Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi olympic môn hóa học lớp 10 (kèm đáp án chi tiết)

Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
ĐỀ SỐ 1:
Trường THPT Chuyên Thăng Long – Đàlạt
Tổ Hoá học
******

ĐỀ KIỂM TRA OLIMPIC LỚP 10 LẦN 1
Thời gian: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)
***********
-----------------------------------------------------------------------Câu 1 (5 điểm)
1. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron.
a. CuFeSx + O2 
→ Cu2O + Fe3O4 + SO2
b. S + O2 
→ SO2 + SO3
2. Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng sau bằng phương pháp ion electron.
a. MnO4- + SO32- + ? 
→ Mn2+ + SO42- +?
b. Al + NOx + OH + H2O 
→…
3. Hoaøn thành các phương trình phản ứng sau:
→
a. NaCl + H2SO4 đặc, nóng 
→
b. NaBr + H2SO4 đặc, nóng 
→
c. NaClO + PbS 
→
d. Cl2 + Ca(OH)2 
e. Ag + HClO3 

→
f. NH3 + I2 tinh thể 
→
4. Cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau:
BrF5, Ni(CN)42-, CrO42-, HSO3-.
Câu 2 (5 điểm)
1. Hoàn thành chuỗi phản ứng:
HCl
S
H2SO4
Cl2
Na2S2O3
S

SO2
Na2SO3

SO2Cl2
Na2SO4

H2SO4
Na2S

SOCl2

SO2
Na2S2O3

HCl
Na2SO4

2. Để điều chế FeS người ta cho sắt tác dụng với lưu huỳnh nóng chảy. Quá trình này được thực hiện
trong khí cacbonic khô, không được tiến hành trong không khí. Hãy giải thích vì sao điều chế FeS
không được tiến hành trong không khí, viết các phương trình phản ứng minh hoạ.
3. Bằng thuyết lai hoá giải thích sự tạo thành iôn phức Cu(NH3)42+ và sự tạo thành phức chất trung hoà
Fe(CO)5.
4. Giải thích ngắn gọn các ý sau:
a. NF3 không có tính bazơ như NH3.
b. SnCl2 là chất rắn, SnCl4 là chất lỏng sôi ở 114,10C.
c. NO2 có khả năng nhị hợp dễ dàng trong khi đó ClO2 không có khả năng đó.
d. Cho hỗn hợp KIO3 và KI vào dung dịch AlCl3 thấy xuất hiện kết tủa keo trắng.
Câu 3 (5 điểm)
1. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron của khí hiếm Argon. Trong 1 phân tử
A có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 164.
a. Xác định CTPT của A, biết A tác dụng với 1 nguyên tố (đơn chất) có trong A theo tỷ lệ mol 1:1 tạo
thành chất B. Viết CT Lewis, CTCT của A và B.

1


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
b. Cho A và B tác dụng với một lượng vừa đủ brôm đều thu được chất rắn X. Mặt khác, cho m gam Y
(chỉ có hoá trị n) tác dụng hết với oxi thu được a gam oxit, nếu cho m gam kim loại Y tác dụng hết với
X thu được b gam muối. Biết a = 0,68b. Hỏi Y là kim loại gì?
0
2. Cho E Fe
= - 0,44V; E 0Fe3+ /Fe2+ = + 0,775 V
2+
/Fe
0

a. Tính E Fe
3+
/Fe

b. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng: 3Fe2+ = 2Fe3+ + Fe
Có thể kết luận gì về độ bền của Fe2+.
c. Giải thích vì sao trong môi trường kiềm tính khử của Fe2+ tăng lên.
0
d. Thiết lập sơ đồ pin dung điện cực hidrô tiêu chuẩn để xác định thế điện cực E Fe
.
2+
/Fe
Câu 4 (5 điểm)
1. Cho 0,01 mol NH3, 0,1 mol CH3NH2 và 0,11 mol HCl và vào H2O được 1 lít dung dịch. Tính pH của
dung dịch thu được ?
= 10,6 , pK H O = 14
Cho pK
+ = 9,24 , pK
+
NH4

CH3NH3

2

2. Trong bình kín dung tích V lít chứa 5,08 gam iot và 0,04 gam hidrô ở nhiệt độ 4300C.
Tốc độ ban đầu của phản ứng là 1,44.10-5 mol.phút-1. Sau một thời gian (tại thời điểm t) số mol HI là
0,015 mol và khi phản ứng: H2 + I2 ↽ ⇀ 2HI đạt trạng thái cân bằng thì số mol HI là 0,03 mol.
a. Tính hằng số cân bằng Kp, Kc, Kn, Kx và hằng số tốc độ của phản ứng thuận, phản ứng nghịch.
b. Tính tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t.

3. Xác định độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003M. Biết: TAgSCN = 1,1.10-12 và hằng số phân
li của phức [Ag(NH3)2]+ bằng 6.10-8.
Câu 5. (5 điểm)
1. Đốt cháy hoàn toàn 4,741 gam đơn chất X trong oxi rồi cho toàn bộ sản phẩm thu được hấp thụ hết
vào 100 ml dung dịch NaOH 25% có khối lượng riêng d = 1,28 g/ml được dung dịch A. Nồng độ của
NaOH trong dung dịch A giảm đi 1/4 so với nồng độ của nó trong dung dịch ban đầu. Dung dịch A có
khả năng hấp thụ tối đa 17,92 lít khí CO2 (đktc). Xác định đơn chất X và sản phẩm đất cháy của nó.
2. Cho 3,64 gam một hỗn hợp oxit, hidrôxit và cacbonat của kim loại hoá trị II tác dụng với 117,6 gam
dung dịch H2SO4 10% thu được 448 ml một chất khí (đkc) và dung dịch 10,867% của một hợp chất.
Nồng độ dung dịch là 0,543 mol/lit và khối lượng riêng là 1,09 g/cm3. Hãy cho biết những hợp chất gì
có trong hỗn hợp.
- - - - - - HẾT - - - - - HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ OLYMPIC HOÁ 10 - LẦN 1

Câu 1:
+2 2x − 2 −2

0

+1

−2

+8

3

+4

1. a. Cu Fe S x + O2 → Cu2 O + Fe3 O4 + S O2

Chất khử: CuFeSx
Chất oxi hóa: O2
Sự oxi hóa
Sự khử

+ 2 2 x− 2 −2

+1

+8

3

+4

Cu Fe S x − (11 + 12 x)e → 3 Cu + 3 Fe + 3 x S

HSC
×4

O2 + 4e → 2O 2−
× (11 + 12 x)
12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2

2


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)

0

+4

2

+6

b. S + O 2 → a S + b S
Chất khử: S
Chất oxi hóa: O2

HSC
+4
+6
0
(a + b) S − (4a + 6b)e → a S + b S
×2
2−
Sự khử
O2 + 4e → 2O
× (2a + 3b)
2(a+b)S + (2a+3b)O2 → 2aSO2 + 2bSO3
2. a. MnO4- + SO3- + H+ → Mn2+ + SO42- + H2O
Chaát khử: SO3Chất oxi hóa: MnO4HSC
Môi trường: H+
2+
Sự oxi hóa
2SO3 + H2O – 2e → SO4 + 2H
x5
Sự khử

MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O
x2
2+
2+
2MnO4 + 5SO3 + 6H → 2Mn + 5SO4 + 3H2O
b. Al + NOx- + OH- + H2O → AlO2- + NH3
Chất khử: Al
Chất oxi hóa: NOxHSC
Môi trường: OHSự oxi hóa
Al + 4OH - 3e → AlO2 + 2 H2O
x (2x+2)
Sự khử
NOx- + (x+3)H2O + (2x+2)e → NH3 + (2x+3)OHx3
(2x+2)Al + 3NOx- + (2x-1)OH- + (5-x)H2O → (2x+2)AlO2- + 3NH3
Sự oxi hóa

t 0 → Na SO + 2HCl
2.a. 2NaCltt + H2SO4đặc 
2
4
0
t
→ NaHSO + HCl
NaCl + H SO
tt

2

4đặc

2

4đặc

4

t 0 → Na SO + Br + SO + 2H O
b. 2NaBr + 2H2SO4đặc 
2
4
2
2
2
0
t
→ 2NaHSO + Br + SO + 2H O
2NaBr + 3H SO
4

2

2

c. 4NaClO + PbS → 4 NaCl + PbSO4
d. Cl2 + Ca(OH)2 rắn,ẩm → CaOCl2 + H2O
2Cl2 + 2Ca(OH)2 loãng → Ca(ClO)2 + CaCl2 + 2H2O
e. 6Ag + 6HClO3 → AgCl + 5AgClO3 + 3H2O
f. 2NH3+3 I2 → NI3.NH3 + 3HI

3.

