Đề xuất đề thi học sinh giỏi khu vực duyên hải – ĐBBB 2016 môn: Hóa học – lớp 10 - Tỉnh Yên Bái

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐBBB
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN - DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2016
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI
MÔN: HÓA HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1. Cấu tạo nguyên tử, định luật tuần hoàn
1. Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4 (g là kí hiệu của số lượng tử).
a) Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có
b) Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng.
c) Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng bao nhiêu?
2. Những nguyên tử hydro ở trạng thái cơ bản bị kích thích bởi tia UV có l = 97,35 nm. Số lượng tử chính của trạng thái kích thích này là bao nhiêu? Khi những nguyên tử hydro bị khử trạng thái kích thích đó thì chúng có thể phát ra những bức xạ có bước sóng (tính bằng nm) là bao nhiêu ? Cho h=6,63.10-34J.s; c=3.108 m.s-1; Hằng số Ritbe RH= 1,097.107m-1.
ĐÁP ÁN
Câu 1
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1
a. Phân mức năng lượng ng ứng với giá trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên tử, nghĩa là có 2.4+1= 9 obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e. Vậy phân mức năng lượng ng có tối đa 18e.
b. Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g bởi vì khi số lượng tử chính n = 5 thì lớp electron này có tối đa là 5 phân mức năng lượng ứng với l = 0 (s); l =1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f) và l = 4 (g). Theo quy tắc Klechkowski thì phân mức 5g có tổng số n + l = 9. Phân mức này phải nằm sát sau phân mức 8s.
c.Cấu hình electron của nguyên tử đó phải có dạng (Rn)7s25f146d107p68s25g1.=> (Rn)5f145g16d107s27p68s2 =>Z = 121.
1.0
2.
Ta có năng lượng của mỗi photon là: ΔE= h.c.RH.(1/n2 -1/n’2)
Khi bị khử kích thích: 
n = 4 → n = 1: E4 – E1 = 
n = 4 → n = 2: E4 – E2 = 
n = 4 → n = 3: E4 – E3 = 
1.0
Câu 2 Liên kết hóa học- Tinh thể
1 Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion CNO-CON- và NCO-. Viết công thức Lewis cho các cách sắp xếp nguyên tử như trên.
2. Muối florua của kim loại R có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 0,62 nm, trong đó các ion kim loại (Rn+) nằm tại các vị trí nút mạng của hình lập phương tâm diện, còn các ion florua (F-) chiếm tất cả các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là 4,89 g/cm3.
	a) Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua?
	b) Xác định công thức phân tử tổng quát của muối?
	c) Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol.
Câu 2
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1
Viết công thức Lewis cho Ba anion CNO-, CON- và NCO-
0.75
2
Ô mạng cơ sở:
Trong một ô mạng:
- Số ion Rn+: 
- Số ion F-: 
 Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì: 
 ion kim loại là R2+
	Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF2.
Khối lượng riêng florua tính theo công thức:
 (g/mol)
Vậy kim loại R là bari. 
Muối florua là BaF2.
1.25
Câu 3. Phản ứng hạt nhân
1. Tính năng lượng giải phóng (đơn vị J) ứng với 1 nguyên tử và 1 mol nguyên tử 92U235 theo phản ứng sau:
92U235 + 0n1 → 47La146 + 35Br87 + ?
Biết khối lượng của 92U235; 0n1; 47La146; 35Br87 lần lượt là 235,044u; 1,00861u; 145,943u; 86,912u. Năng lượng ứng với 1u là 931,2 MeV và 1eV = 1,602.10−19J, NA = 6,02.1023.
2. Một mẫu quặng urani tự nhiên có chứa 99,275 gam U; 0,720 gam U và 3,372.10-5 gam Ra. Cho các giá trị chu kì bán hủy: t1/2(U) = 7,04.108 năm, t1/2(Ra) = 1600 năm. Chấp nhận tuổi của Trái Đất là 4,55.109 năm. Tính chu kì bán huỷ của U.
Đáp án
Câu 3
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1
92U235 + 0n1 → 47La146 + 35Br87 + 30n1	
 Dm = 0,17178u	
DE1 =0,17178. 931,2 = 159,96 (MeV) 
DE1 = 159,96 MeV = 1,59,96.1,602. 10−19 = 253,256.10−13 (J) 	
Năng lượng phóng xạ của 1 mol 92U235
DE = 6.1023 . DE1 = 6,02. 1023 . 253,256.10−13 = 1,5246.1013 (J) 
1.0
2
Ra có số khối nhỏ hơn một số nguyên lần 4 u so với U, vì thế Ra là chất phóng xạ hình thành trong chuỗi phóng xạ khởi đầu từ U. U có chu kì bán huỷ rất lớn so với Ra, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ.
