Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên CHU văn AN LẠNG sơn

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN

LỚP 10

TỈNH LẠNG SƠN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 3 trang, gồm 8 câu)

Câu 1 (2,5 điểm). Cấu tạo nguyên tử, hạt nhân
1. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong nguyên tử của 2 nguyên tố M và X lần lượt là 82
và 52. M và X tạo thành hợp chất MX a (a: nguyên dương, trong hợp chất MX a thì X có số oxi
hóa bằng -1), tổng số hạt proton trong phân tử của hợp chất MX a bằng 77. Xác định công thức
phân tử MXa.
2. Người ta có thể sử dụng đồng vị phóng xạ để chẩn đoán và điều trị trong y học, cũng như
phân tích công nghiệp. Một số đồng vị có trong tự nhiên như C614 và T13 (Triti) có thể hình thành
do sự bắn phá nguyên tử nitơ N 714 trong khí quyển bởi các hạt nơtron trong các tia vũ trụ.
a) Viết các phương trình phản ứng hạt nhân cho sự hình thành C614 và T13 khi bắn phá các nguyên
tử N 714 trong khí quyển bằng nơtron trong tia vũ trụ.
b) Có thể sử dụng đồng vị phóng xạ C614 làm tác nhân chính cho phương pháp xác định niên đại
bằng C614 .
Chu kì bán hủy t 1/ 2 của C614 là 5730 năm. Cho biết tốc độ phân rã của C614 trong động vật và
thực vật sống là 16,5 Bq/1 gam Cacbon. Sau khi sinh vật chết đi, tốc độ phân rã (Bq/1 gam
14
14
Cacbon) của C6 trong cơ thể sinh vật giảm dần theo thời gian. Tốc độ phân rã của C6 trong một
thuyền gỗ cổ được phát hiện là 10,2 Bq/1 gam Cacbon. Tính tuổi của thuyền gỗ này.

3. Sự phá vỡ các liên kết Cl-Cl trong 1 mol clo đòi hỏi một năng lượng bằng 243 kJ (năng lượng
này có thể sử dụng dưới dạng quang năng). Hãy tính bước sóng của photon cần sử dụng để phá
vỡ liên kết Cl-Cl của phân tử Cl2.
Câu 2 (2,5 điểm). Hình học phân tử - Liên kết hóa học – Tinh thể - ĐLTH.
1. Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của các phân tử NH3, ClF3 và XeF4.
2. Vẽ tất cả các cấu trúc Lewis có thể có (chỉ rõ các electron bằng dấu chấm) của hiđro azit HN 3
và xiclotriazen HN3. Tính điện tích hình thức của các nguyên tử đối với mỗi cấu trúc.
Câu 3 (2,5 điểm). Nhiệt – Cân bằng hóa học
1. Dùng tính toán để cho thấy ở 250C phản ứng CaCO3 → CaO + CO2 không xảy ra được.
Cho:
CaCO3
CaO
CO2
0
−1
−1206,9
−635,1
−393,5
∆H ht (kJ.mol )
0
92,9
38,1
213,7
S 298 (J.K −1.mol−1)
2. Xét phản ứng khử FeO bằng H2 trong một bình kín không có không khí, ở 1500K
FeO (rắn) + H2 (khí) ƒ Fe (rắn) + H2O (khí)
a) Thực nghiệm cho biết: Cần lấy số mol khí H 2 gấp 3 lần số mol FeO để khử được hết lượng
FeO đã lấy. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 1500K.

b) Nếu khử 30 mol FeO bằng y mol H 2 thì khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng thấy 80% lượng
oxit ban đầu đã phản ứng. Tính y và thành phần % theo thể tích các khí trong hỗn hợp sản
phẩm.
Câu 4 (2,5 điểm). Động hóa
Phản ứng I- + OCl- → IO- + Cl-(*) có cơ chế phản ứng như sau:
OCl- + H2O

