Đề thi chọn học sinh giỏi khu vực mở rộng năm học 2012 - 2013 môn thi: Hóa học lớp 10

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO 
NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
LÊ HỒNG PHONG
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2012- 2013
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10.
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 04 trang
Câu 1: (2 điểm)
Livermori (Lv) là nguyên tố thứ 116 trong bảng hệ thống tuần hoàn được các nhà khoa học ở viện nghiên cứu Dubna (Nga) tạo ra lần đầu tiên vào năm 2000 bằng cách bắn phá hạt nhân nguyên tố Curi (Cm96248) bằng hạt nhân Canxi (2048Ca) được gia tốc để tạo ra một đồng vị của Livermori (có số khối A = 293) kèm theo một loại hạt cơ bản nữa. Livermori-293 phân rã α với chu kì bán hủy là 61 mili giây tạo ra hạt nhân nguyên tố Flerovi (Fl). 
1. Viết phương trình phản ứng tổng hợp và phân rã của Lv-293.
2. Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố Livermori (Lv) và Flerovi (Fl). Từ đó suy ra vị trí của hai nguyên tố trên trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học (ô, nhóm, chu kì). Dự đoán số oxy hóa của chúng trong các hợp chất.
Câu 2: (2 điểm)
Bạc kim loại có cấu trúc chặt khít nhất sắp xếp theo kiểu ABCABC.... 
1. Vẽ tế bào đơn vị của tinh thể bạc. Tìm khối lượng riêng (g/cm3) của Ag.
2. Tính khoảng cách (nm) giữa 2 lớp A-B cạnh nhau trong tinh thể Ag. 
3. Một loại hợp kim kiểu thay thế của Ag-Au trong đó Au chiếm 10% về khối lượng. Tính khối lượng riêng của loại hợp kim đó. Giả thiết rằng hằng số mạng không thay đổi. 
Cho: Bán kính nguyên tử Ag trong tinh thể: 0,144 nm. Ag = 107,87; Au = 196,97.
Câu 3: (2 điểm)
1. Một mẫu đá chứa 99,275 mg U-238; 68,301 mg Pb-206 và một lượng cực nhỏ Ra-226. Giả thiết rằng ban đầu trong mẫu đá không có chì và radi tồn tại sẵn. 
a. Tính tuổi mẫu đá.
b. Tìm khối lượng radi (mg) có trong mẫu đá.
2. Phân tích một mẫu quặng cho thấy tỉ lệ số mol của Pb-206/U-238 bằng 0,1224 và tỉ lệ số mol của Pb-206/Pb-204 bằng 75,41. Xác định tuổi mẫu quặng.
Cho: Chu kì bán hủy của U-238 và Ra-226 lần lượt là 4,47 × 109 năm và 1600 năm. Tỉ lệ các đồng vị trong tự nhiên của chì là Pb-204 : Pb-206 : Pb-207 : Pb-208 = 1,48 : 23,6 : 22,6 : 52,3.
Câu 4: (2 điểm)
Cây xanh sử dụng ánh sáng mặt trời để chuyển hóa nước và CO2 trong không khí thành glucozơ (C6H12O6) và oxy.
1. Tại sao quá trình quang hợp ở cây xanh chỉ xảy ra được trong khoảng nhiệt độ tương đối hẹp? Dùng tính toán, chỉ ra rằng quá trình tổng hợp glucozơ của cây xanh không thể thiếu ánh sáng mặt trời.
2. Tính số photon tối thiểu để cây xanh tổng hợp nên một phân tử glucozơ ở 25oC nếu coi cây xanh hấp thụ ánh sang có bước sóng 600 nm.
3. Hàng năm, quá trình quang hợp trên trái đất tiêu tốn hết khoảng 3,4 × 1018 kJ năng lượng ánh sáng mặt trời. Ước lượng gần đúng khối lượng CO2 (theo đơn vị tấn) trong khí quyển được cây xanh loại bỏ hàng năm.
