Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc có đáp án

Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ GIỚI THIỆU

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM
2013
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (Phản ứng hạt nhân, HTTH)
134
Cs và 137Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng
vị này đều phân rã β- với thời gian bán hủy là t1/2(134Cs) = 2,062 năm và t1/2(137Cs) = 30,17 năm.
a) Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134Cs và 137Cs, tính
năng lượng (ra eV) được giải phóng trong phân rã của 134Cs dựa vào các số liệu dưới đây
Đồng vị
55
56

Nguyên tử khối (u)

134

Cs
Ba

133,906700
133,904490

134

b) Trong một mẫu nước thu được sau sự cố của nhà máy điện hạt nhân người ta phát hiện được
hai đồng vị nói trên của Cs với hoạt độ phóng xạ tổng cộng 1,92 mCi. Khối lượng 137Cs có trong
mẫu nước này là 14,8 = µg.
- Sau bao nhiêu năm thì hoạt độ phóng xạ tổng cộng của 2 đồng vị này trong mẫu nước đã cho
chỉ còn bằng 80,0 µCi? Tính tỉ số khối lượng của 134Cs và 137Cs tại thời điểm đó. Giả thiết rằng
thiết bi đo chỉ đo được các hoạt độ phóng xạ β- lớn hơn 0,1 Bq.
Cho: 1Ci = 3,7.1010 Bq; vận tốc ánh sáng c = 2,997925.108ms-1;
1eV = 1,60219.10-19J; số Avogađro NA= 6,02.1023; 1 năm = 365 ngày.
Câu 2: (Cân bằng trong dung dịch)

Dung dịch A chứa NH3 0,2M; Na2C2O4 0,1M; Na2SO4 0,08M.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Thêm dần CaCl2 vào dung dịch A vào 10ml dung dịch A đến C = 0,18M.
Tính [C2O42-], [SO42-], [Ca2+]? (Coi như thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể)
Cho pKa: NH4+ (9,24); HSO4- (2,00); H2C2O4 (1,25; 4,27)
pKs: CaSO4 (4,26); CaC2O4 (8,75);
*β ( CaOH ) = 10-12,6
+

Câu 3: (Nhiệt động học) Ở nhiệt độ cao hơn 100oc SO2Cl2 đã chuyển sang thể hơi và phân hủy
theo PT:
SO2Cl2(k) → SO2(k) + Cl2 (k).
Người ta cho SO2Cl2 vào một bình rỗng (không có không khí) nút kín và theo dõi biến thiên áp
suất trong bình theo thời gian ở nhiệt độ 375 K:
Thời gian (s)
0
2500

5000
7500
10000
P(áp suất tổng cộng, atm)
1,000
1,053
1,105
1,152
1,197
a) Tìm bậc phản ứng và tính hằng số tốc độ khi biểu diễn tốc độ phản ứng qua áp suất riêng
phần của SO2Cl2
b) Nếu thực hiên thí nghiệm trên ở 385 K thì sau 1h áp suất tổng cộng bằng 1,55 atm.
Tính năng lượng hoạt động hóa của phản ứng
Câu 4(Liên kết hóa học, hình học phân tử)

www.nbkqna.edu.vn

1


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

1) Dựa vào mô hình VSEPR hãy cho biết dạng hình học của các phân tử và ion sau đồng thời
cho biết kiểu lai hoá các AO hoá trị của nguyên tử trung tâm
a)NH4+
b) COCl2
4c) [Fe(CN)6]
d) BrF5
2) Có tồn tại phân tử NF5 và AsF5 không ? Tại sao?
Câu 5: (Halogen, cân bằng trong pha khí)

1. Cho dãy năng lượng liên kết của các Halogen như sau:
F2
Cl2
Br2
I2.
Elk(kJ.mol-1) 155,0
240,0
190,0
149,0
Hãy giải thích tại sao năng lượng liên kết của F2 không tuân theo quy luật của các halogen khác?
2. Ở 12270C và 1 atm, 4,5% phân tử F2 phân ly thành nguyên tử.
a) Tính Kp, ∆G0 và ∆S0 của phản ứng sau:
F2(k) 2F(k)
Biết EF - F = 155,0 kJ/mol
b) Ở nhiệt độ nào độ phân ly là 1%, áp suất của hệ vẫn là 1atm.
Câu 6: (Oxi lưu huỳnh)
1. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp ion – electron:
a) KMnO4 + KNO2 + H2SO4 → KNO3 + ….
b) H2SO4đ + HI →
c) P + H2SO4đ → SO2↑ + ….
d) FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 →
e) KMnO4 + C6H12O6 + H2SO4 → CO2↑ +……
2. Muối X của kim loại kiềm thổ, là một chất rắn màu trắng, không tan trong H 2O và các dung
dịch axit, nó kết tinh ở dạng không có nước. Trong thực tế nó được sử dụng để uống hoặc bơm
vào ruột bệnh nhân, để làm tăng độ tương phản của những tấm phim X quang trong việc chẩn
đoán hệ tiêu hóa. X là gì? Viết PTPU xảy ra khi cho X tác dụng nhiều lần với dung dịch Xôđa
đậm đặc, tách lấy kết tủa thu được cho phản ứng với dung dịch HCl dư được dung dịch A.
Dung dịch A có ion kim loại kiềm thổ không? Nếu có hãy trình bày cách tìm ion kim loại đó
trong dung dịch A?
Câu 7: (Phản ứng oxi hóa – khử, điện phân)

1. Tính sức điện động của pin:
Pt, H2 (1atm) ∣ HCl 0,02M, CH3COONa (0,04M) ∣ AgCl, Ag
Cho: E 0AgCl / Ag = 0,222 V; K CH COOH = 1,8.10 −5.
3
2. Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp
CuSO4 và NaCl cho tới khi H2O bắt đầu bị điện phân ở cả 2 điện cực thì dừng lại. Ở anốt thu
được 0,448 lít khí (ở đktc). Dung dịch sau điện phân có thể hòa tan tối đa 0,68 gam Al2O3.
a. Tính khối lượng của m.

b. Tính khối lượng catốt tăng lên trong quá trình điện phân.
Câu 8: (Bài tập tổng hợp)
Cho 1,92 gam Cu vào 100ml dung dịch chứa đồng thời KNO3 0,16M và H2SO4 0,4M thấy sinh ra một chất
khí có tỷ khối hơi so với H2 là 15 và thu được dung dịch A. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a) Viết phương trình ion thu gọn của phản ứng xảy ra và tính thể tích khí sinh ra (ở đktc).
b) Tính thể tích dung dịch NaOH 0,5M tối thiểu cần dùng để kết tủa toàn bộ Cu2+ trong dung dịch A.

