Đề cương Hóa 10 hay

KỲ THI OLYMPIC 30-4 Đề thi đề nghị môn Hóa khối 10

I. Câu I (4 đ)

I.1) cho X, Y là 2 phi kim trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 16. biết trong hợp chất XYn

. X chiếm 15,0486 % về khốI lựơng . Tổng số proton là 100

. Tổng số nơtron là 106

a. Xác định số khối và tên X, Y

b. Xác định CTCT XYn và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tố X dạng hình học của XYn.

c. Viết phương trình phản ứng giữa XYn với P2O5 và với H2O I.2)

a. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO₂ lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217K

b. Chất dicloetilen (C2H2Cl2) có ba đồng phân ký hiệu X,Y,Z - Chất X không phân cực còn chất Z phân cực

- Chất X và chất Z kết hợp với Hidro cho cùng sản phẩm X (họăc Z) + H2  Cl - CH2 - CH2 – Cl

. Viết công thức cấu tạo X, Y, Z

. Chất Y có momen lưỡng cực không ? Đáp án : Câu I (4đ)

I.1)

a. Gọi Px, PY là số proton X, Y nx, ny là số nơtron X, Y

P_x + nP_y = 100 (1)

N_x + nN_y = 106 (2)

Px + Nx + n(PY + Ny) = 206

Ax + nAy = 206 (3)

Ax

Ax + nAy

=> Ax = 31 (0,5đ)

Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14

Px = 15 (0,5đ)

Nx = 16

Thay Px, Nx vào (1) , (2)

n (Ny – Py) = 5 ( 5) 2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16 n(Py – 16) = 5

Py = ^{5 16n} n



n 1 2 3 4 5 Py 21 18,8 17,67 17,25 17

Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo (0,25đ)

= ^{15, 0486}

100 (4)

=> X là photpho

b. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp³d dạng lưỡng tháp tam giác.

Cl Cl P Cl

Cl Cl

(0,25đ) c. P2O5 + PCl5 = 5POCl3

PCl₅ + H₂O = H₃PO₄ + 5HCl (0,25đ) I.2)

- C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO₂ (O = C = O) SiO₂ không phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xa năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnh nhau.

O O Si O

O

(0,5đ) a. SiO₂ là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0,5đ)

b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng Cis

H Cl

H C C H

Cl H







CTCT

H Cl

C C

Cl H

 (X)

Cl Cl

C C

H H



(X) (Z)

CTCT Y s ẽ l à

Cl H

C C

Cl H



C-H C-Cl

X= 2,5 – 2,1 = 0,4 X = 0,5

Vậy Y phân cực

(0,25đ) Câu II (4đ)

I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng :

H2 (k) + I2(k) 2HI (k) ở 600⁰C bằng 64 hoặc Z + H2 

a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 600⁰C thì có bao nhiêu phần trăm I2 tham gia phản ứng ?

b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (600⁰C) II-2

Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.10¹² nguyên tử/phút xuống còn 3.10^-3 nguyên tử/phút.

II-3 Tính nhiệt của phản ứng.

H H

H – C – H + 3Cl2  Cl – C – Cl + 3HCl H Cl

biết EC-H : +413KJ/mol EC-Cl : +339KJ/mol ECl-Cl : + 243KJ/mol EH-Cl : + 427KJ/mol Phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?

Đáp án : Câu II (4đ).

II.1

a. H2(k) + I2 (k) 2HI (k) 2mol 1mol

x x 2x 2-x 1-x 2x

) 64 1 )(

2 (

) 2

( ²

 

 

x x

K_c x

 

  

I H

K_C  HI 0,5đ

x1 = 2,25(loại) x2 = 0,95 (nhận)

