Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên hà GIANG

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HOÁ
LỚP 10
(Đề này có 02 trang, gồm 08 câu)

Câu 1 (2,5 điểm)
Cho A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hoàn trong đó B
có tổng số lượng tử ( n + l ) lớn hơn tổng số lượng tử ( n + l ) của A là 1. Tổng số đại số của bộ
4 số lượng tử của electron cuối cùng của cation Aa + là 3,5.
1. Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.
2. Viết cấu hình electron và xác định tên của A, B.
Câu 2 (2,5 điểm)
1. Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự đoán
dạng hình học của các ion và phân tử sau: BeH2, BCl3, NF3, SiF62-, NO2+, I3-.
2. Trong bảng dưới đây có ghi các năng lượng ion hóa liên tiếp I n (n = 1, 2, …, 6) theo
kJ.mol-1 của hai nguyên tố X và Y.
I1
I2
I3
I4
I5
I6
X
590
1146
4941
6485
8142

10519
Y
1086
2352
4619
6221
37820
47260
A và B là những oxit tương ứng của X và Y khi X, Y ở vào trạng thái oxi hóa cao nhất
Viết (có giải thích) công thức của hợp chất tạo thành khi cho A tác dụng với B.
Câu 3 (2,5 điểm)

→ 2 NH3 (k) (*) được thiết lập ở 400 K.
Trong một hệ có cân bằng: 3H2 (k) + N2 (k) ¬


Người ta xác định được các áp suất phần sau đây: = 0,376.10 5 Pa , = 0,125.105 Pa, =
0,499.105 Pa.
1. Tính hằng số cân bằng K P và ΔG0 của phản ứng (*) ở 400 K.
2. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
3. Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi.
Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?
4. Trong một hệ cân bằng gồm H 2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.10 5 Pa, người
ta tìm được: K P = 3,679.10-9 Pa-2, = 500 mol , = 100 mol và = 175 mol. Nếu thêm 10 mol N2
vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều
nào?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa.
Câu 4 (2,5 điểm)

Amoxicilin là thuốc kháng sinh có thể dùng để điều trị nhiễm khuẩn đường hô hấp trên,

đường tiết niệu… Nồng độ tối thiểu có thể kháng khuẩn là 0,04 mg/1kg thể trọng. Khi kê đơn
cho một bệnh nhân nặng 50kg, bác sĩ kê đơn mỗi lần uống 1 viên thuốc (có hàm lượng
Amoxicilin 500 mg/1 viên). Bệnh nhân cần uống các viên thuốc tiếp theo cách lần đầu bao
nhiêu lâu? Biết rằng chu kì bán hủy của Amoxicilin trong cơ thể người là 61 phút. Giả thiết quá
trình đào thải thuốc là phản ứng bậc 1.
Câu 5 (2,5 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(H 2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,9; pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H PO ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32;
3

pK a(CH3COOH)

4

RT
0
= 4,76; ES/H
l n = 0,0592lg.
= 0,14 V; ở 25oC: 2,303
2S
F

Câu 6 (2,5 điểm)

1. Thiết lập khu vực pH sao cho K2Cr2O7 có thể oxi hóa được hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cltừ hỗn hợp KBr 0,010M và KCl 1,0M.

0

Cho: ECl2

2 Cl −

0
= 1,36V; E Br2

2 Br −

= 1,065V ;

E 0Cr O 2−
2

2 Cr 3+

7

= 1,33V.

Độ tan của Br2 trong nước là 0,22M.
2. Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với
điện cực trơ:
- Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc)
tại anot.
- Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc).
Xác định X và tính thời gian t biết: I = 1,93 A.
Câu 7 (2,5 điểm)

Nung hỗn hợp X gồm 4 muối natri A, B, C và D (cùng có a mol mỗi muối) đến 200 oC thoát
ra khí E không duy trì sự cháy, khối lượng hỗn hợp giảm 12,5% và tạo thành hỗn hợp Y có chứa
1,33a mol A; 1,67a mol C; a mol D.
Nếu tăng nhiệt độ lên 400oC thu được hỗn hợp Z chỉ chứa A và D, còn nếu tăng nhiệt độ lên
đến 600oC thì chỉ còn duy nhất chất A.
Biết rằng A chỉ gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri bé hơn phần trăm khối
lượng của nguyên tố còn lại là 21,4%.
1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng và xác định A, B, C, D.
2. Xác định khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu.
Câu 8 (2,5 điểm)

Đốt cháy hoàn toàn 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 H 2SO4 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 thoát 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.
.....................HẾT.....................
Người ra đề