Phân tử và ion
BrF5
Ni(CN)42CrO42HSO3-

Trạng thái lai hóa
sp3d2
dsp2
d3s
sp3

2

Cấu trúc hình học
Chóp đáy vuông
Vuông phẳng
Tứ diện đều
Chóp đáy tam giác

Câu 2:

3


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
1. S + Na2SO3 → Na2S2O3
Na2S2O3 + 2HCl → 2NaCl + S + SO2 + H2O
S + 2HNO3 → H2SO4 + 2NO
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl
t 0 → MnCl + Cl + 2H O
4HCl + MnO 

đặc

2

2

2

2

t 0 → SO
S + O2 
2
SO2 + Cl2 → SO2Cl2
SO2Cl2 + H2O → H2SO4 + 2HCl
t 0 → CuSO + SO +2H O
2H2SO4 đặc + Cu 
4
2
2
SO2 + PCl5 → SOCl2 + POCl3
SOCl2 + H2O → H2SO3 + 2HCl
t 0 → 2Na S + Na SO + 3H O
3S + 6NaOHđặc 
2
2
3
2
2Na2SO3 + O2 → 2Na2SO4
t 0 → Na S + 4CO

Na SO + 4C 
2

4

2

2Na2S + 2O2 + H2O → Na2S2O3 + 2NaOH
Na2S2O3 + 4Cl2 + 5H2O → Na2SO4 +H2SO4 + 8HCl
2. Không điều chế FeS trong không khí vì xảy ra sự oxi hóa:
t 0 → FeS
Fe + S 

t 0 → Fe O
3Fe + 2O2 
3 4
0
t
S + O → SO
2

2

t 0 → 2Fe O + 4SO
4FeS + 7O2 
2 3
2

3. Cu (z = 29) [Ar] 3d10 4s1
Cu – 2e → Cu2+

[Ar] 3d9

4s0

4p0

Cu2+ dùng 1 obitan s và 3 obitan p trống để tổ hợp tạo thành 4 obitan lai hóa sp3. Mỗi obitan lai hóa sp3
sẽ liên kết với cặp điện tử tự do trên NH3 để tạo thành phân tử Cu(NH3)42+
Fe (z = 26) [Ar] 3d6
4s2
4p0

Fe*

[Ar]

3d8

4s0

4p0

Fe* duøng 1 obitan d, 1 obitan s và 3 obitan p trống để tạo thành 5 obitan lai hóa dsp3. Mỗi obitan lai
hóa dsp3 sẽ liên kết với một phân tử CO tạo thành Fe(CO)5.
4. a. Do F có độ âm điện lớn hơn của H nên sẽ làm giảm mật độ e của nguyên tử N trung tâm. Do đó
NF3 khó nhận thêm proton H+ hơn so với NH3 hay NF3 không có tính bazơ như NH3.
b. SnCl2 là chất rắn vì trong phân tử có liên kết ion.
SnCl4 là chất lỏng vì trong phân tử có liên kết cộng hóa trị.

4

Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
c. NO2 nhị hợp được là nhờ có cặp e độc thân nằm trên N.
ClO2 thì e độc thân làm giải tỏa toàn phân tử.
d. Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+
(1)
+
IO3 + 5I + 6H → 3I2 + 3H2O
(2)
(2) làm dịch chuyển (1) theo chiều thuận nên có kết tủa keo trắng tạo ra.
Câu 3:
1. a. Số electron của mỗi ion là 18. Giả sử phân tử A gồm a ion. Vì phân tử A là trung hòa nên:
∑ e = ∑ p =18a
Gọi N là số nơtron n có trong 1 phân tử a :

∑ e + ∑ p + ∑ n =164

36a + n =164
⇒ n = 164 – 36a
N
Maø 1 ≤
≤1,5 ⇒ 18a ≤ n ≤ 27a
∑p

⇒ 18a ≤ 164 – 36a ≤ 27a
⇒ 2,6 ≤ a ≤ 3,03
∑ e = ∑ p = 54 , ∑ n = 56
- Neáu A gồm 2 cation 1+ và 1 anion 2- ⇒ A là K2S
- Nếu A gồm 1 cation 2+ và 2 anion 1- ⇒ A là CaCl2

A tác dụng với 1 nguyên tố có trong A theo tỷ lệ 1:1 tạo thành chất B nên A là K2S
K2S + S → K2S2
b. K2S + Br2 → 2KBr + S
K2S2 + Br2 → 2KBr + 2S
Vậy chất rắn X là S
Y + O2 → Y2On ( YOn )
2

Y + S → Y2Sn ( YS n )
2

a = Yx + 8nx
b = Yx + 16nx
mà a = 0,68b
⇒ Y = 9n
Nhận n = 3 ; Y = 27
Vậy kim lọai Y là Al.
2. a. Ta có chu trình Hess
Fe
Fe3+
Fe2+
G1 = G2 + G3
n1 E 0 3+ F = n 2 E 0 2 + F + n1 E 0 3+
Fe

Fe

Fe

b.

F
Fe 2 +

= 2 × (−0,44) + 1 × 0,775 = - 0.035 V

3 × E 0 3+
Fe

Fe

Fe

Fe

E0 = E 0 2 + − E 0 3 +
Fe

Fe

Fe

= -0,44 – 0.775 = -1,215 V
Fe 2 +

5


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
2×−1, 215

0 , 0592

K = 10
=10-41
Do K << nên Fe2+ bền ở điều kiện thường.
[ Fe 3+ ]
c. E 3+ = E 0 2 + + 0,0592 lg
(1)
Fe
Fe
[ Fe 2+ ]
Fe
Fe
maø TFe (OH )3 = [ Fe 3+ ].[OH − ]3

TFe (OH )2 = [ Fe 2+ ].[OH − ] 2

⇒

TFe(OH)3
[Fe3+ ]
=
2+
[Fe ] TFe(OH)2 .[OH − ]

(2)

Thay (2) vào (1) ta có

E

Fe 3 +

= E 0 2 + + 0,0592 lg
Fe

Fe

Fe

TFe (OH )3
TFe (OH ) 2

-

Do đó khi [OH ] tăng thì E Fe3+

− 0,0592 lg[OH − ]

giảm ⇒ tính khử của Fe2+ tăng.
Fe

+

d.

(−) Pt ( H 2 ) H (C H + = 1M ) Fe 2+ (C Fe 2 + = 1M ) Fe (+)
( p H 2 = 1at , t = 298 K )

Caâu 4:

1. CH3NH2 + HCl → CH3NH3Cl
0,1
0,1
0,1
(mol)
NH3 + HCl → NH4Cl
0,01 0,01
0,01 (mol)
Do V= 1 (l) neân CM = n.
Dung dịch chứa CH3NH3Cl 0,1M và NH4Cl 0,01M
CH3NH3Cl → CH3NH3+ + ClNH4Cl → NH4+ + ClCH3NH3+
CH3NH2 + H+
K1 = 10-10.6
(1)
-9.24
+
+
NH4
NH3 + H
K2 = 10
(2)
Bằng phép tính gần đúng và do (1) và (2) là sự điện li của 2 axít yếu nên ta có
+
−10,6
+ 0, 01.10−9.24 = 2,875.10 −6
 H  = C1.K1 + C2 .K 2 = 0,1.10
⇒ pH = − lg  H +  = 5,54

2. a.

