đổi nên áp suất trong bình trước và sau phản ứng tỉ lệ với số mol khí. Gọi số mol khí sau phản ứng (5) là n’. Ta có: 0, 075 0.375   n '  0,12(mol ) n' 0.6 - Số mol khí trong bình sau phản ứng (5) gồm: nN2  0,06(mol ); nNO2  2.nO2  2.0,015  0,03(mol ) và tổng số mol CO2  NO  0,12  0, 06  0, 03  0, 03(mol ) => Tổng số mol CO2 + NO ở phản ứng (1,2,3) = 0,03 + 0,03 = 0,06(mol) 14  0, 42( mol ) Số mol HNO3 tham gia phản ứng (1,2,3) = 0,896.0,5  2. 100 Gọi x, y, z là số mol Fe, Fe3O4 và FeCO3 trong m (g) hỗn hợp A, ta có hệ pt: 28 10 y  z  0, 42 (I) - Số mol HNO3 phản ứng ở (1,2,3) : 4 x  3 3 y z - Số mol CO2 + NO ở (1,2,3) : z  ( x   )  0, 06 (II) 3 3 Gọi p là lượng nước tạo ra trong phản ứng (6,8) ta có: 97,565.100 2, 7 95   p  2, 7( g )  nH 2O   0,15(mol ) 100  p 18 - Số mol H2O: 4 y  z  0,15 (III) Giải hệ (I, II, III) ta được: x = 0,01; y = 0,03; z = 0,03 Khối lượng hỗn hợp A: m = 0,01.56 + 0,03.232 + 0,03.116 = 11(g) Vậy: %Fe = 5,09%; %Fe3O4 = 63,27%; %FeCO3 = 31,64%. 2,0 ĐỀ THI SỐ 1 HỌC SINH GIỎI TỈNH Câu I: 1) Viết các phương trình phản ứng có thể xẩy ra giữa các cặp chất sau (các chất tan đều ở dạng dung dịch): Cu + FeCl3 ; Fe + AgNO3 (dư) ; CuS + HCl ; AgNO3 + NH3 (dư) ; NO2 + NaOH ; I2 + AgNO3 ; Br2 + FeCl2 ; SiO2 + HF 2) Cho Cl2 dư sục dịch qua dung KI và dung dịch KBr, hãy cho biết các hiện tượng xẩy ra? Viết các phương trình phản ứng minh hoạ. 3) Hàm lượng cho phép của S trong các loại nhiên liệu là 0,3% theo khối lượng. Để xác định hàm lượng của S trong một loại nhiên liệu, người ta lấy 100 gam nhiên liệu đó và đốt cháy hoàn toàn, sản phẩm tạo ra gồm SO2, CO2 và hơi nước. Dẫn toàn bộ lượng khí này vào nước được 500 ml dung dịch (giả sử toàn bộ SO2 vào nước). Lấy 10 ml dung dịch này đem chuẩn độ với dung dịch KMnO4 nồng độ 0,005M. Thể tích dung dịch KMnO4 cần dùng là 12,5ml. Hỏi loại nhiên liệu trên có được phép sử dụng không? Tại sao? Câu II: 1) Hợp chất X được tạo bởi 2 nguyên tố A và B có MX = 76. A và B có số oxi hoá cao nhất trong các oxit là +n0 và +m0 ; có số oxi hoá âm trong các hợp chất với Hiđro là nH và mH. Các số oxi hoá này thoả mãn các điều kiện sau : n 0 = n H và m 0 =3 m H . Hãy cho biết công thức phân tử và tên của X. Biết trong hợp chất X, A thể hiện số oxi hoá cao nhất. 2) Một khoáng vật có thành phần về khối lượng các nguyên tố là: 13,77%Na ; 7,18%Mg; 57,48%O ; 2,39%H và còn lại là một nguyên tố khác. Hãy xác định công thức của khoáng vật đó? 3) Hoà tan hoàn toàn một lượng oxit FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 2,24 lít SO2 ở (đktc). Phần dung dịch đem cô cạn được 120 gam muối khan. Viết phương trình phản ứng xẩy ra và tìm công thức của oxit FexOy. Câu III: 1) Có 5 dung dịch: Na2CO3, NaCl; NaOH ; KHSO4 ; Ba(OH)2 (mỗi dung dịch có nồng độ 0,1 mol/l) chứa trong 5 lọ không ghi nhãn. Không dùng thuốc thử, chỉ bằng các thao tác đơn giản có thể nhận ra được dung dịch nào trong số các dung dịch trên? Tại sao? 2) Trong một bình kín dung tích không đổi là 4 lít chứa 0,64 gam bột S và hỗn hợp khí SO2,O2 cùng một ít