Đề thi chọn học sinh giỏi vùng Duyên hải và đồng bằng Bắc bộ lần thứ IV - Năm 2011 môn: Hoá học lớp 10

TRƯỜNG THPT 
CHUYÊN VĨNH PHÚC
	ĐỀ THI CHỌN HSG
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ IV- NĂM 2011
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 10
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang)
Bài 1
Hợp chất X được tạo thành từ 13 nguyên tử của ba nguyên tố (A, B, D). Tổng số proton của X bằng 106. A là kim loại thuộc chu kì III, trong X có một nguyên tử A. Hai nguyên tố B, D thuộc cùng một chu kì và thuộc hai phân nhóm chính liên tiếp.
1. Xác định công thức phân tử của X.
2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho X lần lượt vào các dung dịch Na2CO3; Na2S.
Bài 2
1. Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá
cao thì tồn tại ở dạng đime (Al2Cl6). ở nhiệt độ cao (7000C) đime bị phân li thành monome (AlCl3). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử đime và monome; Cho biết kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm, kiểu liên kết trong mỗi phân tử ; Mô tả cấu trúc hình học của các phân tử đó.
2. Phân tử HF và phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91
Debye, H2O 1,84 Debye, MHF 20, 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của hiđroflorua là
– 830C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 00C, hãy giải thích vì sao?
Bài 3
Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng:
3Fe(NO3)2(aq) + 4HNO3(aq) ® 3Fe(NO3)3(aq) + NO(k) + 2H2O (l)
Diễn ra trong nước ở 25oC. Cho biết:
 Fe2+(aq) Fe3+(aq) NO3-(aq) NO(k) H2O(l)
(kJ/mol) -87,86 - 47,7 -206,57 90,25 -285,6 
Bài 4
1) Al(OH)3 là một hidroxit lưỡng tính có thể tồn tại 2 cân bằng sau:
 Al(OH)3 Al3+ + 3OH- (1) = 10-33
 Al(OH)3 + OH- AlO2- + 2H2O (2) = 40
 Viết biểu thức biểu thị độ tan toàn phần của Al(OH)3 (S) =[Al 3+] +[AlO] dưới dạng một hàm của [H3O+]. ở pH bằng bao nhiêu thì S cực tiểu. Tính giá trị S cực tiểu.
2) Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M)
 Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A.
 a) Kết tủa nào tạo ra nước, vì sao?
 b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch.
 Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được tách hết.
3) Hợp chất nitro hữu cơ (RNO2) bị khử điện phân bằng dung dịch CH3COOH/CH3COO– trong nước có nồng độ axetat chung là 0,5 M và pH = 5,0. Khử hoàn toàn 300ml dung dịch nói trên có chứa RNO2 0,01M tạo thành RNHOH. Viết phương trình phản ứng và tính độ pH của dung dịch sau khi khử RNO2 xong. 
( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 và Ka của CH3COOH = 10 – 4,76)
Bài 5
1. Phản ứng giữa AgNO3 với KCl trong dung dịch tạo thành kết tủa AgCl và giải phóng năng lượng. Ta có thể tạo ra một tế bào điện hoá (pin) sinh công điện nhờ phản ứng đó.
a) Viết công thức của tế bào điện hoá theo quy tắc IUPAC và các nửa phản ứng điện cực tại anot và catot.
b) Tính của phản ứng kết tủa AgCl và Ecủa tế bào điện hoá.
 Cho: TAgCl ở 250C bằng 1,6. 10 –10 .
2. Điện phân 50 ml dung dịch HNO3 có pH = 5,0 với điện cực than chì trong 30 giờ, dòng điện 1A.
a) Viết nửa phản ứng tại các điện cực và phương trình phản ứng chung.
b) Tính pH của dung dịch sau khi điện phân.
c) Tính thể tích dung dịch NaOH 0,0001 mol/L cần để trung hòa dung dịch sau khi điện phân.
d) Hãy cho biết nên dùng chất chỉ thị nào để xác định điểm dừng của phản ứng trung hòa.
 Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO3 loãng là 1 g/ml
Bài 6
 Hấp thụ hết V lít khí CO2 (dktc)vào dung dịch chứa a mol NaOH được dung dịch A. Biết rằng nếu cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A thì phải mất 50 ml dd HCl 1M mới thấy bắt đầu có khí thoát ra. Mặt khác cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch A được 7,88 gam kết tủa. Tính V (đktc) và số mol NaOH trong A
Bài 7
Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C màu vàng cam. Cho 0,1 mol hợp
chất C phản ứng với CO2 (dư) tạo thành hợp chất D và 2,4 gam B. Hòa tan hoàn toàn D
vào nước, dung dịch D phản ứng hết 100 ml dung dịch HCl 1 M giải phóng 1,12 l khí
CO2 (đktc). Hãy xác định A, B, C, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết hợp
chất C chứa 45,07 % B theo khối lượng; hợp chất D không bị phân tích khi nóng chảy.
Bài 8
Cho 7,02g hỗn hợp gồm Al, Fe, Cu vào dung dịch HCl dư (đựng trong bình A)
Thấy còn lại phần rắn B và phần khí. Cho toàn bộ phần khí qua ống sứ đựng CuO đun nóng, thấy khối lượng của ống đựng CuO giảm 2,72g. Thêm vào bình A một lượng dư một muối natri, đun nhẹ thu được 0,896 lít khí không màu, hoá nâu trong không khí.
a) Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp .
b) Tính lượng muối natri tối thiểu phải dùng để hoà tan hết chất rắn B trong bình A.
(Chú ý: Trong bình A gồm cả phần rắn và phần dung dịch )
Bài 9
ở 8200C hằng số cân bằng của phản ứng phân huỷ:
	CaCO3(r) D CaO (r) + CO2 (k) là K = 0,2.
Trong một bình kín, chân không, dung tích 22,4 lít ở 8200C , ta đưa 0,1 mol CaCO3 vào.
1. Tính thành phần số mol mỗi chất ở trạng thái cân bằng.
2. Giả sử tăng dần thể tích V ( vẫn ở 8200C) Vẽ các đồ thị biểu diễn sự biến thiên của áp suất P và của số mol CaO theo thể tích V.
3. Trong một bình kín, chân không, dung tích 22,4 lít ở 8200C ta đưa 0,1 mol CaO vào.Sau đó bơm khí CO2, vẽ đồ thị biểu diễ sự biến thiên của áp suất P theo số mol CO2 đưa vào.
Bài 10
a) U238 tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt a được phóng ra trong quá trình đó. Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng chung của quá trình này.
b) Uran có cấu hình electron [Rn]5f36d17s2. Nguyên tử này có bao nhiêu electron độc thân? Có thể có mức oxi hoá cao nhất là bao nhiêu?
c) UF6 là chất lỏng dễ bay hơi được ứng dụng phổ biến để tách các đồng vị uran. Hãy viết phương trình phản ứng có UF6 được tạo thành khi cho UF4 tác dụng với ClF3.
Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc
HƯỚNG DẪN CHẤM HÓA 10
Bài
Nội Dung
Điểm
Bài 1
1. X có dạng: AaBbDd
=> a + b + d = 13 
	a = 1
	aZA + bZB + dZD = 106
giả sử ZD > ZB
ZD – ZB = 1
A là kim loại thuộc chu kì III
=> 11 ZA 13
ta có hệ: 
ZA + 12ZD = 106 + b (*)
7,8 ZD 8,8
ZD = 8 ( D là oxi)
ZB = 7 ( B là nitơ)
thay vào (*)
ZA = 10 + b
b
1
2
3
a
11
10
9
ZA
11
12
13
X
NaNO11
MgN2O10
AlN3O9
KQ
loại
loại
Al(NO3)3
vậy X là Al(NO3)3
2. Các phương trình
2Al(NO3)3 + 3Na2CO3 + 3H2O 2Al(OH)3 + 3CO2 + 6NaNO3
2Al(NO3)3 + 3Na2S + 6H2O 2Al(OH)3 + 3H2S + 6NaNO3
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 2
1.
* Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử đime và monome.
Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của
phân tử đi me và monome:
 ; 
* Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl3 là sp2 vì Al có 3 cặp electron hoá trị;
 Trong Al2Cl6 là sp3 Vì Al có 4 cặp electron hoá trị .
Liên kết trong mỗi phân tử:
 AlCl3 có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl.