Ngô Đức Trọng
ĐT: 0917.126.613
HƯỚNG DẪN CHẤM


MÔN: HOÁ, LỚP:10

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã
định.
Câu
Nội dung
Điểm
1
1. Vì 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ nên 2 nguyên tố có 0,5
cùng số lớp electron (cùng n ). Mà tổng ( n + l ) của B lớn hơn tổng ( n + l )
của A là 1 nên: Cấu hình electron lớp ngoài cùng của A, B là:
A: ns2; B: np1
Mặt khác A có 2e ở lớp ngoài cùng ⇒ cation A có dạng A2+. Vậy tổng đại số 0,5
của 4 số lượng tử của A2+ là: (n – 1 ) + 1 + 1 – 1/2= 3,5
Vậy 4 số lượng tử của :
1
0,5
A:n=3
l=0
m=0
s=B: n = 3

2

l=1

m=-1

2
1
s=+
2

0,5

2. A: 1s22s22p63s2 ( Mg ).
B: 1s22s22p63s23p1 ( Al ).

0,25
0,25

1.

0,25
0,25

BeH2: dạng AL2E0. Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H.
BCl 3: dạng AL3E0, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl.
Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng.
NF3: dạng AL3E1. Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm
ở đỉnh chóp. Góc FNF nhỏ hơn 109o28’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp
electron không liên kết.
SiF62-: dạng AL6E0. Ion có dạng bát diện đều.
NO2+: dạng AL2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O
([O=N=O]+). Ion có dạng đường thẳng.
I3-: dạng AL2E3, lai hoá của I là dsp 3, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm
dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo
(vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết. Ion có
dạng đường thẳng.

0,25
0,25

0,25
0,25

2. I3 (X) và I5 (Y) tăng nhiều và đột ngột. Suy ra:
a. X thuộc nhóm II A, Y thuộc nhóm IV A trong bảng HTTH các nguyên tố 0,5
hoá học.
b. A là XO, B là YO2.
0,25
c. Các hợp chất do A tác dụng với B: XYO3
0,25
3

1. Kp =

2
PNH
3

PH3 2 × PN2

(0, 499 × 105 )2
−9
-2
⇒ Kp =
5 3
5 = 3,747.10 Pa
(0,376 × 10 ) × (0,125 × 10 )

0,25

K = Kp × P0-Δn ⇒ K = 3,747.10-9 × (1,013.105)2 = 38,45
0,25
ΔG0 = -RTlnK ⇒ ΔG0 = -8,314 × 400 × ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = - 0,25
12,136 kJ.mol-1

2.


nN =
2

n H2

× PN2 ⇒ n N2 =

PH2

n H2

n NH =

× PN H3 ⇒ n NH3 =

PH2

3

500
× 0,125 = 166 mol
0,376

0,25

500
× 0,499 = 664 mol
0,376

0,25
0,25

⇒ n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1×105 Pa
3. Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
PH =
2

510
× 1×105 = 0,381.105 Pa
1340

;

PN =
2

166
0,25
× 1×105 =
1340

0,124×105 Pa

P NH =
3

664
× 1×105 = 0,496×105 Pa
1340

ΔG = ΔG0 + RTlnQ
0, 4962.(1, 013.105 ) 2
) = −144,5 J .mol −1
Δ G = -12136 + 8,314 × 400 ln(
3
5 2
(0,381 .0,124).(1.10 )

0,25

⇒ Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.
4. Sau khi thêm 10 mol N2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi
khí là:
PH =
2

100
× 1×105 Pa ;
785

PN =
2

510
× 1×105 Pa ;
785

P=

175
× 1×105 Pa
785

0,25

0

ΔG = ΔG + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ
Δ G = 8,314 × 410 × [-ln (36,79 × 1,0132 ) + ln (× 7852 × 1,0132)] = 19,74
0,25
J.mol -1
( )
⇒ Cân bằng * chuyển dịch sang trái.
4

Lượng thuốc tối thiểu cần duy trì trong cơ thể bệnh nhân là 50.0,04 = 2 0,5
mg.
ln 2
0,5
= 0, 011
Hằng số tốc độ quá trình đào thải thuốc là k =
t1/2

Sau khi uống viên thuốc đầu tiên, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:
m0
500
= k .t ⇒ ln
= 0, 011.t
mt
2
t = 485,9 phút
ln

