Bộ đề thi năng khiếu môn hóa lớp 10 trường chuyên năm 2022

TRƯỜNG THPT

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I LỚP 10H

CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

MƠN HĨA HỌC

TỔ HĨA HỌC

Thời gian: 180 phút
Câu 1: (1,0 điểm)
Một nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 58,số khối nhỏ hơn 40.
Xác định số khối A và số hiệu Z của nguyên tử đó.
Câu 2 : (2,0 điểm)
Cho biết năng lượng ion hố thứ nhất, và thứ hai của 10Ne, 11Na, 12Mg như sau:
Ne

Na

Mg

I1(eV)

21,58

5,14

7,64

I2(eV)

41,07

47,29

?

a) Hãy so sánh I1 của Ne và Na? Mg và Na? So sánh I2 của Ne và Na? và giải thích ?
b) Hỏi I2 của Mg cao hơn hay thấp hơn của Na? Vì sao?
Câu 3: (1,5 điểm)
Có thể viết cấu hình electron của Fe2+là
Cách 1: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d6];
Cách 2: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d44s2];
Cách 3: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d54s1].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Fe2+ với
mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
Câu4: (1,5 điểm)
Đồng vị 1940 K có chu kỳ bán huỷ là 1,49.109 năm.
a)Tính khối lượng mẫu K trên có cường độ phóng xạ = 1 curi (1Ci = 3,7.1010 Bq)?
b)Hỏi sau bao lâu thì khối lượng K trên chỉ còn 1%?
c) Một mẫu rađon(Rn) ở thời điểm t=0 phóng ra 7,0.104 hạt  trong 1 giây, sau 6,6
ngày mẫu đó phóng ra 2,1.104 hạt  trong 1 giây. Hãy tính chu kì bán huỷ của Rn?


Câu 5: (2,0 điểm)
1. Cho các nguyên tố 15X;

30Y; 35T.

a) Viết cấu hình electron nguyên tử của các nguyên tố trên.

b) Xác định số e hóa trị, vị trí của mỗi nguyên tố trên trong bảng HTTH.
c) Viết công thức phân tử của oxit, hiđroxit tương ứng với số oxi hóa cao nhất của
chúng.
2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hồn (HTTH)
có tổng số điện tích hạt nhân là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất).
a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó.
b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và
giải thích.
c) Trong phản ứng oxi hố-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?
Câu 6:(2,0 đi ểm)
Xe tạo được nhiều hợp chất trong đó có XeF2; XeF4; và XeO3
1. Vẽ cấu trúc Lewis của mỗi phân tử.
2. Mơ tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả các góc liên kết.
3. Trình bày và giải thích phân tử nào là phân tử phân cực hay không phân cực.
4. Giải thích vì sao các hợp chất này rất hoạt động.
Biết: Xe( khí hiếm); F( nhóm VIIA); O(nhóm VIA)
(Học sinh khơng được sử dụng bảng HTTH)
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&


HƯỚNG DẪN GIẢI TÓM TẮT
ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I LỚP 10H
Câu1: (1,0 đi ểm)
2Z + N = 58 , Z + N < 40 => Z > 18.
M ặt kh ác, Z ≤ N => 2 Z < 40 => Z < 20.
T ừ đ ó ta c ó Z = 19 v à N = 20 => A = 30
Câu 2 : (2,0 điểm)
10Ne:

1s22s22p6

11Na:

[Ne]3s1

12Mg:

[Ne]3s2

a) * I1(Na) < I1(Ne) vì Na dễ dàng mất đi 1e để đạt được cấu hình bền vững của khí
hiếm Ne. Cịn Ne đang có cấu hình bền nên khó mất 1e để phá vỡ cấu hình bền đó.
* I1(Na) < I1(Mg) . Do điện tích hạt nhân của Mg < của Na và cấu hình e của Mg+ kém
bền hơn Na+
* I2(Na) > I2(Ne). Do Na+ đang có cấu hình e bền vững nên khó mất 1e, cịn Ne+ có
cấu hình e kém bền 2s22p5 nên dễ mất 1e hơn.
b) I2(Mg) < I2(Na). Do khi tách 1e khỏi Mg+ thì tạo cấu hình e bền vững nên dễ dàng
hơn khi tách 1e khỏi cấu hình bền của Na+.
Câu 3: (1,5 điểm)
Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được
tính theo biểu thức Slater:
1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Fe2+
(Z=26, có 24e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d6:
 3d = - 13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 59,0 eV
E1 = E(3d6) = 6  3d = - 354,0 eV
Với cách viết 2 [Ar]3d44s2:
 3d = -13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x3)2/32 =
- 73,0 eV
2

2
 4s = - 13,6 x(26 – 1x10 – 0,85x12 – 0,35) /3,7 = - 29,4 eV
Do đó E2 = E(3d44s2) = 4  3d + 2  4s = - 350,8 eV.
Với cách viết 3 [Ar]3d54s1:
 3d = -13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x4)2/32 = - 65,8 eV
 4s = - 13,6 x (26 – 1x10 – 0,85x13)2/3,72 = - 24,3 eV
Do đó E3 = E(3d54s1) = 5  3d +  4s = - 353,3 eV.


E1 thấp (âm) hơn E2 và E3 do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu
được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Fe2+ có cấu hình electron
[Ar]3d6.
Câu 4: (1,5 điểm)
a) Theo công thức : v = k N = 3,7.1010 Bq với N là số nguyên tử 1940 K , k = ln2/T1/2
T1/2= 1,49.109.365.24.60.60 = 47.1015 giây.
Vậy

mK 

1
k

40 N 40.3, 7.1010.47.1015

 1, 667.105 ( g )
23
NA
0, 693.6, 022.10

b) Theo CT: t  ln

1
k

c) Theo CT: t  ln

N0
t
N
 1/2 ln 0  9,9.109 ( năm)
N 0,693 N

A0
t
7.104
 1/2 ln
 6, 6.  t1/2  3,8 ( ngày)
A 0, 693 2,1.104

Câu 5: (2,0 điểm)
1. a. Cấu hình: X là 1s22s22p63s23p3.
Y là 1s22s22p63s23p63d104s2.
T là 1s22s22p63s23p63d104s24p5.
b. Số e hóa trị: X là 5; Y là 2; T là 7.
Vị trí của: X là: Ơ 15; Chu kỳ: 3; Nhóm: VA.
Y là: Ơ 30; Chu kỳ: 4; Nhóm: IIB.
X là: Ơ 35; Chu kỳ: 4; Nhóm: VIIA.
c. Cơng thức phân tử của:
* Oxit: X( X2O5); Y( YO); T( T2O7).
* Hiđroxit:

X là HXO3 hay H3XO4.
Y là Y(OH)2.
T là

HTO4.

