Đề đề xuất thi trại hè Hùng vương Hóa 10 năm học 2012 - 2013

Trường THPT Chuyên Hùng Vương Tỉnh Phú Thọ
ĐỀ ĐỀ XUẤT THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG HÓA 10
Năm học 2012-2013
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1: (2,5 điểm)
 a. Năng lượng tính theo eV (1 eV = 1,602 × 10-19 J) của hệ gồm 1 hạt nhân và 1 eletron phụ thuộc vào số lượng tử n (nguyên dương) theo biểu thức: En = -13,6 × (Z2/n2) trong đó Z là số đơn vị điện tích hạt nhân.
+ Một nguyên tử hiđro ở trạng thái kích thích ứng với n = 6. Tính bước sóng dài nhất và ngắn nhất (theo nm) có thể phát ra từ nguyên tử hiđro đó? Có thể có bao nhiêu bước sóng khác nhau phát ra khi nguyên tử hiđro đó mất năng lượng.
+ Một nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích n =5 về n = 2 phát ra ánh sáng màu xanh. Một ion He+ trong điều kiện nào sẽ phát ra ánh sáng màu xanh giống như vậy?
 Cho: Hằng số Plank h = 6,626×10-34 J.s; Vận tốc ánh sáng trong chân không: c = 3×108 m/s. 
 b. Am-241 có phân rã phóng xạ kiểu α với chu kì bán hủy là 433 năm. Chuông báo cháy thường chứa khoảng 0,3 μg Am-241. Khi hoạt độ phóng xạ của Am-241 bên trong giảm đi 3% thì chuông không còn khả năng hoạt động.
Tính số hạt α phát ra trong mỗi giờ của một chuông báo cháy mới sản xuất.
Tính tuổi thọ của chuông báo cháy?
Câu 2: (2,5 điểm)
 a. Hợp chất XF5 chứa 42,81% flo về khối lượng. 
Tìm nguyên tố X. X có thể có các số oxy hóa nào? Mô tả sự tạo thành liên kết trong XF5.
Mô tả hình dạng của phân tử XF5 biết rằng nguyên tử X không nằm trong mặt phẳng tạo bởi 3 nguyên tử F bất kì. Vì sao XF5 là hợp chất cộng hóa trị nhưng ở thể lỏng lại có độ dẫn điện riêng khá cao?
 b. Spinel là một loại quặng chứa 37,9% Al về khối lượng và có khối lượng riêng bằng 3,57 g/cm3. Độ dài cạnh ô mạng lập phương của spinel là 809 pm. Tìm số lượng các ion trong một ô mạng đơn vị của spinel biết quặng spinel chỉ chứa các nguyên tố Al, Mg, O.
 Cho: F =19,00; Cl = 35,45; Br =79,90; I =126,90; P =30,97; Al =26,98; Mg =24,30; O =16,00.
Câu 3: (2,5 điểm)
Một trong những phương pháp phổ biến nhất để tổng hợp hiđro ở quy mô công nghiệp là sử dụng phản ứng: CH4 (k) + H2O (k) D 3 H2 (k) + CO (k) 
a. Hằng số cân bằng của phản ứng trên ở 298 K là KP, 298K=1,45×10-25; ở 1580 K là KP, 1580K =2,66×104. Coi entropy và entapy không phụ thuộc vào nhiệt độ, tìm ΔHo và ΔSo của phản ứng.
b. Nạp vào bình phản ứng 1 mol CH4 và 1 mol H2O rồi nâng nhiệt độ lên 1100 K. Khi cân bằng hình thành thì thấy áp suất trong bình phản ứng là 1,6 atm. Tính hiệu suất chuyển hóa của CH4.
c. Nạp vào bình phản ứng có thể tích không đổi 1 mol CH4 và 1 mol H2O ở 400 K thì thấy áp suất ban đầu (khi chưa xuất hiện H2) là 1,6 atm. Sau đó nâng nhiệt độ của bình lên 1100 K. Tính áp suất của mỗi khí trong bình khi cân bằng hình thành.
