Đề thi Chuyên Hóa 10 năm 2019 - Hội các trường Chuyên Vùng Duyên Hải và ĐB Bắc Bộ, THPT Chuyên Bắc Giang (có đáp án)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (981.98 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC KHỐI 10 
NĂM 2019

Thời gian làm bài 180 phút

(Đề này có 03 trang, gồm 10 câu)

Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH

Hai nguyên tố A, B tạo thành hợp chất X. Khi đốt nóng đến 8000C hợp chất X tạo thành đơn chất A. Số e
hóa trị trong nguyên tử của nguyên tố A bằng số lớp electron của nguyên tố B. Số electron hóa trị của
nguyên tố B bằng số lớp electron của nguyên tố A. Điện tích hạt nhân của B gấp 7 lần hạt nhân của
nguyên tử A.

a) Hãy cho biết A, B là nguyên tố kim loại hay phi kim? Giải thích.

b) Xác định A, B, cơng thức phân tử của X, gọi tên X.

Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể

Muối florua của kim loại R có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 0,62 nm, trong đó các ion kim
loại (Rn+) nằm tại các vị trí nút mạng của hình lập phương tâm diện, còn các ion florua (F‒) chiếm tất cả
các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là 4,89 g/cm3.

1. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua?

2. Xác định công thức phân tử tổng quát của muối?

3. Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol.

Câu 3: (2,0 điểm) phản ứng hạt nhân
 1. Khi bắn phá 23592Uta thu được La

146

57 và Br
87

35 . Hãy viết phương trình của phản ứng phân hạch và tính
năng lượng được giải phóng (theo J) của phản ứng đó.

Biết: 23592U = 235,0439u ; La
146

57 = 145,9063 ; Br
87

35 = 86,9054 ; mn = 1,00866u

2. Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước sơng là 8.10-18. Triti phân hủy phóng xạ
với chu kỳ bán hủy 12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử triti trong 10g mẫu nước sông trên sau 40 năm.

Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

Glyxin hay axit 2-aminoaxetic công thức H2N-CH2-COOH là 1 -aminoaxit ở thể rắn ở nhiệt độ
thường.

1. Xác định năng lượng liên kết C=O trong glyxin ở 298K.

2.Tính H0298 khi đốt cháy Glyxin rắn biết rằng nó chỉ tạo thành nước, cacbonđioxit và nitơ, tất cả ở thể
khí.

3. Người ta thực hiện sự đốt cháy bằng cách cho 150g Glyxin phản ứng với 4 mol oxi. Tính H0298 của
hệ trong q trình đốt cháy.

Biết năng lượng liên kết , E theo kJ.mol-1 , của các liên kết ở 298K như sau :

H-H: 436; C-C: 435; C-H: 415; O=O: 498; C-O: 356; O-H: 463; NN: 945; N-H: 390; C-N: 305

H0298 thăng hoa của cacbon: 717kJ.mol-1; của Glyxin: 176 kJ.mol-1

H0298tạo thành của CO2(k) -394kJ.mol
-1

; của Glyxin(r) : -504 kJ.mol-1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Ở 820o

C hằng số cân bằng của các phản ứng:
CaCO3 CaO (r) + CO2(k) (1) K1= 0,2
C(r) + CO2(k)  2CO(k) (2) K2= 2

1. Trong một bình chân khơng dung tích 22,4 lít ở 820oC, người ta cho 1 mol CaCO3 và 1 mol C. Xác
định số mol của CO và CO2 khi hệ ở trạng thái cân bằng.

2. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì sự phân hủy xảy ra hoàn toàn.

Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa

1. Tính pH và nồng độ cân bằng của các phân tử trong hệ giữa HCl 0,01M + H2S 0,1M biết K1 (H2S)=
10-7,02; K2H2S= 10-12,90; Kw(H2O)= 10-14

2. Trộn 15ml dung dịch CH3COOH 1.10-2 M với 10ml dung dịch NaOH 5.10-3M. Tính pH của dung dịch
thu được KaCH3COOH= 10-4,76

3. Ở 250C tích số tan của BaCrO4 là 1,2.10-10 ; Ag2CrO4 là 2,5.10-12

a. Muối nào tan trong nước nhiều hơn.

b. Muối nào tan trong dung dịch nước chứa CrO42- 0,1M nhiều hơn.

Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa

Cho ECrO0 /Cr(OH) 0,18V

3
2

4 

 ; E V

OH
MnO

MnO 2 1,695

)
(
/

4 



Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O K = 1,0.10-14

1. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2.

