BỘ đề THI OLYMPIC hóa học KHỐI 10 của các TRƯỜNG THPT CHUYÊN cả nước năm học 2005 2006

Sở Giáo Dục Đào Tạo Vĩnh Long
Trường Trung học chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm

KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN XXII 2006
Đề thi đề nghị môn Hóa khối 10
I. Câu I (4 đ)
I.1) cho X, Y là 2 phi kim trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt
không mang điện lần lượt là 14 và 16. biết trong hợp chất XYn
. X chiếm 15,0486 % về khốI lựơng
. Tổng số proton là 100
. Tổng số nơtron là 106
a. Xác định số khối và tên X, Y
b. Xác định CTCT XYn và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tố X dạng hình học của
XYn.
c. Viết phương trình phản ứng giữa XYn với P2O5 và với H2O
I.2)
a. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO2
lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217K
b. Chất dicloetilen (C2H2Cl2) có ba đồng phân ký hiệu X,Y,Z
- Chất X không phân cực còn chất Z phân cực
- Chất X và chất Z kết hợp với Hidro cho cùng sản phẩm
X (họăc Z) + H2  Cl - CH2 - CH2 – Cl
. Viết công thức cấu tạo X, Y, Z
. Chất Y có momen lưỡng cực không ?
Đáp án :
Câu I (4đ)
I.1)
a. Gọi Px, PY là số proton X, Y
nx, ny là số nơtron X, Y
Px + nPy = 100
(1)

Nx + nNy = 106
(2)
Px + Nx + n(PY + Ny) = 206
Ax + nAy = 206
(3)
15,
0486
Ax
=
(4)
Ax + nAy
100
=> Ax = 31
(0,5đ)
Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14
Px = 15
(0,5đ)
=> X là photpho
Nx = 16
Thay Px, Nx vào
(1) , (2)
n (Ny – Py) = 5
( 5)
2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16
n(Py – 16) = 5
5  16n
Py =
n
n
1

2
3
4
5
Py
21
18,8 17,67 17,25 17
Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo
(0,25đ)

1


Cl
b. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl P Cl
Cl
Cl
c.
P2O5 + PCl5 = 5POCl3
PCl5 + H2O = H3PO4 + 5HCl
3

(0,25đ)

(0,25đ)

I.2)
- C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2 không
phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xa
năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnh

nhau.

O
(0,5đ)
O Si O
O
a. SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền
trong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu.
(0,5đ)
b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng Cis
H

Cl

hoặc Z + H2  H  C  C  H
Cl H
H
Cl

C C

CTCT

Cl

H
C C

(X)

H

H

Cl

(X)

Cl
(Z)

CTCT Y s ẽ l à

H

Cl
C C

H
C-H
 X= 2,5 – 2,1 = 0,4

Cl
C-Cl
 X = 0,5

Vậy Y phân cực
(0,25đ)
Câu II (4đ)
I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng :

H2 (k) + I2(k)
2HI (k) ở 6000C bằng 64
a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phần
trăm I2 tham gia phản ứng ?
2


b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C)
II-2
Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và
chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên
tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút.
II-3 Tính nhiệt của phản ứng.
H
H
H – C – H + 3Cl2  Cl – C – Cl + 3HCl
H
Cl
biết

EC-H : +413KJ/mol
EC-Cl : +339KJ/mol
ECl-Cl : + 243KJ/mol
EH-Cl : + 427KJ/mol
Phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?
Đáp án :
Câu II (4đ).
II.1
a. H2(k) + I2 (k)
2HI (k)

2mol
1mol
x
x
2x
2-x
1-x
2x
2
2

(2 x)
HI 
KC 
Kc 
 64
H 2 I 2 
(2  x)(1  x)
x1 = 2,25(loại)
x2 = 0,95 (nhận)
=> 95% I2 tham gia phản ứng
H2(k) + I2(k)
2HI (k)
n
1
n-0,99
0,01
1,98
n: nồng độ ban đầu của H2
KC = (1,98)2

= 64
(n-0,99)(0,01)
n 7
=> cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1
II.2
0,693 0,693
k

 0,00347 / năm
t1 / 2
200
N
2,303lg
  kt
N0

0,5đ

0,25đ

b.

3.10 3
 0,00347t
6,5.1012
t = 1,02.104 năm hay 10.200năm

0,5 đ

0,5đ

0,25đ
0,25đ

2,303lg

0,5đ

II.3

H  4 EC  H  3ECl Cl  ( EC  H  3EC Cl  3E H Cl )
= 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ
= - 330KJ
Phản ứng trên tỏa nhiệt

(0,75đ)
3


Câu III (4đ)
III.1
Hòa tan 0,1mol NH4Cl vào 500ml nước.
a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka


b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH  4 = 5.10 –10
III.2
Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/l
a. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I  trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 180C.
b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C.
c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo

hòa PbI2.
(K : 39 ; I : 127)
III. 3
Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit

2
0 , 56V
?
MnO4 
 MnO4 

MnO2
+1,7V
a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2
b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ?
3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2O
Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên.
Đáp án
Câu III (4đ)
III. 1
a)

NH4Cl = NH  4 + Cl –
NH4 + + H2O
NH3 + H3O+

Ka = [NH3][H3O]+
[NH4+]

= 5.10 -10

b). Nồng độ NH3 trong dung dịch :
NH4+ + H2O
0,2
x
0,2 –x

0,25đ

0,25đ

0,1
 0,2 M
0,5

0,25đ

NH3 + H3O+
0
10-7
x
x
x
x + 10-7

10-7 << x nên 0,2 –x  0,2
Ka nhỏ x << 0,2 => 0,2 – x  0,2
x2
Ka =
 5.1010

0,2
x = 10-5
x = [H3O+] = 10-5
pH = 5

0,5đ

III.2
PbI2
Pb 2+ + 2 I 
1,5. 10-3
1,5.10-3
3.10-3
2+
-3
[Pb ] = 1,5.10 M
[I-] = 3.10-3M
b. T PbI2 = [Pb2+][I-]2 = (1,5.10-3).(3.10-3)2 = 13,5.10-9
a.

