Tài liệu Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa - Đề số 6 pptx

Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT chuyên Lê Khiết
Môn: Hoá học khối : 10
Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương
Số mật mã Phần này là phách
Số mật mã
ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC 10
Câu 1:
Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không
mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26.
a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron
sau cùng trong nguyên tử A, B.
b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH.
c) Viết công thức Lewis của phân tử AB
2
, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá
của nguyên tử trung tâm?
d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB
2
có khuynh hướng polime hoá?
Câu 2:
1) Mg(OH)
2
có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl
2
1M vào 100ml dung dịch
NH
3
1M và NH
4
Cl 1M. Biết:

2
Mg(OH)
T
= 1,5.10
-10,95
và pK
b
= 4,75.
2) Tính pH và nồng độ mol của Cr
−2
4
O
, Cr
2
−2
7
O
trong dung dịch K
2
Cr
2
O
7
0,01M và CH
3
COOH
0,1M. Cho:
OHCOCH
3
K

= 1,8.10
-5
HCr
−
4
O
+ H
2
O Cr
−2
4
O
+ H
3
O
+
pK
2
= 6,5
2HCr
−
4
O
Cr
2
−2
7
O
+ H
2

O pK
1
= -1,36
Câu 3:
1) Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron:
a) KMnO
4
+ FeS
2
+ H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4
+ MnSO
4
+ H
2
O.
b) M + HNO
3

→ M(NO
3
)
n
+ N
x
O
y
+ H
2
O.
2) Tính thế tiêu chuẩn E
1
của bán phản ứng:
H
2
SO
3
+ 6H
+
+ 6e → H
2
S + 3H
2
O
Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau:
H
2
SO
3

+ 4H
+
+ 4e → S + 3H
2
O
0
2
E
= +0,45V
S + 2H
+
+ 2e → H
2
S
0
3
E
= +0,141V
3) Giải thích tại sao Ag kim loại không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch
HI để giải phóng ra hiđrô.
1
Biết:
0
/AgAg
E
+
= +0,8V; T
AgCl
= 10
-9,75

; T
AgI
= 10
-16
Câu 4:
Cho cân bằng: PCl
5 (K)
PCl
3(K)
+ Cl
2(K)
1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl
5
, đun nóng bình đến nhiệt độ T(
0
K) để xảy ra
phản ứng phân li PCl
5
. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu
thức của K
p
theo độ phân li α và áp suất P.
2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl
5
và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T
1
(
0
K). Sau
khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô

bằng 69,5. Tính α và K
p
.
3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl
5
như trên, dung tích bình vẫn là V (l)
nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T
2
= 0,9T
1
thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính K
p
và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl
5
thu nhiệt hay phát nhiệt.
Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1.
Câu 5:
Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu được
hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có
2
Y/H
d
=13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100ml dung
dịch H
2
O
2
5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

b) Tính % khối lượng các chất trong X?
c) Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B?
Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 16
2
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT chuyên Lê Khiết
Môn: Hoá học khối : 10
Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương
Số mật mã Phần này là phách
Số mật mã
ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10
Câu 1
a) Gọi Z
A
, Z
B
lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B.
Gọi N
A
, N
B
lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B.
Với số proton = số electron
Ta có hệ :



=
=

⇒



=−
=+
⇔





=−
=+−+
=+++
17Z
4Z
13ZZ
21ZZ
262Z2Z
19)N(N)2Z(2Z
65)N(2Z)N(2Z
B
A
AB
BA
AB
BABA
BBAA
(0,5đ)

Z
A
= 4 ⇒ A là Be Cấu hình e : 1s
2
2s
2
Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, m
s
=
2
1
−
Z
B
= 17 ⇒ B là Cl Cấu hình e : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5

Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, m
s
=
2
1

−
b) Ta có Z = 4 ⇒ Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e ⇒ Be ở chu kỳ 2.
Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng ⇒ phân nhóm chính nhóm II.
Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII.
c)
:
Cl


:Be:
Cl


:
(1đ)
Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng
Trạng thái lai hoá : sp
d) Khi tạo thành phân tử BeCl
2
thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững
và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl
2
này
sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl
2
kia tạo liên kết cho-
nhận. Vậy BeCl
2
có khuynh hướng polime hoá: (1đ)
Câu 2:

3
Cl
Cl
Be


Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
(0,5đ
)
(0,5đ
)
(0,5đ
)
1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl
2
1M vào 100ml dung dịch đệm thì

+2
Mg
C
ban đầu
= 10
-2
(M).
Ta có:
2
Mg(OH)
T
= [Mg
2+
][OH
−
]
2
= 10
-10,95
Để kết tủa Mg(OH)
2
thì [Mg
2+
][OH
−
]
2
≥ 10
-10,95
(0,5đ)

⇒ [OH
−
]
2
≥
[ ]
2
10
−
−
+
−
=
10,95
2
10,95
10
Mg
10
= 10
-8,95
. Hay [OH
−
] ≥ 10
-4,475
* Dung dịch đệm: NH
4
Cl 1M + NH
3
1M.

Ta có: p
+
4
NH
K
= 14 - p
3
NH
K
= 14 - 4,75 = 9,25.
Do đó: [H
+
]
sơ bộ
= K
a

b
a
C
C
= 10
-9,25
.
1
1
= 10
-9,25
< 10
-7

Suy ra cân bằng chủ yếu là:
NH
3
+ H
2
O
+
4
NH
+ OH
−
3
NH
K
= K
b
= 10
-4,75
1 1
1-x 1+x x
K
b
=
( )
x1
x1x
−
+
= 10
-4,75

Điều kiện: x << 1 ⇒ 1-x →1 ⇒ x = 10
-4,75
x+1 →1 (1đ)
Hay [OH
−
] = 10
-4,75

< 10
-4,475
.
Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl
2
1M vào 100ml dung dịch NH
3
1M và NH
4
Cl 1M thì không
xuất hiện kết tủa Mg(OH)
2
. (0,5đ)
2) Ta có các cân bằng:
CH
3
COOH + H
2
O CH
3
COO
−

+ H
3
O
+
K
a
= 1,8.10
-5
(1)
Cr
2
−2
7
O
+ H
2
O 2HCr
−
4
O
K
1
= 10
-1,36
(2)
HCr
−
4
O
+ H

2
O H
3
O
+
+ Cr
−2
4
O
K
2
= 10
-6,5
(3)
Vì K
1
>>K
a
, K
2
⇒ cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr
2
−2
7
O
và HCr
−
4
O
dựa vào

cân bằng (2).

4
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
Cr
2
−2
7
O
+ H
2
O 2HCr
−
4
O
K
1
= 10
-1,36

BĐ 0,010
TTCB 0,010-x 2x
Áp dụng định đ/l t/d k/l.
K
1
=
x)(0,010
(2x)
2
−

= 10
-1,36
(x < 0,01) ⇒ x = 6,33.10
-3
.
Vậy : [Cr
2
−2
7
O
] = 0,010 - 6,33.10
-3
= 3,7.10
-3
(M) ; [HCr
−
4
O
] = 6,33.2.10
-3
= 1,27.10
-3
(M) (1đ)
So sánh cân bằng (3) và (1): K
a
.C
a
>> K
2
[HCr

−
4
O
] ⇒ cân bằng (1) chiếm ưu thế:
CH
3
COOH + H
2
O CH
3
COO
−
+ H
3
O
+
K
a
= 1,8.10
-5

BĐ 0,1
TTCB 0,1-a a a
K
a
=
a0,1
a
2
−

= 1,8.10
-5

ĐK a<<0,1 ⇒ a = 1,34.10
-3
.
Vậy: [H
3
O
+
] = 1,34.10
-3
⇒ pH = 2,87. (0,5đ)
Để tính [Cr
−2
4
O
] ta dùng cân bằng (3)
HCr
−
4
O
+ H
2
O Cr
−2
4
O
+ H
3

O
+
K
2
= 10
-6,5

TTCB 1,27.10
-3
-b b 1,34.10
-3
Ta có:
3
6,53
6,5
3
3
1,34.10
.101,27.10
b10
1,27.10
b.1,34.10
−
−−
−
−
−
=⇒=
= 3.10
-6

ĐK: b<< 1,27.10
-3
Vậy: [Cr
−2
4
O
] = 3.10
-6
(M). (0,5đ)
Câu 3:
1a) 6KMnO
4
+ 2FeS
2
+ 8H
2
SO
4
= Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3K
2
SO
4
+ 6MnSO
4