Câu 9: (Cấu tạo nguyên tử)
1 Hai nguyên tố A , B trong cấu electron có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử sau :
A ( n = 3 ; l = 1 ; m = -1 ; s = - ½ )
B (n=3 ; l=1 ; m=0 ; s=-½)
www.nbkqna.edu.vn

2


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

a. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của A và B trong bảng tuần hoàn
b. Viết công thức cấu tạo hidrua của A, B.So sánh tính axit của các hiđrua đó, giải thích?
2. Cho 2 nguyên tố X và Y. X thuộc chu kì 2, Y thuộc chu kì 4. Trong bảng dưới đây có ghi các

năng lượng ion hóa liên tiếp In (n= 1,….,6) của chúng (theo kJ.mol-1)
I1
I2
I3
I4
I5
I6
X
1086
2352
4619
6221
37820
47260
Y
590
1146
4944
6485
8142
10519
1- Xác định X và Y?
2- Tính λ của bức xạ phải dùng để có thể tách được electron thứ nhất ra khỏi nguyên tử Y?
3- Tính năng lượng của ion X+ và nguyên tử X?
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM
2013
ĐÁP ÁN

MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (phản ứng hạt nhân)
a) 55134Cs → 56134Ba + e
(1)
137
137
Cs → 56 Ba + e
(2)
55
Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của 55134Cs:
∆E = ∆m.c2 = (133,906700 - 133,904490) (10-3/6,02.1023)( 2,997925.108)2(J)
= 3,28.10-13 J = 3,28.10-13/1,60219.10-19 = 2,05.106 eV
b) Gọi A1 là hoạt độ phóng xạ, t1/21 là thời gian bán hủy của 55134Cs
Gọi A2 là hoạt độ phóng xạ, t1/22 là thời gian bán hủy của 55137Cs
0, 693
14,8.10−6 x6, 02.1023
137
= 1, 28.mCi
A02 = λ 137 Cs .N( Cs) =
30,17x365x24x3600
137x3, 7.1010
A01 = Atổng - A02 = 1,92 mCi – 1,28 mCi = 0,64 mCi
Sau thời gian t:
t

t1
Atổng = A1 + A2 = A 1  1 ÷1/ 2 + A02
2

0

t

 1  t1/2 2
 ÷
2

Vì: A2 ≤ Atổng. = 0,08 mCi.
t

(1)
4

t2
1
→ A2/ A 2 =  1 ÷1/ 2 ≤ 0,08/1,28 =  ÷
2
2

0

→ t/ t1/22 ≥ 4 → t ≥ 4t1/22 = 120,68 năm = 58,53 t1/21

(2)
(3)

Sau 58,53 t1/21, hoạt độ phóng xạ của 55134Cs chỉ còn:
58,53

1
A1 = A 1  ÷
2
0

58,53

1
= 640.  ÷
2

www.nbkqna.edu.vn

= 1,54.10-15 µCi

3


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

= 1,54.10-15x3,7.104 Bq = 5,7.10-11 Bq << 0,1 Bq (giới hạn đo được). Như vậy, sau
120,68 năm, A1 = 0, hoạt độ phóng xạ tổng cộng của mẫu chỉ còn là hoạt độ phóng xạ của
137
55 Cs.
Atổng = A2 và t = 120,68 năm
134
134
55 Cs thực tế đã phân rã hết, m(55 Cs) ≈ 0 và tỉ số
m(55134Cs)/ m(55137Cs) ≈ 0.
Câu 2 (Cân bằng trong dung dịch)

a. Tính pHA?
Xét các cân bằng:
NH3 + H2O  NH4+ + OH- Kb = 10-4,76
(1)
C2O42- + H2O  HC2O4- + OHKb1 = 10-9,73 (2)
HC2O4- + H2O  H2C2O4 + OHKb2 = 10-12,75 (3)
SO42- + H2O  HSO4- + OH- Kb’ = 10-12
(4)
Do Kb >> Kb1 >> Kb2, Kb’ nên cân bằng (1) là chủ yếu, quyết định pH của dung dịch A.
NH3 + H2O  NH4+ + OH- Kb = 10-4,76
(1)
C
0,2
[]
0,2-x
x
x
2
x
⇒
= 10-4,76 ⇒ x = 1,856.10-3 ⇒ pH = 11,27.
(0, 2 − x)
b. Dung dịch A: NH3 (0,2M), C2O42- (0,1M), SO42- (0,08M)
Xét điều kiện hình thành kết tủa:
K s (CaSO4 )
Muốn có ↓CaSO4: CCa2+ ≥
= 6,87.10-4
CSO 2−
4

Muốn có ↓CaC2O4: CCa2+ ≥

K s (CaC2O4 )
= 10-7,75
CC O2−
2 4

Vậy ↓CaC2O4 xuất hiện trước.
Các phản ứng xảy ra:
Ca2+ + C2O42- → CaC2O4
0,18 0,1
Còn 0,08
2+
Ca + SO42- → CaSO4
0,08 0,08
Còn
TPGH: CaC2O4, CaSO4, NH3 (0,2M)
NH3 + H2O  NH4+ + OH- Kb = 10-4,76
(1’)
CaSO4  Ca2+ + SO42Ks1 = 10-4,26 (2’)
CaC2O4  Ca2+ + C2O42Ks2 = 10-8,75 (3’)
So sánh Ks1 >> Ks2 ⇒ cân bằng (1’) và (2’) là chủ yếu.
Cân bằng (1’) đó xét ở phần a: pH = 11,27
Xét cân bằng (2’):
CaSO4  Ca2+ + SO42Ks1 = 10-4,26 (2’)
S
S
Các quá trình phụ:
*β ( CaOH + ) = 10-12,6 (4’)
Ca2+ + H2O  CaOH+ + H+

SO42- + H2O  HSO4- + OH-

www.nbkqna.edu.vn

Kb’ = 10-12

(5’)

4


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

Do môi trưêng bazơ (pH = 11,27) nên có thể bỏ qua cân bằng nhận proton của SO 42- (cân bằng
(5’)).
Vậy
S = [SO42-]
và
S = [Ca2+] + [CaOH+] = [Ca2+].(1+ *β .[H+]-1)
S
2+
⇒ [Ca ] =
1 + *β .[H + ]−1
Vậy Ks1 = [Ca2+].[SO42-]=

S2
1 + *β .[H + ]−1

Thay [H+] = 10-11,27, *β , Ks1 ta tính được S = 7,6.10-3
Kết quả:

[SO42-] = S = 7,6.10-3
[Ca2+] = 7,25.10-3
Ks2
[C2O42-] =
= 2,45.10-7.
[Ca 2+ ]
Câu 3: (Nhiệt động học)
Pi = xiP → PiV = niRT → Pi = CiRT
−dCi
1 −dPi
k
n
.Pi n = k ' P n
n
→ Ci = Pi/RT và v = dt = RT dt = k .Ci =
i
( RT )
Như vậy định luật tốc độ có thể biểu diễn qua áp suất riêng phần của chất khí trong hỗn
hợp.
− dPi
RT .k n
1− n
.Pi = ( RT ) k .Pi n = k ''.Pi n với k’’ = k (RT)1-n
Ngoài ra: dt =
n
( RT )
Khi n =1 (phản ứng bậc 1) thì k = k’’
PSO2Cl2 = 1 – x ;
PSO2 = x ; PCl2= x
Ptổng = 1 - x + x + x = 1 + x→ x = Ptổng - 1

Bảng 2
2500
5000
7500
10000
Thời gian (s)
0
(t1)
(t2)
(t3)
(t4)
1,053
1,105
1,152
1,197
1,000
P(áp suất tổng cộng, atm)
x = Ptổng - 1
0,053
0,105
0,152
0,197
0
PSO2Cl2 = 1 – x
0,947
0,895
0.848
0,803
1
ln PSO2Cl2

