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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC KHỐI 10 NĂM 2016

TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC

Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

(Đề này có 3 trang, gồm 8 câu)

Câu 1: (2,5 điểm) Cấu tạo nguyên tử - phản ứng hạt nhân
1. Hai nguyên tố X, Y đều tạo hợp chất khí với hiđro có công thức XH a; YHa, phân tử khối của hợp
chất này gấp hai lần phân tử khối của hợp chất kia. Hai hợp chất oxit với hóa trị cao nhất là X 2On,
Y2On, phân tử khối của hai oxit hơn kém nhau là 34. Tìm tên hai nguyên tố X và Y (MX < MY)
2. Phân tử X có cơng thức ABC. Tổng số hạt mang điện và không mang điện trong X là 82, trong đó số
hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22. Hiệu số khối giữa B và C gấp 10 lần số khối
của A. Tổng số khối của B và C gấp 27 lần số khối của A. Tìm CTPT của X
Câu 2: (2,5 điểm) Động học
Etyl axetat thực hiện phản ứng xà phịng hóa:
CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH
Nồng độ ban đầu của CH3COOC2H5 và NaOH đều là 0,05M. Phản ứng được theo dõi bằng cách lấy
10ml dung dịch hỗn hợp phản ứng ở từng thời điểm t và chuẩn độ bằng X ml dung dịch HCl 0,01M.
Kết quả:
t (phút)
X (ml)

4
44,1

9
38,6

15
33,7

24
27,9

37
22,9

a. Tính bậc phản ứng và k
b. Tính T1/2
Câu 3: (2,5 điểm) Nhiệt hóa học – Cân bằng hóa học
1. Tính năng lượng mạng lưới tinh thể ion BaCl2 từ các dữ kiện thực nghiệm sau đây:
Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn BaCl2 tinh thể: -205,6 kcal.mol-1
Nhiệt thăng hoa của Ba (rắn): + 46,0 kcal.mol-1
Năng lượng liên kết của Cl2: + 57,0 kcal.mol-1
Ái lực electron của Cl: - 87,0 kcal.mol-1
Năng lượng ion hóa lần thứ nhất của Ba: + 119,8 kcal.mol-1
Năng lượng ion hóa lần thứ hai của Ba: + 230,0 kcal. mol-1
2. Ở 1020K, hai cân bằng sau cùng tồn tại trong một bình kín:
C(graphit) + CO2 (k) ⇔ 2CO (k); KP (1) = 4,00
Fe (tt) + CO2 (k) ⇔ FeO (tt) + CO; (k) KP (2)= 1,25


a) Tính áp suất riêng phần các khí lúc cân bằng.
b) Cho 1,00 mol Fe; 1,00 mol C(graphit); 1,20 mol CO 2 vào bình chân khơng dung tích 20,0 lít
ở 1020K. Tính số mol các chất lúc cân bằng.

Câu 4: (2,5 điểm) Tinh thể
1. Vàng (Au) kết tinh ở dạng lập phương tâm mặt có cạnh của ơ mạng cơ sở a = 407 pm (1pm = 10 -12
m).
a) Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa hạt nhân của 2 nguyên tử Au?
b) Xác định số phối trí của nguyên tử Au?
c) Tính khối lượng riêng của tinh thể Au?
d) Tính độ khít của tinh thể Au?
Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.1023.
2. So sánh và giải thích:
a) Bán kính của các ion sau: Mg2+, O2-, Na+, F-.
b) Năng lượng ion hoá thứ nhất của: P, S, N, O.
c) Nhiệt độ nóng chảy của: KCl, NaCl, FeCl3.
Câu 5: (2,5 điểm) Phản ứng oxi hóa khử - điện hóa – điện phân
1. Hãy hồn thành các phương trình phản ứng oxi hóa khử sau bằng cách điền thêm các chất sản phẩm
và các chất môi trường.
K2Cr2O7 + CrSO4 + .... → Cr2(SO4)3 +...
Fe(NO3)2 + H2SO4 loãng →
K2MnO4 + H2O →
NaNO3 + Mg + H2SO4 →
2. Cho pin sau : H2(Pt), PH 2 =1atm / H+: 1M || MnO −4 : 1M, Mn2+: 1M, H+: 1M / Pt
Biết rằng sức điện động của pin ở 250 C là 1,5V.
0
a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính E MnO-4 /Mn 2+ ?