2. Tính hằng số cân bằng của phản ứngxảy ra trong pin.

3. Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- là 0,010M; CrO2- là 0,030M; MnO4- là 0,2M.

4. Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động.

Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen

Cho m (g) muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axít H2SO4 đặc, nóng
(lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hồn tồn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung
dịch Pb(NO3)2 thu được 23,9 (g) kết tủa mầu đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu
được 171,2 (g) chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng
69,6(g). Nếu cho dung dịch BaCl2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1 ,674 lần khối

lượng muối B.

1. Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối.

2. Xác định kim loại kiềm và halogen.

3. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3- (R là Halogen tìm được ở trên) ?

Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh

Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung
dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn

toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.

1. Tìm tương quan gía trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện).

2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1và V2.

3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.
Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ở 250

C, hai phản ứng đơn phân tử, I và II, có cùng hằng số tốc độ, mặc dù năng lượng hoạt động hoá Ea
của phản ứng I lớn hơn năng lượng hoạt động hoá của phản ứng II. Từ dữ kiện đó, hãy cho biết nhận
định nào dưới đây về hai phản ứng trên là chính xác, tại sao?

(1) kI giống kII tại mọi nhiệt độ.

(2) kI lớn hơn kII ở nhiệt độ thấp nhưng nhỏ hơn ở nhiệt độ cao hơn.
(3) kI nhỏ hơn kII ở nhiệt độ thấp nhưng lớn hơn ở nhiệt độ cao hơn.
(4) kI lớn hơn kII ở cả vùng nhiệt độ thấp hơn và cao hơn 250C.

...HẾT...

Câu 1: (2,0 điểm)

a, Hiện nay, người ta biết 118 nguyên tố do đó
7ZA  118  ZA  16,86.

Suy ra A thuộc 3 chu kì đầu và số lớp e của A là n1 3

Gọi số e hoá trị của B là q2. Theo đề bài ta có n1 =q2 Suy ra q23.
Vậy B là kim loại

Mặt khác ZB = 7ZA n1< n2 và 4n2  7

Theo đề bài q1 = n2 Suy ra 4q1  7. Vậy A là nguyên tố phi kim
b, Ta có

Ng.tố ZA Số lớp e e hoá trị Ng. tố ZB Số lớp e e hoá trị

Bo 5 2 3 Br 35 4 7

C 6 2 4 Mo 42 5 1

N 7 2 5 In 49 5 3

O 8 2 6 Ba 56 6 2

F 9 2 7 Eu 63 6 2

Si 14 3 4 98 7 2

Chọn A là Oxi; B là Ba, X phải là BaO2
BaO2

800C

 BaO + 1/2O2

Câu 2: (2,0 điểm) 
a, Ô mạng cơ sở:

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐÁP ÁN

MƠN HĨA HỌC KHỐI 10 NĂM 2019

Thời gian làm bài 180 phút

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b, Trong một ô mạng:
- Số ion Rn+: 8 1 6 1 4

8 2

   

- Số ion F‒: 8 1 8 

 Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì: 4×n = 8×1  n = 2

 ion kim loại là R2+

Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF2.
c, Khối lượng riêng florua tính theo cơng thức:

RF
23
3
M
4

6, 023.10
D =

a


3 23 7 23

D×a 6, 023.10 4,89 (0, 620.10 ) 6, 023.10

M 175, 48

4 4



  

   

M 175, 48 19 2 137, 48

     (g/mol)

Vậy kim loại R là bari.
Muối florua là BaF2.

Câu 3: 
1,

n

Br

La

n

U

01 14657 3587 01

235







3

m0 = 235,0439 + 1,00866 = 236,05256 (g)

m = 145,9063 + 86,9054 + 3.1,00866 = 235,83768 (g)
Δm = m0 - m = 0,21488 (g)

E = Δm.C2 = 0,21488.10-3.(3.108)2 = 1,93392. 1013 (J/mol)
hay 3,211.10-11 (J/ngtử)

2, Số phân tử H2O có trong 10 (g) mẫu nước sông:

18
10

.6,023.1023 = 3,346.1023 (phtử)

Số nguyên tử H có trong 10 (g) mẫu nước sơng: 6,6921023 (ngtử)
Số đồng vị 13Hcó trong 10 (g) mẫu nước sông:

N0 = 6,6921023.8.10-18 = 5,354.106 (ngtử)
t1/2 = 12,3 năm  k =

2
/
1

2
ln

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

ln
N
N0

= kt  N = N0.e-kt = 5,354.106.e-0,0564.40 = 5,609.105 (ngtử)
Vậy sau 40 năm số ngun tử 13H có trong 10 (g) mẫu nước sơng là:
5,609.105 (ngtử)

