Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 19

Kỳ thi Olympic Olympic 30/4/2006
Trường: THPT chuyên TRẦN ĐẠI NGHĨA_Tp HCM
Đề và đáp án môn: HÓA Khối 10
Họ tên GV biên soạn: NGUYỄN NGỌC KHÁNH VÂN
Số mật mã:
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 XCl
3
.
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
238
U là
206
Pb. Người ta tìm thấy 1 mẩu quặng uranit
có chứa
238
U và
206
Pb theo tỉ lệ 67,8 nguyên tử

238
U : 32,2 nguyên tử
206
Pb. Giả sử rằng
238
U
và
206
Pb không bị mất đi theo thời gian vì điều kiện khí hậu. Hãy tính tuổi của quặng.Biết
chu kì bán hủy của
238
U là 4,51.10
9
năm.
∗ Đáp án câu I:
I.1
I.1.1 Cấu hình đầy đủ của nguyên tử X là: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s
2

4p
6
4d
10
5s
2
5p
5
0,25đ
Vậy Z
X
= 53 = số proton X
3962,1
=
X
X
Z
N
⇒ N
X
= 74 0,25đ
A
X
= Z
X
+ N
X
= 53 + 74 = 127
Ta có :
7,3

=
Y
X
N
N
⇒ N
Y
= 20 0,25đ
Y + X → XY
M
Y
M
XY
4,29 18,26 0,25đ
39
26,18
127
29,426,18
29,4
=⇒
+
=⇒=
Y
YY
XY
Y
M
MM
M
M

(g/mol)
Vậy : Z
Y
+ N
Y
= 39 ⇒ Z
Y
= 19
Cấu hình electron của Y : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
1
0,5đ
I.1.2 X có 7 electron ở lớp ngoài cùng, còn obitan d trống nên trong hợp chất XCl
3
X lai hóa
sp
3
d, dạng hình học là chữ T
Cl
X
Cl

Cl
0,5đ
I.1.3
1

Phần này là phách sẽ cắt
1,25
1,25
5
A
B
C
D
A
B
C
D
AD = 1,25 . 4 = 5 (Å)
AB =
54,3
2
5
2
=
( Å)
Vậy thể tích của ô mạng đơn vị của Co : V = (3,54)
3
= 44,36 (Å)
3
1đ

I.2 Cứ 1 nguyên tử
238
U sinh ra tương ứng 1 nguyên tử
206
Pb
Vậy N nguyên tử
238
U sinh ra tương ứng N nguyên tử
206
Pb
Ta có :
32,2
67,8
quang Ucòn trong
N

0
đban
N
quang Ucòn trong
N
ungUphan
N
quang Ucòn trong
N
32,2
67,8
raPbsinh
N
quang Ucòn trong

N
=
−
=⇒=
nam
9
2,52.10t
0,3886kt
0,6780
kt
e
32,2
67,8
)
kt
e.(1

0
đauban
N
kt
.e
0
dauban
N
=⇔
=⇔
=
−
⇔=

−
−
−
⇔
1đ
Câu II (4 điểm):
II.1. Tính ái lực điện tử của F, biết:
K(r) → K(k) ∆H
0
= 90 kJ
K(k) → K
+
(k) + e ∆H
0
= 419 kJ
F
2
(k) → 2F(k) ∆H
0
= 159 kJ
K(r) + ½ F
2
(k) → KF(r) ∆H
0
f
= - 569 kJ
K
+
(k) + F
-

(k) → KF(r) ∆H
0
mang
= - 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 NH
4
Cl là 1 atm biết ở 25
0
C có các dữ kiện:
∆
0
ht
H
(kJ/mol) ∆
0
ht
G
(kJ/mol)
NH
4

Cl
(r)
-315,4 -203,9
NH
3(k)
-92,3 -95,3
HCl
(k)
-46,2 -16,6
∗ Đáp án câu II:
II.1
K(r) +
1
2
F
2
(k)
KF(r)
∆H
0
f
= - 569 kJ
K(k)
F(k)
90 kJ
159/2 =79,5kJ
K
+
(k)
F

-
(k)
419kJ
E
A
=?
+
∆H
0
mang = - 821 kJ
0,5đ
∆H
0
f
= - 569 kJ = 90 + 419 + 79,5 – 821 + E
A
0,25đ
⇒ E
A
= - 569 – 90 – 419 – 79,5 + 821 = - 336,5 kJ 0,25đ
II.2
II.2.1 Tốc độ phản ứng đối với A trong khoảng thời gian từ 6 – 8s :
).(10.9,2
68
)354,0296,0(][
12
−−
=
−
−

−=
∆
∆
−
sM
t
A
0,25đ
II.2.2 Ta có :
t
B
t
A
∆
∆
×=
∆
∆
−
][
3
1][
Tốc độ phản ứng đối với A trong khoảng thời gian từ 2 – 3 s :
).(10.2,9
23
)603,0511,0(][
12
−−
=
−

−
−=
∆
∆
−
sM
t
A
0,25đ
⇒
t
B
∆
∆
×=×
−
][
3
1
102,9
2
⇒
).(1076,2
][
11
−−
×=
∆
∆
sM

t
B
0,25đ
II.3
Đối với phản ứng : NH
4
Cl
(r)
→ NH
3(k)
+ HCl
(k)
0,25đ
Hằng số cân bằng : K =
)(
.
)(3
kHClNH
PP
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 NH
3
và HCl là :
)(3 k
NH
P
=
)(kHCl
P

