Đề thi chọn học sinh giỏi vùng duyên hải bắc bộ lớp 10 - Thpt năm học 2012 - 2013môn: Hóa học - Trường THPT Chuyên Bg

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG: THPT CHUYÊN BG
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KÌ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
LỚP 10 - THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: HOÁ HỌC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2,0 điểm) 
Cho phản ứng: A + BC + D (1) là phản ứng đơn giản. Tại 270C và 680C, phương trình (1) có hằng số tốc độ tương ứng lần lượt là k1 = 1,44.107mol-1.l.s-1 và k2 = 3,03.107 mol-1.l.s-1, R = 1,987 cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa EA (cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức k=A.e-E/RT mol-1.l.S-1
2. Tại 1190C, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k3.
3. Nếu CoA = CoB = 0,1M thì t1/2 ở nhiệt độ 1190C là bao nhiêu?
Bài 2 (2,0 điểm) 
Sự sắp xếp cấi trúc kiểu này được gọi là “lập phương tâm mặt”:	
1. Hãy tính độ đặc khít của cấu trúc này và so sánh chúng với cấu trúc lập phương đơn giản.
2. Chỉ ra các lổ tứ diện và bát diện ở cấu trúc trên. Tính số lượng các lỗ trong mỗi ô mạng cơ sở
3. Tính bán kính lớn nhất của nguyên tử X có thể “chui vào” các lổ hổng tứ diện và bát diện.
Bài 3 (2,0 điểm)
Cho phản ứng : Zn (r) + Cu2+ (aq) à Zn2+(aq) + Cu (r). diễn ra trong điều kiện chuẩn ở 250C	
a) Tính W, Q, DU, DH, DG, DS của phản ứng ở điều kiện trên?
Biết : Zn (r) Cu2+ (aq) Zn2+(aq) Cu (r)
DH0s,298 (KJ.mol-1) 0 64,39 -152,4 0
S0298 (J.mol-1.K-1) 41,6 -98,7 -106,5 33,3
b) Hãy xét khả năng tự diễn biến của phản ứng trên theo 2 cách khác nhau?
Bài 4 (2,0 điểm)
Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: 	N2O4 2NO2 	(1)
Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm:
 	 	 Nhiệt độ 	(0oC)	35	45
	(g/mol)	 	72,45	66,80
( là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng)
a) Tính độ phân ly a của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho.
b) Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên.
c) Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấy phẩy).
Bài 5 (3,0 điểm) 
1. Trình bày cách làm thí nghiệm thông qua pin điện để tính được hằng số Ks của muối AgI.
2. Có một điện cực Ag được bao phủ bởi hợp chất ít tan AgI, dung dịch KI 1,000.10-1M lắp với điện cực calomen bão hòa và đo được suất điện động của pin là 0,333V. Tính tích số tan của AgI. Biết EoAg+/Ag = 0,799V; Ecalomen(bão hoà) = 0,244V.
3. Suất điện động của pin sẽ thay đổi như thế nào khi:
a) Thêm NaI 0,1M.
b) Thêm NaCl 0,1M.
c) Thêm dung dịch NH3 0,2M.
d) Thêm dung dịch KCN 0,2M.
e) Thêm dung dịch HNO3 0,2M.
 (Đều được thêm vào điện cực nghiên cứu)
Cho pKs(AgCl: 10,00; AgI: 16,00): βAg(NH3)2+ = 107,24; βAg(CN)2- = 1020,48. 
Bài 6 (3,0 điểm) 
Trộn 100 mL dung dịch Na2S 0,102M với 50 mL dung dịch (NH4)2SO4 0,051M. Tính pH của dung dịch thu được, biết H2S có pK1 = 7; pK2 = 12,92; NH3 có pKb = 4,76 và giả thiết rằng HSO4- điện ly hoàn toàn. 
Bài 7 (2,0 điểm) 
Bài 1. Đốt cháy hòan tòan 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và khí B.Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thể muối ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%.
1.Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X.