2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X
=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt
(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4)


Theo giả thiết

Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90

 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B

vậy đó là các nguyên tố

=> Z = 16

(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)

b) S2-, Cl-, Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì
bán kính r càng nhỏ. rS2- > rCl- > rAr > rK + > rCa 2+
c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- ln ln thể hiện tính khử vì các ion
này có số oxi hóa thấp nhất.
Câu 6:(2,0 điểm)
1.

.. .. ..
:F Xe
.. ..

2.

..
..F:

..
:F :
..
..
:F ..Xe
..
:..F :

..
:
..F

..
:O
..

..
Xe

..

O
.. :

:O
.. :

XeF2: thẳng; 180o
XeF4: vuông phẳng; 90o
XeO3: tháp tam giác;  107o

3. XeF2 không phân cực. Cả hai lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn; chúng bù
trừ lẫn nhau vì phân tử là thẳng.
XeF4 khơng phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn, chúng bù trừ lẫn
nhau vì phân tử là vuông phẳng.
XeO3 phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – O có cùng độ lớn và dạng hình học phẳng
dẫn đến một lưỡng cực thực sự.
4. Xe có điện tích hình thức dương trong mọi hợp chất trên. Vì vậy chúng là những
chất oxi hóa tốt.



KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV
NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN: Hóa học KHỐI 10

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)
Ngày thi: 11 tháng 05 năm 2020

Câu 1: (2 điểm)
1. Viết các phương trình điện li khi các chất sau tan trong nước:
HCl; CaCl2; CH3COOH; H2S; H2SO4; Ba(OH)2; Al2(SO4); HClO.


 2SO3(k) (*) được thiết lập ở 450 K người ta xác
2. Trong một hệ có cân bằng 2SO2(k) + O2(k) 

định được các áp suất riêng phần sau đây:
P02  0,124.105 Pa; PSO2  0,375.105 Pa; PSO3  0,501.105 Pa
a. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 450 K.
b. Tính lượng O2 và SO3, biết hệ có 500 mol SO2.
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1atm = 1,013.105 Pa.
Câu 2: (2 điểm)
Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình:
A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1)
Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10-5 s-1.
1. Cho biết bậc của phản ứng (1).
2. Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy ở 350K.
3. Tính hằng số tốc độ của phản ứng, k2, tại 300K và thời gian cần thiết, t2, để 80% lượng A bị
phân hủy ở nhiệt độ này. Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 166,00 kJ.mol-1 và khơng phụ
thuộc vào nhiệt độ.
4. Khi có mặt chất xúc tác, hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là k2’ = 3,00.104 s-1.
Giả sử thừa số tần số khơng thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng khi có mặt xúc tác.

Câu 3: (2 điểm)
Cho phản ứng:

NH4HS (r)

NH3 (k) + H2S (k). Cho biết:

Hợp chất

H0 (kJ/mol)

S0 (J/K.mol)

NH4HS (r)

 156,9

113,4

NH3(k)

 45,9

192,6

H2S (k)

 20,4

205,6

1. Hãy tính Ho298 ,So298 và Go298 của phản ứng trên
0

2. Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 25 C của phản ứng trên
0

0

0

3. Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 35 C của phản ứng trên, giả thiết H và S không phụ thuộc
nhiệt độ.
4. Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào một bình trống 25,00 L. Hãy tính áp suất tồn phần trong bình
0

chứa nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng tại 25 C. Bỏ qua thể tích của NH4HS (r). Nếu dung


tích bình chứa là 100 lít, hãy tính lại áp suất tồn phần trong thí nghiệm trên.
Câu 4: (2,5 điểm)
1. Hấp thụ hồn tồn 0,010 mol khí H2S vào nước cất, thu được 100,0 mL dung dịch A.
Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch A. pKa1(H2S) = 7,02; pKa2(H2S) = 12,90.
2. Một dung dịch X gồm CH3COOH (HAc) 0,010 M và NH4Cl 0,200 M. Tính pH của dung dịch X.
Cho: Ka (CH3COOH) = 1,0.10-4,76 ; Ka(NH4+) = 10-9,4.
3. Dung dịch Y là hỗn hợp của Na2S và Na2SO3 có pH = 12,25.
a. Tính độ điện li  của ion S2 trong dung dịch Y.
b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,04352 M phải dùng để khi thêm (rất chậm) vào 25,00 ml dung dịch Y
thì dung dịch thu được có pH bằng 9,54.
Cho:

pKa: H2S 7,00 ; 12,90. pKa: H2SO3 1,76; 7,21

Câu 5: (1,5 điểm)
1) Tính pH của dung dịch Na2A 0,022 M.
2) Tính độ điện li của ion A2- trong dung dịch Na2A 0,022 M khi có mặt NH4HSO4 0,001 M.
Cho: pK

-

a(HSO 4 )

= 2,00; pK

+

a(NH 4 )

= 9,24; pK a1(H 2A) = 5,30; pK a2(H 2A) = 12,60.

---------------------------------------------------- Hết ------------------------------------------------


KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV
NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN: Hóa học KHỐI 10

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)
Ngày thi: tháng 02 năm 2020

CÂU

1.1

1.1

NỘI DUNG
Các phương trình điện li khi các chất sau tan trong nước:
HCl; CaCl2; CH3COOH; H2S; H2SO4; Ba(OH)2; Al2(SO4); HClO.
a)
HCl
H+ + Clb)
CaCl2  Ca2+ + 2 Clc)
CH3COOH
CH3COO- + H+
d)
H2S
H+ + HSe)
HSH+ + S2f)
H2SO4  H+ + HSO4g)
HSO4-  H+ + SO42h)
Ba(OH)2  Ba2+ + 2OHi)

Al2(SO4)3  2Al3+ + 3SO42k)
HClO
H+ ClO-

(0,501 105 )2
Kp = 2
 Kp =
(0,375 105 )2  (0,124  105 )
PSO2  PO2
PS2O3

1.2

K = Kp  P0-Δn  K = 1,439.10-4  (1,013.105) = 14,58.
ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  450  ln (14,58)
= -10025,4 J.mol¯1 = - 10,025 kJ.mol-1
n O2 =

1.3

n SO3 =

nSO2
PSO2
nSO2
PSO2

 PO2  n O2 =

ĐIỂM

0,5

0,5

= 1,439.104 Pa-1
0,5

500
 0,124 = 165,33 mol
0,375

 PSO3  n SO3 =

500
 0,501 = 668 mol
0,375

0,5

 n tổng cộng = 1333,33 mol  P tổng cộng = 1105 Pa
2.1
2.2

Vì k1 = 4,00.10-5 s-1 nên phản ứng là bậc 1.
Vì phản ứng là bậc 1, nên:
1
a
1
a

t1  ln

ln
 40235,95s 11,18h.
5
k1 0,2a 4,00.10
0,2a

k 2 Ea  1 1 
    , thay số vào ta được:
k1 R  T1 T2 
k
166.103  1
1 
ln 2 5 

suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1.