Câu 4: (2,5 điểm)
 Sự có mặt của clo nguyên tử ở tầng bình lưu của khí quyển trái đất dẫn đến sự bào mòn lớp ozon. Quá trình này được mô tả một cách đơn giản hóa như sau:
Cl2 k1 2 Cl
Cl + O3 k2 ClO + O2
ClO + O3 k3 Cl + 2 O2
2 Cl k4 Cl2
 a. Có thể áp dụng gần đúng trạng thái ổn định cho những tiểu phân nào? Tại sao?
 b. Tìm biểu thức mô tả tốc độ mất đi của ozon. Bậc riêng phần của Cl2 trong biểu thức bằng bao nhiêu?
Câu 5: (2,5 điểm)
Dung dịch X là hỗn hợp của H3PO4 và KHSO4 0,010 M.
a. Để xác định nồng độ của H3PO4, người ta tiến hành chuẩn độ dung dịch X bằng dung dịch NaOH. Có thể chọn chất nào làm chỉ thị cho phép chuẩn độ trên trong số các chỉ thị metyl da cam (pT = 4,0), Clorophenol đỏ (pT = 4,8), metyl đỏ ( pT = 5,0), phenol đỏ (pT = 6,4), phenolphtalein (pT = 8,0), thimolphtalein (pT = 9,4).
b. Sử dụng máy đo pH thì xác định được dung dịch X có pHX = 2,03. Tính nồng độ mol của H3PO4.
Cho: H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; HSO4- có pKa = 1,99 
Câu 6: (2,5 điểm)
Có dung dịch X gồm: Cu(NO3)2 1M, NaCl 1M 
Cần phải đặt vào hai điện cực của bình điện phân nhúng trong dung dịch X với điện thế tối thiểu là bao nhiêu để bắt đầu có các quá trình oxi hóa – khử. Chấp nhận bỏ qua hết các quá trình phụ và quá thế của điện cực.
Điện phân 500ml X trong thời gian 8000s ở cường độ dòng điện là 9,65A và điện cực trơ, sự phóng điện là hoàn toàn có ích cho điện phân. Sau 8000s để nguyên bình điện phân để dung dịch không thay đổi khối lượng. Tính thể tích khí và khối lượng kim loại thu được. Biết sự oxi hóa ion clorua thu được khí clo và sự khử ion nitrat thu được khí nitơ oxit.
Cho: Eo(Cu2+/Cu) = 0,34V; Eo(Cl2/2Cl-) = 1,36V
Câu 7: (2,5 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol đơn chất A (ở thể rắn tại nhiệt độ thường và gần như không màu) trong oxi dư thu được chất X. X tác dụng với 400ml dung dịch NaOH 2M sau khi phản ứng kết thúc chỉ thu được 483,2 gam dung dịch Y chứa một chất tan duy nhất Z với nồng độ 17,219%. 
a. Xác định công thức phân tử và vẽ ctct của A? 
b. Cho Z tác dụng với luợng vừa đủ dung dịch KOH thu được dung dịch đặc M. Dung dịch M tác dụng lần lượt và riêng biệt với các chất và dung dịch sau: Cl2, FeCl3, S, 
Câu 8: (2,5 điểm)
Hợp chất Sunfat A và B có công thức cấu tạo giống nhau là X2SO4 và Y2SO4. Nhưng phân tử của chúng lại chứa số nguyên tử khác nhau. Hàm lượng lưu huỳnh trong chất A là 22,654% và trong chất B là 25,4%.
	. A là chất rắn vô hại
	. B là một chất lỏng gây ung thư rất độc.
	. Khi cho B tác dụng một chất C thì lúc đầu tạo ra chất D nhưng nếu thêm dư C vào thì lại được chất A. Cả 2 trường hợp này đều tạo ra chất E. Dung dịch nước của E trung tính. Chất E tác dụng với kim loại F tạo ra chất G có thể thủy phân tạo ra chất C và E.
Xác định A, B, C, D, E, F, G và viết các phương trình phản ứng.
