Dap An Hoa 10 [PDF]

Zitiervorschau

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG QUẢNG NAM

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài 180 phút (Đáp án gồm có 17 trang, 10 câu)

ĐÁP ÁN ĐỀ XUẤT

Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn. 1. Khi nguyên tử Be bị mất 3 electron sẽ trở thành ion Be3+. a) Hãy xác định đô ̣ dài bước sóng  đối với vạch phổ đầu tiên của dãy Ban – me. b) Hãy tính năng lượng cần thiết tối thiểu (theo eV) để tách electron còn lại ra khỏi ion Be3+.

Cho: En  13, 6

Z2 (eV) ; h = 6,626.10-34 J.s ; c = 3.108 m/s. 2 n

2. Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm của các phân tử và ion sau: SO3; SO42- ; SF4; SCNÝ 1.

ĐÁP ÁN a) Vạch đầu tiên của dãy Ban – me ứng với: n = 3 → n = 2:

Điểm

2 42  18  4  2,18.10   4,836.1018 J Nên: E32= E3 – E2 =  2 2  3 2  

0,25

E 

hc 6, 626.1034.3, 00.108   4,836.1018 J  

0,5

 = 4,11.10 m = 41,1 nm -8

b) I4 = En – E1 = – E1 = – (– 13,6.42/12) = 217,6 eV 2.

Công thức Lewis

Dạng lai hóa

0,25

Dạng hình học của phân tử

O S

O

sp2

O

Tam giác đều 0,25

2-

O

O S

O

F

O

S F

sp3

Tứ diện

sp3d

Cái bập bênh

F F

0,25 1

S

C

N

sp

Đường thẳng

0,25

0,25 Câu 2 1. Titan đioxit (TiO2) được sử dụng rộng rãi trong các loại kem chống nắng bởi khả năng chống lại tia UV có hại cho da. Titan đioxit có cấu trúc tinh thể hệ bốn phương (hình hộp đứng đáy vuông), các ion Ti4+ và ion O2- được phân bố trong một ô mạng cơ sở như sau:

a) Xác định số ion O2-, Ti4+ trong một ô mạng cơ sở và cho biết số phối trí của ion O 2- và của ion Ti4+. b) Xác định khối lượng riêng (g/cm3) của TiO2. Ti = 47,88; O=15,999. c) Biết góc liên kết trong TiO2 là 90o. Tìm độ dài liên kết Ti-O. 2. Trong mạng tinh thể của CeO2, ion Ce4+ kết tinh ở mạng tinh thể lập phương tâm mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi ion O2–. Thêm mô ̣t lượng nhỏ Y2O3 vào CeO2 và nung nóng thì tạo thành dung dịch rắn Ce1-xYxO2-y, mà trong đó Ce4+ và Y3+ đồng thời chiếm vị trí cation và chỗ tróng oxi hình thành ở vị trí anion. o

a) Tính khối lượng riêng của tinh thể CeO2. Biết a = 5,143 A b) Tính tỉ lê ̣ % chỗ trống oxi chiếm vị trí anion trong dung dịch rắn tổng hợp được với tỉ lê ̣ CeO2:Y2O3 = 0,8:0,1. Ý 1. 1.

ĐÁP ÁN

a) a) Số ion O2- trong một ô mạng = 4.1/2 + 2.1 = 4 Số ion Ti4+ trong một ô mạng = 8.1/8 + 1.1 = 2

Điểm 0,25 0,25

Số ion O2- bao quanh ion Ti4+ là 6 → số phối trí của Ti4+ là 6. Số ion Ti4+ bao quanh ion O2- là 3 → số phối trí của O2- là 3.

0,25 2

b) b) V ô mạng = 2,96.10-8. (4,59.10-8)2 = 6,236.10-23 cm3 Khối lượng riêng, D =

[2.47,88  4.15,999] g / mol ≈ 4,25 g/cm3 6,236.1023 cm3.6,022.1023

0,25

c) c) Ion Ti4+ là tâm của bát diện đều tạo bởi 6 ion O2-. Độ dài liên kết Ti-O là x → 2x2 = (2,96)2 → x = 2,1A0. 2. d) a) Số ion O2- trong một ô mạng = 8.1 = 8

0,25

Số ion Ce4+ trong một ô mạng = 8.1/8 + 6.1/2 = 4 e) Thể tích ô mạng cơ sở, V = 1,36.10-22 cm3 Khối lượng riêng, D =

0,5

(4.140,12  8.16) ≈ 8,4g/cm3  22 23 1,36.10 .6,022.10

0,25

b) Công thức hợp chất: Ce0,8Y0,2O1,9 % chỗ trống oxi: 0,1:2.100 = 5% Câu 3 1. Có một họ phóng xạ bắt đầu từ 221Fr và kết thúc bằng 209Bi. 221



?