b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin?
Câu 6: (2,5 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện li
Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M, Fe(ClO4)3 0,03M, MgCl2 0,01M.
1. Tính pH của dung dịch X.
2. Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch
B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B.

Cho biết:


NH4+ (pKa = 9,24); Mg(OH)2 (pKS = 11); Fe(OH)3 (pKS = 37).
Fe3+ + H2O ⇔ Fe(OH)2+ + H+

K1 = 10-2,17

Mg2+ + H2O ⇔ Mg(OH)2+ + H+

K2 = 10-12,8

Câu 7: (2,5 điểm) Halogen – Oxi lưu huỳnh
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau:
a) Ozon oxi hóa ion iodua trong mơi trường trung tính.
b) Sục khí cacbonic qua nước Giaven.
c) Sục khí clo đến dư vào dung dịch FeI2.
d) Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh.
2. I2O5 là một chất rắn tinh thể màu trắng, có khả năng định lượng với CO. Để xác định hàm lượng khí
CO có trong một mẫu khí ta lấy 300 mL mẫu khí cho tác dụng hồn toàn với một lượng dư I 2O5 ở nhiệt
độ cao. Lượng iot sinh ra được chuẩn độ bằng dung dịch Na 2S2O3 0,100M. Hãy xác định phần trăm về
thể tích của CO trong hỗn hợp khí. Biết rằng thể tích Na 2S2O3 cần dùng là 16,00 mL. Biết thể tích khí
đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Câu 8: (2,5điểm) Bài tốn tổng hợp
1. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện khơng có khơng khí, sau đó làm nguội và
cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lit khí B có tỉ khối so với khơng khí
bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho tồn bộ sản phẩm vào 100ml H 2O2 5% (d = 1g/mL) thu
được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung
dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
2. Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong nhiên liệu là 0,30%. Người ta đốt cháy hoàn toàn

100,0 gam một loại nhiên liệu và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO 2, SO2 và hơi nước) qua dung
dịch KMnO4 5,0.10-3M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch KMnO 4 đã phản ứng vừa hết với lượng
sản phẩm cháy trên là 625 ml. Hãy tính tốn xác định xem nhiên liệu đó có được phép sử dụng hay
khơng?
.................HẾT.....................
Người thẩm định

Người ra đề

Đồn minh Đức (0975.642.818)



TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA HỌC KHỐI 10 NĂM 2016

Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 3 trang, gồm 8 câu)

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.


1. Hai nguyên tố X và Y có cùng hóa trị trong hợp chất khí với H và cơng thức oxit
Câu 1 cao nhất nên chúng thuộc cùng 1 nhóm A, do vậy

0,25

a + n = 8 ( 1 ≤ a ≤ 8; 4 ≤ n ≤ 7 )
Y + a = 2(X + a)
 Y = 2X + a
⇒
Theo đề 
 2Y = 2X + 34
(2Y + 16n) − (2X + 16n) = 34

0,25

⇒ Y = 34- a =34 - (8 - n) = 26 + n
Lập bảng:
n
4
5
Y
30
31 (P)
Chọn n = 5 và a = 3 ⇒ Y = 31 ⇒ X = 14.