0,25đ
4


KI = K+ + I 
a
a
gọi
a là số mol KI cần thêm vào
s là độ tan PbI2 sau khi thêm KI

1,5.103
 S  S  10 4 M
15
PbI2
Pb2+ + 2I10-4
10-4 2.10-4
T PbI2 = (Pb2+) (I-)2 = 10-4. (2.10-4 + a)2 = 13,5.10-9
a2 + 4.10-4 a – 13496.10-8 = 0
a = 1,1419.10-2 mol
khối lượng KI cần thêm vào : 166.1,1419.10-2 = 1,895g
c.

0,5đ
0,25đ

III. 3


Mn O4 +e -> Mn O4


2



E01 = 0,56V

E 2 = 1,7V
MnO4  4 H  3e  MnO2  2 H 2O
(2) – (1) ta có :

2
E03 = ?
 MnO4  4 H   2e  MnO2  2 H 2O
 G03 =  G02 –  G01
- 2E03F = -3E02 F – E01F
3E 0 2  E 01 3.1,7  0,56
E03 =

 2,27V
2
2
b. MnO42- + 2e- + 4H+
MnO2 + 2H2O
E01 : 2,27V
2MnO4- + 2e
2MnO42E02 : 0,56V

3MnO4 2- + 4H+
2Mn O4 + MnO2 + 2H2O
0

(1)
(2)
(3)
0,5 đ

0,25 đ

 G03 =  G01–  G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) <0

Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
2(2,27  0,56)
lg K 
 57,97
0,059
=> K = 9,25.1057

0,25đ
0,25đ
0,25đ

Câu IV. (4đ)
IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C
Cu( r) + 2Fe3+ (dd)
Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd)
người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025M
a. Cho biết chiều của phản ứng
b. Tính hằng số cân bằng phản ứng
Fe3
c. Tỉ lệ
có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều.
Fe 2 
E0 Cu2+ /Cu = 0,34V
E0 Fe2+ / Fe = 0,77V
IV. 2
Cho E0Cr2O72-/2Cr3+ = 1,36V







a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion và
phân tử.
b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron
5


Đáp án
a) Cr2O7 2- oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ và bị Fe2+ khử về Cr3+ trong môi trường axit.
Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ -> 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O
K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O
b) Cân bằng theo phương pháp ion electron
Cr2O7 2- + 14H+ + 6e-> 2Cr3+ + 7H2O
1x
6x
Fe 2+ - e
-> Fe3+
2+
2+
Cr2O7 + 14H + 6Fe
-> 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

Câu V.
V.1)
Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóa

X
A0 

Y
z
A 
A1 
A2
Y
A
 C 
A0
T
u
B 
B1 
B2

Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim.
A, A1, A2, C : các hợp chất của lưu huỳnh
B, B1, B2, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loại
V.2).
Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau :
- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy
xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B.

Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện
kết tủa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện
màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.
b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượng
dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là
hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3.
Tìm công thức phân tử X.
Đáp án

Câu V (4đ)
V.1.
3
t0
CuS  O2 
CuO  SO2
2
(A0)
(B) (A)
SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr
(A1)
H2SO4 + Ag2O -> Ag2SO4 + H2O
(A2)
t0
CuO + H2
 Cu  H 2O
(B1)

A0 : CuS

B: CuO
A: SO2
A1 : H2SO4
A2 : Ag 2SO4
B1 : Cu

6


Cu + Cl2

->

CuCl2
(B2)

B2 : CuCl2
C: CuSO4

(1,5đ)

t
Cu + 2H2SO4 đđ 
CuSO4 + SO2 + 2H2O
Ag2 SO4 +CuCl2 -> 2AgCl + CuSO4
(C)
CuSO4 + H2S -> CuS + H2SO4
(A0)
0

V.2
Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của Natri
SO2 qua dung dịch X => màu nâu => I 2 hoặc Br2 tạo thành
a. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI) => X : NaIOx
(2x-2)SO2 + 2I O  x + (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO4 2- +(4x-4) H+
SO2 + I2 + H2O
-> 2 I  + SO4 2- + 4H+
+
IOx + (2x-1) I + 2xH -> xI2 + xH2O
I2 + 2S2O3 2-> 2 I  + S4O6 2b. nI2 =

0,25đ
(0,25đ)
(0,25đ)

(1đ)

1
0,0374.0,1
nNa2 S 2O3 
 0,00187 mol
2
2

(0,5 đ)
nI2 = x.nX = x

0,1
 0,00187
150  16 x

=> x = 4
=> X : NaIO4

(0,5 đ)

7


Kỳ thi Olympic 30/04/2006
Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk
Đề và đáp án:
Môn Hóa - Khối 10
Số mật mã:

1

ĐỀ:
Câu I: (4 điểm)
I.1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534 nm.Tính bán kính
nguyên tử cộng hóa trị của Silic và khối lượng riêng (g.cm-3) của nó. Cho biết MSi= 28,086
g.mol-1. Kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngòai ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4
hốc tứ diện của ô mạng cơ sở.
I.2. Có các phân tử XH3
I.2.1. Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3.
I.2.2. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.
I.2.3. Những phân tử nào sau đây có moment lưỡng cực lớn hơn 0 ? BF3, NH3, SiF4,
SiHCl3, SF2, O3.
Cho biết Zp = 15, ZAs = 33, ZO = 16, ZF = 9, ZCl = 17, ZB = 5, ZN = 7, ZSi = 14, ZS = 16.
Câu II: (4 điểm)
Amoni hidrosunfua là một chất không bền dễ dàng bị phân hủy thành NH3(k) và H2S(k)