 Al2Cl6: Mỗi nguyên tử Al tạo 3 liên kết cộng hoá trị với 3 nguyên tử Cl và 1 liên
kết cho nhận với 1 nguyên tử Cl (Al: nguyên tử nhận; Cl nguyên tử cho).
Trong 6 nguyên tử Cl có 2 nguyên tử Cl có 2 liên kết, 1 liên kết cộng hoá trị thông thường
 M = 18
 m = 1,84 Debye
và liên kết cho nhận. 
* Cấu trúc hình học: 
Phân tử AlCl3: nguyên tử Al lai hoá kiểu sp2 (tam giác phẳng) 
nên phân tử có cấu trúc tam giác phẳng, đều, nguyên tử Al ở 
tâm còn 3 nguyên tử Cl ở 3 đỉnh của tam giác. 
Phân tử Al2Cl6: cấu trúc 2 tứ diện ghép với nhau. Mỗi nguyên 
tử Al là tâm của một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là đỉnh của tứ 
diện. Có 2 nguyên tử Cl là đỉnh chung của 2 tứ diện. 
 · Al
 O Cl
 M = 20
 m = 1,91 Debye
2. 
* Phân tử H-F Jt ; H-O-H 
có thể tạo liên kết hiđro – H¼F – có thể tạo liên kết hiđro – HO –
* Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử)
phụ thuộc vào các yếu tố:
 - Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao.
 - Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút
giữa các phân tử gồm: lực liên kết hiđro, lực liên kết van der Waals (lực định hướng,lực
khuếch tán).
*Nhận xét: HF và H2O có mo men lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và
đều có liên kết hiđro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ
nhau, HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nước (vì HF mo men lưỡng cực lớn hơn,
phân tử khối lớn hơn, liên kết hiđro bền hơn).
 Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc (H2O) = 00C > Tnc(HF) = – 830C.
* Giải thích:
 Mỗi phân tử H-F chỉ tạo được 2 liên kết hiđro với 2 phân tử HF khác ở hai bên
H-FH-FH-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau nhờ liên kết hiđro tạo thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết với nhau bằng lực van der Waals yếu. Vì vậy khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lực van der Waals giữa các chuỗi đã bị phá vỡ, đồng thời một phần liên kết hiđro cũng bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng nóng chảy. 
 Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo được 4 liên kết hiđro với 4 
phân tử H2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi 
phân tử H2O liên kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng lưới 
không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá vỡ mạng lưới không gian 3 chiều với số lượng liên kết hiđro nhiều hơn so với ở HF rắn do đó đòi hởi nhiệt độ cao hơn
Bài 3
Phương trình ion của phản ứng:
3Fe2+(aq) + 4H+(aq) + NO3-(aq) ® 3Fe3+(aq) + NO(k) + 2H2O (l)
DH=3.(Fe3+,aq)+(NO)+2.(H2O(l))–3.(Fe2+,aq)- (NO3-, aq)
= 3.(-47,7) + 90,25 + 2.(-285,6) + 3.87,6 + 206,57 = -153,9(kJ)
Bài 4
Xét 2 cân bằng: Al(OH)3 Al 3+ + 3OH - (1) = [Al 3+].[OH -]3 =10-33 
 Al(OH)3 + OH - AlO + 2H2O (2) == 40 
Từ (1) : [Al3+] = = = 10 9[H3O+]3 ; 
và từ (2) : [AlO] = 40[OH -] = 40
Do đó S = [Al 3+] + [AlO] = 109[H3O+]3 + 40
 S cực tiểu khi đạo hàm = 3.10 9[H3O+]2 - = 0 
® [H3O+]4 = ® [H3O+] = 3,4. 10 -6 ® pH = 5,5. 
