Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên NGUYỄN tất THÀNH yên bái

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC
LỚP 10
(Đề này có 02 trang, gồm 08 câu)
Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1. Cấu tạo nguyên tử - Phản ứng hạt nhân (2,5 điểm)
1.Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4 (g
là kí hiệu của số lượng tử).
a. Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có
b. Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng
bao nhiêu?
2. Quá trình phân hủy phóng xạ của
214
82

214
82

Pb xảy ra như sau:

λ1
λ2
Pb 
→ 214
→ 214
83 Bi 

84 Po

a. Viết các phương trình biểu diễn các phân rã phóng xạ nêu trên.
b. Tính số nguyên tử Bi và Po sau 10 phút. Giả thiết rằng ban đầu có 100 nguyên tử
chu kì bán hủy của

214
82

Pb và

214
83

214
84

Po ,

Bi lần lượt là 26,8 phút và 19,7 phút.

Câu 2. Liên kết hoá học, hình học phân tử-Tinh thể - Định luật tuần hoàn (2,5 điểm)
1. Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion CNO CON- và NCO-. Viết công thức Lewis cho các cách sắp xếp nguyên tử như trên.
2. Từ nhiệt độ phòng đến 1185K sắt tồn tại ở dạng Feα với cấu trúc lập phương tâm khối.
Từ 1185K đến 1667K sắt tồn tại ở dạng Fe γ với cấu trúc lập phương tâm diện. Ở 293K, sắt có khối
lượng riêng là 7,874 g/cm3.
a. Xác định bán kính nguyên tử Feα .
b. Tính khối lượng riêng của sắt ở 1250K (bỏ qua sự giãn nở nhiệt).
c. Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa các nguyên tử sắt
bị chiếm bởi cacbon. Trong lò luyện thép có sự hòa tan cacbon trong sắt nóng chảy. Khi được làm

lạnh các nguyên tử cacbon được phân tán trong mạng lưới lập phương tâm khối tạo hợp kim có
dạng mạng lập phương tâm diện. Tính thể tích của tế bào hợp kim, biết bán kính nguyên tử cacbon
là 0,77A0.
Câu 3. Nhiệt hóa học và cân bằng hóa học (2,5 điểm)
Thả một viên nước đá khối lượng 10 gam có nhiệt độ -25 0C vào 300 ml dung dịch ancol
etylic 39,50 ở nhiệt độ phòng 250C đến khi hệ đạt đến cân bằng. Tính biến thiên entropi của quá
trình nêu trên.
Biết khối lượng riêng của nước và ancol etylic lần lượt là 1 g/ml và 0,8 g/ml. Nhiệt dung
đẳng áp của nước đá là 37,66 J/mol.K; nước lỏng là 75,31 J/mol.K và ancol etylic là 113,00
J/mol.K. Nhiệt nóng chảy của nước đá 6,009 kJ/mol.
Câu 4. Động hóa học
Cho phản ứng hóa học sau: C2H5I + NaOH → C2H5OH + NaI
Nồng độ ban đầu của hai chất phản ứng bằng nhau. Để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng
chuyển thành sản phẩm ở 32oC cần 906 phút.


1. Tính thời gian để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở
60 C, biết rằng hệ số nhiệt độ của phản ứng là 2,83
2. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
3. Tính hằng số tốc độ k ở hai nhiệt độ trên, biết rằng phản ứng là bậc hai (bậc một đối với
mỗi chất) và nồng độ ban đầu mỗi chất đều là 0,05M.
Câu 5. Dung dịch (2,5 điểm)
Trộn 5 ml dung dịch H2C2O4 0,8M với 5 ml dung dịch NaHCO 3 0,4M thu được dung dịch A.
Thêm 10 ml dung dịch (CH3COO)2Ba 0,6M vào dung dịch A được hỗn hợp B.
1. Xác định thành phần giới hạn của B.
2. Hỏi có BaC2O4 và BaCO3 tách ra không? Khi đó pH của hệ là bao nhiêu?
3. Nếu có kết tủa BaC2O4 hoặc BaCO3, hãy tính độ tan của chúng trong hỗn hợp thu được.
o

Biết H2C2O4 có: pK a1 = 1,25; pK a 2 = 4, 27 ; H2CO3 có pK a1 = 6,35; pK a 2 = 10,33

