DHBB2015 Hoa10 Yen Bai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN. ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10. VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI ĐỀ THI ĐÈ XUẤT. NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 05 trang, gồm 10 câu). Câu 1(2 điểm). a. Bán kính nguyên tử của các nguyên tố chu kì 3 như sau, hãy nhận xét và giải thích: Nguyên tử o. Bán kính ( A ). Na. Mg. Al. Si. P. S. Cl. 1,86. 1,60. 1,43. 1,17. 1,10. 1,04. 0,99. b. Cho bảng sau: Nguyên tố Năng lượng ion hoá I2 (eV) Số hiệu nguyên tử. Ca 1,87 20. Sc. Ti. V. Cr. Mn. 12,80. 13,58. 14,15. 16,50. 15,64. 21. 22. 23. 24. 25. Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hoá thứ hai của các nguyên tố trong bảng. Câu 2 (2 điểm) Tinh thể CuCl có cấu trúc lập phương tâm diện của các ion Cu+, còn các ion Cl- chiếm các lỗ trống tám mặt trong ô mạng cơ sở của các ion Cu+, nghĩa là có 1 ion Cl- chiếm tâm của hình lập phương và 12 ion Cl- khác chiếm điểm giữa 12 cạnh của hình lập phương. a. Hãy biểu diễn mạng tế bào cơ sở của CuCl. b. Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong một tế bào mạng cơ sở. c. Xác định bán kính của ion Cự o. Biết: khối lượng riêng của CuCl : d(CuCl)= 4,136 g/cm3; rCl  1,84 A ; Cu = 63,5; . Cl = 35,5..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 3 (2 điểm) a. Đồng vị phóng xạ 58Co của Coban có chu kì bán rã 71,3 ngày đêm. Tính độ phóng xạ của 1  g chất đó theo đơn vị beccơren và curi. b. Một miligam hỗn hợp của 58Co với đồng vị phóng xạ 59Co có độ phóng xạ 2,2.1010 Bq. Tính khối lượng của mỗi đồng vị. Cho biết: số Avogadro NA = 6,022.1026 nguyên tử/k.mol Câu 4 (2 điểm) Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH4Cl là 1 atm biết ở 250C có các dữ kiện:  H ht0 (kJ/mol).  Ght0 (kJ/mol). NH4Cl(r). -315,4. -203,9. NH3(k). -92,3. -95,3. HCl(k). -46,2. -16,6. Câu 5 (2 điểm). Trong một bình có thể tích 1568 lít ở nhiệt độ 1000K có những mẫu chất sau: 2 mol CO2, 0,5 mol CaO và 0,5 mol MgO. Hệ này được nén thật chậm sao cho từng cân bằng được thiết lập. Ở 1000K có các hằng số cân bằng sau: CaCO3  CaO + CO2. K1 = 0,2 atm. MgCO3  MgO + CO2. K2 = 0,4 atm. Vẽ đồ thị của hàm P = f(V) và giải thích ngắn gọn sự biến thiên của đồ thị.( P là áp suất của hệ , V là thể tích của khí. Trục tung biểu diễn thể tích , trục hoành biểu diễn áp suất) Câu 6 (2 điểm). Cân bằng trong dung dịch điện ly ( chỉ xét cân bằng axit – bazơ, cân bằng tạo kết tủa). Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 25,00 ml H3PO4 0,080 M với 15,00 ml AgNO3 0,040 M. Bieát H3PO4 coù pKa1 = 2,23 ; pKa2 = 7,21 ; pKa3 = 12,32 Ksp(Ag3PO4) = 10 - 19,9.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 7( 2 điểm). Xét khả năng hoà tan HgS trong a. Axit nitric. b. Nước cường toan. Cho biết: E0NO3-/NO = E20 = 0,96 V E0 S/H2S = E01 = 0,17 V THgS = 10-51,8 Phức HgCl42- có  4 = 1014,92 H2S có Ka1=10-7. ,. Ka2=10-12,92. Câu 8 (2 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây: 1. NaCl. +. H2SO4 đặc, nóng  . 