NH4HS(r)
NH3(k) + H2S(k)
Cho biết các số liệu nhiệt động học sau đây tại 25oC
Ho ( KJ.mol-1)
So ( J.K-1.mol-1)
NH4HS(r)
-156,9
113,4
NH3(k)
- 45,9
192,6
H2S(k)
- 20,4
205,6
II.1. Tính  H0,  S0,  G0 tại 250C.
II.2. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25oC của phản ứng trên.
II.3. Tính hằng số cân bằng Kp tại 35oC của phản ứng trên giả thiết rằng cả  H0 và  S0
không phụ thuộc vào nhiệt độ.
II.4. Tính áp suất toàn phần trong bình chứa nếu phản ứng đạt cân bằng tại 250C. Bỏ qua thể
tích của NH4HS(r) .
Câu III: (4 điểm)
Trị số pH của nước nguyên chất là 7,0; trong đó khi nước mưa tự nhiên có tính axit yếu do sự
hòa tan của CO2 trong khí quyển. Tuy nhiên trong nhiều khu vực nước mưa có tính axit mạnh
hơn. Điều này do một số nguyên nhân trong đó có nguyên nhân tự nhiên và những nguyên
nhân xuất phát từ hoạt động của con người. Trong khí quyển SO2 và NO bị oxi hóa theo thứ
tự thành SO3 và NO2, chúng phản ứng với nước để chuyển hóa thành axít sunfuric và axít
nitric. Hậu quả là tạo thành mưa axít với pH trung bình khoảng 4,5.
Lưu huỳnh dioxit là một oxit hai chức trong dung dịch nước. Tại 250C :
SO2 (aq) + H2O (l)
HSO3-(aq) + H+( aq)

Ka1 = 10-1,92 M
HSO3-(aq)
SO3-(aq) + H+( aq)
Ka2 = 10-7,18 M
0
Tất cả các câu hỏi sau đều xét ở 25 C
III.1. Độ tan của SO2 là 33,9 L trong 1 L H2O tại áp suất riêng phần của SO2 bằng 1 bar.
III.1.1. Tính nồng độ toàn phần của SO2 trong nước bão hòa khí SO2 (bỏ qua sự thay đổi
thể tích do sự hòa tan SO2).
III.1.2. Tính thành phần phần trăm của ion HSO3-.


Kỳ thi Olympic 30/04/2006
Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk
Đề và đáp án:
Môn Hóa - Khối 10
Số mật mã:

2

III.1.3. Tính pH của dung dịch.
III.2. Nhỏ từng giọt Br2 đến dư vào dung dịch SO2 0,0100 M, toàn bộ SO2 bị oxi hóa thành
SO42-. Br2 dư được tách ra bằng cách sục với khí N2 .
Viết một phương trình phản ứng của quá trình. Tính nồng độ H+ trong dung dịch thu được.
Biết pKa(HSO4-) = 1,99.
Câu IV: (4 điểm)
IV.1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100 M và FeCl3 0,100 M. Xác
định nồng độ các ion thiếc và ion sắt khi cân bằng ở 250C. Tính thế của các cặp oxi hóa
khử khi cân bằng.
IV.2. Khi nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2 M. Xác định nồng độ của Fe3+,

Fe2+ và Ag+ khi cân bằng ở 250C.
o
o
Biet ESn4+ = 0, 15 V ; Eo
3+ = 0, 77 V ; E
Fe
2+
Ag+ = 0, 80 V
Sn
Fe 2 +
Ag
Câu V: (4 điểm)

Theo lí thuyết công thức của khoáng pyrit là FeS2.Trong thực tế một phần ion disunfua S2- bị
thay thế bởi ion sunfua S2- và công thức tổng quát của pyrit có thể biểu diễn là FeS2-x. Như
vậy có thể coi pyrit như một hỗn hợp của FeS2 và FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng với Br2
trong KOH dư thì xảy ra các phản ứng sau:
FeS2 + Br2 + KOH  Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O
FeS + Br2 + KOH  Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O
Sau khi lọc thì chất không tan tách khỏi dung dịch và:
-/ Fe(OH)3 được nung nóng và chuyển hóa hoàn toàn thành Fe2O3 có khối lượng 0,2 gam.
-/ Cho dư dung dịch BaCl2 vào pha lỏng được 1,1087 gam kết tủa BaSO4.
V.1. Xác định công thức của pyrit.
V.2. Cân bằng hai phương trình phản ứng trên, nêu rõ cân bằng electron.
V.3. Tính lượng Br2 theo gam cần thiết để oxi hóa mẫu khoáng.
----------o0o----------

ĐÁP ÁN:

K thi Olympic 30/04/2006
Trng THPT Chuyờn Nguyn Du, tnh k Lk
v ỏp ỏn:
Mụn Húa - Khi 10
S mt mó:

3

Cõu I: (4 im)
I.1. r Si = (a. 3 )/8 = (0,534. 3 )/8= 0,118
S nguyờn t Si cú trong mt ụ mng c s: 8.(1/8) + 6.(1/2) + 4 = 8
Khi lng riờng ca Si = 2,33 g.cm-1.
I.2.1. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3
P v As u cú 5 electron húa tr v ó cú 3 electron c thõn trong XH3
X
X ụỷ traùng thaựi lai hoựa sp3.
H H H
I.2.2. XH3 hỡnh thỏp tam giỏc, gúc HPH > gúc AsH, vỡ õm in ca nguyờn t trung tõm
P ln hn so vi As nờn lc y mnh hn.
I.2.3.
Cl
H
F
N
Si
F
O
S
F
Cl