Đáp án đề đề xuất thi trại hè Hùng Vương 2013
Môn Hóa học- Lớp 10
Thời gian làm bài 180 phút 
Câu
Nội dung
Điểm 
1
a
Bước sóng dài nhất:
λmax = hc/ (E6 – E5) = 7465 nm 
Bước sóng ngắn nhất:
λmin = hc/ (E6 – E1) = 93,84 nm
Có thể có 15 bước sóng khác nhau
0,5
0,25
0,25
Ta có
- 13,6 (1/25 – 1/4) = -13,6 × 4 (1/nt2 - 1/ns2)
0,25
Hay 1/25 – 1/4 = 1/(nt/2)2 - 1/(ns/2)2
→ nt/2 = 5 và ns/2 = 2 → He+ chuyển từ n = 10 về n = 4
0,25
b
Số hạt α phát ra trong mỗi giờ:
 N= ( 0,3x10-6x 6,022x1023:241) x(433x 365,25x24)-1xln2
 = 1,37x108 hạt α
0,5
Tuổi thọ của chuông:
 ln(1/0,9) = (ln2/433)xt t = 19 năm.
0,5
2
a
. MX = 19 × 5 (1-0,4281)/0,4281 = 126,90 à X là I
0,5
Số oxy hóa: -1, -1/3, 0, +1, +3, +5, +7.
 Giải thích
I : 5s25p5 
Nguyên tử I từ trạng thái cơ bản 5s25p5 chuyển lên trạng thái kích thích 5s25p35d2 có 5 electron độc thân. Sau đó, sẽ xảy ra sự lai hóa ngoài sp3d2 tạo thành 6 obitan lai hóa hướng về 6 đỉnh của một bát diện, I dùng 5 obitan lai hóa sp3d2 chứa electron độc thân xen phủ trục với các obitan p chứa electron độc thân của 5 nguyên tử F tạo thành 5 liên kết σI-F.
0,25
b. Cấu trúc chóp đáy vuông song do cặp e tự do chiếm không gian lớn, ép góc làm nguyên tử I lệch khỏi mặt phẳng đáy.
0,25
Dẫn điện do: 
0,25
2b
Khối lượng 1 ô mạng: 1,89 . 10-21 gam
Khối lượng Al trong 1 ô mạng: 7,16 . 10-22 gam → số Al trong ô mạng: 16
Số Mg trong 1 ô mạng: x; số O trong ô mạng: y
Ô mạng trung hòa điện: 2 x + 16 . 3 = 2 y
24,03 x + 16 y = 706,8
→ x = 8 và y =32
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
a
1,0
b
	CH4 (k) + H2O (k) D 3 H2 (k) + CO (k) 
nban đầu	1	1	 0	 0
Δn	-a	-a	 +3ª 	 +a
ncb	1-a	1-a	 3a	 a Σn = 2(1+a)
Pcb	 
K = 28,6; p = 1,6 atm → a = 0,7501→ Hiệu suất 75,01%
0,75
c
p1T1 = p2T2	® pG = (1100/400).1,6	p = 4,40 atm
p(CH4) = p(H2O) = ½p = 2,20 atm
	CH4 (k) + H2O (k) D 3 H2 (k) + CO (k) 
pban đầu	2.2	2.2	 0	 0
Δp	-b	-b	 +3b	 +b
pcb	2,2-b	2,2-b	 3b	 b	 p = 4.4+2b
b = 1,08 atm
p = 6,56 atm
p(CH4) = p(H2O) = 1,12 atm
p(CO) = 1,08 atm
p(H2) = 3,23 atm
0,75
4
A
Có thể áp dụng nguyên lý trạng thái tĩnh cho Cl và ClO vì chúng là các gốc tự do rất hoạt động → khả năng phản ứng cao → tốc độ sinh ra chậm hơn nhiều tốc độ tạo thành → nồng độ ít đổi
1,0
b
dCldt=0=k1Cl2- k2ClO3+ k3ClOO3- k4Cl2 
dClOdt=0= k2ClO3- k3ClOO3 ⇒ ClO=k2k3Cl 
0=k1CL2- k2ClO3+ k3k2k3ClO3- k4Cl2 ⇒ Cl= k1k4[Cl2] 
0,5
-dO3dt=k2ClO3+ k3ClO[O3] 
-dO3dt=k2k1k4[Cl2]O3+ k3k2k3k1k4[Cl2][O3] 
v = 2k2k1k4Cl20.5[O3]
0,5
Bậc riêng phần của Cl2 bằng ½
0,5
5
a. Chuẩn độ nấc 1:
HSO4- + OH- → SO42- + H2O 
H3PO4 + OH- → H2PO4- 
pHTĐ1 ≈ (pKa1 + pKa2)/2 = 4,68 gần bằng 4,8
Vậy để có thể chọn chỉ thị Clorophenol đỏ (pT = 4,8), màu dung dịch chuyển từ vàng sang đỏ.