CH3COOH có pK a1 = 4,76 ; BaC2O4 có pK s = 6,8 ; BaCO3 có pK s = 8,3 .
Độ tan CO2 bão hòa là 3.10-2 M.
Câu 6. Halogen (2,5 điểm)
Cho m gam muối halogenua kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch H 2SO4 đặc nóng, dư.
Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc biệt và hỗn hợp sản phẩm B. Trung
hòa B bằng 200ml dung dịch NaOH 2M rồi làm bay hơi cẩn thận sản phẩm thu được 199,6g hỗn
hợp D (khối lượng khô). Nung D đến khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp muối E khô có khối
lượng 98g. Nếu cho dung dịch BaCl 2 dư vào B thì thu được kết tủa F có khối lượng gấp 1,4265 lần
khối lượng muối E. Dẫn khí A qua dung dịch Pb(NO3)2 dư thu được 23,9 gam kết tủa.
1. Tính nồng độ % dung dịch H2SO4 (d = 1,715 g/ml)
2. Tính m.
3. Xác định tên kim loại và halogen trên?
Câu 7. Oxi- lưu huỳnh (2,5 điểm)
Dung dịch A gồm hai muối: Na2SO3 và Na2S2O3:
- Lấy 100ml dd A trộn với lương dư khí Cl 2 rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với BaCl 2 dư
thì thu được 0,647g kết tủa
- Lấy 100ml dd trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì đến khi dd bắt đầu
xuất hiện màu xanh chàm thấy tốn hết 29ml I2 0,05M (I2 tan trong dd KI)
1. Tính CM của các chất trong dd A
2. Cho 100ml dd A tác dụng với dd HCl thì thu được bao nhiêu gam chất rắn?
Câu 8. Bài tập tổng hợp (2,5 điểm)
Một mẫu thí nghiệm chứa PbO, PbO 2 và tạp chất có khối lượng 1,234 gam. Thêm vào cốc
chứa hỗn hợp hai axit đó 20 ml dung dịch H 2C2O4 0,25M để khử PbO2 và hòa tan PbO. Sau đó,
thêm dung dịch NH3 vào cốc để kết tủa hoàn toàn PbC2O4 (kết tủa A) và thu được dung dịch B. Lọc
rửa tách kết tủa A, axit hóa dung dịch B bằng lượng dư dung dịch H 2SO4 được dung dịch C, toàn bộ
lượng dung dịch C thu được phản ứng vừa đủ với 10 ml KMnO 4 0,04M. Mặt khác, hòa tan A bằng
lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch thu được lại phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch
KMnO4 0,04M. Viết các PTHH và tính % khối lượng PbO. PbO2 trong mẫu.

----------Hết----------------

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: HÓA, LỚP:10
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang
điểm đã định.
Câu 1
1.1

Hướng dẫn trả lời
a. Phân mức năng lượng ng ứng với giá trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên

Điểm
0,5

tử, nghĩa là có 2.4+1= 9 obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e.
Vậy phân mức năng lượng ng có tối đa 18e.
b.Cấu

hình

electron

của

nguyên

tử

đó

phải

có

dạng

(Rn)7s25f146d107p68s25g1.=> (Rn)5f145g16d107s27p68s2 =>Z = 121.
1.2.a
1.2.b

214
82

Pb →

214
83

214
83

Bi →

214
84

Bi + −01 e

0,5

Po + −01 e

Gọi số hạt nhân

214
82

Số hạt nhân

Pb ở t = 0 là N01; tại thời điểm t = 10 phút là N1.
214
83

Bi ở thời điểm t =10 phút là N2

ln 2
= 0, 026
26,8
ln 2
λ2 =
= 0, 035
19,7
λ1 =

0,5

N 1 = N 01 .e −λ1 .t = 100.e −0,026.10 = 77 (nguyên tử)
Số nguyên tử

214
82

Pb mất đi bằng số nguyên tử

214
83

Bi sinh ra là 23 nguyên

tử.
Số hạt

214
83

Bi còn lại sau 10 phút:

0,5

λ1
N2 =
.N 1 (1 − e −( λ2 −λ1 ).t )
λ 2 − λ1
N2 =

0, 026
.77(1 − e − (0,035− 0,026).10) )
0, 035 − 0, 026

Suy ra N2 = 19 (nguyên tử)
Vậy số nguyên tử
Số nguyên tử

214
84

214
83

Bi mất đi là 23-19=4 (nguyên tử)