Cl
F
F
O
O
3
3
sp2
sp
sp
sp3

F

F
Si

B
F
sp2

F

F

F

F
sp3

4 cht u tiờn cú cu to bt i xng nờn cú moment lng cc > 0.
Cõu II: (4 im)
II.1. H0 = 90,6 KJ.mol-1
S0 = 284,8 J.K-1.mol-1
G0 = H0 T. S0 = 5,7 KJ.mol-1
II.2. G0 = -RT. lnKa => Ka = 0,1008
Kp = PNH3.PH2S = 0,1008 bar2
II.3. G0 = H0 T. S0 = 2839 J.mol-1 => Ka = 0,3302.
Kp = PNH3.PH2S = 0,3302 bar2
II.4. Pton phn = PH2S + PNH3
Vỡ nH2S = nNH3 => PNH3 = PH2S = 0,5 Pton phn
=>Pton phn = 0,635 bar.
Cõu III: (4 im)
III.1.1. P.V = n.R.T => n = 1,368 mol => CSO2 = 1,368 M.
III.1.2. SO2 (aq) + H2O (l)
HSO3-(aq) + H+( aq)
x2
Vi [H+] = [HSO3-] = x thỡ
= 10-1,92 => x = 0,1224 M
1,368 x
Vy % nHSO3- = 8,95 %.
III.1.3. pH = 0,91
III.2. Phn ng : 2 H2O(l) + Br2(aq) SO42-(aq) + Br (aq) + 4 H+(aq)
Cõn bng : HSO4-(aq)
SO42-(aq) + H+(aq)
Ka = 10-1,99 M
2+
[SO4 ] = [HSO4 ] = 0,01 M v [H ] + [HSO4 ] = 0,04 M
[HSO4-] = 0,04 [H+] v [SO42-] = [H+] 0,03 M => [H+] = 0,0324 M
Cõu IV: (4 im)

Kỳ thi Olympic 30/04/2006
Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk
Đề và đáp án:
Môn Hóa - Khối 10
Số mật mã:

4

IV.1. Sn2+ + 2 Fe3+  Sn4+ + 2 Fe2+
CMcb 0,05-x 0,05-2x
x
2x
lgK = 2.(0,77 – 0,15)/ 0,059 = 21 => K = 1021
K rất lớn và nồng độ Fe3+cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn2+ => phản ứng gần như
hoàn toàn 2x 0,05
[Fe2+] = 0,05 M; [Sn4+] = 0,025 M; [Sn2+] = 0,025 M; [Fe3+] =  M

0, 025.  0, 05 

2

0, 0025
=>  = [Fe3+] = 1,58.10-12 M
2

0, 025.
1,58.1012
0, 059 0, 025

Khi cân bằng Ecb = 0,77 + 0,059 lg
= 0,15 +
lg
= 0,15 V
2
0, 05
0, 025
IV.2. Ag + Fe3+
Ag+ + Fe2+
CMcb
0,05 - x
x
x
0, 77  0,80
lgK =
= -0,51 => K = 0,31
0, 059

K=

2

=> 1.1021 =

x2
= 0,31 => x = [Ag+] = [Fe2+] = 4,38.10-2 M
0, 05  x
[Fe3+] = 6. 10-3 M.
6.103
Ecb = 0,77 + 0,059 lg

= 0,80 + 0,059 lg 4,38.10-2 = 0,72 V
2
4,38.10
Câu V: (4 điểm)
1,1087
V.1. nS =
= 4,75.10-3
233, 4
0, 2
nFe = 2.
= 2,5.10-3
160
=>nFe : nS = 1 : 1,9 => Công thức FeS1,9
V.2. Fe2+ -e  Fe3+
S22- -14e  2 S+6 15 * 2
Br2 + 2e  2 Br - 2 * 15
2 FeS2 + 15 Br2 +38 KOH  2 Fe(OH)3 + 30 KBr + 4 K2SO4 + 16 H2O (1)
Fe2+ -e  Fe3+
S2- -8e  S+6
9 *2
Br2 + 2e  2 Br - 2 * 9
2 FeS + 9 Br2 +22 KOH  2 Fe(OH)3 + 18 KBr + 2 K2SO4 + 8 H2O (2)
V.3. 2 - x = 1,9 => x = 0,1 => 90% FeS2; 10% FeS
15
m1(Br2) = 160. 0,9 . 25.10-3.
= 2,7(g)
2
9
m2(Br2) = 160. 0,1 . 25.10-3. = 0,18(g)
2

=>mBr2 = 2,7 + 0,18 = 2,88 (g)
Người biên soạn: Hồ Phạm Thu Thủy
Ta có:


Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII
Câu I (4 điểm)
Cho bộ bốn số lượng tử của electron chót cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z như
sau:

A: n = 3, l = 1, m = - 1, s = -1/2
X: n = 2, l = 1, m = - 1, s = -1/2
Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2
I.1 Xác định A, X, Z.
I.2 Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA2, AX2, AX32, AX42-.
I.3 Bằng thuyết lai hoá giải thích sự tạo thành phân tử ZX. Giải thích vì sao ZX có moment
lưỡng cực bé. Giải thích sự hình thành liên kết trong phân tử phức trung hoà Fe(CO)5 bằng thuyết
VB.
I.4 Giải thích vì sao AX32- lại có khả năng hoà tan A tạo thành A2X32-.
Câu II (4 điểm)
II.1 Nghiên cứu động học của phản ứng: NO2 + CO = CO2 + NO
Người ta thấy ở nhiệt độ trên 5000C phương trình tốc độ của phản ứng có dạng:

v = k[NO2].[CO].
Còn ở dưới 5000C phương trình tốc độ phản ứng có dạng: v = k[NO2]2
Hãy giả thiết cơ chế thích hợp cho mỗi trường hợp trên.
II.2 Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 g/lit còn ở 1000C là 4.10-2 g/lit.
II.2.1 Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở hai nhiệt độ và pH của các dung dịch bão hoà.
II.2.2 Tính các đại lượng  H0,  G0 và  S0 của phản ứng hoà tan, coi  H0 và  S0 không thay
đổi theo nhiệt độ.
Câu III ( 4 điểm)
III.1 Cho 0,01 mol NH3, 0,1 mol CH3NH2 và 0,11 mol HCl vào nước được 1 lít dung dịch. Tính
pH của dung dịch thu được?
Cho: pK NH = 9,24; pK CH NH = 10,6; pK H2O = 14.
4

3

3

III.2 Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003 M.
Cho T AgSCN = 1,1.10-12 và hằng số phân li của phức [Ag(NH3)2]+ bằng 6.10-8.
Câu IV ( 4 điểm)
IV.1 Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp ion electron.
IV.1. 1 CrI3 + KOH + Cl2 
 K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
IV.1.2 Al + HNO3 
 Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O


Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường THPT chuyên Th ăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10

Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
IV.2 Để xác định hằng số điện li của axit axêtic người ta thiết lập một pin gồm hai điện cực:
Điện cực 1 là điện cực hidrô tiêu chuẩn
Điện cực 2 là dây Pt nhúng vào dung dịch axit axêtic 0,01M.
IV.2.1 Thiết lập sơ đồ pin và viết các bán phản ứng xảy ra trên bề mặt mỗi điện cực khi pin hoạt
động.
IV.2.2 Sức điện động của pin đo được ở 250C là 0,1998 V. Tính hằng số điện li của axit axêtic.
RT
Cho:
ln  0,0592 lg , P H2 = 1atm.
nF
Câu V (4 đi ểm)
V.1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau:
V.1.1 Hoà tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%)
V.1.2 Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư.
V.1.3 Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào dung
dịch thu được.
V.1.4 Để một vật làm bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm khí H2S một thời gian.
V.2 Có ba muối A, B, C của cùng kim loại magie và tạo ra từ cùng một axit. Cho A, B, C tác
dụng với những lượng như nhau cuả axit HCl thì có cùng một chất khí thoát ra với tỉ lệ mol
tương ứng là 2:4:1. Xác định A, B, C và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
V.3 Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà ở 200C đã làm cho
1,58 gam MgSO4 kết tinh lại ở dạng khan. Hãy xác định công thức của tinh thể muối ngậm nước
kết tinh. Biết độ tan cuả MgSO4 ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước.


Tỉnh: Lâm Đồng.

Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII
Câu I
I.1
Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2  3p4 A là S
Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2  2p4 X là O
Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2  2p2 Z là C
I.2
Phân tử, iôn
Trạng thái lai hoá cuả
Cấu trúc hình học
nguyên tử trung tâm
CS2
sp
Đường thẳng
2
SO2
sp
Góc
3
2
sp
Chóp đáy tam giác đều
SO 3

sp3
Tứ diện đều
SO 24
I.3
C:

[He]

O:

[He]

2s2

2s2

2p2




2p4


  
Cacbon dùng 1 obitan 2s tổ hợp với 1 obitan 2p tạo ra 2 obitan lai hoá sp hướng ra hai phía khác
nhau, trong đó có một obitan bão hoà và 1 obitan chưa bão hòa.
Cacbon dùng 1 obitan lai hoá chưa bão hoà xen phủ xichma với 1 obitan p chưa bão hoà cuả oxi
và dùng 1 obitan p thuần chủng chưa bão hoà xen phủ pi với 1 obitan p chưa bão hoá còn lại cuả
oxi. Oxi dùng 1 obitan p bão hoà xen phủ vơí obitan p trống của cacbon tạo liên kết pi kiểu p  p.

Công thức cấu tạo: :C  O:
+ CO có moment lưỡng cực bé vì trong phân tử có liên kết phối trí ngược cặp electron của
nguyên tử oxi cho sang obitan trống cuả nguyên tử cacbon làm giảm độ phân cực của liên kết nên
làm giảm moment lưỡng cực.
+ Sự hình thành liên kết trong phân tử Fe(CO)5
Fe (Z = 26) [Ar]
3d6
4s2
4p0


Fe*



[Ar]






3d






8



4s0


4p0


Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Fe dùng 1 obitan 3d trống tổ hợp với 1obitan 4s và 3 obitan 4p
tạo thành 5 obitan lai hoá dsp3 trống hướng ra 5 đỉnh của hình lưỡng chóp đáy tam giác đều tâm
là nguyên tử Fe.
CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các
obitan lai hoá trống của sắt tạo ra phân tử phức trung hoà Fe(CO)5
Fe*
[Ar]
3d8
4s0
4p0








:CO


  
:CO :CO : CO :CO

I.4
S

S

3s2

[Ne]

*


3s2

[Ne]

3p4


 

3p4


 
SO3 có khả năng kết hợp thêm 1 nguyên tử S để tạo S2O32- vì trên nguyên tử S trong SO32- còn
có một cặp electron tự do chưa liên kết có khả năng cho vào obiatn 3p trống của nguyên tử S tạo
liên kết cho nhận.
2-

2S
O

O
O

S

2O

S

S
O

Câu II
II.1 Có thể giả thiết:
Trên 5000C phản ứng là đơn giản: NO2 + CO 
 CO2 + NO
Vơí v = k[NO2].[CO]
Dưới 5000C phản ứng xảy ra theo hai giai đoạn sau:

2NO2 
Chậm
 NO + NO3
NO3 + CO
CO2 + NO2
Nhanh
Với v = k[NO2]2

O


Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
II.2
II.2.1 Mg(OH)2

Mg2+ + 2OH- T = [Mg2+].[OH-]2 = 4s3
s
2s
3

 9.103 
-4 3
-11
Ở 291K: T291 = 4. 

