TOP 20 đề thi olympic và học sinh giỏi Hóa 10 (có đáp án)

TOP 20 đề thi olympic và học sinh giỏi hóa 10 có đáp án rất hay được viết dưới dạng file word gồm 126 trang. bộ đề thi được biên soạn và đề xuất bởi các trường thpt tỉnh Quảng Nam. các bạn xem và tải về ở dưới. Chúc các bạn đạt kết quả cao!!

Thông tin:
121 trang 10 tháng trước
Tác giả:
Student
Hoàng Yến
Đang cập nhật

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

TOP 20 đề thi olympic và học sinh giỏi Hóa 10 (có đáp án)

TOP 20 đề thi olympic và học sinh giỏi hóa 10 có đáp án rất hay được viết dưới dạng file word gồm 126 trang. bộ đề thi được biên soạn và đề xuất bởi các trường thpt tỉnh Quảng Nam. các bạn xem và tải về ở dưới. Chúc các bạn đạt kết quả cao!!

61 31 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Đề thi Hóa Học 10

Môn: Hóa học 10

Thông tin:

121 trang 10 tháng trước

Tác giả:

Profile Hoàng Yến
TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC
ĐỀ ĐỀ NGHỊ VÀ ĐÁP ÁN
KỲ THI OLYMPIC 24-3
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 150 phút
Cho biết khối lượng nguyên tử ( đvC) của các nguyên tố:
H=1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Mg = 24; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39;
Ca = 40; Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137;
Câu 1. ( 3,5 điểm)
1.1. ( 1.0 điểm) Cho nguyên tử của nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 17 electron thuộc các phân
lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt không mang điện
bằng
35
23
lần hạt mang điện.
a. Viết cấu hình electron của X, suy ra vị trí của X trong bảng tuần hoàn.
b. Xác định thành phần cấu tạo của hai đồng vị và thành phần % theo số nguyên tử của mỗi đồng vị ,
biết nguyên tử khối (NTK) trung bình của X bằng 79,91. Coi NTK có giá trị bằng số khối.
1.2. ( 1.0 điểm) Từ muối ăn điều chế được khí clo, từ quặng florit điều chế được chất có thể ăn mòn
thủy tinh, từ I
2
điều chế một chất pha vào muối ăn để tránh bệnh bướu cổ cho người dùng, từ O
2
điều
chế chất diệt trùng. Em hãy viết phương trình phản ứng điều chế các chất như đã nói ở trên, biết mỗi
chất chỉ được viết một phương trình phản ứng.
1.3. ( 0,5 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm trong các phân tử sau:
POF
3
; BF
3
; SiHCl
3
; O
3
.
1.4. ( 1.0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố phi kim A có bốn số lượng tử electron cuối cùng thỏa mãn
m
l
+ l = 0 và n + m
s
= 1,5. Xác định tên của A.
Câu 2. ( 3.0 điểm)
2.1. ( 1,5 điểm) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:
Fe
3
O
4
+ HNO
3 loãng
Fe(NO
3
)
3
+ NO + H
2
O
Fe
3
C+ H
2
SO
4
đặc nóng dư
Fe
2
(SO
4
)
3
+ CO
2
+ SO
2
+ H
2
O
Fe
x
S
y
+ HNO
3
đặc nóng dư
Fe(NO
3
)
3
+ H
2
SO
4
+ NO
2
+ H
2
O
2.2. ( 1,5 điểm) Một pin điện gồm điện cực là một sợi dây bạc nhúng vào dung dịch AgNO
3
và điện
cực kia là một sợi dây platin nhúng vào dung dịch muối
2
Fe
+
và
3
Fe
+
.
a) Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động.
b) Tính sức điện động của pin ở điều kiện chuẩn.
c) Nếu
Ag
+


= 0,1M và
2
Fe
+


=
= 1M thì phản ứng trong pin xảy ra như thế nào?
Câu 3. ( 3.5 điểm)
3.1. ( 1,0 điểm) Cho V lít (đktc) hỗn hợp khí (X) gồm Clo và Oxi phản ứng vừa hết với hỗn hợp (Y)
gồm 8,4 gam Mg và 5,4 gam Al tạo thành 37,95 gam hỗn hợp (Z) gồm các muối và oxit. Tính V?
3.2. ( 1,0 điểm) Viết 6 phương trình phản ứng khác nhau điều chế trực tiếp khí clo.
3.3. ( 1,5 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A),
(B),... tương ứng:
(1) FeS
2
+ khí (A) → chất rắn (B) + khí (D) (2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + H
2
O
(3) (F) + (A) → (D) (4) (E) + NaOH → (G) + H
2
O
(5) (G) + NaOH → (H) + H
2
O (6) (H) + (I) → (K) + (L)
(7) (K) + HCl → (I) + (E) (8) (E) + Cl
2
+ H
2
O → ...
Câu 4. ( 4.0 điểm)
4.1. ( 1,0 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau:
a. Hòa tan FeCl
2
vào nước rồi thêm H
2
SO
4
loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO
4
dư thấy có
khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II).
b. Hòa tan Fe
3
O
4
trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục
khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO
4
đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu.
4.2. ( 2,0 điểm) Hòa tan m gam KMnO
4
trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V
lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B.
- Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH
0,5 M.
- Thêm AgNO
3
dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22
gam kết tủa.
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B.
c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng.
4.3. ( 1,0 điểm) Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để
giải thích.
a. HCl bị lẫn H
2
S.
b. O
2
bị lẫn Cl
2
.
c. CO
2
bị lẫn SO
2
.
d. CO
2
bị lẫn CO.
Câu 5. ( 3.0 điểm)
5.1. ( 1,5 điểm)
a) Tính hiệu ứng nhiệt ở 25
0
C của phản ứng 2Al + Fe
2
O
3
→ 2Fe + Al
2
O
3
, biết
( )
82,1667H
32
OAl
0
298,ht
−=
kJ/mol;
( )
28,819H
32
OFe
0
298,ht
−=
kJ/mol.
b) Nhiệt đốt cháy của benzen lỏng ở 25
0
C; 1atm là - 3268 kJ/mol. Xác định nhiệt hình thành
của benzen lỏng ở điều kiện đã cho về nhiệt độ và áp suất, biết rằng nhiệt hình thành chuẩn ở
25
0
C của CO
2
(k), H
2
O(l) lần lượt bằng - 393,5 và -285,8 kJ/mol.
c) Tính
( )
)r(OHC
0
298,ht
6126
H
biết:
( )
2805H
)r(OHC
0
298,đc
6126
−=
kJ/mol;
( )
5,393H
)k(CO
0
298,ht
2
−=
kJ/mol;
( )
8,285H
)l(OH
0
298,ht
2
−=
kJ/mol.
5.2. ( 1,5 điểm) Ở 600K đối với phản ứng: H
2
+ CO
2
H
2
O(k) + CO
Nồng độ cân bằng của H
2
, CO
2
, H
2
O và CO lần lượt bằng 0,600 ; 0,459; 0,500 và 0,425
mol/l.
a) Tìm K
C
, K
P
của phản ứng.
b) Nếu lượng ban đầu của H
2
và CO
2
bằng nhau và bằng 1 mol được đặt vào bình 5 lít
thì nồng độ cân bằng của các chất là bao nhiêu ?
Câu 6. ( 3,0 điểm)
6.1. ( 1,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm CuSO
4
và KCl vào H
2
O, thu được dung dịch Y.
Điện phân Y (có màng ngăn, điện cực trơ) đến khi H
2
O bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng
điện phân. Số mol khí thoát ra ở anot bằng 4 lần số mol khí thoát ra từ catot. Phần trăm khối lượng
của CuSO
4
trong hỗn hợp X là bao nhiêu ?
6.2. ( 2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X
trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng, dư được dung dịch A và khí SO
2
(đktc) là sản phẩm khử duy nhất.
Hấp thụ hoàn toàn lượng SO
2
trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (dư) được dung dịch chứa
5,725 gam chất tan.
Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong
dung dịch HCl được 1,736 lít H
2
(đktc).
Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong
X. Cho Z tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối.
a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tìm kim loại M.
------------------ HẾT-----------------
- Học sinh không được sử dụng tài liệu và bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.
- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:..........
TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC
KỲ THI OLYMPIC 24-3
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 150 phút
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1.1
1.a
Vì X có 17 electron thuộc phân lớp p
cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p
6
3p
6
4p
5
cấu hình electron đầy đủ: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s
2
4p
5
.
Vị trí của X trong bảng tuần hoàn:
Ô số 35, Chu kì 4, Nhóm VII A.
0,25
0,25
1.b
Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 35.2 = 70 hạt
số nơtron (hạt không mang điện) là
35
23
.70 = 46 hạt.
số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 44 hạt.
Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là:
Đồng vị số khối nhỏ: 35 electron, 35 proton, 44 nơtron A= 79.
Đồng vị số khối lớn: 35 electron, 35 proton, 46 nơtron A= 81.
Thành phần %:
Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x%
thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%.
Ta có:
100
)100(81.79 xx −+
= 79,91 x = 54,5%.
0,25
0,25
1.2
* 2NaCl + 2H
2
O
dpdd
⎯⎯⎯→
nm xop
2NaOH + Cl
2
+ H
2
O
* CaF
2 rắn
+ H
2
SO
4 đặc
CaHSO
4
+ HF
* I
2
+ 2K 2KI
* 3O
2
2O
3
1,0
1.3
POF
3
(sp
3
); O
3
(sp
2
); SiHCl
3
(sp
3
); C
2
H
2
(sp) .
0,5
UV
1.4
Theo đề: m
l
+ l = 0 và n + m
s
= 1,5
*Trường hợp 1: m
s
= +1/2 n= 1 l= 0; m
l
= 0 1s
1
A là hiđro
*Trường hợp 2: m
s
= -1/2 n= 2 l= 1; m
l
= -1 2p
4
A là oxi
*Trường hợp 3: m
s
= -1/2 n= 2 l= 0; m
l
= 0 2s
2
A là beri(loại)
Vậy A là hiđro hoặc oxi.
0,5
0,5
2.1
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3 loãng
9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O
2Fe
3
C+ 22H
2
SO
4
đặc nóng
3Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2CO
2
+ 13SO
2
+ 22H
2
O
Fe
x
S
y
+ (6x+6y)HNO
3
đặc nóng
xFe(NO
3
)
3
+ yH
2
SO
4
+ (3x+6y)NO
2
+
(3x+2y)H
2
O
0,5
0,5
0,5
2.2
a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động :
( ) ( ) ( )
( )
23
r
aq aq aq
Fe Ag = Fe + Ag
+ + +
+
(1)
b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn :
//
32
0 0 0
pin
Ag Ag Fe Fe
E = E - E = 0.8 - (+0,77) = 0,03 V
+ + +
c) Nếu
Ag
+


