Nô i dung thi thi olympic hóa học liên trường năm 2024

Nội dung Text: Đề thi Olympic môn Hóa học lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án - Liên cụm trường THPT Hà Nội

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI OLYMPIC DÀNH CHO HỌC SINH LIÊN CỤM TRƯỜNG THPT LỚP 10, LỚP 11 NĂM HỌC 2023 – 2024 Môn thi: HÓA HỌC 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 09/3/2024 Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 2 trang) Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; Fe = 56. Cho biết số hiệu nguyên tử của các nguyên tố: 1H; 3Li; 6C; 7N; 8O; 11Na; 12Mg; 15P; 16S; 17Cl; 18 Ar; 19K; 20Ca. Số Avogadro là 6,022.10 . Viết tắt: điều kiện chuẩn: đkc 23 Câu I (3,0 điểm) 1/ Một nguyên tố R có 3 đồng vị X, Y, Z, tổng số hạt cơ bản (e, p, n) của 3 đồng vị bằng 111. Số neutron của đồng vị X bằng số proton, số neutron của đồng vị Z hơn đồng vị Y 1 hạt. a) Xác định số khối của 3 đồng vị. b) Cho biết tỷ lệ số nguyên tử của các đồng vị như sau: X : Y = 393 : 50 và Y : Z = 50 : 57, xác định khối lượng nguyên tử trung bình của R và khối lượng của 9,033.1022 nguyên tử R. 2/ Trong công thức oxide cao nhất của nguyên tố T (nằm ở nhóm A của bảng tuần hoàn) oxygen chiếm 56,338% khối lượng. Xác định công thức phân tử của oxide trên. Câu II (4,0 điểm) 1/ Cho X, Y là 2 nguyên tố ở hai nhóm A liên tiếp của bảng tuần hoàn, Y thuộc nhóm VA. Tổng số proton trong hạt nhân nguyên tử X và Y là 23. Ở trạng thái đơn chất X và Y không phản ứng với nhau. a) X, Y là hai nguyên tố nào? b) Viết công thức electron (theo quy tắc octet), công thức cấu tạo của phân tử YO2. c) Giải thích tại sao hai phân tử YO2 có thể kết hợp tạo ra Y2O4. 2/ Nguyên tố R thuộc chu kì 3 của bảng tuần hoàn. Nguyên tử của nguyên tố R có các giá trị năng lượng ion hóa (kJ/mol) như sau: I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 I8 1000 2251 3361 4564 7013 8495 27106 31669 a) Xác định tên nguyên tố và kí hiệu hóa học của R. b) Một số fluoride của R gồm: RF4, RF6. Cho biết trạng thái lai hóa của R trong các hợp chất trên. Câu III (4,0 điểm) 1/ Nhiệt độ sôi của một số chất được cho trong bảng dưới đây: Chất LiH CH4 NH3 H2O HF Nhiệt độ sôi (0C) > 900 –164 –33 100 19 Giải thích sự biến đổi nhiệt độ sôi của các chất trong bảng trên. 2/ Cấu trúc của sodium chloride (NaCl) là một trong những kiểu cấu trúc tinh thể cơ bản của các hợp chất ion. Trong một ô mạng cơ sở, các ion Cl- lập thành một mạng tinh thể lập phương tâm diện và các ion Na+ chiếm tâm của ô mạng (tâm của hình lập phương) và trung điểm của các cạnh hình lập phương đó. a) Biểu diễn cấu trúc của một ô mạng cơ sở NaCl và cho biết số phối trí của Na+ và Cl-. o o b) Ô mạng cơ sở của NaCl có hằng số mạng là a = 5,64 A và bán kính của Na+ là r(Na+) = 1,16 A . Tính bán kính ion của chloride, r(Cl-) và độ đặc khít của mạng tinh thể NaCl. Trang 1/2