0,04
= 0, 02(mol)
2
5, 08
n I2 =
= 0, 02 (mol)
254
H2 + I2
2HI

n H2 =

t bñ 0, 02

0, 02

0

t1 0, 0075 0, 0075

0, 015

[] 0, 015

0, 03

0, 015

Do ∆n = 0

6


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
2

( 0,03)
nê n K p = K x = K n = K C =
2
( 0, 015)

= 36

v0 = kt.0,02.0,02 =1,44.10-5
⇒ v0 = 0.036 mol-1.phuùt
k
k
0, 036
K = t ⇒ kn = t =
= 10−3 mol-1.phuùt
kn
K
36

b. v1 = vt - vn = 0,036.(0,0125)2 – 10-3.(0.015)2 = 5,4.10-6 mol.phút-1
3. Gọi s là độ tan của AgSCN trong dung dòch NH3 0,003M.
AgSCN
Ag+ + SCNTAgSCN = 1,1.10-12
(1)
+

+
-8 2
Ag + 2NH3
[Ag(NH3)2]
K’ = (6.10 )
(2)
Tổ hợp (1) và (2) ta có
AgSCN + 2NH3
[Ag(NH3)2]+ + SCNK=TAgSCN.K’=1,83.10-5
[]
0,003 -2s
s
s (M)
Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:
s2
K = 1,83.10-5 =
(0,003 − 2s)2
⇒ s = 1,27.10−5 (mol / l)

Caâu 5:
1.
m dd NaOH = V.d = 100.1,28 = 128(g)

128.25%
= 32(g)
100%
32
n NaOH =
= 0,8(mol)
40

17,92
n CO2 =
= 0,8(mol)
22, 4
Do A hấp thu tối đa CO2 nên
NaOH + CO2 → NaHCO3
Vậy nNaOH = 0,8 (mol) không thay đổi so với ban đầu nên dung dịch chỉ bị pha loãng. Vậy oxit là H2O
và X là H2
Thử lại:
4, 741
n H2 =
= 2,3705(mol)
2
H 2 + O2 → H 2 O
m NaOH =

m H2O = 2,3705.18 = 42,669(g)

m dd NaOH luùc sau = 128 + 42,669 = 170,669(g)
C% =

32.100%
= 18, 75%
170,669

Thoûa C% giảm đi ¼.
2. Ta có

7

Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
CM =

10.d.C%
10.d.C% 10.1, 09.10,867
⇒M =
=
= 218
M
CM
0.543

Vậy muối suafat tạo thành có M = 218
Chỉ nhận được là Mg(HSO4)2
Vậy hỗn hợp chứa MgO, Mg(OH)2, MgCO3

ĐỀ SỐ 2:
Trường THPT Chuyên Thăng Long – Đàlạt
Tổ Hoá học
******

ĐỀ KIỂM TRA OLIMPIC LỚP 10 LẦN 2
Thời gian: 180 phút
(Không kể thời gian phát đề)
***********
-----------------------------------------------------------------------Câu 1
Một hợp chất ion cấu tạo từ ion M+ và ion X 2− . Trong phân tử M2X có tổng số hạt (p, n, e) là
140 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44 hạt. Số khối của ion M+
lớn hơn số khối của ion X2− là 23. Tổng số hạt (n, p, e) trong ion M+ nhiều hơn trong X2− là 31 hạt.

a. Viết cấu hình êlectrôn của M+ và X2−
b. Xác định vị trí của X , Y trong HTTH
Câu 2
Tích số tan của CaCO3 bằng 1.10−8. Hãy tính khi có kể tới sự thủy phân của ion cacbonat.
a. Độ tan trong nước của CaCO3.
b. pH của dung dịch bão hòa CaCO3.
c. Độ tan của CaCO3 ôû pH = 7,00.
Cho : H2CO3 : K1 = 4.10−7 ; K2 = 5.10−11
Câu 3
Trộn V lít dung dịch HCOOH amol/l với V lít dung dịch CH3COOH bmol/l thu được dung dịch
A có pH = 2,485. Trộn V lít dung dịch CH3COOH amol/l với V lít dung dịch bmol/l thu được dung dịch
B có pH = 2,364.
a. Tính a, b
b. Trộn dung dịch A với dung dịch B thu được dung dịch C có pH bằng bao nhiêu?
c. Trộn V lít dung dịch NaOH 0,6M vào dung dịch C thu được dung dịch D có pH bằng bao
nhiêu? Cô cạn dung dịch D thu được 4,5g muối khan, tính V?
Cho KHCOOH = 1,78.10-4 ; KCH COOH = 1, 80.10
3

−5

Caâu 4
1. So sánh pH của các dung dịch 0,1 M của các chất sau đây, sau đó thử lại bằng tính toán cụ thể:
NaHCO3
K1 = 10–7
K2 = 10–11
–2
NaHSO3
K1 = 10
K2 = 10–6

NaHS
K1 = 10–7
K2 = 10–13
NaHC2O4
K1 = 10–2
K2 = 10–5
2. Tính thể tích dung dịch HCl 6M cần cho vào 10 ml dung dịch Pb(NO3)2 10–3M sao cho nồng độ chì
giảm xuống còn 10–5M. Cho KS = 10–4,8.
3. Nếu ta biểu diễn công thức hóa học của các oxi axit là XOm(OH)n thì khi m = 0, các axit kiểu
X(OH)n là những axit yếu; khi m = 1, các axit có dạng XO(OH)n là axit trung bình; còn khi m > 1 là
các axit mạnh. Điều đó có đúng không? Hãy cho ví dụ chứng minh (mỗi trường hợp chọn 3 chaát).

8


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
4. Tính độ tan của FeS ở pH = 5 cho biết
Fe2+ + H2O

Câu 5

KFeS

FeOH+ + H+ coù lgβ = -5,92

= 10-17,2 ; H2S coù Ka1 = 10-7,02 ; Ka2 = 10-12,9

Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với
208
82

Th và kết thúc với đồng vị bền

232
90

Pb .
1. Hãy tính số phân hủy ( β − ) xảy ra trong chuỗi nầy .

2. 228 Th là một phần tử trong chuỗi thori , thể tích của heli theo cm3 tại 0oC và 1 atm thu
được là bao nhiêu khi 1 gam 228 Th (t1/2 = 1,91 năm) được chứa trong bình trong 20 năm ? Chu kỳ bán
hủy của tất cả các hạt nhân trung gian là rất ngắn so với chu kỳ bán hùy của 228 Th .
3. Một phần tử trong chuỗi thori , sau khi tách riêng , thấy có chứa 1,5.1010 nguyên tử của một
hạt nhân và phân hùy với tốc độ 3440 phân rã mỗi phút . Chu kỳ bán hủy là bao nhiêu tính theo năm ?
Câu 6
1. Nguyên tử X có tổng số hạt là 52 .Xác định tên nguyên tố X, biết X là đồng vị bền.
2. Cân bằng các phương trình phản öùng sau :
Ag + HXO3
AgXO3 + ……
Fe + HXO3
………….
FeSO4 + HXO3 + H2SO4
………
3. Hãy cho biết chất oxi hóa trong các phản ứng trên. Dựa vào cấu hình
electron của nguyên tử, hãy giải thích tính chất oxi hóa của chất đó.
Câu 7
1. Tính % lượng MgNH4PO4 bị mất đi khi rửa 1,37 gam hợp chất này bằng:
a. 200ml nước cất.
b. 150ml dung dịch NH4Cl 0,1M rồi bằng 50ml nước cất.
2. Có thể rửa MgNH4PO4 bằng dung dịch NaH2PO4 được không? Giải thích.

Cho T MgNH4PO4=2,5.10-13 ; H3PO4 có k1=7,5.10-3; k2=6,3.10-8; k3=1,3.10-12..
Cho H=1; N=14; O=16; P=31.
Câu 8
Hai nguyên tố A , B trong cấu electron có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử sau :
A ( n = 2 ; l = 1 ; m = -1 ; s = - ½ )
B (n=3 ; l=1 ; m=0 ; s=-½)
1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của A và B trong bảng tuần hoàn
2. Viết công thức cấu tạo của các hợp chất trong công thức phân tử có chứa 3 nguyên tố A, B và
hidro. Cho biết loại liên kết hóa học trong phân tư û của các hợp chất tìm thấy
3. So tính axit của các hơp chất trên .
Câu 9
1. Nêu ý nghóa của hằng số Kb bazơ. NH3 và C6H5NH2 chất nào có hằng số Kb lớn hơn ? Tại sao ?
2. Dung dịch NH3 1M có α = 0,43 % . Tính hằng số Kb và pH của dung dịch đó
3. Cho dung dịch axit CH3COOH 0,1M , biết Ka = 1,75 .10-5 , lg KCH3COOH = -4,757. Tính nồng độ các
ion trong dung dịch và tính pH dung dịch.