-0,05446
-0,11093
-0,16487
-0,2194
0
(lnP1)
(lnP2)
(lnP3)
(lnP4)
Dựa váo bảng 2 dễ thấy rằng
t2 ln P2
t4 ln P4
=
=2
=
=4
k ' Pi n
t1 ln P1
t1 ln P1
lnP như vậy phụ thuộc tuyến tính vào t. Mặt khác giá trị đại số của lnP giảm dần.
LnP giảm tuyến tính theo thời gian chứng tỏ rằng phản ứng là bậc 1.
PI = PoIe-kt → lnP = lnPo – kt
lnP1 = lnPo – kt1
lnP2 = lnPo – kt2
P
1
k=
ln 1 = 2,2.10-5 s-1
t2 − t1 P2
Chú ý: Có thể tính k bằng đồ thị. Dựa vào các số liệu có thể tính k với các cặp số liệu khác

nhau rồi tính trị trung bình
c) PSO2Cl2 = 1 – x = 2- Ptổng = 2 – 1,55 atm = 0,45 atm

www.nbkqna.edu.vn

5


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

1
1, 00
ln
= 2,2.10-4 s-1
3600 0, 45
Câu 4: (Liên kết hóa học, hình học phân tử)
1) a) NH4+ có công thức VSEPR là AX4 có cấu trúc tứ diện (1 đ), N lai hoá sp3 (0,5 đ)
b) COCl2 có công thức VSEPR AX2 có cấu trúc tam giác (1đ), C lai hoá sp2 (0,5đ)
c) [Fe(CN)6]4- có công thức VSEPR AX6 có cấu trúc bát diện đều (1đ) . Fe lai hoá sp3d2 (0,5
đ)
d) BrF5 có công thức VSEPR AX5E1 có cấu trúc hình chóp vuông ((1đ). Br lai hoá sp 3d2 (0,5
đ)
2) Không tồn tại phân tử NF 5 (1đ) vì : cấu hình electron ngoài cùng của N là : 2s 2 2p3 không có
phân lớp d trống và chênh lệch năng lượng giữa lớp thứ 2 và 3 khá lớn nên khó có sự kích
thích electron từ lớp 2  3 để có 5 electron độc thân để tạo 5 liên kết (1đ).
+ As (Z=33) 4s2 4p3 4d0 (1 đ) Ở điều kiện thích hợp sẽ xảy ra sự chuyển electron từ phân lớp 4p
 4d trống nên có 5 eletron độc thân ,tồn tai phân tử AsF5.
Câu 5: (Halogen, cân bằng trong pha khí)
1. Theo các trị số năng lượng liên kết của các phân tử X2 trên thấy có sự khác biệt giữa F2 với Cl2,
Br2, I2 vì F2 chỉ có 1 liên kết đơn giữa hai nguyên tử, còn Cl2, Br2, I2 ngoài 1 liên kết xích ma tạo

thành giống phân tử F2 còn có một phần liên kết pi do sự xen phủ một phần AO-p với AO-d, vì
vậy năng lượng liên kết của Cl2, Br2 là cao hơn của F2. Còn từ Cl2 đến I2 năng lượng liên kết giảm
dần vì độ dài liên kết dH-X lớn dần nên năng lượng cần thiết để phá vỡ liên kết là giảm dần.
2.a. EF- F = 155 kJ/mol > 0 => năng lượng thu vào để phá vỡ liên kết F-F
∑n
F2(k) 
2F(k)
∆H0 = 155,0 kJ/mol
[ ]
1-α
2α
1 + α (α là độ phân li)
1−α
2α
Phần mol
1+ α
1+ α
kT2 =

2

 2α 


Kp = 1 + α  .P0 . Thay α=0,045; P0=1 => Kp = 8,12.10-3
1−α
1+ α
0
△G = – RTlnKp = - 8,314.1500.ln(8,12.10-3)= 60,034 kJ
Ở điều kiện chuẩn và 1500K => phản ứng xảy ra theo chiều nghịch

△S01500K= (△H0 - △G0 )/T= (155000-60034)/1500=63,311 J/K>0
2

 2α 
K2
∆H ° 1
1


( − ) ; Kp2 = 1 + α  .P0 . Thay α=0,01; P0=1 => Kp2 = 4.10-4
b. ln
=
R T1 T2
K1
1−α
1+ α
-3
Kp1 = 8,12.10
 T2= 1207,51K hay 934,510C
Câu 6: (Oxi Lưu huỳnh)
1. Cân bằng các phản ứng
2. X là BaSO4.
BaSO4 + Na2CO3đ  BaCO3 ↓+ Na2SO4
BaCO3 + 2HCl  BaCl2 + CO2↑ + H2O
Nhận biết ion Ba2+ bằng dung dịch CaSO4 bão hòa
Câu 7: (Phản ứng oxi hóa – khử, điện phân)
1.Ta có :
(-) H2 - 2e = 2H+
(+) AgCl + 1e = Ag + Clwww.nbkqna.edu.vn

6


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

2AgCl + H2 → 2Ag + 2Cl- + 2H+
CH3COO- + H+ = CH3COOH
0,04
0,02
0,02
0,02
CH3COOH ⇄ CH3COO- + H+
0,02
0,02
0,02 - x
0,02 + x
x

C
[]
C
[]

→

x ( 0,02 + x )
= 1,8.10−5
0,02 − x

x<< 0,02 → x = 1,8.10-5

→ pin: Pt, H 2 (1atm)

Cl - 0,02M,

CH 3COO- 0,02M

H + 1,8.10-5M, CH 3COOH 0,02M
1
E P = E 0AgCl / Ag + 0,059.lg
= 0,322V
Cl +−  2
0,059  H 
E T = E 02 H / H +
.lg
= −0,28V
2
P
H
2. (1 điểm):
+

AgCl,Ag

2

2

2+

Trong dung dịch có các ion Cu ; SO42-; Na+; Cl Khi điện phân giai đoạn đầu:

(K): Cu2+; Na+; H2O
(A) Cl -; SO42-; H2O
2+
Cu
+2e ->
Cu↓
2Cl - -> Cl2 + 2e
Cu2+ +
2Cl đp
Cu
+
Cl2
CuSO4 +
2NaCl
đp
Cu
+Cl2 + Na2SO4 (1)
Sau điện phân thu được dung dịch B, hoà tan được Al2O3 vậy dd B có axit hoặc kiềm:
(TH1): nNaCl <

2n CuSO4

Sau (1)CuSO4 dư
2CuSO4
+
2H2O
đp
2Cu +
O2
+

2+
Khi nước bắt đầu điện phân ở hai điện cực thì Cu hết.
Al2O3
+
3H2SO4
->
Al2(SO4)3
+
0,68
n CuSO 4 = 3n Al2O3
Theo (2, 3)
=
3.
= 0,02mol
102

n O2

=

2H2SO4

(2)

3H2O

(3)

1
n CuSO 4 = 0,01

2

Theo PT (1)

n Cl 2

=

n CuSO 4 =

0,02 - 0,01

= 0,01

n NaCl = n Cl = 0,02
∑ n CuSO 4 = 0,03
2

đầu

m = 160.0,03 + 58,5.0,02 = 5,97(gam)
mcatốt tăng = mCu = 1,92 (g)
(TH2): nNaCl > 2n CuSO 4
Sau (1) NaCl dư:
đp ngăn
2NaCl + 2H2O
www.nbkqna.edu.vn

H2

+

Cl2

+

2NaOH (4)
7


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

Al2O3 + 2NaOH
Hoặc có thể viết Pt tạo ra Na[Al(OH)4]

2NaAlO2

Theo phương trình (4, 5): nNaCl = 2n Al2 O3 = 2

∑n

0,02
3
m = mCuSO4 + mNaCl = 2,627 (g)
0,02
mCu bám catốt = 64
(g)
3
CuSO 4

đầu

=

+

H2O

(5)