= 0,5 atm 0,25đ
Do đó : K
T
= 0,5.0,5=0,25 (atm)
2
0,25đ
3

Phần này là phách sẽ cắt
• Ở 25
0
C :
0
298
G
∆
của phản ứng :
0
298
G
∆
= -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ 0,25đ
Từ công thức
0
G
∆
= -RTlnK, ta có :
92000 = -8,314.298.lnK
298

⇒ lnK
298
= -37,133 0,5đ
Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét
0
298
H
∆
không đổi nên :
0
298
H
∆
= - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J) 0,25đ
• Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét :
ln
)
1
298
1
(
0
298
TR
H
K
K
T
−
∆

=
⇒ T = 596,8
0
K 0,25đ
Câu III (4 điểm):
III.1. Một dung dịch A chứa hỗn hợp gồm Fe(NO
3
)
3
10
-3
M và MnCl
2
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 Fe
3+
ra khỏi Mn
2+
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.
Cho :
6,10
10
2
−
=
+

Mn
η
,
17,2
10
3
−
=
+
Fe
η
,
5,35
)(
10
3
−
=
OHFe
T
,
35,12
)(
10
2
−
=
OHMn
T
,

10,16
10
3
6
=
−
FeF
β
III.2. Một mẩu nước máy chứa ion Ni
2+
và Pb
2+
. Khi thực hiện chuẩn độ ta thu được kết quả: ion
Pb
2+
bắt đầu kết tủa PbS khi nồng độ Na
2
S trong nước vượt quá 8,41.10
-12
M. Và ion Ni
2+
bắt đầu kết tủa NiS khi nồng độ Na
2
S vượt quá 4,09.10
-8
M.
V.3.1 Hỏi nồng độ của ion Pb
2+
và Ni
2+

trong nước máy là bao nhiêu?
V.3.2 Có bao nhiêu % Pb
2+
và Ni
2+
còn lại trong dung dịch khi nồng độ của Na
2
S cân
bằng là 5.10
-11
M?
Cho biết : T
t(PbS)
= 3.10
-28
; T
t(NiS)
= 3.10
-20

∗ Đáp án câu III:
III.1 Trong dung dịch :
Fe(NO
3
)
3
→ Fe
3+
+ 3NO
3

-
MnCl
2
→ Mn
2+
+ 2Cl
-
Fe
3+
+ H
2
O Fe(OH)
2+
+ H
+

17,2
10
3
−
=
+
Fe
η
0,25đ
C 10
-3
M
[ ] 10
-3

– x x x
17,2
3
2
10
10
−
−
=
−
x
x
⇒ x = 8,84.10
-4
(M)
⇒ [Fe
3+
] = 1,16.10
-4
(M) =
'
3
+
Fe
C
0,25đ
Mn
2+
+ H
2

O Mn(OH)
+
+ H
+

6,10
10
2
−
=
+
Mn
η
0,25đ
C 1M
[ ] 1 – x x x
4

Phần này là phách sẽ cắt
6,10
2
10
1
−
=
−
x
x
⇒ x = 10
-5,3

(M)
⇒ Sự mất mát Mn
2+
không đáng kể 0,25đ
III.1.1 Cho NaOH vào :
Với Fe
3+
, nồng độ OH
-
cần để xuất hiện kết tủa :
Với Mn
2+
, nồng độ OH
-
cần để xuất
hiện kết tủa :
)(10
1
10
)(
175,6
35,12
)(
2
2
2
M
C
T
C

Mn
OHMn
MnOH
−
−
===
+
+−
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
:
)(10.47,1
10
10
10
)(
10
3
6
5,35
3
6
)(
3

3
M
T
C
OHFe
FeOH
−
−
−
−
===
+−
Vậy pH = 4,17 0,25đ
Để Mn
2+
bắt đầu kết tủa :
)(10
1
10
)(
175,6
35,12
)(
2
2
2
M
C
T
C

Mn
OHMn
MnOH
−
−
===
+
+−
Vậy pH lúc này = 7,825 0,25đ
Vậy khoảng pH để tách hoàn toàn Fe
3+
khỏi Mn
2+
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 :
Fe
3+
+ 6F
-
FeF
6
3-

10,16

10
3
6
=
−
FeF
β
0,25đ
C 10
-3
1
[ ] x 0,999 + x 10
-3
– x
1,16
3
10
)999,0(
10
=
+
−
−
xx
x
⇒ x = 7,95.10
-20
(M) rất nhỏ
⇒ [Fe
3+

] = 7,95.10
-20
(M) 0,5đ
Khi cho NaOH vào, nồng độ OH
-
để tạo kết tủa Fe(OH)
3
:

)(10.4,3
10.95,7
10
10.95,7
)(
6
3
20
5,35
3
20
)(
3
3
M
T
C
OHFe
FeOH
−
−

−
−
===
+−
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. 0,25đ
III.2
III.2.1 Nồng độ Pb
2+
trong nước máy :
[Pb
2+
] =
12
28
10.41,8
10.3
−
−
= 3,57.10
-17
(M)

5
)M(10.3
10.16,1
10
C
T
)C(
11
3
4
5,35
3
'
Fe
)OH(Fe
FeOH
3
3
3
−
−
−
===
+
+−