Hoa 10 thai nguyen

S GD&T THAI NGUYấN
TRNG THPT CHUYấN THAI NGUYấN

ấ THI ấ NGHI
Kè THI CHN HC SINH GII
TRI Hẩ HNG VNG
Nm hc: 2014 2015
Mụn: Húa hc Lp 10
Thi gian: 180 phỳt

Cõu 1: Cu to nguyờn t - húa hc ht nhõn (2,5 im)
1-Xác định nguyên tử mà electron cuối cùng điền vào có các số lợng tử sau:
a) n = 2 ; l = 1 ; m = 0 ; ms = + 1
2

b) n = 3 ; l = 2 ; m = 0 ; ms = 1
2

2- Một nguyên tử X có bán kính bằng 1,44 A0 , khối lợng riêng thực là 19,36
g/cm3 . Nguyên tử này chỉ chiếm 74% thể tích của tinh thể, phần còn lại là
các khe rỗng.
a) Xác định khối lợng riêng trung bình của toàn nguyên tử rồi suy ra khối lợng mol nguyên tử của X.
b) Biết nguyên tử X có 118 nơtron và khối lợng mol nguyên tử bằng tổng số
khối lợng proton và nơtron. Tính số electron có trong X3+
3- Mt lng hn hp gm hai ng v phúng x vi s lng ht nhõn
ban u nh nhau. ng v th nht cú chu kỡ bỏn ró l 2,4 ngy, ng v
th hai cú chu kỡ bỏn ró l 40 ngy. Sau thi gian t1 thỡ cú 87,75% s ht
nhõn ca hn hp b phõn ró, sau thi gian t2 thỡ cú 75% s ht nhõn ca hn
hp b phõn ró. T s t1/t2 l
Cõu 2: Hỡnh hc phõn t - Liờn kt húa hc Tinh th - nh lut tun hon
(2,5 im)

1. Mụ t dng hỡnh hc phõn t, trng thỏi lai hoỏ ca nguyờn t trung tõm
trong cỏc phõn t v ion sau: IF5, XeF4, Be(CH3)2, BCl3, H3O+, NO3-.
2. So sỏnh ln gúc liờn kt ca cỏc phõn t sau õy. Gii thớch.
PI3, PCl3, PBr3, PF3
3. So sỏnh nhit núng chy ca cỏc cht sau. Gii thớch.
NaCl, KCl, MgO
Cõu 3: Nhit húa hc (2,5 im)
Tớnh hiu ng nhit ỏp sut P = 1,01325.10 5 Pa (1atm) nhit 500 K
ca phn ng:
2 H2 + CO = CH3O0H (k)
bit rng:
o
1. H sn ,CO = 110,5 kJ/mol,

H sno ,CH COOH ( k ) = 201,2 kJ/mol
3

2. C HP = 27,28 + 3,26.103 T + 0,502.105 T2 J.mol1. K1
2

3
C CO
T 0,46.105 T2 J.mol1. K1
P = 28,41 + 4,10.10

1


OH ( k )
C CH

= 15,28 + 105,2.10−3 T − 3,104.10−6 T2 J.mol−1. K−1
P
3

Câu 4: Cân bằng hóa học trong pha khí ( 2,5 điểm)

→ 2 NH3 được thiết lập ở 400 K
Trong một hệ có cân bằng 3 H 2 + N2 ¬


người ta xác định được các áp suất phần sau đây:
0,125.105 Pa ,

= 0,376.105 Pa ,

=

= 0,499.105 Pa.

1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng ở 400 K.
2. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
3. Trong một hệ cân bằng gồm H 2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng
1.105 Pa, người ta tìm được: Kp = 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?

Câu 5: Cân bằng trong dung dịch điện li ( 2,5 điểm)
Thêm NH3 vào hỗn hợp gồm CH3COOH 0,1M; HCOOH 0,2M; H2SO4
0,01M (dung dịch A) cho đến C NH = 0,58M .
1- Tính pH của dung dịch thu được cho
pKa HCOOH: 3,75; CH3COOH : 4,76; HSO4− : 2; NH 4+ : 9,24.
2- Trộn 1ml dung dịch thu được với 1 ml dung dịch MnCl 2 0,006M. Có hiện
tượng gì xảy ra ( pKsMn(OH ) = 12,6) .
3- Tính số ml NaOH 0,1M cần cho vào 25 ml dung dịch A để pH = 4,76.
Câu 6: Phản ứng oxihóa - khử. Pin điện. Điện phân. ( 2,5 điểm)
Cho pin được ghép bởi 2 điện cực Ag/AgCl/HCl 0,02M và Pt/Fe 3+ 0,10M; Fe2+
3