0,68 0,04
=
102
3

∑n

NaCl đầu =

0,08
3

Câu 8:
a. VNO= 0,3584 l
b. VNaOH= 128 ml
Câu 9: (Cấu tạo nguyên tử)
1.a. Nguyên tố A: n = 3 ; lớp 3 ; l = 1 : phân lớp p ; m= -1 obitan px ; s = -1/2 electron cuối ở px
Vậy A có cấu hình electron 1s2 2s2 2p43s2 3p4; nguyên tố A có số thứ tự 16 chu kì 3; nhóm VIA
A là Lưu huỳnh
Tương tự Nguyên tố B có thứ tự là 17, chu kì 3, nhóm VIIA, B là clo

b. hidrua là H2S và HCl. Tính axit của HCl > H2S , do χCl > χS
2. I5 (X) và I3(Y) tăng nhiều và đột ngột  X thuộc nhóm IV A , Y thuộc nhóm IIA X là C; Y
là Ca
hc 6, 6256.10 −34 J.s.3, 0.10 8 ms−1 .6, 0223.10 23 mol −1
2. λ max =
= 2,03.10-7 m
=
3
−1
E
590.10 J.mol
3. EC = -(I1 + I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -99358 kJ và E C+ = - (I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -98272 kJ

www.nbkqna.edu.vn

8


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

SỞ GDĐT THỪA THIÊN HUẾ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM
HỌC
2013
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
ĐỀ GIỚI THIỆU
Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1: ( 2 điểm)

1. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8];

Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].

Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni 2+
với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại
sao?
2. Viết công thức Lewis và xác định dạng hình học của các phân tử và ion sau:
BCl3, CO2, NO2+, NO2, IF3
Bài 2: ( 2 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.
Bài 3: ( 2 điểm)
Đồng vị 2964Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng :
-β
β

64
29Cu

k1

64
30 Zn

+

β-

Thực nghiệm cho biết từ 1 mol

vµ
64
29

64
29Cu

k2

64β+
28 Ni

+

β+

Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại

hòa tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 g chất rắn không tan.
Từ một lượng

64
29

Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào

dung dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối

lượng hỗn hợp.
1. Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 2964 Cu .
2. Tính thời gan để 2964 Cu còn lại 10%.
3. Tính thời gan để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp.
www.nbkqna.edu.vn

9


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

BÀI 4:( 2 điểm)
Nitrosyl clorua (NOCl) là một chất rất độc, khi đun nóng bị phân hủy thành NO
và Cl2.
a) Tính Kp của phản ứng ở 298K. Cho:
Nitrosyl clorua
∆H (kJ/mol) 51,71
S0298 (J/K.mol) 264
b) Tính Kp của phản ứng ở 475K

Nitơ monooxit
90,25
211

o
298

Cl2
223

BÀI 5: ( 2 điểm)
Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khi duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử.
1.Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25 oC cã Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn
vị) tại 0oC ; 50oC. Giả thiết rằng tỷ số giữa 2 trị số hằng số cân bằng tạii 0 oC với
25oC hay 25oC với 50oC đều bằng 1,54.
3. Xét tại 25oC, cân bằng hóa học đã được thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch
như thế nào nếu:
a) Tăng lượng khí NO.
b) Giảm lượng hơi Br2.
c) Giảm nhiệt độ
d) Thêm khí N2 vào hệ mà:
- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const)
- Áp suất chung của hệ không đổi (P = const).
BÀI 6: ( 2 điểm)
Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50. Thêm một lượng Na3PO4
vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S 2- giảm 20% (coi thể tích dung dịch
không đổi). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A.
Cho: pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,9; pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H PO ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) =
3

4

RT
0
12,32; pK a(CH3COOH) = 4,76; ES/H2S = 0,14 V; ở 25 oC: 2,303 l n = 0,0592lg.
F

BÀI 7: ( 2 điểm)
0

Cho: E 0Ag Ag = 0,80V; E AgI/Ag,I
= -0,15V; E 0Au
+

www.nbkqna.edu.vn

-

3+

/Ag

= 1,26V; E 0Fe3+ /Fe = -0,037V; E 0Fe2+ /Fe = -0,440V.
10


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

Hãy:
1. a. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình
phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước.
2. a. Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe 2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị
khử thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và
trong pin.
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin
này.
BÀI 8: ( 2 điểm)
1. Cho các dữ kiện sau:
Năng lượng

kJ.mol¯1
Năng lượng
thăng hoa của Na
108,68
liên kết của Cl2
ion hóa thứ nhất của Na 495,80
mạng lưới NaF
liên kết của F2
155,00
mạng lưới NaCl
Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1

kJ.mol¯1
242,60
922,88
767,00

Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1
Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích.
2. Hãy cho biết quy luật biến đổi (có giải thích):
a) Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen từ F2 đến I2.
b) Độ bền nhiệt của các phân tử halogen từ F2 đến I2.
c) Nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi của các hidro halogenua từ HF đến HI.
BÀI 9: ( 2 điểm )
Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A
(không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam
Zn vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng ½ hàm lượng Zn
trong A.
- Lấy ½ hỗn hợp B hòa tan trong H 2SO4 loãng dư thì sau phản ứng thu
được 0,48 gam chất rắn nguyên chất.

- Lấy ½ hỗn hợp B thêm 1 thể tích không khí thích hợp. Sau khi đốt cháy
hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí C trong đó N 2 chiếm 85,8% về thể tích

www.nbkqna.edu.vn

11


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

và chất rắn D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thì thể tích
giảm 5,04 lit (đktc)
9.1. Viết các phương trình phản ứng.
9.2.Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng.
9.3. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.(Cho: Al=27, Zn=65,
S=32)
BÀI 10: ( 2 điểm)
Một loại thủy tinh được biểu diễn dưới dạng x(Na 2O). y(CaO). z(SiO2). Trong loại
thủy tinh này, % khối lượng của oxi là 46,862%; của Ca là 8,368% và Si là
35,146%.
a. Nếu giả thiết x, y, z là các số nguyên, hãy xác định các giá trị đó.
b. Người ta có thể hoàn tan thủy tinh bằng dung dịch HF. Tính thể tích dung
dịch HF nồng độ 0,10M cần lấy để có thể hòa tan vừa hết 10,0 gam thủy tinh đó.
Viết phương trình phản ứng xảy ra.
----------------------HẾT------------------------* Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHI KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013
MÔN HÓA HỌC
BÀI
Bài 1
( 2 đ)

ĐÁP ÁN

1. Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu
dụng n* được tính theo biểu thức Slater:
ε1 = -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 Ni2+ (Z=28, có 26e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d8:
ε 1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12
= -10435,1 eV
ε 2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1934,0 ε 3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32
= - 424,0 ε 3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32
= - 86,1 E1 = 2 ε 1s + 8 ε 2s,2p + 8 ε 3s,3p + 8 ε 3d = - 40423,2 eV
Với cách viết 2 [Ar]sd64s2:
ε 1s, ε 2s,2p, ε 3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
ε 3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)2/32
= - 102,9 eV
ε 4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)2/3,72 = - 32,8 Do đó E2 = - 40417,2 eV.
b) E1 thấp (âm) hơn E2, 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 Ni2+ có cấu hình electron [Ar]3d8.

www.nbkqna.edu.vn

ĐIỂM

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

12


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

2. a Công thức Lewis:
BCl3

NO2+

CO2

Cl
:
B
. . . .. .
Cl
Cl

O:: C::O

O:: N::O

NO2
.
N
.
. . . ..

