Tài liệu Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 10 ppt

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Tỉnh QUẢNG TRỊ ĐỀ THI OLYMPIC 30-4
Hoá học 10
Câu I (4điểm)
1. X, Y là hai phi kim. Trong nguyên tử X, Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt
không mang điện lần lượt là 14 và 16.
Hợp chất A có công thức XY
n,
có đặc điểm:
- X chiếm 15,0486% về khối lượng
- Tổng số proton là 100
- Tổng số nơtron là 106
a. Xác định số khối và tên nguyên tố X, Y. Cho biết bộ bốn số lượng tử của e cuối cùng
trên X, Y
b. Biết X, Y tạo với nhau hai hợp chất là A, B. Viết cấu trúc hình học và cho biết trạng
thái lai hoá của nguyên tử trung tâm của A, B.
c. Viết các phương trình phản ứng giữa A với P
2
O
5
và với H
2
O
Viết các phương trình phản ứng giữa B với O
2
và với H
2
O
2. Cho biết trị số năng lượng ion hoá thứ nhất I
1
(eV) của các nguyên tố thuộc chu kỳ II

như sau:
Chu kỳ II Li Be B C N O F Ne
I
1
(eV) 5,39 9,30 8,29 11,2
6
14,54 13,6
1
17,41 21,55
Nhận xét sự biến thiên năng lượng ion hoá thứ nhất của các nguyên tố trên. Giải thích.
Câu II (4điểm)
1. Ở 27
0
C, 1atm N
2
O
4
phân huỷ theo phản ứng
N
2
O
4 (khí)
2NO
2

(khí)
với tốc độ phân huỷ là 20%
a. Tính hằng số cân bằng K
p
.

b. Độ phân huỷ một mẫu N
2
O
4 (khí)
có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích
20 (lít) ở 27
0
C
2. Ở 310
0
C sự phân huỷ AsH
3
(khí) xảy ra theo phản ứng:
2AsH
3
(khí)  2As (r) + 3H
2
(khí)
được theo dõi bằng sự biến thiên áp suất theo thời gian:
t (giờ) 0 5,5 6,5 8
P (mmHg) 733,32 805,78 818,11 835,34

Hãy chứng minh phản ứng trên là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
Câu III (4điểm)
1. Có một dung dịch chứa các muối sunfat, sunfit và cacbonat của natri và amoni.
Hãy trình bày phương pháp hoá học để nhận biết từng muối
2. Dung dịch X chứa K
2
Cr
2

O
7
1M, BaCl
2
0,01M, SrCl
2
0,1M.
Tìm khoảng pH cần thiết lập vào dung dịch để tách hoàn toàn Ba
2+
ra khỏi dung dịch.
Cho biết: Tt BaCrO
4
= 10
-9,7
; Tt SrCrO
4
= 10
-4,4
Và: Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O 2CrO
4
2-
+ 2H
+

K= 10
-14,6
Câu IV (4điểm)
1.X, Y, Z lần lượt là hợp chất của lưu huỳnh, trong đó lưu huỳnh lần lượt thể hiện số oxi
hoá là: -2, +4, +6. Sơ đồ sau biễu diễn mối quan hệ giữa X, Y, Z với lưu huỳnh đơn chất S
0
Z
X Y
Z S
0
Z
Hãy xác định các chất thích hợp và viết phương trình phản ứng minh hoạ theo sơ đồ trên, ghi
rõ điều kiện (nếu có)
2. Xét khả năng hoà tan HgS trong
a. Axit nitric.
b.Nước cường toan.
Cho biết:
E
0
NO
3
-
/NO = E
2
0
= 0,96 V
E
0
S/H
2