4.10
8,314  350 300 

0,5
0,5

Ta có: ln
2.3

0,5

2.4

 Ea
RT

Ở 300K: - Khi khơng có xúc tác: k 2  A.e

(1)
 E'a
RT

'
- Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên: k 2  A.e

(2)

E'a  Ea

Từ (1) và (2) ta được:

k2
e
k '2

RT

, thay số vào ta được:

0,5

E' 166

a
2,971.109
8,314.103.300
e
.
3.104

3.1

Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol-1.

H0 =  45,9 20,4  (  156,9 ) = 90,6 kJ/mol
S0 = 192,6 + 205,6  113,4 = 284,8 J/K.mol

0,5

G0 = H0  T. S0 = 90600  298,15  284,8 = 5687 J/mol = 5,687 kJ/mol
3.2

G0 =  RT.ln Ka


3.3

Ka = 0,1008



 5687 =  8,314  298,15  ln Ka.
0,5

Kp = Ka = 0,1008 atm2.

Tương tự tại 350C, G0 = H0  T. S0 = 2839 J/mol
0,5

nên Ka = 0,3302 và Kp = 0,3302 atm2.
3.4

Do P (toàn phần) = P (NH3) + P (H2S)
Kp = [0,5P (toàn phần)]2 = 0,1008
số mol khí =






P (NH3) = P (H2S) = 0,5P (toàn phần)

P (toàn phần) = 0,635 atm

0, 635  25
PV
=
= 0,65 mol
RT 0, 082  298

số mol NH4HS = 1  0,50,65= 0,675

* Nếu dung tích bình 100 L thì số mol khí =

0, 635 100
= 2,6 mol
0, 082  298

0,5

số mol NH4HS = 1  0,5  2, 6 =  0,3 
 khơng cịn chất rắn
Khi đó 1 mol chất rắn chuyển hết thành 2 mol chất khí nên
nRT 2  0, 082  298
=
= 0,49 atm
V
100
Nồng độ của H2S trong dung dịch A: C = 0,10 M.
Do Ka1(H2S) >> Ka2(H2S) và C.Ka1(H2S) >> KW, do vậy có thể bỏ qua cân bằng
phân li nấc 2 của H2S và cân bằng phân li của H2O. Cân bằng chính quyết định pH
trong dung dịch là:
H2S ⇌
H+
+
HS- Ka1 = 10-7,02
[]
(0,1 –x)
x
x

 [H+] = [HS-] = x = 10-4,01; [S2-] = 10-12,9 M.
Tính pH của dung dịch X
NH4Cl 
NH4+ +
Cl Trong dung dịch có các cân bằng sau:

P (tồn phần) =

4.1

4.2

HAc
NH4+


 Ac


 NH3



+

H+

K1 = 10 - 4,76

+

H+

K1 = 10 - 9,24

0,5

0,5


4.3.a

4.3.b


 H+
H2O 
+
OH- Kw=10 -14

K1C1 >> K2C2, KW
Bỏ qua sự phân li của nước và NH4+, tính theo:

 AcHAc 
+
H+
K1 = 10 - 4,76

C
0,01

[]
0,01 - x
x
x
x..x
Theo đltdkl ta có:
 K1  104,76
(0,01  x)
x= [H+] = 4,083.10-4 
pH = 3,39.
Gọi C1, C2 là nồng độ ban đầu của S2- và SO32- .
Na2S  2Na+ + S22C1
C1
+
Na2SO3  2Na + SO2-3
2C2
C2
Ta có các cân bằng :
S2- + H2O  HS- + OHKb1 = 10-1,1
(1)
-7
HS + H2O  H2S + OH
Kb2 = 10
(2)
SO2-3 + H2O  HSO-3 + OHK’b1 = 10-7
(3)
-12
HSO 3 + H2O  H2SO3 + OH
K’b2 = 10
(4)

H2O  H+ + OHKw = 10-14
(5)
Nhận xét, pH = 12,25, môi trường kiềm => bỏ qua sự phân ly của nước.
Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ đầu đối với S2- và SO32- ta có.
C1 = [ S2- ] + [ HS- ] + [H2S ]
K
[ HS  ]
 a1 = 105,25 => [HS-] >> [H2S ] bỏ qua nồng độ
Mặt khác, ta có:
[H 2 S ] [H ]
[H2S] so với HS .
=> C1 = [ S2- ] + [ HS- ] = [S2-] ( 1 + Ka2-1 . [H+ ] )
= [S2-] ( 1 + 100,65 ) .
2C2 = [ SO 3 ] + [ HSO-3 ] + [H2SO3 ]
= [SO2-3] ( 1 + K’a2-1. [H+] + (K’a1.K’a2)-1.[H+]2 )
= [SO2-3] ( 1 + 10-5,25 + 10-15,5 )  [SO2-3 ]

SO2-3 không điện ly.
2S + H2O  HS- + OHKb1 = 10-1,1
(1)
C0 C1
[] C1 - x
x
x
-1,75
Với x = [OH ] = 10
M
2
x
Kb1 =

= 10-1,1 => C1 - 10-1,75 = 10-2,4
C1  x
=> C1 = 2,176.10-2 M
Gọi  là độ điện ly của S2-. Ta có :
1
[ S 2 ]. K a 2 .1012 , 25
[ HS  ]
 =
= 2
= 81,7%.
1
C1
[ S ](1  K a 2 .1012 , 25 )

Tại pH = 9,54. =>

0,5

0,5

K
[ HS  ]
 a1 = 102,54
[H 2 S ] [H ]

K
[ S 2 ]
 a2 = 10 -3,36

[ HS ] [ H ]

 Dạng tồn tại chính trong dung dịch là HS Có thể bỏ qua nồng độ [S2-] và [H2S] so với nồng độ của [HS-] .
C2= [ SO2-3 ] + [ HSO-3 ] + [H2SO3 ]=[SO2-3](1 + K’a2-1. [H+] + (K’a1.K’a2)-1.[H+]2 )

0,5


= [SO2-3] ( 1 + 10-2,54 + 10-10,08 )  [SO2-3 ]
 SO32- chưa phản ứng .
Vậy khi thêm dung dịch HCl vào dung dịch X đã xảy ra phản ứng sau:
H+ + S2-  HS 25. 2,176.10-2 = V. 0,04352  V = 12,5 ml
5.1