Fr ?

? ?

 

?

209

?

?



213

Bi

Po

a) Hãy hoàn thành dãy chuyển hóa trên. b) Trong dãy này có một hạt nhân bền, hãy cho biết đó là hạt nhân nào? 2.

222 86

Rn ở trạng thái khí là phần còn lại khi Ra phóng xạ hạt . Chu kì bán hủy của Ra là

1620 năm, của

222 86

Rn là 3,82 ngày.

a) Viết phương trình biểu diễn quá trình biến đổi hạt nhân trên. b) Tìm thể tích khí Rn (1 atm, 25oC) nằm cân bằng bền với 1,0 gam Ra. Biết 1 năm có 365,25 ngày; hằng số khí R = 0,08205 L.atm.K-1.mol-1. Ý 1. 2. a)

ĐÁP ÁN

Điểm 0,75

0,25 3

b) Hạt nhân bền vững nhất trong dãy trên là 2.

209

Bi. Bởi nguyên tố kết

thúc một họ phóng xạ là một đồng vị bền. 222 4 a) 226 88 Ra  86 Rn + 2 He

0,25

b) T1, T2 là chu kì bán hủy của Ra, Ra 1 

ln 2 ln 2 2  ; T1 T2

Vì T1 >> T2 nên 1 > Kb(2).C2 nªn c©n b»ng (1) quyÕt ®Þnh pH cña dung dÞch: S2C

+

H2O

  HS- + OH 

0,01

[ ] (0,01 -x)  

x

10-1,1

x

x

x2  101,1 0, 01  x

= 8,94. 10-3  [OH-] = 8,94.10-3 M

pH = 11,95

0,25

b)

pH của dung dịch đê ̣m NaH2AsO4 và Na2HAsO4 Cb

pH= pK2 + lg C với [H2AsO4-] = [HAsO42-] a  pH = 6,9 2.

a) Hiê ̣n tượng: có kết tủa BaCrO4 và Ag2CrO4   Ba2+ + CrO42– Ta có:BaCrO4  

0,25 0,25

TBaCrO4

  HCrO4– CrO42– + H+  

(Ka)-1

  H+ + OH– H2O  

KW

  Ba2+ + HCrO4– + OH– K1=10–17,43 BaCrO4 + H2O  

8

K1 = TBaCrO4.(Ka)-1.KW  10–17,43 =TBaCrO4.106,50.10–14 0,25

 TBaCrO4= 10–9,93   2Ag+ + CrO42– TAg2CrO4 Ag2CrO4     HCrO4– CrO42– + H+  

(Ka)-1

  H+ + OH– H2O  

KW

  2Ag+ + HCrO4– + OH– Ag2CrO4 + H2O  

K1=10–19,50

K1 = TAg2CrO4.(Ka)-1.KW  10–17,43 =TAg2CrO4.106,50.10–14 0,25

 TAg2CrO4= 10–12 Để có kết tủa BaCrO4:

TBaCrO

109,93

 CrO 2-4   =1,96.10-9M 2+ = 0, 06 [Ba ] TAg

4

1012

2-9 Để có kết tủa Ag2CrO4:  CrO 4   2 + 2 = 2 =6,94.10 M (0, 012) [Ag ] CrO 4

Kết tủa BaCrO4 xuất hiê ̣n trước, sau đó đến kết tủa Ag2CrO4.