2. NaBr. +. H2SO4 đặc, nóng  . 3. KMnO4 + H2SO4 + HNO2    . 4. Na2O2 + Fe(OH)2 + H2O 5. Na2S2O3 + Cl2 + H2O   6. NaClO +. PbS.  . 7. FeSO4 + H2SO4 + HNO2   8. NaNO2 + H2SO4 loãng   9. CrCl3 + H2O2 + NaOH.  . 10. Na2S2O3 + I2   Câu 9 (2điểm). Hòa tan hoàn toàn 2,36 gam hỗn hợp M gồm hai kim loại X và Y trong dung dịch chứa đồng thời hai axit HNO3 và H2SO4 đậm đặc, đun nóng. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Z chỉ gồm T và NO2; dung dịch G có chứa ion X2+, Y+..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a. Tính khối lượng muối khan thu được sau khi cô cạn cẩn thận dung dịch G (giả thiết không xảy ra quá trình nhiệt phân các muối trong dung dịch G), biết tỉ khối của Z so với metan là 3,15625. b. Xác định khoảng giá trị thay đổi của khối lượng muối khan khi thay đổi tỉ lệ khí T và NO2. c. Nếu cho cùng một lượng khí Cl2 lần lượt tác dụng với kim loại X và Y thì khối lượng kim loại Y đã phản ứng gấp 3,375 lần khối lượng của kim loại X đã phản ứng; khối lượng muối clorua của Y thu được gấp 2,126 lần khối lượng muối clorua của X đã tạo thành. Xác định X và Y. Câu 10 (2 điểm). Photgen là một chất khí độc được điều chế theo phản ứng: CO(k) + Cl2(k)  COCl2(k) Số liệu thực nghiệm tại 20oC về động học phản ứng này như sau: Thí. [CO]ban đầu. [Cl2]ban. Tốc độ ban. nghiệm. (mol/lít). đầu(mol/lít). đầu(mol/lít.s). 1. 1,00. 0,10. 1,29.10-29. 2. 0,10. 0,10. 1,33.10-30. 3. 0,10. 1,00. 1,30.10-29. 4. 0,10. 0,01. 1,32.10-31. a. Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng. b. Nếu [CO] ban đầu là 1,00 mol/lít và [Cl2] ban đầu 0,10 mol/lít, thì sau thời gian bao lâu [Cl2] còn lại 0,08 mol/lít. ....................HẾT................. Người ra đề Lương Thị Thanh Loan 0982188945.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 Câu. Nội dung chính cần đạt. Y. Điểm. Nhận xét: Từ đầu đến cuối chu kì bán kính nguyên tử giảm 1 dần. a. Giải thích: Trong chu kì, số lớp electron như nhau nhưng do điện tích hạt nhân tăng dần, số electron lớp ngoài cùng tăng dần, làm cho lực hút giữa hạt nhân với lớp ngoài cùng mạnh dần dẫn đến bán kính nguyên tử giảm. Cấu hình electron của các nguyên tố:. 1. Ca [Ar]4s2 ; Sc [Ar]3d14s2 ; Ti [Ar]3d24s2 ; V [Ar]3d34s2 ; Cr [Ar]3d54s1 ; Mn [Ar]3d54s2. Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị thứ hai. Từ Ca đến V đều là sự tách electron 4s thứ hai. Do sự. Câu 1. tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các electron 4s tăng dần, do đó năng lượng ion hoá I2 cũng tăng đều b. đặn. Đối với Cr, do cấu hình electron đặc biệt với sự chuyển 1 electron từ 4s về 3d để sớm đạt được phân lớp 3d5 đầy một nửa, electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên sự tách nó đòi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I2 của nguyên tố này cao hơn nhiều so với của V. Cũng chính vì vậy mà khi chuyển sang Mn, 2 electron bị tách nằm ở phân lớp 4s, giá trị I2 của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải, thậm chí còn nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr. Từ hình vẽ ta nhận thấy: Cu+. Câu 2. Cl. -. 