= 0,1M và
=
= 1M thì sđđ của pin sẽ là :
E
pin
= 0,03
+
1
059,0
lg
1
10.1
1−
= - 0,029 V < 0
Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại :
( )
( )
( ) ( )
32
r
aq aq aq
Fe + Ag = Fe Ag
+ + +
+
(2)
0,5
0,5
0,5
3.1
n
Mg
=8,4/24 = 0,35 mol; n
Al
=5,4/27 = 0,2 mol;
Gọi x, y lần lượt là số mol của clo và oxi trong hh X
Bảo toàn số mol electron: 2x + 4y = 0,35.2 + 0,2.3 (1)
Bảo toàn khối lượng: 71x + 32y = 37,95 – (8,4+ 5,4) (2)
Từ (1) và (2), suy ra: x= 0,25; y = 0,2.
=> V = (0,25+ 0,2) . 22,4= 10,08 lít.
0,25
0,25
0,25
0,25
3.2
Sáu phương trình điều chế clo:
2NaCl + 2H
2
O
dpdd
⎯⎯⎯→
nm xop
2NaOH + Cl
2
+ H
2
O (1)
2NaCl
dpnc
⎯⎯⎯→
2Na + Cl
2
(2)
MnO
2
+ 4HCl
(đặc)
→ MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O (3)
2KMnO
4
+ 16HCl
(đặc)
→ 2MnCl
2
+ 2KCl + 5Cl
2
+ 8H
2
O (4)
K
2
Cr
2
O
7
+ 14 HCl
(đặc)
→ 2KCl + 2CrCl
3
+ 3Cl
2
+ 7H
2
O (5)
KClO
3
+ 6HCl
(đặc)
→ KCl + 3Cl
2
+ 3H
2
O (6)
(hs có thể viết 6 phương trình khác)
1,0
3.3
Các chất ứng với các kí hiệu:
A: O
2
B: Fe
2
O
3
D: SO
2
E: H
2
S F: S
G: NaHS H: Na
2
S I: FeCl
2
K: FeS L: NaCl
Các phương trình:
(1) 4FeS
2
+ 11 O
2
→ 2 Fe
2
O
3
+ 8 SO
2
(2) SO
2
+ 2H
2
S → 3 S + 2 H
2
O
(3) S + O
2
→ SO
2
0,5
(4) H
2
S + NaOH → NaHS + H
2
O
(5) NaHS + NaOH → Na
2
S + H
2
O
(6) Na
2
S + FeCl
2
→ FeS + 2NaCl
(7) FeS + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
S
(8)H
2
S + 4Cl
2
+ 4H
2
O → H
2
SO
4
+ 8 HCl
1,0
4.1
a.
Phương trình phản ứng:
10FeCl
2
+ 6KMnO
4
+ 24H
2
SO
4
→ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 10Cl
2
+ 3K
2
SO
4
+ 6MnSO
4
+
24H
2
O
0,25
b.
2Fe
3
O
4
+ 10H
2
SO
4 (đặc nóng)
→ 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O
Khí A là SO
2
:
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HBr
5SO
2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O → K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 2H
2
SO
4
0,75
4.2
a.
Các phương trình phản ứng:
2KMnO
4
+ + 16HCl
(đặc)
→ 2MnCl
2
+ 2KCl + 5Cl
2
+ 8H
2
O (1)
Dung dịch A chứa KCl, MnCl
2
và HCl dư dung dịch B chứa KCl, MnCl
2
và HCll
• Trung hòa axit trong B bằng NaOH:
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O (2)
• B tác dụng với AgNO
3
dư:
AgNO
3
+ HCl → AgCl
+ HNO
3
(3)
AgNO
3
+ KCl → AgCl
+ KNO
3
(4)
2AgNO
3
+ MnCl
2
→ 2AgCl
+ Mn(NO
3
)
2
(5)
0,25
0,5
b.
- Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).
Theo phương trình phản ứng (1):
2
MnCl
n
= n
KCl
= y mol
Theo phương trình phản ứng (2): x = n
HCl
= n
NaOH
= 0,024.0,5 = 0,012 mol
C
M (HCl)
= 0,24 M
- Trong 100 ml dung dịch B: n
HCl
= 2x mol;
2
MnCl
n
= n
KCl
= 2y mol
Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5):
n
AgCl
= n
HCl
+ n
KCl
+ 2.
2
MnCl
n
2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol
x + 3y = 0,06 mol y = 0,016 mol.
Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:
C
M (KCl)
= C
M(MnCl2)
= 0,32M
0,75
c.
Theo (1) ta có:
4
KMnO
n
= n
KCl (500 ml dd B)
= 10y = 0,16 mol
m =
4
KMnO
m
(ban đầu)
= 0,16.158 = 25,28 gam.
24
Cl KMnO
5
n n 0,4mol
2
==
V = 0,4.22,4 = 8,96 lít.
Theo (1): n
HCl pư
= 8
4
KMnO
n
= 1,28 mol mà n
HCl dư
= 10.x = 0,12 mol
n
HCl đã dùng
= 1,28 + 0,12 = 1,4 mol
V
dd HCl đã dùng
=
HCl HCl
n .M
1,4.36,5
118,64ml
C%.D 36,5%.1,18
==
0,25
0,25
4.3
a
Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO
3
)
2
dư , H
2
S bị giữ lại.
Cu(NO
3
)
2
+ H
2
S CuS + 2HNO
3
0,25
b
Sục hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư , Cl
2
bị giữ lại.
Cl
2
+ 2NaOH NaCl + NaClO + H
2
O
0,25
c
Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO
4
, Br
2
...) SO
2
bị giữ lại
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O 2HBr + H
2
SO
4
0,25
d
Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO
bị chuyển thành CO
2
CO + CuO Cu + CO
2
0,25
5.1
a.
PTHH: 2Al + Fe
2
O
3
→ 2Fe + Al
2
O
3
0
298
H
=
( ) ( )
)28,819(82,1667HH
3232
OFe
0
298,ht
OAl
0
298,ht
−−−=−
= - 848,54 kJ
0,5
b.
PTHH: C
6
H
6(l)
+
2
15
O
2(k)
⎯→⎯
6CO
2(k)
+ 3H
2
O
(l)
( ) ( ) ( ) ( )
)l(HC
0
298,ht
)k(CO
0
298,ht
)l(OH
0
298,ht
)l(HC
0
298,đc
0
pu
662266
HH6H3HH −+==
( ) ( ) ( ) ( )
)l(HC
0
298,đc
)k(CO
0
298,ht
)l(OH
0
298,ht
)l(HC
0
298,ht
662266
HH6H3H −+=
= 3.(-285,8) + 6.(-393,5) – (- 3268) = 49,6 kJ/mol
0,5
c.
PTHH: C
6
H
12
O
6 (r)
+ 6O
2(k)
→ 6CO
2(k)
+ 6H
2
O(l)
( ) ( ) ( ) ( )
)r(OHC
0
298,ht
)k(CO
0
298,ht
)l(OH
0
298,ht
)r(OHC
0
298,đc
0
pu
6126226126
HH6H6HH −+==
( )
)r(OHC
0
298,ht
6126
H
= -1270,8 kJ/mol
0,5
5.2
a.
H
2
+ CO
2
H
2
O(k) + CO
772,0
459,0.600,0
500,0.425,0
]CO][H[
]OH][CO[
K
22
2
C
==
K
P
= K
C
.(RT)

= K
C
.(RT)
1+1-1-1
= K
C
= 0,772.
0,25
0,25
b.
H
2
+ CO
2
H
2
O(k) + CO K
C
= 0,772
Ban đầu 0,2 0,2
[ ] 0,2 – x 0,2 – x x x
772,0
)x2,0(
x
K
2
2
C
=
−
=
x 0,0935
[H
2
O] = [CO] = 0,0935 M; [H
2
] = [CO
2
] = 0,2 – 0,0935 = 0,1065 M
1,0
6.1
Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol, khi đó quá trình điện phân xảy ra như sau :
Tại catot
Tại anot
Cu
2+
+ 2e → Cu
a mol → 2a mol
2H
2
O + 2e → 2OH
-
+ H
2
2b mol → b mol
2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
1 mol 0,5 mol
- Theo đề bài ta có :
2
22
BT:e
Cu H
Cl
Cl H
2a 2b 1 a 0,37 5 mol
2n 2n n
4b 0,5 b 0,125 mol
n 4n
−
+ = =
⎯⎯⎯→ + =