HƯỚNG DẪN CHẤM

9


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
Câu 1
Xác định M và X
− Ta có : M2X
M : Z, e, n
+ Gọi  +
M : Z, ( e − 1) , n

 X :

Z/ , e / , n /
 2−
/
/
/
 X : Z , e + 2 , n

(

)

− Có hệ phương trình :
 4 Z + 2 Z/ + 2N + N / = 140
(1)

 4 Z + 2 Z/ − 2N + N / = 44
( 2)

/
/
(3)
 Z − Z + N − N = 23

/
/
(4 )
 2 Z − 2 Z + N − N = 34
Giải hệ ta được : Z = 19 ; Z/ = 8.
Vậy : Z = 19(K) ; Z/ = 8 (0)
a. Vieát cấu hình e− :

− M+ : ( K+) : 1s22s22p63s23p6 ; O2− : 1s22s22p6
b. Xác định vị trí X , Y :
Nguyên tố
STT
Chu kỳ
Nhóm
K
19
4
I
O
8
2
VI
Câu 2
a. Độ tan trong nước của CaCO3

(
(
(
(

) (
)
) (
)
) ( )
) ( )

CaCO3 + H2O

K=

[Ca ][HCO ][OH ]
2+

−
3

Ca2+ + HCO3− + OH−

−

Phân nhóm
IA
VI A

K

vì : [ CaCO3 ] = 1 ; [H2O ] = 1

[CaCO3 ][H2O]

⇒ K = [Ca2+] [ HCO3− ] [ OH− ] = T = S.S.S = S3
( Vì [Ca2+] = [ HCO 3− ] = [ OH− ] = S )
+ K = [Ca2+] . [ HCO3− ] . [ OH− ]
+ CaCO3

[

Ca

] [COT ]

⇒ Ca2 + =
+

2+

(1)
; T = [Ca2+ ] + [ CO32− ]
(1)/

2−
3

+

HCO 3−

+

CO32−

H +

CO32−

; K2

[H ][CO ]

=
[HCO ]

⇒ [ HCO 3− ] = K2−1 .[ H+ ] [ CO32− ]

+

2−
3
−
3

(2)/

H+ + OH− ; KW = [ H+ ] [OH−]
1
⇒ OH − = K W
(3)/
+
H
/
/
Theá (1) , (2) , (3)/ vaøo (1) :
K
T
S3 =
⋅ K 2−1 . H + CO 32 − ⋅ W = T.K 2−1 .K W
−
CO 3
H+

+ H2O

[

[

]

[ ]

]

[ ][

][ ]

10


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)

(

3

⇒ S = 3 T.K 2−1 .K W = 10 −8 . 5.10 −11

)

−1

.10 −14 = 1,26.10 − 4 mol / ℓ

b. Tính pH của dd bão hòa CaCO3 :
+ S = [ OH− ] = 1,26.10−4 = 10−3,9
10 −14
+ pH = − lg [H+ ] = − lg −3,9 = 10,1 ;
10
c. Tính độ tan : CaCO3 trong pH = 7 :
CaCO3
Ca2+ + CO32−
T

pH = 10,1

T = [Ca2+ ] [ CO32− ] ; [Ca2+ ] = S ; [ CO32− ] = S
+ Nhöng CO32− bị thủy phân :
CB = S = [ CO32− ] + [ H CO3− ] + [ H2CO3 ] (1)
H+ + CO32− ; K 2 =

+ H CO3−

[H ][CO ]
[HCO ]
2−
3
−
3

+

⇒ [ H CO3− ] = K2−1. [ H+ ] [ CO32− ] (1)/

H+ + H CO3− ; K1 =

+ H2CO3

[H ][HCO ]
+

−
3

[H2CO3 ]

⇒ [ H2CO3 ] = K1−1. [ H+ ] [H CO3− ] = K1−1.K2−2.[H+ ]2.[ CO32− ] (2)/

Thế (1)/ và (2)/ vào (1) ta được :
1
1
S = CO32 − +
H + CO32 − +
H+
K2
K1.K 2
K1.K 2
⇒ CO32 − = S ⋅
2
K1.K 2 + K1. H + + H +

K1.K 2
Đặt
= α2
2
K1.K 2 + K1. H + + H +

[

]

[

[ ][

]

[ ] [CO ] = [KCO.K ] K .K

]

2

2−
3

2−
3

1

2

1

2

[ ] [ ]

2
+ K1 H + + H + 


[ ][ ]

[ ][ ]

⇒ α2 =

4.10 −7.5.10 −11

−7

4.10 .5.10

−11

−7

+ 4.10 .10

Ta coù : T = S.S. α2 = S2. α2 ⇒ S =

−7

+ 10

T
=
α2

≈ 4.10 − 4 mol / ℓ

−14

10 −8
4.10

−4

= 5.10 −3 mol / ℓ

S = 5.10 mol/ ℓ
−3

Câu 3
a. Tính a, b:

HCOOH ↽ ⇀ HCOO - + H +
CH3COOH ↽ ⇀ CH3COO - + H +
Goïi x, y lần lượt là nồng độ M của HCOOH, CH3COOH bị phân li. Trộn 2 dung dịch cùng thể tích ⇒

Nồng độ giảm 2 lần
* Đối với dung dịch A:

11


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
K HCOOH =

( x + y ) x ; ( x + y ) x = 2x ( x + y )
a

2
K CH COOH =
3

a

-x

2

( x + y ) y ; ( x + y ) y = 2y ( x + y )
b

2

-x

2

H +  = ( x + y )2 =
 

(

10 −2,485

)

2

=

a

b

b

2

a.K HCOOH + b.K CH COOH
3
2

1,78.10−4.a + 1,80.10−5.b
2

hay 89a + 9b = 10,715 (1)

* Đối với dung dịch B:
Tương tự, ta coù:
2

 H +  = ( x + y )2 =
 

(10

-2,364

)

a.K CH3COOH + b.K HCOOH

2
1,80.10 .a + 1.78.10-4 b
=
2
-5

hay 9a + 89b = 18,71 (2)
a = 0,100M
Từ (1), (2) Suy ra: 

 b = 0,200M

b. Tính pH dung dịch C:
[ HCOOH] bñ = 0,1V + 0,2V = 0,075M
4V

0,2V + 0,1V
= 0,075 M
[CH3COOH ] bđ =
4V
Tương tự như câu a, ta có:
2

 H +  = [ HCOOH ] bđ . KHCOOH + [ CH3COOH ] bñ .K CH COOH
3
 
2

 H +  = 1,78.10−4.0,075 + 1,80.10−5.0,075 = 0,147.10−4
 
 H +  = 3,834.10−3
pH= - lg3,834.10-3 = 2,416
 
c. Tính pH của dung dịch D:
Số mol HCOOH = 4V.0,075 = 0,3V
Soá mol CH3COOH = 4V.0,075 = 0,3V
Soá mol NaOH = 0,6V
HCOOH + NaOH → HCOONa + H2O
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
Vì số mol NaOH = số mol HCOOH + số mol CH3COOH
⇒ dung dịch D chỉ gồm 2 muối HCOONa (0,3V mol) và CH3COONa (0,3Vmol)
0,3V
= 0, 06M
[HCOONa] = CH3COOH  =
5V

12


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)

HCOO- + H 2O ↽ ⇀ HCOOH + OH CH3COO- + H 2O ↽ ⇀ CH3COOH + OH Tương tự như dung dịch hỗn hợp 2 đơn axit, ở đây coi như hỗn hợp 2 đơn bazơ, ta có:
2

OH -  =  HCOO-  bñ . K HCOO- +  CH3COO-  bñ. K CH COO
 



3
-14
-14
 HCOO  bd.10
 CH3COO  bd.10


=
+
K HCOOH
K CH3COOH
2
0,06.10 -14 0,06.10 -14
 OH -  =
+
= 0,367.10 -10
-4

-5


1,78.10
1,80.10
10-14
-9 M
OH −  = 0,6058.10−5  H+  =


  0,6058.10-5 = 1,6507.10
Suy ra: pH = - lg 1,6507.10-9 = 8,794
Khối lượng muối:
0,3V.68 + 0,3V.82 = 4,5
V = 0,1(l) = 100(ml)
Câu 4
1. Đây là muối axit, là chất điện li lưỡng tính :
MHA ↽ ⇀ M+ + HA–