S = E
0
1
= 0,17 V
T
HgS
= 10
-51,8
Phức HgCl
4
2-
có
4
β
= 10
14,92
H
2
S có Ka
1
=10
-7
,
Ka
2
=10
-12,92
Câu V (4điểm)
Nung m gam hỗn hợp A gồm FeS và FeS
2

trong một bình kín dung tích không đổi chứa
không khí (gồm 20% thể tích O
2
và 80% thể tích N
2
) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được chất rắn B và hỗn hợp khí C có thành phần phần trăm theo thể tích:
N
2
= 84,77%; SO
2
= 10,6%; còn lại là O
2
.
Hoà tan chất rắn B trong dung dịch H
2
SO
4
vừa đủ, dung dịch thu được cho tác dụng với
Ba(OH)
2
dư. Lọc lấy kết tủa làm khô nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi, thu được
12,885 g chất rắn.
1. Tính % khối lượng mỗi chất trong A.
2. Tính m.
Cho: Fe=56; S=32; O=16; Ba=137.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Tỉnh QUẢNG TRỊ ĐỀ THI OLYMPIC 30-4
Hoá học 10
ĐÁP ÁN

Câu I:
1.(3đ)
a. (1,5đ)
Gọi P
X,
N
X
lần lượt là số proton và nơtron của X
P
Y,
N
Y
lần lượt là số proton và nơtron của Y
Ta có: P
X
+ nP
Y
= 100 (1)
N
X
+ nN
Y
= 106 (2)
Từ (1) v à (2): (P
X
+N
X
) + n(P
Y
+N

Y
) = 206
⇒
A
X
+nA
Y
= 206 (3)
Mặt khác: A
X
/ (A
X
+nA
Y
) = 15,0486/100 (4)
Từ (3), (4): A
X
= P
X
+N
X
= 31 (5)
Trong X có: 2P
X
- N
X
= 14 (6)
T ừ (5), (6): P
X
= 15; N

X
= 16
⇒
A
X
= 31
X là photpho
15
P có cấu hình e là : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
3
nên e cuối cùng có bộ bốn số lượng tử là:
n =3, l=1, m = +1, s = +1/2
Thay P
X
= 15; N
X
= 16 vào (1), (2) ta có nP
Y
= 85; nN
Y
= 90
nên: 18P

Y
– 17N
Y
= 0 (7)
Mặt khác trong Y có: 2P
Y
– N
Y
= 16 (8)
Từ (7), (8): P
Y
= 17; N
Y
= 18
⇒
A
Y
= 35 và n = 5
Vậy: Y là Clo
17
Cl có cấu hình e là 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5

,
nên e cuối cùng có bộ bốn số lượng tử là: n = 3; l =1; m = 0, s = -1/2
* Xác định đúng mỗi chất 0,5 đ, đúng một bộ bốn số lượng tử 0,25 đ.
b. (1 đ) Cl
A: PCl
5
; B: PCl
3
Cl
Cấu tạo của A: (0,5đ) Cl P
- PCl
5
có cấu trúc lưỡng tháp tam giác
- Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp
3
d
Cl Cl
Cấu tạo của B: (0,5đ)
- PCl
3
có cấu trúc tháp tam giác P
- Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp
3

Cl Cl Cl
c. Đúng mỗi pt: 0,125 đ
3 PCl
5
+ P
2

O
5
= POCl
3
PCl
5
+ 4H
2
O = H
3
PO
4
+ 5 HCl
2PCl
3
+ O
2
= POCl
3
PCl
3
+ 3H
2
O = H
3
PO
3
+ 3 HCl
2. (1 đ)
Nhận xét:

a. Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần
Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các nguyên tố tăng dần và
số e ngoài cùng cũng tăng thêm được điền vào lớp n đang xây dựng dở. Kết quả các e bị hút về
hạt nhân mạnh hơn làm bán kính nguyên tử giảm, dẫn đến lực hút của nhân với e ngoài cùng tăng
làm e càng khó bị tách ra khỏi nguyên tử làm năng lượng ion hoá tăng (0,5đ)

b.Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường
Giải thích: Be có cấu hình e: 1s
2
2s
2
có phân lớp s đã bão hoà. Đây là cấu hình bền nên cần cung
cấp năng lượng cao hơn để phá vỡ cấu hình này
N có cấu hình e: 1s
2
2s
2
2p
3
phân lớp p bán bão hoà, đây cũng là một cấu hình bền nên cũng
cần cung cấp năng lượng cao hơn để phá vỡ cấu hình này (0,5 đ)
Câu II:
1. (2đ)
Gọi độ phân huỷ của N
2
O
4
ở 27
0
C, 1 atm là