1 điểm.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 8. 1 2. nCu+ = 8. + 6. = 4; nCl- = 1 + 12.. 1 =4 4. Vậy có 4 phân tử CuCl trong 1 ô mạng cơ sở. Áp. dụng. công. thức:. d. =. n.M CuCl  Vo N A Vo. a3. =. =. 1. 4(63,5  35,5)  158,965.10 22 cm 3 6, 023.1023.4,136 o. -8.  a = 5,4171.10 cm = 5,4171 A. Theo hình vẽ nhận thấy: a=2(rCu+ + rCl-)  rCu+ = (5,4171 – o. 2.1,84)/2 = 0,8686 A Số N nguyên tử chứa trong 1  g Coban 58 là: N = NA.. m 6, 022.1026.1.10 9  M 58. Hằng . a.. 1,5. số. rã. (hay. hằng. số. phóng. xạ). của. 58. Co. là:. 5. ln 2 0, 693 693.10   T 71,3.86400 71,3.864. Vậy, độ phóng xạ của 1  g = 10-9 kg Coban 58 là: H =  .N . Câu 3. 693.105 6, 022.1017 . 71,3.864 58. H=. 4173, 24....1012 9  1,167....109 hay H  1,17.10 Bq 3572985. 1,17.109  0, 0316 hay H  0,032 Ci Theo đơn vị curi, ta có: H = 3, 7.1010. b. Khối lượng của 58Co có chứa trong hỗn hợp là: b.. m1 =. 2, 2.1010  18,851... g hay m1  18,85  g 1,167.109. Khối lượng của 59Co trong hỗn hợp là:. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> m2 = 1000 – m1 = 1000 – 18,85 hay m2 = 981,15  g Đối với phản ứng : NH4Cl(r)  NH3(k) + HCl(k). 0, 5 0,25đ. Hằng số cân bằng : K = PNH .PHCl ( k ) 3( k ). d. 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 : 0,25đ. PNH 3 ( k ) = PHCl (k ) = 0,5 atm. Do đó : KT = 0,5.0,5=0,25 (atm)2  Ở 250C :. 0,5. 0 của phản ứng : G298 0 = -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ G298. Câu 4. 0,25đ. Từ công thức G 0 = -RTlnK, ta có : 92000 = -8,314.298.lnK298  lnK298 = -37,133 Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét. 1. 0 không đổi nên : H 298. 0,25đ. 0 = - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J) H 298.  Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét : ln. KT H 0 1 1 0  (  )  T = 596,8 K K 298 R 298 T. CaO + CO2  CaCO3 K1-1 = 5atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,2 atm MgO +CO2  MgCO3 K2-1 =2,5 atm-1 = 1/PCO2 →PCO2 =0,4 atm Khi mà áp suất của CO2 còn chưa đạt tới giá trị p = Câu 5. 0,2atm thì phản ứng giữa oxit kim loại CaO và CO2 chưa xaûy ra V > nRT/P = 2. 0,082 .1000/0,2 = 820 lít. Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 2.0,082 .1000/ V= 164 / V .. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Ở P=0,2 atm ( V = 820 lít) thì CO2 phản ứng với CaO. 0.5. thành CaCO3, cho đến khi CaO chuyển hoá hoàn toàn. V = nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,2 = 615 lít. Khi mà áp suất của CO2 còn chưa đạt tới giá trị p = 0,4atm thì phản ứng giữa MgO và CO2 chưa xảy ra.V > nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,4 = 307,5 lít. Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1,5.0,082 .1000/ V= 123/V . Ở P =0, 4atm ( V = 307,5 lít) thì CO2 phản ứng với. 0.5. MgO thành MgCO3, cho đến khi MgO chuyển hoá hoàn toàn. V = nRT/P = 1 . 0,082 .1000/0,4 = 205 lít. Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1.0,082 .1000/ V= 82/V. 0.5. Đồ thị:(lít) 820. 615. 307,5. 205. 0,2. 0,4. ( atm).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Vừa mới trộn: CH PO . 25, 00 x0, 080  0, 050M 40, 00. CAg NO3 . 15, 00 x0, 040  0, 015M 40, 00. 3. 4. 1. Trong dung dịch có các cân bằng sau: (1) H3PO4. H+ + H2P O4. Ka1 = 10-2,23. (2) H2PO4-. H+ + HP O42. Ka2 = 10-7,21. (3) HPO 24 . H+ + P O43. Ka3 = 10-12,32. (4) H2O. H+ + OH-. Kw = 10-14,00. Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 > Kw, chỉ xét cân bằng (1) H+ + H2P O4. H3PO4. Ka1 = 10-2,23. C (mol.L-1) 0,050 [ ] (mol.L-1) 0,050 –x Câu 6. Ka1 . H H . x. x. . PO4 x2   10  2, 23  5,89.10 3 H 3 PO4  0,050  x 2.  x2 + 5,89.10-3x – 2,94.10-4 = 0 x=0,0145  [H+] = [H2P O4 ] = 1,45.10-2 mol.L-1  [H3P O4 ] = 0,0500 – 0,0145 = 0,0355 mol.L-1 Tổ họp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có: 3H+ + P O43. H3PO4. 1. K = Ka1.Ka2.Ka3 = 10-21,76 = 1,74.10-22. 3.  H    PO43  0, 0355 K   PO43   1, 74.1022  2, 03.1018 3  H 3 PO4   0, 0145.  Ag   PO43   0,015 3 .2,03.10 18  6.85.10 24  K sp 3.  Không tạo kết tủa Ag3PO4 Ag3PO4.    . 3Ag+ + PO43. Ksp= 10-19,9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Vậy PO43 tự do  [H+] không thay đổi so với tính toán ở trên [H+] = 0,0145 mol.L-1  pH = - log [H+] = -log 1,45.10-2 = 2 - log 1,45 pH = 1,84 Trong dung dịch HNO3:. 1. Các quá trình xảy ra: HNO3 = H+ + NO33× HgS  Hg2+ + S23× H+ + S2- . a. HS. 3× HS- + H+. THgS = 10-51,8 Ka2-1= 1012,92 Ka1-1 = 107. H2S. 3× H2S – 2e  S + 2H. +. -1. K1 = 10. 2× NO3 + 4H + 3e  NO + 2H2O -. +. . 3HgS + 2NO3- + 8H+. 2 E10 0 , 059. K2 = 10. 3 E20 0 , 059. 3Hg2+ + 3S + 2NO + 4H2O. K. Ta có: K = THgS3 . Ka2-3 . Ka1-3 . K1-3. K22 = 10-15,3 Câu 7.  K = 10. -15,3. . V ì K rất nhỏ nên xem như HgS không. tan trong dung dịch HNO3 Trong nước cường toan (HNO3+3HCl ). 1. Các quá trình xảy ra: HCl. = H+ + Cl-. 3HgS + 2NO3- + 8H+  3Hg2+ + 3S + 2NO + 4H2O b. 3× Hg2+ + 4Cl-  HgCl423HgS + 2NO3- + 8H+ +12Cl-. . . K 4. 3S + 2NO + 4H2O+ 3HgCl42- K’. K’ = K.  4 3. lg K’ = lgK + 3lg  4 = -15,3 + 3.14,92 = 29,46  K’= 10. 29,46. rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> toan 1. NaCl hoặc 2.. +.  . H2SO4 (đặc, nóng). 2 NaCl +. H2SO4 (đặc, nóng). HCl  . 2 NaBr + 2 H2SO4 (đặc, nóng) 2 HBr. + NaHSO4 2 HCl + Na2SO4. 0,2đ/p t.   2 NaHSO4 + 2 HBr. H2SO4 (đặc, nóng)   SO2 + 2 H2O + Br2. +. 2 NaBr + 3 H2SO4 (đặc, nóng)   2 NaHSO4 + SO2 + 2 H2O + Br2 t cao 2 NaBr + 2H2SO4 (đặc, nóng)   Na2SO4 + SO2 + 2 H2O + Br2 0. 3. 2 KMnO4+3 H2SO4 +5 HNO2   K2SO4+2 MnSO4+5 HNO3 +3H2O. Câu 8. 4.. Na2O2 + 2Fe(OH)2 + 2H2O  2Fe(OH)3 + 2NaOH. 5. 