xúc tác V2O5 (ở 270C áp suất 1,97 atm). Tỷ khối của hỗn hợp khí so với H2 là 21. Bật tia lữa điện đốt cháy hết S và đưa nhiệ độ bình về 3270C, áp suất trong bình là p atm. Nếu dẫn hỗn hợp này qua dung dịch Ba(OH)2 có dư thì được m gam kết tủa. Còn nếu dẫn hỗn hợp khí này qua dung dịch H2O2 có dư, sau đó cho phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 thì được tối đa m + 0,64 gam một kết tủa duy nhất. Tính p và tính hiệu suất của phản ứng oxi hoá SO2 (xúc tác V2O5). Câu IV: Khi nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 thu được khí O2 và hỗn hợp rắn B. Trong B có 0,894 gam KCl chiếm 8,132% theo khối lượng (B không còn KClO3). Lượng khí O2 tạo ra ở trên được trộn với không khí theo tỷ lệ thể tích tương ứng là 1:3, thu được thu được hỗn hợp khí D. Sau khi cho hỗn hợp D đốt cháy hết 0,528 gam C, thu được hỗn hợp khí E gồm 3 khí, trong đó có 22,92 % CO2 theo thể tích. Hỏi m có thể nhận những giá trị nào để có thể thoã mãn điều kiện của bài toán. Tính % khối lượng các chất trong A ứng với giá trị của m. ( Biết không khí có 20% thể tích O2, 80% là N2). ĐỀ THI SỐ 2 HỌC SINH GIỎI TỈNH Bài I : 1/ Trong tự nhiên oxi có 3 đồng vị: 16 O = 99,76 ; 17 O = 0,04 ; 18 O = 0,2 Giải thích vì sao khối lượng nguyên tử trung bình của oxi lại bằng 15,9994 đvC. 2/ Hợp chất M tạo bởi 2 nguyên tố X và Y, cho biết: - Tổng số 3 loại hạt trong nguyên tử X là 52, hoá trị cao nhất của X với oxi gấp 7 lần hoá trị của X với hiđrô. - Y thuộc cùng chu kì với X, có cấu hình electron: ...np1. a) Xác định số thứ tự X, Y trong bảng hệ thống tuần hoàn và gọi tên 2 nguyên tố. b) Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M biết hiệu độ âm điện giữa X và Y có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1,77. Khối lượng phân tử của M là 267. 3/ Cho 2 nguyên tố 16 A và 29 B . Hãy viết các cấu hình electron cho mỗi nguyên tố ở trạng thái không kích thích và trạng thái kích thích. Mỗi cấu hình electron đó ứng với khả năng cho mức oxi hoá nào của nguyên tố? Bài II : 1/ Khi sục khí Cl2 qua dung dịch Ca(OH)2, tuỳ điều kiện phản ứng có thể cho muối CaOCl2 hay Ca(ClO)2. a) Viết phương trình phản ứng. b) Sục khí CO2 từ từ tới dư qua dung dịch CaOCl2 và dung dịch Ca(ClO)2 hãy viết các phương trình phản ứng. 2/ Có hỗn hợp MgSO4.5H2O và CuSO4.7H2O. Bằng thực nghiệm nêu cách xác định thành phần  khối lượng từng muối trong hỗn hợp, đưa ra công thức tổng quát tính  khối lượng từng muối, giải thích các đại lượng trong công thức. 3/ Không dùng thêm thuốc thử nêu cách nhận ra 5 dung dịch sau: NaCl, H2SO4, CuSO4, BaCl2, NaOH. Viết phương trình phản ứng. Bài III : Nung FeS2 trong không khí, kết thúc phản ứng thu được một hỗn hợp khí có thành phần: 7 SO2; 10 O2; 83 N2 theo số mol. Đun hỗn hợp khí trong bình kín (có xúc tác) ở 800K, xảy ra phản ứng: 2SO2 + O2 2SO3 Kp = 1,21.105. a) Tính độ chuyển hoá ( số mol) SO2 thành SO3 ở 800K, biết áp suất trong bình lúc này là 1 atm, số mol hỗn hợp khí ban đầu (khi chưa đun nóng) là 100 mol. b) Nếu tăng áp suất lên 2 lần, tính độ chuyển hoá