S Giáo D C Thái Bình [PDF]

Zitiervorschau

Sở Giáo Dục – Đào Tạo Thái Bình Trường THPT Chuyên

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: HÓA HỌC – LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

Cho: Hằng số Plank h = 6,63.10-34 J.s; Hằng số Ritbe RH = 1,097.107 m-1; Tốc độ ánh sáng c = 3,0.108 m.s-1; Số Avogadro NA = 6,0221.1023; Khối lượng electron me = 9,1094.10-31kg; Hằng số Faraday F = 96485 C.mol-1; 1eV = 1,602.10-19J; R = 8,3145 J.mol-1.K-1; 1m = 1010Ao;1nm = 10Ao; 0oC = 273,15K. Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn a. Chiếu tia UV có bước sóng  = 97,35 nm lên bề mặt nguyên tử Hiđro ở

trạng thái cơ bản, e được chuyển lên trạng thái kích thích không bền. *Cho biết giá trị số lượng tử chính của e ở trạng thái kích thích này? * Khi nguyên tử hydro bị khử trạng thái kích thích trở về các trạng thái bền hơn thì có thể phát ra những bức xạ có bước sóng (tính bằng nm) là bao nhiêu ? b. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất khí với hiđro của X có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng bộ 4 số lượng tử bằng 4,5. * Cho Biết tên nguyên tố X? * Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của X trong phân tử XH3 và trong oxit, hiđroxit ứng với số oxi hóa cao nhất của X. Đáp án a.

1

Điểm

1 1  2) 2  nt nc h.c 1 1 Lại có E  Nên E  h.c.RH .( 2  2 )  nt nc Năng lượng của mỗi photon là: hc 6,63.10 34.3,00.10 8 E    2,043.10 18 J 9  97,35.10

Ta có:

 RH (

2,18.10 18  2,043.10 18  n  4 2 n Khi bị khử kích thích:  1 1 n = 4 → n = 1: E4 – E1 =  2,18.10 18  2  2   2,04375.10 18 J 4 1  E  2,18.10 18 

1 

6,63.1034.3,0.108  9,732.108 m  97,32nm 18 2,02375.10

0.25

0,25

1   1 n = 4 → n = 2: E4 – E2 =  2,18.10 18  2  2   4,0875.10 19 J 2  4 34 8 6,63.10 .3,00.10 2   4,87.107 m  487nm 19 4,0875.10 1   1 n = 4 → n = 3: E4 – E3 =  2,18.10 18  2  2   1,0597.10 19 J 3  4 34 8 6,63.10 .3,00.10 3   18,77.107 m  1877nm 19 1,0597.10

b.

Vì X là nguyên tố nhóm A, tạo hợp chất với hidro dạng XH3 nên X thuộc nhóm VA (ns2np3). Vậy: l = 1; ml = +1; ms = +1/2  n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X có cấu hình: 1s22s22p3. X là Nitơ Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm: NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3.

0,25

0,25

0,25

N H

H

0,25

H

N2O5: N có trạng thái lai hoá sp2. O

O

N

O

N

O

0,25 O

HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp2 O

O H

N O

0,25

Câu 2: Tinh thể Tinh thể BaF2 có cấu trúc tinh thể kiểu Florit. Trong đó các ion Ba2+ hình thành mạng lập phương tâm diện, ion F- chiếm tất cả các lỗ trống tứ diện do ion Ba2+ tạo nên. Thông số mạng của tinh thể a = 0,620 nm. Bán kính của ion F-: RF- = 0,136 nm. Tính bán kính của ion Ba2+ và khối lượng riêng của tinh thể BaF2? Biết MBa = 137,0 g/mol; MF = 19,0 g/mol. Đáp án Điểm Xét mạng tinh thể BaF2: Ion Ba2+ và ion F- tiếp xúc với nhau theo đường chéo của hình lập phương nhỏ (chiếm 1/8 hình lập phương cơ sở)

Có: RBa2+ + RF- =

1,0

a 3 a 3 → RBa2+ = - RF- = 0,132 nm 4 4

Trong 1 ô mạng có: Số ion Ba2+ là: 8.1/8 + 6.1/2 = 4

0,5

S ố ion F là: 4.2 = 8 M .n DBaF2 = = N A .a 3

0,5

-

(137  19.2).4  4,88 g / cm3 23 7 3 6,02.10 .(0,62.10 )