Cho: Bảng số liệu nhiệt động ở áp suất tiêu chuẩn 1 bar, nhiệt độ 25oC:
Chất
ΔHos (kJ/mol)
So (J/mol.K)
CO2 (k)
-393,5
213,2
H2O (l)
-285,8
69,9
C6H12O6 (r)
-1273,3
212,1
O2 (k)
205,0
Câu 5: (2 điểm)
Cho các phản ứng với hằng số cân bằng tại 820oC như sau:
	CaCO3(r) D  CaO(r) + CO2(k)	(1)	Kp1 = 0,2
	C(r) + CO2(k) D  2CO(k)	(2)	Kp2 = 2
1. Trong một bình chân không dung tích 22,4 lít ở 8200C, người ta cho 1,0 mol CaCO3 và 1,0 mol cacbon. Xác định thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng.
2. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì CaCO3 phân hủy hoàn toàn.
Câu 6 : (2 điểm)
Tìm nồng độ tối thiểu của dung dịch Fe(NO3)3 sao cho 1 L dung dịch đó hòa tan được 0,01 mol canxi oxalat (CaA).
Cho: Axit oxalic (H2A) có pKa1 = 1,2 và pKa2 = 4,3 ; 
Canxi oxalat (CaA) có pKs = 8,6 ; FeA33- có hằng số bền tạo thành phức lg β = 20.
Fe3+ + H2O D Fe(OH)2+ + H+	có η1 = 10-2,17.
Câu 7: (2 điểm)
Một pin điện hóa được xây dựng dựa vào các bán phản ứng:
HSO4- (aq) + 3H+ (aq) + 2 e → H2SO3 (aq) + H2O Eo = 0,17 V
Mn2+ (aq) + 2 e → Mn (r) Eo = -1,18 V
1. Viết sơ đồ pin rồi tính Epino tại pH = 1.
2. Cho biết Epino thay đổi thế nào (định lượng) nếu cho thêm Ba(NO3)2 vào điện cực chứa HSO4-/H2SO3 biết BaSO3 có pKs = 6,5; BaSO4 có pKs = 9,96; H2SO3 có pKa1 = 1,76 và pKa2 = 7,21; HSO4- có pKa = 1,99.
Câu 8: (2 điểm)
1. AsCl5 ở thể rắn bị dime hóa tạo thành hợp chất gồm 2 ion mà số phối trí của nguyên tử trung tâm hơn kém nhau hai nguyên tử. 
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra. Phản ứng này thuộc loại phản ứng nào? 
b. Viết cấu trúc của 2 ion tạo nên sản phẩm.
2. Hydrazin là một chất độc. Giải thích tại sao không nên đổ lẫn chất tẩy trắng quần áo (dung dịch kiềm mạnh chứa natri hypoclorua) với dung dịch làm sạch bề mặt (nước lau kính) chứa amomiac.
Cho: Eo (ClO-/Cl-, OH-) = 0,90 V; Eo (N2H4/NH3, OH-) = -0,10 V.
Câu 9: (2 điểm)
Nguyên tố A cháy trong oxy tạo ra khí B. Khí B tiếp tục bị oxy hóa thành chất C khi có mặt xúc tác. B phản ứng với nước tạo ra axit yếu D trong khi C phản ứng với nước tạo ra axit mạnh E. Mặt khác, nguyên tố A phản ứng với khí F màu vàng lục tạo thành chất lỏng G màu vàng tươi, rất độc. G có hai đồng phân cấu trúc và có thể tiếp tục bị clo hóa tạo thành chất lỏng H màu đỏ anh đào sôi ở 59oC. Phần trăm khối lượng của nguyên tố A trong G và H lần lượt là 47,41% và 31,07%. Cả G và H phản ứng với nước đều tạo thành hỗn hợp sản phẩm gồm B, D, và E.
Xác định các chất từ A tới H và viết các phương trình phản ứng đã xảy ra.