O
O

+

b . Dạng hình học:
BCl3: Xung quanh nguyên tử B có 3 cặp electron (2 cặp và 1 "siêu
cặp") nên B có lai hoá sp 2, 3 nguyên tử F liên kết với B qua 3
obitan này, do đó phân tử có dạng tam giác đều.
CO2: Xung quanh C có 2 siêu cặp, C có lai hoá sp, 2 nguyên tử O
liên kết với C qua 2 obitan này. Phân tử có dạng thẳng.
NO2: Xung quanh N có 3 cặp electron quy ước [gồm 1 cặp + 1 siêu
cặp (liên kết đôi) + 1 electron độc thân] nên N có lai hoá sp 2. Hai
nguyên tử O liên kết với 2 trong số 3 obitan lai hoá nên phân tử có
cấu tạo dạng chữ V (hay gấp khúc). Góc ONO < 120o vì sự đẩy của
electron độc thân.
IF3: Xung quanh I có 5 cặp electron, do đó I phải có lai hoá sp 3d,
tạo thành 5 obitan hướng đến 5 đỉnh của một hình lưỡng chóp ngũ
giác. Hai obitan nằm dọc trục thẳng đứng liên kết với 2 nguyên tử
F. Nguyên tử F thứ ba liên kết với 1 trong 3 obitan trong mặt phẳng
xích đạo. Như vậy phân tử IF 3 có cấu tạo dạng chữ T. Nếu kể cả đến
sự đẩy của 2 cặp electron không liên kết, phân tử có dạng chữ T cụp.
N

O

.

Bài 2
( 2 đ)

O

.
N

O

0,25 đ

0,25 đ

F

.

O

0,25 đ

O

F

Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng
chính là phần thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị
(ô mạng cơ sở).
Đối với mạng đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V 1 của 1

nguyên tử kim loại là:
V1 = 4/3 x π r3 (1)
+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:
V2 = a3 (2)
Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể
hiện trên hình sau:
r
a

www.nbkqna.edu.vn

I

. ..

C

..
..

. ..

O

F
. . :I
..F
0,25 đ
.. :
F

0,25 đ

NO+: Ion này đồng electron với CO2 nên cũng có dạng thẳng.

Cl
..
..
.. B
..
Cl
Cl

IF3

13

F


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

0,5 đ

hay a = 2r (3).
Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V1/V2 = 4/3 π r3 : 8r3 = π /6 = 0,5236
Đối với mạng tâm khối:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V 1

= 2x(4/3) π r3 .
+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện
trên hình sau:

0,5 đ

Do đó: d = a 3 = 4r. Suy ra a = 4r/ 3
Thể tích của tế bào:
V2 = a3 = 64r3/ 3 3
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V1 : V2 = 8/3 π r3 : 64r3/3 3 = 0,68
Đối với mạng tâm diện:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x 1/2 = 4. Do đó thể
tích của các nguyên tử trong tế bào là:
V1 = 4 x 4/3 π r3
+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và
cạnh a của tế bào được biểu diễn trên hình sau:

d

a

0,5đ

Từ dó ta có:
d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2
Thể tích của tế bào:
V2 = a3 = 64r3/2 2
Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:
V1/V2 = 16/3 π r3: 64r3/ 2 2

= 0,74
Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế
bào của các mạng đơn giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như
0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42.
0,5 đ
Bài 3

Phương trình:

( 2 đ)
www.nbkqna.edu.vn

14


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

dn

Cu

-

dt

dn

Cu

-

(1)

(2)

dn

Cu

dt

dn

Zn

=k

1

nCu → ln

Cu

1

(1)

Zn

Cu

Ni

2

dt

-

n ( 0)
=k t
dt
n (t )
n (0)
= dn = k n → ln
=k t
dt
n (t )
n (0) = kt
(k1 + k2)t = kt → ln
n (t )
=

Cu

2

(2)

0,5 đ

Nin

Cu

=

(3)

Cu

Khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn và Ni tan hết còn lại 16
g Cu.
- Tại t =25 giờ 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = 1 mol; nCu(t) = 0,25 mol.
ln nCu

n

Cu

(0)

1
= ln 4 = kt = kx1536 phút
0,25

= ln

(t )

0,5 đ

k = 9,025x 10-4ph-1

k

1/ 2

=

ln 2
0,693
=
−4
k
9,025 x10

ph

−1

= 768 phút

* Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch
NaOH dư thì Zn tan hết, còn lại Cu và Ni. Từ 1 mol Cu ban đầu sau
1784 phút
nCu + nNi = 0,504 mol
nZn = 1 - 0,504 = 0,496 mol.
* Theo (3) ln

n ( 0)
n (1784)
Cu

= 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006.

Cu

1
= 5,003
(
1784
)
nCu

nCu(1784) = 0,19988 ≈ 0,20 mol.
nCu(đã phân rã) = 1 - 0,2 = 0,80 mol.
nCu(đã phân rã ở phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol.
nCu( đã phân rã ở phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2).
*

k
k

1
2

=

n

n

Zn

Ni

Mặt khác

(1)
( 2)

=

0,496
= 1,6316
0,304

0,5 đ

do đó: k1 = 1,6316 k2.

k1 + k2 = 0,0009025
k2 + 1,6316k2 = 0,0009205

Từ đó k2 = 3,4295.10-4 ≈ 3,43.10-4.
k1 = 5,5955. 10-4 ≈ 5,56.10-4.
2. Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gan để còn lại 0,1 mol 64Cu :
ln

1

= 9,025 x10 − 4 t
0,1

www.nbkqna.edu.vn

15


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

t = 2551 phút.
3. Từ 1 mol 64Cu ban đầu,,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol.
nNi=

k2
3,4295 x10 −4
xn Zn =
x0,30 = 0,183871mol
k1
5,5955 x10 − 4

nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol.
nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol.
ln

1
= kt = 9,025 x10 − 4 ph −1 xt ( ph) = 0,661649 .
0,516

t=

Bài 4
( 2 đ)

0,661649
= 733 ph
9,025 x10 −4

0,5 đ

a) 2NOCl ⇔ 2NO + Cl2.
Dựa vào công thức ∆G = − RTlnK
∆G = ∆H − T. ∆S
∆H = [(2 × 90,25. 103) + 0 − (2 × 51,71. 103 ) = 77080 J/mol
∆S = [(2 × 211) + 233 − (2 × 264) = 117 J/mol
1,0 đ

∆G = 77080 − 298 × 117 = 42214 J/mol
42214

→ Kp = 3,98. 10−8
ln K = − 8,314 × 298 = − 17 

b)
Kp (T2 )

∆H  1

1

77080  1

1 

−
ln Kp(T ) =
lnKp(475K) =
 − ÷

÷+
8,314  298 475 
R  T1 T2  →
1
lnKp(298)
ln Kp (475) = − 5,545 → Kp = 4,32. 10 −3

BÀI 5 1.
2 NO(k) + Br2 (hơi) → 2 NOBr (k) ; ∆H > 0
( 2 đ) Phản ứng pha khí có ∆n = -1 → đơn vị Kp lµ atm-1

(1)
(2)