Câu 3: Phản ứng hạt nhân Ban đầu có một mẫu phóng xạ X nguyên chất. Tại thời điểm t1 (s) thì có 80% mẫu phóng xạ đã bị phân rã. Đến thời điểm t2 = t1 + 100 (s) thì số hạt nhân X chưa bị phân rã còn lại 5% so với ban đầu. Tính chu kì bán hủy của hạt nhân nguyên tử X? Thời gian t1 và t2? Đáp án Điểm Gs quá trình phân hủy hạt nhân X tuân theo phương trình động học bậc nhất: Nt = No.e-kt hay t =

1 No ln k Nt

Với No là số hạt nhân tại thời điểm ban đầu Nt là số hạt nhân tại thời điểm t k là hằng số phóng xạ với k = ln2/T T là chu kì bán hủy của X Áp dụng công thức tại: Tại thời điểm t1 có N1 = 0,2No = No.e-kt1 (1) Tại thời điểm t2 có N2 = 0,05No = No.e-kt2 = No.e-k(t1+100) (2) Từ 1 và 2 có N1:N2 = 4 = ek.100 → k =

ln 2 → T = 50 (s) 50

0,5

0,5 0,5 0,5

Thay vào (1) tính được t1 = 116,1 s ; t2 = 216,1 s Câu 4: Nhiệt hóa học

Cho một số đại lượng sau: Chất

CH3OH(l)

CH3OH(k) O2(k)

CO2(k)

H2O(l)

H2O(k)

∆Ho(kJ.mol-1) So(J.mol-1.K-1)

-238,7 126,8

-200,7 239,7

-393,5 213,4

-285,8 69,8

-244,5 188,8

204,8

Cp (CH3OH lỏng) = 81.6 J.mol-1.K-1 a. Tính nhiệt độ sôi CH3OH lỏng ở 1 atm? Chấp nhận ΔHo; So không thay đổi trong khoảng nhiệt độ đang xét.

b. Thực tế nhiệt độ sôi của CH3OH là 64,51oC. Giải thích sự sai khác. c. Tính biến thiên entropi ΔS của quá trình chuyển 1 mol CH3OH từ 25oC đến điểm sôi (64,51oC). Đáp án a.

Điểm

Tính nhiệt độ sôi CH3OH lỏng ở 1 atm CH3OHl CH3OHh

Xét quá trình :

H o  200,7  238,7  38( KJ .mol 1 ) S o  239,7  126,8  112,9(J.mol1 .K 1 )

0,25 0,25

ΔGo = ΔHo – T.ΔSo Tại điểm sôi : ΔGo = 0  Ts 

b.

H o 38.103   336,8K  63,58o C o S 112,9

Thực tế nhiệt độ sôi của CH3OH là 64,51oC, sự sai khác này là do thực tế ΔH và ΔS thay đổi trong khoảng nhiệt độ từ 25oC đến điểm

0,25

0,25

sôi . c.

Ta có quá trình được mô tả như sau : S

CH3OH l, 25oC

CH3OH k, 64,51oC S2

S1 CH3OH l,64,51oC

T2 337,51  81, 6.ln  10,16( J .mol 1.K 1 ) T1 298 H 38000 S2    112,59(J.mol1 .K 1 ) T 337,51

S1  C p (CH3OH )l .ln

S  S1  S2  10,16  112,59  122, 75( J .mol 1.K 1 )

0,25

0,25 0,5

Câu 5: Cân bằng hóa học pha khí Ở 1000K có các cân bằng: C(r) + CO2(k)  2CO(k) Kp1 = 4 atm Fe(r) + CO2(k)  FeO(r) + CO(k) Kp2 = 1,25 Trong xi lanh có dung tích 20 lít ở 1000K người ta đưa vào 1mol Fe; 1mol C và 1,2mol CO2. a. Tính số mol từng chất khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng.

b. Thể tích bình cần thiết lập tối thiểu bằng bao nhiêu để C tham gia phản ứng hết.

a.

Đáp án Xét các cân bằng: C(r) + CO2(k)  2CO(k) Kp1 =

2 CO

P 4 PCO2

Kp1 = 4

(1)

Fe(r) + CO2(k)  FeO(r) + CO(k) Kp2 =

Điểm

PCO  1,25 PCO2

Kp2 = 1,25

(2) 0,5

Từ 1 và 2 tính được PCO = 3,2 atm; PCO2 = 2,56 atm Áp dụng công thức PV = n.R.T Tính được tại thời điểm cân bằng có: PCO .V  0,78 mol R.T PCO2 .V   0,624 mol R.T

nCO 

nCO2

Bảo toàn C có: nC = 1 + 1,2 – 0,78 – 0,624 = 0,796 mol Bảo toàn O có: nFeO = 1,2.2 – 0,78 – 0,624.2 = 0,372 mol Bảo toàn Fe có: nFe = 1 – 0,372 = 0,628 mol b.