	Ta có: l1.N1=ln.Nn (3)
Trong đó: l1, ln lần lượt là hằng số tốc độ phân rã của mẹ (U) và cháu đời thứ n (Ra),
N1, Nn lần lượt là số hạt nhân của mẹ (U) và cháu đời thứ n (Ra).
Từ (3) rút ra: N1.(ln2)/t1/2(1) = Nn.(ln2)/t1/2(n). 
t1/2(1) = = 4,47.109năm.
1.0
Câu 4. Nhiệt động học
	Đốt cháy hoàn toàn 3,6 gam hợp chất hữu cơ X ở thể khí bằng một lượng dư oxi trong một bom nhiệt lượng kế. Ban đầu, nhiệt lượng kế chứa 600 gam nước, ở 25oC. Sau phản ứng, nhiệt độ của hệ là 28oC; có 11 gam CO2(k) và 5,4 gam H2O(l) được tạo thành. Giả thiết, lượng nhiệt bị hấp thụ bởi oxi dư và các sản phẩm phản ứng là không đáng kể.
1. Xác định công thức phân tử của X.
2. Xác định nhiệt dung của nhiệt lượng kế (không bao gồm 600 gam nước).
3. Xác định nhiệt sinh tiêu chuẩn của X.
Cho biết:
của CO2(k) và H2O(l) lần lượt là -393,51 và -285,83 kJ∙mol-1;
Nhiệt dung riêng của nước là 4,184 J∙g-1∙K-1;
Biến thiên nội năng của phản ứng đốt cháy 1 mol X ở 25oC, = -2070,00 kJ∙mol-1.
Đáp án
Câu 4
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1
mX = 3,6 g; = 0,25 (mol); = 0,3 (mol)
mH + mC = mX X là hiđrocacbon nC : nH = 5 : 12 
Vậy công thức phân tử của hợp chất hữu cơ X là C5H12.
0,5
Nhiệt dung của nhiệt lượng kế:
= -2070,00.3,6/72 = -103,5 (kJ) = -103500 (J)
	= -Chệ (T2 –T1)
 Chệ =(J·K-1)
	= Cnước + C nhiệt lượng kế
	C nhiệt lượng kế = 34500 – 4,184.600 = 31989,6 (J·K-1)
1.0
Nhiệt sinh tiêu chuẩn của A:
	C5H12(k) + 8O2(k) 5CO2(k) + 6H2O(l)
	+∆nRT
 	 = -2070.103 + (5-9).8,314.298
	 = -2079910,288 (J∙mol-1)
	 = -2079,910 (kJ∙mol-1)
của A = 5. (-393,51) + 6.(-285,83) – (-2079,910) = -1602,62 (kJ∙mol-1)
0.5
Câu 5. Cân bằng hóa học
Cho phản ứng : 2NaHCO3 ( r ) D Na2CO3( r ) + CO2 (k) + H2O ( k ) 
1. Áp suất của hệ lúc cân bằng là P, lúc đầu trong bình chỉ có tinh thể NaHCO3 . Hãy thiết lập phương trình Kp = f(P)
2. Cho a (mol) NaHCO3 vào bình chân không dung tích 22,4 Lít . Khi cân bằng ở 47oC đo được 
P = 30,0 mmHg . Tính Kp , Kc của phản ứng và số mol tối thiểu NaHCO3 cần có trong bình để đạt được áp suất 30,0 mmHg.
3. Tính ΔGo, ΔSo của phản ứng ở 47oC, coi ΔHo, ΔSo là hằng số.
Đáp án
Câu 5
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1
Vì Áp suất của hệ lúc cân bằng là P, lúc đầu trong bình chỉ có tinh thể NaHCO3 
Theo phương trình phản ứng, lúc cân bằng trong hệ chỉ có CO2 và H2O ở trạng thái khí và hơi nên :
	2NaHCO3 ( r ) Na2CO3( r ) + CO2 (k) + H2O ( k ) 
Cân bằng P/2 P/2
Þ 
0.5
2
=
Þ Kc = Kp(RT) – Δn = 3,9 . 10-4 [0,082 .(47 + 273)]-2 = 5,664.10-7
1.0
3.
Tính ΔGo, ΔSo của phản ứng ở 47oC, coi ΔHo, ΔSo là hằng số.
.K-1
0.5
Câu 6. Cân bằng axit-bazơ và cân bằng tạo kết tủa
Dung dịch A là dung dịch H3PO4 0,02M; dung dịch B là dung dịch Na3PO4 0,01M
Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch A.
