Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Hóa học Lớp 10 năm 2018 - Trường THPT Chu Văn An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Hóa học Lớp 10 năm 2018 - Trường THPT Chu Văn An (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT: CHU VĂN AN KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ III NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC ; LỚP : 10 1
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1. (4,0 điểm) 2+ – 1.1. (1,0 điểm). Một hợp chất A được cấu tạo từ cation M và anion X . Trong phân tử MX2 có tổng số proton, nơtron và electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 hạt. Số khối của M 2+ lớn hơn số khối của X – là 21. Tổng số hạt trong cation M2+ nhiều hơn tổng số hạt trong anion X– là 27. a. Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X. b. Hãy viết 4 số lượng tử ứng với electron cuối cùng của M và X. (Quy ước: -l 0 +l) 1.1. Hướng dẫn chấm Điểm a. 2ZM + nM + 4ZX + 2nX = 186  2ZM + 4ZX + nM + 2nX = 186 (1) 2ZM + 4ZX - nM - 2nX = 54 (2) 0,25 ZM - ZX + nM - nX = 21 (3) 2ZM - 2ZX + nM - nX = 30 (4) Từ (1), (2), (3), (4) => ZM = 26; ZX = 17; (nM =30; nX =18) M là Fe; X là Cl 0,25 b. 6 2 26Fe: [Ar]3d 4s n = 3; l =2; m = -2; s = -1/2 0,25 2 5 17Cl: [Ne]3s 3p n = 3; l =1; m = 0; s = -1/2 0,25 1.2. (1,0 điểm). Iot-131 phóng xạ được dùng dưới dạng natri iodua để điều trị ung thư tuyến giáp trạng. Chất này phóng xạ  với chu kì bán hủy là 8,05 ngày. a) Viết phương trình phản ứng phân rã hạt nhân của iot-131. b) Nếu mẫu ban đầu chứa 1,0 g (microgam) iot-131 thì trong mỗi phút có bao nhiêu hạt  được phóng ra? 1.2. Hướng dẫn chấm Điểm 131 0 131 0,25đ a) 53 I  1 + 54 Xe ln 2 0,693 b) k = 0,086/ngày = 5,9783.10-5/phút 0,25đ t1/2 8,05 Tốc độ phân rã tính theo công thức v = k.N; thay các giá trị vào ta được 1,0.10 6 0,5đ v 5,9783.10 5. .6,02.1023 2,75.1011 (hạt  /phút) 131 1.3. (1,0 điểm). So sánh, có giải thích: độ lớn góc liên kết của các phân tử: CH4; NH3; H2O. 1.3 Hướng dẫn chấm Điểm CH4 > NH3 > H2O 0,5 Giải thích: 0,5 Số cặp e chưa tham gia liên kết càng nhiều càng đẩy nhau, góc liên kết càng nhỏ. 2
3. 1.4. (1,0 điểm). Cho biết trị số năng lượng ion hoá thứ nhất I 1(eV) của các nguyên tố thuộc chu kỳ II như sau: Chu kỳ II Li Be B C N O F Ne I1 (eV) 5,39 9,30 8,29 11,26 14,54 13,61 17,41 21,55 Nhận xét sự biến thiên năng lượng ion hoá thứ nhất của các nguyên tố trên. Giải thích 1.4 Hướng dẫn chấm Điểm Nhận xét: a. Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các nguyên tố tăng dần và số e ngoài cùng cũng tăng thêm được điền vào lớp n đang xây dựng dở. Kết quả các e bị hút về hạt nhân mạnh hơn làm bán kính 0.5 nguyên tử giảm, dẫn đến lực hút của nhân với e ngoài cùng tăng làm e càng khó bị tách ra khỏi nguyên tử làm năng lượng ion hoá tăng (0,5đ) b.Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường Giải thích: Be có cấu hình e: 1s22s2 có phân lớp s đã bão hoà. Đây là cấu hình bền nên cần cung cấp năng lượng cao hơn để phá vỡ cấu hình này 0.5 N có cấu hình e: 1s22s22p3 phân lớp p bán bão hoà, đây cũng là một cấu hình bền nên cũng cần cung cấp năng lượng cao hơn để phá vỡ cấu hình này Câu 2. (4,0 điểm) 2.1. (2,0 điểm) Cho phản ứng : CaCO3(r) → CaO(r) + CO2(k) o o o Cho biết : ở 298 K, H pư = +178,32 kJ ; S = +160,59 J/K a) Phản ứng có tự diễn biến ở 25oC không? Khi tăng nhiệt độ, G của phản ứng sẽ thay đổi như thế nào? b) Phản ứng có tự diễn biến ở 850oC không? 2.1 Hướng dẫn chấm Điểm 0 0 0 a) G 298 = H – T S T = 273 + 25 = 298 0 -3 G 298 = 178,32 x 10 J – (298 K x 160,59J/K) = + 130,46 KJ. 0,5 0 O G 298 > 0 : Phản ứng không tự diễn biến ở 25 C, ở nhiệt độ này chỉ có phản ứng nghịch tự diễn biến. Vì S0 >0 nên – T S0 < 0, khi T tăng, G0 càng bớt dương, càng tiến tới 0,5 khả năng tự diễn biến. b) T = 273 + 850 = 1123 0 0 0 G 1123 = H – T S 0 -3 0,5 G 1123 = 178,32 x 10 J - [ 1123 K x 160,59J/K] = - 2022,57 J 0 O 0,5 G 1123 < 0 : Phản ứng tự diễn biến ở 850 C. 2.2. (2,0 điểm) 0 Ở 310 C sự phân huỷ AsH3 (khí) xảy ra theo phản ứng: 2AsH3 (khí)  2As (r) + 3H2 (khí) được theo dõi bằng sự biến thiên áp suất theo thời gian: t (giờ) 0 5,5 6,5 8 P (mmHg) 733,32 805,78 818,11 835,34 3
4. Hãy chứng minh phản ứng trên là bậc 1 và tính hằng số tốc độ. 2.2 Hướng dẫn chấm Điểm Gọi P0 là áp suất ban đầu của AsH3, P0 - x áp suất riêng phần của AsH3 ở thời điểm t, P áp suất chung của hệ ở thời điểm t Ta có 2AsH3  2As + 3H2 t = 0 P0 0 t P0 – x 3/2 . x Ta có P = (P0 – x) + 3/2 . x = P0 + ½ x  x = 2(P-P0) nên (P0 – x) = 3P0 – 2P 0,75 Giả sử dây là phản ứng một chiều bậc 1 thì biểu thức tốc độ phản ứng có dạng: P0 P0 k= 1/t ln = 1/t ln 0,25 P0 x 3P0 2P 733,32 -1 t =5,5: k1 = (1/5,5)ln 0,04 giờ 3.733.32 2.805,78 733,32 -1 t = 6,5: k2 = (1/6,5)ln 0,04045 giờ 3.733.32 2.818,11 733,32 -1 t = 8 k3 = (1/8)ln 0,04076 giờ 0,5 3.733.32 2.835,34 Vì k1 k2 k3 nên đây là phản ứng một chiều bậc 1. Hằng số tốc độ: -1 k = 1/3 (k1+k2+k3) 0,0404 giờ 0,5 Câu 3. (4,0 điểm) 3.1. (1,0 điểm) Trộn 100 ml dung dịch NH3 0,3M với 50ml dung dịch HCl 0,3M. Tính pH của -9,24 dung dịch thu được. Biết Ka + =10 (NH4 ) 3.1 Hướng dẫn chấm Điểm Thành phần ban đầu: 0,3.100 0,25 C 0,2M NH3 150 0,3.50 C 0,1M 0,25 HCl 150 + + Phản ứng: NH3 + H → NH4 0,2M 0,1M 0,1M 0,1M 0,25 + => thành phần dung dịch: NH4 0,1M; NH3 0,1M Cb 0,1 0,25 => pH pKa lg 9,24 lg 9,24 Ca 0,1 3.2. (2,0 điểm) Chuẩn độ một dung dịch CH3COOH 0,1M bằng dung dịch NaOH 0,1M. Khi có 50% lượng axit trong dung dịch được trung hòa thì độ pH của dung dịch thu được là bao nhiêu? -5 Biết axit axetic có Ka = 1,8.10 . 3.2 Hướng dẫn chấm Điểm Xét 1 lit dung dịch CH3COOH0,1M, số mol CH3COOH ban đầu là 0,1 mol. 4
5. CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O 0,05 0,05 0,05 Thể tích dung dịch sau thí nghiệm 1 + 0,5 = 1,5 ( l) 0,5đ - + CH3COONa CH3COO + Na 0,05 0,05 - + CH3COOH ƒ CH3COO + H 0,05 0,05 x x x 0,05-x 0,05+ x x 0,5đ Ta có : x(x 0,05) 1,5.1,5 K= = 1,8.10-5 0,5đ 0,05 x 1,5 x = 2,7. 10-5 và pH = -lg(2,7. 10-5 ) = 4,57 0,5 3.3. (1,0 điểm) Ion Fe3+(aq) là một axit, phản ứng với nước theo cân bằng 3+ 2+ + -2,2 Fe (aq) + H2O  Fe(OH) + H Ka= 10 Tính nồng độ mol của dung dịch FeCl3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH)3 và tính pH của dung -38 dịch lúc bắt đầu kết tủa. Biết TFe(OH)3=10 . 3.3 Hướng dẫn chấm Điểm 3+ 2+ + -2,2 Fe (aq) + H2O  Fe(OH) + H Ka= 10 Ban đầu: C Cân bằng: C-x x x Ta có: x2 x2 K C x (1) a C x Ka 3 K 3+ 3 H2O Ta lại có: TFe(OH)3 = [Fe ].[OH]  TFe(OH)3 = C x . (2) x 3 2 x KH O Thay (1) vào (2): . 2 =10-38=>x=10-1,8(M)=>pH=1,8. Ka x 0,5 x2 C x =>C=0,05566(M) Ka 0,5 Câu 4. (4,0 điểm) 4.1. (2,0 điểm) Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. KMnO4 + FeS2 + H2SO4 →Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O b. FexOy + H2SO4 →Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O. c. KMnO4 + C2H2O4 + H2SO4 → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O d. CuFeS2 + Fe2(SO4)3 +O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4. (Biết tỉ lệ Fe2(SO4)3 : O2=1:1) 4.1 Hướng dẫn chấm Điểm a. 3+ +6 1 FeS2 → Fe + 2S + 15e 3 Mn+7 + 5e →Mn+2 0,5 6KMnO4 +2 FeS2 + 8H2SO4 →Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 8H2O b. 2 x Fe+2y/x → x Fe3+ + (3x-2y) 5
6. (3x-2y) S+6 + 2e →S+2 2FexOy +(6x-2y) H2SO4 →xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O 0,5 c. 2 Mn+7 + 5e →Mn+2 5 2C+3 →2C+4 + 2e 2KMnO4 + 5C2H2O4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2 +8 H2O 0,5 -2 d. O2 + 4e →2O 2Fe+3 + 2e →2Fe+2 +3 +2 -2 8 O2 + 2Fe +6e → 2Fe + 2O +2 +2 +6 3 CuFeS2 →Cu + Fe +2S +14e 3CuFeS2 + 8Fe2(SO4)3 +8O2 +8 H2O → 3CuSO4 + 19FeSO4 + 8H2SO4. 0,5 4.2. (1,0 điểm) Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau theo phương pháp thăng bằng ion- electron: a. CrI3 + KOH + Cl2 → K2CrO4 + KIO4 +KCl + H2O b. K2CrO7 + Na2SO3 + H2SO4 →Cr2(SO4)3 + Na2SO4 + K2SO4 + H2O 4.2 Hướng dẫn chấm Điểm 3+ - - 2- - a. 2Cr + 3I + 32 OH →CrO4 + 3IO4 + 16H2O + 27e. - 27Cl2 + 2e → 2Cl 0,5 3+ - - 2- - - 2Cr + 6I + 64 OH + 27Cl2→2CrO4 + 6IO4 + 54Cl + 32H2O. Phương trình phân tử: 2CrI3 + 64KOH + 27Cl2 → 2K2CrO4 + 6KIO4 +54KCl + 32H2O b. 2- + 3+ 1 Cr2O7 + 14H +6e →2 Cr +7H2O 2- 2- + 3 SO3 + H2O →SO4 + 2H + 2e 0,5 2- 2- + 3+ 2- Cr2O7 + 3SO3 + 8H →2 Cr + 3SO4 +4H2O Phương trình phân tử: K2CrO7 + 3Na2SO3 + 4 H2SO4 →Cr2(SO4)3 + 3Na2SO4 + K2SO4 + 4H2O 4.3. (1,0 điểm) Một pin điện hóa được tạo bởi hai điện cực. Điện cực thứ nhất là tấm đồng nhúng vào dung dịch Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực thứ 2 là một đủa platin nhúng vào dung dịch 2+ 3+ 3+ 2+ o o chứa hỗn hợp Fe và Fe (trong đó [Fe ]=4[Fe ]). (E Fe2+/Fe3+=+0,77v và E Cu2+/Cu=+0,34) a. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động của pin khi pin bắt đầu làm việc. Fe3 b. Tính tỉ lệ khi pin hết điện. (coi thể tích dung dịch Cu(NO3)2 0,8M là rất lớn). Fe2 4.3 Hướng dẫn chấm Điểm E 3 2 0,77 0,059lg 4 0,8055V Fe /Fe E 0,34 0,059 / 2lg 0,8 0,3371V Cu2 /Cu Vậy điện cực dương là điện cực Pt; điện cực âm là Cu. 0,5 Epin=0,8055-0,3371=0,4684V b. Khi hết pin thì E =0 => E = E pin Fe3 /Fe2 Cu2 /Cu 2+ Vì thể tích dung dịch Cu(NO3)2 rất lớn=> nồng độ Cu thay đổi không đáng kể => E =0,3371V Cu2 /Cu E =0,77+0,059lg[Fe3+ ]/[Fe2+]=0,3371 Fe3 /Fe2 0,5 =>[Fe3+ ]/[Fe2+]=4,5995.10-8. Câu 5: (4,0 điểm) Câu 5: (4 điểm) 6
7. Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO 2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO 2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính V. c. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. 5.1. Hướng dẫn chấm Điểm Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O (1) 2M + 2nH2SO4 M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O (2) Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH NaHSO3 (3) SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O (4) *) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl FeCl2 + H2 (5) 2M + 2n HCl 2MCln + nH2 (6) *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 (7) 2M + n H2SO4 M2(SO4)n + nH2 (8) Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt n a(mol) ; n b(mol) SO2 (3) SO2 (4) nNaOH a 2b 0,1mol mchat tan 104.a 126.b 5,725gam a = - 0,014 < 0 (loại) Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt n d(mol) nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. SO2 (4) m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 n Theo (1) và (2) n x y 0,0375mol (*) SO2 2 2 7
8. Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n Theo (5), (6) ta có n x .2y 0,0775mol ( ) H2 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 y Theo (7) và (8) có: n n 2xmol ; n n mol FeSO4 Fe M2 (SO4 )n 2 M 2 y Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam 2 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam ( ) Từ (*), ( ), ( ) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045 M M.y 0,405 9 n n.y 0,045 Xét: n 1 2 3 M (g/mol) 9 18 27 (loại) (loại) (M là Al) y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x %m .100% 58,03% Fe(trongX) 56x 27y 27x %m .100% 41,97% Al(trongX) 56x 27y 8