Xét thể tích bình là V có: Bảo toàn C có: nC = 1 + 1,2 –

0,5

(3,2  2,56).V (3) 22,4 .1000 273

Để C phản ứng hết thì tại thời điểm cân bằng nC = 0  V = 31,34 lít Kiểm tra: Tại thời điểm cb này có:

0,5

PCO .V  1,22226 mol R.T PCO2 .V   0,977808 mol R.T

nCO 

nCO2

Bảo toàn O có: nFeO = 1,2.2 – 1,22226 – 2.0,977808 = -0,777876 > 10-7 (bỏ qua sự điện li của nước) Tương ứng với [Mg2+] = [Mg(OH)2 điện ly] = SMg(OH)2 = 1,6.10-4M hay 9,28.10-4g/100mL.

0,5

b.

Ks = [Mg2+][OH-]2 = 1,6.10-11 M3

0,5

c.

Mg(OH)2(r) ⇌ Mg2+ (aq) + 2OH- (aq) G ọi SMg(OH)2 = [Mg2+] = x; [OH-] = 0,010 + 2x  0,010M Ks = [Mg2+][OH-]2 = x.[OH-]2 = 1,6.10-11  x 

1,6.10 11  1,6.10 7 M 2 (0,010)

0,5

SMg(OH)2 = 1,6.10-7M hay 9,28.10-7g/100mL d.

Xét phản ứng ( Mg(OH)2 dư so với HCl): Mg(OH)2 (r) + 2H+ (aq)  Mg2+ (aq) + 2H2O (l) 0,1M 0,05M TPGH: CMg2+: 0,05M CCl-: 0,1M Xét cb: Mg(OH)2 ⇌ Mg2+ + 2OH0,05M K OH   Mg   1,8.10 

sp 2

5

M  pH  14  pOH  14  lg( 1,8.105 )  9,26

0,5

Câu 7: Phản ứng oxi hóa - khử, điện hóa Đánh giá khả năng phản ứng của KCl với KMnO4 trong môi trường axit: a. Tại pH = 0 b. Trong dd axit CH3COOH 1,0M o  1,51V ; pKaCH3COOH = 4,76 Biết: EClo / 2Cl  1,359V ; EMnO / Mn 

2

 4

2

Đáp án Xét cặp Cl2/2Cl-: Cl2 + 2e → 2Cl-

Điểm EClo

2 / 2 Cl



 1,359V

Trong môi trường axit hế của cặp Cl2/2Cl- không phụ thuộc vào pH. Xét cặp: MnO4-, H+/Mn2+ MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O

0,5

o EMnO  1,51V  / Mn2 4

0,059 [ MnO4 ].[ H  ]8 Theo pt Nerst có: EMnO / Mn2  E  lg 4 5 [ Mn 2 ] 0,059 [MnO4 ] Hay E  E o  0,095 pH  lg 5 [Mn 2 ] o MnO4 / Mn2

Tại pH=0 Ở điểu kiện chuẩn: EMnO

 4

/ Mn2 

o  EMnO  1,51V  EClo  / Mn2  4

2 2 Cl



0,5

.

MnO4- oxi hóa được Cl- tại pH = 0. 2MnO4- + 16H+ + 10Cl- → 2Mn2+ + 8H2O + 5Cl2 Trong dd axit CH3COOH 1,0M: Xét cân bằng: CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76 o C 1,0 [] 1,0 – x x x + -2,38 [H ] = x = 10 → pH = 2,38 → EMnO / Mn  1,51  0,095 pH  1,51  0,095.2,38  1,28V < EClo / 2Cl  4

2

0,5

0,5



2

Tại điều kiện này MnO4- không oxi hóa được ion Cl-.

Câu 8: Nhóm Halogen Một khí A có màu vàng lục, mùi khó chịu, tỉ khối hơi của A so với không khí bằng 3. Dẫn khí A vào nước lạnh thu được dd B. Đun nóng nhẹ dd B thu được hai chất C và D đều mang tính axit. Nếu đun nhẹ khí A thu được hai khí E và F. Nếu dẫn khí E vào nước cũng thu được dd chứa hai axit B và C. Nếu dẫn khí E vào dd KOH thì tùy điều kiện mà thu được hh muối của axit B, C hay muối của axit C, D. Biết 1 trong các muối chứa 31,8% K; 39,2% O còn lại là nguyên tố X về khối lượng. Xác định công thức các chất A, B, C, D, E, F? Viết Phương trình? Đáp án Điểm Gọi số oxi hóa của X trong muối kali cần tìm là n (n  Z) Tổng số oxi hóa trong phân tử muối bằng 0 nên: (+1).31,8/39 + (-2).39,2/16 + n.(100-31,8-39,2)/MX = 0. MX = 7,1.n. 0,5 Có n = +5; MX = 35,5. Vậy X là Cl. Muối xét là KClO3 Khí A chứa Clo. Lại có MA = 3.29 = 87. Suy ra A là Cl2O Cl2O + H2Olạnh → 2HClO (A) (B)