0,25

b) [Ba2+]=0,04M; [Ag+]=0,008M; [CrO42–]=0,09M   BaCrO4 Ba2+ + CrO42–  

0,04 0,04 M   Ag2CrO4 2Ag+ + CrO42–  

0,008 0,004 M Thành phần giới hạn: BaCrO4; Ag2CrO4; CrO42– (0,046M)   HCrO4– + OH– CrO42– + H2O  

C

0,046

[]

0,046–x

x

K=10–7,5

0,25

x

x2 =10-7,5  x=3,81.10–5 > nên xem Ag+ chuyển hết vào phức [Ag(S2O3)2]3– 0, 001

E ([Ag(S2O3)2]3–/Ag)= E(-)=3,168.10–3 + 0,0592lg 0, 0982 = -0,055 V  E(+)= 0,29 V= E Ag+/Ag= 0,8 + 0,0592lg[Ag+]  [Ag+]= 10–8,615 M 0,25

 TAgCl= 10–8,615.0,05= 1,213. 10–10 2.

Pin 1. * CH 3COONH 4  CH 3COO   NH 4 0,1 NH 4 

0,1

NH3  2H + K a  10 9,24

CH3COO  + H 2 O 

CH3COOH  OH 

 pH

= 7 => [H+] = 10-7M

E 2H+

 0, 0592 lg [H ]  0, 414V

K b  10  9,24

0,25

+

H2

* HSO4  NH 4 

H  + SO 42

NH 3  2H +

Nhận xét:

K a'  10 2 (1)

K a  10 9,24 (2)

K 'a K a  Tính [H + ]

theo (1)

x2  102  x  0, 027   H   (0,1  x) '  E 2H+

 điện

H2

 0, 0592.log(0, 027)  0, 09V > E 2H +

H2

cực hiđro nhúng trong dung dịch CH3COONH4 là anot,

điện cực hiđro nhúng trong dung dịch NH4HSO4 là catot.  E pin1  E c  E a  0, 09  ( 0, 414)  0, 324(V)

0,25

Pin 2. *Dung dịch hỗn hợp A 11

Ag   2NH 3 

[Ag(NH 3 ) 2 ]

β 2  107,24

0,005 0,06 0,05

0,005

[Ag(NH 3 ) 2 + ] 0,005  7,24  1,15.10 7 (M) 2 2 [ ] lgβ [Ag(NH ) ]+ . NH 3 10 .0, 05

[Ag + ] 

3 2

E Ag 

 E oAg +

Ag

 0, 0592 lg [Ag + ]  0, 389(V)

Ag

0,25

*Dung dịch hỗn hợp B 2Ag   CrO 24 

0,01

Ag 2 CrO 4

1 11,9 K S(Ag  10 2 CrO 4 )

0,11 0,105 K S(Ag 2CrO4 )

[Ag + ] 

E 'Ag +

[CrO 24 ]

Ag

 điện

 E oAg +

Ag

 3, 46.10 6 (M)

 0, 0592 lg [Ag + ]  0, 477(V)  E Ag 

Ag

cực Ag nhúng trong dung dịch hỗn hợp A là anot, điện cực

Ag nhúng trong dung dịch hỗn hợp B là catot.  E pin2  E c  E a  0, 477  0, 389  0, 088(V) < E pin1  pin

0,25

1 sẽ chuyển điện cho pin 2

*Trong pin 1 xảy ra quá trình phóng điện Catot:

2HSO 4  2e  H 2 + 2SO 24

Anot:

H 2 + 2CH3COO   2CH 3COOH + 2e

HSO 4 + CH 3COO   CH 3COOH + SO 42

*Trong pin 2 xảy ra quá trình nạp điện Catod:

[Ag(NH 3 ) 2 ]  e  Ag + 2NH 3

Anod:

2Ag + CrO 24  Ag 2CrO 4 + 2e

|x2

0,25

2[Ag(NH 3 ) 2 ]  CrO 24  Ag 2CrO 4 + 2NH 3

Câu 8

12

Trong số các cacbonyl halogenua COX2 người ta chỉ điều chế được 3 chất: cacbonyl florua COF2, cacbonyl clorua COCl2 và cacbonyl bromua COBr2. 1. Vì sao không có hợp chất cacbonyl iođua COI2? 2. So sánh góc liên kết ở các phân tử cacbonyl halogenua đã biết. 3. So sánh nhiệt tạo thành tiêu chuẩn H tth của COF2 (khí) và COCl2 (khí). 0

4. Sục khí COCl2 từ từ qua dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường. Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Ý 1.

