SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 10-3 LẦN THỨ IV, NĂM 2019
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA LỚP 10
ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
Câu hỏi 1: ( 4 điểm)
1. (1 điểm)
Cho hai nguyên tố A và B đứng kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn có tổng số lượng tử (n + l) bằng nhau, trong đó số lượng tử chính của A lớn hơn số lượng tử chính của B. Tổng đại số của bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng của nguyên tử B là 5,5.
a. Xác định bộ bốn số lượng tử ( n, l, m, s) của electron cuối cùng của A và B.
b. Viết cấu hình electron nguyên tử của A và B.
2. (1 điểm)
Một mẩu đá chứa 13,2 và 3,42 biết chu kì bán huỷ của là 4,51.109 năm. tính tuổi của mẩu đá.
3. Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, ms= -1/2. Hai nguyên tố E, G với ZE < ZG < ZX (Z là điện tích hạt nhân).
Biết rằng:
- Tích số ZE.ZG.ZX = 952
- Tỉ số (ZE + ZX)/ZG = 3
a. Viết cấu hình electron của X, xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn, từ đó suy ra nguyên tố X?
b. Tính ZE, ZG, từ đó suy ra nguyên tố E, G
c. Hợp chất A tạo bởi 3 nguyên tố E, G, X có công thức EGX. Viết công thức cấu tạo của A.
Đáp án câu 1:
1. A và B đứng kế tiếp nhau ttrong bảng tuần hoàn có tổng ( n + l) bằng nhau và có n ( A) > n(B) cấu hình electron ở lớp ngoài cùng: (0,25)
electron cuối cùng của B có: l = 1; m = +1; s = - ½
Theo đề: n + l + m + s = n + 1 + 1 – ½ = 5,5 n = 4. (0,25)
Vậy electron cuối cùng của B có: n = 4, l = 1; m = +1; s = - ½
Cấu hình electron của B: [ Ar]3d104s24p6 ( B là Kr) (0,25)
- Suy ra electron cuối cùng của A: n = 5, l = 0; m = 0; s = + ½
Cấu hình electron của A: [ Kr]5s1 ( A là: Rb) (0,25)
2. Hằng số phóng xạ: (0,25)
Ta có sơ đồ:
(0,25)
ban đầu bằng : 13,2+ 3, 95= 17,15 (0,25)
- Ta có hệ thức: (0,25)
Vậy mẩu đá đó có tuổi là 1,7 tỉ năm.
3. Nguyên tử nguyên tố X có cấu hình electron cuối cùng 3p5
→ Cấu hình electron của X là 1s22s22p63s23p5
→ Vị trí của X : ô 17, chu kì 3, nhóm VIIA. X là Clo (Cl)
Có ZX = 17
ZG.ZE = 56 và ZE + 17 = 3ZG
→ ZE = 7 → E là Nitơ (N)
→ ZG = 8 → G là Oxi (O)
Công thức cấu tạo của X:
|
Câu hỏi 2: ( 4 điểm)
ở 5900C khi có mặt V2O5 xúc tác, ancol isopropylic bị phân huỷ theo phương trình động học bậc nhất.
k =
trong đó k là hằng số tốc độ, t là thời gian, C0, C là nồng độ ban đầu và nồng độ ở thời điểm t của chất phản ứng
k1
k2
k3
C3H6O (B)
C3H7OH C3H6 (C)
(A) C3H8 (D)
Sau 5 giây đầu tiên, nồng độ các chất trong hỗn hợp phản ứng là: CA = 28,2 mmol/l; CB = 7,8 mmol/l; CC = 8,3 mmol/l ; CD = 1,8 mmol/l
a. Tính nồng độ ban đầu của A
b. Tính hằng số tốc độ k của qua trình phân huỷ C3H7OH
c. Tính thời gian để 1/2 lượng A tham gia phản ứng
d. Tính hằng số tốc độ k1, k2, k3.
Đáp án câu 2:
a.
Ta có: 7,8+8,3+1,8+28,2 = 46,1 (mmol/l) 1 đ
b. 1 đ
c. Thời gian để một nửa lượng A phản ứng:
1 đ
d. Ta có hệ phương trình:
giải hệ phương trình được: 1 đ
Câu hỏi 3: ( 4 điểm)
a. Tính pH của dung dịch NaHCO3 2.10-2M. Biết K1 và K2 của H2CO3 lần lượt là 4,47.10-7 và 4,68.10-11.
b. Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch có pH = 3. Biết và
Đáp án câu 3:
a. Trong dung dịch có các phản ứng chủ yếu:
(0,5 đ)
Nên
mặt khác, axit cacbonic có các hằng số axit:
và (0,5 đ)
nên (1 đ)
b. ta có

(0,5 đ)
Trong đó S là độ tan của AgCN (mol/l)
(0,5 đ)
Mà
(0,5 đ)
(0,5 đ)
Câu hỏi 4: ( 4 điểm)
1. Cho . Tìm
2. Một pin điện tạo thành từ hai điện cực. Một điện cực gồm một tấm đồng nhúnh trong dung dịch CuSO4 0,5M. Điện cực thứ hai là một dây Pt nhúng vào dung dịch gồm Fe2+, Fe3+ với lượng sao cho [Fe3+]=2. [Fe2+ ]. Dùng một dây điện trở nối hai đều Cu và Pt.
a. Cho biết dấu hai cực của pin. Viết các phản ứng xảy ra ở hai điện cực. Tính sức điện động của pin khi bắt đầu nối mạch ngoài.
b. Biết thể tích của dung dịch CuSO4 rất lớn. Tìm tỉ số khi pin ngừng hoạt động. Cho
Đáp án câu 4:
1( 1,5 điểm)
.