→
==
=

0,25
0,5
t
0
- Vậy hỗn hợp X gồm CuSO
4
(0,375 mol) và KCl (1 mol)
4
CuSO
0,375.160
%m .100 44,61
0,375.160 1.74,5
==
+
0,25
6.2
.a
Hỗn hợp X + H
2
SO
4
đặc nóng:
2Fe + 6H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 SO
2
+ 6H
2
O (1)
2M + 2nH
2
SO
4
→ M
2
(SO
4
)
n
+ n SO
2
+ 2nH
2
O (2)
SO
2
+ 2NaOH → Na
2
SO
3
+ H
2
O (3)
Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl:
Fe + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
(4)
2M + 2n HCl → 2MCl
n
+ nH
2
(5)
Hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư:
Fe + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
(6)
2M + n H
2
SO
4
→ M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
(7)
0,5
b.
Đặt n
SO2
= d n
NaOH dư
= 0,1 – 2d mol.
m
chất tan
= 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam d = 0,0375 mol
Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol
Theo (1) và (2)
2
SO
3n
n x y 0,0375mol
22
= + =
(*)
Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có n
Fe
= x mol; n
M
= 3y mol
Theo (4), (5) ta có
2
H
n
n x .2y 0,0775mol
2
= + =
(**)
Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có n
Fe
= 2x mol; n
M
= y mol
Theo (7) và (8) có:
4
FeSO Fe
n n 2xmol==
;
2 4 n
M (SO ) M
1y
n n mol
22
==
Khối lượng muối: m
muối
= 152.2x + (2M + 96n).
y
2
= 5,605 gam
304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***)
Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045
M M.y 0,405
9
n n.y 0,045
= = =
Xét: n 1 2 3
M (g/mol) 9 18 27
(loại) (loại) (M là Al)
Vậy kim loại M là Al
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
------------------ HẾT-----------------
Câu 1. (4,0 điểm)
Trong phân tử MX
2
có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn
số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5.
Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt.
a) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn.
b) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X
2+
và Y
-
.
c) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF
3
, PCl
3
, PH
3
và hãy so sánh các góc liên
kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.
Câu 2. (4,0 điểm)
Phản ứng nhị hợp NO
2
: 2NO
2
(k)
→ N
2
O
4
(k)
Biết H
0
S
(kcal/mol) : 8,091 2,309
S
0
(cal.mol
–1
.K
–1
) : 57,2 72,2
– Tính biến thiên năng lượng tự do của pư ở 0
0
C và 100
0
C. Cho biết chiều tự diễn biến tại những
nhiệt độ đó.
– Xđ ở nhiệt độ nào thì G = 0 ? Xác định chiều của phản ứng ở nhiệt độ cao hơn và thấp hơn nhiệt
độ đó.
Giả thiết H và S của các chất thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể.
Câu 3. (3,0 điểm)
Axit HCl là một axit có ứng dụng nhiều trong công nghiệp và sản xuất. Điều chế HCl có 2
phương pháp:
+ Phương pháp 1: Cho muối clorua tác dụng với axits H
2
SO
4
đặc (rồi hòa tan khí HCl vào H
2
O).
+ Phương pháp 2: Tổng hợp từ H
2
và Cl
2
.
Tuy nhiên, cả 2 phương pháp này đều không được dùng để điều chế HBr, HI. Hãy:
1. Viết phương trình phản ứng cho cả 2 phương pháp trên?
2. Tại sao không sử dụng cả 2 phương pháp trên để điều chế HBr, HI? Giải thích?
3. Hãy đề nghị phương pháp điều chế HBr, HI (chỉ yêu cầu viết phương trình phản ứng)?
Câu 4. (3,0 điểm)
Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm
nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với
không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H
2
O
2
5% (D =
1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra
trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Câu 5.(2,0 điểm)
Cho phản ứng sau : Fe
2+
+ Ag
+
↔ Fe
3+
+ Ag
E
0 (
Ag
+
/Ag) = 0,80V ; E
0 (
Fe
3+
/Fe
2+
) = 0,77V
a/ Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở
298K
b/ Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe
3+
0,1M ; Fe
2+
0,01M và Ag
+
0,001M khi
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN
ĐỀ THI OLYMPIC
Năm học: 2016-2017
Môn: Hóa học 10
-------------------
Thời gian làm bài: 120 phút
cho bột Ag vào dung dịch trên ?
Câu 6.(4,0 điểm)
Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron:
a) Mg + HNO
3
⎯⎯→
Mg(NO
3
)
2
+ N
2
O + N
2
+ NH
4
NO
3
+ H
2
O
(biết tỉ lệ mol của N
2
O : N
2
: NH
4
NO
3
là 1: 2 : 1)
b) M
2
(CO
3
)
n
+ HNO
3 đặc, nóng
⎯⎯→
M(NO
3
)
m
+ NO
2
+ CO
2
+ H
2
O
c) CuFeS
x
+ O
2
⎯⎯→
Cu
2
O + Fe
3
O
4
+ SO
2
↑
d) Fe
3
O
4
+ HNO
3
⎯⎯→
N
x
O
y
+
--------------------000--------------------
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN
HƯNG DN CHM
OLYMPIC
Năm học: 2016-2017
Môn: Hóa học 10
-------------------
Câu 1. (4 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình:
(2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164
(2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52
(Z+N) – (Z’+N’) = 5
(2Z+N) – (2Z’+N’) = 8
1,0
Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17
a) Cấu hình electron và vị trí:
Z = 20: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
→ M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH
Z’ = 17: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
→ X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH
b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:
Ca
ClCa
RRR
2
−+
- Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị
điện tích hạt nhân của nguyên tử đó.
- Bán kính ion Ca
2+
nhỏ hơn Cl
-
do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích
hạt nhân Ca
2+
(Z = 20) lớn hơn Cl
-
(Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có
số lớp electron lớn nhất (n = 4).
c)Viết công thức cấu tạo:
Các phân tử trên đều thuộc loại AX
3
E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp
electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109
0
28
’
). Các góc liên kết
cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối
tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng
nhỏ.
Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl <
góc HPH.
1,0
1,0
1,0
Câu 2. (4 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 25
0
C) :
H
0
pư
=
24
0
S(N O )
H
– 2
2
0
S(NO )
H
= 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)
S
0
pư
=
24
0
(N O )
S
– 2
2
0
(NO )
S
= 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol
–1
.K
–1
)
Áp dụng : G
0
T
= H
0
pư
– TS
0
pư
để tính G ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì H
0
và S
0
biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính G ở các nhiệt độ
khác nhau theo công thức nêu ra.)
1,0
+ Ở 0
0
C, tức 273K :
G
0
273
= –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol)
G
0
273
< 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận
+ Ở 100
0
C, tức 373K :
G
0
373
= –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0
Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch
1,0
1,0
Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì G
0
T
= 0.
Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0
T =
13873
42,2
= 329 (K) hay 56
0
C
Ở nhiệt độ t > 56
0
C (hay T > 329K) thì :
1,0
F
F
F
P
Cl
Cl
Cl
H
H
H
P
P
G
0
T
= –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Ở nhiệt độ t < 56
0
C (hay T < 329K) thì :
G
0
T
= –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Câu 3. (3 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. Điều chế HCl
PP1: NaCl + H
2
SO
4
⎯→⎯
0t
NaHSO
4
+ HCl↑
hay 2NaCl + H
2
SO
4
⎯→⎯
0t
Na
2
SO
4
+ HCl↑
PP2: Cl
2
+ H
2
⎯→⎯
0t
HCl↑
Khí HCl thu được hấp thụ vào nước thu được dung dịch HCl.
1,0
2. Không sử dụng phương pháp này cho điều chế HBr và HI vì chúng đều là các chất khử.
PP1: 2HBr + H
2
SO
4
→ Br
2
+ SO
2
+ 2H
2
O
8HI + H
2
SO
4
→ 4I
2
+ H
2
S + 4H
2
O
PP2: H
2
+ Br
2
⎯→⎯
0t
2HBr ΔH = -71,8kj
H
2
+ I
2
↔ 2HI ΔH = +51,88kj
Phản ứng này thuận nghịch nên hiệu suất thấp, không sử dụng.
1,0
3. Điều chế HBr, HI
PBr
3
+ 3H
2
O → H
3
PO
3
+ 3HBr↑
PI
3
+ 3H
2
O → H
3
PO
3
+ 3HI↑
1,0
Câu 4. (3 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS (1)
MgS + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
S (2)
Mg + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
(3)
1,0
26298966,0M
B
==
B chứa H
2
S và H
2
[Mg có dư sau phản ứng (1)]
Gọi x và y lần lượt là số mol khí H
2
S và H
2
, ta có
=
+
+
=+
26
yx
y2x34
4,22
987,2
yx
Giải ra ta có x = 0,1 ; y =
3
1,0
. Từ (1), (2), (3) ta có:
( )
=
+
+
= %100
321,024
3
1,0
1,0
321,0
)S(m%
50%,
=)Mg(m%
50%
1,0
H
2
S +
2
3
O
2
→ SO
2
+ H
2
O
H
2
+
2
1
O
2
→ H
2
O
SO
2
+ H
2
O
2
→ H
2
SO
4
1,0
Câu 5. (2 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1/ Fe
2+
+ Ag
+
↔ Fe
3+
+ Ag
E
0
pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
K = 10
(En/0,059)
= 10
(0,03/0,059)
= 3,225
1,0
2/ E = E
0
+ (0,059/n).lg([oxh]/[kh])
E(Ag
+
/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
E(Fe
3+
/Fe
2+
) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V
E = 0,829 – 0,623 = 0,206V
Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều :
Fe
3+
+ Ag ↔ Fe
2+
+ Ag
+
1,0
Câu 6. (4 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
a) Mg + HNO
3
⎯⎯→
Mg(NO
3
)
2
+ N
2
O + N
2
+ NH
4
NO
3
+ H
2
O
(biết tỉ lệ mol của N
2
O : N
2
: NH
4
NO
3
là 1: 2 : 1)
18 Mg
0
⎯⎯→
+2
Mg
+ 2e
1 7
5+
N
+ 36 e
⎯⎯→
ON
2
1+
+ 2N
2
+
3−
N
18Mg + 44HNO
3
⎯⎯→
18Mg(NO
3
)
2
+ N
2
O + 2N
2
+ NH
4
NO
3
+ 20H
2
O
1,0
b) M
2
(CO
3
)
n
+ HNO
3 đặc, nóng
⎯⎯→
M(NO
3
)
m
+ NO
2
+ CO
2
+ H
2
O
1 2M
+n
⎯⎯→
2 M
+m
+ 2(m-n) e
2(m-n) N
+5
+ 1e
⎯⎯→
N
+4
M
2
(CO
3
)
n
+ (4m-2n)HNO
3 đặc, nóng
⎯⎯→
2M(NO
3
)
m
+ 2(m-n)NO
2
+ nCO
2
+(2m-
n)H
2
O
1,0
c) CuFeS
x
+ O
2
⎯⎯→
Cu
2
O + Fe
3
O
4
+ SO
2
↑
3Cu
+2
+ 3e
⎯⎯→
3Cu
+1
3x S
-4/x
⎯⎯→
3xS
+4
+ 12(x+1)e
3Fe
+2
⎯⎯→
3Fe
+8/3
+ 2e
3 CuFeS
x
⎯⎯→
3Cu
+1
+ 3Fe
+8/3
+ 3xS
+4
+ (12x+11)e 4
1,0
O
2
+ 4e
⎯⎯→
2O
-2
(12x+11)
12 CuFeS
x
+ (11+12x) O
2
→
6Cu
2
O + 4Fe
3
O
4
+ 12xSO
2
d) Fe
3
O
4
+ HNO
3
⎯⎯→
N
x
O
y
+ Fe(NO
3
)
3
+ H
2
O
(5x-2y) 3Fe
+8/3
⎯⎯→
3Fe
+3
+ 1e
1 xN
+5
+ (5x-2y)e
⎯⎯→
xN
+2y/x
(5x-2y) Fe
3
O
4
+ (46x-18y)HNO
3
⎯⎯→
N
x
O
y
+ (15x-6y)Fe(NO
3
)
3
+ (23x-9y)H
2
O
1,0
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CP TỈNH
MÔN: HÓA HỌC – LP 10
NĂM HỌC: 2016 – 2017
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
(ĐỀ ĐỀ NGHỊ)
Câu 1.(4 điểm)
a. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh thể
ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ?
b. Giải thích tại sao CO
3
2 –
, không thể nhận thêm một oxi để tạo CO
4
2 –
trong khi đó SO
3
2
–
có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO
4
2 –
?
c. Giải thích tại sao hai phân tử NO
2
có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N
2
O
4
, trong
khi đó hai phân tử CO
2
không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C
2
O
4
Câu 2. (4 điểm)
a.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom
a.1. Cr
2
S
3
+ Mn(NO
3
)
2
+ K
2
CO
3
K
2
CrO
4
+ K
2
SO
4
+ K
2
MnO
4
+ NO +
CO
2
a.2. P + NH
4
ClO
4
H
3
PO
4
+ N
2
+ Cl
2
+ …
a.3. Fe