Cho từ từ 100ml dung dịch A vào 100ml dung dịch B thu được 200ml dung dịch C. Tính pH của dung dịch C.
Cho từ từ dung dịch Na3PO4 0,01M vào dung dịch chứa CdCl2 0,01M và ZnCl2 0,01M( thừa nhận thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể trong quá trình thí nghiệm)
Kết tủa nào xuất hiện trước?
Khi kết tủa thứ hai xuất hiện thì nồng độ của ion thứ nhất còn lại là bao nhiêu? Từ đó có nhận xét gì?
Biết H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32. Cd3(PO4)2 có pKs = 32,6. Zn3(PO4)2 có pKs = 35,42.
Đáp án 
Câu 6
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1.
- Trong dung dịch A có các cân bằng:	
H3PO4 H+ + H2PO	(1)	Ka1 = 10-2,15
H2PO H+ + HPO	(2)	Ka2 = 10-7,21
HPO H+ + PO	(3)	Ka3 = 10-12,32
H2O H+ + OH-	(4)	Kw = 10-14
Do C.Ka1 >> C.Ka2 >> C.Ka3 Kw nên tính pH của dung dịch theo cân bằng (1)
	H3PO4 H+ + H2PO	(1)	Ka1 = 10-2,15
	[ ] 0,02 – x x x
	 pH = 2,05
- Vậy, trong dung dịch A: [ H+] = h = 10-2,05M; [ OH-] = 10-11,95M; 
[ H3PO4] = 1,1125.10-2M: [H2PO] = x = 8,875.10-3M; 
[HPO]=C.= = 6,125.10-8M
[PO]=C.= =3,2895.10-18M
1.0
2
Tính lại nồng độ của các chất: .
Thứ tự phản ứng: 
 H3PO4 + PO H2PO + HPO	K =Ka1.K=1010,17 >> 
 C: 0,01 0,005
 [ ]: 0,005 0 0,005 0,005
 H3PO4 + HPO 2 H2PO	 K = Ka1.K = 105,06 >>
 C: 0,005 0,005 0,005
[ ]: 0 0 0,015
- Thành phần giới hạn của dung dịch C gồm H2PO: 0,015M; H2O; Na+
- Trong dung dịch C có các cân bằng:
	H2PO H+ + HPO 	(2)	Ka2 = 10-7,21
	HPO H+ + PO	(3)	Ka3 = 10-12,32
	H2O H+ + OH-	(4)	Kw = 10-14
	H2PO + H2O H3PO4 + OH- 	(5) 	Kb3 = 10-11,85
- Ta có, Ka2 >> Kb3 Ka3 > Kw nên tính pH của dung dịch C theo cân bằng (2)
	H2PO H+ + HPO 	(2)	 	Ka2 = 10-7,21
 C: 0,015 
 [ ]: 0,015 – x x x
0.5
3.
a) Phương trình phản ứng:
	3Zn2+ + 2PO Zn3(PO4)2	(6)
	3Cd2+ + 2PO Cd3(PO4)2	(7)
Để bắt đầu xuất hiện kết tủa Zn3(PO4)2 thì 
[Zn2+]3.[ PO]2 = [ PO](1) = 1,95.10-15M
Để bắt đầu xuất hiện kết tủa Cd3(PO4)2 thì 
[Cd2+]3.[ PO]2 = [ PO](2) = 5,012.10-14M
- Vì [ PO](1) < [ PO](2) nên kết tủa Zn3(PO4)2 xuất hiện trước
b) Khi kết tủa Cd3(PO4)2 xuất hiện, [Zn2+] = 1,148.10-3M
- Nhận xét: Không thể tách riêng từng ion Zn2+ và Cd2+ bằng kết tủa phân đoạn với ion PO.
0.5
Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử, điện hóa
Ngày 1 tháng 7 năm 2000, đường hầm và cầu nối giữa Đan Mạch và Thụy Điển đã chính thức được mở ra. Nó bao gồm một đường hầm từ Copenhaghen tới một hòn đảo nhân tạo, và một cầu nối từ đảo Malmo ở Thụy Điển. Vật liệu xây dựng chủ yếu sử dụng là bê tông và thép.