ĐÁP ÁN Điểm ë ph©n tö COX2, sù t¨ng kÝch thíc vµ gi¶m ®é ©m ®iÖn cña X lµm gi¶m ®é bÒn cña liªn kÕt C–X vµ lµm t¨ng lùc ®Èy néi ph©n tö. V× 0,55 lÝ do nµy mµ ph©n tö COI2 rÊt kh«ng bÒn v÷ng vµ kh«ng tån t¹i ®îc.

2.

Ph©n tö COX2 ph¼ng, nguyªn tö trung t©m C ë tr¹ng th¸i lai ho¸ sp2.

0,5

Gãc OCX > 120o cßn gãc XCX < 120o v× liªn kÕt C=O lµ liªn kÕt ®«i, cßn liªn kÕt C-X lµ liªn kÕt ®¬n. Khi ®é ©m ®iÖn cña X t¨ng th× cÆp electron liªn kÕt bÞ hót m¹nh vÒ phÝa X. Do ®ã gãc XCX gi¶m, gãc OCX t¨ng. 3.

0

C (tc) H

0

C (tc)

1/2 O2

X2

(k)

- 1/2 EO=O

C (k)

H COX2 (k)

-EX-X

O (k)

O

C

X X (k)

0,75

E (C=O) + 2E (C-X)

2X (k)

H tth (COX2)k = H tth (C)tc - 1/2 E (O=O) - E (X-X) + E (C=O) + 0

0

2E (C-X) H tth (COF2)k - H tth (COCl2)k = E (ClCl) - E (FF) + 2E (C-F) 0

0

- 2E (C-Cl)  E (Cl-Cl) - E (F-F) < 0 liªn kÕt Cl-Cl bÒn h¬n liªn kÕt F-F   2E (C-F) - 2E (C-Cl) < 0. liªn kÕt C-F bÒn h¬n liªn kÕt C-Cl 

VËy: H tth (COF2)k – H tth (COCl2)k < 0 0

H tth (COF2)k < H tth (COCl2)k  Na2CO3 + 2 NaCl + 2 H2O COCl2 + 4 NaOH  0

4.

0

0

0,25 13

Câu 9 1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau: ( viết phương trình phân tử) S-2

S0

S+4

S+6

2. Cho m gam muối halogenua của một kim lọai kiềm phản ứng với 50ml dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc biệt và hỗn hợp sản phẩm B. Trung hòa bằng 200ml dung dịch NaOH 2M rồi làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm B thu được 199,6 gam hỗn hợp D (khối lượng khô). Nung D đến khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp muối E có khối lượng 98 gam. Nếu cho dung dịch BaCl2 lấy dư vào B thì thu được kết tủa F có khối lượng gấp 1,4265 lần khối lượng muối E. Dẫn khí A qua dung dịch Pb(NO 3)2 dư thu được 23,9 gam kết tủa màu đen. a) Tính nồng độ % của dung dịch H2SO4 (D = 1,715g/ml) và m. b) Xác định kim lọai kiềm trên. Ý 1.

ĐÁP ÁN 0

0

1

Điểm

2

t  H2 S H 2 + S  0

2H2S + O2  2H2O + 2S S + O2

0

t  

SO2

SO2 + 2H2S  3S + 2H2O SO2+Br2+2H2O2HBr+ H2SO4

0,5

Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O H2S + 4Cl2+4H2O8HCl+ H2SO4 H2S + 3/2O2  H2O + SO2 2.

4Mg+5H2SO44MgSO4+ H2S +4H2O a) Gọi công thức muối là MX Theo đề: A là sản phẩm của phản ứng giữa MX và H 2SO4 đặc, có mùi đặc biệt tạo kết tủa đen với dung dịch Pb(NO3)2 vậy A là H2S

0,25

 PbS + 2HNO3 (1) H2S + Pb(NO3)2 

14

Từ (1) số mol H2S = số mol PbS = = 0,1 mol Phản ứng giữa MX và H2SO4 đặc tạo ra H2S, chứng tỏ đây là phản ứng oxi hóa khử. Phương trình có thể viết:  4M2SO4 + H2S + 4X2 + 4H2O (2) 8MX + 5H2SO4,đ 