 Smin = 10 9.(3,4. 10 -6) + 40 = 1,5. 10-7 mol/l 
2) MgCl2 ® Mg2+ + 2Cl – và Mg2+ + 2OH – ® Mg(OH)2 (1)
 FeCl3 ® Fe3+ + 3Cl – và Fe3+ + 3OH – ® Fe(OH)3 (2)
 a) Để tạo ¯ Fe(OH)3 thì [OH –] ³ = 10-12 M (I)
 Để tạo ¯ Mg(OH)2 ® [OH –] ³ = 10-4 M (II)
 So sánh (I) < (II) thấy ® ¯ Fe(OH)3 tạo ra trước.
 b) Để tạo ¯ Mg(OH)2: [OH –] = 10-4 ® [H+] = 10-10 ® pH = 10 (nếu pH < 10 thì không ¯)
 Để tạo ¯ Fe(OH)3: [Fe3+] > 10-6 ® [OH –]3 10-3 ® pH > 3
 Vậy để tách Fe3+ ra khỏi dd: 3 < pH < 10
3. Phản ứng: RNO2 + 4H+ + 4e ® RNHOH + H2O (1)
 4 CH3COO– – 4e ® 2 CH3 – CH3 + 4 CO2. (2)
 Cân bằng: CH3COOH H+ + CH3COO– có Ka = 
Vì dung dịch CH3COOH / CH3COO– là dung dịch đệm nên pKa = pH + lg 
 ® lg = 4,76 – 5,0 = – 0,24 ® = 0,5754
với [CH3COOH] + [CH3COO–] = 0,5 suy ra [CH3COOH] = 0,1826 và [CH3COO–] = 0,3174
Theo pt (1) : khử 0,01 M RNO2 cần 0,04 M H+.
 Khi khử hoàn toàn RNO2 xong thì [CH3COOH] = 0,1826 – 0,04 = 0,1426
 [CH3COO–] = 0,3174 
 Ta có: 4,76 = pH + lg ® pH = 5,1075
Bài 5
1.
a) Nửa phản ứng oxi hoá ở anot: Ag – e + Cl – ® AgCl
 Nửa phản ứng khử ở catot: Ag+ + e ® Ag .
 Ag+ + Cl – ® AgCl (r)
Công thức của tế bào điện hoá:
 (Anot) Ag ½ dd KCl ½½ dd AgNO3 ½ Ag (Catot)
b) Tính và E :
 Xét phản ứng Ag + Cl – ® AgCl (r)
 Kc = = = 6,25.109
 = – RTlnKc = – 8,314 298 ln (6,25.109) = – 55884 J/mol = – 55,884 kJ/mol
 E = = + = + 0,5792 (V) » + 0,58 V
2.
a) Nửa phản ứng oxi hoá ở anot: H2O - 2e ® 2H+ + O2
 Nửa phản ứng khử ở catot: 2H+ + 2 e ® H2 .
 H2O ® H2 + O2
 q = 1A 30 giờ 3600 s = 108000 (Culông) ; Số Farađây : = 1,11917 F
 ® = = 0, 559558 ~ 0,556 mol 
Số mol nước bị điện phân là 0,556 mol.
Khối lượng nước bị điện phân: 0,556 mol x 18 g/mol = 10,074 g
Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50 ml
Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 - 10,074 = 39,926 (g) ~ 40 g
Thể tích dung dịch sau khi điện phân là: V = = 40 ml = 0,04 L
Số mol HNO3 = 0,051 x 10-5 = 5. 10-7 (mol)
CHNO3 = [H+] = = 1,25 . 10-5 M
pH = – lg [H+] = – lg (1,25. 10-5) = 4,903 ~ 4,9
c) Phản ứng: NaOH + HNO3 = NaNO3 + H2O
 nNaOH = nHNO3 = 5 . 10-7 mol ® V ddNaOH = 5. 10-3 L = 0,005 L = 5 mL
d) Phản ứng xảy ra giữa axit mạnh và bazơ mạnh nên có thể dùng chất chỉ thị là phenolphtalein có khoảng chuyển màu (pH) 8 - 10.