Câu 10: (2 điểm)
Diiot pentoxit (X) là một chất rắn tinh thể màu trắng dùng để xác định định lượng cacbon monoxit. Dẫn 150 cm3 khí (điều kiện tiêu chuẩn) có chứa cacbon monoxit qua lượng dư X ở 170oC đến phản ứng hoàn toàn thì thấy hỗn hợp sản phẩm rắn thu được có màu tím của I2. Lượng I2 sinh ra được chuẩn độ vừa đủ với 8 cm3 dung dịch natri thiosunfat 0,100 M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định % thể tích của cacbon monoxit có trong chất khí ban đầu.
----------------------------------------------HẾT----------------------------------------------
* Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng hệ thống tuần hoàn).
* Giám thị không giải thích gì thêm.
Đáp án:
Câu 1:
1. Từ định luật bảo toàn điện tích thấy hạt cơ bản kèm theo hạt nhân Lv cần có Z = 0 → Đó là nơtron; do đó, phản ứng tổng hợp: 
2048Ca+Cm96248→116293Lv+ 3no1 
Phản ứng phân rã:
116293Lv→114289Fl+He2 4 hoặc 116293Lv→114289Fl+α2 4
2. Cấu hình e của Lv:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 4f14 5s2 5p6 5d10 5f14 6s2 6p6 6d10 7s2 7p4.
Ô 116, chu kì 7, nhóm VIA
→ Vì nằm ở cuối chu kì nên dự đoán Lv sẽ là kim loại → chỉ có các số oxy hóa dương: tương tự như các nguyên tố khác của nhóm VIA → +2, +4, +6.
Cấu hình e của Fl:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 4f14 5s2 5p6 5d10 5f14 6s2 6p6 6d10 7s2 7p2.
Ô 114, chu kì 7, nhóm IVA
→ Vì nằm ở cuối chu kì nên dự đoán Fl sẽ là kim loại → chỉ có các số oxy hóa dương: tương tự như các nguyên tố khác của nhóm VIA → +2, +4.
Câu 2:
1. a. Cấu trúc chặt khít nhất sắp xếp theo kiểu ABCABC.... chính là kiểu lập phương tâm mặt → Ô mạng đơn vị:
Sự tiếp xúc xảy ra trên đường chéo mặt → a = 0,407 nm = 4,07 × 10-8 cm
Khối lượng riêng: d = 10,60 g/cm3.
b. Khoảng cách giữa hai mặt A-B chính bằng 1/4 đường chéo ô mạng đơn vị
h=a34=0,176 nm
c. Vì thông số ô mạng không đổi nên thể tích ô mạng không đổi.
Vì Au chiếm 10% về khối lượng 
→ dễ thấy tỉ lệ số lượng : 0,0574 Au và 0,9426 Ag 
→ Khối lượng ô mạng của hợp kim: 
4 × (0,9426 ×107,87+0,0574 ×196,97) = 451,94 g/mol
Khối lượng riêng của hợp kim = 11,10 g/cm3.
Câu 3:
1. a. Vì khối lượng của Ra-226 trong mẫu quặng là nhỏ nên có thể coi 
nU-238(đã phân rã) = nPb-206 (có trong mẫu đá) = 68,301 / 206 (mmol)
nu-238(ban đầu) = 68,301 / 206 + 99,275 / 238 (mmol)
Tuổi mẫu đá: 
lnnU-238(ban đầu)nU-238(còn lại)=ln2T12, U-238t
→ t = 5,25 × 109 năm
b. U-238 có chu kì bán huỷ rất lớn so với Ra-226, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ.
Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: λU-238 .NU-238 = λRa-226 .NRa-226
mRa-226=T12,Ra-226T12,U-238×mU-238×226238
→ mRa-226 = 3,374 × 10-5 mg.