α
, số mol của N
2
O
4
ban đầu là n
Phản ứng: N
2
O
4 (k)
2NO
2

(k)
Ban đầu: n 0
Phân ly: n
α
2n
α
Cân bằng n(1-
α
) 2n
α
Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n’ = n(1+
α
)
Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng:
P
N
2

O
4

= ((1-
α
)/(1+
α
))P; P
NO
2
= ((2
α
)/(1+
α
))P (0,5đ)
a. (0,5 đ)
K
P
= P
2
NO
2

/ P
N
2
O
4

= [((2

α
)/(1+
α
))P]
2
/((1-
α
)/(1+
α
))P
= [4
α
2
/(1-
α
2
)]P
với P = 1atm,
α
= 20% hay
α
= 0,2

⇒
K
P
= 1/6 atm
b. (1đ)
n N
2

O
4
= 69/92 = 0,75
Gọi độ phân huỷ của N
2
O
4
trong điều kiện mới là
α
’
Phản ứng: N
2
O
4 (k)
2NO
2

(k)
Ban đầu: 0,75 0
Phân ly: 0,75
α
’ 1,5
α
’
Cân bằng 0,75(1-
α
’) 1,5
α
’
Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n” = 0,75(1+

α
’)
Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng:
P’ = (n”.R.T)/V = (0,75 (1+
α
’).0,082.300)/20 = 0,9225(1+
α
’)
Vì K
P
= const nên:
Theo biến đổi tương tự như trên ta có: K
P
= (4
α
2
/1-
α
2
)P’=1/6
Nên: (4
α
’
2
/1-
α
’
2
).0,9225(1+
α

’) = 1/6

⇒

α
’
≈
0,19
2. (2đ)
Gọi P
0
là áp suất ban đầu của AsH
3
, P
0
- x áp suất riêng phần của AsH
3
ở thời điểm t, P áp suất
chung của hệ ở thời điểm t
Ta có 2AsH
3
 2As + 3H
2
t = 0 P
0
0
t P
0
– x 3/2 . x
Ta có P = (P

0
– x) + 3/2 . x = P
0
+ ½ x  x = 2(P-P
0
)
nên (P
0
– x) = 3P
0
– 2P (0,75)
Giả sử dây là phản ứng một chiều bậc 1 thì biểu thức tốc độ phản ứng có dạng:
k= 1/t ln
xP
P
−
0
0
= 1/t ln
PP
P
23
0
0
−
(0,25đ)
t =5,5: k
1
= (1/5,5)ln
78,805.232.733.3

32,733
−

≈
0,04 giờ
-1


t = 6,5: k
2
= (1/6,5)ln
11,818.232.733.3
32,733
−
≈
0,04045 giờ
-1
t = 8 k
3
= (1/8)ln
34,835.232.733.3
32,733
−
≈
0,04076 giờ
-1
(0,5đ)
Vì k
1
≈

k
2

≈
k
3
nên đây là phản ứng một chiều bậc 1.
Hằng số tốc độ:
k = 1/3 (k
1
+k
2
+k
3
)
≈
0,0404 giờ
-1

(0,5đ)
Câu III:
1.(2đ) Dung dịch chứa ion: Na
+
, NH
4
+
, SO
4
2-
, SO

3
2-
, CO
3
2-
nên việc nhận biết muối trở thành
nhận biết các ion.
Trích mẫu thử
- Nhúng một dây Pt vào mẫu thử, đưa vào ngọn lửa đèn cồn, nếu thấy ngọn lửa vàng tươi thì
nhận ra Na
+

(0,125đ)
- Cho dd NaOH vào mẫu thử, đun nhẹ. Nếu có khí mùi khai làm xanh quỳ tím ẩm thì nhận ra
NH
4
+
: NH
4
+
+ OH
-
= NH
3
+ H
2
O (0,375đ)
- Tiếp tục cho dd HCl vào dd đến khi ngừng thoát khí:
H
+