Bài 6
Khi cho từ từ HCl vào dung dịch A phải hết 50ml mới thấy có khí thoát ra, do vậy trong A phải chứa NaOH dư hoặc Na2CO3
Trường hợp 1: Dung dịch NaOH dư khi đó xảy ra các phản ứng;
 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (1)
Dung dịch A có Na2CO3 và NaOH dư, khi cho từ từ HCl vào A có các phản ứng:
 NaOH + HCl → NaCl + H2O (2)
Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl (3)
NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2­ (4)
Khi cho Ba(OH)2 vào dung dịch A có phản ứng
Ba(OH)2 + Na2CO3 → 2NaOH + BaCO3¯ (5)
Theo các phương trình phản ứng:
Trường hợp 2: Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối Na2CO3 và NaHCO3
Cho HCl vào dung dịch A có các phản ứng:
 Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl (3)
NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2­ (4)
Theo (3) 
Khi cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư có các phản ứng
Ba(OH)2 + Na2CO3 → 2NaOH + BaCO3¯ (5)
Ba(OH)2 + NaHCO3 → BaCO3¯ + NaOH + H2O(6)
→ Vô lí
Bài 7
 nHCl = 0,1 mol ; nCO2 = 0,05 mol
Dung dịch D phản ứng hết 0,1 mol HCl giải phóng khí CO2 ® = = 
suy ra hơp chất D là muối cacbonat kim loại. hơp chất D không bị phân tích khi nóng
chảy, vậy D là cacbonat kim loại kiềm. 2 H+ + CO32- = H2O + CO2
 C + CO2 = D + B ® C là peroxit hay superoxit, B là oxi.
Đặt công thức hoá học của C là AxOy .
Lượng oxi trong 0,1 mol C (AxOy ) là 16 x 0,05 + 2,4 = 3,2 (g); mC = = 7,1 gam
Mc = 7,1 : 0,1 = 71 (g/mol). mA trong C = 7,1 - 3,2 = 3,9 (g). 
 x : y = ® MA = 39 (g). Vậy A là K ; B là O2 ; C là KO2 ; D là K2CO3
Các phương trình phản ứng: K + O2 ® KO2
 4 KO2 + 2 CO2 ® 2 K2CO3 + 3O2 ­
 K2CO3 + 2 HCl ® 2 KCl + H2O + CO2 ­
Bài 8
Khối lượng bình đựng CuO giảm chính là khối lượng O phản ứng
=> 
gọi x, y, z lần lượt là số mol Al, Fe, Cu
=> 
mAl = 2,7(g)
mFe = 0,02.56= 1,12(g)
mCu = 0,05. 64 = 3,2(g)
b) m NaNO3 tối thiểu cần dùng là: 
1
0,5
0,5
Bài 9
Ta có cân bằng:
CaCO3(r) CaO(r) + CO2 (k) với k = 0,2
	 0.1 
	 0,1 – n n n
1. Nếu CaCO3 chưa bị phân huỷ hoàn toàn ( n < 0,1)
=> (atm)
Vậy số mol các chất ở trạng thái cân bằng:
CaCO3 : 0,05(mol); CaO : 0,05 (mol); CO2 : 0,05 (mol) 
2. Khi CaCO3 phân hủy hoàn toàn thì số mol CO2 = 0,1 (mol)
Thay vào phương trình trạng thái;
V = 44,8 (l)
nếu tiếp tục tăng V thì áp suất lại giảm vì số mol khí không đổi.
mối liên hệ: p = 
đồ thị: 
3. Khi cho CO2 vào ta có phương trình
	CaO (r) + CO2(k) CaCO3 (r) (1)
	số mol CO2 < 0,05 mol tức p < 0,2 (atm) thì (1) không xảy ra.
	Khi p = 0,2 (atm) bắt đầu xảy ra phản ứng, khi đó p = const
	số mol CaO phản ứng hết, p = 0,2(atm) => số mol CO2 = 0,15 (mol)
	sau đó p tăng theo số mol CO2 theo phương trình
	p = 4(n – 1)
Ta có đồ thị. 
Bài 10
a) U238 tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền 92Pbx cùng với ba loại hạt cơ bản: 2a 4, -1bo và ogo. Theo định luật bảo toàn khối lượng: x = 238 - 4 ´ 8 = 206. Vậy có 82Pb206.
 Theo định luật bảo toàn điện tích :[ 92 – (82 + 2´ 8)] / (-1) = 6. Vậy có 6 hạt -1bo. 
 Do đó phương trìnhchung của quá trình này là: 92U238 82Pb206 + 8 He + 6b.
 b) Cấu hình electron [Rn]5f36d17s2 có số electron ngoài được biểu diễn như sau: 
Vậy nguyên tử 92U238 có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất 
là +6 vì U[Rn]5f36d17s2 – 6 e U [Rn]+6 .
c) Phản ứng 2 ClF3 + 3 UF4 3 UF6 + Cl2 .