2

0,050M; H+ 1M.
Viết sơ đồ pin. Xét ảnh hưởng (định tính) tới sđđ của pin , nếu:
1) Thêm 50 ml HClO4 1M vào nửa trái của pin.
2) Thêm nhiều muối Fe2+ vào nửa trái của pin.
3) Thêm ít KMnO4 vào nửa trái của pin.
4) Thêm ít NaOH vào nửa phải của pin.
5) Thêm nhiều NaCl vào nửa phải của pin.
6) Thêm 10 ml nước vào nửa trái của pin.
Câu 7: Halogen – Oxi – Lưu huỳnh ( 2,5 điểm) (Lê Quý Đôn – Đà Nẵng 2011)
1. Hãy hoàn thành các phương trình hóa học sau:
Na2S2O3 + Cl2 + H2O 
Br2 + Na2CO3 
KClO3 + H2C2O4 + H2SO4 
HBr + H2O2 
2

2. Tại sao tồn tại phân tử H5IO6 nhưng không tồn tại phân tử H5ClO6? Một
trong những phương pháp điều chế axit H 5IO6 là cho I2 tác dụng với dung
dịch HclO4 đậm đặc. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra.
3. Cho H2S lội chậm qua dung dịch A chứa: FeCl 3, AlCl3, NH4Cl, CuCl2 đều
có cùng nồng độ 0,1M cho đến bão hòa được kết tủa và dung dịch B. Cho
NH3 dư vào dung dịch B. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng
xảy ra dạng ion rút gọn.
Câu 8: Bài tập tổng hợp ( 2,5 điểm) (Trần Đại Nghĩa HCM – 2011) Hai bình
kín A, B đều có dung tích không đổi 9,96 lít chứa không khí (21%O 2, 79%N2 về
thể tích) ở 27,30C và 752,4 mmHg. Cho vào hai bình những lượng như nhau hỗn
hợp ZnS, FeS2, trong bình B còn thêm một ít bột S (không dư). Sau khi nung
bình để đốt cháy hết hỗn hợp muối sunfua và lưu huỳnh, đưa nhiệt độ bình về
136,50C. Lúc đó áp suất trong bình A là P A và O2 chiếm 3,68% thể tích; áp suất
trong bình B là PB và N2 chiếm 83,16% thể tích.
1. Tính % thể tích mỗi khí trong A.
2. Nếu lượng S trong B tăng lên thì % thể tích các khí trong B thay đổi như
thế nào?
3. Giá trị của PA, PB?
4. Tính khối lượng hỗn hợp ZnS, FeS2.

3


HNG DN CHM ấ THI
NGHI HC SINH GII TRI Hẩ HNG VNG
Nm hc: 2014 2015
Mụn: Hoỏ hc - Lp 10
Cõu í
1

1

Ni dung
2
2
2
a) Cấu hình 1s 2s 2p là 6C
b) Cấu hình [18Ar] 3d84s2 là 28Ni

2

a) Khối lợng riêng trung bình của nguyên tử X là: d =

3

d ' 19,36
=
g/cm3
0,74 0,74
19,36
4
4

Mặt khác, m = V.d = r3.d = ì3,14ì(1,44. 10 8)3ì
= 32,7.
0,74
3
3

10 23.

Vậy khối lợng mol nguyên tử X = 6,023. 1023ì 32,7. 10 23 197
g/mol
b) Theo giả thiết: p + 118 = 197 p = 79 số e = 76
Gi N 0 l s ht nhõn ban u ca mi ng v phúng x s ht
nhõn ban u ca hn hp l 2 N 0 .
N1 l s ht nhõn con li ca ng v phúng x 1. Ta cú: N1 = N0

N 2 l s ht nhõn con li ca ng v phúng x 2. Ta cú: N 2 =
N0
Phn trm s ht nhõn con li ca hn hp:

Ti t1 :

Ti t2 :
4

im


 Tỷ số thời gian:
2

1

2

3

* IF5 : Dạng chóp vuông; nguyên tử I ở trạng thái lai hoá sp3d2
* XeF4 : Dạng vuông phẳng; nguyên tử Xe ở trạng thái lai hoá sp3d2
* Be(CH3)2 : Dạng đường thẳng; nguyên tử Be ở trạng thái lai hoá sp
* BCl3 : Dạng tam giác phẳng; nguyên tử B ở trạng thái lai hoá sp2
* H3O+ : Dạng tháp tam giác; nguyên tử O ở trạng thái lai hoá sp3
* NO3- : Dạng tam giác phẳng; nguyên tử N ở trạng thái lai hoá sp2
Độ lớn góc liên kết của các phân tử:
PI3 > PBr3 > PCl3 > PF3
Giải thích: Vì độ âm điện của I < Br < Cl < F. Độ âm điện của phối tử
càng lớn, hoặc bán kính nguyên tử của phối tử càng nhỏ thì tương tác
giữa các phối tử càng lớn làm góc liên kết càng nhỏ lại.
Nhiệt độ nóng chảy của các chất:
MgO > NaCl > KCl
Giải thích: - Năng lượng phân li tỉ lệ thuận với điện tích ion và tỉ lệ nghịch
với bán kính ion.
- Bán kính ion K+ > Na+; điện tích ion Mg2+ > Na+ và O2- > Cl-.
Từ các số liệu đã cho ta tính được