Po sinh ra bằng số nguyên tử

214
83

Bi mất đi là 4 nguyên

0,5

tử.
Câu 2
2.1

Hướng dẫn trả lời
Viết công thức Lewis cho Ba anion CNO-, CON- và NCOC

2.2.a

N

O

-

C

O

N

-

N

Điểm
0,75
C

O

-

Ở T = 293K, Fe tồn tại dạng lập phương tâm khối ( Feα )

1
8

+) Số nguyên tử trong 1 ô mạng: n = .8 + 1 = 2

0,75


+) Khối lượng riêng:

D Feα =
=> a =

n.M Fe
2.56
=
= 7,874(g / cm 3 )
3
23
3
N A .a 6, 02.10 .(a)
3

2.56
= 2,869.10 −8 ( cm ) = 2,869(A 0 )
23
6, 02.10 .7,874

a 3
= 1,242(A 0 )
4
Ở 1250K, Fe tồn tại dạng lập phương tâm diện ( Fe γ )
rFeα =

2.2.b

1
8

1
2

+) Số nguyên tử trong 1 ô mạng: n = .8 + .6 = 4
0,5

a 2
4r 4.1,242
+) r =
=> a =
=
= 3,51(A 0 )
4
2
2
+) Khối lượng riêng:

D Feγ =
2.2.c

r=

n.M Fe
4.56
224
=

=
= 8,678(g / cm 3 )
3
23
−8 3
N A .a 6, 02.10 .(3,51.10 ) 25,81
+) Độ dài cạnh của Feα nguyên chất:

0,5

a 3
4r 4.1,242
=> a =
=
= 2,869(A 0 )
4
3
3

Ta có:

a'
= rFeα + rC => Độ dài cạnh của tế bào hợp kim là:
2

a ' = 2(rFeα + rC ) = 2(1,24 + 0,77) = 4, 02(A 0 )
Câu 3
1.

3

3
0 3
Thể tích của tế bào hợp kim là: Vtb = a = (4, 02) = 64,96(A ) .
Hướng dẫn trả lời

0

Trong 300 ml ancol 39,5 có

39,5.300
= 118,5(ml)
100
=181,5(ml)

VC2 H5OH =
VH 2O

m C2H5OH = 94,8(g);m H2O = 181,5(g)
Gọi t là nhiệt độ lúc cân bằng nhiệt sau khi trộn ta có:

181,5
94,8
.75,31(25 − t) +
.113(25 − t)
18
46
10
10
10
= .37,66(0 − ( −25)) + .75,31.(t − 0) + .6009

18
18
18

Q toa =
Q thu
2.

Q toa = Q thu ⇒ t = 20, 250 C
Gọi ∆S1 là biến thiên entropi khi chuyển 10 gam nước đá từ -25 0C lên
20,250C Gồm 3 giai đoạn: từ -250C lên 00C; quá trình nóng chảy ở 00C và từ 00C
lên 20,250C

Điểm
1,0


1,5
10
273 10 6009 10
293,5
.37,66.ln
+ .
+ .75,31.ln
= 17, 26(J/ K)
18
248 18 273 18
273
Gọi ∆S2 là biến thiên entropi khi chuyển 300 ml rượu 39,50 từ 250C

∆S1 =

xuống 20,250C, ta có:

181,5
293, 25 94,8
293, 25
.75,31.ln
+
.113.ln
= −15,94(J / K)
18
298
46
298
∆S = ∆S1 + ∆S2 = 1,32J / K > 0 . Vậy hệ tự diễn biến.
∆S2 =

Câu 4
1
2

Hướng dẫn trả lời
t
906
906
vT2 t1
T2 −T1
t = T21−T1 = 60−32 =
= 49, 2 phút

=
= γ 10 ⇒ 2
2,832,8
vT1 t2
10
10
γ
γ
Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng
ln

Điểm
0.5
1,0

E 1 1
Ea  1
k2
t
906
1 
= ln 1 = a  − ÷ ⇒ ln
=
−

÷
k1
t2 R  T1 T2 
49 8,314  305 333 

⇒ Ea = 87976,179 J.mol-1
Vì nồng độ ban đầu của hai chất bằng nhau nên :
1
1
t1/2 =
⇒k=
k[ A]o
t1/ 2 [ A]o