2. Câu IV (4,0 điểm) 1/ Cân bằng các phản ứng oxi hoá khử sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) FeS2 + H2SO4 (đ)  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O  0 t b) Mg + HNO3  Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O  (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1) c) Fe3O4 + HNO3  NxOy + Fe(NO3)3 + H2O  d) C2H4 + KMnO4 + H2O  C2H4(OH)2 + MnO2 + KOH  2/ Đốt bột iron (sắt) trong khí oxygen thu được hỗn hợp chất rắn X gồm Fe và 3 oxide của iron. Hòa tan hoàn toàn 23,04 gam hỗn hợp X vào dung dịch chứa 0,96 mol H2SO4 đặc, dư, đun nóng, thu được dung dịch Y và khí V (lít) SO2 (sản phẩm khử duy nhất đo ở đkc). Cho 420 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y thu được 25,68 gam kết tủa và dung dịch Z chứa m (gam) chất tan. Tìm giá trị của V, m. Câu V (3,0 điểm) Cho năng lượng liên kết ở điều kiện chuẩn của một số liên kết như sau: Liên kết H–H O=O C–H C–C C=O H–O Eb (kJ/mol) 436 498 414 347 799 464 a) Hãy tính biến thiên enthalpy chuẩn của các phản ứng sau (biết trong C7H16 có 6 liên kết C-C và 16 liên kết C-H): 13 (1) C4H10(g) + O2(g) → 4CO2(g) + 5H2O(g) 2 o (2) 2H2(g) + O2(g)  2H2O (g); t  o (3) C7H16 (g) + 11O2 (g)  7CO2(g) + 8H2O (g); t  b) So sánh biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng (2) và (3) nếu lấy cùng khối lượng H2 và C7H16, từ đó cho biết H2 hay C7H16 là nhiên liệu hiệu quả hơn cho tên lửa? Câu VI (2,0 điểm) Cho các dữ kiện dưới đây: C2H4 (g) + H2 (g)  C2H6 (g) (1) r H o = -136,951 kJ/mol 298 7 C2H6(g) + O2(g)  2CO2(g) + 3H2O(l) (2) r H o = -1559,837 kJ/mol 298 2 C(s) + O2 (g)  CO2 (g) (3) r H o = -393,514 kJ/mol 298 H2(g) + ½ O2 (g)  H2O(l) (4) r H o = -285,838 kJ/mol 298 Hãy xác định: a) enthalpy tạo thành chuẩn của C2H4 (g) (f H o (C2H4 (g)). 298 b) enthalpy chuẩn của phản ứng đốt cháy C2H4 (g) (r H o đốt cháy C2H4 (g)). 298 ------HẾT------ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học). - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: ………………………………………………….; Số báo danh: ……………… Chữ kí cán bộ coi thi số 1 ………………………………………………………………………. Chữ kí cán bộ coi thi số 2 ………………………………………………………………………. Trang 2/2
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KỲ THI OLYMPIC DÀNH CHO HỌC SINH LIÊN CỤM TRƯỜNG THPT LỚP 10, LỚP 11 NĂM HỌC 2023 – 2024 Môn thi: HÓA HỌC 10 Ngày thi: 09/3/2024 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I (3,0 điểm) 1/ Một nguyên tố R có 3 đồng vị X, Y, Z, tổng số hạt cơ bản (e, p, n) của 3 đồng vị bằng 111. Số neutron của đồng vị X bằng số proton, số neutron của đồng vị Z hơn đồng vị Y 1 hạt. a) Xác định số khối của 3 đồng vị. b) Cho biết tỷ lệ số nguyên tử của các đồng vị như sau: X : Y = 393 : 50 và Y : Z = 50 : 57, xác định khối lượng nguyên tử trung bình của R và khối lượng của 9,033.1022 nguyên tử R. 2/ Trong công thức oxide cao nhất của nguyên tố T (nằm ở nhóm A của bảng tuần hoàn) oxygen chiếm 56,338% khối lượng. Xác định công thức phân tử của oxide trên. Câu I Nội dung Điểm (3) 6Z  N1  N2  N3 111   7Z + 2N2 = 110 (*) Theo giả thiết ta lập được hệ PT  N1  Z  N3  N 2  1  0,5 N2 Ta có: 1   1,5  110/10  