=> 95% I₂ tham gia phản ứng 0,25đ

b. H2(k) + I2(k) 2HI (k) n 1

n-0,99 0,01 1,98 0,5 đ

n: nồng độ ban đầu của H2

KC = (1,98)² = 64 (n-0,99)(0,01) n7

=> cần trộn H₂ và I₂ theo tỉ lệ 7:1 0,5đ II.2

/ 00347 , 200 0

693 , 0 693 , 0

2 / 1





 t

k năm 0,25đ

2,303lg kt

N N 

0

0,25đ 2,303lg 0,00347t

10 . 5 , 6

10 . 3

12

3 



t = 1,02.10⁴ năm hay 10.200năm 0,5đ

II.3

H4E_CH 3E_ClCl(E_CH 3E_CCl3E_HCl)

= 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ

= - 330KJ (0,75đ) Phản ứng trên tỏa nhiệt

Câu III (4đ) III.1

Hòa tan 0,1mol NH₄Cl vào 500ml nước.

a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH4

= 5.10 ^–10 III.2

Độ tan PbI2 ở 18⁰C 1,5.10^-3 mol/l

a. Tính nồng độ mol/l của Pb²⁺ và I^ trong dung dịch bảo hòa PbI₂ ở 18⁰C.

b. Tính tích số tan PbI2 ở 18⁰C.

c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo hòa PbI₂. (K : 39 ; I : 127)

III. 3

Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit

2 2 ?

4 56

, 0

4 MnO MnO

MnO ^  ^ ^{V } 

a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-

/MnO2

b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ? 3MnO₄^2- + 4H ⁺ = 2MnO^-₄ + MnO₂ + 2H₂O

Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên.

Đáp án Câu III (4đ)

III. 1

a) NH4Cl = 4

NH + Cl ^– NH4+

+ H2O NH3 + H3O⁺ Ka = [NH3][H3O]⁺

[NH4+

]

b). Nồng độ NH3 trong dung dịch : 0,2M 5

, 0

1 ,

0 

NH4+

+ H2O NH3 + H3O⁺

0,2 0 10^-7

x x x

0,2 –x x x + 10^-7

10^-7 << x nên 0,2 –x 0,2

Ka nhỏ x << 0,2 => 0,2 – x  0,2

Ka = ¹⁰

2

10 . 2 5 , 0

 

x

x = 10^-5

0,25đ

= 5.10 ^-10 0,25đ

0,25đ +1,7V

x = [H3O⁺] = 10^-5 0,5đ pH = 5

III.2

a. PbI2 Pb ²⁺ + 2I^ 1,5. 10^-3 1,5.10^-3 3.10^-3 [Pb²⁺] = 1,5.10^-3M

[I-] = 3.10^-3M

b. T PbI2 = [Pb²⁺][I^-]² = (1,5.10^-3).(3.10^-3)² = 13,5.10^-9 0,25đ c. KI = K⁺ + I^

a a

gọi a là số mol KI cần thêm vào s là độ tan PbI2 sau khi thêm KI

M S

S ⁴

3

15 10 10 . 5 ,

1 ^    _

PbI₂ Pb²⁺ + 2I^- 10^-4 10^-4 2.10^-4

T PbI2 = (Pb²⁺) (I^-)² = 10^-4. (2.10^-4 + a)² = 13,5.10^-9 a² + 4.10^-4 a – 13496.10^-8 = 0

a = 1,1419.10^-2 mol 0,5đ

khối lượng KI cần thêm vào : 166.1,1419.10^-2 = 1,895g 0,25đ III. 3

Mn O₄^+e -> MnO₄^2 E⁰1 = 0,56V (1) O

H MnO e

H

MnO₄^4 ^3  ₂ 2 ₂ E⁰₂ = 1,7V (2) (2) – (1) ta có :

O H MnO e

H

MnO₄² 4 2  ₂ 2 ₂

 ^{ } E⁰3 = ? (3)