2. ( 2,5 điểm)
Ta có (0,5)
Vì ( 0,25)
Vậy đầu dương là cực Pt và đầu âm là cực đồng (0,25)
Khi nối 2 đầu Pt và Cu bằng dây dẩn thì electron sẽ chuyển từ Cu sang Pt ở mạch ngoài.
Ở điện cực Cu: CuCu2+ + 2e
Ở điện cực Pt : Fe3+ + 1e Fe2+
Phản ứng tổng quát xảy ra trong pin: Cu(r) + 2Fe3+ Cu2+ + 2Fe2+ ( 0,5)
Epin: (1) – (2)= 0,457
b. Khi pin ngừng hoạt động: Epin =
Do thể tích dung dịch khá lớn nên có thể xem [Cu2+] không đổi và bằng 0,5M( 0,5)
( 0,5)
Câu hỏi 5: ( 4 điểm)
Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi khi tan thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15 M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. Cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa nhiều nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. Cho lượng kết tủa đó tan trong HCl vừa đủ, sau đó nhúng một thanh sắt vào dung dịch. Sau thời gian phản ứng, khối lượng thanh sắt tăng 0,8 gam.
1. Tính x1, x2, x3
2. Tính khối lượng sắt đã tan vào dung dịch
3. Tính khối lượng muối có trong dung dịch sau khi nhúng thanh sắt vào.
Đáp án câu 5:
Tính x1:
Dễ thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển thành Cu có trong 30 g CuSO4.5H2O.
x1 = (30.64)/250 = 7,68 g hay 7,68/64 = 0,12 mol Cu (1đ)
Tính x2:
Khi đun nóng A1 với dung dịch H2SO4 98% có khí A3 thoát ra nên A1 có Cu dư.
Gọi x là số mol Cu tham gia phản ứng với O2
Cu + 0,5O2 → CuO (1)
Ban đầu: 0,12 mol
Phản ứng: x 0,5x x
Sau phản ứng: (0,12 – x) 0 x
A1 chứa: (0,12 - x) mol Cu dư và x mol CuO
Đun nóng A1 với H2SO4 98% sinh ra khí A3
Do A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom
→ A3 là SO2
Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O (2)
(0,12 - x) 2(0,12 - x) (0,12 - x) (0,12 - x)

CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O (3)
x x x
Cho khí A3 vào dung dịch NaOH có thể tạo hai loại muối
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (*)
a 2a a
SO2 + NaOH → NaHSO3 (2*)
b b b
Số mol NaOH = 0,15.0,2 = 0,03 mol
Gọi a và b là số mol Na2SO3 và NaHSO3
Biện luận:
- Nếu chỉ xảy ra (*) thì 2a = 0,03 → a = 0,015 mol, ta có muối Na2SO3
→ mrắn = 0,015.126 = 1,89g
- Nếu chỉ xảy ra (2*) thì b = 0,03 mol, ta có muối NaHSO3
→ mrắn = 0,03.104 = 3,12g
Ta thấy 1,89 < 2,3 < 3,12 → Xảy ra cả (*) và (2*) tạo hỗn hợp 2 muối
Ta có: 126a + 104b = 2,3 và 2a + b = 0,03
→ a = 0,01 ; b = 0,01 → số mol SO2 = 0,02 mol
Mà số mol SO2 = 0,12 – x = 0,02 mol → x = 0,1 mol
Sau (1) không có oxi dư nên: nO2 = 0,5x = 0,05 mol
→ x2 = 1,6 g (1đ)
Tính x3 :
Số mol NaOH trong 300 ml dung dịch 1 M = 0,3 mol
Số mol CuSO4 trong dung dịch A2 = 0,12 mol
CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4
0,12 0,24
→ A2 chứa H2SO4 dư, số mol NaOH để trung hòa axit dư = 0,3 – 0,24 = 0,06 mol
2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O
0,06 0,03
→ số mol H2SO4 = 2(0,12 - x) + x + 0,03 = 0,17 mol
→ x3 = 0,17.98.100/98 = 17 g (1đ)
Khi cho Cu(OH)2 tan vừa đủ vào dung dịch HCl:
Cu(OH)2 + 2HCl → CuCl2 + 2H2O
0,12mol 0,12 mol
Fe + CuCl2 → FeCl2 + Cu
1 mol 1mol
x mol x mol
Ta thấy cứ 1 mol Fe phản ứng thì khối lượng thanh sắt tăng (64 - 56) = 8 g
Theo đề khối lượng thanh sắt tăng 0,8 g → x = 0,8/8 = 0,1 mol
Khối lượng sắt tan vào dung dịch = 0,1.56 = 5,6 g (0,5đ)
Muối có trong dung dịch là CuCl2 dư (0,12 – 0,1 = 0,02 mol) mol và FeCl2 (0,1 mol)
→ Tổng lượng muối = 135.0,02 + 127.0,1 = 15,4 g. (0,5đ)

onthicaptoc.com Đề thi Olympic 10 3 môn Hóa lớp 10 năm 2019 THPT Nguyễn Trãi có đáp án