6
32

7
33

Vậy X là nito, Y là photpho

0,25
0,5

2. Theo đề, ta có:
 2p + 2p + 2p + n + n + n = 82
B C A B C
 A
 (2p + 2p + 2p ) − (n + n + n ) = 22
 A
B C
A B C
⇒

A
−
A
=
10A
 B C
A

A
+
A
=
27A
 B C
A

 p + p + p = 26
 A B C
 n + n + n = 30

 A B C
⇒

A
−
A
=
10A
 B C
A

A
+
A
=
27A
 B C
A

 A + A + A = 56
B C
 A

10A
−
A +A =0

B C
A


 27AA − A B − AC = 0


0,25

A = 2
 A

⇒  A = 37 , Vậy A là H (có pA=1; nA = 1)
B

 AC = 17

0,25

 p + p = 25
 p = 25 − p
 B
 B
C
C
⇒
Ta có: 

 pC + n C = 17
 n C = 17 − pC

0,25

kết hợp 1 ≤

n
≤ 1,5 ⇒ p = 8 ⇒ p = 17 . Vậy C là oxi, B là clo.
B
C
p

0,5

Hợp chất X là HClO
CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH
Câu 2 t = 0
t

C0

C0

(C0 - a)

(C0 - a)

Giả sử phản ứng là bậc 2 với nồng độ 2 chất bằng nhau nên
k.t = (

1
1
1 1
1
− )⇒k = (

− )
C0 − a C0
t C 0 − a C0

t (phút)
15 độ este còn
24lại ở từng thời
37 điểm. Áp dụng cơng
Với C04= 0,05M cịn9 (C0-a) là nồng
X (ml)
44,1
38,6
33,7
27,9
22,9
-3 (C0-a).10 =-30,01X
-3
-3
thức
chuẩn
độ:
(C0 - X)
44,1.10
38,6.10
33,7.10
27,9.10
22,9.10-3
0,01. X
⇒ (C0-a) =
= 10-3X.

10

0,5

0,5


1. Áp dụng Chu trình Born- Haber tính được năng lượng mạng lưới BaCl2
Câu 3 Uml = - 484,4 kcal.mol-1

1,0

2.
2
PCO
a)
= 4,00;
PCO2

PCO
= 1,25
PCO2

2
PCO
PCO
K1
:
=
= PCO

PCO2 PCO2
K2

0,75

=> PCO = 4,00/1,25 = 3,20 atm
PCO2 = 3,20/1,25 = 2,56 atm
b)
C(graphit) + CO2 (k) ⇔ 2CO (k)
Lúc cân bằng

1–x
Fe (tt)

Lúc cân bằng

1-y

1,2 – x – y

2x + y

CO2 (k) ⇔ FeO (tt) + CO(k)

+

1,2 – x – y

y

2x + y

Tổng số mol khí lúc cân bằng: 1,2 – x – y + 2x + y = 1,2 + x
1,2 + x =
nCO2 =

(3,2 + 2,56) 20,0
= 1,38
0,082 × 1020

=>

x = 0,18

2,56 × 20,0
= 0,61 mol
0,082 × 1020

nCO = 0,77 mol
nCO = 2x + y

=> y = 0,41 mol

nC = 1,00 – 0,18 = 0,82 mol
n Fe = 1,00 – 0,41 = 0,59 mol
1. Cấu trúc tinh thể 1 ơ mạng cơ sở của Au:
Câu 4

a) Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 hạt nhân Au:
Mặt ô mạng: AO = 2R = d

0,75


A

a

B
a

O
C

D
⇒ 2d 2 = a 2 ⇒ d =

0,25

a
2

0,25

b) Số phối thể của nguyên tử Au là 12

0,25
c) Trong 1 ô mạng cơ sở có số nguyên tử Au:
1
1

8. + 6. = 4 nguyên tử
8
2
D=

m
4.196,97
=
= 19, 4 (g/cm3)
V 6, 022.1023. ( 4, 07.10 −8 ) 3

d) d = 2R = 2,8779.10−8 (cm)

0,25

⇒ R = 1, 43895.10−8 (cm)
⇒ Độ đặc khít của tinh thể

(

4
4. .3,14. 1,43895.10 −8
Au = 3
3
4,07.10 −8

(

)

3

)