2. Giả sử hiện tại mẫu quặng có 1 mol U-238 → 0,1224 mol Pb-206 và 0,1224/75,41 mol Pb-204
→ Lượng Pb-204 ban đầu ở mẫu quặng vẫn là 0,1224/75,41 mol
→ Lượng Pb-206 ban đầu ở mẫu quặng : (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) mol
→ Lượng Pb-206 do U-238 phân rã ra: 0,1224 - (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) = 0,09652 mol
lnnU-238(ban đầu)nU-238(còn lại)=ln1+0,096521= ln2T12, U-238t
→ t = 5,94×108 năm.
Câu 4:
1. Quá trình quang hợp ở cây xanh là một chuỗi các phản ứng hóa sinh phức tạp mà hầu hết đều cần đến các enzyme làm xúc tác. Các enzyme thông thường chỉ hoạt động được trong một khoảng nhiệt độ hẹp nên quá trình quang hợp cũng chỉ xảy ra trong một khoảng nhiệt độ nhất định.
2. 6CO2 + 6H2O = C6H12O6 + 6O2
∆Hopư = 2802,5 kJ/mol
∆Sopư = -256,5 J/mol.K
Do quá trình quang hợp chỉ xảy ra trong một khoảng nhiệt độ hẹp nên ta có thể coi giá trị ΔH và ΔS không phụ thuộc vào nhiệt độ. Vì ΔH dương và ΔS âm, ΔG = ΔH - TΔS < 0 với mọi T, phản ứng không tự diễn biến ở mọi nhiệt độ, tức là phản ứng này muốn xảy ra thì cần có năng lượng bên ngoài cung cấp, nói cách khác cây xanh không thể thiếu ánh sáng mặt trời!
3. Ở 25oC: ∆Gopư = 2878,9 kJ/mol = 4,78 × 10-18 J/ phân tử glucozơ.
Năng lượng cung cấp bởi 1 photon: E = hv/λ = 3,31 × 10-19 J/photon
Số photon cần cho phản ứng tạo ra 1 phân tử glucozơ: 14,4 photon. Nói chung, vì photon là lượng tử năng lượng nên số photon tối thiểu là 15 photon.
4. Số mol CO2 = 7,08 × 1015 mol hay khối lượng CO2 = 3,12 × 1017 g = 3,12 × 1011 tấn.
Câu 5:
1. Gọi x là số mol CaCO3 bị phân hủy. y là số mol C tham gia phản ứng. 
Ta có: 	 CaCO3(r) D  CaO(r) + CO2(k)	(1)	K1 = 0,2
	1-x	 x x-y
	C(r) + CO2(k) D  2CO(k)	(2)	K2 = 2
	1-y x - y	 2y
Số mol của hỗn hợp khí = x + y (mol) 
Từ (1) → K1 = PCO2 = 0,2 atm = (x – y). = (x- y)= (x – y). 4 
→ x- y = 0,2/4 = 0,05	(*)
Từ (2) → K2 = = 2 => PCO = atm.
=> 2y. = 
Thay vào (*) → x = 0,129
Trong hệ có 0,129 mol CaO ; 0,871 mol CaCO3 ; 0,921 mol C ; 0,05 mol CO2 ; 0,158 mol CO.
2. Để sự phân hủy CaCO3 xảy ra hoàn toàn => x = 1 và áp suất riêng phần của các khí tại thời điểm cân bằng bị phá hủy là không bị thay đổi. 
Nghĩa là PCO = 0,632 atm và PCO2 = 0,2 atm.
=> 
Với y’là số mol C đã tham gia phản ứng.
Lấy (II) chia cho (I) => 
=> y’ = 0,612 mol. Thay vào (II)
=> V = lít.
=> Để CaCO3 phân hủy hoàn toàn thì thể tích bình phải lấy là: V ³ 173,76lít
Câu 6:
CaS D Ca2+ + S2- có Ks = 10-8,6
Ở giới hạn biến mất của kết tủa s = [Ca2+] = 10-2M .