Câu 5
5.1

Ở 32oC, k =

1
= 0,022 (mol-1.L.phút-1)
906.0, 05

Ở 60oC, k =

1
= 0, 4065 (mol-1.L.phút-1)
49, 2.0, 05

1.0

Hướng dẫn trả lời

Điểm

-Cân bằng trong dung dịch A:

H 2 C 2O 4 + HCO3− ƒ

HC 2O −4 + CO 2 + H 2O

K 1 = 10 5,1

0,4M
0,2M
0,2M
0,2M 3.10-2M
TPGH dung dịch A: H2C2O4: 0,2M; CO2: 3.10-2M; HC2O4- 0,2M.
- Sau khi trộn 10ml (CH3COO)2Ba 0,6M vào dung dịch A được hỗn hợp B:
H2C2O4: 0,1M; HC2O4- 0,1M; H2CO3: 1,5.10-2M; CH3COO-: 0,6M; Ba2+: 0,3M.
Cân bằng trong B:

H 2 C 2O 4 + CH 3COO − ƒ
0,1M
2+

CH 3COOH + HC 2O −4

0,6M
0,5M
−
4

0,1M
−

K 2 = 10 3,51

0,1M
0,2M

Ba + HC 2O + CH 3COO ƒ BaC 2O 4 ↓ + CH 3COOH

K 3 = 10 7,29

0,3M
0,2M
0,5M
0,1M
0,1M
0,3M
0,3M
2+
TPGH của hệ B: BaC2O4; Ba 0,1M; CH3COOH 0,3M; CH3COO- 0,3M; H2CO3
1,5.10-2M
Cân bằng trong hệ:

0,5

0,5


CH 3COOH ƒ CH 3COO − + H + (1) K a = 10 −4,76
H + + HCO 3−

H 2 CO3 ƒ
HCO3− ƒ

H + + CO32−

(3) K a 2 = 10 −10,33

H + + OH −

H 2O ƒ

(4) K w = 10 −14

CH 3COO − + H 2O ƒ
5.2

(2) K a1 = 10 −6,35

CH 3COOH + OH − (5) K b = 10 −9,24

0,5

Bỏ qua (2), (3), (4); Áp dụng hệ đệm ta có:

pH B = pK a + lg

Cb
= 4,76
Ca

C 'CO2 − = C H2 CO3 .α CO2 − = 1, 01.10 −9 M.
3

3

=> C ' Ba2 + .C 'CO2− < K s (CaCO3 )
3

Không có BaCO3 tách ra.
5.3

Dung dịch B:

BaC 2 O 4 ƒ

Ba 2+ + C 2O 42−

(s + 0,1)

C 2 O 24− + H + ƒ

s

HC 2 O 4−

C 2 O 24− + 2H + ƒ

K s = 10 −6,8

H 2C 2 O4

K a−21
K a−21 .K a−11

[Ba2+] = C Ba2 + = (0,1 + s);

s = C C O2 − = [C 2O24− ] + [HC 2O −4 ] + [H 2 C 2O 4 ]
2

0,5

4

= [C 2 O 24− ].(1 + K a−21 .h + K a−11 .K a−21 .h 2 )
=> [C 2 O24− ] =

s
(1 + K .h + K a−11 .K a−21 .h 2 )

K s = (0,1 + s).

−1
a2

s
= 10 −6,8
−1
−1 2
(1 + K .h + K a1 .K a 2 .h )
−1

a2

=> s = 2,1.10 −6
Câu 6
1.

Hướng dẫn trả lời
Gọi công thức muối là MX
A là sản phẩm phản ứng giữa MX và H 2SO4 đặc, A có mùi đặc biệt và tạo kết tủa
đen với dung dịch Pb(NO3)2 ⇒ A là H2S.
NPbS = 23,9/239 = 0,1 mol
H2S + Pb(NO3)2 → PbS + 2HNO3
(1)
mol
0,1
0,1
- Phản ứng giữa MX và H2SO4 đặc nóng tạo ra H2S ⇒ đây là phản ứng oxi hóa
khử:
2MX + H2SO4 (đ) → M2SO4 + H2S + X’ + H2O (2)
- Phản ứng trung hòa H2SO4 dư:
2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O
(3)

Điểm
1,0


- Cho dung dịch BaCl2 vào kết tủa:
Ba2+ + SO42- → BaSO4

(4)

1
0, 2.2
nNaOH =
= 0, 2mol
2
2
98.1, 4265
(3) ⇒ n
= 0, 6mol
Na2 SO4 + nM 2 SO4 = nSO 2− = nBaSO 4 =
4
233
nM 2 SO4 = 0, 6 − 0, 2 = 0, 4mol
nNa2 SO4 =

Theo định luật bảo toàn nguyên tố:

nH 2 SO4 (bd) = nBaSO4 + nH 2 S = 0,6 + 0,1 = 0,7mol
C % H 2 SO4 =

0,7.98.100%
= 80%
50.1,715

2.