5.2

A2- + H2O  HA- + OHKb1 = 10-1,4 (1)
HA- + H2O  H2S + OHKb2 = 10-8,7 (2)
H2O  H+ + OHKw = 10-14 (3)
Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw  pH của hệ được tính theo cân bằng (1):
A2- + H2O  HA- + OHKb1 = 10-1,4
C
0,022
[ ] 0,022 - x
x
x
[OH ] = x = 0,0158 (M)  pH = 12,20
Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M:
NH4HSO4 





+ H SO 4

NH 4

0,001
Phản ứng: H SO


4

0,001
NH

A2-  HA- +

+

0,022
0,021

0,001

SO

0,001

0,5

2
4

K1 = 1010,6

0,001
0,5


4

+

0,001
-

 HA

2-

-

A

0,021
0,020

+ NH3

0,001

0,002

3,36

K2 = 10

0,001
2

Hệ thu được gồm: A2- 0,020 M; HA- 0,002 M; SO 4 0,001 M; NH3 0,001 M.
Các quá trình xảy ra:
+ H2O  HA+ OH-

2-

A

NH3 + H2O  NH


4

SO + H2O

HA-

 H+

K 'b

+ OH-

HA- + H2O  H2A
2
4

Kb1 = 10-1,4

+ OH-

 H SO


4

= 10-4,76
(6)

Kb = 10-12

(7)

Ka2 = 10-12,6

(8)

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C
Kb. C

2SO 4

(5)

Kb2 = 10-8,7

+ OH-

+ A2-

(4)

'

A

2-

>> K b . C NH 3 >> Kb2. C HA - >>

 (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng
A2-

của hệ:
C
[]

+ H2O  HA- +
OH- Kb1 = 10-1,4
0,02
0,002

0,02 - x
0,002 + x
x
 x = 0,0142  [HA ] = 0,0162 (M)

 αA - =
2

-

[HA ]
0,022

-

(Hoặc α A 2- =

=

[OH ] + C

HSO 4

0,022

+C

0,0162
0,022
+

NH 4



= 0,7364 hay α A 2- = 73,64 %.

0,0142 + 0,001 + 0,001
0,022

= 0,7364)

0,5


TRƯỜNG THPT CHUN

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 HĨA

NGUYỄN TRÃI

Mơn: Hóa học - Lần thứ 1 – Năm học 2020- 2021

Tổ Hóa học

Ngày thi: Ngày 5 tháng 10 năm 2020
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (1,0 điểm)
1. Viết tất cả những số lượng tử của hai electron nằm trên obitan 4s.

2. Xác định nguyên tử mà electron cuối cùng điền vào có các số lượng tử sau:
a) n = 2 ; l = 1 ; m = 0 ; ms = +

1
2

b) n = 3 ; l = 2 ; m = 0 ; ms = –

1
2

Câu 2. (2,0 điểm)
1. Năng lượng tính theo eV (1eV = 1,602.10-19 J) của hệ gồm 1 hạt nhân và 1 electron phụ thuộc
vào số lượng tử n (nguyên dương) theo biểu thức:
𝑍2

En = -13,6 × 𝑛2 trong đó Z là số đơn vị điện tích hạt nhân.
a) Một nguyên tử hiđro ở trạng thái kích thích ứng với n=6. Tính bước sóng ( theo nm) dài nhất
và ngắn nhất có thể phát ra từ nguyên tử hidro đó?
b) Một nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích n=5 về n=2 phát ra ánh sáng màu
xanh. Một ion He+ trong điều kiện nào sẽ phát ra ánh sáng màu xanh giống như vậy?
Cho: Hằng số Plank h=6,626×10-34J.s.
Vận tốc ánh sáng trong chân khơng: c=3×108m/s.
2. Năng lượng ion hóa thứ nhất và thứ hai của Na và Mg theo eV (sắp xếp không theo thứ tự) là:
5,1; 7,6; 47,3; 15,0. Hãy xác định các giá trị I1, I2 của từng nguyên tố và giải thích.
0

Câu 3. (1 điểm) Một nguyên tử X có bán kính bằng 1,44 A , khối lượng riêng thực là 19,36 g/cm3.
Nguyên tử này chỉ chiếm 74% thể tích của tinh thể, phần cịn lại là các khe rỗng.
a) Xác định khối lượng mol nguyên tử của X.

b) Biết nguyên tử X có 118 nơtron và khối lượng mol nguyên tử bằng tổng số khối lượng proton
và nơtron. Tính số electron có trong X3+ .
Câu 4. (1,0 điểm) X và Y là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính, đều tạo hợp chất với hiđro có
dạng RH (R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao
nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hịa hồn tồn 50 gam dung dịch A
16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M. Xác định các nguyên tố X và Y.


Câu 5. (1 điểm)
Cho biết nhiệt nóng chảy của nước đá bằng  = 334,4 J/g, nhiệt dung riêng của nước lỏng
Cp = 4,18 J/g.Tính biến thiên entopy của quá trình trộn 10g nước đá ở 00C với 50g nước lỏng ở
400C trong hệ cô lập.
Câu 6. (1,5 điểm)
Cho phản ứng và các số liệu sau: COCl2(k) ⇌ Cl2(k) + CO(k)
Chất

COCl2(k)

Cl2(k)

CO(k)

H0298 t.t (Kcal.mol-1)

- 53,3

0

-26,42

S0298 (cal.mol-1.K-1)

69,13

53,28

47,3

Cp (cal.mol-1.K-1)

14,51

8,11

6,96

a. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng áp và đẳng tích của phản ứng ở 250C?
b. Xét chiều phản ứng ở 250C?
c. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng áp của phản ứng ở 1000K?
Câu 7. (1,5 điểm)
Cho phản ứng: N2O4 ⇌ 2NO2 ; KP = 1,27 atm (tại 630C)
a. Xác định độ phân li (α) của N2O4 khi:
+ Áp suất chung bằng 1atm.
+ Áp suất chung bằng 10 atm.
b. Từ kết quả phần a) rút ra kết luận về ảnh hưởng của áp suất đến sự chuyển dịch cân bằng.
c. Tại 500C, hằng số cân bằng Kp = 0,9 atm. Tính H0 (coi H0 khơng khụ thuộc vào nhiệt
độ).
Câu 8. (1 điểm)
Cho phản ứng I2 (k) + H2(k)  2HI(k)
Hằng số tốc độ phản ứng ở 418K là 1,12.10-5 M-2.s-1 và ở 737K là 18,54.10-5 M-2.s-1.

