Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Hóa học Lớp 10 năm 2018 - Trường THPT Huỳnh Thúc Kháng (Có đáp án)

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN III, NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC-LỚP 10 1
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1 (4 điểm): 1. Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn tổng số hạt mang điện của A là 26. a. Xác định A, B.Viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron cuối cùng trong nguyên tử A, B. b. Xác định vị trí của A, B trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. c. Viết công thức Lewis của phân tử AB 2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? 2. Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện. a. Hãy vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng này b. Tính cạnh lập phương a(Å) của mạng tinh thể, biết nguyên tử Cu có bán kính bằng 1,28Å0. c. Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm3 Đáp án câu 1: 1. a. Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron (2ZA NA ) (2ZB NB ) 65 ZA ZB 21 ZA 4 Ta có hệ : (2ZA 2ZB ) (NA NB ) 19 0,5đ ZB ZA 13 ZB 17 2ZB 2ZA 26 2 2 ZA = 4 A là Be Cấu hình e : 1s 2s 1 Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = 0,5đ 2 2 2 6 2 5 ZB = 17 B là Cl Cấu hình e : 1s 2s 2p 3s 3p 1 Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = 0,5đ 2 b. Ta có Z = 4 Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e Be ở chu kỳ 2. Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng nhóm IIA. Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA. 0,5đ c. : Cl : Be : Cl : Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng 0,5đ Trạng thái lai hoá : sp Cl Be Cl 2. a. A B A B E E a D C D C 2
3. Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là 1 Ở tám đỉnh lập phương = 8 = 1 8 1 Ở 6 mặt lập phương = 6 = 3 2 Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 3 = 4 (nguyên tử) 0,5đ b. Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4 rCu 0 4 r 4 1,28A a = Cu 3,62 Å 0,5đ 2 2 c. + 1 mol Cu = 64 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 4 nguyên tử Cu 23 + 1 mol Cu có NA = 6,02 10 nguyên tử m 64 Khối lượng riêng d = = 4 V 6,02 1023 (3,63 10 8 )3 = 8,96 g/cm3. 0,5đ Câu 2 (2 điểm): Xác định nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 khi biết: Al2O3 + 3COCl2(k) 3CO2 + 2 AlCl3 H 1 = -232,24 kJ CO + Cl2 COCl2 H 2 = -112,40 kJ 2Al + 1,5 O2 Al2O3 H 3 = -1668,20 kJ Nhiệt hình thành của CO = -110,40 kJ/mol Nhiệt hình thành của CO2 = -393,13 kJ/mol. Đáp án câu 2: Nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 là nhiệt của quá trình Al + 1,5 Cl2 AlCl3 0,5đ Để có quá trình này ta sắp xếp các phương trình như sau: Al2O3 + 3COCl2(k) 3CO2 + 2 AlCl3 H 1 3CO + 3Cl2 3COCl2 3 H2 2Al + 1,5 O2 Al2O3 H 3 0,5đ 3C + 1,5 O2 3CO 3 H4 3 CO2 3C + 3 O2 3(- H5 ) Sau khi tổ hợp có kết quả là: 2Al + 3 Cl2 2AlCl3 H x 0,5đ Ta có: Hx = H1 + 3 H2 + H3+ 3 H4+ 3(- H5 ) = (-232,24) + 3(-112,40) + (-1668,20) + 3(-110,40) + 3(393,13) = - 1389,45 kJ Vậy, nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 = -1389,45 : 2 = - 694,725 kJ/mol 0,5đ Câu 3 (1,5 điểm): Xác định nồng độ NH 4Cl cần thiết để ngăn chặn kết tủa Mg(OH) 2 trong 1 lít 2+ -5 dung dịch chứa 0,01 mol NH 3 và 0,001 mol Mg . Hằng số K b(NH3) = 1,75.10 ; Tích số tan -12 Mg(OH)2 = 7,1.10 Đáp án câu 3: Để kết tủa không tạo thành thì : [Mg2+].[OH-]2 [OH-] [NH4 ] > (1,75.10 .0,01)/ (8,43.10 ) = 2,08.10 M 0,5đ 3