HA– ↽ ⇀
HA– +

H+ + A2–

H+ ↽ ⇀

K2

(1)

H2A K1–1 (2)

pH phụ thuộc hai quá trình (1) và (2). Nếu K2 càng lớn và K1 càng lớn thì dung dịch có pH
càng bé vì quá trình nhường proton (1) xảy ra mạnh, quá trình thu proton (2) xảy ra yếu. So sánh ở
trên ta thaáy:
pH (NaHC2O4) < pH (NaHSO3) < pH (NaHCO3) < pH (NaHS).
Nếu áp dụng công thức gần đúng để tính pH của các muối điaxit cho các hệ trên
pK 1 + pK 2
pH =
2

Ta thaáy

pH(NaHC2O4) = (2 + 5 ) / 2 = 3,5
pH (NaHSO3)

= (2 +6) / 2

=

4,0

pH (NaHCO3)

= (7 +11) / 2

= 9,0

pH (NaHS)

= (7 +13) / 2

= 10,0

Keát quả này phù hợp với cách sắp ở trên.
2. Các quá trình xảy ra :
HCl

→

H+ + Cl–

Pb(NO3)2

→

Pb2+ + 2NO3–

Pb2+
C

+

10–3

∆C – ( 10–3 - 10–5 )

2Cl–

↽ ⇀ PbCl2 ↓

( KS ) –1 = ( 10–4,8 ) –1

C?
–1,98 . 10–3

13


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
10–5

[ ]

(C – 1,98 . 10–3 )

Theo ñltd kl: [Pb2+ ] . [ Cl– ]2

= KS

–5

10 (C – 1,98 . 10–3 )2 = 10–4,8
C − 1,98 . 10–3 = (10–4,8 / 10–5 )1/2 = 1,259
C = 1,261 M
Gọi V là thể tích dung dịch HCl cần tìm (khi thêm HCl không tính tăng thể tích) thì VHCl =
10.1, 261
= 2,10 ml .
6
3. Khi m = 0, ta có axit kiểu HXO. Ví dụ: HClO, HBrO, H3PO3 (Ka = 10–9,2) là những axit yếu.

Khi m = 1, ta có axit kiểu HClO2, H2SO3, H3PO4 hoặc (HNO2, H2CO3) là những axit trung bình.
(tuy nhiên H2CO3 là axit khá yếu Ka = 10–6,3)
Khi m > 1, ta có axit kiểu HClO3, HNO3, HClO4 (hoặc H2SO4, HMnO4) là những axit mạnh.
Như vậy công thức XOm (OH)n nói chung là ñuùng .
4.
KS=10–17,2
FeS ↽ ⇀ Fe2+ + S2–
Fe2+ + H2O ↽ ⇀ FeOH+ + H+
β = 10-5,92
S2– + H+
HS– + H+

–
↽ ⇀ HS
↽ ⇀ H2S

Ka2-1 = (10–12,9)–1
Ka1-1 = (10–7,02)–1

Gọi độ tan của FeS là S
S = C(Fe2+)= [Fe2+] + [FeOH+] = [Fe2+] + β[Fe2+][H+]-1 = [Fe2+].(1 + β[H+]-1) (1)
S = C (S2-) = [S2–] + [HS–] + [H2S] = [S2–] + Ka2-1 [S2–][H+] + ( Ka1Ka2)–1[S2–][H+]2
= [S2–] [1 + Ka2–1[H+] + (Ka1Ka2)–1[H+]2]
[Fe2+] [S2–]

= KFeS

(2)

(3)

Tổ hợp (1), (2), (3): S = 2,43 x 10-4 M
Caâu 5
1. A = 232 – 208 = 24 và 24/4 = 6 hạt anpha
Như vậy điện tích hạt nhân giảm 2 x 6 = 12 đơn vị.
Nhưng sự khác biệt về điện tích hạt nhân chỉ là 90 – 82 = 8 đơn vị.
Nên phải có 12 – 8 = 4 β − Số phân hủy beta = 4
232
90

Th


→

208
82

Pb + 6 24 He + 4 β −

2. 228 Th 
→ 208 Pb + 5 4 He
Chu kyø bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là tương đối ngắn so với
0 , 693  1 x 6 , 023 x10 23 

 = 9 ,58 x10 20 năm-1
V = kN =
1,91 
228


228

Th

Số hạt He thu được : NHe = ( 9,58 x 1020 ) 20 x 5 = 9,58 x 1022 haït He
9 , 58 x 10 22 x 22 , 4 x 10 3
VHe =
= 3 , 56 x 10 3 cm 3
6 , 023 x 10 23
0 , 693
0 , 693 N
0 , 693 x1,50 x10 10
3. t1/2 =
=
=
= 3 , 02 x10 6 phút = 5,75 năm
k
V
3440

14


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
Câu 6
1. Từ tổng số hạt của nguyên tử X là 52 ⇒ 2Z + N = 52
Vớùi Z là điện tích hạt nhân, Z = số proton = số electron và N là số nơtron.
Vì Z ≠ 1 và Z < 83 nên Z ≤ N ≤ 1,5 Z hay 3Z ≤ 2Z + N ≤ 3,5Z
⇒ 3Z ≤ 52 ≤ 3,5Z ⇒ 14,8 ≤ Z ≤ 17,3.

Vì Z là số nguyên nên Z = 15 ; 16 ; 17.
Z 15
16
17
N 22
A
Có các đồng vị là

37
15

P;

36
16

20

18

37
36
35
35
S ; 17 Cl Vì X là đồng vị bền nên X là

35
17

Cl

2. Cân bằng các phản ứng :
0

+1

+5

-1

6 Ag+ 6H Cl O 3 
→ 5 Ag ClO3 + Ag Cl+ 3H 2 O
0

+3

+5

+2

-1

5Fe ( ClO3 )3 + Fe Cl3 + 9H 2 O

6 Fe+18H Cl O3 
→

+3

+5

-1

6 Fe SO 4 + H Cl O3 + 3H 2 SO 4 
→ 3 Fe2 ( SO4 )3 + H Cl+ 3H 2 O
+5

3. Chất ôxi hoá là Cl trong HClO3
Cấu hình electron của Cl là :
0

-

{Ne}

+5

C l - 5 e → Cl có cấu hình electron là : [ Ne]
+5

+5

-

-1

nên Cl có tính oxi hoá mạnh Cl + 6 e → Cl có cấu hình electron bền vững :
{Ne}

Câu 7

1. a. Rửa MgNH4PO4 bằng nước cất
Khi rửa MgNH4PO4 :
MgNH 4 PO4 ↽ ⇀ Mg 2+ + NH 4+ + PO3-4

T

[]
s
s
s
Goïi s (mol / l) là nồng độ MgNH4PO4 tan trong dung dịch.
Khi đó: TMgNH4 PO4 =  Mg2+   NH +4   PO3-4  = 2.5.10-13 ⇒ s.s.s = 2,5.10-13

⇒ s = 3 2,5.10 -13 = 6,3.10 -5 mol / l
Số mol MgNH4PO4 tan trong 200 ml nước cất là :
0,2
n MgNH4 PO4 tan = 6,3.10 -5.
= 1,26.10 -5 mol
1
1,26.10 -5.137
Vậy %m MgNH 4 PO 4 bị mất khi rửa =
• 100% = 0,126%
1,37
b. Rửa MgNH4PO4 bằng dung dịch NH4Cl rồi bằng nước cất : (2đ)
* Khi rửa bằng 150 ml dung dịch NH4Cl 0,1M :
MgNH 4 PO 4 ↽ ⇀ Mg 2+ + NH 4+ + PO 3T
4
s
(s + 0,1) s
(với s là nồng độ MgNH4PO4 tan khi rửa bằng dung dịch NH4Cl)