G⁰₃ = G⁰₂ – G⁰₁

- 2E⁰₃F = -3E⁰₂ F – E⁰₁F 0,5 đ

E⁰₃ = E E V

27 , 2 2

56 , 0 7 , 1 . 3 2

3 01

2

0    

b. MnO₄^2- + 2e^- + 4H⁺ MnO₂ + 2H₂O E⁰₁ : 2,27V 2MnO4-

+ 2e 2MnO42-

E⁰2 : 0,56V

3MnO₄ ^2- + 4H⁺ 2MnO₄^+ MnO₂ + 2H₂O 0,25 đ

G⁰3 = G⁰1– G⁰2 = -2E⁰1F – (-2E⁰2F) = -2F(E⁰1-E⁰2) <0

Phản ứng xảy ra theo chiều thuận 0,25đ

lg K 57,97

059 , 0

) 56 , 0 27 , 2 (

2  

 0,25đ

=> K = 9,25.10⁵⁷ 0,25đ

Câu IV. (4đ)

IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 25⁰C

Cu( r) + 2Fe³⁺ (dd) Cu²⁺ (dd) + 2Fe²⁺ (dd) người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025M a. Cho biết chiều của phản ứng

b. Tính hằng số cân bằng phản ứng

c. Tỉ lệ

 

 

3

Fe

Fe có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều.

E⁰ Cu²⁺ /Cu = 0,34V E⁰ Fe²⁺ / Fe = 0,77V IV. 2

Cho E⁰Cr2O72-

/2Cr³⁺ = 1,36V

a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion và phân tử.

b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron Đáp án

a) Cr2O7 2-

oxi hóa Fe²⁺ thành Fe³⁺ và bị Fe²⁺ khử về Cr³⁺ trong môi trường axit. 0,5đ Cr₂O₇^2- + 6Fe²⁺ + 14H⁺ -> 6Fe³⁺ + 2Cr³⁺ + 7H₂O 0,5đ K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O 0,5đ b) Cân bằng theo phương pháp ion electron

Cr₂O₇^2- + 14H⁺ + 6e^- -> 2Cr³⁺ + 7H₂O 1x

6x Fe ²⁺ - e -> Fe³⁺

Cr₂O₇^2- + 14H⁺ + 6Fe²⁺ -> 2Cr³⁺ + 6Fe³⁺ + 7H₂O 0,5đ Câu V.

V.1)

Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóa A^Y A₁^z A₂



^X

A₀ A C^Y A₀ B ^T B₁^u B₂

Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim.

A, A₁, A₂, C : các hợp chất của lưu huỳnh

B, B1, B2, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loại V.2).

Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau : - Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do 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 do 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 màu vàng.

- Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S₂O₃ vào.

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.

b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO₄ dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I₂ thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X.

Đáp án

Câu V (4đ)

V.1.

CuS ₂ ⁰ ₂

2

3O ^t CuOSO



(A0) (B) (A) A0 : CuS

SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr B: CuO

(A₁) A: SO₂

H₂SO₄ + Ag₂O -> Ag₂SO₄ + H₂O A₁ : H₂SO₄

(A2) A2 : Ag 2SO4

CuO + H2 ^t0 CuH₂O

(B₁) B₁ : Cu

Cu + Cl₂ -> CuCl₂ B₂ : CuCl₂ (1,5đ)

(B2) C: CuSO4

Cu + 2H2SO4 đđ ^t0 CuSO4 + SO2 + 2H2O Ag₂ SO₄ +CuCl₂ -> 2AgCl + CuSO₄

(C)

CuSO4 + H2S -> CuS + H2SO4

(A₀) V.2

Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của Natri 0,25đ SO₂ qua dung dịch X => màu nâu => I₂hoặc Br2 tạo thành (0,25đ) a. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI) => X : NaIOx (0,25đ) (2x-2)SO2 + 2IO^x+ (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO42-

+(4x-4) H⁺ SO₂ + I₂ + H₂O -> 2I^+ SO₄^2- + 4H⁺

IO_x^- + (2x-1) I^- + 2xH⁺ -> xI₂ + xH₂O I2 + 2S2O32-

-> 2I^+ S4O6 2-

b. nI₂ = nNa S O 0,00187mol 2

1 , 0 . 0374 , 0 2

1

3 2

2  

nI₂ = x.n_X = x 0,00187 16

150 1 ,

0 

 x

=> x = 4 (0,5 đ)

=> X : NaIO₄

(0,5 đ) (1đ)