2.Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:
Đun nóng khí B với nước trong ống kín ở 1500C thấy thóat ra chất rắn màu vàng.
Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch . Sau đó thêm dung dịch BaCl2 vào thấy kết tủa trắng.
Bài 8 (2,0 điểm) 
Hòa tan hoàn toàn oxit A (FexOy) trong dung dịch H2SO4 thu được muối A1 và khí B. Nung A1 ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi được chất rắn A2. Trộn A2 với bột nôm rồi nung ở nhệt độ cao được hỗn hợp A3 gồm Al2O3 và FenOm. Hòa tan A3 trong HNO3 loãng thu được khí NO.
1. Nếu khối lượng A2 là 40 gam thì khối lượng a gam chất A ban đầu là bao nhiêu?
2. Người ta lại cho khí B lần lượt tác dụng KMnO4, dung dịch Br2, dung dịch K2CO3 có những phản ứng gì xảy ra?
3. Để điều chế phèn crom-kali người ta dùng khí B khử K2Cr2O7. Viết phương rình phản ứng tạo phèn.
Hằng số điện ly
 H2CO3 K1 = 3,5.10-7 ; K2 = 5,6.10-11 
 H2SO3 K1 = 1,7.10-2; K2 = 6,2.10-8	
Bài 9 (2,0 điểm) 
 Điện phân dd KCl hai giờ ở 80°C trong một bình điện phân với điện áp là 6V và cường độ dòng điện 2A. Sau khi điện phân, CO2 được dẫn qua dung dịch đến khi bão hòa. Sau đó, cô cạn cẩn thận cho nước bay hơi thấy có cặn trắng. Phân tích cho thấy trong cặn đó có mặt ba muối chúng là những muối gì?
Thí nghiệm 1: lấy m (g) hỗn hợp chứa các muối trên hòa tan trong nước, axit hoá bằng axit nitric tạo ra khí và chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch AgNO3 0,1M hết 18,80 ml
Thí nghiệm 2: m (g) hỗn hợp này được đun nóng đến 600°C (hỗn hợp nóng chảy), làm lạnh lần nữa và khối lượng mẫu rắn còn lại (m - 0,05) g. Kiểm tra mẫu rắn thấy một muối ban đầu vẫn giữ nguyên nhưng hai muối kia đã chuyển thành hai muối mới.
Thí nghiệm 3: lấy (m - 0,05) g của mẫu rắn còn lại hòa tan trong nước và axit hóa với axit nitric. Một khí được hình thành có thể quan sát được. Sau đó chuẩn độ bằng dung dịch AgNO3 0,1M hết 33,05 ml.
a. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Hai muối biến mất và hai muối mới hình thành là gì?
b. Xác định khối lượng của 3 muối trong hỗn hợp rắn ban đầu và 3 muối trong phần nóng chảy.
..................HẾT................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG: THPT CHUYÊN BG
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
LỚP 10 - THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: HOÁ HỌC
Câu
ý
Điểm
1
2,0
1
Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archenius ta có
lnk1=+ lnA; lnk1=+ lnA; 
lnk2-lnk1=+ lnA- - lnA
=(-)
EA=R.=3688,2(cal/mol)
k=A. 
A===7.109(mol-1.l.s-1.)
 k3=A. =6,15.107(mol-1.l.s-1.)
==1,63.10-7(s)
2
2,0
1
Trong cấu trúc sắp xếp chặt khít này thì nguyên tử này sẽ tiếp xúc với nguyên tử khác trên đường chéo cạnh. Độ dài đường chéo của một hình vuông là . Trong một ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử (8 ở 8 đỉnh và 6 ở 6 mặt). Như vậy độ chặt khít được tính như sau:
Số lỗ hổng tứ diện là 8 x 1 = 8; bát diện là: 1x1 + (1/4)x 12 = 4
2
Với lổ hổng tứ diện
Một đường thằng đi từ các cạnh chia góc tứ diện ra làm hai phần. Độ dài của mỗi cạnh là 2 rX. Khoảng cách từ một đỉnh của tứ diện đến tâm của nó là rM + rX. Góc lúc này là 109,5°/2.