Xác định năng lượng hoạt hóa và hằng số tốc độ phản ứng ở 633,2K.

……………………Hết……………………


TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 HĨA

NGUYỄN TRÃI

Mơn: Hóa học - Lần thứ 1 – Năm học 2020- 2021

Tổ Hóa học

Ngày thi: Ngày 5 tháng 10 năm 2020

Câu

Điểm

Nội dung
2 e có cùng 3 số lượng tử n = 4 ; l = 0 ; m1 = 0

1.1

1.2

2.1

và khác nhau số lượng tử ms = 

1
2

0,5

0,25

a) Cấu hình 1s22s22p2 là 6C
b) Cấu hình [18Ar] 3d84s2 là 28Ni

0,25

a. Bước sóng dài nhất:
λmax = hc/(E6 – E5) = 7465nm
Bước sóng ngắn nhất:
λmin = hc/(E6 – E1) = 93,84nm

0,5

b. Ta có:
-13,6 (1/25 – 1/4) = -13,6 × 4 (1/nt2 – 1/ns2).
Hay 1/25 – 1/4 = 1/(nt/2) 2 – 1/(ns/2) 2

0,5

=> nt/2 = 5 và ns/2 = 2 => He+ chuyển từ n = 10 về n = 4.
2.2

Nguyên tố

I1

I2

Na:

5,1

47

Mg:

7,6

15

0,25

- Với mỗi nguyên tố, I2> I1 vì I1 tách electron ra khỏi nguyên tử trung hòa còn I2 0,25
tách electron khỏi ion dương.
- I1(Na) < I1(Mg) do điện tích hạt nhân tăng, lực hút của hạt nhân với electron 0,25
trên cùng phân lớp tăng.
- I2(Na) > I2(Mg) vì bứt electron thứ 2 của Na trên phân lớp bão hòa 2p6, còn 0,25
ca Mg trờn 3s.
3
a) Khối l-ợng riêng trung bình của nguyên tử X là: d =

Mặt khác, m = V.d =

d ' 19,36
g/cm3.

0,74 0,74

4 3
4
19,36
r .d = 3,14(1,44. 108)3
=32,7. 1023.
3
3
0,74

VËy khối l-ợng mol nguyên tử X = 6,023. 10

23
23
32,7. 10
 197 g/mol

b) Theo gi¶ thiÕt: p + 118 = 197  p = 79  sè e = 76
4

Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.

0,25

0,25

0,5


Trường hợp 1 : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH
Ta có :

Y 35,323

 Y  9,284 (loại do khơng có nghiệm thích hợp)
17 64,677

0,25

Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4
Ta có :

Y 35,323

 Y  35,5 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl).
65 64,677

B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH
mA 

0,25

16,8
 50 gam  8,4 gam
100

XOH + HClO4  XClO4 + H2O
 n A  n HClO4  0,15 L 1mol / L  0,15 mol
 M X  17 gam / mol 

8,4 gam
0,15 mol

0,5

 MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K).
5

Gọi t (0C) là nhiệt độ thu được sau khi trộn 10g nước đá ở 00C với 50g nước
lỏng ở 400C trong hệ cơ lập. Q trình trộn có thể được chia làm 3 giai đoạn:
Gđ 1: 10g nước đá ở 00C  10g nước lỏng ở 00C trao đổi nhiệt Q1
Gđ 2: 10g nước lỏng ở 00C  10g nước lỏng ở t0C trao đổi nhiệt Q2
Gđ 3: 50g nước lỏng ở 400C  50g nước lỏng ở t0C trao đổi nhiệt Q2
Có

0,5

Q1 = m1 = 10  334,4 = 3344 (J)
Q2 = m1.Cp.t = 10.4,18.(t – 0) = 41,8t (J)
Q3 = m2.Cp.t = 50.4,18.(t - 40 ) = 209t - 8360 (J)

Vì hệ cơ lập nên Q1 + Q2 + Q3 = 0  t = 30 (0C)
Có S1 =

∆H1
T1

=

3344
273
T

= 12,25 J.K-1
303

S2 = m1.Cp lnT2 = 10.4,18. ln 273 = 4,36 J.K-1
1

T2

303

0,5

S3 = m2.Cp lnT = 50.4,18. ln 313 = - 6,79 J.K

-1

3

Vậy S = S1 + S2 + S3 = 9,82 J.K-1
6a

Nhiệt đẳng áp:
H0298 = H0298(Cl2) + H0298 (CO) - H0298(COCl2) = 26,88 kcal

Nhiệt đẳng tích:

0,5

U0298 = H0298 - n.RT = 26,84 – 1.1,987.298.10-3 = 26,29 kcal
6b

Ta có: S0298 = S0298(Cl2) + S0298 (CO) - S0298(COCl2) = 31,45 cal.K-1.
 G0298 = H0298 – T.S0298 = 17,51 kcal >0
 Phản ứng tự diễn biển (xảy ra) theo chiều nghịch).

0,5


6c

Cp = Cp(Cl2) + Cp(CO) - Cp(COCl2) = 0,56 cal.K-1

0,5

H0T = H0298 + Cp (T - 298) = 27,27 kcal
7a

Tại 630C:

⇌

N2O4

Ban đẩu:

a mol

Phản ứng

a.α mol

Cân bằng

a (1-α) mol



PNO2 =
P2NO2
P N2 O 4

=

KP = 1,27

0 mol

Thời điểm CB: PN2O4 =

Kp =

2NO2 ;

2a.α mol

2a.α mol  nhỗn hợp CB = a(1 + α) mol

a(1− α)

(1− α)

. P = (1+ α) . Phệ ;
a(1+ α) hệ
2aα
a(1+ α)

4α2
1− α2

0,5

2α

. Phệ = (1+ α) . Phệ

× Phệ

4α2

 Tại Phệ = 1 atm  1− α2 × 1 = 1,27  α = 0,491 (vì α >0)
4α2

0,25

 Tại Phệ = 1 atm  1− α2 × 10 = 1,27  α = 0,1754 (vì α >0)

Từ phần a) khi áp suất tăng (từ 1atm đến 10atm) thấy α giảm hay cân bằng

7b

chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều làm giảm số mol khí làm cho áp suất
chung của hệ giảm).