x
O
y
+ HNO
3
… + N
n
O
m
+ H
2
O
b. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44A
O
và 197g/mol. Biết
rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm
3
. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao
nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.10
23
)
c. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO
4
, H
3
PO
3
, NH
4
NO
3
, H
2
SO
4
Câu 3(4 điểm).
a. Hợp chất A có công thức MX
2
, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt
nhân của M có n – p = 4; của X có n
’
= p
’
, trong đó n, n
’
, p, p
’
là số nơtron và số proton.
Tổng số proton trong MX
2
là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M
2+
b. Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử:
A: n = 3 ℓ = 1 m = +1,
2
1
s −=
R: n = 2 ℓ = 1 m = 0,
2
1
s −=
X: n = 2 ℓ = 1 m = +1,
2
1
s −=
b.1. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)
b.2. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các
phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3,
−2
4
AX
(H là hidro).
Câu 4 (4 điểm).
a. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I
1
- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không
theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các
nguyên tố tương ứng. Giải thích.
b. Có 1 lít dung dịch X gồm Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp
BaCl
2
và CaCl
2
vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A.
Tính thành phần % khối lượng các chất trong A.
Câu 5(4 điểm)
3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng
nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch
HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A
a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại
hoá trị 2
b. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy
ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa
với xút
(cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16)
(Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì
thêm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10
NĂM HỌC: 2016 – 2017
Câu 1
(4 đ)
a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử,
chúng liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị
- Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết
với nhau bằng lực hút tỉnh điện
0,5
0,5
b. - Cấu tạo của CO
3
2 –
O 2–
C = O
O
Trên nguyên tử cacbon trong CO
3
2 –
không còn electron tự do chưa liên kết
nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO
4
2 –
- Cấu tạo của SO
3
2 –
O
. .
2–
S = O
O
Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó
nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để
tạo ra SO
4
2 –
0,25
0,5
0,25
0,5
c. - Cấu tạo của CO
2
O = C = O
Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO
2
không thể liên kết với nhau để tạo ra C
2
O
4
- Cấu tạo của NO
2
O
∙ N
O
Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này
có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai
để tạo ra phân tử N
2
O
4
O O O
2 N∙ N – N
O O O
0,25
0,5
0,25
0,5
Câu 2
(4 đ)
a.1. Cr
2
S
3
+ Mn(NO
3
)
2
+ K
2
CO
3
K
2
CrO
4
+ K
2
SO
4
+ K
2
MnO
4
+
NO + CO
2
2Cr
+3
2Cr
+6
+ 6e
3S
–2
3S
+6
+ 24e
Cr
2
S
3
2Cr
+ 6
+ 3S
+ 6
+ 30e x 1 (a)
Mn
+ 2
Mn
+ 6
+ 4e
2N
+ 5
+ 6e 2N
+ 2
Mn(NO
3
)
2
+ 2e Mn
+ 6
+ 2N
+2
x 15 (b)
0,25
Cộng (a) và (b)
Cr
2
S
3
+ 15Mn(NO
3
)
2
2Cr
+ 6
+ 3S
+ 6
+ 15Mn
+ 6
+ 30N
+ 2
Hoàn thành:
Cr
2
S
3
+ 15Mn(NO
3
)
2
+ 20K
2
CO
3
2K
2
CrO
4
+ 3K
2
SO
4
+15 K
2
MnO
4
+
30NO + 20CO
2
0,25
a.2. P + NH
4
ClO
4
H
3
PO
4
+ N
2
+ Cl
2
+ H
2
O
2N
–3
2N
O
+ 6e
2Cl
+ 7
+ 14e 2Cl
O
2NH
4
ClO
3
+ 8e 2N
O
+ 2Cl
O
x 5
P
O
P
+ 5
+ 5e x 8
10NH
4
NO
3
+ 8P
O
8P
+ 5
+ 10N
O
+ 10Cl
O
+ 16H
2
O
10NH
4
NO
3
+ 8P 8H
3
PO
4
+ 5N
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O
a..3. Fe
x
O
y
+ HNO
3
Fe(NO
3
)
3
+ N
n
O
m
+ H
2
O
xFe
+2y/x
xFe
+ 3
+ (3x – 2y)e (5n – 2m)
nN
+ 5
+ (5n – 2m)e nN
+ 2m/n
(3x – 2y)
x(5n –2m)Fe
+2y/x
+ n(3x – 2y)N
+ 5
x(5n – 2m)Fe
+ 3
+ n(3x –
2y)N
+2m/n
Hoàn thành:
(5n – m)Fe
x
O
y
+ (18nx – 6my – 2ny)HNO
3
x(5n – 2m)Fe(NO
3
)
3
+ (3x – 2y)N
n
O
m
+ (9nx – 3mx –
ny)H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
b. Ta có: m
ng tửAu
= 197/6,02.10
23
= 327,24.10
– 24
g
r = 1,44A
O
= 1,44.10
– 8
cm
V
Au
= 4/3.п r
3
= 4/3. 3,14.(1,44.10
– 8
)
3
= 12,5.10
– 24
cm
3
d = (327,24.10
– 24
)/(12,5.10
– 24
)
= 26,179g/cm
3
Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ
Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 %
c.Công thức cấu tạo:
O O
H – O H – O
H – Cl = O Hay: H – Cl O ; P = O Hay: P O
H – O H – O
O O H H
H O
+ – H – O O H – O O
H – N – H O – N ; S Hay: S
H – O O H – O O
H O
0,25
0,25
Mỗi
CTCT
0,5
a. Hợp chất A; MX
2
Câu 3
(4đ)
Ta có:
p + n 46,67
2(p’ + n’) 53,33
p + n = 1,75(n’ + p’)
(a)
n – p = 4
(b)
n’ = p’
(c)
p + 2p’ = 58
(d)
Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16
n = 30; n’ = 16
A
M
= 26 + 30 = 56; A
X
= 16 + 16 = 32
• Kí hiệu nguyên tử:
M là Fe; X là S
* Cấu hình electron Fe
2+
: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
b.
b.1.
A: 3p
4
A là S
B: 2p
5
A là F
C: 2p
4
A là O
b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:
F
2
O, O lai hóa sp
3
, phân tử dạng góc:
F
F
O
SF
6
, S lai hóa sp
3
d, bát diện đều:
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
=
56
26
M
32
16
X
Câu 4
(4đ)
a. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:
IA
II
A
III
A
IVA
VA
VIA
VII
A
VIII
A
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
2s
1
2s
2
2p
1
2p
2
2p
3
2p
4
2p
5
2p
6
I
1
(kJ/mol)
52
0
89
9
801
108
6
140
2
131
4
168
1
2081
Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I
1
tăng dần,
phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.
Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:
- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I
1
giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns
2
qua
cấu hình kém bền hơn ns
2
np
1
(electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s
nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).
- Từ VA qua VIA, năng lượng I
1
giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns
2
np
3
qua cấu hình kém bền hơn ns
2
np
4
(trong p
3
chỉ có các electron độc thân, p
4
có
một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
0,5
0,5
0,5
0,5
b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau:
M
2+
+ CO
3
2-
→ MCO
3
0,25
F
F
F
S
F
F
F
H
2
SO
3
, S lai hóa sp
3
, dạng tháp tam giác.
S
O
OH
OH
−2
4
SO
, S lai hóa sp
3
, tứ diện đều.
S
O
O
O
O
2-
0,25
0,25
Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO
3
2-
= 0,35
Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl
2
về MCO
3
khối lượng giảm 11
gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam → Số mol MCO
3
=
11
3,3
= 0,3
< nCO
3
2-
-> CO
3
2-
có dư, M
2+
pư hết
nBaCl
2
= x, CaCl
2
= y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3
giải ra được BaCO
3
= 0,1 mol, CaCO
3
= 0,2 mol và % BaCO
3
= 49,62%,
CaCO
3
= 50,38%.
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
Câu 5
(4đ)
a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là
M
A
, M
B
, M
C
số mol H
2
= 2,0262/22,4 = 0,09 mol
ptpư: A + 2HCl ACl
2
+ H
2
(1)
4x 4x 4x
B + 2HCl BCl
2
+ H
2
(2)
3x 3x 3x
C + 2HCl CCl
2
+ H
2
(3)
2x 2x 2x
Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a)
Ta có: M
B
= 5/3M
A
(b)
M
C
= 7/3M
A
(c)
Mặc khác ta có: M
A
.4x + M
B
.3x + M
C
.2x = 3,28 (d)
Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: M
A
(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28
Suy ra: M
A
= 24 A: Mg
M
B
= 5/3.24 = 40 B: Ca
M
C
= 7/3.24 = 56 C: Fe
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
b. Dung dịch (A): MgCl
2
, CaCl
2
, FeCl
2
Phương trình phản ứng:
MgCl
2
+ 2NaOH Mg(OH)
2
+ 2NaCl (4)
4x 4x
CaCl
2
+ 2NaOH Ca(OH)
2
+ 2NaCl (5)
1,5x 1,5x
FeCl
2
+ 2NaOH Fe(OH)
2
+ 2NaCl (6)
2x 2x
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O 4Fe(OH)
3
(7)
2x 2x
Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,75
Câu 1. (4,0 điểm)
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN
ĐỀ THI OLYMPIC
Năm học: 2016-2017
Môn: Hóa học 10
-------------------
Thời gian làm bài: 120 phút
Trong phân tử MX
2
có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn
số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5.
Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt.
c) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn.
d) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X
2+
và Y
-
.
c) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF
3
, PCl
3
, PH
3
và hãy so sánh các góc liên
kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.
Câu 2. (4,0 điểm)
Phản ứng nhị hợp NO
2
: 2NO
2
(k)
→ N
2
O
4
(k)
Biết H
0
S
(kcal/mol) : 8,091 2,309
S
0
(cal.mol
–1
.K
–1
) : 57,2 72,2
– Tính biến thiên năng lượng tự do của pư ở 0
0
C và 100
0
C. Cho biết chiều tự diễn biến tại những
nhiệt độ đó.
– Xđ ở nhiệt độ nào thì G = 0 ? Xác định chiều của phản ứng ở nhiệt độ cao hơn và thấp hơn nhiệt
độ đó.
Giả thiết H và S của các chất thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể.
Câu 3. (3,0 điểm)
Axit HCl là một axit có ứng dụng nhiều trong công nghiệp và sản xuất. Điều chế HCl có 2
phương pháp:
+ Phương pháp 1: Cho muối clorua tác dụng với axits H
2
SO
4
đặc (rồi hòa tan khí HCl vào H
2
O).
+ Phương pháp 2: Tổng hợp từ H
2
và Cl
2
.
Tuy nhiên, cả 2 phương pháp này đều không được dùng để điều chế HBr, HI. Hãy:
1. Viết phương trình phản ứng cho cả 2 phương pháp trên?
2. Tại sao không sử dụng cả 2 phương pháp trên để điều chế HBr, HI? Giải thích?
3. Hãy đề nghị phương pháp điều chế HBr, HI (chỉ yêu cầu viết phương trình phản ứng)?
Câu 4. (3,0 điểm)
Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm
nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với
không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H
2
O
2
5% (D =
1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra
trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Câu 5.(2,0 điểm)
Cho phản ứng sau : Fe
2+
+ Ag
+
↔ Fe
3+
+ Ag
E
0 (
Ag
+
/Ag) = 0,80V ; E
0 (
Fe
3+
/Fe
2+
) = 0,77V
a/ Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở
298K
b/ Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe
3+
0,1M ; Fe
2+
0,01M và Ag
+
0,001M khi
cho bột Ag vào dung dịch trên ?
Câu 6.(4,0 điểm)
Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron:
a) Mg + HNO
3
⎯⎯→
Mg(NO
3
)
2
+ N
2
O + N
2
+ NH
4
NO
3
+ H
2
O
(biết tỉ lệ mol của N
2
O : N
2
: NH
4
NO
3
là 1: 2 : 1)
b) M
2
(CO
3
)
n
+ HNO
3 đặc, nóng
⎯⎯→
M(NO
3
)
m
+ NO
2
+ CO
2
+ H
2
O
c) CuFeS
x
+ O
2
⎯⎯→
Cu
2
O + Fe
3
O
4
+ SO
2
↑
d) Fe
3
O
4
+ HNO
3
⎯⎯→
N
x
O
y
+
--------------------000--------------------
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN
HƯNG DN CHM
OLYMPIC
Năm học: 2016-2017