0,5

Vậy sau khi uống viên thuốc đầu tiên, sau 485,9 phút (khoảng 8h) cần
uống tiếp viên thứ hai.
Sau khi uống viên thứ 2, lượng thuốc trong cơ thể lúc này là 502 mg.
0,5
Sau khi uống viên thuốc thứ 2, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:
0,5
m0
502
= k .t ⇒ ln
= 0, 011.t
mt
2
t = 486, 2 phút
ln

5

Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C 1 (M) và C2 0,5

(M). Khi chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình:
S2-

+ H2O ƒ

HS- + OH-

10-1,1

(1)


HS- + H2O ƒ H2S + OH10-6,98
CH3COO- + H2O ƒ CH3COOH + OH- 10-9,24
H2O ƒ H+ + OH10-14
So sánh 4 cân bằng trên → tính theo (1):
S2+ H2O ƒ HS- + OHC C1
[ ] C1- 10-1,5
10-1,5
10-1,5
→ CS = C1 = 0,0442 (M) và độ điện li

(2)
(3)
(4)

10-1,1

0,5

2-

αS2- = α1 =

[HS- ] 10−1,5
=
= 0, 7153
CS20, 0442

Khi thêm Na3PO4 vào
có thêm 3 cân bằng sau:
PO3-4 + H2O ƒ
HPO 2-4 + H2O ƒ
H 2 PO4- + H2O ƒ

dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn 0,5
HPO 2-4 + OHH 2 PO 4- + OH-

10-1,68
10-6,79
10-11,85

H 3 PO 4 + OH-

,
Khi đó αS2- = α 2 = 0,7153.0,80 = 0,57224 =

(5)
(6)
(7)

[HS- ]
CS2-

→ [HS-] = 0,0442. 0,57224 = 0,0253 (M).
Vì môi trường bazơ nên CS = [S2-] + [HS-] + [H2S] ≈ [S2-] + [HS-]
→ [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M)
2-

0,5

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: 0,25
22[OH-] = [HS-] + [ HPO 4 ]→[ HPO 4 ] = [OH-] - [HS-] = 0,0593 – 0,0253
= 0,0340 (M)
[HPO 2-4 ][OH - ] 0,0340.0, 0593
=
= 0,0965 (M).
10-1,68
10-1,68
= [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ] + [ H 2 PO4- ] + [ H 3 PO 4 ] ≈ [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ]

Từ (5) → [ PO 4 ] =
3-

→ CPO

34

0,25

C PO3- = 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M).
4

6

1. Cr2O72- + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O

ECr O 2− / Cr 3+ = E 0 Cr2O72− / Cr 3+ +
2 7
[Cl-]pư =

1.2
= 0,02M
100

[

][ ]
[ ]
2−
7

0,0592 Cr2 O H
lg

2
6
Cr 3+

→ [Cl2] = 0,01M

[Cl-]/dd = 0,98M
2Cl- → Cl2 + 2e

0,5

+ 14

= 1,33 - 0,138pH


ECl

−
2 / 2 Cl

=

0,0592 [ Cl 2 ]
lg
= 1,30 (V)
2
2
Cl −

E 0 Cl2 / 2Cl − +

[ ]

0,5

Để Cr2O72- có thể oxi hóa được ít hơn 2% Cl- thì:
1,33 – 0,138pH < 1,30 ⇒ pH > 0,217
0,01.80
= 8.10-3 M
100

[Br-]pư =

→ [Br2] = 4.10-3 M

[Br-]/dd = 2.10-3 M
Br2 (l) + 2e → 2Br

-

K1 =

K = K1.S = 10
⇒ E

35,98

0
Br2 ( H 2O ) / 2 Br −

-1

.(0,22) = 10

Br2 / 2 Br −

0 , 0592

10

= 1035,98

-1

Br2 (H2O)
→ Br2 (l)
Br2 (H2O) + 2e → 2Br-1

2 E0

S
K

36,64

⇔

2 E0

Br2 ( H 2O ) / 2 Br −

0 , 0592

10

= 1036,64
0,5

= 1,085 (V)

E Br ( H O ) / 2 Br − = EBr0 ( H O ) / 2 Br +
2
2
2

−

2

0,0592 [ Br2 ]
lg
= 1,174 (V)
2
2
Br −

27

-

[

]

Để Cr2O có thể oxi hóa được hơn 80% Br thì:
1,33 – 0,138pH > 1,174 ⇒ pH > 1,130
Vậy để Cr2O72- có thể oxi hóa được hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cl- thì:
0,217 < pH < 1,130
2. Phương trình điện phân:
2XNO3 + H2O → X + 1/2O2 + 2HNO3 (1)
+ Sau t (s):

nkhí anốt (1)