Sự ăn mòn kim loại có liên quan đến các phản ứng điện hóa. Điều này cũng đúng cho sự hình thành gỉ trên bề mặt sắt, nơi mà các phản ứng điện hóa ban đầu thường là:	
(1) Fe (s) → Fe2+(aq) + 2e
(2) O2 (g) + 2H2O(l) + 4e → 4OH- (aq)
Một tế bào điện hóa được hình thành từ các phản ứng trên ở 250C. Sơ đồ pin điện được mô tả như sau: Fe (s)│Fe2+ (aq)║OH- (aq), O2 (g)│Pt (s). Cho giá trị thế điện cực chuẩn ở 250C: ; RTln10/F = 0,0592.
a.Tính sức điện động chuẩn của pin điện hóa ở 250C.
b.Viết các bán phương trình xảy ra ở mỗi điện cực và phản ứng tổng quát xảy ra khi pin hoạt động.
c.Tính hằng số cân bằng của phản ứng điện hóa.
d.Tính sức điện động của pin ở 250C khi [Fe2+]=0,015M; pH= 9; p(O2) = 0,7atm 
Đáp án
Câu 7
Hướng dẫn trả lời
Điểm
a. E0pin = E0+ - E0- = 0,40 – (-0,44) = 0,84V
0.5
b.- Tại anot: 2Fe → 2Fe2+ + 4e
 - Tại catot: O2 + 2H2O + 4e → 2Fe2+ + 4OH-
Phản ứng tổng quát: 2Fe + O2 + 2H2O → 2Fe2+ + 4OH-
0.5
c. 
0.5
d. Ta có: pH = 9 → [H+] = 10-9M → [OH] = 10-5M
Epin = 
= 
0.5
Câu 8. Halogen
Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau : 
- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi, thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B, sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa vàng.
- Hòa tan X vào Nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3.
1. Viết các phương trình hóa học có thể xảy ra dưới dạng ion (thu gọn) ?
2. Để xác dịnh chính xác công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1gam X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch có màu nâu. Chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M tới mất màu thấy tốn hết 37, 40 ml dung dịch Na2S2O3.
Tìm công thức phân tử X ?
Đáp án
Câu 8
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1. Khi đốt nóng ở nhiệt độ cao X cho màu vàng, chứng tỏ X là hợp chất của natri. Khi cho SO2 đi qua dung dịch X xuất hiện mà nâu chứng tỏ I2 hoặc Br2 được tạo thành, nghĩa là chất X phải thuộc loại muối NaIOx hoặc NaBrOx nhưng do tạo ra kết tủa màu vàng với AgNO3, chứng tỏ đó là AgI và chất X thuộc loại NaIOx.
Các phản ứng xảy ra (dạng ion):
 (1)
IOx-+2x-1I-+2x H+→ x I2+x H2O SO2+I2+2H2O → 2I-+SO42-+4H+ (2)
(3)
I2+2S2O32- →2I-+S4O62-(4)
1.0
2.
Theo phản ứng (4) : nI2=12nNa2S2O3=12∙0,0374∙0,1=0,00187 mol
Theo phản ứng (3) : nI2=xnx=x0,123+127+16x=0,00187 (mol)
1.0
Câu 9. Oxi-lưu huỳnh
Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong 10ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4.
1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn).
2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu?
Đáp án
Câu 9
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1.
	(1)
	(2)
	(3)
	(4)
 	(5)	
1.0
Trong 25 ml: =0,016 (mol)
→ trong 10ml = 6,4x10-3(mol)
Từ (3) và (4): = = 5,5x1x10-3 = 5,5x10-3(mol)
Từ (3): ==5,5x10-3(mol) =2(+)
Có thể xem Fe3O4 như hỗn hợp Fe2O3.FeO
== 6,4x10-3 – 5,5x10-3 = 9x10-4(mol)
= =1,85x10-3(mol).
Trong 50 ml : =4,5x10-3(mol) → =1,044 gam
→ % khối lượng Fe3O4 = 1,044/6 x 100% = 17,4%
	 = 9,25x10-3(mol) →=1,48 gam
→ % khối lượng Fe2O3 = 1,48/6 x 100% = 24,67%
1.0
Câu 10. Động học (Không có cơ chế).
Cho phản ứng hóa học sau: C2H5I + NaOH → C2H5OH + NaI
Nồng độ ban đầu của hai chất phản ứng bằng nhau. Để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 32oC cần 906 phút.
1. Tính thời gian để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 60oC, biết rằng hệ số nhiệt độ của phản ứng là 2,83
2. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
3. Tính hằng số tốc độ k ở hai nhiệt độ trên, biết rằng phản ứng là bậc hai (bậc một đối với mỗi chất) và nồng độ ban đầu mỗi chất đều là 0,05M.
Đáp án 
Câu 10
Hướng dẫn trả lời
Điểm
1
 = Þ 
0.5
2
Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng
Þ 
Þ Ea = 87976,179 J.mol-1
0.5
Vì nồng độ ban đầu của hai chất bằng nhau nên : 
t1/2 = Þ k = 
Ở 32oC, k = = 0,022 (mol-1.L.phút-1)
Ở 60oC, k = (mol-1.L.phút-1)
1.0
----------Hết----------------