3HClO → 2HCl + HClO3 (C) (D) 2Cl2O → 2Cl2 + O2 (E) (F) Cl2 + H2O → HCl + HClO Cl2 + 2KOHlạnh → KCl + KClO + H2O Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O Lưu ý: Xác định đúng mỗi chất được 0,125 điểm Viết đúng mỗi pt được 0,125 điểm Viết đúng pt nhưng không cân bằng, không tính điểm.

1,5

Câu 9: Nhóm oxi – lưu huỳnh Khi cho 1,859g chất rắn màu trắng A vào nước dư phản ứng xảy ra mãnh liệt thu được 200ml dd B chỉ chứa 1 chất tan duy nhất. Cho lượng dư dd Ba(NO3)2 vào B thu được 5,126g kết tủa trắng. Mặt khác muốn trung hòa B cần dùng 220ml dd KOH 0,2M. a. Cho biết chất rắn ban đầu là chất gì b. Tìm CT của A? c. Tính CM chất tan trong dd B? Đáp án Điểm A phản ứng mãnh liệt với nước cho dd B có tính axit. Suy ra A là oxit hoặc hợp chất dễ bị thủy phân của phi kim. Mặt khác dd B tác dụng với Ba(NO3)2 thu được kết tủa trắng, chứng tỏ kết tủa này không tan trong axit mạnh. Từ hai dữ kiện trên suy ra dd B là dd axit mạnh có dạng HnX, kết 0,5 tủa với Ba2+: Từ phản ứng H+ + OH- → H2O 0,044 0,22.0,2 mol Xét kết tủa Ban(X)2 có m 

0,044 (137 n  2M X )  5,126 g n

MX = 48n. Chọn cặp n = 2; MX = 96. Vậy X là SO4 . Axit HnX là H2SO4. Với số mol bằng 0,022mol 2-

CM 

2-

0,022  0,11M 0,2

Gọi công thức chung của A là xH2SO4.ySO3 Xét phản ứng: xH2SO4.ySO3 + yH2O → (x+y)H2SO4 0,022 Có mA 

0,5 0,5

mol

0,022 .(98 x  80 y)  1,859 ( x  y)

x 1   CT của A là H2SO4.3SO3 y 3

0,5

Câu 10: Động học Trong dung dịch nước, chất T bị phân hủy phương trình: T + 2H2O → 2X+ + Y2- (1) Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10-5 s-1. a. Cho biết bậc của phản ứng (1). b. Tính thời gian cần thiết t1 để 80% lượng chất T bị phân hủy ở 350K. c. Tính hằng số tốc độ của phản ứng k2 tại 300K và thời gian cần thiết t2 để 80% lượng T bị phân hủy ở nhiệt độ này. Biết năng lượng hoạt hóa Ea của phản ứng là 166,00 kJ.mol-1 và Ea không phụ thuộc vào nhiệt độ. d. Khi có mặt chất xúc tác hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là k2’ = 3,00.104 s-1. Giả sử thừa số tần số phản ứng không thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa Ea’ của phản ứng khi có mặt xúc tác. a.

Đáp án Điểm -5 -1 Vì k1 = 4,00.10 s Dựa vào đơn vị của k (s-1) nên phản ứng tuân theo phương trình động 0,5 học bậc 1.

b.

Vì phản ứng là bậc 1, nên: t1 

c.

0,5

1 a 1 a ln  ln  40235,95s 11,18h. 5 k1 0,2a 4,00.10 0,2a

Ta có: ln

k 2 Ea  1 1      , thay số vào ta được: k1 R  T1 T2 

0,25

k2 166.103  1 1  suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1. ln     5 4.10 8,314  350 300 

0,25

Làm tương tự ý b tính được t2 = 5,417.108 s = 1,505.105 h d.

Ở 300K:  Ea RT

- Khi không có xúc tác: k 2  A.e

(1)  E'a RT

- Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên: k '2  A.e

(2)

E'a  Ea

Từ (1) và (2) ta được:

k2 e k '2

RT

, thay số vào ta được:

E' 166

a 2,971.109 8,314.103.300 e 3.104 Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol-1.

0,5