0,5

0,1792
= nO2 =
= 8.10-3 (mol)
22, 4

+ Sau 2t (s): nkhí anốt (2) = 2.nkhí anốt (1) = 1,6.10-2 (mol)
Mà: nhh khí =

0,56
= 2,5.10-2 (mol) > nkhí
22, 4

anốt (2)

, nên có xảy ra phương

trình điện phân:
H2O → H2 + 1/2O2 (2)
⇒ nH2 = 2,5.10-2 - 1,6.10-2 = 9.10-3 (mol) → nO2/(2) = 4,5.10-3 (mol)
⇒ nO2(1) = 1,6.10-2 - 4,5.10-3 = 1,15.10-2 (mol)
Từ (2): nXNO3 = 4nO2 = 4,6.10-2 (mol)

0,5

7,82
= 170 ⇒ MX = 108 ⇒ M là Ag
4, 6.10−2
I .t
4.96500.8.10−3
⇒ t =
Ta có: nO2(1) =
= 1600 (s)
n.F
1,93

MXNO3 =

7

1. Đặt công thức của A là: NanR
Ta có %R -%Na = 21,4% →

R − 23n 21, 24

=
→ R = 35,5n
R + 23n
100

0,25

nghiệm thích hợp là: n=1, R=35,5 . Vậy A là NaCl.
Sau khi nhiệt phân hoàn toàn, chỉ còn NaCl nên B, C, D là các muối 0,25


NaClOx (x=1,2,3,4).
Ở 200oC, a mol B nhiệt phân tạo thành a/3 mol NaCl và 2a/3 mol C, thoát 0,25
ra khí E không duy trì sự cháy chỉ có thể là hơi nước, do đó B là muối ngậm
nước.
2a
NaClOm'
3
to
Hay 3NaClOm 
→ NaCl + 2 NaClOm'
Bảo toàn khối lượng (O): 3m=2m' ⇔ m : m' = 2 : 3 ⇒ m = 2; m' = 3
o

t
aNaClOm 
→

a
NaCl +

3

Do đó B là NaClO2. zH2O và C là NaClO3, suy ra D là NaClO4.
t
3NaClO2 
(1)
→ NaCl + 2NaClO3
t
4NaClO3 
(2)
→ NaCl + 3NaClO4
t
NaClO4 
(3)
→ NaCl + 2O2 ↑
t
3NaClO2.zH2O 
(4)
→ NaCl + 2NaClO3 + 3zH2O

0,25
0,25

o

o

0,25

o

o

18az
12,5
=
58,5a + (90,5a + 18az ) + 106,5a + 122,5a 100
18 z
↔
= 0,125 → z = 3
378 + 18 z

Vậy B là NaClO2.3H2O
t
→ 3NaClO2.3H2O 
→ NaCl + 2NaClO3 + 9H2O
2. % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X: mhh = 378a + 54a = 432a ( gam)

0,25
0,25

o

58,5a
.100% = 13,54%
432a
90,5a + 54a
%mNaClO2 .3 H 2O =
.100% = 33, 45%
432a

106,5a
%mNaClO3 =
.100% = 24, 65%
432a
122,5a
%mNaClO4 =
.100% = 28,36%
432a
%mNaCl =

8

1. 2MS + 3O2 
→ 2MO + 2SO2
MO + H2SO4 
→ MSO4 + H2O
Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H2SO4 hòa tan được
(M + 96)g muối MSO4. Ta có:
Khối lượng dung dịch thu được = (M+16)+400, khối lượng chất tan =
(M+96)g
Theo bài cho, ứng với 100 g dung dịch có 33,33g chất tan
Tính được M= 64, M là Cu.
Ta có : mdd bão hoà = m CuO + m dd H SO – m muối tách ra
= 0,125 . 50 + 0,125 . 400 – 15,625 = 44,375g.
Khối lượng CuSO4 còn lại trong dung dịch bão hòa = (44,375 .
22,54)/100% = 10g
Số mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol
Số mol CuSO4 ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 mol
Số mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol
Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO 4.nH2O ta có (160+18n) . 0,0625

2

4

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5


= 15,625 → n = 5
150 C
2. 3SO2 + 2H2O 
→ 2H2SO4 + S ↓(màu vàng)
SO2 +Br2 + 2H2O 
→ H2SO4 + 2HBr
H2SO4 + BaCl2 
→ BaSO4 ↓ + 2HCl
o

0,5