15


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
Khi đó: T =  Mg2+   NH +4   PO3-4  = 2,5.10 -13 
→ s. ( s + 0,1) s = 2,5.10-13
Với s << 0,1 ⇒ s + 0,1 ≈ 0,1 ⇒ T = s2 . 0,1 = 2,5.10-13 ⇒ s = 1,58.10-6 (mol / l)
Khi rửa bằng 150 ml dung dòch NH4Cl n MgNH4 PO4 tan = 0,15.1,58.10 -6 = 2,37.10 -7 mol
* Mặc khác: khi rửa bằng 50 ml nước cất thì MgNH4PO4 cũng tan một ít trong nước. Tương tự câu a/
0,05
ta có.
n MgNH 4 PO 4 tan = 6,3.10 -5.
= 31,5.10 -7 mol
1
Vậy phần trăm lượng MgNH4PO4 bị mất đi khi rửa.
( 2,37.10-7 + 31,5.10-7 ) .137 • 100% = 0, 034%
%m MgNH4 PO4 =
1,37
+
2. Trong dung dòch : NaH 2 PO4 ↽ ⇀ Na + H 2 PO4
Ta có các cân bằng :

H 2 PO4- ↽ ⇀ H + + HPO24
HPO ↽ ⇀ H + PO
MgNH 4 PO4 ↽ ⇀ Mg2+ + NH +4 + PO3-4
24

+

34

K2
K3
T

Khi rửa MgNH4PO4 bằng dung dịch NaH2PO4 có thể có phản öùng sau :
K/
(1)
MgNH 4 PO4 + 2H + ↽ ⇀ Mg2+ + NH +4 + H 2 PO 4Cân bằng trên là tổ hợp của các cân bằng :
MgNH 4 PO 4 ↽ ⇀ Mg2+ + NH +4 + PO3-4

PO3-4 + H + ↽ ⇀ HPO24
+
⇀ H 2 PO4HPO24 +H ↽

T

K 3-1
K 2-1

1
1
= 3,05.10 6 >> 1
-12 •
1,3.10
6,3.10 -8
Vậy phản ứng (1) coi như xảy ra hoàn toàn.
Do đó ta không nên rửa kết tủa MgNH4PO4 bằng dung dịch NaH2PO4 vì khi đó kết tủa MgNH4PO4 sẽ
bị rửa trôi hoàn toàn.

Câu 8
1. Nguyên tố A: n = 2 ; lớp 2 ; l = 1 : phân lớp p ; m= -1 obitan px ; s = -1/2 electron cuoái ở px
Vậy A có cấu hình electron 1s2 2s2 2p4; nguyên tố A có số thứ tự 8 chu kì 2; nhóm VIA
A là Oxi
2. Tương tự Nguyên tố B có thứ tựï là 17, chu kì 3, nhóm VIIA, B là clo 2. Có 4 hớp chất chứa Clo , Oxi vaø
hidro laø HClO ; HClO2 ; HClO3 ; HClO4 .
H – O – Cl liên kết O – H cộng hóa trị có cực Liên kết O – Cl cộng hóa trị có cực .
H – O – Cl →O 2 liên kết cộng hóa trị có cực và 1 liên kết cho nhận
H – O - Cl →O 2 liên kết cộng hóa trị
↓
2 liên kết cho nhận
O
O
↑
H – O - Cl → O 2 liên kết cộng hóa trị có cực
↓
3 liên kết cho nhận .
O
3. Tính axit tăng dần HOCl < HClO2 < HClO3 < HClO4
Do đó : K’ = T. K 3-1 . K -12 = 2,5.10 -13 •

16


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
Giải thích:
Khi điện tìch dương của clo tăng dần làm cho bán kính của nguyên tử trung tâm giảm do đó khả năng
kéo cặp electron tự do của nguyên tử oxi của liên kết O – H về phía nguyên tử trung tâm tăng làm
tăng sự phân cựccủa liên kết O –H , khả năng phân li liên kết nầycàng dễ nên tính axit tăng.
Câu 9

1. Hằng số Kb cho biết mức độ điện ly của bazơ trong dung dịch Kb càng lớn tính bazơ càng mạnh.
Phân tử C6H5NH2 có nhóm thế C6H5 hút electron làm giãm mật độ electron ở nguyên tử N nên có tính
bazơ yếu hơn NH3 Vậy Kb(NH3 ) > Kb(C6H5NH2).
2.
NH3 + H2O ↽ ⇀ NH4+ + OH1M
Cân bằng (1 –x )
x
x
2
x
(4,3.10 −3 ) 2
x
Kb =
≅
= 1,85 .10-5
α = = 0,0043 x = 4,3 .10-3 ;
1
1− x
1
10 −14
[ H+] =
= 0,23 .10-11
−3
4,3.10
pH = - lg (0,23 .10-11 ) = 11,64
3.
H+
CH3COOH ↽ ⇀ CH3COO- +
Ban đầu
C

Mol.lit-1
Cα
Cα
Cα
Điện li
Cân bằng
C - Cα
Cα
Cα
+
2
[H ].[CH3COO ] Ca.Ca
Ca
Ka =
=
=
= vì α nhỏ nên ( 1- α ) = 1
[CH 3COOH]
C - Ca
1- a
Ka = Cα2

CKα = 0,1.1,75.10 -5 = 1,323.10-3
1
1
(- lgHa - lg10 - 1) = (4,757 + 1) = 2,88
pH = -lg[H+] = 2,88 hoaëc pH =
2
2

⇒ Cα =

Điện li α Ka = Cα2

CKa .

α=

[H+] =

Kα
=
C

1,75.10 −5
= 1,32.10-2 hay 1,32%.
0,1

CH3COOH ⇔ CH3COO- +
H+
x mol
x mol
x mol
21
21
1l dung dịch axit có 2 x 3,13 .10
hạt = 6.26 .10 hạt
Gọi x là số mol phân tử CH3COOH đã phân li trong 1 lít dung dịch. Lúc đó x là số ion H+ cũng là số
ion CH3COO-. 1 mol CH3COOH có 6,02.1023 phân tử, 0,01 M có 6,02 1021 phân tử. Khi đó số phân tử
CH3COOH còn lại không phân li là 6,02 1021 – x

Ta có : 6,02.1021 - x + 2x = 6,62 . 1021
x = 0,24 .1021
0,2410
Độ điện li α =
x 100 = 3,99%
6,02.10
4.

ĐỀ SỐ 3:
Câu: 1 ( 4điểm)
1.1. Xác định năng lượng ion hoá thứ nhất của nguyên tử silic (Z = 14) ở trạng thái cơ bản
Cho: E(n,l) = - 13,6 [Z*(n,l)/n*] 2 ; với Z*:điện tích hiệu dụng ; n*: số lượng tử biểu kiến.

17


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
1.2. Cho dịng điện 5A đi qua dung dịch muối của axit hữu cơ trong thời gian 19 phút 18 giây. Kết quả
sau quá trình điện phân là trên catot tạo ra 6,21 g một kim loại và trên anot có khí etan và khí cacbonic
thốt ra.
1.2.1. Xác định cơng thức của muối đã bị điện phân?
1.2.2. Viết phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực?
1.2.3. Tính thể tích khí etan thốt ra ở (đktc)?
Câu: 2 (4điểm)
Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C. Cho 0,1 mol hợp chất C phản ứng với CO2 dư tạo
thành hợp chất D và 2,4g B. Hoà tan hoàn toàn D vào nước, dung dịch D phản ứng vừa đủ 100ml dung
dịch HCl 1M giải phóng 1,12 lít khí CO2 (đktc). Hãy xác định A, B, C, D và viết phương trình phản ứng
xảy ra. Biết hợp chất C chứa 45,07% B theo khối lượng ; hợp chất D không bị phân tích khi nóng chảy.
Câu: 3 (4điểm)

Ở 8200C cho Kp các cân bằng sau:
(1) CaCO3
CaO + CO2

Kp = 0,2

(2) MgCO3
MgO + CO2
Kp = 0,4
Người ta đưa 1mol CaO; 1mol MgO và 3mol CO2 vào một xilanh có thể tích rất lớn, ban đầu là chân
không và giữ ở 8200C. Nhờ một pittong nén từ từ thể tích trong xilanh. Xác định thể tích của CO2 khi bắt
đầu và chấm dứt mỗi cân bằng?
Câu: 4 ( 4điểm)
Dung dịch A là dung dịch CaCl2 trong nước có nồng độ 1,780g/l. Dung dịch B là dung dịch Na2CO3 trong
nước có nồng độ 1,700g/l.
(Cho: pKa1(H2CO3) = 6,37 ; pKa2(H2CO3) = 10,33 )
4.1. Hãy tính giá trị pH của dung dịch B.
4.2. Trộn 100ml dung dịch A với 100ml dung dịch B tạo ra dung dịch C. Dung dịch C được chỉnh đến pH
= 10 . Hãy tính tốn để kết luận có kết tủa nào tạo thành?
(Cho T Ca(OH)2 = 6,46.10-6 mol3.l-3 ; T CaCO3 = 3,31.10-9mol2.l-2 )
Câu:5 ( 4điểm)
5.1. 3-Metylbuten-1 tác dụng với axit bromhidric tạo ra 6 sản phẩm trong đó có A là 2-brom-3metylbutan và B là 2-brom-2-metylbutan. Bằng cơ chế phản ứng hãy giải thích sự tạo thành 2 sản phẩm
A, B?
5.2. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hoá sau ( các chất từ A, B, …G2 ) là các hợp chất
hữu cơ viết dưới dạng cấu tạo.
E1 + E2
C6H5CH3 →
A → B →
C → D  as
as