0,25

Vậy khi thay đổi áp suất của hệ phản ứng tại thời điểm cân bằng thì cân
bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm sự thay đổi đó.
7c

Theo phương trình Van’t Hoff: ln

Κ P,T2
Κ P,T1



ΔΗ  1
1 

 
R  Τ 2 Τ1 

Tại T1 = 63 + 273 = 336K có KP, T1 = 1,27 atm

0,5

Tại T2 = 50 + 273 = 323K có KP, T2 = 0,9 atm
 H0 = 23902 J = 23,902 kJ.
8

Áp dụng phương trình: ln k 2  Ea ( 1  1 )
k1

R

T2

T1

Với T1 = 418K, T2 = 737K và k1 = 1,12.10-5, k2 = 18,54.10-5 ta có:
ln

0,5

Ea
18,54.10 5
1
1

(

)  Ea  22,522kJ / mol
5
1,12.10
8,314 737 418

Cũng áp dụng phương trình: ln k 2  Ea ( 1  1 )
k1
R T2 T1
Với T1= 418K, T2= 633,2K và k1 = 1,12.10-5, Ea  22,522kJ / mol
ta có: ln

k2
22522
1
1 

(

)
5
1,12.10
8,314 633,2 418

k 633,2K  10,114.105 M2s1

0,5


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
Tổ Hóa học

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10
Mơn: Hóa học - Lần thứ 3
Năm học 2020- 2021

Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020

Câu 1 (1,5 điểm)
1. Bằng phương pháp nhiễu xạ tia X, người ta đã ghi được các kết quả sau:
- Ở 20oC, NH4Cl kết tinh theo mạng lập phương với hằng số mạng a = 3,88 Å và khối
lượng riêng d = 1,5 g/cm3.
- Ở 250oC, NH4Cl kết tinh theo mạng lập phương với hằng số mạng a = 6,53 Å và khối
lượng riêng d = 1,3 g/cm3.
Từ các dữ kiện trên hãy cho biết:
a. Sớ phân tử NH4Cl có trong một ơ mạng cơ sở, từ đó kết ḷn về kiểu mạng của các tinh
thể hình thành ở 20oC và 250oC.
b. Khoảng cách N – Cl theo Å cho từng kiểu mạng tinh thể đã xác định ở (a).
2. Tính năng lượng giải phóng (đơn vị J) ứng với 1 nguyên tử và 1 mol nguyên tử 92U235 theo
phản ứng sau: 92U235 + 0n1 → 47La146 + 35Br87 + ?
Biết khối lượng của 92U235; 0n1; 57La146; 35Br87 lần lượt là 235,044u; 1,00861u; 145,943u;
86,912u. Năng lượng ứng với 1u là 931,2 MeV và 1eV = 1,602.10−19J; NA = 6,02.1023.
Câu 2 (1,5 điểm)
1. Trộn 150ml NH3 0,25M với 100 ml MgCl2 0,0125M và HCl 0,15M. Tính [Mg2+]
khi cân bằng. Có kết tủa Mg(OH)2 tách ra không?
Cho: pKNH4+ = 9,24; lg(*βMg(OH)+) = -12,8
2. Dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M). Cho dung dịch
NaOH vào dung dịch A. Kết tủa nào tạo ra trước? Vì sao?
Cho tích sớ tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 1.10–39 và 1.10–11.
Câu 3 (2 điểm)
1. Trộn 15,00ml dung dịch CH3COONa 0,03M với 30,00ml dung dịch HCOONa
0,15M. Tính pH của dung dịch thu được.
2. Tính độ tan của FeS ở pH = 5,00.
Cho: Ks = 10-17,20 ; *Fe(OH)+ = 10-5,92 ; H2S (Ka1 = 10-7,02, Ka2 = 10-12,90)
Câu 4 (1,5 điểm)

1. Công thức phân tử CHNO có hai cơng thức Lewis ứng với hai chất khác nhau: axit
xianic (HOCN) và axit isoxianic HNOC. Hãy viết công thức Lewis, công thức cấu tạo của
hai axit trên.
2. Trình bày kiểu lai hoá của các nguyên tử C, N, B; hình dạng cấu trúc phân tử trong
các hợp chất sau:
CH2 = C = CH2; NH2OH; BF4Câu 5 (1,5 điểm) Cho m gam muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml
dung dịch axit H2SO4 đặc nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hồn tồn thu được khí X
và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO3)2 thu được 23,9 gam kết tủa màu
đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 gam chất rắn A. Nung
A đến khối lượng không đổi thu được ḿi duy nhất B có khới lượng 69,6 gam. Nếu cho


dung dịch BaCl2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khới lượng gấp 1,674 lần khới lượng
ḿi B.
1. Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 và m gam muối?
2. Xác định kim loại kiềm và halogen?
3. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3-? (R là halogen đã nêu ở trên)
Câu 6 (2 điểm) Đớt cháy hồn tồn 10,8 gam một chất hữu cơ X (chỉ chứa C,H,O). Đưa toàn
bộ sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy khối lượng bình tăng lên 37,2 gam
và tạo ra 60 gam kết tủa. Nếu cho bay hơi 1,8 gam X đó thì có thể tích hơi thu được đúng
bằng thể tích của 1,775 gam Clo (ở cùng điều kiện).
1. Xác định công thức phân tử của X.
2. Vẽ các cấu trúc bền là đồng phân có cùng cơng thức phân tử của X trong các trường hợp
sau:
a. Là các đồng phân hình học.
b. Là các đồng phân quang học.
c. Vừa là đồng phân hình học, vừa là đồng phân quang học.


TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NGUYỄN TRÃI
Tổ Hóa học

ĐÁP ÁN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10
Mơn: Hóa học - Lần thứ 3
Năm học 2020- 2021

Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 7 tháng 12 năm 2020
CÂU
ĐÁP ÁN
1.1 a. Số phân tử NH4Cl trong một ơ mạng lập phương được tính theo cơng thức:
d.N A .a 3
n=
M NH4Cl

ĐIỂM

Áp dụng số với các trường hợp:

1,5.6, 02.1023.(3,88.108 )3
1 ;
53,5
1,3.6, 02.1023.(6,53.108 )3
Ở 250oC: n 
4
53,5
Từ kết quả thu được có thể kết luận: Ở 20oC NH4Cl có cấu trúc mạng lập phương
đơn giản (n = 1), còn ở 250oC NH4Cl có cấu trúc kiểu mạng lập phương tâm diện (n = 4).
b. Tính khoảng cách N–Cl gần nhất:

Các nguyên tử N nằm ở trọng tâm của các ion NH4+ cho nên khoảng cách N–Cl
ngắn nhất cũng chính là khoảng cách ngắn nhất giữa tâm các ion NH4+ và Cl- trong mạng
tinh thể.
a
a 3
 3,36 Å ;
Ở 20oC: d N-Cl 
Ở 250oC: d N-Cl = = 3,27 Å
2
2
Ở 20 C: n 
o