Môn: Hóa học 10
-------------------
Câu 1. (4 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình:
(2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164
(2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52
(Z+N) – (Z’+N’) = 5
(2Z+N) – (2Z’+N’) = 8
1,0
Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17
b) Cấu hình electron và vị trí:
Z = 20: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
→ M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH
Z’ = 17: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
→ X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH
b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:
Ca
ClCa
RRR
2
−+
- Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị
điện tích hạt nhân của nguyên tử đó.
- Bán kính ion Ca
2+
nhỏ hơn Cl
-
do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích
hạt nhân Ca
2+
(Z = 20) lớn hơn Cl
-
(Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có
số lớp electron lớn nhất (n = 4).
c)Viết công thức cấu tạo:
Các phân tử trên đều thuộc loại AX
3
E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp
electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109
0
28
’
). Các góc liên kết
cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối
tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng
nhỏ.
Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl <
góc HPH.
1,0
1,0
1,0
Câu 2. (4 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 25
0
C) :
H
0
pư
=
24
0
S(N O )
H
– 2
2
0
S(NO )
H
= 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)
S
0
pư
=
24
0
(N O )
S
– 2
2
0
(NO )
S
= 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol
–1
.K
–1
)
Áp dụng : G
0
T
= H
0
pư
– TS
0
pư
để tính G ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì H
0
và S
0
biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính G ở các nhiệt độ
khác nhau theo công thức nêu ra.)
1,0
+ Ở 0
0
C, tức 273K :
G
0
273
= –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol)
G
0
273
< 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận
+ Ở 100
0
C, tức 373K :
G
0
373
= –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0
Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch
1,0
1,0
Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì G
0
T
= 0.
Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0
T =
13873
42,2
= 329 (K) hay 56
0
C
Ở nhiệt độ t > 56
0
C (hay T > 329K) thì :
1,0
F
F
F
P
Cl
Cl
Cl
H
H
H
P
P
G
0
T
= –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Ở nhiệt độ t < 56
0
C (hay T < 329K) thì :
G
0
T
= –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Câu 3. (3 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. Điều chế HCl
PP1: NaCl + H
2
SO
4
⎯→⎯
0t
NaHSO
4
+ HCl↑
hay 2NaCl + H
2
SO
4
⎯→⎯
0t
Na
2
SO
4
+ HCl↑
PP2: Cl
2
+ H
2
⎯→⎯
0t
HCl↑
Khí HCl thu được hấp thụ vào nước thu được dung dịch HCl.
1,0
2. Không sử dụng phương pháp này cho điều chế HBr và HI vì chúng đều là các chất khử.
PP1: 2HBr + H
2
SO
4
→ Br
2
+ SO
2
+ 2H
2
O
8HI + H
2
SO
4
→ 4I
2
+ H
2
S + 4H
2
O
PP2: H
2
+ Br
2
⎯→⎯
0t
2HBr ΔH = -71,8kj
H
2
+ I
2
↔ 2HI ΔH = +51,88kj
Phản ứng này thuận nghịch nên hiệu suất thấp, không sử dụng.
1,0
3. Điều chế HBr, HI
PBr
3
+ 3H
2
O → H
3
PO
3
+ 3HBr↑
PI
3
+ 3H
2
O → H
3
PO
3
+ 3HI↑
1,0
Câu 4. (3 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS (1)
MgS + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
S (2)
Mg + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
(3)
1,0
26298966,0M
B
==
B chứa H
2
S và H
2
[Mg có dư sau phản ứng (1)]
Gọi x và y lần lượt là số mol khí H
2
S và H
2
, ta có
=
+
+
=+
26
yx
y2x34
4,22
987,2
yx
Giải ra ta có x = 0,1 ; y =
3
1,0
. Từ (1), (2), (3) ta có:
( )
=
+
+
= %100
321,024
3
1,0
1,0
321,0
)S(m%
50%,
=)Mg(m%
50%
1,0
H
2
S +
2
3
O
2
→ SO
2
+ H
2
O
H
2
+
2
1
O
2
→ H
2
O
SO
2
+ H
2
O
2
→ H
2
SO
4
1,0
Câu 5. (2 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1/ Fe
2+
+ Ag
+
↔ Fe
3+
+ Ag
E
0
pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
K = 10
(En/0,059)
= 10
(0,03/0,059)
= 3,225
1,0
2/ E = E
0
+ (0,059/n).lg([oxh]/[kh])
E(Ag
+
/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
E(Fe
3+
/Fe
2+
) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V
E = 0,829 – 0,623 = 0,206V
Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều :
Fe
3+
+ Ag ↔ Fe
2+
+ Ag
+
1,0
Câu 6. (4 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
a) Mg + HNO
3
⎯⎯→
Mg(NO
3
)
2
+ N
2
O + N
2
+ NH
4
NO
3
+ H
2
O
(biết tỉ lệ mol của N
2
O : N
2
: NH
4
NO
3
là 1: 2 : 1)
18 Mg
0
⎯⎯→
+2
Mg
+ 2e
1 7
5+
N
+ 36 e
⎯⎯→
ON
2
1+
+ 2N
2
+
3−
N
18Mg + 44HNO
3
⎯⎯→
18Mg(NO
3
)
2
+ N
2
O + 2N
2
+ NH
4
NO
3
+ 20H
2
O
1,0
b) M
2
(CO
3
)
n
+ HNO
3 đặc, nóng
⎯⎯→
M(NO
3
)
m
+ NO
2
+ CO
2
+ H
2
O
1 2M
+n
⎯⎯→
2 M
+m
+ 2(m-n) e
2(m-n) N
+5
+ 1e
⎯⎯→
N
+4
M
2
(CO
3
)
n
+ (4m-2n)HNO
3 đặc, nóng
⎯⎯→
2M(NO
3
)
m
+ 2(m-n)NO
2
+ nCO
2
+(2m-
n)H
2
O
1,0
c) CuFeS
x
+ O
2
⎯⎯→
Cu
2
O + Fe
3
O
4
+ SO
2
↑
3Cu
+2
+ 3e
⎯⎯→
3Cu
+1
3x S
-4/x
⎯⎯→
3xS
+4
+ 12(x+1)e
3Fe
+2
⎯⎯→
3Fe
+8/3
+ 2e
3 CuFeS
x
⎯⎯→
3Cu
+1
+ 3Fe
+8/3
+ 3xS
+4
+ (12x+11)e 4
1,0
O
2
+ 4e
⎯⎯→
2O
-2
(12x+11)
12 CuFeS
x
+ (11+12x) O
2
→
6Cu
2
O + 4Fe
3
O
4
+ 12xSO
2
d) Fe
3
O
4
+ HNO
3
⎯⎯→
N
x
O
y
+ Fe(NO
3
)
3
+ H
2
O
(5x-2y) 3Fe
+8/3
⎯⎯→
3Fe
+3
+ 1e
1 xN
+5
+ (5x-2y)e
⎯⎯→
xN
+2y/x
(5x-2y) Fe
3
O
4
+ (46x-18y)HNO
3
⎯⎯→
N
x
O
y
+ (15x-6y)Fe(NO
3
)
3
+ (23x-9y)H
2
O
1,0
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CP TỈNH
MÔN: HÓA HỌC – LP 10
NĂM HỌC: 2016 – 2017
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)
(ĐỀ ĐỀ NGHỊ)
Câu 1.(4 điểm)
d. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh thể
ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ?
e. Giải thích tại sao CO
3
2 –
, không thể nhận thêm một oxi để tạo CO
4
2 –
trong khi đó SO
3
2
–
có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO
4
2 –
?
f. Giải thích tại sao hai phân tử NO
2
có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N
2
O
4
, trong
khi đó hai phân tử CO
2
không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C
2
O
4
Câu 2. (4 điểm)
a.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom
a.1. Cr
2
S
3
+ Mn(NO
3
)
2
+ K
2
CO
3
K
2
CrO
4
+ K
2
SO
4
+ K
2
MnO
4
+ NO +
CO
2
a.2. P + NH
4
ClO
4
H
3
PO
4
+ N
2
+ Cl
2
+ …
a.3. Fe
x
O
y
+ HNO
3
… + N
n
O
m
+ H
2
O
b. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44A
O
và 197g/mol. Biết
rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm
3
. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao
nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.10
23
)
c. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO
4
, H
3
PO
3
, NH
4
NO
3
, H
2
SO
4
Câu 3(4 điểm).
a. Hợp chất A có công thức MX
2
, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt
nhân của M có n – p = 4; của X có n
’
= p
’
, trong đó n, n
’
, p, p
’
là số nơtron và số proton.
Tổng số proton trong MX
2
là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M
2+
b. Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử:
A: n = 3 ℓ = 1 m = +1,
2
1
s −=
R: n = 2 ℓ = 1 m = 0,
2
1
s −=
X: n = 2 ℓ = 1 m = +1,
2
1
s −=
b.1. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)
b.2. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các
phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3,
−2
4
AX
(H là hidro).
Câu 4 (4 điểm).
a. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I
1
- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không
theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các
nguyên tố tương ứng. Giải thích.
b. Có 1 lít dung dịch X gồm Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp
BaCl
2
và CaCl
2
vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A.
Tính thành phần % khối lượng các chất trong A.
Câu 5(4 điểm)
3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng
nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch
HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A
a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại
hoá trị 2
c. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy
ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa
với xút
(cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16)
(Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì
thêm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10
NĂM HỌC: 2016 – 2017
Câu 1
(4 đ)
a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử,
chúng liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị
- Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết
với nhau bằng lực hút tỉnh điện
0,5
0,5
b. - Cấu tạo của CO
3
2 –
O 2–
C = O
O
Trên nguyên tử cacbon trong CO
3
2 –
không còn electron tự do chưa liên kết
nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO
4
2 –
- Cấu tạo của SO
3
2 –
O
. .
2–
S = O
O
Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó
nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để
tạo ra SO
4
2 –
0,25
0,5
0,25
0,5
c. - Cấu tạo của CO
2
O = C = O
Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO
2
không thể liên kết với nhau để tạo ra C
2
O
4
- Cấu tạo của NO
2
O
∙ N
O
Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này
có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai
để tạo ra phân tử N
2
O
4
O O O
2 N∙ N – N
O O O
0,25
0,5
0,25
0,5
Câu 2
(4 đ)
a.1. Cr
2
S
3
+ Mn(NO
3
)
2
+ K
2
CO
3
K
2
CrO
4
+ K
2
SO
4
+ K
2
MnO
4
+
NO + CO
2
2Cr
+3
2Cr
+6
+ 6e
3S
–2
3S
+6
+ 24e
Cr
2
S
3
2Cr
+ 6
+ 3S
+ 6
+ 30e x 1 (a)
Mn
+ 2
Mn
+ 6
+ 4e
2N
+ 5
+ 6e 2N
+ 2
Mn(NO
3
)
2
+ 2e Mn
+ 6
+ 2N
+2
x 15 (b)
0,25
Cộng (a) và (b)
Cr
2
S
3
+ 15Mn(NO
3
)
2
2Cr
+ 6
+ 3S
+ 6
+ 15Mn
+ 6
+ 30N
+ 2
Hoàn thành:
Cr
2
S
3
+ 15Mn(NO
3
)
2
+ 20K
2
CO
3
2K
2
CrO
4
+ 3K
2
SO
4
+15 K
2
MnO
4
+
30NO + 20CO
2
0,25
a.2. P + NH
4
ClO
4
H
3
PO
4
+ N
2
+ Cl
2
+ H
2
O
2N
–3
2N
O
+ 6e
2Cl
+ 7
+ 14e 2Cl
O
2NH
4
ClO
3
+ 8e 2N
O
+ 2Cl
O
x 5
P
O
P
+ 5
+ 5e x 8
10NH
4
NO
3
+ 8P
O
8P
+ 5
+ 10N
O
+ 10Cl
O
+ 16H
2
O
10NH
4
NO
3
+ 8P 8H
3
PO
4
+ 5N
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O
a..3. Fe
x
O
y
+ HNO
3
Fe(NO
3
)
3
+ N
n
O
m
+ H
2
O
xFe
+2y/x
xFe
+ 3
+ (3x – 2y)e (5n – 2m)
nN
+ 5
+ (5n – 2m)e nN
+ 2m/n
(3x – 2y)
x(5n –2m)Fe
+2y/x
+ n(3x – 2y)N
+ 5
x(5n – 2m)Fe
+ 3
+ n(3x –
2y)N
+2m/n
Hoàn thành:
(5n – m)Fe
x
O
y
+ (18nx – 6my – 2ny)HNO
3
x(5n – 2m)Fe(NO
3
)
3
+ (3x – 2y)N
n
O
m
+ (9nx – 3mx –
ny)H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
b. Ta có: m
ng tửAu
= 197/6,02.10
23
= 327,24.10
– 24
g
r = 1,44A
O
= 1,44.10
– 8
cm
V
Au
= 4/3.п r
3
= 4/3. 3,14.(1,44.10
– 8
)
3
= 12,5.10
– 24
cm
3
d = (327,24.10
– 24
)/(12,5.10
– 24
)
= 26,179g/cm
3
Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ
Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 %