Nếu chuẩn độ tiếp nấc 2:
 H2PO4- + OH- → HPO42- + H2O 
pHTĐ2 ≈ (pKa2 + pKa3)/2 = 9,764 gần bằng 9,4 
Như vậy có thể chọn chỉ thị thimolphtalein (pT = 9,4) để làm chỉ thị. Tại điểm cuối chuẩn độ, dung dịch chuyển từ không màu sang màu xanh.
b. 
 HSO4– D 	 H+ + SO42– ; Ka =10-2 (1) 	 
 H3PO4 D 	 H+ + H2PO4– ; Ka1 =10-2,15 (2) 	 
 H2PO4– D 	 H+ + HPO42– ; Ka2 =10-7,21 (3) 	 
 HPO4– D H+ + PO43– ; Ka3 =10-12,32 (4) 	 Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
Ka1 >> Ka2 >> Ka3 →	quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ
→
→
→= 9,64.10-3 M
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
6
Tại cực âm: (Catot) Cu2+ + 2e → Cu
 E- = E0= + 0,34V ( vì ở đkc)
Tại cực dương:( Anot) 2Cl- →Cl2 + 2e
 E+ = + 1,36 v
Vậy phải đặt một điện thế tối thiểu là: E = E+ - E-=1,36 – 0,34 = 1,02 V.
0,25
0,25
0,5
Mol electron trao đổi là: It/F = 9,65.8000/96500 = 0,8 mol.
Mol Cu2+ = 0,5mol; Cl-= 0,5mol
Ở cực âm:
 Cu2+ + 2e → Cu
 0,4 0,8 0,4 mol
Ở cực dương:
 2Cl - → Cl2 + 2e
 0,5 0,25 0,5mol
 2H2O → 4H+ + O2 + 4e 
 0,3 0,075 0,3mol
Sau 8000s Cu2+ dư, Cl- hết và H2O trên anot điện phân.
Dung dịch ngay sau khi dừng điện phân có: Cu2+ 0,1 mol; H+ 0,3mol; NO3- 1mol, Na+ 0,5 mol. 
Cu ở catot bị hòa tan: 
3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ +2NO + 4H2O
 0,1125 0,3 0,075 mol → 0,075 mol 
Vậy Cu bị tan đi 0,1125 mol, khí NO thu được 0,075 mol.
Tổng mol khí ( Cl2 + O2 + NO) = 0,25 + 0,075 + 0,075 = 0,4 mol
 Vkhí = 8,96 lít
Khối lượng kim loại Cu = 64. ( 0,4 – 0,1125) = 18,4 gam.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
7
a
Xác định được Z là NaHSO3, A là SO2
0,75
A là S8 và vẽ đúng cấu tạo vòng tám cạnh.
0,75
b
4 phản ứng
0,25x 4=
1,0
8
X2SO4 là Na2SO4 và Y2SO4 là (CH3)2SO4
1,0
Ptpư. 
(CH3)2SO4 + NaOH CH3OH + Na(CH3)SO4
 E D
(CH3)2SO4 + 2 NaOHdư 2CH3OH + Na2SO4
CH3OH + Na CH3ONa + 1/2H2
 G
CH3ONa + H2O CH3OH + NaOH
0,25
0,25
0,5
0,5