sin θ = rx / (rM + rX)→ sin (109,5°/2)· (rM + rX) = rX
→ 0.816 rM = 0.184 rX	→ rM/rX = 0.225
Với lổ hổng bát diện
(2rx)2= (rM + rx)2 + (rM + rX)2 nên 
3
2,0
1
Zn (r)+ Cu2+(aq) → Cu(r) + Zn2+(aq) 
∆H0pư = ∆H0s, Cu + ∆H0s, Zn2+(aq) - ∆H0s, Zn (r) - ∆H0s,Cu2+(aq) = -216,79 KJ
 ∆S0pư = ∆S0s, Cu + ∆S0s, Zn2+(aq) - ∆S0s, Zn (r) - ∆S0s,Cu2+(aq) = -16,1 J/K.
	∆G0pu = ∆H0pư – T. ∆S0pư = -216,79 + 298,15. 16,1.10-3 = -211,99 KJ
	Do ∆V = 0 (vì thể tích coi như không đổi) nên Wtt = 0;
	Trong quá trình bất thuận nghịch thì W’ = 0
	Do đó ∆U0 = Q = ∆H0pư = -216,79 KJ
2
 Cách 1: Phản ứng trên có ∆G0pu = -211,99 KJ << 0 nên có thể tự xảy ra.
 Cách 2: ∆S0hệ pư = -16,1 (J/K )
 ∆S0mt = Qmt / T = -∆H0pư /T = 216,79.103 / 298,15 = 727,12 (J/K)
∆Svũ trụ = ∆Spư + ∆Smt = 711,02 J/K > 0
Quá trình là bất thuận nghịch, phản ứng tự xảy ra.
4
2,0
1
a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, a là độ phân li của N2O4 ở toC
	xét cân bằng: 	 N2O4 2NO2
	số mol ban đầu	 a	 	 0
	số mol chuyển hóa	 aa	 	 2aa
	số mol lúc cân bằng	 	a(1 - a)	 2aa
Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + a)
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:
 ở 35oC thì = 72,45 ® = 72,45 	® 	a = 0,270 hay 27%
ở 45oC thì = 66,8 ® a = 0,337 hay 33,7%
2
Ta có Kc = 
V là thể tích (lít) bình chứa khí
Và PV = nS. RT ® RT = 
Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc. ở đây 
	Dn = 1 ® KP = 
ở 35oC thì a = 0,27 ® KP = 0,315
ở 45oC thì a = 0,337 ® = 0,513
2
Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC ® 45oC thì độ điện li a của N2O4 tăng (hay KP tăng) ® Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO2) do đó theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt.
5
3,0
1
+ Lấy một điện bạc được bao phủ bởi hợp chất ít tan (là hợp chất đang cần xác định tích số tan, ví dụ: AgI) và nhúng trong dung dịch muối chứa anion của hợp chất ít tan đó (ví dụ dung dịch KI đã biết nồng độ).
+ Chọn một điện cực thứ hai thường là điện cực chuẩn (ví dụ điện cực calomen bão hòa hoặc điện chuẩn của Ag nhúng trong muối AgNO3 1M). 
+ Nối hai điện cực có mắc vôn kế xác định chiều của dòng điện (xác định điện cực) và đo suất động của pin. Từ đó tính được Ks.
2
 Giả sử qua thực nghiệm xác định được sơ đồ pin như sau:
	(-) Ag, AgI KI 0,1M KCl(bão hòa) Hg2Cl2, Hg (+)
- Ở cực (-) có:
	E(-) = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lg[Ag+] = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lgKs/[I-]
 = 0,799 + 0,0592lg10 + 0,0592lgKs = 0,7398 + 0,0592lgKs
Epin = 0,244 – 0,8582 – 0,0592lgKs = 0,333
 K = 1016.