1,0

nH 2 SO4 (2) = nM 2 SO4 + nH 2 S = 0, 4 + 0,1 = 0,5mol
⇒ nH 2O (2) = nH 2 SO4 (2) − nH 2 S = 0, 4mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng ⇒ mD giảm khi đun nóng là khối lượng X’.

mX ' = 199, 6 − 98 = 101, 6( g )
mNa2 SO4 + mM 2 SO4 = 98( g )
Ta có: ⇒ mM SO = 98 − 0, 2.142 = 69, 6 gam
2
4

m + 0,5.98 = 101, 6 + 0,1.34 + 0, 4.18 + 69, 6
⇒ m = 132,8 gam
3.

mM 2 SO4 = 69, 6 gam
⇒ 2M =

Câu 7
1.

0,5

69, 6
− 96 = 78
0, 4

⇒ M = 39, vậy M là K
- Mặt khác ta có: MMX = 132,8/0,8 = 166
⇒ M + X = 166 ⇒ X = 166 – 39 = 127 ⇒ X là Iot
Hướng dẫn trả lời

Khi cho dd A tác dụng với khí clo rồi cho tác dụng với BaCl2 xảy ra các ptpư:
H2O + Na2SO3 + Cl2 → Na2SO4 + 2HCl
x
x
(mol)
2H2O + Na2S2O3 + Cl2 → Na2SO4 + H2SO4 + 2HCl
y
y
y
(mol)
2+
2- →
Ba + SO4
BaSO4
x + 2y
x + 2y
(mol)
0,647
= 2,777.10− 3 (1)
Có x + 2y =
233
Khi chuẩn độ dd A bằng I2:
H2O + Na2SO3 + I2 → Na2SO4 + 2HI
x
x
(mol)

Điểm

1,0

2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI
y
y/2
(mol)
-3
Lại có: x + y/2 = 29.10 .0,05 = 1,45.10-3 (2)
Từ (1) và (2) giải được: x = 10-3; y = 8,845.10-3
10−3
8,845.10−3
=
0
,
01
M
= 8,845.10− 2 M
Vậy: CM Na2SO3 =
; CM Na2S2O3 =
0,1
0,1
2.

Câu 8

Nếu dùng HCl cho phản ứng với 100ml A:
Na2S2O3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + S + H2O
nS = nNa2S2O3 = 8,845.10-3mol
Khối lượng chất rắn thu được là: 8,845.10-3.32 = 0,283g.
Hướng dẫn trả lời

Mẫu gồm PbO (x mol) và PbO2 (y mol)
PbO2 + 2H2C2O4→ PbC2O4 + 2CO2 + 2H2O (1)
x
2x
x (mol)
PbO + H2C2O4 → PbC2O4 +H2O
(2)
y
y
y (mol)
5H2C2O4 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 +2MnSO4 +10CO2 + 8H2O (3)
1.10-3
4.10-3
PbC2O4 + H2SO4 → PbSO4 + H2C2O4 (4)
(x+y)
(x+y) (mol)
5H2C2O4 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 +2MnSO4 +10CO2 + 8H2O (3)
(x+y)
0,4(x+y) (mol)

1,0
0,5

Điểm

0.5

n H2C2O4 = 0,02.0, 25 = 5.10−3 (mol)
n KMnO4 = 0,01.0,04 = 4.10 −4 (mol)

0,5

n KMnO4 = 0,03.0,04 = 1, 2.10−3 (mol)
−3
−3
2x + y = 5.10 − 1.10 (mol) = 0,004

−3
0, 4(x + y) = 1, 2.10
 x = 0,001

 y = 0,002

0,001.223.100
= 4, 46%
5,003
0,002.239.100
=
= 95,54%
5,003

1,0

%m PbO =
%m PbO2

0,5