2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ:
Kp tại O2 < Kp tại 252 < Kp tại 502
(3)
Vậy: : Kp tại 250 = 1 / 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1)
Kp tại 252 = 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 x 1,54 ≈ 179, 56 (atm-1)
3. Xét sự chuyển dời cân bằng hóa học tại 25OC.
Trường hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:

PNOBr
Q =
(4) (Khi thêm NO hay Br2)
(PNO)2
Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận.
Tuy nhiện, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên
lí Lechatelie.
a. Nếu tăng lượng NO, CBHH cân bằng chuyển dời sang phải, →

www.nbkqna.edu.vn

1,0 đ

0,5 đ

16


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

b. Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái, ←.
c. Theo nguyên lí Lechatelie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển
dời sang trái, để chống lại sự giảm nhiệt độ..
d. Thêm khí N2 là khí trơ.
+ Nếu V = const: không ảnh hưởng tới CBHH vì N2 không gây ảnh
hưởng liên hệ nào (theo định nghĩa áp suất riêng phần).
+ Nếu P = const ta xét liên hệ .
Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr (a)
Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + Pn2 (b)
Vì P = const nên p’i < pi

Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp:
1. Nếu Q = Kp: Không ảnh hưởng
2.Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp.
3. Nếu Q Xảy ra trường hợp nào trong 3 trường hợp trên là tùy thuộc vào pi tại
cân bằng hóa học.

0,75 đ

0,75 đ

BÀI 6 1. Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2
( 2 đ) (M). Khi chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình:
S2+ H2O ⇔ HS- + OH10-1,1
(1)
-6,98
⇔
HS + H2O
H2S + OH
10
(2)
CH3COO- + H2O ⇔ CH3COOH + OH- 10-9,24
(3)
H2O ⇔ H+ + OH10-14
(4)
So sánh 4 cân bằng trên → tính theo (1):
0,5 đ
S2+ H2O ⇔ HS- + OH10-1,1
C
C1

[ ] C1- 10-1,5
10-1,5 10-1,5
[HS- ] 10−1,5
α
=
α
=
=
= 0, 7153
→ CS2- = C1 = 0,0442 (M) và độ điện li S21
CS20, 0442
Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn có
thêm 3 cân bằng sau:
PO3-4 + H2O ⇔ HPO 2-4 + OH10-1,68
(5)
2HPO 4 + H2O ⇔ H 2 PO4 + OH10-6,79
(6)
-11,85
H 2 PO 4 + H2O ⇔ H 3PO 4 + OH
10
(7)
,
Khi đó αS2- = α 2 = 0,7153.0,80 = 0,57224 =

[HS- ]
→ [HS-] = 0,0442. 0,57224
CS2-

= 0,0253 (M).
Vì môi trường bazơ nên CS2- = [S2-] + [HS-] + [H2S] ≈ [S2-] + [HS-]

→ [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M)
10−1,1.0, 0189
Từ (1) → [OH ] =
= 0,0593 (M).
0, 0253
So sánh các cân bằng (1) → (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ:
22[OH-] = [HS-] + [ HPO 4 ]→[ HPO 4 ] = [OH-] - [HS-] = 0,0593 – 0,0253
= 0,0340 (M)

www.nbkqna.edu.vn

0,5 đ

0,5 đ

17


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

[HPO 2-4 ][OH - ] 0, 0340.0, 0593
=
= 0,0965 (M).
10-1,68
10-1,68
= [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ] + [ H 2 PO 4- ] + [ H 3PO 4 ] ≈ [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ]
C PO3- = 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M).
3-

Từ (5) → [ PO4 ] =

→ C PO3-4

0,5 đ

4

BÀI 7
( 2 đ)

1. a. Để xác định tích số tan KS của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các
điện cực Ag làm việc thuận nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong
dung dịch nào có [Ag+] lớn hơn sẽ
đóng vai trò catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
(-) Ag │ I-(aq), AgI(r) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Hoặc:

(-) Ag, AgI(r) │ I-(aq) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)

Phản ứng ở cực âm:
Ag(r) + I−(aq)
AgI(r) + e
K 1−1
Phản ứng ở cực dương:
Ag+(aq) + e
Ag(r)
K2
+
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag (aq) + I (aq)
AgI(r)
K S-1

(1)
0
0
Trong đó K S-1 = K 1−1 .K2 = 10( EAg+ /Ag -EAgI/Ag,I- ) / 0,059 ≈ 1,0.1016
KS = 1,0.10−16.
b. Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:
AgI↓
Ag+ + IKS = 10-16
S
S
Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ không đáng kể, I- là anion của
axit mạnh HI, nên
S = KS =1,0.10-8 M
2. Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe2+ xảy ra trên anot, quá trình khử
Au3+ xảy ra trên catot, do đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe3+, Fe2+
là anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch Au3+, Au+ là catot:
(-)

Pt │ Fe3+(aq), Fe2+(aq) ║ Au3+(aq), Au+(aq) │ Pt

0,5 đ

(+)

Phản ứng ở cực âm: 2x Fe2+(aq)
Fe3+(aq) + e
K 1−1
Phản ứng ở cực dương: Au3+(aq) + 2e
Au+(aq)
K2

3+
2+
+
3+
Phản ứng trong pin:
Au (aq) + 2Fe (aq)
Au (aq) + 2Fe (aq)
K
(2)
0
0
K = (K 1−1 )2.K2 = 102( EAu3+ /Au + -EFe3+ /Fe2+ ) / 0,059
Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ được tính (hoặc tính theo
hằng số cân bằng) như sau:
Fe3+ + 3e
Fe E0(1) = -0,037 V, ∆G0(1) = -3FE0(1)
Fe2+ + 2e
Fe E0(2) = -0,440 V, ∆G0(2) = - 2F E0(1)
0
0
-ΔG 0 (3)
Fe3+ + e
Fe2+ E0(3) =
= − ΔG (1) - ΔG (2) = 3E0(1)F
F
0
2E (2) = 0,77V
→ K = (K 1−1 )2.K2 = 102(1,26−0,77) / 0,059 = 1016,61
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
www.nbkqna.edu.vn

0,5 đ

0,5 đ

18


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
0
0
E0pin = E Au3+ /Ag+ - E Fe3+ /Fe2+ = 0,49 V

0,5 đ
BÀI 8 1.a. Áp dụng định luật Hess vào chu trình
( 2 đ)
HHT
1X
M(r)
2(k)
MX(r)
+
2
HTH
+ 12 HLK
M(k)

X(k)

I1

M+(k)

HML

+ AE
+

X-(k)

1,0 đ

Ta được:
AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*)
Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1 và AE (Cl) = -360 kJ.mol-1.

b. AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều. Có
thể giải thích điều này như sau:
* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl 2, do đó ΔHLK (F2) < ΔHpl (Cl2)
và dẫn đến AE (F) > AE (Cl).
* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong
nhóm VIIA. F ở đầu nhóm. Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất
thường và cản trở sự xâm nhập của electron.

2.
- Nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy tăng dần từ flo đến iot:
- Mỗi phân tử X2 gồm hai nguyên tử, các phân tử X2 liên kết với nhau bằng
lực Van de Van. Lực này tăng lên theo chiều tăng của khối lượng và khả năng
bị cực hóa của các phân tử halogen nên từ F2 đến I2 ts0, tnc0 tăng dần.
Độ bền nhiệt của các phân tử halogen tăng từ F 2 đến Cl2 sau đó giảm dần từ
Cl2 đến I2.