4. Câu 4 (2,5 điểm): 1. Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. Cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau theo phương pháp thăng bằng electron: FeS2 + Cu2S + HNO3 Fe(NO3)3 + CuSO4 + H2SO4 + NO + H2O (Biết tỉ lệ số mol tham gia phản ứng của FeS2 và Cu2S là 1:3) b. Hoàn thành phương trình phản ứng sau (Viết tiếp sản phẩm còn thiếu và cân bằng phương trình theo phương pháp thăng bằng electron): SO2 + HNO3 + H2O NO + c. NaIOx + SO2 + H2O I2 + Na2SO4 + H2SO4 2. Để điều chế khí oxi, một học sinh tiến hành nung KMnO 4 rồi dẫn toàn bộ khí sinh ra vào một bình cầu úp ngược trong chậu H2O như hình vẽ. a. Viết phương trình của phản ứng xảy ra. b. Dựa vào tính chất vật lý của oxi, hãy giải thích tại sao người ta có thể thu khí oxi bằng phương pháp đẩy nước. Nêu thêm vài khí có thể điều chế bằng phương pháp này. Đáp án câu 4: 1. +3 +2 +6 a. 3 FeS2 + 3 Cu2S Fe + 6 Cu + 5S + 45e 45 N+5 + 3e N+2 3FeS2 + 9Cu2S + 90HNO3 3Fe(NO3)3 + 18Cu(NO3)2 + 15H2SO4 + 0,5đ 45NO + 30H2O b. 3SO2 + 2 HNO3 + 2H2O 2NO + 3H2SO4 3 S+4 S+6 + 2e 0,5đ 2 N+5 + 3e N+2 +(2x-1) 0 c. 2I + (4x-2)e I2 1 S+4 S+6 + 2e (2x-1) 0,5đ 2NaIOx + (2x-1)SO2 + (2x-2)H2O I2 + Na2SO4 + (2x-2)H2SO4 2. to a. PTHH: 2KMnO4  K2MnO4 + MnO2 + O2. 0,5đ b. Người ta có thể thu khí oxi bằng phương pháp đẩy nước vì oxi ít tan trong nước. Một số khí khác cũng có thể điều chế bằng phương pháp đẩy nước như: Hidro (H2); Nito (N2) 0,5đ Câu 5 (4 điểm): 1. Cho một lượng bột CaCO3 tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl 32,85%. Sau phản ứng, thu được dung dịch X trong đó nồng độ HCl còn lại là 24,195%. Thêm vào X một lượng bột MgCO3 khuấy đều cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y trong đó nồng độ HCl còn lại là 21,11%. Tính nồng độ % của các muối có trong dung dịch Y. 2.Tiến hành nung x 1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A 1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A 2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A 2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. Đáp án câu 5: 32,85 1. Giả sử có 100 gam dung dịch HCl 32,85% nHCl= = 0,90 mol 0,5đ 36,5 - Gọi số mol của CaCO3 là x (mol). Phản ứng: 4
5. CaCO3 + 2HCl CaCl2 + H2O + CO2 (1) x 2x x x Từ (1) và đề ra: nHCldư = (0,90 - 2x) mol Khối lượng dung dịch X sau phản ứng (1): 100 + 100x – 44x = (100 + 56x) gam (0,90 2x).36,5.100% Theo đề ra: C%HCl = = 24,195% x = 0,1 mol. 0,5đ 100 56x Sau phản ứng (1) nHCl còn lại = 0,7 mol. - Cho MgCO3 vào dung dịch X, có phản ứng: MgCO3 + 2HCl MgCl2 + H2O + CO2 (2) y 2y y y Sau phản ứng (2) nHCl dư = 0,7-2y Khối lượng dung dịch Y là: (105,6 + 84y - 44y) gam hay (105,6 + 40y) gam (0,7 2y).36,5 Từ (2) và đề ra: C%HCl trong Y= . 100% = 21,11% y = 0,04 mol 0,5đ 105,6 40y Dung dịch Y chứa 2 muối CaCl2, MgCl2 và HCl dư: 0,1.111 C%(CaCl2) = 100% 10,35% 107,2 0,04.95 C%(MgCl2) = 100% 3,54% . 0,5đ 107,2 2. Dễ dàng thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển hết về CuSO4.5H2O 30.64 Ta có x1 = = 7,64 gam mol Cu =0,12 (mol) 250 Khi đun nóng A1 với H2SO4 đặc có khí A3 thoát ra, theo giả thuyết A3: SO2 Và trong A1 còn Cu dư 0,5đ Cu + ½ O2 CuO x 0,5x x CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O Vậy khí SO2 có số mol là (0,12 –x) Khi Cho SO2 vào dung dịch NaOH có phản ứng SO2 + NaOH NaHSO3 SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O Mol NaOH = 0,03. Giả sử chi có muối NaHSO3, m1= 104.0,03 = 3.12 gam Giả sử chi có muối Na2SO3, m2= 126.0,015 = 1,89 gam 0,5đ mà 1,89 < 2,3 < 3,12 Vậy thu được 2 muối. Đặt y,z là số mol 2 muối Ta có: y + 2z = 0,03 104y + 126z = 2,3 y = 0,01; z = 0,01. Vậy mol SO2 = y + z = 0,02 x = 0,1 x2 = 32.0,05 = 1,6 (gam) 0,5đ Số mol NaOH = 0,3 (mol) CuSO4 + 2NaOH Cu(OH)2 + Na2SO4 Mol NaOH tác dụng với CuSO4 là 0,24, còn lại 0,06 tác dụng với H2SO4 Mol H2SO4 dư = 0,03 Tổng mol H2SO4 là: 0,1 + 2.0,02 + 0,03 = 0,17 (mol) 0,5đ 0,17.98.100 x3 = = 17 gam 98 Thí sinh làm cách khác đúng kết quả vẫn chấm điểm tối đa cho phần đó. HẾT 5