1.2

0,5

0,5

Phản ứng hạt nhân đầy đủ:
235
+ 0n1 → 47La146 + 35Br87 + 30n1
92U
m = 0,17178u
E1 =0,17178. 931,2 = 159,96 (MeV)
E1 = 159,96 MeV = 1,59,96.1,602. 10
Năng lượng phóng xạ của 1 mol 92U235

0,5
−19

−13

= 253,256.10

(J)

E = 6.1023 . E1 = 6,02. 1023 . 253,256.10−13 = 1,5246.1013 (J)
2.1

Ta có phản ứng:
CNH3 

NH3 + HCl → NH4Cl

0,25.150
 0,15M ;
250

0,15.100
 0,06M ;
250
0,0125.100
CMgCl2 
 5.103 M
250
Hệ sau phản ứng có: NH4Cl 0,06M; NH3 0,09M; MgCl2 5.10-3M
CHCl 



 NH +4
NH3 + H2O 

C
0,09
0,06
[ ] 0,09-x
0,06+x
-5
Tính ra x = [OH ] = 2,6.10

+ OHx

0,25

Kb=10-4,76

(1)
0,25


Với CMg 2+

*

 MgOH+ + H+
Mg2+ + H2O 
β= 10-12,8

 5.103 M , ta tính được tử (2): [Mg2+] = 2,08.10-6 (M)

Vậy [Mg2+].[OH-]2 =2,08.10-6.(10-5)2 <

(2)
0,25

Ks,Mg(OH)2

0,25

 khơng có kết tủa Mg(OH)2
2.2

Để có kết tủa Fe(OH)3 thì [OH-] = 10-12M
Để có kết tủa Mg(OH)2 thì [OH-] = 2,15.10-3M
Vậy khi cho NaOH vào A thì Fe(OH)3 kết tủa trước.

0,5

0, 03.15
0,15.30
 0, 01M
CHCOO  
 0,1M
45
45

 H+ + OHCác cân bằng:
H2O 
Kw



3.1

CCH COO 
3

(1)


 CH3COOH + OH- Kb= 10-9,24 (2)
CH3COO- + H2O 


 HCOOH + OHHCOO- + H2O 
Kb’= 10-10,25 (3)

Do Kb. CCH COO = 10-11,24 ≈ Kb’. CHCOO  = 10-11,25 cho nên khơng thể tính gần đúng

0,5

3

theo một cân bằng.
h=  H    OH    CH3COOH    HCOOH 

ĐKP:

Kw
1+ K CH 3COO   ( K a' ) 1  HCOO  

h=



-1
a

Chấp nhận CH 3COO   = 0.01;  HCOO -  0 =0,10 và thay vào (4) để tính h1
0
h1=

1014
 2,96.109 .
4,76
2
3,75
1
1  10 .10  10 .10

Từ

giá

trị

h1

tính

lại

0,5

CH 3COO    HCOO -  theo các biểu thức sau:
1
1

104,76
CH 3COO   = 0, 010 4,76
 0, 01  CH 3COO  
1
0
10 .  2,96.109

 HCOO-  =
1
3.2

0,10

103,75
 0,1 =  HCOO- 
3,75
9
0
10 .  2,96.10

Vậy kết quả lặp. Vậy h= 2,96.10-9 = 10-8,53  pH= 8,53.
+ Có các cân bằng của FeS ở pH = 5 là (gọi s là độ tan của FeS):

C

0

FeS  ⇄ Fe2+ + S2s
s
2+
Fe + H2O ⇄ Fe(OH)+ + H+
S2- + H+ ⇄ HSHS- + H+ ⇄ H2S
𝑘

.𝑘

+ Có: [S2-] = s. ℎ2 +ℎ.𝑘𝑎1 +𝑘𝑎2
𝑎1

𝑎1 .𝑘𝑎2

(1)
0,5

* = 10-5,92
Ka2-1 = 1012,90
Ka1-1 = 107,02

(2)
(3)
(4)

ℎ

[Fe2+] = s. ℎ + ∗𝛽 ;

;
𝑘

Ks = 10-17,20

.𝑘

 KS = [H+].[OH-] = s2. ℎ2 +ℎ.𝑘𝑎1 +𝑘𝑎2
𝑎1

𝑎1 .𝑘𝑎2

ℎ

. ℎ + ∗𝛽 = 10-17,20

+ Kết quả tính cho thấy độ tan của FeS ở pH = 5 là 2,44.10-4 M.

0,5


0,5

4.1

4.2

HS trình bày chi tiết
CH2 = C = CH2 :

Csp 2  Csp  Csp 2 ; dạng đường thẳng

0,5

N sp 3 : dạng chóp tam giác

NH2OH:

0,25
0,25

Bsp 3 : tứ diện

BF4- :

Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối.
Gọi công thức muối halozen: MR.
Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra
do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng:
8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O.
(1)
0,8
0,5
0,4
0,4
0,1
H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3.

(2)
0,1
0,1
BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4
(3)
Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol)
theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2
nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol)
Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g)
Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)
 Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol)
Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M)
Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam )
m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g)
Xác định kim loại kiềm và halogen.
+ Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR  MR = 127 (Iot)
+ Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8  MM =39 (Kali)

0,5

5.3

c) Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I3-: sp3d và dạng đường thẳng

0,5

6.1

Xác định được PTK của X = 72
Tìm nCO2 = nH2O = 0,6 mol, nX = 0,15 mol.

Viết phương trình đớt cháy, tìm CTPT: C4H8O
Các hợp chất bền có cơng thức phân tử C4H8O thỏa mãn các điều kiện sau:
a. Là đồng phân hình học:

0,5

5.1

5.2

6.2

CH3

H

CH3

H

CH2OH

CH2OH

H

H

H

Z

H
OH

OCH3

OCH3

H

E

H

Z
O

C2H5

0,25

O

*

0,5

C C

CH3

CH C * CH3

CH3

C C
H

E
b. Là đồng phân quang học:
CH2

CH3

C C

C C

0,5

H

H

c. Vừa là đồng phân hình học, vừa là đồng phân quang học:
CH3

H

CH3

CH3

CH3

H

CH3

OH

H

CH3

H

H

H

OH

H

H

O

O

0,25


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
Tổ Hóa học

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10
Mơn: Hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 21 tháng 10 năm 2019

Câu 1. (0.75 điểm)
Triti phân có chu kì bán rã là 12,5 năm. Mất bao nhiêu năm để hoạt tính của mẫu triti giảm đi cịn lại
15% so với ban đầu?
Câu 2. (0.75 điểm)
Tính H0 cho phản ứng: C2H2 (k) + 2 H2 (k)  C2H6 (k) . Cho biết
Chất
C2H2 (k)
H2 (k)
C2H6 (k)
Hcháy(kJ.mol1)
-1300
-286
-1560
Câu 3. (1.0 điểm)
Cho phân tử PCl3, hãy cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của P ?
Câu 4. (1.0 điểm)

