Đề thi chọn HSG môn Hóa học 10 năm 2018 - 2019 Trường THPT Nguyễn Huệ (có đáp án chi tiết)

Trường THPT Nguyễn Huệ Đề chính thức (2 trang)

KÌ THI CHỌN HSG TRƯỜNG LẦN 1 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 180 phút

 

Câu 1.(2 điểm)

Vàng (Au) kết tinh ở dạng lập phương tâm mặt có cạnh của ô mạng cơ sở a = 407 pm (1pm = 10^-12 m). Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.10²³.

a) Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa hạt nhân của 2 nguyên tử Au?

b) Tính khối lượng riêng của tinh thể Au?

c) Tính độ đặc khít của tinh thể Au?

Giải:

a, Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 hạt nhân Au:

Mặt ô mạng: AO = 2R = d

\( \Rightarrow 2{d^2} = {a^2} \Rightarrow d = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)

 \(d = \frac{{407}}{{\sqrt 2 }} = 287,79\)  (pm) = 2,8779.10^-8 (cm)   

b, Trong 1 ô mạng cơ sở có số nguyên tử Au:

\(8.\frac{1}{8} + 6.\frac{1}{2} = 4\) nguyên tử

\(D = \frac{m}{V} = \frac{{4.196,97}}{{6,{{022.10}^{23}}.{{\left( {4,{{07.10}^{ - 8}}} \right)}^3}}} = 19,4\) (g/cm³)

c, d = 2R = 2,8779.10^-8 (cm)

 ⇒ R = 1,43895.10^-8 (cm)

 Độ đặc khít của tinh thể

\(Au = \frac{{4.\frac{4}{3}.3,14.{{\left( {1,{{43895.10}^{ - 8}}} \right)}^3}}}{{{{\left( {4,{{07.10}^{ - 8}}} \right)}^3}}}\)

⇒ Au = 74%

Câu 2.(3 điểm)

1. Cho A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hoàn trong đó B có tổng số lượng tử ( n + l ) lớn hơn tổng số lượng tử ( n + l ) của A là 1. Tổng số đại số của bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng của cation  là 3,5.

a. Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.

b. Viết cấu hình electron và xác định tên của A, B.

2. Trong bảng dưới đây có ghi các năng lượng ion hóa liên tiếp I_n (n = 1, 2, …, 6) theo kJ.mol^-1 của hai nguyên tố X và Y.

	I1	I2	I3	I4	I5	I6
X	590	1146	4941	6485	8142	10519
Y	1086	2352	4619	6221	37820	47260

A và B là những oxit tương ứng của X và Y khi X, Y ở vào trạng thái oxi hóa cao nhất

Viết (có giải thích) công thức của hợp chất tạo thành khi cho A tác dụng với B.

Giải:

1, a. Vì 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ nên 2 nguyên tố có cùng số lớp electron (cùng n ). Mà tổng ( n + l ) của B lớn hơn tổng ( n + l ) của A là 1 nên: Cấu hình electron lớp ngoài cùng của A, B là:A: ns²; B: np¹

Mặt khác A có 2e ở lớp ngoài cùng cation A có dạng A²⁺. Vậy tổng đại số của 4 số lượng tử của A²⁺ là:  (n – 1 ) + 1 + 1 – 1/2= 3,5        

Vậy 4 số lượng tử của A, B là:

A : n = 3	l = 0	m = 0	s = -
B: n = 3	l = 1	m = - 1	s = +

b, A: 1s²2s²2p⁶3s² ( Mg ).

B: 1s²2s²2p⁶3s²3p¹ ( Al ).

2, Nhận thấy: I₃ (X) và I₅ (Y) tăng nhiều và đột ngột. Suy ra:

X thuộc nhóm II A

Y thuộc nhóm IV A.  

Vậy: Công thức oxit cao nhất của:  A là XO, B là YO₂.

XO là oxit bazo, YO₂ là oxit axit

Phản ứng:    XO  +  YO₂ →  XYO₃

Câu 3.(3 điểm)

1. Cho các phân tử: Cl₂O ; O₃ ; SO₂ ; NO₂ ; CO₂ và các trị số góc liên kết: 120⁰ ; 111⁰ ; 132⁰ ; 117^o ; 180⁰. Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng và giải thích (ngắn gọn)

2.  Hãy cho biết dạng hình học của các phân tử sau đây: CO₂, HNO₃, SO₂, H₂SO₄ , NH₃, H₂O.

3. Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF₃  , PCl₃, PH₃ và hãy so sánh các góc liên  kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.

Giải:

1, Giá trị góc liên kết tương ứng là:

Cl2O	O3	SO2	NO2	CO2
111	117	120	132	1800

Cl₂O: (110⁰) ;  O₃ : (116,5⁰);  SO₂ : (120⁰);  NO₂ : (132⁰) ; CO₂ : ( 180⁰)

Giải thích:

- Các phân tử: O₃ : (116,5⁰);  SO₂ : (120⁰);  NO₂: (132⁰) ; có lai hóa sp² nên góc liên liết   120⁰ . Góc liên kết phụ thuộc vào 2 yếu tố:

+ Độ âm điện của nguyên tố trung tâm: độ âm điện càng  mạnh => kéo cặp e dùng chung về trung tâm => tăng lực đẩy => tăng góc liên kết.

+ Mật độ e, độ lớn của obitan lai hoá ch­a tham gia liên kết làm tăng lực đẩy khép góc => làm giảm góc liên kết.

 - O₃ có góc liên kết nhỏ nhất vì obitan lai hoá còn cặp e ch­a liên kết tạo lực đậy khép góc.