K1
→
HOCl + OH- nhanh
¬

K −1

k2
HOCl + I- 
→

HOI

+ Cl- chậm

→
HOI + OH- ¬
H2O

K
K3

+ IO- nhanh

−3

1. Viết biểu thức định luật tốc độ của phản ứng (*)
2. Khi [I-]0 rất nhỏ so với [ClO-]0 và [OH-]0 thì thời gian để nồng độ I- còn lại 6,25% so với
lúc ban đầu sẽ gấp bao nhiêu lần thời gian cần thiết để 75% lượng I - ban đầu mất đi do phản
ứng (*)?
Câu 5 (2,5 điểm). Dung dịch ( axit- bazơ, kết tủa)
Cho dung dịch X có chứa H3PO4 0,10M.
1. Tính pH của dung dịch X.
2. Tính thể tích NaOH 0,10M cần thêm vào 100 ml dung dịch X để pH của dung dịch sau phản
ứng bằng 7,21.
3. Trộn 100 ml dung dịch X với 100 ml CaCl 2 0,01M được hỗn hợp Y. Phản ứng có xuất hiện
kết tủa không? Giải thích bằng định lượng.
Cho: H3PO4: pKa = 2,15; 7,21; 12,32; pKs (CaHPO4) = 6,58; pKs (Ca3(PO4)2) = 28,92.
Câu 6 (2,5 điểm). Phản ứng oxi hóa – khử.
1. Hoàn thành các phương trình oxi hóa - khử sau:
a) FexOy + H+ + SO42-→ Fe3+ + SO2 + S + H2O
(với tỉ lệ mol SO2 và S là 1:1)
b) Fe2+ + Br- + Cr2O72-+ H+ → Cr3+ + Fe3+ + Br2 + H2O
(với tỉ lệ mol Fe2+ và Br-là 1:2)
o
o
2. Cho thế chuẩn của các điện cực: E Ag /Ag = 0, 799 V và E AgBr/Ag = 0, 071 V. Tính độ tan của AgBr
trong nước nguyên chất ở 25oC.
Câu 7 (2,5 điểm). Halogen – oxi – lưu huỳnh.
1. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong các trường hợp sau:
a) Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3.
b) Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4 đặc, BrO3- (môi trường axit).
2. Để xác định hàm lượng khí độc H2S trong không khí, người ta làm thí nghiệm sau:

Cho 30 lít không khí nhiễm H2S (d=1,2g/l) cho đi qua thiết bị phân tích có bình hấp thụ đựng
lượng dư dung dịch CdSO4 để hấp thụ hết khí H2S tạo kết tủa màu vàng. Sau đó axit hóa toàn bộ
dung dịch chứa kết tủa trong bình hấp thụ và cho toàn bộ lượng H 2S thoát ra hấp thụ hết vào
ống đựng 10 ml dung dịch I2 0,0107M để I2 oxi hóa H2S thành S. Lượng I2 dư phản ứng vừa đủ
với 12,85 ml dung dịch Na2S2O3 0,01344M. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính
thành phần % theo khối lượng H2S trong không khí.
Câu 8 (2,5 điểm). Bài tập tổng hợp.
Cho 39,84 gam hỗn hợp F gồm Fe3O4 và kim loại M (có hóa trị không đổi) vào dung
dịch HNO3 đun nóng, khuấy đều hỗn hợp để phản ứng hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO 2 là
sản phẩm khử duy nhất (đktc), dung dịch G và 3,84 gam kim loại M dư. Cho 3,84 gam kim loại
M vào 200ml dung dịch H2SO4 0,5M và KNO3 0,5M khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn
+


toàn thì thu được dung dịch H, khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho dung dịch NH 3 dư vào
dung dịch G thu được kết tủa K. Nung K trong không khí đến khối lượng không đổi thu được
24 gam chất rắn R.
1. Xác định kim loại M.
2. Cô cạn cẩn thận dung dịch H thu được bao nhiêu gam muối khan.