 = 4.(1,552.10 ) = 1,495.10 .
 58 
pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4) = 10,49
3

 4.102 
-9
Ở 373K: T373 = 4. 
 = 1,312.10
 58 
pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4) = 11,14
II.2.2
RT2 T1
T
8,314.373.291 1,312.109
.ln 373 
.ln
= 49243,8 J.mol-1
 H0 =
T2  T1
T291
373  291
1,495.10 11
Tính độ tan của Mg(OH)2 ở 298K:
T
H 0  1
1 
49243,8  1
1 
ln 298  

.


.


T291
R  298 291 
8,314  298 291 
Suy ra T298 = 2,41.10-11.
Từ biểu thức:
0
= -RTlnT298 = -8,314.298.ln2,41.10-11 = 60573,7 J.mol-1 = 60,5737 KJ.mol-1
 G 298
0
=  H0 – 298.  S0 Suy ra  S0 = -38,02 J.mol-1.K
 G 298
Câu III
NH3 + H+ 
 NH 4
0,01 0,01
0,01 mol
+
CH3NH2 + H 
 CH3NH 3
0,1
0,1
0,1 mol
Tổng số mol H+ phản ứng: n = 0,01 + 0,1 = 0,11 mol. Vậy H+ vừa hết.
Dung dịch thu được gồm: 0,01 mol NH 4 và 0,1 mol CH3NH 3

Vì K H O  K CH NH  K NH nên có thể bỏ qua cân bằng điện ly của nước trong dung dịch.
3
3
4
2
Ban đầu
Điện ly
Cân bằng

CH3NH 3
0,1
x
0,1 - x

CH3 NH2 + H+
x
x

x
x+y


Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã

NH 4
NH3 + H+
Ban đầu
0,01
Điện ly
y
y
y
Cân bằng
0,01 – y
y
x+y
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho các cân bằng điện li ta có :
[CH3 NH 2 ].[H + ] x(x + y)
K CH NH =
=
= 10-10,6
+
3
3
0,1x
[CH3 NH3 ]
 x (x + y) = 10-11,6 (1)
(giả sử coi x << 0,1)
+
[NH3 ][H ] y(x + y)
K NH =
=
= 10-9,24
+

4
0, 01- y
[NH 4 ]
 y (x + y) = 10-9,24 . 10-2 = 10-11.24 (2) (giả sử coi y << 0,01)
Từ (1) và (2) ta có
x (x + y ) + y (x + y) = 10-11,6 + 10-11,24 = 8,27.10-12
 x + y = 8,27 .10 12
 [ H+ ] = x + y = 2,88 . 10-6 mol.lit-1.
 pH = -lg [ H+ ] = - lg 2,88 . 10-6 = 5,54
III.2
Các cân bằng xảy ra trong dung dịch:
AgSCN
Ag+ + SCNAg+ + 2NH3
AgSCN + 2NH3
0,003 – 2s

[Ag(NH3)2]+

[Ag(NH3)2]+ + SCNs

TAgSCN = 1,1.10-2
1
1
Kb =

K pl 6.108
Kcb = TAgSCN.

s

Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng (3) ta có:
T
s2
 AgSCN
2
(0,003  2s)
K pl
Thay số vào ta có s = 1,27.10-5 mol.lit-1.

1
K pl

(1)
(2)
(3)


Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Câu IV
IV. Cân bằng các phản ứng bằng phương pháp ion electron:
IV.1.1 CrI3 + KOH + Cl2 
 K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
Chất khử: CrI3
Chất oxi hoá: Cl2

Môi trường: KOH
HSC
3+
2

Quá trình oxi hoá:
Cr + 3I + 32OH - 27 e 
 CrO 4 + 3IO 4 + 16H2O x2
Quá trình khử:
Cl2 + 2e 
x 27
 2Cl3+
2

2Cr + 6I + 64OH + 27Cl2 
 2CrO 4 + 6IO 4 + 54Cl + 32H2O
Phương trình phân tử:
2CrI3 + 64KOH + 27Cl2 
 2K2CrO4 + 6KIO4 + 54KCl + 32H2O
IV.1.2 Al + HNO3 
 Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O
Chất khử: Al
Chất oxi hoá: NO 3
Môi trường: HNO3
HSC
3+
QT oxi hoá: Al – 3e 
x (3x-8y)
 Al
+


QT khử: (x+2y)NO 3 + (4x+10 y)H + (3x+8y)e 
 xNO + yN2O + (2x+5y)H2O x 3
(3x+8y)Al + 3(x+2y)NO 3 + (12x+30y)H+ 
 (3x+8y)Al3+ + 3xNO + 3yN2O + (6x+15y) H2O
Phương trình phân tử:
(3x+8y)Al + (12x+30y)HNO3 
 (3x+8y)Al(NO3)3 + 3xNO + 3yN2O + (6x+15y) H2O
IV.2 Sơ đồ pin
(+) Pt, H2 /H+, 1M // CH3COOH, 0,01 M/H2, Pt (-)
Tại cực dương: 2H+ + 2e 
 H2
Tại cực âm: H2 - 2e 
 2H+
Phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động: 2H+ (+) + H2 (-) = 2H+ (-) + H2 (+)
IV.2.2
Từ  E = E(+) – E(-) ta có 0,1998 = 0 – E(-) hay E(-) = - 0,1998V
Gọi [H+] là nồng độ ion [H+] là nồng độ ion hidro do CH3COOH điện li ra ở điện cực âm.
Mặt khác, E = 0,0592lg[H+] = -0,1998 V
 [H+] = 4,217.10-4 M
CH3COOH
CH3COO- + H+
0,01 – 4,217.10-4
4,217.10-4
4,217.10-4 (mol.lit-1)
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng ta có:
[H  ].[CH3COO ]
(4,217.104 )2
Ka =
=