Câu 4:

1, a, 2C(r) +5/2H2 +O2+1/2N2 -> H2N-CH2-COOH(r)
H0

298tt Glyxin(r) = 2H
0

298th.C+5/2EH-H+EO=O+1/2ENN-2EN-H-EC-N-EC-C-2EC-H-EC=O -EC-O-EO-H-H
0
298th

Glyxin(r)

=> EC=O= 653,5 kJ.mol-1

b, H2N-CH2-COOH(r) +9/4O2->2CO2+5/2H2O(k)+1/2N2

H0

298ch Glyxin(r) = 2H
0

298tt.CO2+5/2H
0

298tt.H2O -H
0

298tt Glyxin(r)
Mà H0298tt.H2O =EH-H+1/2EO=O-2EO-H=-241 kJ.mol-1

=> H0298ch Glyxin(r) = -886,5 kJ.mol-1
c, c) nGlyxin= 150:75= 2mol => oxi thiếu
=> nGlyxin cháy=4.4/9=16/9 mol

=> H0

298ch Glyxin(r) qtr = -886,5.16/9= -1576 kJ.mol
-1

2, Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,5o là:

2 5 2

C H OH H O

39,5 . 200

V = = 79 (ml) V = 200 - 79 = 121 (ml)

100 



2 5

C H OH

m = 79 . 0,8 =63,2 (g)và

H O

m = 121 . 1 = 121 (g).

Khi thả viên nước đá vào hỗn hợp rượu, nhiệt tỏa ra của hỗn hợp rượu bằng đúng nhiệt thu vào của viên
nước đá thì hệ đạt cân bằng. Gọi nhiệt độ của hệ khi hệ đạt cân bằng là tcb (oC).

Quá trình thu nhiệt gồm 3 giai đoạn:

1 2 Q

Q Q

2 2 2 2

H O (r)  H O (r) H O (l) H O (l)

-25 oC 0 oC 0 oC tcb oC

Qthu = Q1 + Q2 + Q3 = 3 cb

20 20 20

. 37,66 . (0 - (-25)) + . 6,009.10 + . 75,31 . (t - 0)

18 18 18

 Qthu = 7722,78 + 83,68 . tcb
Mặt khácnhiệt tỏa ra của quá trình:

Qtỏa = Qtỏa của nước + Qtỏa của rượu = cb cb

121 63, 2

. 75,31 . (25 t ) + . 113,00 .(25 t )

18  46 

 Qtỏa = 661,50 . (25 – tcb)

Do Qtỏa = Qthu nên ta có: 7722,78 + 83,68 . tcb = 661,50.(25 – tcb) tcb = 11,83 (oC).

Biến thiên entropi của hệ (ΔShệ) bằng tổng biến thiên entropi viên nước đá từ -25 oC lên 11,83 oC (ΔSnđ)
và biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước từ 25 oC xuống 11,83 oC (ΔShhr).

Biến thiên entropi của nước đá tăng từ - 25 oC đến 11,83 oC gồm 3 thành phần:

1 2 S

S S

2 2 2 2

H O (r)  H O (r) H O (l) H O (l)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>



ΔS

nđ =

20 273 20 6,009.10 20 273 + 11,83

. 37,66 . ln + . + . 75,31 . ln

18 273 - 25 18 273 18 273

= 32,03 (J.K-1)

Biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước giảm từ 25 oC xuống 11,83 oC gồm 2 thành phần:
ΔShhr = ΔSnước + ΔSrượu

 ΔShhr =

121 273 + 11,83 273 + 11,83

. 75,31 . ln + . 113,00 . ln

18 298 46

63, 2

298

= - 29,9 (J.K-1).

Vậy ΔShệ = 32,03 – 29,9 = 2,13 (J.K-1)

Câu 5:

1, Gọi x là số mol CaCO3 bị phân huỷ ; y là số mol C tham gia phản ứng
Ta có:

CaCO3 CaO (r) + CO2(k) (1) K1= 0,2
X x x

C(r) + CO2(k)  2CO(k) (2) K2= 2
y y 2y

Số mol của hỗn hợp khí: (x -y+ 2y) mol = x + y
Từ (1) ⟹ K1 = PCO2 = 0,2 (atm) = (x – y).

V
RT

= (x – y).