Phản ứng trung hòa H2SO4,dư:  Na2SO4 + H2O (3) 2NaOH + H2SO4 

Cho dung dịch BaCl2 vào thấy xuất hiện kết tủa do  (4) Ba2+ + SO 24 

BaSO4

0,25

Từ (3), ta có: Số mol Na2SO4 = 1/2số mol NaOH = 0,2 mol Khối lượng M2SO4 = 98 - 0,2 x 142 = 69,6 g Số mol của Na2SO4 + số mol của M2SO4 = số mol SO 24 = số mol BaSO4 = 0,6 mol Số mol của M2SO4 = 0,6 - 0,2 = 0,4 mol Theo định luật bảo toàn số nguyên tử thì Số mol H2SO4bđ = số mol BaSO4 + số mol H2S = 0,6 + 0,1 = 0,7 mol Vậy C% (H2SO4) = 80%

0,25

Số mol H2SO4 tham gia ở (2) = Số mol M2SO4 + số mol H2S = 0,4 + 0,1 = 0,5 mol Suy ra số mol H2O sinh ra do (2) = số mol H2SO4 - số mol H2S= 0,4 mol Theo định luật bảo toàn khối lượng thì khối lượng D giảm khi nung nóng chính là khối lượng X’ = 199,6 - 98 = 101,6 g m + 0,5 x 98 = 69,6 + 101,6 + 0,1 x 34 + 0,4 x 18  m = 132,8 g 0,5 b) Khối lượng M2SO4 = 98 - 0,2 x 142 = 69,6 g Vậy M = 39 là Kali.

0,25

Câu 10 Cho phản ứng sau diễn ra tại 250C: S2O82- + 3I- → 2SO42- + I3-. Để nghiên cứu động học của phản ứng, người ta tiến hành đo tốc độ đầu của phản ứng ở các nồng độ đầu khác nhau: Thí

Nồng độ ban đầu Nồng độ ban đầu Tốc độ ban đầu của phản 15

nghiệm 1 2 3

của

của

ứng

I- (mol/L ) 0,1 0,2 0,3

S2O82- ( mol/L) 0,1 0,2 0,2

vo×10-3 (mol/L.s) 0,6 2,4 3,6

1. Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ của phản ứng. Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản ứng. 2. Nếu ban đầu người ta cho vào hỗn hợp đầu ở thí nghiệm 3 một hỗn hợp chứa S 2O32và hồ tinh bột sao cho nồng độ ban đầu của S2O32- bằng 0,2 M. Tính thời gian để dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Biết phản ứng: 2S2O32- + I3- → S4O62- + 3I- có tốc độ xảy ra rất nhanh và để có màu xanh xuất hiện thì nồng độ I3- phải vượt quá 10-3 mol/L. Ý 1.

ĐÁP ÁN Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: vpư = kpư.[S2O82-]n[I-]m n

Điểm

m

v  0, 2   0,3  3, 6 m   1,5   1,5  m  1 Ta có: 3       v2  0, 2   0, 2  2, 4

0,5

n

v2  0, 2   0, 2  2, 4    2n  2  n  1    v1  0,1   0,1  0, 6

Bậc chung của phản ứng = 2. 2.

0,25

k = 6.10-2 (mol-1.l.s-1) b. Khi cho S2O32- vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I32S2O32- + I3- → S4O62- + 3I-

(2)

Khi đó nồng độ I- không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn ra, do đó bậc của phản ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1.

0,25

vpư = 0,06 .[S2O82-]0,3 = 1,8.10-2 [S2O82-] Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng: S2O82- + 2S2O32- → 2SO42- + S4O62Thời gian để lượng S2O32- vừa hết là t1. Điều này đồng nghĩa với lượng 0,25 S2O82- đã phản ứng = 0,1M. 0,2

Khi đó: t1. 1,8.10-2 = ln 0,2  0,1 =>t = 38,5 giây -

0,25

-3

Để có lượng I3 đạt đến 10 M thì thời gian thêm là t2 vpư =

1 1 dy = kpư(0,1- y)(0,3-3y) => 3kpưt2 = 0,1  y  0,1 dt

16

Với y = 10-3M =>t2 = 0,56 giây.

0,25

Thời gian tối thiểu để xuất hiện màu xanh là 38,5 + 0,56 = 39,06 giây. 0,25

17