.....................HẾT.....................
Người ra đề
STT Câu
1
1,2,5
2
3,6,7
3
4,8

Người ra đề
Nguyễn Thị Thanh Huyền
Nguyễn Thị Bích Ngọc
Bùi Hương Giang

Số điện thoại
0984853888
0916948424
0979895788

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: HÓA HỌC, LỚP: 10

Chữ kí


Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.
Câu 1 (2,5 điểm). Cấu tạo nguyên tử, hạt nhân
ĐÁP ÁN
1. a) Gọi p, n, e là số hạt cơ bản của X ( p, n, e nguyên dương)
Có: 2p + n = 52 ⇒ n = 52 -2p
Ta luôn có p ≤ n ≤ 1,524p ⇒ p ≤ 52-2p ≤ 1,524p ⇒ 14,75 ≤ p ≤ 17,33.
Vì p nguyên ⇒ p = 15, 16, 17.
Cấu hình electron của X là: p = 15: 1s22s22p63s23p3
p = 16: 1s22s22p63s23p4
p = 17: 1s22s22p63s23p5
Trong hợp chất X có số oxi hóa bằng -1 => X là Cl hoặc S
Gọi p’; n’; e’ là số hạt cơ bản của M.
Tương tự ta có n’ = 82-2p’ ⇒ 3p’ ≤ 82 ≤ 3,524p’
* Xét X là Cl:

Trong MXa có 77 hạt proton ⇒ p’ + 17.a = 77 ⇒ p’ = 77-17a ⇒

82
82
≤ 77 − 17.a ≤
3,5
3

ĐIỂM
0,25

0,25

0,25

⇒ 2,92 ≤ a ≤ 3,16

Vì a nguyên ⇒ a = 3. Vậy p’ = 26. Do đó M là Fe.
* Xét X là S: Tính tương tự như trên không ra nghiệm thỏa mãn ⇒ loại
Công thức hợp chất là FeCl3.
2.
a)

14
7

N + 0n →

14
7

N + 0n → 1T +
N = No e −λt

b)

Nếu

1

14
6

1

3

12

C

6

N = 1/2No, t = λ t

Thì
λ

1

C + 1H

0,25
0,25x2
=0,5

1/ 2

1/2No = No e −λt

1/ 2

0,25

= 2,303 log 0,5/t1/2 = 0,693/t1/2

14
-4
Cho C6 , λ = 0,693/5730 = 1,2 × 10

Cũng có: A = Ao e −λt
10,2 = 16,5 e −1.2×10

−4

t

và t = 4008 năm
3.

0,25

Cl2 + h ν → 2Cl
c
243.103
ε = hν = h =
= 4, 035.10−19 (J/phân tử)
23
λ 6, 022.10

→ λ=

h.c
6,625.10-34 . 3.108
=
= 4,925.10−7 (m) = 492,5 (nm).
−19
ε
4, 035.10

0,25
0,25


0,5
Câu 2 (2,5 điểm). Hình học phân tử - Liên kết hóa học – Tinh thể - ĐLTH.
ĐÁP ÁN

ĐIỂM
0,5

Cấu tạo của phân tử NH3 cho thấy quanh N có 4 không gian electron hóa trị khu
trú, trong đó có 1 cặp electron tự do (AB3E) nên phân tử NH3 có dạng tháp đáy tam
giác với góc liên kết nhỏ hơn 109o28' (cặp electron tự do đòi hỏi một khoảng không
gian khu trú lớn hơn):
..
H N H
H

N
H

H

H

0,5

Phân tử ClF3 có năm khoảng không gian electron hóa trị khu trú, trong đó có hai
cặp electron tự do (AB3E2) nên có dạng chữ T (các electron tự do chiếm vị trí
xích đạo):
F

.. ..
F Cl F

F

Cl

F

F

0,5

Phân tử XeF4 có sáu khoảng không gian electron hóa trị khu trú, trong đó có hai
cặp electron tự do (AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (các cặp electron tự do
phân bố xa nhau nhất):
F
F
Xe
F
F
..

..