0,5

⇒ Au = 74%
2. a/ Bán kính ion tăng dần theo thứ tự là Mg 2+ < Na+ < F- < O2- do cả 4 ion đều có
cùng cấu hình 1s2 2s2 2p6, vậy cùng số lớp electron do đó bán kính ion chỉ phụ
thuộc vào điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính càng nhỏ.
0,5
b/ Năng lượng ion hố giảm theo trình tự:

N>O>P>S


+ N > O vì N có cấu hình nửa bão hồ, cịn O liền ngay cấu hình nửa bão hoà do
vậy electron dễ tách ra hơn.
+ O > P vì bán kính của O < bán kính của P
+ P > S vì P có cấu hình nửa bão hịa bền cịn S liền sau cấu hình nửa bão hồ

0,5

c/ Nhiệt độ nóng chảy giảm dần theo thứ tự là : NaCl > KCl > FeCl 3
KCl, NaCl có cấu trúc mạng tinh thể ion còn FeCl 3 phân tử hợp chất cộng hoá trị
do vậy t0 (n/c) của FeCl3 nhỏ nhất
KCl, NaCl đều là hợp chất ion, cùng cấu trúc mạng tinh thể nhưng bán kính của K +
> bán kính của Na+ do vậy năng lượng mạng lưới của NaCl > KCl

1. Các phản ứng:

Câu 5:

K2Cr2O7 + CrSO4 + H2SO4 → Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
9Fe(NO3)2 + 6H2SO4 → 2Fe2(SO4)3 + 3NO + 5Fe(NO3)3 + 6H2O

1,0

3K2MnO4 + 2H2O → 2KMnO4 + MnO2 + 4KOH
2NaNO3 + 8Mg + 10H2SO4 → 8MgSO4 + Na2SO4 + (NH4)2SO4 + 6H2O
2. Phản ứng thực tế xảy ra trong pin:
Do Epin = 1,5 V > 0 nên cực Pt - (phải) là catot, cực hiđro - (trái) là anot do đó phản
ứng thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng quy ước:
- Catot:

MnO −4 + 8H+ + 5e

- Anot:

H2



Mn2+ + 4H2O



2H+ + 2e

→ phản ứng trong pin: 2MnO −4 + 6H+ + 5H2
* E

0

0
pin



0,5

2Mn2+ + 8H2O

0

= E MnO4− / Mn 2 + - E 2 H + / H 2 = 1,5 V

0

→ E MnO4− / Mn 2 + = 1,5 V

0,5

* Nếu thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra pư:
HCO3- + H+ → H2O + CO2

[ ]

0,059
H+
.

lg
→ [H ] giảm nên E 2 H + / H 2 =
giảm , do đó:
2
PH 2
+

0,5


Epin = (E MnO4− / Mn 2 + - E 2 H + / H 2 ) sẽ tăng

1. Các quá trình xảy ra:
Câu 6:

HClO4

→

H+ + ClO4-

0,005M
0,5

Fe(ClO4)3 → Fe3+ + 3ClO40,03M
→ Mg2+ + 2Cl-

MgCl2

0,01M

Các cân bằng:
Fe3+ + H2O ⇔ Fe(OH)2+ + H+

K1 = 10-2,17

(1)

Mg2+ + H2O ⇔ Mg(OH)+ + H+

K2 = 10-12,8

(2)

H2O ⇔ H+ + OH-

Kw = 10-14

(3)
0,5

Ta có: K1.CFe3+ = 2,03.10-4= 10-3,69 >> Kw = 10-14
K 2 .CMg 2+

= 10-14,8

→ Sự phân li ra ion H+ chủ yếu là do cân bằng (1)
Fe3+ + H2O ⇔ Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17

K1 =

C

0,03

[]

0,03 – x

(1)

0,005
x

0,005 + x

[H + ].[Fe(OH ) 2+ ] (0, 005 + x) x
=
= 10−2,17
3+
[Fe ]
0, 03 − x

0,5

Giải phương trình được x = 9,53.10-3
[H+] = 0,005 + 9,53.10-3 = 0,01453 M → pH = 1,84