3

∆ H o298 = − 90700 J

∆Cp = -67,69 + 94,58.10−3 T − 31,04.10−6 T2 − 0,544.105 T−2
∆ H oT = ∆ H oT − 67,69 (T2 − T1) +
1

2

94,58.10 −3 2
31,04.10 −6

2
3
T
T
( 2− 1)−
( T2
2
3

3
− T1 )

+ 0,544.105 ( T2−1 − T1−1 )
∆H

o
500

= ∆H

o
298

94,58.10 −3
− 67,69 (500 − 298) +
(5002 - 2982)
2

1 
31,04.10 −6

 1
−
 ;
−
(5003 − 2983) + 0,544.10−5 
3
 500 298 

=

−

97750 J

hay − 97,75 Kj

4

1

2
PNH
3

Kp =

PH3 2 × PN 2

(0, 499 × 105 )2
⇒ Kp =

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

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

n

500
H
n N = P × PN ⇒ n N = 0,376 × 0,125 = 166 mol
H
2

2

2

2

2

5


n

500
H
n NH = P × PN H ⇒ n NH = 0,376 × 0,499 = 664 mol
H
2

3

3

3

2

3

⇒ n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1×105 P
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

175
× 1×105 Pa
785

P=

ΔG = ΔG0 + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ
Δ G = 8,314 × 410 × [-ln (36,79 × 1,0132 ) + ln (

× 7852 × 1,0132)] =

19,74 J.mol¯1
⇒ Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.
5

1

H2SO4 → H+ + HSO4−
0,01
NH3 + H+ → NH 4+
C0:

0,58

0,01

0,57

-

0,01

NH3 + HSO4− → NH 4+ + SO42−
C0:

0,57

0,01

0,01

0,56

-

0,02

NH3 + HCOOH → NH 4+ + HCOOC0:

0,56

0,2

0,02

0,36

-

0,22

NH3 + CH3COOH → NH 4+ + CH3COOC0:

0,36

0,1

0,22

0,26

-

0,32

0,1

Thành phần giới hạn: NH3 : 0,26M; NH 4+ : 0,32M; CH3COO- : 0,1M;
HCOO- : 0,2M; SO42− : 0,01M.
Cân bằng:
NH 4+  NH3 + H+

K1 = 10-9,24

H2O  H+ + OH-

K2 = 10-14

NH3 + H2O  NH 4+ + OH-

K3 = 10-4,67
6

(1)
(2)
(3)


CH3COO- + H2O  CH3COOH + OHHCOO- + H2O  HCOOH + OH-

K4 = 10-9,24
K5 = 10-10,25

SO42− + H2O  HSO4− + OH-

K6 = 10-12

(4)
(5)

(6)

So sánh (1) và (2) thấy (1) là chủ yếu.
So sánh (3), (4), (5), (6) thấy (3) là chủ yếu.
Vậy cân bằng (1) và (3) là chủ yếu hay:
NH 4+  NH3 + H+

Ka = 10-9,24.

⇒ Hệ đệm: pH = pKa + lg .

2

Cb
0,26
lg .
=
9,24
+
= 9,15
Ca
0,32

Sau khi trộn:
0,06
= 0,003M
2
0,26
C NH 3 =
= 0,13M
2
0,32
C NH + =
= 0,16M
4
2
CMn2+ =

Cân bằng chủ yếu vẫn là: NH 4+  NH3 + H+
pH = pK a + lg .

Ka = 10-9,24

Cb
= 9,15 ⇒ pOH = 14 – 9,15 = 4,85 ⇒ [OH-] = 10-4,85
Ca

2
−4 , 75 2
Do CMn .COH = 0,03.(10 ) > TMn(OH ) = 10-12,6
2+

−

2

⇒ có kết tủa Mn(OH)2 tạo ra

3

Khi cho NaOH vào dung dịch A để pH = 4,76 thì:
10 −2
≅ 100%
10 −2 + 10 −4, 76
10 −3,75
≅ 91,098%
% HCOOH bị trung hoà: α 2 = −3,75

10
+ 10 −4,76
10 −4,76
≅ 50%
% CH3COOH bị trung hoà: α 3 = −4,76
10
+ 10 −4,76
25(CH + C HSO− + 0,91098.CHCOOH + 0,5. CCH 3COOH ) = V. 0,1

% HSO4− bị trung hoà: α1 =

4

6

1

V = 63, 049 ml
Sơ đồ pin tạo bởi 2 điện cực trên là:
(-)