3
a) Có sơ đồ pin:
	(-) Ag, AgI KI 0,1M KCl(bão hòa) Hg2Cl2, Hg (+)
 Khi thêm muối NaI vào điện cực anot làm cho cân bằng AgI ⇌ Ag+ + I- chuyển dịch theo chiều nghịch, nồng dộ ion Ag+, do đó E(-) giảm. Vì vậy suất điện động của pin tăng.
b) Khi thêm NaCl 0,1M vào điện cực anot, có phản ứng:
 Khi thêm CH3COONa vào điện cực anot có phản ứng:
	AgI + Cl- ⇌ AgCl + I- K = 10-16.(10-10)-1 = 10-6 (nhỏ)
 Theo phản ứng trên thấy K rất nhỏ, mặt khác nồng độ NaCl lại loãng, nên quá trình chuyển sang AgCl là rất ít. Vì vậy suất điện động của pin coi không đổi. 
c) Khi thêm NH3 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng:
	AgI + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+ + I- K = 10-16.(10-7,24)-1 = 10-9,76 (rất nhỏ)
 Theo phản ứng trên thấy K rất nhỏ, mặt khác nồng độ NH3 lại loãng, nên quá trình chuyển sang Ag(NH3)2+ là rất ít. Vì vậy suất điện động của pin coi không đổi. 
d) Khi thêm dung dịch KCN 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng:
	AgI + 2CN- ⇌ Ag(CN)2+ + I- K = 10-16.(10-20,48)-1 = 104,48 (lớn)
 Theo phản ứng trên thấy K lớn, nên quá trình chuyển sang phức bền gần như hoàn toàn, do đó ion Ag+ giảm đi, E(-) giảm. Vì vậy suất điện động của pin tăng. 
e) Khi thêm dung dịch HNO3 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng I- bị oxi hóa bởi HNO3 làm nồng độ ion I-, dẫn đến nồng độ ion Ag+ tăng (trong môi trường axit ion Ag+ không tham gia quá trình tạo phức hiđroxo), nên E(-) tăng. Vì vậy suất điện động của pin giảm, đến lúc nào đó có thể đổi chiều dòng điện. 
6
3,0
C(Na2S) = = 0,068 (M); C((NH4)2SO4) = = 0,017 (M)
	Na2S	®	2Na+	+	S2-
	(NH4)2SO4	®	2NH4+	 +	SO42-	 
 S2- +	 NH4+	 D	HS-	+	NH3	K = 1012,92.10-9,24 = 103,68
 C: 0,068 0,034
 DC: -0,034 -0,034	0,034	 	0,034
 TPGH: 0,034	 -	0,034	0,034	
K của phản ứng lớn nên phản ứng có thể xem như hoàn toàn. Do đó, thành phần giới hạn của hệ như trên.
	S2- + H2O D HS- + OH-	Kb1 = 10-1,08	(1)
	HS- +	H2O D	H2S + OH-	Kb2 = 10-7	(2)
	NH3 +	H2O D NH4+ + OH-	Kb3 = 10-4,76	(3)
	HS- D	H+ + S2-	 Ka2 = 10-7	(4)
	H2O D	 H+ + OH-	 Kw =10-14	(5)
Vì Kb1 >> Kb3 >> Kb2 nên cân bằng phân ly ra OH- chủ yếu là do cân bằng (1).
Vì Ka2 >> Kw nên cân bằng phân ly ra H+ chủ yếu do cân bằng (4).
Như vậy, cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng (1) và (4).
Đánh giá sơ bộ pH của dung dịch:
	pH = pKa2 + lg(Cb/Ca) = 12,92 + lg (0,034/0,034) = 12,92 > 7 nên ta xét cân bằng:
	S2-	+	H2O	D	HS-	+	OH-	Kb1 = 10—1,08	(1)
C:	0,034	0,034
DC:	-x	x	x
[ ]	0,034 – x	0,034 + x	x
	Kb1 = = 10-1,08
Giải ra được: x = 0,02, suy ra: [OH-] = x = 0,02M; pOH = -lg0,02 = 1,7
Þ pH = 14 – 1,7 = 12,3.