2. Tính lại nồng độ sau khi trộn:
C NH 3 = 0,05M; CMg 2+ = 0,005M; CFe3+ = 0,015M; CH + ( HClO4 ) = 0,0025M
Có các q trình sau:

3NH3 + 3H2O + Fe3+ ⇔ Fe(OH)3 + 3NH4+

K3 = 1022,72 (3)

2NH3 + 2H2O + Mg2+ ⇔ Mg(OH)2 + 2NH4+

K4 = 101,48 (4)


NH3 + H+ ⇔ NH4+

K5 = 109,24 (5)

Do K3, K5 >> nên coi như phản ứng (3), (5) xảy ra hoàn toàn
3NH3 + 3H2O + Fe3+ → Fe(OH)3 + 3NH4+
0,05M

0,015M

0,005M

-

NH3 +

H+

0,045M

0,5

→ NH4+

0,005M

0,0025M

0,045M

0,0025M

-

0,0475M

TPGH gồm: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+ (0,005M); H2O
Tính gần đúng pH của dung dịch B theo hệ đệm:
pH = pK a + lg

Cb
0, 0025
= 9, 24 + lg
= 7,96
Ca
0, 0475

Hoặc tính theo cân bằng:
NH3 + H2O ⇔ NH4+ + OH-

Kb = 10-4,76

Mặt khác [Mg2+].[OH-]2 = 4,16.10-15 < K S ( Mg ( OH )2 ) nên khơng có kết tủa Mg(OH)2.
Vậy kết tủa A là Fe(OH)3
0,5


1. Ptpư: (mỗi phản ứng 0,25đ)
Câu 7

1,0

a)

O3 + 2I- + H2O 
→ O2 + I2 + 2OH-

b)

CO2 + NaClO + H2O 
→ NaHCO3 + HClO

c)

3Cl2 + 2FeI2 
→ 2FeCl3 + 2I2
5Cl2 + I2 + 6H2O 
→ 2HIO3 + 10HCl

d) 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh) 
→ 2NaF + OF2 + H2O

2. Phản ứng hấp thu định lượng CO:
I2O5 + 5CO → I2 + 5CO2

1,5

Phản ứng chuẩn độ:
I2 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI
Tính tốn hàm lượng CO:
n CO = 5n I2 =

%VCO =

Câu 8

5
5
n Na 2S2O3 = × 0,100 × 0, 016 = 0, 004 mol
2
2

0, 004
× 100 = 29,87%
0,3
22, 4

1. Phương trình phản ứng:
S + Mg → MgS

(1)

MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S(2)
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(3)

0.25

M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

2,987

 x + y = 22,4
Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có  34x + 2 y

= 26
 x + y
Giải ra ta có x = 0,1 ; y =
% m( S ) =

1
. Từ (1), (2), (3) ta có:
30

0,1× 32
×100% =
1 

50%, %m(Mg ) = 50%
0,1 + ữì 24 + ( 0,1ì 32 )

30 


0.25


H2S +

3
O2
2

→

0,1

SO2 + H2O
0,1

H2 +

1
O2
2

→

1/30

0,1

0.25

H2O
1/30

SO2 +

H2O2

0,1

0,147

0

0,047

→

0.25

H2SO4
0,1

m(dung dịch) = 100 + ( 0,1 × 64) + ( 0,133 × 18) = 108,8 gam
C%(H2SO4) =

0,1.98
0,047.34

× 100% = 9%; C%(H2O2) =
= 1,47%
108,8
108,8

2. Phương trình phản ứng:

0.5

S + O2 → SO2

(1)

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
Từ (1) và (2) ⇒ n S = n SO 2 =

0.5

(2)

5
5
n KMnO4 = × 0,625 × 0,005 = 7,8125.10 −3 mol
2
2

7,8125.10 −3 × 32
%m S =
× 100% = 0,25% < 0,30%
100

Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng.

0.5