F

Xe

F
F

F

2. Các cấu trúc Lewis và điện tích hình thức:
0

−1

+1

0

0

0

+1

−1

0

+1

+1

−2

H

N

N

N

H

N

N

N

H

N

N

N

A

B
0

N0

N
−1

N0

N
0

N

+1

0

H

0

0,2x5=1
,0

C

N

H
D

D

Câu 3 (2,5 điểm). Nhiệt – Cân bằng hóa học
Câu
Nội dung
0
0
0
0

∆S 298 = S 298 (CaO) + S 298 (CO2) – S 298 (CaCO3)
1)
= 38,1 + 213,7 – 92,9 = 158,9 J.K−1.
0
0
0
0
∆H 298 = ∆H ht (CaO)+ ∆H ht (CO2) - ∆H ht (CaCO3) =178,3 kJ
∆G

0
298

= ∆H

0
298

− T∆S

0
298

Điểm
0,25
0,25
0,25

= 178,3 – 298×158,9. 10−3= 130,9 kJ

0,25

0
298

2)

Do ∆G > 0 nên ở 250C phản ứng trên không xảy ra được.
a)
Ở 1500K, giả sử ban đầu có a mol FeO, 3a mol H2
FeO (r) +
H2 (k) ƒ
Fe (r) +
H2O (k)
Ban đầu

a

3a

0

0

0,25

(mol)


Phản ứng

a

Cân bằng

Kp =

PH2O
PH2

=

0

n H2 O
n H2

=

a

a

a

(mol)

2a

a

a

(mol)

0,25

a
= 0,5
2a

b)

0,5

FeO (r) +

H2 (k) ƒ

Fe (r) +

H2O (k)

Ban đầu

30

y

0

0

(mol)

Phản ứng

30.0,8=24

24

24

24

(mol)

y - 24

24

24

(mol)

Cân bằng
Kp =

6

24
= 0,5 ⇒ y = 72 (mol)
y − 24

Tại thời điểm cân bằng:

0,5

n H2 = 72 − 24 = 48 (mol); n H2 O = 24 (mol); n hh = y − 24 + 24 = y = 72 (mol)

%VH2 =

48
.100% = 66, 6667%; % VH2 O = 100 − 66, 6667 = 33, 3333%.
72

Câu 4 (2,5 điểm). Động hóa
Câu
Nội dung
4.1
Tốc độ phản ứng quyết định bởi giai đoạn chậm, nên:
(1,25đ)
V = V2 = k2[HClO][I-]
Dựa vào cân bằng nhanh của giai đoạn 1, ta rút ra:
[HClO] =

k1
k −1

[ClO-][H2O][OH-]-1

Điểm
0,25
(1)
0,25
(2)

Thay (2) vào (1) và với [H2O] = const, ta có:
V=

k1
k2. k
−1

[H2O][ClO-][I-][OH-]-1

0,25
(3)

k

1
Đặt k2. k [H2O] = k → (3) trở thành: V = k[ClO-][I-][OH-]-1
−1

4.2
(1,25đ)

-

-

-

Khi [I ]0 = [ClO ]0 và [OH ]0, phản ứng (a) có thể xem là phản ứng bậc
nhất. Trong phản ứng bậc nhất, thời gian hản ứng bán phần không phụ
thuộc vào nồng độ đầu.
- Thời gian để 75% I- tham gia phản ứng bằng 2 lần thời gian phản ứng
bán phần: t1 = 2t1/2
- Thời gian để 6,25% I- còn lại là: t2 = 4t1/2 → t2 = 2t1.