+ 8H
2
O.
1 x FeS
2
+ 8H
2
O -15e → Fe
3+
+ 2S
−2
4
O
+ 16H
+

3 x Mn
−
4
O
+ 8H
+
+ 5e → Mn
2+
+ 4H
2
O (0,5đ)
FeS
2
+ 3Mn

−
4
O
+ 8H
+
→ Fe
3+
+ 2S
−2
4
O
+ 3Mn
2+
+ 4H
2
O
b) M + HNO
3
→ M(NO
3
)
n
+ N
x
O
y
+ H
2
O.
(5x-2y) x M - ne → M

n+
(0,5đ)
n x xN
−
3
O
+ (6x-2y)H
+
+ (5x-2y)e → N
x
O
y
+ (3x-y)H
2
O
(5x-2y)M + nxN
−
3
O
+ (6x-2y)nH
+
→ (5x-2y)M
n+

+ nN
x
O
y
+ (3x-y)nH
2

O
(5x-2y)M + (6nx-2ny)HNO
3
= (5x-2y)M(NO
3
)
n
+ nN
x
O
y
+ (3nx-ny)H
2
O.
5
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
2) H
2
SO
3
+ 6H
+
+ 6e → H
2
S + 3H
2
O ∆
0
1
G

(1)
H
2
SO
3
+ 4H
+
+ 4e → S + 3H
2
O ∆
0
2
G
(2)
S + 2H
+
+ 2e → H
2
S ∆
0
3
G
(3)
Lấy (2) + (3) ⇒ (1). Do đó: ∆
0
1
G
= ∆
0
2

G
+ ∆
0
3
G
. (1đ)
Mà: ∆G
0
= - n.E
0
.F. Suy ra: - n
1
.
0
1
E
.F = - n
2
.
0
2
E
.F - n
3
.
0
3
E
.F
⇒

0
1
E
=
1
0
33
0
22
n
EnEn +
=
6
2.0,141 4.0,45 +
= 0,347 V
Vậy :
0
1
E
= 0,347 V
3) * Tính thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn điều kiện của hệ Ag
+
/Ag khi có dư Cl
−
và I
−
.
Ta có: Ag - 1e = Ag
+
K

1
=
/0,059E
0
1
10
−
(1)
Ag
+
+ Cl
−
= AgCl↓
1
t
T
−
(2)
Ag + Cl
−
- 1e = AgCl K
2
=
/0,059E
0
2
10
−
(3)
Cộng (1)(2) ta được (3) ⇒ K

2
=
/0,059E
0
2
10
−
= K
1
.
1
t
T
−
=
/0,059E
0
1
10
−
1
t
T
−
⇒
0,059
E
0,059
E
0

1
0
2
−
=
−
- lgT
t
⇒
0
2
E
=
0
1
E
+ 0,059 lgT
t
. (1đ)
Hay :
0
AgCl/Ag
E
= 0,8 + 0,059 lg10
-9,75
= 0,225 (V)
Tương tự:
0
AgI/Ag
E

= 0,8 + 0,059 lg10
-16
= - 0,144 (V)
Hay:
0
AgCl/Ag
E
>
0
/H2H
2
E
+
⇒ ∆E
0
phản ứng < 0 : phản ứng không xảy ra.

0
AgI/Ag
E
<
0
/H2H
2
E
+
⇒ ∆E
0
phản ứng = 0 - (-0,144)>0 : phản ứng xảy ra.
Vậy Ag không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI giải phóng H

2
. (1đ)
Câu 4:
1) PCl
5 (K)
PCl
3(K)
+ Cl
2(K)
TTCB 1-α α α
Áp suất:
P.
1
1
α
α
+
−

α
α
+1
.P

α
α
+1
.P
6
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Ta có: K
p
=
P
P
PP
P
.PP
5
23
PCl
ClPCl
.
α1
α
.
α1
α1
α1
.α
.
α1
.α
2
2
−
=
+
−
++

=
(1đ)
Vậy: K
p
=
P.
1
2
2
α
α
−
2) Theo đề:
5
PCl
n
ban đầu

=
4,0
5,208
4,83
=
mol, P = 2,7atm
Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: n
S
.
2
S/H
d