2) H3O+
(1 mol)
(1 mol)
G1 + G2
Ete khan
5.3. Một hợp chất hữu cơ A chỉ chứa một nguyên tử oxi trong phân tử. Phân tử A có chứa 79,59%C ;
12,25%H ; còn lại là oxi. Ozon phân A thu được HOCH2CH=O ; CH3CH2CH2COCH3 và
CH3CH2COCH2CH2CH=O. Nếu cho A tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 rồi mới ozon phân sản phẩm
chính sinh ra, thì thu được hai sản phẩm hữu cơ trong đó có một xeton. Đun nóng A với dung dịch axit dễ
dàng thu được sản phẩm B có cùng phân tử như A, song khi ozon phân B chỉ cho một sản phẩm hữu cơ
duy nhất.
5.3.1. Xác định cơng thức cấu tạo và gọi tên A?
5.3.2. Tìm cơng thức cấu tạo của B và viết cơ chế của phản ứng chuyển hoá A thành B?

ĐÁP ÁN:
Câu1: (4điểm)
1.1(1điểm)

18


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
Ở trạng thái cơ bản cấu hình e của:
Si(Z = 14) là: 1s22s22p63s23p2
Của ion Si+ là: 1s22s22p63s23p1
Với σ3s = σ3p = (2.1)+(8.0,85)+(3.0,35) = 9,85
Điện tích hiệu dụng tác dụng lên các electron này là: Z*3s = Z*3p = 14-9,85 = 4,15
⇒ E3s = E3p = -13,6(4,15/3)2 = -26,02 eV.
Trong ion Si+:
Với σ3s = σ3p = (2.1)+(8.0,85)+(2.0,35) = 9,5

Z*3s = Z*3p = 14 -9,5 = 4,5
⇒ E3s = E3p = -13,6(4,5/3)2 = -30,6 eV
⇒ EI = E(Si+)- E(Si) = 3.(-30,6)-4.(-26,02) = 12,3 eV
(1điểm)
1.2.(3 điểm)
1.2.1(1điểm)
Số mol e trao đổi = It:F = 5.(19.60+18):96500 = 0,06mol.
Ở catot xảy ra quá trình sau: Mn+ + ne → M0
(0,5điểm)
0,06mol
0,06/n mol
M = 6,21.n:0,06 = 103,5.n
n = 1 ⇒ M = 103,5 (loại)
n = 2 ⇒ M = 207 (Pb)
n = 3 ⇒ M = 310,5 (loại)
(0,5diểm)
Vậy công thức phân tử của muối bị điện phân là (CH3COO)2Pb.
1.2.2.(1,5 điểm) Phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực:
Catot: Pb2+, H+(H2O)
Pb2+ + 2e
→ Pb
0,06mol
0,03mol
Anot: CH3COO-, OH-(H2O)
2CH3COO- - 2e
→
2CH3COO•
→
2CH3•
→

2 CH3COO- - 2e
→
ptđp: (CH3COO)2Pb →

2CH3COO•
2CH3• +
2CO2
CH3CH3
CH3CH3 + 2CO2
Pb + CH3CH3 + 2CO2

(0,5điểm)

(1điểm)

1.2.3. (0,5điểm)
Theo ptđp ta có: Số mol Pb = Số mol CH3CH3 = ½ Số mol e = 0,06:2 = 0,03 mol
Vậy thể tích etan thu được là : 0,03.22,4 = 0,672 lít .
(0,5điểm)
Câu 2: (4điểm)
Số mol HCl = 0,1.1 = 0,1mol
Số mol CO2 = 1,12:22,4 = 0,05mol
Số mol H+ : Số mol CO2 = 2:1 ⇒ Hợp chất D là muối CO32Mặt khác D khơng bị phân tích khi nóng chảy ⇒ D cacbonat kim loại kiềm
2H+ + CO32- = H2O + CO2
C + CO2 = D
+ B
B là oxi

⇒ C peoxit hoặc supeoxit

(1điểm)

(1điểm)

19


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
Đặt cơng thức hố học của C là MxOy
Lượng oxi có trong 0,1mol C(MxOy) là : 16.0,05+2,4 = 3,2 g
Khối lượng của 0,1mol C là = 3,2.100:45,07 = 7,1g
⇒ Mc = 7,1:0,1 = 71 g/mol
⇒ Khối lượng của kim loại M trong MxOy = 7,1- 3,2 = 3,9 g
Ta có: x : y = 3,9/ M : 3,2/ 16 ⇒ M = 39
Vậy: A là Kali ( K )
B là Oxi ( O2 )
C là KO2
D là K2CO3
Các phương trình:
K
+ O2
→ KO2
4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2
K2CO3 + 2HCl → 2KCl + CO2 + H2O
Câu 3: (4điểm)
Khi P(CO2 ) < 0,2 atm ⇒ không có phản ứng xảy ra.
Khi P(CO2 ) = 0,2 atm
V1 = n.RT/P = 3.22,4.(273+820):273.0,2 = 1345,23 lít

(1điểm)

(0,5điểm)

(0,5điểm)

(0,5điểm)

Khi P(CO2 ) = 0,2 atm, cân bằng sau xảy ra: CaO + CO2
CaCO3 (1)
Khi V giảm, P(CO2 ) không thay đổi, do CO2 tham gia vào cân bằng (1), đến khi CaO hết 1 mol thì CO2
tiêu thụ hết 1mol ⇒ CO2 cịn 2 mol
V2 = 2.22,4.(273+820):273.0,2 = 896,82 lít
(1điểm)
Khi 0,2 atm < P (CO2 ) < 0,4 atm khơng có phản ứng hoá học xảy ra.
Khi P ( CO2 ) = 0,4 atm
V3 = 2.22,4.(273+820):273.0,4 = 448,41 lít

(0,5điểm)

MgCO3 (2)
Khi P ( CO2 ) = 0,4 atm cân bằng sau xảy ra: MgO + CO2
Khi V giảm , P (CO2 ) không thay đổi do CO2 tham gia vào cân bằng (2) đến khi MgO tiêu thụ hết 1mol,
CO2 tiêu thụ hết 1mol ⇒ CO2 còn lại 1mol .
V4 = 1.22,4.(273+820):273.0,4 = 224,20 lít
(1điểm)
Vậy : 896,82 lít < V < 1345,23 lít ⇒ cân bằng (1) xảy ra.
448,41 lít < V < 896,82 lít ⇒ khơng có phản ứng xảy ra.
224,20 lít < V < 448,41 lít ⇒ cân bằng (2) xảy ra.
Câu 4 (4điểm)
4.1. (2điểm)

(1điểm)

[HCO3-] [OH-]
Kb2 =

Kb2 = 10-14:10-10,35 = 2,14.10-4

20


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
[CO32-]

Kb1 =2,34.10-8

Vì:

Kb2 >> Kb1 do đó ta chỉ xét sự proton hố một nấc của CO32-

[ ]

CO32- + H2O
C0 – x mol/l

HCO3- +
x mol/l

(1điểm)

OH- Kb2
x mol/l

C0(Na2CO3) = 1,700 g.l-1 : 106 g.mol-1 = 0,016 mol.l-1
⇒
x2 : (0,016 – x) = 2,14.10-4 ⇒ x = 1,75.10-3 ⇒ pH = 11,3

(1điểm)