Mà Ks = [Ca2+].[A2-] = 10-8,6 → [A2-] = 10-6,6 M.
Vì nồng độ A2- tương đối bé, ta giả thiết nồng độ của các dạng HA- và H2A cũng nhỏ hơn nhiều nồng độ của A trong phức [FeA33-] (giả thiết 1)
Coi A nằm hấu hết trong phức [FeA33-] = 0,01/3 M
FeA33- D Fe3+ + 3A2- có β-1 = 10-20
β-1 = 10-20 = [Fe3+] [A2-]3 / [FeA33-] → [Fe3+] = 2,103 . 10-3M. 
Với giả thiết 1, ta có thể coi cân bằng quyết định pH của dung dịch là:
Fe3+ + H2O D Fe(OH)2+ + H+	có η1 = 10-2,17 (Giả thiết 2)
→ FeOH2+ = H+ = 3,771 . 10-3 M → Kết hợp với [A2-] = 10-6,6 M và các giá trị Ka1, Ka2 của H2A → [HA-] = 1,89.10-5 M và [H2A] = 1,13.10-6 M
Kiểm tra lại: 
Rõ ràng [HA-], [H2A], [A2-] << nồng độ của A trong phức [FeA33-] 
→ Giả thiết 1 là đúng đắn.
[FeOH2+] >> [HA-], [H2A] → Giả thiết 2 là đúng đắn
Vậy tổng nồng độ Co của Fe3+ = [Fe3+] + [FeA33-] + FeOH = 9,21 . 10-3M.
Câu 7:
1. Sơ đồ pin: (-) Mn | Mn2+ || HSO4- , H+ , H2SO3 | Pt (+)
Ở pH = 1, đối với dung dịch bên điện cực dương
HSO4- (aq) + 3H+ (aq) + 2 e → H2SO3 (aq) + H2O Eo = 0,17 V
Eo’ = Eo – 0,0592 × 3/2 × pH = 0,0812 V
Eo pin = 0,0812 – (-1,18) = 1,26 V
2. Xét các phản ứng:
Ba2+ + H2SO3 D BaSO3 + 2H+ có K1 = 10-2,47
→ không thể hình thành kết tủa BaSO3 trong môi trường axit
Ba2+ + HSO4- D BaSO4 + H+ có K2 = 107,97
→ hình thành kết tủa BaSO4 ngay trong môi trường axit mạnh
Cho thêm Ba(NO3)2 vào điện cực chứa HSO4-/H2SO3 thì bán phản ứng trở thành
HSO4- (aq) + 3H+ (aq) + 2 e → H2SO3 (aq) + H2O
Ba2+ + HSO4- D BaSO4 + H+ 
BaSO4 (aq) + 4H+ (aq) + 2 e → Ba2+ + H2SO3 (aq) + H2O
Từ đó tính được: Eo (BaSO4, H+/H2SO3, Ba2+) = -0,066 V
Vậy Eopin = 1,11 V
Tức là Eopin giảm đi 0,15 V.
Câu 8:
1. Phản ứng: 2AsCl5 → [AsCl6]- + [AsCl4]+
Phản ứng tự oxi hóa khử.
Cấu trúc:
Cation tứ diện: 
Anion bát diện 
2. Do xảy ra phản ứng:
ClO- + 2NH3 → Cl- + H2O + N2H4 có K = 1033,78 rất lớn → giải phóng ra hydrazin ở thể khí, phát tán vào không khí gây độc.
Câu 9:
A
S hoặc S8
B
SO2
C
SO3
D
H2SO3
E
H2SO4
F
Cl2
G
S2Cl2
H
SCl2
Câu 10:
Phản ứng: I2O5 + 5CO → 5CO2 + I2
I2 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI
Dễ thấy n (CO) = 5 n (I2) = 5/2 n (Na2S2O3) = 2.10-3 mol
V (CO) = 44,8 cm3 → %V (CO) = 29,87%