+ OH
-
= H
2
O
SO
3
2-
+ 2H
+
= SO
2
+ H
2
O
CO
3
2-
+ 2H
+
= CO
2
 + H
2
O (0,625đ)
*Dẫn hỗn hợp khí lần lượt đi qua:
+ Dung dịch Br
2
, nếu dung dịch phai màu thì nhận ra SO
2

như vậy trong mẫu
thử ban đầu có SO
3
2-
:
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O = H
2
SO
4
+ 2HBr (0,375đ)
+ Dung dịch Ca(OH)
2
dư, nếu dung dịch bị đục thì nhận ra khí CO
2
như vậy trong mãu thử
ban đầu có CO
3
2-
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3

 + 2H
2
O (0,25đ)
* Dung dịch còn lại sau khi loại SO
3
2-

và CO
3
2-
cho tác dụng với dd BaCl
2
, nếu xuất hiện kết tủa
trắng thì nhận ra SO
4
2-
:
Ba
2+
+ SO
4
2-
= BaSO
4
 (0,25đ)
2. (2đ)
Ta có: Ba
2+
+ CrO
4

2-
= BaCrO
4
 Tt
-1
= 10
9,7
Để kết tủa hoàn toàn Ba
2+
thành BaCrO
4
thì [Ba
2+
] ≤ 10
-6
Từ biểu thức Tt BaCrO
4
= [Ba
2+
]. [CrO
4
2-
] = 10
-9,7
nên: [CrO
4
2-
] ≥ 10
-9,7
/10

-6
= 10
-3,7
(9) (0,5đ)
Mặt khác: Sr
2+
+ CrO
4
2-
= SrCrO
4
 Tt
-1
= 10
4,4
Để không có SrCrO
4
tách ra:
[Sr
2+
]. [CrO
4
2-
] ≤ 10
-4,4
Nên: [CrO
4
2-
] ≤ 10
-4,4

/0,1 = 10
-3,4
(10) (0,5đ)
Từ (9) và (10) ta suy ra: 10
-3,7
≤ [CrO
4
2-
] ≤ 10
-3,4

Mặt khác:
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O 2CrO
4
2-
+ 2H
+
K= 10
-14,6
K=( [H
+
]
2

. [CrO
4
2-
]
2
)/ [Cr
2
O
7
2-
]

⇒
[H
+
] = ( K. [Cr
2
O
7
2-
]/ [CrO
4
2-
]
2
)
1/2
(11) (0,5đ)
* Khi [CrO
4

2-
] ≥ 10
-3,7
: thay giá trị K = 10
-14,6
, [Cr
2
O
7
2-
] = 1M vào (11) ta có: [H
+
] ≤ 10
-3,59
* Khi [CrO
4
2-
] ≤ 10
-3,4
: thay giá trị K = 10
-14,6
, [Cr
2
O
7
2-
] = 1M vào (11) ta có: [H
+
] ≥ 10
-3,88

Nên 3,59 ≤ pH ≤ 3,88 (0,5đ)
Câu IV:
1. (2đ)
Có thể chọn X là H
2
S (S
-2
), Y là SO
2
(S
+4
), Z là H
2
SO
4
(S
+6
)
1. X  Z: H
2
S + 4Cl
2
+4H
2
O = H
2
SO
4
+ 8HCl (0,25đ)
2. Z  X: H

2
SO
4
+ Na
2
S = H
2
S + Na
2
SO
4
(0,125đ)
3. XY:H
2
S+3O
2

→
0
t
2SO
2
 + 2H
2
O (0,25đ)
4. Y  Z: SO
2
+ Br
2
+2H

2
O = H
2
SO
4
+ 2HBr (0,25đ)
5. Z  Y: 2H
2
SO
4 đ
ặc + Cu
→
0
t
SO
2
+ CuSO
4
+ 2H
2
O (0,25đ)
6. S
0
 X: H
2
+ S
→
0
t
H

2
S (0,125đ)
7. Y  S
0
: 2H
2
S + SO
2

→
0
t
3S + 2H
2
O (0,25đ)
8. S
0
 Z: S + 6HNO
3

→
0
t
H
2
SO
4
+ 6NO
2
+ 4H

2
O (0,25đ)
9. Z  S
0
: 3Zn + 4H
2
SO
4
đặc = 3ZnSO
4
+ S + 4H
2
O (0,25đ)
2.(2đ)
a. Trong dung dịch HNO
3
:
Các quá trình xảy ra:
HNO
3
= H
+
+ NO
3
-
3× HgS Hg
2+
+ S
2-
T