- Thước đo độ bền nhiệt là năng lượng liên kết. Nguyên tử F không có AO – d
nên liên kết giữa 2 nguyên tử F chỉ là liên kết σ. Trong phân tử Cl2, Br2, I2
ngoài liên kết σ còn một phần liên kết π tạo nên bởi sự che phủ của AO – d
trống của nguyên tử halogen này với AO – p có cặp e của nguyên tử halogen
kia. Do đó năng lượng liên kết của F2 bé hơn năng lượng liên kết của Cl2.
- Từ Cl2 đến I2 năng lượng liên kết giảm dần vì độ dài liên kết tăng.
- Do đó, độ bền nhiệt tăng từ F2 đến Cl2 sau đó giảm dần từ Cl2 đến I2.

0,25 đ

0,5 đ

Từ HCl đến HI, nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy tăng dần theo chiều tăng của
www.nbkqna.edu.vn

19


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

khối lượng phân tử. Riêng HF có nhiệt độ sôi và nhiệt độ nóng chảy cao một
cách bất thường. Đó là do có hiện tượng trùng hợp phân tử nhờ liên kết hidro.
Năng lượng của liên kết hidro trong trường hợp này là rất lớn.
nHF → (HF)n
(n=2→6)

0,25 đ

BÀI 9 BÀI 9
( 2 đ) 9.1

Với S, Al và Zn có các phản ứng :
t0
2Al +
3S →
Al2S3
0

t
Zn
+
S →
ZnS
Trong trường hợp tổng quát nhất (phản ứng không hoàn toàn) hỗn hợp
B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư. Trong 5 chất này chỉ có S
m 1
không tan trong dung dịch H2SO4 loãng vậy :
Sdu ( B ) = 0,48 (gam)
2

2 × 0,48
= 0,03 (mol)
(1)
32
Với H2SO4 ta có các phản ứng :
Al2S3 +
3H2SO4
→
Al2(SO4)3
+
ZnS +

H2SO4
→
ZnSO4
Zn
+
H2SO4
→
ZnSO4
2Al
+
3H2SO4
→
Al2(SO4)3
0,25đ
Khi nung ½ B trong O2 :
9
t0
Al2S3 +
O2 →
Al2O3
+
2
3
t0
ZnS +
O2 →
ZnO
+
2

→

nSdư (B) =

4Al

+

Zn

+

S

+

3O2
1
O2
2
O2

0

2Al2O3

0

ZnO

0

SO2

t
→
t
→
t
→

0,25đ
3H2S↑
+
H2S↑
+
H2↑
+
3H 2↑

0,25 đ

3SO2↑
SO2↑

0,25đ

0,25 đ
9.2
Hỗn hợp khí C gồm SO 2, N2 (không có O2 vì người ta dùng một lượng oxi

vừa đủ)
Qua dung dịch NaOH, SO2 bị giữ lại :
SO2 +
NaOHdư
→
Na2SO3
+
H2O
Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit là thể tích SO2
5,04
→ n SO2 =
= 0,225 (mol)
22,4
Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S :
n SO2 ( C ) = n S ( B ) = n 1

0,25đ

S ( A)
2

Vậy : n S ( A) = 2 .0,225 = 0,45 (mol)
mS(A) = 0,45. 32 = 14,4 (gam)
mAl+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam)
www.nbkqna.edu.vn

(2)

0,25đ 0,5 đ

20


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

Gọi x = nAl ; y = nZn trong A.
Ta có :27x + 65y = 18,62
%SO2 trong C = 100% - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2%
Ta có : 0,225 mol SO2 → %SO2 = 14,2%
0,225 × 85,8
Vậy : n N 2 =
= 1,36 (mol)
14,2
4
Do N2 chiếm thể tích không khí nên :
5
5
5
nKK = n N 2 = .1,36 (mol)
4
4
Thể tích không khí : VKK =

5
.1,36 . 22,4 = 38,08 (lit)
4

(3)

0,25đ

0,25đ

9.3

0,25 đ

1
1
n N 2 = .1,36 = 0,34 (mol) 0,25đ
4
4
Trong 0,34 mol O2 này có 0,225 mol O2 dùng để biến S thành SO 2, phần còn
n 1
lại dùng để biến Al, Zn thành Al2O3, ZnO.
O2 ( B ) = 0,34 – 0,225 = 0,115

Số mol O2 dùng để oxi hóa ½ B là: nO2 =

2

(mol)
Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al 2O3, ZnO, SO2 hay ½ B (Al2S3, ZnS,
Al dư, Zn dư, S dư thành Al 2O3, ZnO, và SO2) thì lượng O2 dùng là như nhau
vì có cùng số mol Al, Zn, và S.
Do đó có thể kết luận là để biến Al, Zn trong ½ A thành Al 2O3, ZnO ta cũng
phải dùng 0,115 mol O2.
0,25đ 0,25 đ
0
t

4Al
+
3O2
2Al2O3
→
x
3x
2
8
1
t0
Zn
+
O2 →
ZnO
2
y
y
2
4
n O = 3x + y = 0,115 (mol)
→ 3x + 2y = 0,920 (4)
2 8
4
0,25đ
Từ (3) và (4) → x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn
Từ % Zn trong A và % Zn đơn chất trong B cộng 8,296 gam Zn ta suy ra : z’
= nZndư ; nZn phản ứng với S ; nSphản ứng với Al ; và n Al2 S3 .
0,22 × 65 × 100
= 43,307%

%Zn(A) =
0,25đ
33,02
0,25 đ
Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B :
(65 z ' + 8,296) × 100 1
= × 43,307
%Zn đơn chất =
33,02 + 8,296
2
→ z’= 0,01 mol Zn dư.
0,25đ
Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS
nSphản ứng với Al = nS chung – nS(Zn) – nSdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol)
0,21
n Al2 S3 =
= 0,07 (mol)
3
www.nbkqna.edu.vn

21


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

Thành phần % khối lượng của các chất trong hỗn hợp B :
0,07 × 150 × 100%
= 31,8%
%Al2S3 =
33,02

0,21 × 97 × 100%
= 61,69%
%ZnS=
33,02
0,01 × 65 × 100%
= 1,97%
%Zndư =
33,02
0,03 × 32 × 100%
= 2,91%
%Sdư =
33,02
%Aldư = 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63%
BÀI 10

( 2 đ)

0,25đ

a. Công thức thủy tinh: Na2O. CaO.6SiO2.
b. Số mol thủy tinh = 10/(62 + 56 + 6.60) = 0,021 mol
Phương trình: Na2O. CaO.6SiO2 + 28 HF → 2 NaF + CaF 2 + 6
SiF4
0,021
0,588 mol
=> Thể tích dung dịch HF cần lấy = 5,88 lít.
Chú ý: học sinh có thể viết ở dạng các oxit tác dụng với HF cũng cho điểm
tương đương.

www.nbkqna.edu.vn

0,25 đ
0,75 đ
0,75 đ
0,5 đ

22


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG: THPT CHUYÊN BG
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

KÌ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
LỚP 10 - THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: HOÁ HỌC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm)
Cho phản ứng: A  B → C  D (1) là phản ứng đơn giản. Tại 270C và 680C, phương trình (1) có
hằng số tốc độ tương ứng lần lượt là k1 = 1,44.107mol-1.l.s-1 và k2 = 3,03.107 mol-1.l.s-1, R = 1,987
cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa EA (cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức k=A.e-E/RT mol1
.l.S-1
2. Tại 1190C, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k3.
3. Nếu CoA = CoB = 0,1M thì t1/2 ở nhiệt độ 1190C là bao nhiêu?
Bài 2 (2,0 điểm)
A