= 69,5 ⇒
S
M
= 69,2.2 = 139.
Áp dụng BTKL: m
S
=
5
PCl
m
ban đầu

= 83,4 (g) ⇒ n
S
=
139
4,83
= 0,6 mol. (0,5đ)
PCl
5 (K)
PCl
3(K)
+ Cl
2(K)
BĐ 0,4
TTCB (0,4-x) x x
n
S
= 0,4 - x + x + x = 0,6 ⇒ x = 0,2.
Do đó: α =

0,4
0,2
0,4
x
=
= 0,5.
Vậy: K
p
=
P.
1
2
2
α
α
−
=
( )
( )
9,07,2.
5,01
5,0
2
2
=
−
(1đ)
3) Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T
1
là P

1
= 2,7atm, số mol n
1
= n
S
= 0,6 mol.
Áp suất của hệ tại nhiệt độ T
2
= 0,9 T
1
là P
2
, số mol n
2
.
Với P
2
= 1,944 atm.
Ta có:
2222
1111
RTn VP
RTn VP
=
=
⇒
22
11
22
11

RTn
RTn
VP
VP
=

12
11
2
1
R.0,9.Tn
RTn
VP
VP
=⇔
⇒ n
2
=
2,7.0,9
0,6.1,944
.0,9P
Pn
1
21
=
= 0,48. (0,5đ)
PCl
5 (K)
PCl
3(K)

+ Cl
2(K)
BĐ 0,4
TTCB (0,4-x′) x′ x′
n
2
= 0,4 - x′ + x′ + x′ = 0,48 ⇒ x = 0,08.
7
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
Do đó: α′ =
0,4
0,08
0,4
x
=
= 0,2. (0,5đ)
Vậy: K
p
′ =
P.
'1
'
2
2
α
α
−
=
( )
( )

081,0944,1.
2,01
2,0
2
2
=
−
Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl
5
giảm, do đó phản ứng phân li PCl
5
là phản ứng thu nhiệt.
(0,5đ)
Câu 5:
a) Viết phương trình:
Fe + S → FeS (1)
FeS + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
S↑ (2)
Với
Y
M
= 13.2 = 26 ⇒ Y có H
2
S và H
2
, do Fe dư phản ứng với HCl.
Fe

dư
+ 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑ (3)
2H
2
S + 3O
2
→ 2SO
2
+ 2H
2
O (4) (1,5đ)
2H
2
+ O
2
→ 2H
2
O (5)
SO
2
+ H
2
O
2
→ H
2

SO
4
(6)
b) Đặt
SH
2
n
= a (mol);
2
H
n
= b (mol)
⇒
Y
M
=
1
3
b
a
26
ba
2b34a
=⇒=
+
+
Giả sử
2
H
n

= 1 (mol) ⇒
SH
2
n
= 3 (mol)
(1)(2) ⇒
Fe
n
phản ứng
= n
S
= n
FeS
=
SH
2
n
= 3 (mol)
(3) ⇒ n
Fe dư
=
2
H
n
= 1 (mol)
⇒
Fe
n
ban đầu
= 1 + 3 = 4 (mol) (1đ)

Vậy: %m
Fe
=
%70
32.356.4
%100.56.4
=
+
%m
S
= 100% - 70% = 30%
c) n
Y
=
4,22
24,2
= 0,1(mol) ⇒
SH
2
n
=
4
3
.0,1 = 0,075 (mol).
⇒
2
H
n
= 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).
0,15(mol)

100.34
5,1.1.100
n
22
OH
==
8
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
Từ (4)(6) ⇒
2
SO
n
=
SH
2
n
= 0,075 (mol)
Từ (6) ⇒
42
SOH
n
=
2
SO
n
= 0,075 (mol) ⇒ H
2
O
2

dư.
22
OH
n
phản ứng
=
2
SO
n
= 0,075 (mol) ⇒ H
2
O
2
dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)
Áp dụng BTKL ta có: (1,5đ)
m
ddB
=
22
OddH
m
+
2
SO
m
+
OH
2
m
= 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)

Vậy: C%H
2
SO
4
=
6,106
100.98.075,0
= 6,695 (%).
C%H
2
O
2
dư =
6,106
100.34.075,0
= 2,392 (%).
9