4
,
22

)
820
273
.(
082
,

0 

x – y =
4

,
0

= 0,05 (3) ; Từ (2) K2 =

CO
2
CO
P

= 2
PCO = 2PCO2  0,4 = 0,632 (atm)

2y
V
RT

= 0,4 y =
4
.
2

4
,
0

= 0,079 (mol)
Vậy: n

CO = (x – y) = 0,05 (mol) ; nCO = 2y = 0,158 (mol)
Hoặc là biết áp suất của CO2 ta tính theo cơng thức PV= nRT

2, Để sự phân huỷ CaCO3 xảy ra hoàn toàn ⟹ x = 1
Vì nhiệt độ khơng đổi nên k không đổi, áp suất không đổi
Ở thời điểm ban đầu: PCO = 0,632 atm và PCO2 = 0,2 atm
Áp dụng công thức

2 2

CO CO

P n

P n

Gọi z là số mol C đã tham gia phản ứng ⟹
V
RT

(1 – z) = 0,2 (I)

.2z = 0,632 (II)

Lấy (II) chia cho (I) ⟹
z
1

z
2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Thay z vào (II): V =

632
,
0

612
,
0
.
2
).
273
820
.(
082
,

0 

= 173,6 (lít)

Để CaCO3 phân huỷ hồn tồn thì thể tích bình phải lấy là: V ≥ 173,76 lít.

Câu 6:

1, HCl→ H+ + Cl- (1)

H2S  H+ + HS- (2) K1= 10-7,02
HS-  H+ + S2- (3) K2 = 10-12,9
H2O H+ + OH- (4) Kw = 10-14
Tính theo cân bằng (2)

H2S  H+ + HS- (2) K1= 10-7,02
C 0,1 0,01

CB: 0,1-x 0,01 + x x

2, Tính pH của dung dịch

Xét phản ứng : CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
C0 6.10-3 2.10-3

C 4.10-3 - 2.10-3
TPGH: CH3COOH 4.10-3; CH3COONa 2.10-3;
CH3COONa → CH3COO- + Na+

2.10-3 2.10-3

CH3COOH CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76
C 4.10-3 2.10-3

CB: ( 4.10-3 – x) ( 2.10-3 + x) x

3, a. Tính độ tan của BaCrO4 trong nước

Xét cân bằng: BaCrO4  Ba2+ + CrO42-
Sa Sa

T = Sa2 → Sa =1,1.10-5(mol/l)

Xét cân bằng: Ag2CrO4  2Ag+ + CrO4

2Sb Sb

Trong nước Ag2CrO4 tan nhiều hơn BaCrO4b. Trong dung dịch CrO42- 0,1M (độ tan của BaCrO4 và
Ag2CrO4 là Sa’ và Sb’ )

Ta có: TBaCrO4 = (Sa’) ( 0,1+ Sa’) → Sa’ = 1,2.10-9(M)
TAg2CrO4 = (2 Sb’)2 (0,1 + Sb’) → Sb’ = 2,5.10-6 (M)
Nhận xét: Sa’ = 1,2.10-9 < 1,1.10-5

Sb’ = 2,5.10-6 < 8,5.10-5

Kết luận: Ag2CrO4 tan trong dung dịch CrO42- 0,1M nhiều hơn BaCrO4

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1, Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3

CrO42- + 4H2O + 3e Cr(OH)3 + 5OH- K1103E /0,05921

Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O K = 10-14

H+ + OH- H2O Kw-1 = 1014

CrO42- + 2H2O + 3e CrO2- + 4OH- K2 K .K.K1 w1 103E /0,05921



 

Eo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2
sơ đồ pin: (-)Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+)

2, Tính K của phản ứng:

MnO4- + 4H+ + 3e MnO(OH)2 + H2O K1 = 103.1,695/0,0592
CrO2- + 4OH- CrO42- + 2H2O + 3e K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1
4 | H2O H+ + OH- Kw = 10-14

MnO4- + CrO2- + H2O MnO(OH)2 + CrO42-

K = K1.K2-1.(Kw)4 = 1039

3, Epin = Eopin +

lg

3 0592

,

0

4 2

2
4

[MnO ].[CrO ]

[CrO ]

 



Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin =

3 0592

,

0 .

39

= 0,77V

Epin = 0,77 +

3 0592

,

0

01 ,

0

03 ,

0 .

2 ,

0

= 0,7656V

4, Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+)
Ở mạch trong :

- Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion
âm so với lượng ion dương  các ion âm của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch ln
trung hịa điện.

- Dung dịch bên catot có ion MnO4-, H+ đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng
ion dương so với lượng ion âm  các ion dương của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch
luôn trung hịa điện.