6
2,0
1
	2MS + 3O2 	 2MO + 2SO2
	MO + H2SO4 	 MSO4 + H2O
Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H2SO4 hòa tan được (M + 96)g muối MSO4. Ta có:
 Khối lượng dung dịch thu được = (M+16)+400, khối lượng chất tan = (M+96)g
Theo baì cho, ứng với	100 g dung dịch có 33,33g chất tan
Tính được M= 64, M là Cu.
Ta có : m dd baõ hoà = m CuO + m dd H2SO4 – m muối tách ra
	= 0,125 . 50 + 0,125 . 400 – 15,625 = 44,375g.
Khối lượng CuSO4 còn laị trong dung dịch bão hòa = (44,375 . 22,54)/100% = 10g
Số mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol
Số mol CuSO4 ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 mol
Số mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol
Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO4.nH2O ta có (160+18n) . 0,0625 = 15,625 n = 5
2
	3SO2 + 2H2O 150 2H2SO4 + S ¯(maù vàng)
	SO2 +Br2 + 2H2O 	 H2SO4 + 2HBr
	H2SO4 + BaCl2 	 BaSO4 ¯ + 2HCl
7
2,0
1
Hòa tan A trong H2SO4
2FexOy+(6x-2y)H2SO4xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O
Nung A1
2Fe2(SO4)3 6SO2 + 3O2 + Fe2O3
Nung A2 với bột Al
3nFe2O3 + (6n-4m)Al 6FenOm + (3n-2m)Al2O3
Hòa tan A3 trong HNO3
Al2O3 + 6HNO3 2Al(NO3)3 + H2O
3FenOm + (12n-2m)HNO3 3nFe(NO3)3 + (3m-2n)NO + (6n-m)H2O
Ta có sơ đồ sau
2FexOy 	 Fe2O3 
2(56x+ 16y) 	 160x
a 40 
Ta có
a = 
Khi x = 1; y = 1 A là FeO 	 mA = a = 36 gam
Khi x = 3; y = 4 A là Fe3O4 mA = a = 38,667 gam
2
B là SO2 tác dụng với
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4
K2SO4 + H2SO3 K2SO3 + KHSO3
3
B tác dụng với K2Cr2O7
K2Cr2O7 + 3SO2 + H2SO4 K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O
K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 12H2O K2SO4.Cr2(SO4)3.24H2O
9
2,0
Ba muối là KCl, KHCO3 và KClO3
KHCO3 và KClO3 bị phân hủy; KClO4 và K2CO3 được hình thành
Axit hóa: 	
Phản ứng với AgNO3:
	Ag+ + Cl- → AgCl
Khi nung ở 600oC:
Khối lượng giảm sau khi nung = = m-(m-0,05) = 0,05 gam
== 0,05/62 = 8,06x10-4 (mol)
→ = 138 x 8,06x10-4 = 0,111 (gam)
→ = 2x8,06x10-4 x100 = 0,161(g)
= 18,8x0,1x10-3 = 1,88x10-3(mol) 
→ =74,5x1,88x10-3 = 0,140 (gam)
Sau khi nung:
= 33,05x0,1x10-3 = 3,305x10-3(mol) 
(sau nung) =74,5x3,305x10-3 = 0,246 (gam)
 (do KClO3 phân hủy ra) = 3,305x10-3 - 1,88x10-3 = 1,425x10-3(mol)
 = 4x = 5,7x10-3(mol) → =122,5x5,7x10-3 = 0,698 (gam)
=3x1,425x10-3 = 4,275 x 10-3 (mol) 
→= 138,5x4,275 x 10-3 = 0,592 (gam)
Vậy khối lượng của 3 muối trước khi nung:
= 0,140 gam; = 0,698 gam; = 0,161gam.
Khối lượng của 3 muối sau khi nung:
= 0,246 gam; = 0,592 gam; = 0,111gam.