Câu 5 (2,5 điểm). Dung dịch ( axit- bazơ, kết tủa)
ĐÁP ÁN
1. pH của dung dịch X
Do Ka1 ? Ka2 ? Ka3 > Kw nên quá trình phân li nấc 1 là chủ yếu
ƒ
H3PO4
H+ + H2PO4Ka1 = 10-2,15
0,1
0,1-x1
x1
x1

0, 5
0,5
0,25
0,5
ĐIỂM
0,25

⇒

0,25

x2
= 10−2,15 → x2 + 10-2,15x - 10-3,15 = 0
0,1 − x

→ x = [H+] = [H2PO4-] = 0,0233 M → pH = 1,63

0,25

2. Thể tích NaOH 0,10M
pH của dung dịch sau phản ứng bằng 7,21 = pKa2 → dung dịch NaOH trung hòa hết nấc
1 và ½ nấc 2.
H3PO4 + NaOH → NaH2PO4 + H2O
+ NaOH → Na2HPO4

NaH2PO4

0,25
0,25

+ H2O

V. 0,1 = 100. (1+ 0,5). 0,1 → V dung dịch NaOH = 150 ml.

0,25

3.

ƒ
H3PO4
H+ + H2PO40,050M
0,050-x1
x1
x1
+
⇒ x1 = [H ] = [H2PO4 ] = 0,0156 M
ƒ

H2PO4-

H+ + HPO42-

[H

2-

[HPO4 ] =

Ka2 = 10-2,15

Ka1 = 10-7,21

]

0,25

PO42−
.10-7,21 = 10-7,21
+
H

2

[ ]

Điều kiện kết tủa:

CCa2+ .CHPO 2− =
4

10−2
.10−7,21 = 10−9,51 < Ks (CaHPO4) = 10-6,58
2

⇒ Không có kết tủa CaHPO4
ƒ
H2PO42H+ + PO43-

0,25

Ka = 10-12,32.10-7,21 = 10-19,53

2

 H +  .  PO43− 
10−19,53

−19,53
= 10−17,72
Ka3 =
= 10
→ CPO43− =
−
0, 0156
 H 2 PO4 
3

C

3
Ca 2+

.C

2
H 2 PO4−

 10−2 
−17,72
=
÷ . 10
 2 

(

)

2

= 10−42,34 < Ks (Ca3(PO4)2) = 10-28,92

0,25

⇒ Không có kết tủa Ca3(PO4)2

0,25
Câu 6 (2,5 điểm). Phản ứng oxi hóa – khử.
Câu
Nội dung
+
1) a) 8FexOy + (36x – 8y) H + (6x – 4y)SO42-→
1)
8x Fe3+ + (3x – 2y) SO2 + (3x – 2y) S + (18x – 4y) H2O
b)2Fe2+ + 4Br- + Cr2O72-+ 14H+ → 2Cr3+ + 2Fe3+ + 2Br2 + 7H2O

Điểm
0,5
0,5


2)

(1)

Ag + + 1e → Ag

∆G1o = −nFE oAg+ /Ag

(2)

AgBr + 1e → Ag + Br −

o
∆G o2 = −nFE AgBr/Ag

(3)

AgBr ƒ

Ag + + Br −

0,5

∆G 3o = −RT ln Ks

0,5

∆G 3o = ∆G o2 − ∆G1o
⇔ −RT ln Ks = − nFE oAgBr/Ag − (− nFE oAg + /Ag )
⇔ ln Ks =

nF(E oAgBr/Ag − E oAg+ /Ag )
RT

=

1.96500.(0, 071 − 0, 799)

8,314.298

−13

Ks = 4,8473.10
AgBr ƒ Ag+ +Br-

S
Ks = S

0,5

S

2

⇒ S = Ks = 4,8473.10−13 = 6,9623.10−7 (mol / l)

Câu 7 (2,5 điểm). Halogen – oxi – lưu huỳnh.
Câu
Nội dung
a) 2KI + 2FeCl3 → 2FeCl2 + 2KCl + I2
1)
2KI + O3 + H2O → 2KOH + O2 + I2
b) 2Br- + 4H+ + SO42-( đặc) → Br2 + SO2 + 2H2O
5Br- + BrO3- + 6H+ → 3Br2 + 3H2O
Phương trình phản ứng hấp thụ H2S trong mẫu không khí:
2
H2S + Cd2+ → CdS↓ + 2H+(1)
Phương trình phản ứng khi axit hóa bình hấp thụ:

CdS +2H+ → Cd2+ + H2S (2)
Phương trình phản ứng oxi hóa H2S bằng lượng dư dung dịch I2:
H2S+ I2 → S↓+ 2I– + 2H+(3)
Phương trình phản ứng xác định lượng I2 còn dư:
I2 + 2S2O32– → 2I– + S4O62–(4)
Theo đề và các phương trình phản ứng (1)(2)(3)(4) ta có:
0,01285 . 0,01344
n H S = n I = 0,010 . 0,0107 −
= 2,0648.10 − 5 mol
2
Khối lượng mẫu không khí:30 . 1,2 = 36 gam
2

Điểm
0,25 x
4 = 1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2

Hàm lượng H2S theo ppm là: 2,0648 .10 – 5.

0,25

34
.100 = 1,95.10-3%

36

Câu 8 (2,5 điểm). Bài tập tổng hợp.
Câu
Nội dung
Điểm
8.1 Fe3O4 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO2↑ + 5H2O (1)
3ptx0,25
(1,5đ
=0,75
M +
2nHNO3
→ M(NO3)n + n NO2↑ + n H2O (2)
)
M
+ n Fe (NO3)3→ n Fe(NO3)2 + M(NO3)n
(3)
Nếu M(OH)n ↓ không tan trong dung dịch NH 3 thì chất rắn R gồm Fe 2O3 và M2On
0,25
lúc đó:
2Fe3O4→ 3Fe2O3
2M → M2On
thì mR>(39,84 – 3,84)= 36g nhưng mR = 24g < 36gam.
Vậy M(OH)n tan trong dung dịch NH3


⇒ Kết tủa chỉ có Fe2O3, n Fe O =
2

3

24
= 0,15 mol ⇒ mol Fe3O4 = 0,1mol
160

Khối lượng kim loại M phản ứng = 39,84 - 23,2 - 3,84= 12,8 gam.
+ n NO

2

0,25
0,25

4,48
=
= 0,2 mol. Khối lượng F tan trong HNO3 là 36 gam
22,4

Trường hợp 1: Không có phản ứng (3)
Fe(NO3)3 + 3 NH3 + 3H2O → Fe(OH)3↓ + 3 NH4NO3
t0 2O3 + 3 H2O
2 Fe(OH)3→ Fe

n Fe3O 4 = 0,1 mol ⇒

0,25
(4)
(5)

n NO 2 do (1) sinh ra là 0,1mol

⇒ n NO do (2) sinh ra là 0,1mol
⇒ M = 128n ⇒ loại
Trường hợp 2: Có phản ứng (3) lúc đó không có (4), (5) mà có phản ứng:
Fe(NO3)2 + 2 NH3 0+ 2H2O → Fe(OH)2 + 2 NH4NO3
(6)
t
4 Fe(OH)2 + O2→ 2 Fe2O3 + 4 H2O
(7)
2

0,25

0,1
mol
n
0, 3
Mol M phản ứng (3) là
mol
n
0,4
⇒Mol M phản ứng (2), (3) là
mol
n

Mol M phản ứng (2) là

Suy ra M = 32n. Cặp nghiệm hóa học duy nhất là n = 2;M = 64⇒M là Cu
8.2
(1,0đ

)

−

0,25

3 Cu + 8 H+ + 2 NO 3 → 3 Cu2+ + 2NO + 4H2O
n H + = 0,2.0,5.2 = 0,2 (mol); nCu = 0,06(mol);
−
3

n NO − = 0,5.0,2 = 0,1 (mol)
3

Cu : 0,06mol; NO : 0,06 mol; H : 0,04 mol; K : 0,1 mol; SO 24 − : 0,1 mol
2+

+

+

Dung dịch sau phản ứng gồm: Khi cô cạn 0,04 mol HNO3 phân hủy
mH= M Cu 2+ + mK + + mNO3− + mSO42− = 0,06.64 + 0,10.39 + 0,02.62 + 0,1.96
= 18,58 (gam)

.....................HẾT.....................

0,25