4Cl2 + Na2S2O3 + 5H2O  2NaHSO4 + 8HCl 6. 4 NaClO +. PbS.  . 4 NaCl +. PbSO4. 7. 2 FeSO4 + H2SO4 + 2 HNO2   Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O 8. 3 NaNO2 + H2SO4 (loãng)   Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O 9. 2CrCl3 + 3H2O2 + 10NaOH  2Na2CrO4 + 6NaCl + 8H2O 10. 2Na2S2O3 + I2.   Na2S4O6 + 2NaI. Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol) MZ = 3,15625.16 = 50,5 MNO2 = 46 < 50,5 < M T  T là SO2 (M=64) Gọi a là số mol SO2 , b là số mol NO2 . Ta có: 64a + 46 b = 50,5.0,04 = 2,02 a + b = 0,04 Câu 9. a.  a = 0,01; b = 0,03 Phương trình phản ứng: X + 2H2SO4  XSO4 + SO2 + 2H2O 2Y + 2H2SO4  Y2SO4 + SO2 + 2H2O X + 4HNO3.  X(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O. Y + 2HNO3.  YNO3 + NO2 + H2O. ∑m muối khan = ∑mM + ∑mNO3- + ∑m SO42-. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> = 2,36 + 0,03.62 + 0,01.96 = 5,18 (gam) X  X2+ + 2e x. 2x. Y  Y+ + 1e y. y. SO42- + 2e  SO2 0,01. 0,02 0,01. NO3- + e  NO2 0,03 0,03 0,03 Theo định luật bảo toàn electron: 2x + y = 0,05 Khối lượng hỗn hợp: xX + yY = 2,36 Phản ứng giữa hai kim loại X, Y với hai axit HNO3 và b. H2SO4 tạo ra hai muối nitrat và hai muối sunfat. Vì 1 mol SO42- (96 gam) tương ứng 2 mol NO3- (124 gam) nên với cùng một kim loại và cùng số mol, khối lượng muốinitrat sẽ nặng hơn khối lượng muối sunfat. Do đó, khối lượng muối sẽ cực đại nếu phản ứng chỉ sinh ra 2 muối nitrat và cực tiểu khi chỉ tạo ra 2 muối sunfat.  Khối lượng muối cực đại: x mol X  x mol X(NO3)2 y mol Y  y mol YNO3 Khối lượng 2 muối nitrat = x(X + 124) + y(Y + 62) = 2,36 + 62.0,05 = 5,46 (gam)  Khối lượng muối cực tiểu: x mol X  x mol XSO4 y mol Y  y/2 mol Y2SO4. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Khối lượng 2 muối sunfat = x(X + 96) + y/2(2Y + 96) = 2,36 + 48.0,05 = 4,76 (gam) 4,76 gam < khối lượng 4 muối < 5,46 gam. Vậy:. Xác định X và Y. 0,5. Gọi z là số mol Cl2 tác dụng với X (hoặc Y) X + Cl2  XCl2 z. z. z. 2Y + Cl2  2YCl 2z. z. 2z. mY = 3,375mX  2zY = 3,375 zX  2Y = 3,375X (1) mYCl = 2,126mXCl2  2z(Y + 35,5) = 2,126z(X + 71)  2 (Y + 35,5) = 2,126 (X + 71) (2) (1) (2)  Y = 108  Y là Ag X = 64  X là Cu a. Biểu thức tốc độ phản ứng v=k[CO]x[Cl2]y. 1. v1/v2 = (1x. 0,1y):(0,1x. 0,1y)=10  x=1 v3/v4 = (0,1x. 1y):(0,1x. 0,01y)=100  y=1 Vậy biểu thức tốc độ phản ứng v=k[CO][Cl2] b. Do phản ứng bậc 2 nên ta có: k=. 1 b(a  x) ln t ( a  b ) a (b  x ). Từ: v=k[CO]x[Cl2]y  k=v:([CO]x[Cl2]y). Câu 10. k1=1,29.10-29: (1x0,1) =1,29.10-28 b. k2=1,33.10-30: (0,1x0,1) =1,33.10-28 k3=1,30.10-29: (1x0,1) =1,30.10-28 k4=1,32.10-31: (0,1x0,01) =1,32.10-28 Suy ra: k=1,31.10-28 l.mol-s1,31.10-28 t =. 1 0,1(1  0,02) 28 ln  t=0,172.10 s 0,9 1(0,1  0,02). 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> ....................HẾT................. Người ra đề Lương Thị Thanh Loan 0982188945.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>