= 1,86.10-5
4
[CH 3 COOH]
0,01  4,217.10


Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Câu V
V.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra:
V.I.1 Pb + H2SO4 = PbSO4 + H2
PbSO4 + H2SO4 = Pb(HSO4)2
Pb + 2H2SO4 = Pb(HSO4)2 + H2
V.I.2 Cu2O + 2HCl = 2CuCl + H2O
CuCl + HCl = H[CuCl2]
Cu2O + 4HCl = 2 H[CuCl2] + H2O
V.I.3 Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
6FeSO4 + 3Cl2 = 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3
V.I.4 4Ag + O2 + 2H2S = 2Ag2S + 2H2O
Câu V.2 Ba muối có thể là MgCO3, Mg(HCO3)2, Mg2(OH)2CO3
(Hoặc MgSO3, Mg(HSO3)2, Mg2(OH)2SO3 …)
Phương trình phản ứng:
MgCO3 + 2 HCl = MgCl2 + H2O + CO2
a
a/2

Mg(HCO3)2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2O + 2CO2
a
a
Mg2(OH)2CO3 + 4HCl = 2MgCl2 + CO2 + 3H2O
a
a/4
V.3 Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO4.nH2O
Trong 120 + 18n gam MgSO4.nH2O có 120 gam MgSO4 và 18n gam H2O
1,58 gam
0,237n gam
Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà:
100.100
= 74,02 gam
m H2 O 
35,1  100
100.35,1
= 25,98 gam
m MgSO4 
35,1  100
Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh:
m H2O = 74,02 – 0,237n gam

m MgSO4 = 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam
25,4
.100 = 35,1. Suy ra n = 7.
74,02  0,237n
Vậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO4.7H2O.
Độ tan: s =

Tỉnh: An Giang
Trường: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu
Môn: HÓA HỌC
Khối: 10
Tên giáo viên biên soạn: Nguyễn Thu Nga
Số mật mã
Phần này là phách
___________________________________________________________________________
Số mật mã

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
CÂU 1: (5điểm)
(1) Nguyên tố R thuộc nhóm nào ? phân nhóm nào trong bảng hệ thống tuần hoàn
? Nguyên tố R là kim loại hay phi kim ? Biết số oxi hoá của nguyên tố R trong hợp chất
oxit cao nhất là mo, trong hợp chất với hidro là mH và:
 mo - mH = 6
(2) Xác định nguyên tố R, biết trong hợp chất với hidro có %H = 2,74% về khối
lượng. Viết CTPT oxit cao nhất của R và hợp chất của R với hidro.
(3) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây:
NaRO + SO2 + H2O  …………………………………
HRO + I2 + H2O

 …………………………………

FeR3 + SO2 + H2O

 …………………………………

KRO3 + HI

 …………………………………

R là nguyên tố trên (câu 2)
CÂU II: (5 điểm)
(1) Cho biết sự biến đổi trạng thái lai hoá của nguyên tử Al trong phản ứng sau và
cấu tạo hình học của AlCl3, AlCl 4 .
AlCl3 + Cl   AlCl 4
(2) Biểu diễn sự hình thành liên kết phối trí trong các trường hợp sau:
(o): Sản phẩm tương tác giữa NH3 và BF3.
(b): Sản phẩm tương tác giữa AgCl với dung dịch NH3.
(3): Giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong từng cặp phân tử sau:
(a)
S
Cl 103o Cl

O
và

Cl 111o Cl

(b)
O
F 103o15’ F

và

O
Cl 111o

Cl

Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 1


PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

CÂU III: (5 điểm)
CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k)

(1) Xét cân bằng:

- Ở 800oC, áp suất hơi của khí CO2 là 0,236atm.
(a). Tính hằng số cân bằng Kp và Kc của phản ứng ?
(b). Cho 125 (gam) canxi carbonat vào một bình có dung tích không đổi là 100 lít.
Hỏi ở trạng thái cân bằng có bao nhiêu phần trăm canxi carbonat đã bị nhiệt phân ?
(2) Xét phản ứng thuận nghịch sau:
H2 (k) + I2 (k) ⇌ 2HI (k)
- Ở 400oC phản ứng trên có giá trị hằng số cân bằng Kc = 50.
- Tại một thời điểm nào đó của hệ phản ứng, nồng độ mol/lít của các chất có giá trị
sau đây:
[H2] (mol/l)

[I2] (mol/l)

[HI] (mol/l)

a

2,0

5,0

10,0

b

1,5

0,25

5,0

c

1,0

2,0

10,0

Hỏi tại thời điểm đó phản ứng đang diễn biến theo chiều nào để đạt trạng thái cân
bằng.
CÂU IV: (5 điểm)
(1) Canxi hidroxit là một bazơ ít tan. Trong dung dịch nước có tồn tại cân bằng:
Ca(OH)2 (r)
Biết: AGo(KCal.mol-1) – 214,30

⇌

Ca2+(t) + 2OH- (t)

- 132,18

- 37,59

Hãy tính:
(a) Tích số tan của Ca(OH)2 ở 25oC ?
(b) Tính nồng độ các ion Ca2+; OH- trong dung dịch nước ở 25oC.
(2) Ở nhiệt độ thường độ tan của BaSO4 trong nước là 1,05.10-5 (mol.l-1). Tính xem
độ tan của BaSO4 sẽ thay đổi thế nào nếu người ta pha thêm vào nước BaCl2 hay Na2SO4 để
cho nồng độ của chúng bằng 0,01 (mol.l-1).

Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 2


PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

CÂU V: (5 điểm)
Cho các phương trình phản ứng sau đây:
1. A1 
 A2 + A3 + A4
;t
2. A1 xt

 A2 + A4
o

t
3. A3 
A2 + A4
o

4. A1 + Zn + H2SO4 
 A2 + ZnSO4 + H2O
5. A3 + Zn + H2SO4 
 A2 + ZnSO4 + H2O
6. A1 + A2 + H2SO4 
 A5 + NaHSO4 + H2O
7. A5 + NaOH 
 A2 + A6 + H2O
t
8. A6 
A1 + A2
o

Biết:
* Trong điều kiện thường A4; A5 là các chất khí
* A1 có chứa 21,6% Na theo khối lượng.
* A3 có chứa 18,78% Na theo khối lượng
* A1; A3 là hợp chất của Clor.
Cho: Na = 23; Cl = 35,5; H = 1; S = 32; O = 16
CÂU IV: (5 điểm)
(1) Cho hai bình có thể tích bằng nhau:
- Bình (1) chứa 1 (mol) Cl2; bình (2) chứa 1 (mol) O2
- Cho vào hai bình 2,40 (gam) bột kim loại M có hoá trị không đổi. Đun nóng hai
bình để các phản ứng trong chúng xảy ra hoàn toàn, rồi đưa hai bình về nhiệt độ ban đầu,
nhận thấy lúc đó tỉ số áp suất khí trong hai bình là:

P1

P2



1,8
1,9

Hãy xác định kim loại M ?
(2) Một hỗn hợp (A) đồng số mol của FeS2 và FeCO3 vào một bình kín dung tích
không đổi chứa lượng khí O2 dư. Nung bình đến nhiệt độ cao đủ để oxi hoá hoàn toàn hết các
chất trong (A), rồi đưa bình về nhiệt độ ban đầu. Hỏi áp suất trong bình trước và sau phản ứng
thay đổi thế nào ?
Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 3


PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Cho: Ca = 40; Fe = 56; S = 32; C = 12 ; O = 16
Ba = 137; Ag = 108; Cu = 64; Mg = 24
Zn = 65; Pb = 207; Cr = 52

Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 4


Tỉnh: An Giang
Trường: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu
Môn: HÓA HỌC
Khối: 10
Tên giáo viên biên soạn: Nguyễn Thu Nga
Số mật mã
Phần này là phách

___________________________________________________________________________
Số mật mã
HƯỚNG DẪN CHẤM
CÂU 1: (5điểm)
(1) Nguyên tố R thuộc nhóm nào ? phân nhóm nào trong bảng hệ thống tuần hoàn
? Nguyên tố R là kim loại hay phi kim ? Biết số oxi hoá của nguyên tố R trong hợp chất
oxit cao nhất là mo, trong hợp chất với hidro là mH và:
 mo - mH = 6
(2) Xác định nguyên tố R, biết trong hợp chất với hidro có %H = 2,74% về khối
lượng. Viết CTPT oxit cao nhất của R và hợp chất của R với hidro.
(3) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây:
NaRO + SO2 + H2O  …………………………………
HRO + I2 + H2O

 …………………………………

FeR3 + SO2 + H2O

 …………………………………

KRO3 + HI

 …………………………………

R là nguyên tố trên (câu 2)

BÀI GIẢI

 mo - mH = 6
 mo = 7

 mo + mH = 8  mH = 1
R là phi kim thuộc nhóm VIIA
(2) Hợp chất hidro của R có CTTQ: RH
m R R 97,26
 
 35,5
mH 1
2,74
(1) Ta có:

R là nguyên tố clor
CTPT: HCl ; Cl2O7
(3) NaClO +SO2 + H2O
5HClO + I2 + H2O
2FeCl3 + SO2 + 2H2O
KClO3 + 6HI






NaHSO4 + HCl
2HIO3 + 5HCl
2FeCl2 + H2SO4 + 2HCl
3I2 + KCl + 3H2O

Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 5

THANG ĐIỂM

1,0đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ


PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

CÂU II: (5 điểm)
(1) Cho biết sự biến đổi trạng thái lai hoá của nguyên tử Al trong phản ứng sau và
cấu tạo hình học của AlCl3, AlCl 4 .
AlCl3 + Cl   AlCl 4
(2) Biểu diễn sự hình thành liên kết phối trí trong các trường hợp sau:
(o): Sản phẩm tương tác giữa NH3 và BF3.
(b): Sản phẩm tương tác giữa AgCl với dung dịch NH3.
(3): Giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong từng cặp phân tử sau:
(a)
S

O
và

Cl 103o Cl

Cl 111o Cl

(b)
O

O

và

F 103o15’ F

Cl 111o

Cl

BÀI GIẢI


AlCl3 + Cl  AlCl

THANG ĐIỂM


4

- Trước phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp2
- Sau phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp3
- Cấu tạo hình học

Cl
Cl


(1)

Al
Cl

0,25đ
0,25đ

Al
Cl

Cl

1,0đ
Cl

Cl
Tứ diện

Tam giác phẳng
(2)
H

F

H – N+  B- – F

NH3  Ag+  NH3 Cl

H
F
* Nitơ còn 1 cặp electron tự do
* B còn obital hoá trị trống



* Ag+ còn obital/hoá trị trống

Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 6

1,0đ