SO2 thành SO3, nhận xét về sự chuyển dịch cân bằng. Bài IV : Đốt cháy hoàn toàn 3 gam một mẫu than có chứa tạp chất S. Khí thu được cho hấp thụ hoàn toàn bởi 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M được dung dịch A, chứa 2 muối và có xút dư. Cho khí Cl2 (dư) sục vào dung dịch A, sau khi phản ứng xong thu được dung dịch B, cho dung dịch B tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được a gam kết tủa, nếu hoà tan lượng kết tủa này vào dung dịch HCl dư còn lại 3,495 gam chất rắn. 1-Tính  khối lượng C; S trong mẫu than, tính a. 2-Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch A, thể tích khí Cl2 (đktc) đã tham gia phản ứng. ĐỀ THI SỐ 3 HỌC SINH GIỎI TỈNH Bài I: 1/ Trong tự nhiên ô xi có 3 đồng vị : 16 O = 99,76% ; 17O = 0,04%; 18O = 0,2% Giải thích vì sao khối lượng nguyên tử trung bình của ô xi lại bằng 15,9994đvc 2/ Hợp chất M tạo bởi 2 nguyên tố X và Y, cho biết : - Tổng số 3 loại hạt trong nguyên tử X là 52, hoá trị cao nhất của X với ô xi gấp 7 lần hoá trị của X với hiđrô . - Y thuộc cùng chu kì với X, có cấu hình electron....np1 a) Xác định số thứ tự X, Y trong bảng hệ thống tuần hoàn và gọi tên 2 nguyên tố . b) Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M biết hiệu độ âm điện giữa X và Y có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1,77. Khối lượng phân tử của M là 267. 3/ Cho 2 nguyên tố 16A và 29B. Hãy viết các cấu hình electron cho mỗi nguyên tố ở trạng thái không kích thích và trạng thái kích thích. Mỗi cấu hình electron đó ứng với khả năng cho mức ô xi hoá nào của nguyên tố ? Bài II: 1/Khi sục khí Cl2 qua dung dịch Ca(OH)2, tuỳ điều kiện phản ứng có thể cho muối CaOCl2 hay Ca(ClO)2 a) Viết phương trình phản ứng . b) Sục khí CO2 từ từ tới dư qua dung dịnh CaOCl2 và dung dịnh Ca(ClO)2 hãy viết các phương trình phản ứng . 2/ Có hỗn hợp MgSO4.5H2Ovà CuSO4.7H2O. Bằng thực nghiệm nêu cách xác định thành phần % khối lượng từng muối trong hỗn hợp , đưa ra công thức tổng quát tính % khối lượng từng muối, giải thích các đại lượng trong công thức . 3/Không dùng thêm thuốc thử nêu cách nhận ra 5 dung dịnh sau: NaCl, H2SO4, CuSO4, BaCl2, NaOH. Viết phương trình phản ứng . Bài III: 1/ Tính % số mol N2O4 bị phân li thành NO2 ở 270C và 1atm. Cho khối lượng riêng hỗn hợp N2O4 và NO2 ở điều kiện trên là 3,272 gam/lít. 2/ ở 630C có cân bằng : N2O4  2NO2 Kp = 1,27. Biết Kp là hằng số cân bằng được tính bằng biểu thức : K = (PNO2 ) 2 PN 2O4 Trong đó PNO2 và PN2O4 là áp suất riêng phần của từng khí Tính thành phần hỗn hợp khí áp suất chung lần lượt là: 1 atm, 10 atm. Nhận xét về sự chuyển dịch cân bằng. Bài IV: Cho 3,78 gam hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250 ml dung dịch (X) chứa HCl 1M và H2SO4 0,5M được dung dịch B và 4,368 lít H2 (đktc). 1. Chứng minh rằng dung dịch B vẫn còn dư a xít. 2. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 3. Tính thể tích dung dịch C gồm NaOH 0,02M và Ba(OH)2 0,01M cần để trung hoà hết lượng a xít còn dư trong dung dịch B. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn. ĐỀ THI SỐ 4 HỌC SINH GIỎI TỈNH Bài 1: 1/ Viết cấu hình electron cho các nguyên tử và ion sau: X2+ (z = 26) ; Y (z = 41) ; M6+ (z = 25) 2/ Cho phân tử: ClF3 hãy: - Viết công thức cấu tạo; Cho biết kiểu lai hoá trong phân tử; Mô tả hình dạng phân tử. Cho:  (độ phân cực) của phân tử là O,55; góc liên kết FClF = 870 3/ Độ phân ly nhiệt (tính theo %) ở 1000 K của các halogen: F2 Cl2 Br2 I2 % 4,3 0,035 0,23 2,8 Hãy nêu quy luật chung của sự biến thiên độ phân ly nhiệt, giải thích sự bất thường về độ phân ly nhiệt từ F2 đến Cl2 Bài 2: 1/ xác định số oxi hoá của các nguyên tử các nguyên tố trong các chất sau: POCl3 ; Na2S2O3 ; NaAuCl4 ; 2/ Cân bằng các phương trình phản ứng sau: CuS + HNO3  S + NO + . . . CrI3 + KOH + Cl2  K2CrO4 + KIO4 +… HgS + HCl + HNO3  H2HgCl4 + NO + S + ... 3/ Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau: 2NH3 + 3/2 O2  N2 + 3 H2O (1) 2NH3 + 5/2 O2  2NO + 3H2O (2) So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác. Cho năng lượng liên kết của: NH3 O2 N2 H2O NO kJ/mol 1161 493 942 919 627 Bài 3: l/ Có thể tồn tại những hỗn hợp khí sau đây không? tại sao? Nếu tồn tại thì trong những điều kiện nào? Nếu không tồn tại thì viết phương trình phản ứng xảy ra: H2 và O2 ; O2 và Cl2 ; H2 và Cl2 ; HCl và Br2 ; SO2 và O2 ; HBr và Cl2 ; CO2 và HCl ; H2S và NO2 ; H2S và F2. 2/ Cho các trị số góc liên kết: 100,30; 97,80; 101,50; 1020 và các góc liên kết I-P-I; F-P-F; Cl-PCl; Br-P-Br. Hãy gán trị số cho mỗi góc liên kết và giải thích. Bài 4: 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. ĐỀ THI SỐ 5 HỌC SINH GIỎI TỈNH Bài 1: 1/ Viết cấu hình electron cho các nguyên tử và ion sau: X2+ (z = 26) ; Y (z = 41) ; M6+ (z = 25) 2/ Cho phân tử: ClF3 hãy: - Viết công thức cấu tạo; Cho biết kiểu lai hoá trong phân tử; Mô tả hình dạng phân tử. Cho:  (độ phân cực) của phân tử là O,55; góc liên kết FClF = 870 3/ Những hợp chất sau, hợp chất nào khi nhiệt phân giải phóng O2? Viết phương trình: KClO3 , KOH , KMnO4 , CuO , HgO , SiO2 , CuCO3 . Bài 2: 1/ xác định số oxi hoá của các nguyên tử các nguyên tố trong các chất sau: POCl3 ; Na2S2O3 ; NaAuCl4 ; 2/ Cân bằng các phương trình phản ứng sau: CuS + HNO3  S + NO + . . . CrI3 + KOH + Cl2  K2CrO4 + KIO4 +… HgS + HCl + HNO3  H2HgCl4 + NO + S + ... 3/ Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau: 2NH3 + 3/2 O2  N2 + 3 H2O (1) 2NH3 + 5/2 O2  2NO + 3H2O (2) So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác. Cho năng lượng liên kết của: NH3 O2 N2 H2O NO kJ/mol 1161 493 942 919 627 Bài 3 : l/ Có thể tồn tại những hỗn hợp khí sau đây không? tại sao? Nếu tồn tại thì trong những điều kiện nào? Nếu không tồn tại thì viết phương trình phản ứng xảy ra: H2 và O2 ; O2 và Cl2 ; H2 và Cl2 ; HCl và Br2 ; SO2 và O2 ; HBr và Cl2 ; CO2 và HCl ; H2S và NO2 ; H2S và F2. 2/ Dung dịch muối A có nồng độ 40% nếu thêm vào dung dịch A lượng nước bằng lượng nước đã có trong dung dịch A thì nồng độ % của dung dịch là bao nhiêu? Bài 4: 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.