- NO₂ có góc liên kết lớn nhất vì N có độ âm điện lớn hơn S, obitan lai hoá ch­a tham gia liên kết có 1e nên lực đẩy khép góc kém.

- Phân tử CO₂ : lai hoá sp nên góc liên kết   180⁰

- Phân tử Cl₂O: lai hoá sp³ : góc liên kêt 109,5⁰

2, Dạng hình học :

CO2	NO3-	SO2	SO42-	NH3	H2O
Đường thẳng	Tam giác phẳng	góc	Tứ diện đều	Chóp tam giác	góc

3, Cấu trúc hình học của PF₃   , PCl₃, PH₃ là chóp tam giác

Góc liên kết: HPH > ClPCl > FPF ( vì độ âm điện F > Cl > H)

Câu 4.(2 điểm)

1. Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau bằng phương pháp thăng bằng  electron: 

a. Cr₂O₃ + NaBrO₃ + NaOH →  Na₂CrO₄ + Br₂ + H₂O

b. Cl₂ + KOH  → KCl + KClO₃ +......

c. FeS₂ + HCl →  FeCl₂ + ....+.....

d. KMnO₄    +   HCl_đặc,nóng  →....... + ......+......+.....

Giải:

a, Cr₂O₃ + NaBrO₃ + NaOH → Na₂CrO₄ + Br₂ + H₂O

Cr23+    →   2Cr6+  +6e 2Br+5   + 10e  →  Br2

x 5 x 3

5Cr₂O₃ + 6NaBrO₃ + 14 NaOH → 10 Na₂CrO₄ + 3Br₂ + 7 H₂O

b, Cl₂ + KOH → KCl + KClO₃ +  H₂O

Cl0    →   Cl5+  + 5e Cl0   + 1e →   Cl1-

x 1 x 5

3Cl₂ + 6KOH → 5KCl + KClO₃+ 3H₂O

c,  FeS₂ + 2 HCl → FeCl₂ + S  + H₂S

d, 2KMnO₄    +   16HCl_đặc,nóng → 2KCl  +  2MnCl₂  + 5 Cl₂  + 8 H₂O

Câu 5 (3 điểm)

Đốt cháy hoàn toàn 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H₂SO₄ 24,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thể muối ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%.

Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X.

Giải:

2MS  +  3O₂  → 2MO  +  2SO₂  (1)

MO  +  H₂SO₄ →  MSO₄  +  H₂O  (2)

Giả sử có 1mol H₂SO₄ phản ứng. Ta có

m_dd = M + 16 + 400 = 416 + M (g)

m_ct = M + 96 (g)

→ \(\frac{{416 + M}}{{M + 96}} = 0,3333\)   → M =64 (Cu)

Xác định CT muối

Ta có : m_{dd bão hoà} = m _CuO + – m _{muối tách ra} = 0,125 . 50 + 0,125 . 400 – 15,625 = 44,375g.

m CuSO₄ còn lại trong dung dịch bão hòa = (44,375 . 22,54)/100% = 10g

n CuSO₄ còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol

n CuSO₄ ban đầu = n CuS = 12/96 = 0,125 mol

n CuSO₄ đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol

Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO₄.nH₂O

ta có (160+18n) . 0,0625 = 15,625   n = 5   CT muối: CuSO₄.5H₂O

Câu 6: (2 điểm)

Nung m gam Fe trong không khí một thời gian thu được 15,20 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe₂O₃, FeO, Fe₃O₄ và Fe dư. Hòa tan hết lượng hỗn hợp X trên bằng V ml dung dịch HNO₃ 0,5M (dung dư 20% so với lượng cần thiết), thu được 560 ml(đktc) khí NO và N₂O có tỉ khối hơi so với He là 8,2 (không có sản phẩm khử khác).

a. Tính m?

b. Tính V?

Giải:

a, Sơ đồ phản ứng:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{Fe\;\left( {x\;mol} \right)}\\
{O\;\left( {y\;mol} \right)}
\end{array}} \right. \to X\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{FeO}\\
{F{e_2}{O_3}}\\
{F{e_3}{O_4}}\\
{Fe}
\end{array}} \right. \to \left\{ {Fe{{(N{O_3})}_3}} \right.\; + \;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{NO\;\;\left( {a\;mol} \right)}\\
{{N_2}O\;\;\left( {b\;mol} \right)}
\end{array}} \right.\)

Gt:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a + b = 0,025}\\
{30a + 44b = 0,025.8,2.4}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = 0,02}\\
{b = 0,005}
\end{array}} \right.\)

Mặt khác    \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{56x + 16y = 15,2\;\;\left( {BTKL} \right)}\\
{3x - 2y = 0,02.3 + 0,005.8}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 0,2}\\
{y = 0,25}
\end{array}} \right.\)

Vậy: m=0,2*56=11,2 gam

b, Bảo toàn nguyên tố N: 

nHNO₃ = 3nFe + nNO + 2nN₂O = 0,63 mol

→ nHNO₃ đã dùng = 0,63.120% = 0,756 mol → VHNO₃ = 1,512 lít

...

Trên đây là phần trích dẫn Đề thi chọn HSG môn Hóa học 10 năm 2018 - 2019 Trường THPT Nguyễn Huệ (có đáp án chi tiết), để xem toàn bộ nội dung chi tiết, mời các bạn cùng quý thầy cô vui lòng đăng nhập để tải về máy. 

Chúc các em đạt điểm số thật cao trong kì thi sắp đến!