Z  110/9  11  Z  12,22 Z Z = 11  N2 = 16,5 : loại 1 Z = 12  N2 = 13 : nhận (2,0)  N1 = 12  A1 = 24  N2 = 13  A2 = 25 0,5  N3 = 14  A3 = 26 Theo gt ta có tỷ lệ số nguyên tử : X : Y = 393 : 50 và Y : Z = 50 : 57 tỉ lệ số nguyên tử X : Y : Z = 393 : 50 : 57 0,5 24 393 25 50  26 57  24,328 393 50  57 Ta có 1mol R chứa 6,022.1023 nguyên tử 0,5  0,15mol R chứa 9,033.1022 nguyên tử  mR = 0,15  24,328 = 3,6492 g 2 Gọi oxide cao nhất của nguyên tố là T2On (n là số thứ tự nhóm của nguyên tố T) 0,5 (1,0) %O 16n 56,338 = =  T = 6,2n  %T 2T 43,662 Nghiệm phù hợp là n = 5; T = 31  T là P. Công thức hợp chất là P2O5. 0,5 Câu II (4,0 điểm) 1/ Cho X, Y là 2 nguyên tố ở hai nhóm A liên tiếp của bảng tuần hoàn, Y thuộc nhóm VA. Tổng số proton trong hạt nhân nguyên tử X và Y là 23. Ở trạng thái đơn chất X và Y không phản ứng với nhau. a) X, Y là hai nguyên tố nào? b) Viết công thức electron (theo quy tắc octet), công thức cấu tạo của phân tử YO2. 1/6
4. c) Giải thích tại sao hai phân tử YO2 có thể kết hợp tạo ra Y2O4. 2/ Nguyên tố R thuộc chu kì 3 của bảng tuần hoàn. Nguyên tử của nguyên tố R có các giá trị năng lượng ion hóa (kJ/mol) như sau: I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 I8 1000 2251 3361 4564 7013 8495 27106 31669 a) Xác định tên nguyên tố và kí hiệu hóa học của R. b) Một số fluoride của R gồm: RF4, RF6. Cho biết trạng thái lai hóa của R trong các hợp chất trên. Câu II Nội dung Điểm (4) a) X và Y ở hai nhóm A liên tiếp trong bảng tuần hoàn, Y thuộc nhóm VA  X thuộc nhóm IVA hoặc nhóm VIA. Mà ZX+ ZY = 23  X, Y thuộc các chu kì nhỏ (chu kỳ 2 và chu kỳ 3). 0,5 Mặt khác, X và Y không thể cùng chu kỳ (vì hai nguyên tố thuộc hai nhóm A kế tiếp trong một chu kỳ sẽ hơn kém nhau 1 proton, nghĩa là ở ô số 11 và 12, không có nguyên tố nào thuộc nhóm VA) TH 1: Y thuộc chu kỳ 2  ZY = 7. Vậy: ZX = 23 – 7 = 16 Trường hợp này thỏa mãn vì ở trạng thái đơn chất nitrogen không phản ứng với 0,5 sulfur. TH 2: Y thuộc chu kỳ 3  ZY = 15. Vậy ZX = 23 - 15 = 8 0,5 Trường hợp này không thỏa mãn vì ở trạng thái đơn chất oxygen phản ứng với phosphorus. b) CTPT : NO2 1(3) CT electron: 0,25 CTCT: 0,25 c) mỗi phân tử NO2 còn 1 electron độc thân nên 2 phân tử NO2 dễ kết hợp thành 0,5 N2O4 nhờ sự ghép đôi của 2 electron độc thân ở nguyên tử N. O . O N N N 2 O 0,5 O O O a) Đối với nguyên tố R : 0,5 2 I i 1 I I (1) So sánh các tỉ số ta thấy 7 lớn hơn các tỉ số i 1 khác nên R thuộc nhóm Ii I6 Ii 2/6
5. VIA, do đó R là sulfur (S) b) Các florua của R là : SF4, SF6. 0,5 + SF4 có S lai hóa sp3d. + SF6 có S lai hóa sp3d2 Câu III (4,0 điểm) 1/ Nhiệt độ sôi của một số chất được cho trong bảng dưới đây: Chất LiH CH4 NH3 H2O HF 0 Nhiệt độ sôi ( C) > 900 –164 –33 100 19 Giải thích sự biến đổi nhiệt độ sôi của các chất trong bảng trên. 2/ Cấu trúc của sodium chloride (NaCl) là một trong những kiểu cấu trúc tinh thể cơ bản của các hợp chất ion. Trong một ô mạng cơ sở, các ion Cl- lập thành một mạng tinh thể lập phương tâm diện và các ion Na+ chiếm tâm