Pt/Fe3+ (0,10M), Fe2+(0,05M),H+(1M)//HCl(0,02M)/AgCl/Ag

(+)
Phương trình Nernst cho các điện cực là:
7


Ở anot( cực âm): E Fe

3+

/ Fe

2+

0
= E Fe
+ 0,0592. lg
3+
/ Fe 2 +

[ Fe ]
[ Fe ]
3+

2+

Ở catot( cực dương): AgCl + e € Ag + Cl- hay Ag+ + e € Ag
0
E AgCl / Ag = E AgCl
/ Ag + 0,0592. lg

[

1
0
+
; E Ag + / Ag = E Ag + / Ag + 0,0592. lg Ag
−

Cl

[ ]

]

E pin = E AgCl / Ag − E Fe3+ / Fe 2 +

2

1) Thêm H+ vào nửa trái của pin thì E Fe

3+

/ Fe 2 +

không bị ảnh hưởng nên Epin

không thay đổi ( sđđ của pin không thay đổi).
2) Thêm nhiều muối Fe2+ vào nửa trái của pin→

E Fe3+ / Fe 2 + giảm xuống→

Epin tăng.
3) Thêm ít KMnO4 vào nửa trái của pin:
1. MnO4- + 8H+ + 5e €

Mn2+ + 4H2O

€

5. Fe2+

Fe3+ + e

MnO4- + 5Fe2+ + 8H+ € Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O
Nồng độ của Fe3+ tăng, nồng độ của Fe2+ giảm nên E Fe

3+

/ Fe 2 +

tăng → Epin

giảm.
4) Thêm ít NaOH vào nửa phải của pin thì phản ứng xảy ra ở nửa phải của
điện cực là:
AgCl + e
hay

€ Ag + Cl-

Ag+ + e € Ag

0
Phương trình Nernst: E Ag + / Ag = E Ag

+

/ Ag

[

+ 0,0592. lg Ag +

]

Vậy khi cho NaOH vào thì nồng độ của Ag+ giảm xuống do:
Ag+ + OH- → AgOH
→ E Ag

+

/ Ag

giảm → Epin giảm.

5) Thêm nhiều NaCl vào nửa phải của pin thì xảy ra phản ứng:
Cl- + Ag+ →
làm giảm nồng độ Ag+ → E Ag

AgCl↓
+

/ Ag

giảm → Epin giảm.

6) Thêm 10 ml nước vào nửa trái của pin thì nồng độ của Fe 3+ và nồng độ
8

của Fe2+ đều giảm → E Fe / Fe không thay đổi nên Epin không thay đổi.
Na2S2O3 + 4Cl2 + 5H2O  2NaHSO4 + 8HCl
3Br2 + 3Na2CO3  5NaBr + NaBrO3 + 3CO2
2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 2KHSO4 + 2H2O + 2ClO2 + 2CO2.
2HBr + H2O2  Br2 + 2H2O
Không tồn tại phân tử H5ClO6 vì clo không có AO f trống còn iot thì có.
3+

7

1

2
3

2+

I2 + 2HClO4 đậm đặc + 4H2O  2H5IO6 + Cl2.
2Fe3+ + H2S  2Fe2+ + S + 2H+
Cu2+ + H2S  CuS + 2H+
 Kết tủa: CuS, S.
 Dung dịch B: Al3+, H+, NH4+, Cl-, Fe2+, H2S.
B tác dụng với NH3 dư:
NH3 + H+  NH4+
2NH3 + H2S  2NH4+ + S2Fe2+ + S2-  FeS
Al3+ + 3NH3 + 3H2O  Al(OH)3 + 3NH4+.
t
ZnS + 3/2O2 → ZnO + SO2

0

8

t0

4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2.
t0

S + O2 → SO2

(3)

1. (3) ko thay đổi số mol khí, mà muối sunfua trong 2 bình như nhau,
lượng kk như nhau  n khí sau cháy bằng nhau.
 %VN2 (B) = %VN2 (A) = 83,16%
%VO2 (A) = 3,68%
 %SO2(A) = 13,16%
2. Nếu lượng S trong B tăng  nO2 giảm : 0% < %nO2 < 3,68%
 13,16% < %VSO2 < 13,16% + 3,68%
3. nkk = 0,4  nN2 = 0,316
nB sau cháy = 0,316.83,16% = 0,38
 PA = PB = 1,28 atm.
4. nSO2 = 0,4.13,16% = 0,05 (A);
nO2 = 0,4.3,68% = 0,014 (A)
9


 nO2 pư (A) = 0,084 – 0,014 = 0,07
nZnS = a; nFeS2 = b

nSO2 = a + 2b = 0,05
nO2 pư = 3/2a + 11/4b = 0,07
 a = 0,01; b = 0,02
mhh = 97.0,01 + 120.0,02 = 3,37g

10