Một hợp chất A chỉ chứa C , H , N . Đốt cháy hoàn toàn 0,125 gam A tạo ra 0,172 gam H2O và 0,279
gam CO2.
a. Tìm % khối lượng của C , H , N trong A và xác định công thức đơn giản nhất của A.
b. Biết rằng công thức đơn giản nhất trùng với công thức phân tử . Vẽ công thức cấu tạo của bốn đồng
phân khác nhau có thể có của hợp chất ứng với cơng thức trên.
Câu 5: (1.0 điểm)
Cho biết phản ứng và các số liệu sau:
3
CH3OH(k) + O2(k)  CO2(k) + 2H2O(k)
2
CO2 (k)
H2O(k)
0
-1
-393,51
-241,83
H s, 298 (kJ mol )
Tính H 0298 và U 0298 của phản ứng
Câu 6. (1.0 điểm)
Xác định cấu hình (R) hoặc (S) cho mỗi hợp chất sau đây?

Câu 7. (1.0 điểm)
Viết công thức các đồng phân của C6H12 thỏa mãn:
a) Đồng phân mạch hở và đối quang của nó
b) Đồng phân mạch hở và là cặp đồng phân hình học

O2(k)
0

CH3OH(k)

-201,17


Câu 8: (1.5 điểm)
Hyđrazin lỏng, N2H4, đôi khi được dùng làm chất nổ đạn rocket.
a. Viết phương trình cho sự hình thành hyđrazin từ các đơn chất và sử dụng các phản ứng cháy dưới
đây để rút ra phương trình trong đó nhiệt hình thành của hyđrazin lỏng, H0f, được biểu thị qua các giá
trị H1, H2 và H3.
1
N2 (k) + O2 (k)  NO2 (k)
H1
2
1
H2 (k)
+
O2 (k)  H2O (k)
H2
2
N2H4 (k) + 3O2 (k)  2NO2 (k) +
2H2O (k) H3
b. Trong đạn rocket, hyđrazin lỏng phản ứng với hyđro peroxit H2O2 lỏng tạo ra khí nitơ và hơi nước.
Viết phương trình cho phản ứng này.
c. Tính hiệu ứng nhiệt, H0, cho phản ứng ở ý b.
Chất
N2H4 (l)
H2O2 (l)
H2O (k)
1
Nhiệt hình thành, kJ.mol
50,6

187,8
285,8
d. Tính H0 cho phản ứng cho phản ứng trong câu b dựa vào các năng lượng phân li liên kết cho ở bảng
sau.
Liên kết
NN
N=N
NN
NH
OO
O=O
OH
Ephân li, kJ.mol
167
418
942
386
142
494
459
e. Trong hai giá trị biến thiên entanpy thu được ở hai câu c và d, H0, giá trị nào chính xác hơn? hãy
giải thích cho câu trả lời của bạn.
f. Xác định nhiệt độ lớn nhất có thể tạo ra từ phản ứng cháy của khí trên nếu tất cả năng lượng sinh ra
trong phản ứng đều dùng để tăng nhiệt độ cho các chất khí này. Nhiệt dung riêng của N2 (k) và H2O (k)
tương ứng là 29,1 J.mol1.0C1 và 33,6 J.mol1.0C1, tương ứng.
Câu 9. (1.0 điểm)
Thực nghịêm xác định được momen lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết HOH là 104,5o,
độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm.
a) Tính momen lưỡng cực của liên kết O – H (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị khơng
tham gia liên kết của oxy)

b) Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxy.
Cho biết 1D = 3,33.10-30 C.m. Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m
Câu 10. (1.0 điểm)
Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh
thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ
lệ 1 : 1,31 : 1,42.

……..Hết……


TRƯỜNG THPT CHUN

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 HĨA

NGUYỄN TRÃI

Mơn: Hóa học - Lần thứ 3 – Năm học 2019- 2020

Tổ Hóa học

Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 25 tháng 11 năm 2019

Câu 1: (2,5 điểm) Cho các nguyên tố với giá trị Z sau đây:
N (Z = 7); H (Z = 1) ; Li (Z = 3); O (Z = 8) ; F (Z = 9); Na (Z = 11); Rb( Z = 37).
a) Viết cấu hình electron của các nguyên tử.
b) Căn cứ vào quy luật biến thiên tuần hoàn của độ âm điện trong bảng tuần hoàn hãy gán các giá
trị  cho từng nguyên tố kể trên và xếp chúng theo chu kỳ và nhóm.
 = 0,8; 0,4 ; 0,9 ; 2,1 ; 1,0 ; 3,5 ; 3,0.
c) So sánh bán kính của O và O2- ; Na+ và Ne?

Câu 2. (0,5 điểm) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau:
26

a)

12Mg

b)

19
9F

c)

94Pu

d)

2
1H

+ ...?

→ 10Ne23 + 2He4+
→ ...?

+ 1 H1
242

+ 2He4

+ 10Ne22 → 4 0n1 + ...?
+ ...?

→ 2 2He4 + 0n1

Câu 3. (1 điểm) Kết quả nghiên cứu động học của phản ứng:
3I (dd)

+

S2O82 (dd)  I3 (dd) +

2SO42 (dd)

được cho trong bảng dưới đây:
[I], M

[S2O82], M

0,001

0,001

1

0,002

0,001

2

0,002

0,002

4

Tốc độ (tương đối) của phản ứng

Viết biểu thức liên hệ tốc độ phản ứng với nồng độ các chất tham gia phản ứng.
Câu 4. (1,5 điểm) Có 3 hidrocacbon: C2H6 ; C2H4 ; C2H2 .
Người ta ghi được các số liệu sau:
- Về góc hố trị (góc liên kết) : 1200 ; 1800 ; 1090 .
- Về độ dài liên kết: 1,05 Å ; 1,07 Å ; 1,09 Å ; 1,200 Å ; 1,340 Å ; 1,540 Å.
- Độ âm điện của nguyên tử cacbon : 2,5 ; 3,28 ; 2,75 .
Hãy điền các giá trị phù hợp với từng hidrocacbon theo bảng sau, có giải thích ngắn gọn.
Hidrocacbon

CH3-CH3
CH2 = CH2
CH≡CH

Kiểu

Góc hố

Độ âm điện của

lai hố

trị

ngun tử cacbon

Độ dài liên
0

kết C-C ( A )

Độ dài liên kết
0

C-H ( A )