4.2. (2điểm)
Sau khi trộn dung dịch A với dung dịch B ta có:
C0 (Na2CO3) = 1,700 g.l-1 : 2.106 g.mol-1 = 0,008 mol.l-1
C0 (CaCl2) = 1,780 g.l-1 : 2.111 g.mol-1 = 0,008 mol.l-1
Ta có : [OH-]2 [Ca2+] = (10-4)2.8.10-3 = 8.10-11 mol3l-3 < 6,46.10-6 mol3l-3
Vậy khơng có kết tủa Ca(OH)2 xuất hiện
(1điểm)
Ta có :
[HCO3-] [OH-]
Kb2 =
⇒
[HCO3-] = Kb2 . [CO32-] : [OH-]
[CO32-]
= 2,14 . [CO32-]
[HCO3 ] + . [CO32-] = C0 (Na2CO3) = 0,008 mol.l-1
⇒
[CO32-] = 2,55.10-3 mol.l-1
⇒
[Ca2+] = 8.10-3 mol.l-1
⇒
[Ca2+] . [CO32-] = 8.10-3. 2,55.10-3 = 2,04.10-5 mol2l-2 > 3,31.10-9 mol2l-2

Vậy có kết tủa CaO3 xuất hiện.
(1điểm)
Câu 5:(4 điểm)
5.1 (1điểm)
(CH3)2CHCH=CH2

H

+

→(CH3)2CHCH2+CH2

(I)

Ch.vi
→(CH3)2CH +CHCH3
(II) →
(CH3)2 +CH CHCH3 (III)
Br(II) →
(CH3)2CHCHBrCH3 (A)
Br(III) → (CH3)2CBrCH2CH3 (B)

5.2. (1 điểm)
C6H5CH3
+

Cl2

as
→

C6H5CH2Cl

C6H5CH2Cl

Mg

Ete khan
→

C6H5CH2MgCl

+

1) oxit etilen
2)→
H3O+
H2SO4, 150C
C6H5CH2CH2CH2OH →
C6H5CH2MgCl

+

Br2

+

(0,5điểm)

(0,5điểm)

HCl

C6H5CH2CH2CH2OH
+

Fe
→

H2O

+

HBr

Br
Fe

21


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)

+

→

Br2

+

HBr

+

HBr

(1điểm)

Br
+

as
→

Br2

Br

+

→

Br2

Br

5.3.1(1,5điểm)
Ta có: C : H : O = 79,59/12 : 12,25/1 : 8,16/16 = 13: 24: 1
Vậy công thức phân tử của A là C13H24O

+

HBr

5.3(2điểm)
(0,5điểm)

Từ sản phẩm ozon phân ta tìm ra 2 cơng thức cấu tạo có thể có :
CH3CH2CH2C(CH3)=CHCH2CH2C(CH2CH3)=CHCH2OH (A1)
CH3CH2CH2C(CH3)=C(CH2CH3)CH2CH2CH=CHCH2OH (A2)
(0,5điểm)
Từ phản ứng brom hố rồi ozon phân suy ra (A1) phù hợp
Vì:
Ozon phân
Br2
(A1) →
CH3CH2CH2C(CH3)BrCHBrCH2CH2C(CH2CH3)=CHCH2OH →
1:1
Xeton + HOCH2CH=O
Br2
Ozon phân
(A2) →CH
3CH2CH2C(CH3)BrC(CH2CH3)BrCH2CH2CH=CHCH2OH →
1:1
Andehit + HOCH2CH=O
Tên của A: 3-etyl-7-metyldeca-2,6-dien-1-ol

(0,5 điểm)

5.3.2(0,5điểm)
B phải là hợp chất mạch vòng có chứa 1 nối đơi , B sinh ra từ A do phản ứng đóng vịng.

+
→

CH2OH

→

+

0

H ,tC
- H2O

+

CH2

(A)

H2O
→+

(0,5điểm)

-H

OH

(B)

22


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
ĐỀ SỐ 4:

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10
Câu I :
Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau :
I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên
I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm
và dạng hình học của mỗi phân tử
1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và khơng phân cực. Giải thích kết quả đã chọn
Câu II:
II.1. Cho các phản ứng thuận nghịch sau:
Fe3O4 + H2

FeO + H2
Fe3O4 + 4H2
Fe2O3 + 3H2

3FeO + H2O (a)
Fe + H2O
(b)

3Fe + 4H2O (c)

2Fe + 3H2O (d)

Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất cịn lại ở pha rắn
Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng cịn
lại
II.2. Q trình hồ tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá
trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó giải thích hiện tượng khi hồ tan các tinh
thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt.

Câu III :
III.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.
III.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M.
III.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.
III.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.
III.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.
Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27
Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82
Câu IV :
Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau :
Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)2 0,1 M.
IV.1. Thiết lập sơ đồ pin.
IV.2. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc.
IV.3. Tính suất điện động của pin.
IV.4. Tính nồng độ các ion khi pin khơng có khả năng phát điện.
E 0 Ag + / Ag = 0,8V
Cho:
E 0 Zn 2 + / Zn = −0,76V
Câu V:
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. Tỷ khối của C so với hidro bằng 10,6. Nếu đốt cháy

hồn tồn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.

23


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất).
V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2 .
V.3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.
V.4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp
B.
Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16.

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu I :
Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau :
I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên
I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm
và dạng hình học của mỗi phân tử
1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và khơng phân cực. Giải thích kết quả đã chọn

Đáp án :

F

S

F

F

Lai hóa sp2

F

N
F

F

Lai hóa sp3

F

I

F

1,5 điểm

F
Lai hóa sp3d

0,75 điểm

Tam giác phẳng

Tháp đáy tam giác

Hình chữ T

0,75 điểm

Khơng cực vì momen
lưỡng cực liên kết bị
triệt tiêu

Có cực vì lưỡng cực liên
kết khơng triệt tiêu

Có cực vì lưỡng cực liên
kết không triệt tiêu

1 điểm

Câu II:
II.1.Cho các phản ứng thuận nghịch sau:

Fe3O4 + H2
FeO + H2
Fe3O4 + 4H2

Fe2O3 + 3H2

3FeO + H2O (a)
Fe + H2O
(b)
3Fe + 4H2O (c)
2Fe + 3H2O (d)

Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất cịn lại ở pha rắn

Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng cịn
lại
II.2.Q trình hồ tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá
trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó mơ tả và giải thích hiện tượng khi hoà
tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt.

Đáp án:
II.1.
2 điểm
Gọi Ka, Kb, Kc, Kd lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,d
tương ứng. Ta có:

24


Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 10 ( có đáp án chi tiết)
Ka =

PH 2O
PH 2

→ Ka =

; Kb =

PH 2O
PH 2

; Kc =

P 4 H 2O
P 3 H 2O
;
K
=
d
P 4 H2
P 3 H2

K c .K d
K b6

II.2.
2 điểm
- Q trình hồ tan tinh thể ion vào nước, ta có thể hình dung bao gồm các q
trình như sau:
+ Quá trình phân li tinh thể ion thành các ion tự do (cation và anion) là quá
trình thu nhiệt. (nhiệt phân li, ∆Hphân li > 0)
+ Quá trình tương tác giữa các ion với nước để tạo thành các ion hidrat hoá là
quá trinh toả nhiệt. (nhiệt hidrat hố, ∆Hhidrat < 0)

→ Nhiệt của q trinh hồ tan tinh thể ion vào nước là ∆Hht = ∆Hphân
∆Hhidrat của các ion

li

+

- Khi cho NaOH, MgCl2 vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ∆Hhirat
vượt trội so với ∆Hphân li → ∆Hht < 0

- Khi hoà tan NH4NO3 vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ∆Hphân li vượt
trội so với ∆Hhidrat → ∆Hht > 0

Câu III : 4 điểm
II.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.
II.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M.
II.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.
II.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.
II.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.
Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27
Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82
Đáp án:
H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25 (1)
III.1.
H2C2O4
1,0 điểm
HC2O4H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2)
H2O
H+ + OHKw = 10-14 (3)
Do Kw << K2 << K1 ⇒ cân bằng (1) xảy ra chủ yếu
H2C2O4
H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25
C (M)
0,01
[ ] (M)
0,01 – x
x
x
2
x

= 10-1,25
0.01 - x
⇒
x2 + 10-1,25 x - 10-3,25 = 0
GiảI phương trình bậc 2, ta được: x = 8,66 . 10-3 (M)
⇒ pH = 2,06

25