c.Công thức cấu tạo:
O O
H – O H – O
H – Cl = O Hay: H – Cl O ; P = O Hay: P O
H – O H – O
O O H H
H O
+ – H – O O H – O O
H – N – H O – N ; S Hay: S
H – O O H – O O
H O
0,25
0,25
Mỗi
CTCT
0,5
a. Hợp chất A; MX
2
Câu 3
(4đ)
Ta có:
p + n 46,67
2(p’ + n’) 53,33
p + n = 1,75(n’ + p’)
(a)
n – p = 4
(b)
n’ = p’
(c)
p + 2p’ = 58
(d)
Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16
n = 30; n’ = 16
A
M
= 26 + 30 = 56; A
X
= 16 + 16 = 32
• Kí hiệu nguyên tử:
M là Fe; X là S
* Cấu hình electron Fe
2+
: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
b.
b.1.
A: 3p
4
A là S
B: 2p
5
A là F
C: 2p
4
A là O
b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:
F
2
O, O lai hóa sp
3
, phân tử dạng góc:
F
F
O
SF
6
, S lai hóa sp
3
d, bát diện đều:
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
=
56
26
M
32
16
X
Câu 4
(4đ)
a. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:
IA
II
A
III
A
IVA
VA
VIA
VII
A
VIII
A
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
2s
1
2s
2
2p
1
2p
2
2p
3
2p
4
2p
5
2p
6
I
1
(kJ/mol)
52
0
89
9
801
108
6
140
2
131
4
168
1
2081
Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I
1
tăng dần,
phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.
Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:
- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I
1
giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns
2
qua
cấu hình kém bền hơn ns
2
np
1
(electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s
nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).
- Từ VA qua VIA, năng lượng I
1
giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns
2
np
3
qua cấu hình kém bền hơn ns
2
np
4
(trong p
3
chỉ có các electron độc thân, p
4
có
một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
0,5
0,5
0,5
0,5
b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau:
M
2+
+ CO
3
2-
→ MCO
3
0,25
F
F
F
S
F
F
F
H
2
SO
3
, S lai hóa sp
3
, dạng tháp tam giác.
S
O
OH
OH
−2
4
SO
, S lai hóa sp
3
, tứ diện đều.
S
O
O
O
O
2-
0,25
0,25
Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO
3
2-
= 0,35
Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl
2
về MCO
3
khối lượng giảm 11
gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam → Số mol MCO
3
=
11
3,3
= 0,3
< nCO
3
2-
-> CO
3
2-
có dư, M
2+
pư hết
nBaCl
2
= x, CaCl
2
= y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3
giải ra được BaCO
3
= 0,1 mol, CaCO
3
= 0,2 mol và % BaCO
3
= 49,62%,
CaCO
3
= 50,38%.
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
Câu 5
(4đ)
a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là
M
A
, M
B
, M
C
số mol H
2
= 2,0262/22,4 = 0,09 mol
ptpư: A + 2HCl ACl
2
+ H
2
(1)
4x 4x 4x
B + 2HCl BCl
2
+ H
2
(2)
3x 3x 3x
C + 2HCl CCl
2
+ H
2
(3)
2x 2x 2x
Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a)
Ta có: M
B
= 5/3M
A
(b)
M
C
= 7/3M
A
(c)
Mặc khác ta có: M
A
.4x + M
B
.3x + M
C
.2x = 3,28 (d)
Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: M
A
(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28
Suy ra: M
A
= 24 A: Mg
M
B
= 5/3.24 = 40 B: Ca
M
C
= 7/3.24 = 56 C: Fe
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
b. Dung dịch (A): MgCl
2
, CaCl
2
, FeCl
2
Phương trình phản ứng:
MgCl
2
+ 2NaOH Mg(OH)
2
+ 2NaCl (4)
4x 4x
CaCl
2
+ 2NaOH Ca(OH)
2
+ 2NaCl (5)
1,5x 1,5x
FeCl
2
+ 2NaOH Fe(OH)
2
+ 2NaCl (6)
2x 2x
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O 4Fe(OH)
3
(7)
2x 2x
Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,75
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 24 – 3
LẦN 2
TRƯỜNG THPT TRẦN VĂN DƯ NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 150 phút
Câu 1: (2 điểm)
1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X
+
và Y
2-
. Trong ion X
+
có 5 hạt nhân của
hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y
2-
có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố
trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số
eletron trong Y
2-
là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công
thức hóa học của A.
1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất
D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và
C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím
hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất
chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân.
Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên.
Câu
1
HƯNG DN CHM
Điể
m
1.1
- Xác định X
+
- X
+
có 10 electron nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11
-
Z
= 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H
- Gọi nguyên tử thứ hai trong X
+
là R, công thức X
+
có thể là;
- RH
4
+
: Z
R
+ 4 = 11 Z
R
= 7 (N) ; X
+
: NH
4
+
(nhận)
- R
2
H
3
+
: 2Z
R
+ 3 = 11 Z
R
= 4 loại : R
3
H
2
+
: 3Z
R
+ 2 =11 Z
R
= 3
loại
- Xác định Y
2-
Y
2-
có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30.
-
Z
= 7,5 2 nguyên tử trong Y
2-
đều thuộc cùng chu kỳ 2.
- Gọi 2 nguyên tử là A, B: Z
B
= Z
A
+2
- Công thức Y
2-
có thể là
- AB
3
2-
: Z
A
+ 3Z
B
= 30
- Z
B
= Z
A
+2 Z
A
= 6 (C); Z
B
= 8 (O)
- A
2
B
2
2-
: 2Z
A
+ 2Z
B
= 30
- Z
B
= Z
A
+2 Z
A
= 6,5; Z
B
= 8,5 loại
- A
3
B
2-
: 3Z
A
+ Z
B
= 30
- Z
B
= Z
A
+2 Z
A
= 7; Z
B
= 9 loại
- Hợp chất A có công thức (NH
4
)
2
CO
3
1,5Đ
1.2
A
n
B
m
là muối khi thủy phân cho H
2
S; hợp chất A
x
C
y
là Al
2
O
3
Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al
2
(SO
4
)
3
2Al + 3 S → Al
2
S
3
; Al
2
S
3
+ 6H
2
O → 2 Al(OH)
3
+ 3 H
2
S
4Al + 3O
2
→ 2Al
2
O
3
; S + O
2
→ SO
2
Al
3+
+ 2H
2
O → Al(OH)
2+
+ H
3
O
+
1Đ
Câu 2. (2 điểm)
2.1 Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (300
0
k) của phản
ứng:
A(k) + B(k) → C(k)
Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:
Thí nghiệm
[A] mol/l
[B] mol/l
Tốc độ mol.l
-1
.s
-1
1
0,010
0,010
1,2.10
-4
2
0,010
0,020
2,4.10
-4
3
0,020
0,020
9,6.10
-4
2.2 Cho các dữ kiện dưới đây:
2 4 2 2 6 a
2 6 2 2 2 b
2 2 c
2 2 2 d
C H H C H H 136,951 KJ/ mol
7
C H O 2CO 3H O(l) H 1559,837 KJ / mol
2
C O CO H 393,514 KJ / mol
1
H O H O(l) H 285,838 KJ/ mol
2
+ → = −
+ → + = −
+ → = −
+ → = −
Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C
2
H
4
2.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 20
0
C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 40
0
C
cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 55
0
C, mẫu Zn tan sau bao lâu.
Câu
2
HƯNG DN CHM
Điểm
2.1
2.2
a. v = k[A]
x
[B]
y
Thí nghiệm 1 1,2.10
-4
= k.0,01
x
. 0,01
y
(1)
Thí nghiệm 2 2,4.10
-4
= k.0,01
x
. 0,02
y
(2)
Thí nghiệm 3 9,6.10
-4
= k.0,02
x
. 0,02
y
(3)
Lấy (3) chia cho (2) 2
x
= 4 x = 2
Lấy (2) chia cho (1) 2
y
= 2 y = 1
2
v k A B=
Bậc phản ứng: x + y = 3
Thí nghiệm 1 1,2.10
-4
= k.0,01
2
. 0,01
k = 1,20.10
2
mol
-2
. l
-2
.s
-1
Từ các dữ kiện đề bài ta có:
2 6 2 4 2 1 a
2 2 2 6 2 2 b
2 2 3 C
2 2 2 4 d
C H C H H H H 136,951 KJ / mol
7
2CO 3H O(l) C H O H H 1559,837 KJ /mol
2
2C 2O 2CO H 2 H 787,028 KJ /mol
3
3H O 3H O(l) H 3 H 857,514 KJ / mol
2
→ + = − = +
+ → + = − = +
+
+ → = = −
+ → = = −
2C + 2H
2
→C
2
H
4
ΔH
ht
= ΔH
1
+ ΔH
2
+ ΔH
3
+ ΔH
4
= +52,246
KJ/mol (0,5đ)
( )
2 4 2 5 ht
2 2 3
2 2 2 6 d
C H 2C 2H H H 52,246KJ/ mol
2C 2O 2CO H 787,028KJ/ mol
2H O 2H O l H 2 H 571,676KJ / mol
→ + = − = −
+ + → = −
+ → = = −
C
2
H
4
+ 3O
2
→ 2CO
2
+ 2 H
2
O(l) ∆H
đc
= ΔH
5
+ ΔH
3
+ ΔH
6
= -
1410,95
KJ/mol
Cả 3 trường hợp đều hòa tan cùng 1 lượng Zn nên có thể xem tốc độ
0,5Đ
1Đ
2.3
trung bình của phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng
Khi đun nóng từ 20
0
C đến 40
0
C, tốc độ phản ứng tăng lên 9 lần
21
tt
2
10
1
V
V
−
=
=9 =3
Vậy khi đun nóng từ 40
0
C đến 55
0
C, tốc độ phản ứng tăng
10
4055
3
−
=5,2
(lần)
- Vậy thời gian là
25
3
,
=0,577 phút
0,5Đ
Câu 3: (2điểm)
3.1 Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất nhãn sau: NaCl,
NaNO
3
, HCl, HBr, NaOH
3.2 Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:
a. Zn + HNO
3
⎯→Zn(NO
3
)
2
+ NH
4
NO
3
+ H
2
O
b. H
2
SO
4
+ HI ⎯→ I
2
+ H
2
S
+ H
2
O
c. NaClO + KI + H
2
SO
4
⎯→ I
2
+ NaCl + K
2
SO
4
+ H
2
O
d. K
2
Cr
2
O
7
+ HCl ⎯→ KCl + CrCl
3
+ Cl
2
+ H
2
O
3.3 Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:
a.
24
Sn Sn
++
→
b.
2
Cu Cu
++
→
c.
2
4
Mn MnO
+−
→
d.
23
Fe Fe
++
→
Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:
32
0
Fe / Fe
E 0,77v
++
=+
;
2
0
CU / Cu
E 0,34v
+
=+
;
2
4
0
MnO / Mn
E 1,51v
−+
=+
42
0
Sn / Sn
E 0,15v
++
=+
;
2
0
Br / 2Br
E 1,07v
−
=+
Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.
Câu
3
HƯNG DN CHM
Điểm
3.1
3.2
+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên.
+ Dùng quỳ tím:
- Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH
- Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit)
- Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO
3
(muối)
+ Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO
3
- Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO
3
là HCl
Ptpư: HCl + AgNO
3
→
AgCl
+ HNO
3
- Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO
3
là HBr
Ptpư: HBr + AgNO
3
→
AgBr
+ HNO
3
+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO
3
:
- Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO
3
là NaCl
Ptpư: NaCl + AgNO
3
→
AgCl
+ NaNO
3
- Dung dịch còn lại là NaNO
3
a. 4Zn + 10HNO
3
⎯→4Zn(NO
3
)
2
+ NH
4
NO
3
+ 3H
2
O
b. H
2
SO
4
+ 8HI ⎯→ 4I
2
+ H
2
S
+ 4H
2
O
c. NaClO + 2KI + H
2
SO
4
⎯→ I
2
+ NaCl + K
2
SO
4
+ H
2
O
d. K
2
Cr
2
O
7
+ 14HCl ⎯→ 2KCl + 2CrCl
3
+ 3Cl
2
+ 7H
2
O
0,75đ
0,5đ
3.3
Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực
chuẩn, ta có:
42
2
32
2
2
4
4 2 0
Sn /Sn
20
Cu /Cu
3 2 0
Fe / Fe
0
2 Br / 2Br
20
42
MnO / Mn
Sn 2e Sn E 0,15v
Cu e Cu E 0,34v
Fe e Fe E 0,77v
Br 2e 2Br E 1,07v
MnO 8H 5e Mn 4H O E 1,5v
++
++
++
−+
++
++
++
−
− + +
+ = +
+ = +
+ = +
+ = +
+ + → + = +
Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d)
a. Sn
2+
+ Br
2
→Sn
4+
+ 2Br
–
E
0
= +1,07 – (+0,15) = +0,92v
2.0,92
31
0,059
K 10 1,536.10==
2Cu
+
+ Br
2
→ 2Cu
2+
+ 2Br
–
E
0
= +1,07-(+0,34) = +0,73v
2.0,73
24
0,059
K 10 5,569.10==
2Fe
2+
+ Br
2
→ 2Fe
3+
+ 2Br
–
E
0
= +1,07-0,77=+0,3v
2.0,3
10
0,059
K 10 1,477.10==
0,75đ
Câu 4 (2điểm)
4.1 Cho phản ứng:
2
1
N
2
(k) +
2
3
H
2
(k) NH
3
(k) có hằng số cân bằng ở 400
0
C là
1,3.10
-2
và ở 500
0
C là 3,8.10
-3
. Hãy tính ΔH
0
của phản ứng trên.
4.2 Xét phản ứng: CaCO
3
(r) CaO (r) + CO
2
(k).
H
0
298K
(Kcal/mol) = 42,4. S
0
298K
(cal/mol.K)= 38,4. Trong
điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân.
4.3 Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:
•Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.
•Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO
2
đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất
hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO
2
qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm
một ít HNO
3
vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO
3
thấy tạo thành kết tủa
màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H
2
SO
4
loãng và KI thấy xuất
hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na
2
S
2
O
3
.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.
b) Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào
nước thêm dư KI
và vài ml H
2
SO
4
loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na
2
S
2
O
3
0,1 M tới
mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na
2
S
2
O
3
. Tìm công thức phân tử của X.
Câu
4
HƯNG DN CHM
Điểm
4.1
4.2
4.3
½ N
2
+ ½ H
2
NH
3
Ở 400
0
C có k
1
= 1,3 . 10
-2
; ở 500
0
C có k
2
= 3,8 . 10
-3
Hệ thức Arrehnius:
kJ/mol53,2=
−
−
=−
−==
−
−
=
−
−
100
773.673.314,8.229,1
H
229,1
10.3,1
10.8,3
T.T
TT
.
R
H
k
k
lg
2
3
21
21
1
2
CaCO
3
(r) CaO (r) + CO
2
(k).
H
0
298K
(Kcal/mol) = 42,4. S
0
298K
(cal/mol.K)= 38,4.
Áp suất khí quyển = 1 atm K
P
= P
2
CO
= 1
G
0
= H
0
- TS
0
= - RTlnK
P
= 0
T =
K2,1104
K.mol/cal4,38
mol/cal10.4,42
S
H
3
0
0
==
−
Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở
1104,2K hay 1104,2 - 273 = 831,2
0
C
a) X cháy cho ngọn lửa màu vàng thành phần nguyên tố của X có
natri.
Dung dịch X tác dụng với SO
2
đến dư thu được dung dịch B tạo kết
tủa vàng với AgNO
3
thành phần nguyên tố của X có iot.
Phản ứng của X với SO
2
chứng minh X có tính oxi hóa.
Từ lập luận trên X có cation Na
+
và anion IO
−
x
Đặt công thức của X là NaIO
x
.
Phản ứng dạng ion:
2 IO
−
x
+(2x-1) SO
2
+ 2(x-1) H
2
O → (2x-1) SO
4
2-
+ I
2
+ (4x-4) H
+
(1)
I
2
+ 2H
2
O + SO
2
→ 2I
−
+ SO
4
2-
+ 4H
+
(2)
Ag
+
+ I
−
→ AgI
(3)
IO
−
x
+ (2x-1) I
−
+ 2x H
+
→ x I
2
+ x H
2
O
(4)
I
2
+ 2Na
2
S
2
O
3
→ 2NaI + Na
2
S
4
O
6
(5)
1,87.10
-3
3,74.10
-3
b) Số mol Na
2
S
2
O
3
= 0,1.0,0374 = 3,74.10
-3
Theo (5) Số mol I
2
= ½(Số mol Na
2
S
2
O
3
) = 1,87.10
-3
Theo (4) Số mol IO
−
x
=
x
1
(số mol I
2
) =
x
1
.1,87.10
-3
x1612723
1,0
++
=
x
1
.1,87.10
-3
x16150
x.1,0
+
= 1,87.10
-3
0,1x = 0,2805 + 0,02992x
x = 4
Công thức phân tử của X: NaIO
4
0,5đ
0,5đ
1đ
Câu 5 (2điểm)
Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam
X trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO
2
(đktc) là sản
phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO
2
trên bằng 500 ml dung dịch NaOH
0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan.
Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan
hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H
2
(đktc).
Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi
lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư được dung dịch
B chứa 5,605 gam muối.
c. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
d. Tính V.
e. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X.
Câu
5
HƯNG DN CHM
Điểm
Các phương trình phản ứng:
*) Hỗn hợp X + H
2
SO
4
đặc nóng:
2Fe + 6H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 SO
2
+ 6H
2
O (1)
2M + 2nH
2
SO
4
→ M
2
(SO
4
)
n
+ n SO
2
+ 2nH
2
O
(2)
Khí SO
2
sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản
ứng:
SO
2
+ NaOH → NaHSO
3
(3)
SO
2
+ 2NaOH → Na
2
SO
3
+ H
2
O
(4)
*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl:
Fe + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
(5)
2M + 2n HCl → 2MCl
n
+ nH
2
(6)
*) Z tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư:
Fe + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
(7)
2M + n H
2
SO
4
→ M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
(8)
Tính V: Ta có n
NaOH
= 0,5.0,2 = 0,1 mol
Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết:
Đặt
2
SO (3)
n a(mol)=
;
2
SO (4)
n b(mol)=
NaOH
chattan
n a 2b 0,1mol
m 104.a 126.b 5,725gam
= + =
= + =
a = - 0,014 < 0 (loại)
Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư:
Đặt
2
SO (4)
n d(mol)=
n
NaOH dư
= 0,1 – 2d mol.
m
chất tan
= 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam d = 0,0375
mol
Vậy V
SO2
= 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít
Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol
Theo (1) và (2)
2
SO
3n
n x y 0,0375mol
22
= + =
(*)
Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có n
Fe
= x mol; n
M
= 3y mol
Theo (5), (6) ta có
2
H
n
n x .2y 0,0775mol
2
= + =
(**)
Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có n
Fe
= 2x mol; n
M
= y mol
Theo (7) và (8) có:
4
FeSO Fe
n n 2xmol==
;
2 4 n
M (SO ) M
1y
n n mol
22
==
Khối lượng muối: m
muối
= 152.2x + (2M + 96n).
y
2
= 5,605
gam
304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam
(***)
Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045
M M.y 0,405
9
n n.y 0,045
= = =
Xét: n 1 2 3
M (g/mol) 9 18 27
(loại) (loại) (M là Al)
y = 0,015 mol.
Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại
trong X:
Fe(trongX)
56x
%m .100% 58,03%
56x 27y
==
+
Al(trongX)
27x
%m .100% 41,97%
56x 27y
==
+
KỲ THI KHẢO SÁT OLYMPIC HOÁ 10 lần 1
NĂM HỌC 2016 – 2017
.....................................
Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố:
H = 1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K =
39; Ca = 40;
Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Hg =
201; Pb = 207.
Câu 1:
Cho nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị
hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt
không mang điện.
a. Viết cấu hình electron của X.
b. Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn.
c.Viết CTCT ,xác định trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong
các phân tử và ion sau :HXO, X2O5, XO
4
-
Câu 2:
2.1 .Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO
3
)
2
0,1M và Ag/AgNO
3
0,1M có
thế khử chuẩn tương ứng là
V76,0E
o
Zn/Zn
2
−=
+
và
V80,0E
o
Ag/Ag
+=
+
.
a. Thiết lập sơ đồ pin.
b. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc.
c. Tính suất điện động của pin.
(d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động
2.2. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:
a) Cr
2
S
3
+ Mn(NO
3
)
2
+ K
2
CO
3
K
2
CrO
4
+ K
2
SO
4
+ K
2
MnO
4
+ NO +
CO
2
b) P + NH
4
ClO
4
H
3
PO
4
+ N
2
+ Cl
2
+ H
2
O
c) Fe
x
O
y
+ HNO
3
Fe(NO)
3
+ N
n
O
m
+ H
2
O
Câu 3:
3.1
Phản ứng dưới đây đạt đến cân bằng ở 109K với hằng số cân bằng K
p
= 10:
C (r) + CO
2
(k) 2CO (k)
(a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp cân bằng, biết áp suất chung của hệ là 1,5atm.
(b) Để có hàm lượng CO bằng 50% về thể tích thì áp suất chung là bao nhiêu?
3.2. Cho các dữ kiện:
N
2
O
4
(k)
2NO
2
(k)
)mol/kJ(H
o
ht
9,665
33,849
)mol/J(S
o
298
304,3
240,4
Giả thiết rằng biến thiên entanpi và entropi phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Phản ứng
sẽ tự xảy ra theo chiều nào tại nhiệt độ: (a) 0
o
C và (b) 100
o
C
Câu 4:
4.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau:
c. Hòa tan FeCl
2
vào nước rồi thêm H
2
SO
4
loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO
4
dư
thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II).
d. Hòa tan Fe
3
O
4
trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi
hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO
4
đều thấy các dung dịch
này bị nhạt màu.
4.2 .H
2
SO
4
đặc có tính háo nước, nó có thể lấy nước từ một số hợp chất hữu cơ. Trong quá
trình than hóa saccarozơ có hình thành hỗn hợp khí A (gồm 2 khí).
a. Giải thích quá trình hình thành hỗn hợp khí A.
b. Trình bày phương pháp hóa học chứng minh sự có mặt của các khí trong A.
c. So sánh quá trình làm khô và quá trình than hóa của H
2
SO
4
đặc.
4.3. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),...
tương ứng:
(1) FeS
2
+ khí (A) → chất rắn (B) + khí (D) (2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) +
H
2
O
(3) (F) + (A) → (D) (4) (E) + NaOH → (G) +
H
2
O
(5) (G) + NaOH → (H) + H
2
O (6) (H) + (I) → (K) + (L)
(7) (K) + HCl → (I) + (E) (8) (E) + Cl
2
+ H
2
O → ...
4.4 Sục Cl
2
vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I
2
vào dung dịch KOH
loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).
a) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét.
b) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn
hợp HCl và FeCl
2
, dung dịch Br
2
, H
2
O
2
vào dung dịch A (không có Cl
2
dư).
Câu 5:
Hòa tan m gam KMnO
4
trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D
(đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B.
- Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH
0,5 M.
- Thêm AgNO
3
dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22
gam kết tủa.
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B.
c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng.
Câu 6:
Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X
trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO
2
(đktc) là sản phẩm
khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO
2
trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được
dung dịch chứa 5,725 gam chất tan.
Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết
trong dung dịch HCl được 1,736 lít H
2
(đktc).
Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt
có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư được dung dịch B chứa 5,605
gam muối.
f. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
g. Tính V.
h. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X.
- - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - -
Họ và tên thí sinh: ........................................................Số báo danh
........................................
Chữ kí giám thị 1 ........................................................ Chữ kí giám thị 2
................................
CÂU
Ý
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1
1.a
Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p
cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p
6
3p
5
cấu hình electron đầy đủ: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
.
0,25
1.b
Vị trí của X trong bảng tuần hoàn:
Ô số 17 vì có 17 electron điện tích hạt nhân bằng 17.
Chu kì 3 vì có 3 lớp electron.
Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s
2
3p
5
.
0,5
1.c
Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt
số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt.
số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 18 hạt.
Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là:
Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron.
Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron.
0,25
1.d
Thành phần % theo khối lượng:
Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x%
thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%.
Áp dụng công thức tính NTKTB ta có:
NTKTB (A) = A
1
.x% + A
2
. (100 – x)%
(17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48 x = 76%.
0,25