của ô mạng (tâm của hình lập phương) và trung điểm của các cạnh hình lập phương đó. a) Biểu diễn cấu trúc của một ô mạng cơ sở NaCl và cho biết số phối trí của Na+ và Cl-. o o b) Ô mạng cơ sở của NaCl có hằng số mạng là a = 5,64 A và bán kính của Na+ là r(Na+) = 1,16 A . Tính bán kính ion của chloride, r(Cl-) và độ đặc khít của mạng tinh thể NaCl. Câu III Nội dung Điểm (4) 1 LiH là hợp chất ion  lực tương tác tĩnh điện giữa các phân tử LiH mạnh hơn 0,5 (2) nhiều so với tương tác khuếch tán của các phân tử còn lại  LiH có nhiệt độ sôi cao nhất. - NH3, H2O và HF tạo được liên kết hiđro còn CH4 thì không  nhiệt độ sôi của 0,5 NH3, H2O và HF cao hơn CH4. - NH3, HF và H2O đều tạo được liên kết hiđro nhưng mỗi phân tử chất NH3 và HF chỉ tạo được 1 liên kết còn mỗi phân tử nước tạo được 2 liên kết hiđro  0,5 nước tạo được mạng lưới liên kết hiđro với cấu trúc không gian ba chiều chặt chẽ nên có nhiệt độ sôi cao hơn. - F có độ âm điện lớn hơn N  liên kết hiđro giữa các phân tử HF bền hơn 0,5 trong phân tử NH3 và MHF > MNH3  nhiệt độ sôi của HF lớn hơn nhiệt độ sôi của NH3. 2 Cấu trúc ô mạng cơ sở của NaCl. 0,5 (2 điểm) Mỗi ion Na+ được bao quanh bởi 6 ion Cl-  số phối trí là 6 Mỗi ion Cl- được bao quanh bởi 6 ion Na+  số phối trí là 6 0,5 3/6
6. Sự tiếp xúc giữa ion Na+ với ion Cl- xảy ra ở trên cạnh, khi đó: 2[ r(Na+) + r(Cl-)] = a  2[1,16 + r(Cl-)] = 5,64A0  r(Cl-) = 1,66Ao. 0,5 4 [r(Na )3  r(Cl  )3 ] Độ đặc khít = 4 3 .100% = 57,3%. a3 0,5 Câu IV: (4,0 điểm) 1. Cân bằng các phản ứng oxi hoá khử sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) FeS2 + H2SO4 (đ)  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O  0 t b) Mg + HNO3  Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O  (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1) c) Fe3O4 + HNO3  NxOy + …  d) C2H4 + KMnO4 + H2O  C2H4(OH)2 + MnO2 + KOH  2/ Đốt bột iron (sắt) trong khí oxygen thu được hỗn hợp chất rắn X gồm Fe và 3 oxide của iron. Hòa tan hoàn toàn 23,04 gam hỗn hợp X vào dung dịch chứa 0,96 mol H2SO4 đặc, dư, đun nóng, thu được dung dịch Y và khí V (lít) SO2 (sản phẩm khử duy nhất đo ở đkc). Cho 420 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y thu được 25,68 gam kết tủa và dung dịch Z chứa m (gam) chất tan. Tìm giá trị của V, m. Câu IV Nội dung Điểm (4,0) a) 2 FeS 2 Fe+3 + 2S+4 + 11e 0,5 11 S+6 + 2e S+4 2FeS2 + 11S+6 2Fe+3 + 15S+4 2FeS2 + 14 H2SO4 (đ)  Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O  0 t b) +1 0 -3 1 5N +5 + 26e N2O +N2 + NH4+ 0 0,5 13 Mg Mg+2 + 2e 1 13Mg + 32HNO3  13Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + 14 H2O (2) c) (5x-2y) Fe3O4 3Fe+3 + 1e +2y/x 1 xN+5 + (5x-2y)e NxOy 0,5 (5x-2y) Fe3O4 +(46x-18y)HNO3  NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O d) 3x 2C-2  2C-1 + 2e 2x Mn+7 + 3e  Mn+4 0,5 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O  3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH  4/6