Sự sắp xếp cấi trúc kiểu này được gọi là “lập phương tâm mặt”:
1. Hãy tính độ đặc khít của cấu trúc này và so sánh chúng với cấu trúc
lập
phương đơn giản.
C
2. Chỉ ra các lổ tứ diện và bát diện ở cấu trúc trên. Tính số lượng các
lỗ
B
A
trong mỗi ô mạng cơ sở
3. Tính bán kính lớn nhất của nguyên tử X có thể “chui vào” các lổ hổng tứ diện và bát diện.
Bài 3 (2,0 điểm)
Cho phản ứng : Zn (r) + Cu2+ (aq)  Zn2+(aq) + Cu (r). diễn ra trong điều kiện chuẩn ở 250C
a) Tính W, Q, ∆U, ∆H, ∆G, ∆S của phản ứng ở điều kiện trên?
Biết :
Zn (r)
Cu2+ (aq)
Zn2+(aq)
Cu (r)
∆H0s,298 (KJ.mol-1) 0
64,39
-152,4
0
0
-1
-1
S 298 (J.mol .K ) 41,6
-98,7
-106,5

33,3
b) Hãy xét khả năng tự diễn biến của phản ứng trên theo 2 cách khác nhau?
Bài 4 (2,0 điểm)

→ 2NO2
Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình:
N2O4 ¬
(1)


Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm:
Nhiệt độ
(0oC)
35
45
M h (g/mol)

72,45

66,80

( M h là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng)
a) Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho.
b) Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên.
c) Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau
dấy phẩy).
Bài 5 (3,0 điểm)
1. Trình bày cách làm thí nghiệm thông qua pin điện để tính được hằng số Ks của muối AgI.

www.nbkqna.edu.vn

23


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

2. Có một điện cực Ag được bao phủ bởi hợp chất ít tan AgI, dung dịch KI 1,000.10 -1M
lắp với điện cực calomen bão hòa và đo được suất điện động của pin là 0,333V. Tính tích số tan
của AgI. Biết EoAg+/Ag = 0,799V; Ecalomen(bão hoà) = 0,244V.
3. Suất điện động của pin sẽ thay đổi như thế nào khi:
a) Thêm NaI 0,1M.
b) Thêm NaCl 0,1M.
c) Thêm dung dịch NH3 0,2M.
d) Thêm dung dịch KCN 0,2M.
e) Thêm dung dịch HNO3 0,2M.
(Đều được thêm vào điện cực nghiên cứu)
Cho pKs(AgCl: 10,00; AgI: 16,00): βAg(NH3)2+ = 107,24; βAg(CN)2- = 1020,48.
Bài 6 (3,0 điểm)
Trộn 100 mL dung dịch Na2S 0,102M với 50 mL dung dịch (NH4)2SO4 0,051M. Tính pH của
dung dịch thu được, biết H2S có pK1 = 7; pK2 = 12,92; NH3 có pKb = 4,76 và giả thiết rằng HSO 4điện ly hoàn toàn.
Bài 7 (2,0 điểm)
Bài 1. Đốt cháy hòan tòan 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và
khí B.Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch
muối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thể muối
ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%.
1.Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X.
2.Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:
a. Đun nóng khí B với nước trong ống kín ở 1500C thấy thóat ra chất rắn màu vàng.
b. Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch . Sau đó
thêm dung dịch BaCl2 vào thấy kết tủa trắng.

Bài 8 (2,0 điểm)
Hòa tan hoàn toàn oxit A (FexOy) trong dung dịch H2SO4 thu được muối A1 và khí B. Nung A1
ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi được chất rắn A 2. Trộn A2 với bột nôm rồi nung ở nhệt
độ cao được hỗn hợp A3 gồm Al2O3 và FenOm. Hòa tan A3 trong HNO3 loãng thu được khí NO.
1. Nếu khối lượng A2 là 40 gam thì khối lượng a gam chất A ban đầu là bao nhiêu?
2. Người ta lại cho khí B lần lượt tác dụng KMnO 4, dung dịch Br2, dung dịch K2CO3 có
những phản ứng gì xảy ra?
3. Để điều chế phèn crom-kali người ta dùng khí B khử K 2Cr2O7. Viết phương rình phản ứng
tạo phèn.
Hằng số điện ly
H2CO3
K1 = 3,5.10-7 ; K2 = 5,6.10-11
H2SO3
K1 = 1,7.10-2; K2 = 6,2.10-8
Bài 9 (2,0 điểm)
Điện phân dd KCl hai giờ ở 80°C trong một bình điện phân với điện áp là 6V và cường độ dòng
điện 2A. Sau khi điện phân, CO2 được dẫn qua dung dịch đến khi bão hòa. Sau đó, cô cạn cẩn
thận cho nước bay hơi thấy có cặn trắng. Phân tích cho thấy trong cặn đó có mặt ba muối chúng
là những muối gì?

www.nbkqna.edu.vn

24


Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án

Thí nghiệm 1: lấy m (g) hỗn hợp chứa các muối trên hòa tan trong nước, axit hoá bằng
axit nitric tạo ra khí và chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch AgNO3 0,1M hết 18,80 ml
Thí nghiệm 2: m (g) hỗn hợp này được đun nóng đến 600°C (hỗn hợp nóng chảy), làm

lạnh lần nữa và khối lượng mẫu rắn còn lại (m - 0,05) g. Kiểm tra mẫu rắn thấy một muối ban đầu
vẫn giữ nguyên nhưng hai muối kia đã chuyển thành hai muối mới.
Thí nghiệm 3: lấy (m - 0,05) g của mẫu rắn còn lại hòa tan trong nước và axit hóa với
axit nitric. Một khí được hình thành có thể quan sát được. Sau đó chuẩn độ bằng dung dịch
AgNO3 0,1M hết 33,05 ml.
a. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Hai muối biến mất và hai muối mới hình thành
là gì?
b. Xác định khối lượng của 3 muối trong hỗn hợp rắn ban đầu và 3 muối trong phần nóng
chảy.
..................HẾT................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
TRƯỜNG: THPT CHUYÊN BG

LỚP 10 - THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: HOÁ HỌC

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
Câu ý
1

1

Điểm
2,0
Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archenius ta có
-E A
-E A
lnk1=
+ lnA; lnk1=

+ lnA;
RT1
RT2
-E A
-E A
lnk2-lnk1=
+ lnA- lnA
RT2
RT1
k E
1 1
ln 2 = A ( - )
k1 R T1 T2
T2.T1
k2
EA=R
. ln =3688,2(cal/mol)
T2 − T1
k1
k=A. e(-E/RT)
k
k1
A= (-E/RT) = (-E/RT
=7.109(mol-1.l.s-1.)
1)
e
e
k3=A. e(-E/RT3 ) =6,15.107(mol-1.l.s-1.)

τ 1/2 =

1
=1,63.10-7(s)
k 3.CoA

2

2,0
1

Trong cấu trúc sắp xếp chặt khít này thì nguyên tử này sẽ tiếp xúc với
nguyên tử khác trên đường chéo cạnh. Độ dài đường chéo của một hình
vuông là r 2 . Trong một ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử (8 ở 8 đỉnh và 6 ở 6
mặt).

www.nbkqna.edu.vn

Như

vậy

độ

chặt

khít

được

tính

như

sau:

25