Đề thi đề nghị và đáp án olimpic vùng duyên hải tổ hóa trường THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương lớp 10 - Môn Hóa năm học 2010 - 2011

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ VÀ ĐÁP ÁN OLIMPIC VÙNG DUYÊN HẢI
TỔ HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI HẢI DƯƠNG
LỚP 10- MÔN HÓA
NĂM HỌC 2010- 2011
CÂU
ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1
1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2; ZLi = 3).
	2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He.
	3. Bước sóng ngắn nhất mà nguyên tử hidro có thể phát ra là gì?
	4. Tính bước sóng dài nhất trong dãy Banme (vùng khả kiến).
Lời giải
	1. Năng lượng của electron trong hệ một hạt nhân và một electron: En = -13,6.Z2n2 (eV)
 Ở trạng thái cơ bản: n = 1.
	* Với H: E1(H) = -13,6eV;
	* Với He+: E1(He+ ) = - 54,4 eV; 
	2. Năng lượng ion hóa của hidro là năng lượng tối thiểu để bứt e ra khỏi nguyên tử hoặc ion, tức là đưa e từ trạng thái cơ bản ra xa vô cùng (không truyền thêm động năng cho e). Dễ thấy: I1(H) =13,6eV; I2(He) = 54,4 eV.
	3. Bước sóng được tính theo công thức: 
∆E = hc/λ = -13,6.1,6.10-19( 1/nc2 – 1/ nt2 ) với h= 6,63.10-34J.s; c= 3.108 m/s.
Bước sóng ngắn nhất trong phổ phát xạ của Hidro ứng với sự chuyển từ mức n= ∞ về lớp n= 1. Vạch này nằm trong dãy Laiman. Thay vào biểu thức ta tính được bước sóng λ = 9,14.10-8 m = 914 A0
	4. Bước sóng dài nhất (năng lượng thấp nhất) trong dãy Banme ứng với sự chuyển mức từ n = 3 về n=2
λ = 6,58.10-7 m = 6580A0
2điểm
0.5
0,5
0,5
0,5
2
Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion sau (có giải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm?
 SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCN-
Lời giải
Phân tử
Công thức Lewis
Công thức cấu trúc
Dạng lai hóa của NTTT
Dạng hình học của phân tử
SO2
AX2E
sp2
Gấp khúc
SO3
AX3
sp2
Tam giác đều
SO42-
AX4
sp3
Tứ diện
SF4
AX4E
sp3d
Cái bập bênh
SCN-
AX2
Sp
Đường thẳng
2 điểm
3
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?
Lời giải
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
 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.
2 điểm
0,5
0,5
0,5
0,5
4
Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M và MgCl2 0,01 M.
Tính pH của dung dịch X
Cho biết: 
Fe3+ + H2O ⇄ Fe(OH)2+ + H+	(1) 	K1 = 10-2,17
Mg2+ + H2O ⇄ Mg(OH)+ + H+ (2)	K2 = 10-12,8
	pKs (Fe(OH)3) = 37; pKs (Mg(OH)2) = 11.
Lời giải
 HClO4 → H+ + ClO4-
	 0,005 0,005
 Fe(ClO4)3 → Fe3+ + 3ClO4-
 0,03 0,09
 MgCl2 → Mg2+ + 2Cl-
 0,01	 0,01 0,02 
 Fe3+ + H2O ⇄ Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17
 Mg2+ + H2O ⇄ Mg(OH)+ + H+	 	K2 =10-12,8
 H2O ⇄ H+ + OH-	 Kw = 10-14
Vì CH+ = 0,005 >> 10-7 nên bỏ qua cân bằng (3)
Vì CFe3+. K1 >> CMg2+. K2 nên bỏ qua cân bằng (2)
Xét cân bằng: Fe3+ + H2O ⇄ Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17
	 C0 0,03	 0,005
	 [ ] 0,03-x	x	 0,005 +x
K1= ([Fe(OH)+].[H+])/[Fe3+] = x. (0,05+x) /(0,03-x) = 10-2,17
Giải được x = 9,53.10-3M
Suy ra [H+] = 0,005 +x = 10-1,84. Vậy pH = 1,84.
2 điểm
1,0
1,0
5
Tính nồng độ ban đầu của HSO4- (Ka = 10-2), biết giá trị sức điện động của pin:
Pt½I- 0,1 M; I3- 0,02 M½½MnO4- 0,05 M, Mn2+ 0,01 M, HSO4- C M½Pt
 Ở 25oC đo được bằng 0,824 V. 
Cho và .
Lời giải
Ở điện cực phải: MnO4- + 8H+ + 5e --> Mn2+ + 4H2O
Ở điện cực trái: 3I- à I3- + 2e
= Ephải - Etrái Û 0,824 = 1,51 + lg(5[H+]8) – 0,574
Suy ra h = [H+] = 0,053 M
Mặt khác từ cân bằng: 
HSO4- à H+ + SO42-	Ka = 10-2
[ ]	C – h	 h	 h
Suy ra 
Thay giá trị h = 0,053 và Ka = 1,0.10-2, tính được 
2 điểm
1,0
1,0
7
Hoàn thành sơ đồ các phản ứng sau:
ĐÁP ÁN
Na2SO3 + S Na2S2O3 
Na2S2O3 + 2AgNO3 → Ag2S2O3 + 2NaNO3
Ag2S2O3 + 3Na2S2O3 → 2Na3[Ag(S2O3)2]
Na2S2O3 + 2HCl (loãng, nguội) ® 2NaCl + SO2 + S + H2O 
S + O2 SO2 
SO2 + 2H2S ® 3S + 2H2O
S + NaOH đặc Na2S + Na2SO3 + H2O 
Na2SO3 + NaClO ® Na2SO4 + NaCl
2 điểm
(mỗi phương trình đúng được 0,25 điểm)
8
Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có =13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy hoàn toàn bằng oxi dư, rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100ml dung dịch (H2O2 5,1% + BaF2 17,5% ) (có khối lượng riêng bằng 1,2 g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B và kết tủa D. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Tính % khối lượng các chất trong X?
Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B?
ĐÁP ÁN
a) Viết phương trình: 
	Fe + S ® FeS	(1)
	FeS + 2HCl ® FeCl2 + H2S­	(2)
 Với = 13.2 = 26 Þ Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl.
	Fedư + 2HCl ® FeCl2 + H2­	(3)
	2H2S + 3O2 ® 2SO2 + 2H2O	(4)	
	2H2 + O2 ® 2H2O	(5)
	SO2 + H2O2 ® H2SO4	(6)
	H2SO4 + BaF2 ® BaSO4 + 2HF	(7)
b) Đặt = a (mol); = b (mol)
	Þ = 
	Giả sử = 1 (mol) Þ = 3 (mol)
	(1)(2) Þ phản ứng = nS = nFeS = = 3 (mol)
	(3) Þ nFe dư = = 1 (mol)
	 Þ ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)	
	Vậy: 	%mFe = 
	%mS = 100% - 70% = 30% 	
c) nY = = 0,1(mol) Þ = .0,1 = 0,075 (mol).
	Þ = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).
	; 
	Từ (4)(6) Þ = = 0,075 (mol)
	Từ (6) Þ = = 0,075 (mol) Þ H2O2 dư.
	phản ứng = = 0,075 (mol) Þ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)
	Từ (7) có : nBaSO4 = nH2SO4 = nBaF2 pư = 0,075 mol; 
	 nHF = 2. nH2SO4 = 0,15 mol
Số mol nBaF2 dư = 0,12 – 0,075 = 0,045 mol;
Dung dịch sau phản ứng có: HF, H2O2 dư và BaF2 dư
Áp dụng BTKL ta có:	
	mddB = + + - = 100.1,2 + 0,075.64 + 0,1.18 – 0,075. 233 = 109,125 (g)
Vậy: 	C% HF = = 2,7 (%).
	C%H2O2 dư = = 2,34 (%). 
	C% (BaF2 dư) = 7,21%
2 điểm
0,75 
0,5
0,5 
0,25
9
Urani tự nhiên có 5 đồng vị: U233; U234 (0,0055%); U235 (0,72%, t1/2 = 7,038.108 năm), U236 và U238 (99,2745%, t1/2= 4,468.109 năm).
	1. Các nuclit trên thuộc các dãy phóng xạ nào?
2. Trong điều kiện nào có thể tính được t1/2 (U234) từ các dữ kiện đã cho?
3. Ở thời điểm nào, số nguyên tử của các nuclit U235 và U238 bằng nhau?
Lời giải:
1. Họ phóng xạ của các nuclit là:
Nuclit
Dãy phóng xạ
U233
4n+1
U234
4n+2
U235
4n+3
U236
4n
U238
4n + 2
2. Sự phân rã của U238 → U234 →  
Do U234 là một sản phẩm trung gian, và nồng độ ổn định trong thời gian nghiên cứu nên tốc độ hình thành U234 bằng tốc độ phân hủy nó
Do đó kU238. NU238 = kU234.NU234
Suy ra NU238/NU234 = kU234/kU238 = t1/2( U238)/t1/2(U234). Thay vào ta được kết quả: t1/2(U234) = 2,5.105 năm.
3. Giả sử t là thời điểm số nguyên tử U235 và U238 bằng nhau
NU238 = NU235. Có số nguyên tử U238 và U235 ở thời điểm t được tính theo phương trình
NU238 = N0U238.e-k(U238).t
NU235 = N0U235.e-k(U235).t
Do đó N0U238.e-k(U238).t = N0U235.e-k(U235).t (với N0 là số nguyên tử U235 và U238 ở thời điểm hiện tại)
Thay vào tính được t= -5,94.109 năm. Vậy cách đây khoảng 5,4.109 năm thì số nguyên tử của U235 và U238 bằng nhau.
2 điểm
0,5
0,75
0,75
10
Cho cân bằng: PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)
Trong một bình kín dung tích V lit chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li a và áp suất P.
Người ta cho vào bình dung tích Vlit 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K). Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô bằng 69,5. Tính a và Kp.
Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l) nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kp và a. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt.
ĐÁP ÁN
1) 	 PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)
TTCB	 1-a a a
Áp suất: 
Ta có: Kp = 	
	Vậy: Kp = 
2) 	Theo đề: ban đầu = mol, P = 2,7atm
	Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: nS.	
	 = 69,5 Þ = 69,2.2 = 139.
Áp dụng BTKL: mS = ban đầu = 83,4 (g) Þ nS = = 0,6 mol. 
	PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)
BĐ	0,4
TTCB	(0,4-x) x x
	nS = 0,4 - x + x + x = 0,6 Þ x = 0,2.	
	Do đó: a = = 0,5.
	Vậy: Kp = = 
3) Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6 mol.
	Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9 T1 là P2 , số mol n2.
	Với P2 = 1,944 atm.
	Ta có: Þ 	
	Þ n2 = = 0,48. 
 	PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)
 BĐ	0,4
 TTCB(0,4-x¢) x¢ x¢
	n2 = 0,4 - x¢ + x¢ + x¢ = 0,48 Þ x = 0,08.	
	Do đó: a¢ = = 0,2.	
	Vậy: Kp¢ = = 
Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl5 giảm, do đó phản ứng phân li PCl5 là phản ứng thu nhiệt.	
2 điểm
0,5
0,75
0,75