HgS
= 10
-51,8
3× H
+
+ S
2-
HS
-
K
a2
-1
= 10
12,92
3× HS
-
+ H
+
H
2
S K
a1
-1
= 10
7

3× H
2
S – 2e S + 2H
+

K
1
-1
= 10
059,0
2
0
1
E−
2× NO
3
-
+ 4H
+
+ 3e NO + 2H
2
O K
2
= 10
059,0
3
0
2
E
3HgS + 2NO
3
-
+ 8H
+
3Hg

2+
+ 3S + 2NO + 4H
2
O K ( 0,75đ)
Ta có: K = T
HgS
3
. K
a2
-3
. K
a1
-3
. K
1
-3
. K
2
2
= 10
-15,3



⇒
K = 10
-15,3
. V ì K rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong dung dịch HNO
3
(0, 5đ)

b.Trong nước cường toan (HNO
3
+3HCl )
Các quá trình xảy ra:
HCl = H
+
+ Cl
-
3HgS + 2NO
3
-
+ 8H
+
3Hg
2+
+ 3S + 2NO + 4H
2
O K
3× Hg
2+
+ 4Cl
-
HgCl
4
2-

4
β
3HgS + 2NO
3

-
+ 8H
+
+12Cl
-
3S + 2NO + 4H
2
O+ 3HgCl
4
2-
K’ (0,5đ)


⇒
K’ = K.
4
β
3

lg K’ = lgK + 3lg
4
β
= -15,3 + 3.14,92 = 29,46
⇒
K’= 10
29,46
rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường toan (0,25đ)
Câu V:
1. Đặt x, y là số mol của FeS và FeS
2

trong A
a là số mol của khí trong bình trước khi nung
Khi nung:
4 FeS + 7 O
2

→
0
t
2Fe
2
O
3
+ 4SO
2

x 1,75x 0,5x x
4FeS
2
+ 11 O
2

→
0
t
2Fe
2
O
3
+ 8 SO

2

y 2,75y 0,5y 2y (0,75đ)
Số mol các khí trước khi nung: nN
2
= 0,8a (mol)
nO
2
= 0,2a (mol)
Số mol các khí sau khi nung: nN
2
= 0,8a (mol)
nSO
2
= (x+2y) (mol)
nO
2
d ư = 0,2a – 1,75x- 2,75y
Nên tổng số mol khí sau khi nung = a – 0,75(x+y) (0,5đ)
Ta có: %(V)N
2
=
)(75,0
8,0
yxa
a
+−
= 84,77/100

⇒

a = 13,33(x+y) (12)
% (V)SO
2
=
)(75,0
2
yxa
yx
+−
+
= 10,6/100 (0,5đ)

⇒
a = 10,184x + 16,618 y (13)
Từ (12) và (13) ta có: 13,33(x+y) = 10,184x + 16,618 y
Nên :
y
x
=
1
2
(14) (0,75đ)
. 1. Vì tỷ lệ về số mol x:y = 2:1 nên % theo khối lượng sẽ là:
%mFeS =
%46,59%100
)1201882(
882
=×
×+×
×

%mFeS
2
=
%54,40%100
)1201882(
1201
=×
×+×
×
(0,5đ)
2. Chất rắn B là Fe
2
O
3
có số mol: 0,5(x+y)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
= Fe
2
(SO
4
)
3

+ 3H
2
O
0,5(x+y) 0,5(x+y)
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3Ba(OH)
2
= 2Fe(OH)
3
 + 3BaSO
4
 (0,5đ)
0,5(x+y) (x+y) 1,5(x+y)
Khi nung kết tủa:
BaSO
4

→
0
t
không đổi
1,5(x+y)
2Fe(OH)
3

→
0
t
Fe
2
O
3
+3H
2
O
(x+y) 0,5(x+y)
Nên: 233.1,5(x+y) + 160.0,5(x+y)=12,885
⇒
x+y = 0,03 (15)
Giải hệ (14) và (15) ta có: x = 0,02; y = 0,01
Nên m = 88.0,02+120.0,01 = 2,96 (gam) (0,5đ)