Câu 8:

1, Gọi cơng thức muối halozen: MR.

Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng
của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng:

8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O. (1)
0,8 0,5 0,4 0,4 0,1

H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. (2)
0,1 0,1

BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3)
Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g)

Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)
 Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol)
Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M)

Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam )
m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g)

2, + Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR  MR = 127 (Iot)
+ Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8  MM =39 (Kali)

3, Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I3-: sp3d và dạng đường thẳng
Câu 9.

1, Fe + S → FeS.

Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S.

FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S

Fe + 2HCl = FeCl2 + H2.

Vậy trong C có H2S và H2 . Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C .
(2x+34(100-x))/100 = 10,6.2 = 21,2 -> x = 40%

Vậy trong C, H2 = 40% theo số mol ; H2S = 60%.
Đốt cháy B :

4FeS + 7O2 = 2Fe2O3 + 4SO2
4Fe + 3O2 = 2Fe2O3

S + O2 = SO2 .

Thể tích O2 đốt cháy FeS là: (3V1/5) . (7/4) = 21V1/20.

Thể tích O2 đốt cháy Fe là: (2V1/5) . (3/4) = 6V1/20.Tổng thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 +
6V1/20 = 27V1/20.

Thể tích O2 đốt cháy S là: V2- (27V1/20) = V2 - 1,35 V1. Vậy V2 ≥ 1,35 V1

2, 165 %

)
35
,
1
(
32

2
,
75
5280
)
35
,
1
(
32
56
5
2
88
5
3
100
88
5
3
%
1
2
1
1
2
1
1
1
2

1
1
1
V
V
V
V
V
V
V
V
V
x
V
x
V
x
x
V
FeS









%

70
)
(
32
100
56
5
2
%
1
2
1
1
2
1
V
V
V
V
V
x
x
V
Fe




%
)

135
100
)
(
32
100
)
35
,
1
(
32
%
1
2
1
2
1
2
1
2
V
V
V
V
V
V
x
V
V

S







3, Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe. Trường hợp này H = 60%. Nếu dư Fe so với S
tính hiệu suất phản ứng theo S. Trường hợp này H > 60% Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên
là 60%.

Câu 10: Hằng số tốc độ của phản ứng 1: kI = A1.
E
RT
e
I
a

(1)
Hằng số tốc độ của phản ứng 2: kII = A2.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Từ (1) và (2) ta có: ln I
II

k
k = ln

I
II

A
A -

I II

a a

E E

RT


 Ở 2980K tức 250C: 1
2
lnk

k = ln

I
II

A

A - 0

I II

a a

E E

RT


= 0  k1 = k2 250C, hai phản ứng đơn phân tử, I và
II, có cùng hằng số tốc độ

 Ở nhiệt độ T1 > T0:
1
I II
a a
E E
RT

<
0
I II
a a
E E
RT


Kết quả là, ln I
II

k
k = ln

I
II

A

A - 1

I II

a a

E E

RT


> ln I
II

A

A - 0

I II
a a
E E
RT

= 0

 ln I
II

k

k > 0 hay kI > kII
 Ở nhiệt độ T2 < T0:

2
I II
a a
E E
RT

>
0
I II
a a
E E
RT


Khi đó: ln I
II

k
k = ln

I
II

A

A - 2

I II

a a

E E

RT


< ln I
II

A

A - 0

I II
a a
E E
RT

= 0

 ln I
II

k

k < 0 hay kI < kII

Như vậy, kI nhỏ hơn kII ở nhiệt độ thấp hơn 2980K nhưng lớn hơn kIIở nhiệt độ cao hơn 2980K. Nhận
định (3) là đúng.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, 
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên
danh tiếng.

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh
tiếng xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

- Luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán: Ôn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

các trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức 
Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho các em
HS THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và
đạt điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ 
Hợp dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh 
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá 
Cẩn cùng đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12
tất cả các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho
tư liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa
đề thi miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và
Tiếng Anh.

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

</div>

Đề thi Chuyên Hóa 10 năm 2019 - Hội các trường Chuyên Vùng Duyên Hải và ĐB Bắc Bộ, THPT Chuyên Bắc Giang (có đáp án)

<i>n</i>

<i>Br</i>

<i>La</i>

<i>n</i>

<i>U</i>









3

ΔS

lg

3

0592

,

0

[MnO ].[CrO ]

[CrO ]

3

0592

,

0

.

39

3

0592

,

0

01

,

0

03

,

0

.

2

,

0

<i><b>Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai </b></i>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về