7. Khối lượng 23,04 gam quy đổi thành (Fe, O) Dung dịch Y: 0,5 H2SO4 + 2 NaOH  Na2SO4 + 2H2O (1) Fe2(SO4)3 + 6 NaOH 2 Fe(OH)3 + 3 Na2SO4 (2) Lượng NaOH phản ứng tạo kết tủa: 0,24.3 = 0,72 (mol) Lượng NaOH còn để tác dụng với H2SO4 còn dư trong dung dịch : 0,84 - 0,72 = 0,12mol 0,5 H2SO4 đã phản ứng với hỗn hợp X = 0,96-0,06=0,9 (mol) Gọi x, y , z lần lượt là số mol Fe, O, SO2 Bảo toàn electron : 2 Fe0  Fe3  3e Oo  2e  O2 (2) S 6  2e  S 4 56x + 16y = 23,04 0,5 3x =2y +2z 0,9 = z +3x/2 Tìm x = 0,36 (mol); y = 0,18 (mol); z = 0,36 (mol) Thể tích khí (đkc) V = 8,9244 (lit) Chất tan trong dung dịch Z: Na2SO4 : 0,42 (mol) 0,5 Fe2(SO4)3 còn: 0,06 (mol) Khối lượng chất tan trong Z = m = 83,64 (gam) Câu V (3,0 điểm) Cho năng lượng liên kết ở điều kiện chuẩn của một số liên kết như sau: Liên kết H–H O=O C–H C–C C=O H–O Eb (kJ/mol) 436 498 414 347 799 464 (a) Hãy tính biến thiên enthalpy của các phản ứng sau (biết trong C7H16 có 6 liên kết C-C và 16 liên kết C-H): 13 (1) C4H10(g) + O2(g) → 4CO2(g) + 5H2O(g) 2 o t (2) 2H2(g) + O2(g)  2H2O (g);  o t (3) C7H16 (g) + 11O2 (g)  7CO2(g) + 8H2O (g);  (b) So sánh biến thiên enthalpy của phản ứng (2) và (3) nếu lấy cùng khối lượng H2 và C7H16, từ đó cho biết H2 hay C7H16 là nhiên liệu hiệu quả hơn cho tên lửa? Câu V Nội dung Điểm (3,0) (a) 0,75x (1) C4H10: CH3 – CH2 – CH2 – CH3 có 3 liên kết C-C và 10 liên kết C-H 3= Δr H0  3Eb(C-C) + 10 Eb (C-H) +6,5. Eb (O=O) – 8Eb(C=O) – 10 Eb(O-H) 298(1) 2,25 = 3.347 + 10.414 + 6,5.498 – 8.799 – 10.464 = -2614 (kJ) Δr Ho  2  436 + 498 - 4  464 = -486 kJ 298(2) Δ r Ho 298(3) = 6  347 + 16  414 + 11  498 - 14  799 - 16  464 = - 4426 kJ 5/6
8. (b) MC7H16 100gam.mol có Δr H298 (3)  -4426 kJ. 1 0 MH2  2 gam.mol-1 có Δr H0 (2)  -486 kJ 298 100 ⇒ 100 gam H2 có Δr H298  -486.  -24300 kJ. 0 0,5 2 Nếu lấy cùng khối lượng nhiên liệu chứng tỏ hydrogen là một loại khí có nhiệt 0,25 cháy rất cao ⇒ H2 là nhiên liệu hiệu quả hơn cho tên lửa. Câu VI (2,0 điểm) Cho các dữ kiện dưới đây: C2H4 (g) + H2 (g)  C2H6 (g) (1) r Ho = -136,951 kJ/mol 298 C2H6(g) + 3,5 O2(g)  2CO2(g) + 3H2O(l) (2) r Ho = -1559,837 kJ/mol 298 C(s) + O2 (g)  CO2 (g) (3) r Ho = -393,514 kJ/mol 298 1 H2(g) + O2 (g)  H2O(l) (4) r Ho = -285,838 kJ/mol 298 2 Hãy xác định: a) enthalpy tạo thành chuẩn của C2H4 (g) (f Ho (C2H4 (g)). 298 b) enthalpy chuẩn của phản ứng đốt cháy C2H4 (g) (r Ho đốt cháy C2H4 (g)). 298 Câu VI Nội dung Điểm (2,0) a C2H6 (g)  C2H4 (g) + H2 (g) - r Ho (1) 298 0,5 2CO2(g) + 3H2O(l)  C2H6(g) + 3,5 O2(g) - r Ho (2) 298 2x C(s) + O2 (g)  CO2 (g) r Ho (3) 298 1 3x H2(g) + O2 (g)  H2O(l) r Ho (4) 298 2 0,5 2C(s) + 2H2 (g) C2H4 (g) fH o C2H4 (g) = 136,951 + 1559,837 + 2(- 298 393,514) + 3(-285,838) = 52,246 kJ b C2H4 (g) 2C(s) + 2H2 (g)fH C2H4 (g) 0,5 2C(s) + 2O2 (g)  2CO2 (g) 2rH3 2H2(g) + O2 (g)  2H2O(l) 2rH4 C2H4 (g) + 3O2 (g)  2CO2 (g) + 2H2O(l) rHđốt cháy C2H4 (g) = 52,246 +2(- 393,514) + 2(-285,838) = -1306,458 kJ/mol 0,5 Học sinh làm theo cách khác mà kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. …………………………….. Hết………………………………… 6/6