Xét 1 mol X (35,48 gam) có 0,76 mol
35
X (0,76.35 = 26,6 gam)
thành phần % theo khối lượng
35
X là: 26,6 : 35,48 = 74,97%
thành phần % theo khối lượng
37
X là: 100% - 74,97% = 25,03%.
0,25
2
Theo đề bài:
RR
R
M R M R
MA
%m
3M M 3A A
==
++
=
,,
,,
n p 1
3(n p) (n p ) 15
+
=
+ + +
(1)
n = p + 4 (2)
n
,
= p
,
(3)
Tổng số proton trong Z là 3p + p’ = 84. (4)
Giải 4 PT trên ta được: n
,
= p
,
= 6
R là cacbon (C)
n = 30, p = 26
M là sắt (Fe)
Công thức phân tử của Z là Fe
3
C (hợp chất
xementit)
0,25
0,25
2
1
a. Phương trình phản ứng:
10FeCl
2
+ 6KMnO
4
+ 24H
2
SO
4
→ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 10Cl
2
+ 3K
2
SO
4
+ 6MnSO
4
+
24H
2
O
0,5
b. 2Fe
3
O
4
+ 10H
2
SO
4 (đặc nóng)
→ 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O
Khí A là SO
2
:
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HBr
5SO
2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O → K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 2H
2
SO
4
0,5
2
a. Giải thích sự hình thành A:
C
12
H
22
O
11
24
H SO (dac)
⎯⎯⎯⎯→
12C + 11 H
2
O (tỏa nhiệt)
C + 2H
2
SO
4 (đặc nóng)
→ CO
2
+ 2SO
2
+ 2H
2
O.
Vậy hỗn hợp khí A gồm CO
2
và SO
2
0,25
b. Chứng minh sự có mặt của hai khí trong A, ta dẫn hỗn hợp khí lần lượt
qua bình 1 đựng dung dịch Brom (dư) và bình 2 đựng dung dịch
Ca(OH)
2
dư rồi thêm vài giọt dung dịch BaCl
2
vào bình (1):
Hiện tượng: Bình (1) brom nhạt màu, có kết tủa xuất hiện chứng tỏ hỗn hợp
có SO
2
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HBr
H
2
SO
4
+ BaCl
2
→ BaSO
4
+ 2HCl
Bình (2) có kết tủa xuất hiện chứng tỏ có CO
2
:
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
0,5
c. Sự khác nhau giữa quá trình làm khô và quá trình than hóa:
Quá trình làm khô là quá trình vật lý.
Quá trình than hóa là quá trình hóa học.
0,25
3
1
Sáu phương trình điều chế clo:
2NaCl + 2H
2
O
dpdd
⎯⎯⎯→
nm xop
2NaOH + Cl
2
+ H
2
O (1)
2NaCl
dpnc
⎯⎯⎯→
2Na + Cl
2
(2)
MnO
2
+ 4HCl
(đặc)
→ MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O (3)
2KMnO
4
+ 16HCl
(đặc)
→ 2MnCl
2
+ 2KCl + 5Cl
2
+ 8H
2
O (4)
K
2
Cr
2
O
7
+ 14 HCl
(đặc)
→ 2KCl + 2CrCl
3
+ 3Cl
2
+ 7H
2
O (5)
KClO
3
+ 6HCl
(đặc)
→ KCl + 3Cl
2
+ 3H
2
O (6)
(hs có thể viết 6 phương trình khác)
Phản ứng (1) là phản ứng dùng để điều chế clo trong công nghiệp.
0,75
2
Các phương trình:
(8) 4FeS
2
+ 11 O
2
→ 2 Fe
2
O
3
+ 8 SO
2
(9) SO
2
+ 2H
2
S → 3 S + 2 H
2
O
(10) S + O
2
→ SO
2
(11) H
2
S + NaOH → NaHS + H
2
O
(12) NaHS + NaOH → Na
2
S + H
2
O
(13) Na
2
S + FeCl
2
→ FeS + 2NaCl
(14) FeS + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
S
(15) H
2
S + 4Cl
2
+ 4H
2
O → H
2
SO
4
+ 8 HCl
1,0
Các chất ứng với các kí hiệu:
A: O
2
B: Fe
2
O
3
D: SO
2
E: H
2
S F: S
G: NaHS H: Na
2
S I: FeCl
2
K: FeS L:
NaCl
0,25
4
a
Các phương trình phản ứng:
KMnO
4
+ + 16HCl
(đặc)
→ 2MnCl
2
+ 2KCl + 5Cl
2
+ 8H
2
O (1)
Dung dịch A chứa KCl, MnCl
2
và HCl dư dung dịch B chứa KCl, MnCl
2
và
HCl.
0,25
• Trung hòa axit trong B bằng NaOH:
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O (2)
• B tác dụng với AgNO
3
dư:
AgNO
3
+ HCl → AgCl
+ HNO
3
(4)
AgNO
3
+ KCl → AgCl
+ KNO
3
(5)
2AgNO
3
+ MnCl
2
→ 2AgCl
+ Mn(NO
3
)
2
(6)
0,5
b
Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).
Theo phương trình phản ứng (1):
2
MnCl
n
= n
KCl
= y mol
Theo phương trình phản ứng (2): x = n
HCl
= n
NaOH
= 0,024.0,5 = 0,012
mol
C
M (HCl)
= 0,24 M
0,25
Trong 100 ml dung dịch B: n
HCl
= 2x mol;
2
MnCl
n
= n
KCl
= 2y mol
Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5):
n
AgCl
= n
HCl
+ n
KCl
+ 2.
2
MnCl
n
2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol
x + 3y = 0,06 mol y = 0,016 mol.
Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:
C
M (KCl)
= C
M(MnCl2)
= 0,32M
0,25
c
Theo (1) ta có:
4
KMnO
n
= n
KCl (500 ml dd B)
= 10y = 0,16 mol
m =
4
KMnO
m
(ban đầu)
= 0,16.158 = 25,28 gam.
24
Cl KMnO
5
n n 0,4mol
2
==
V = 0,4.22,4 = 8,96 lít.
0,5
Theo (1): n
HCl pư
= 8
4
KMnO
n
= 1,28 mol mà n
HCl dư
= 10.x = 0,12 mol
n
HCl đã dùng
= 1,28 + 0,12 = 1,4 mol
V
dd HCl đã dùng
=
HCl HCl
n .M
1,4.36,5
118,64ml
C%.D 36,5%.1,18
==
0,25
5
a
Các phương trình phản ứng:
*) Hỗn hợp X + H
2
SO
4
đặc nóng:
2Fe + 6H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 SO
2
+ 6H
2
O (1)
2M + 2nH
2
SO
4
→ M
2
(SO
4
)
n
+ n SO
2
+ 2nH
2
O (2)
0,25
Khí SO
2
sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng:
SO
2
+ NaOH → NaHSO
3
(3)
SO
2
+ 2NaOH → Na
2
SO
3
+ H
2
O (4)
*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl:
Fe + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
(5)
2M + 2n HCl → 2MCl
n
+ nH
2
(6)
0,25
*) Z tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư:
Fe + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
(7)
2M + n H
2
SO
4
→ M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
(8)
b
Tính V: Ta có n
NaOH
= 0,5.0,2 = 0,1 mol
Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết:
Đặt
2
SO (3)
n a(mol)=
;
2
SO (4)
n b(mol)=
NaOH
chattan
n a 2b 0,1mol
m 104.a 126.b 5,725gam
= + =
= + =
a = - 0,014 < 0 (loại)
0,25
Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư:
Đặt
2
SO (4)
n d(mol)=
n
NaOH dư
= 0,1 – 2d mol.
m
chất tan
= 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam d = 0,0375 mol
Vậy V
SO2
= 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít
0,25
c
Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol
Theo (1) và (2)
2
SO
3n
n x y 0,0375mol
22
= + =
(*)
Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có n
Fe
= x mol; n
M
= 3y mol
Theo (5), (6) ta có
2
H
n
n x .2y 0,0775mol
2
= + =
(**)
Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có n
Fe
= 2x mol; n
M
= y mol
Theo (7) và (8) có:
4
FeSO Fe
n n 2xmol==
;
2 4 n
M (SO ) M
1y
n n mol
22
==
Khối lượng muối: m
muối
= 152.2x + (2M + 96n).
y
2
= 5,605 gam
304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam
(***)
0,5
Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045
M M.y 0,405
9
n n.y 0,045
= = =
Xét: n 1 2 3
M (g/mol) 9 18 27
(loại) (loại) (M là Al)
y = 0,015 mol.
Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong
X:
Fe(trongX)
56x
%m .100% 58,03%
56x 27y
==
+
Al(trongX)
27x
%m .100% 41,97%
56x 27y
==
+
0,5
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT
ĐỀ THI OLYMPIC
NĂM HỌC: 2016 - 2017
MÔN HOÁ HỌC LP 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:
H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32;
Cl = 35,5; K= 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Rb = 85; Sr = 88;
Ag = 108; Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207.
Câu 1 (3 điểm):
1.1(1 điểm). Ở trạng thái cơ bản , nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp electron và 2
electron độc thân.
a. Viết cấu hình electron của nguyên tử X ?
b. Cho biết bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử X ?
1.2.(1 điểm) Hợp chất A
2
B có tổng hạt proton là 23. Hãy xác định công thức hóa học của
A
2
B. Biết rằng 2 nguyên tố A, B thuộc cùng một chu kỳ và 2 nhóm A liên tiếp ?
1.3. (1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phần
tử sau:
NH
4
+
, NH
3
, ICl
4
-
, AsCl
5
Câu 2 (3,5 điểm):
2.1. (2 điểm)Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:
a. As
2
S
3
+ KClO
3
+ H
2
O → H
3
AsO
4
+ H
2
SO
4
+ KCl
b. Al + HNO
3
-------> Al(NO
3
)
3
+ NO + N
2
+ H
2
O ( n
NO
: n
N2
= 3 : 2)
c. NaIO
x
+ SO
2
+ H
2
O ----> I
2
+ Na
2
SO
4
+ H
2
SO
4
2.2.(1,5 điểm) Cho : E
0
Fe
3+
/Fe
= -0,037 V , E
0
Fe
2+
/Fe
= -0,440 V ;
E
0
Au
3+
/ Au
+
= 1,26V
a. Lập sơ đồ pin điện hóa,trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe
2+
thành ion Fe
3+
và ion Au
3+
bị
khử thành ion Au
+
. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin khi
pin hoạt động.
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.
Câu 3(3 điểm):
3.1.(1 điểm) Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất
nhãn sau: NaCl, NaNO
3
, HCl, HBr, NaOH
3.2.(2 điểm) Sục khí clo vào dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch A,hòa tan I
2
vào
dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch B(các thí nghiệm thực hiện ở nhiệt độ phòng).
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra?
b. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi cho lần lượt
dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl
2
, dung dịch Br
2
, H
2
O
2
vào dung dịch A (không có Cl
2
dư)
Câu 4. (3 điểm):
4.1.(1 điểm) Chỉ dùng Fe, S và dung dịch H
2
SO
4
loãng, viết các phương trình phản ứng điều
chế khí H
2
S bằng 2 cách khác nhau.
4.2.(2 điểm) Để pha loãng 100 ml dung dịch H
2
SO
4
98% (D=1,84g/cm
3
) thành dung dịch
H
2
SO
4
20% cần V ml H
2
O.
a. Tính V
b. Khi pha loãng phải tiến hành như thế nào?
Câu V(4,0 điểm):
5.1. (2,5 điểm)Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua:
H
2
(khí) + I
2
(rắn) 2HI(khí) ∆H = +53kJ (a)
H
2
(khí) + I
2
(rắn) 2HI(khí) (b)
a. Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt?
b. Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình hoá học của
phản ứng.
c. Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín, dung tích 2 lit ở
nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36. Nếu nồng độ ban đầu của H
2
và I
2
bằng nhau và
bằng 0,02M thì nồng độ của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu?
5.2. (1,5 điểm)Tính nhiệt tạo thành của tinh thể:Ca
3
(PO
4
)
2
, biết:
- 12 gam Ca cháy tảo ra 45,57 KCal
- 6,2 gam P cháy tỏa ra37,00 Kcal
- 168,0 gam CaO tác dụng với 142,0 gam P
2
O
5
tỏa ra 160,50 Kclo
Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp.
Câu 6.(3,5 điểm)
Hỗn hợp A: KClO
3
, Ca(ClO
3
)
2
, Ca(ClO)
2
, CaCl
2
, KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn
toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl
2
, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO
2
thành
SO
3
để điều chế 191,1 gam dung dịch H
2
SO
4
80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung
dịch K
2
CO
3
0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D
nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra?
b. Tính khối lượng kết tủa C?
c. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO
3
trong A?
-----Hết----
Ghi chú:
- Học sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào (kể cả Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa
học)
- Giám thị coi thi không cần giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT
ĐÁP ÁN OLYMPIC NĂM HỌC: 2016 - 2017
MÔN HOÁ HỌC LP 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
HƯNG DN CHM
Câu
Nội dung
Thang
điểm
Câu I
3,0
1/
(1.00)
a. Nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp e và 2 e độc thân nên
cấu hình electron của nguyên tử X có thể có là :
[Ne]3s
2
3p
2
(1)
[Ne]3s
2
3p
4
(2)
b. Bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là :
(1) : n = 3; l =1; m
l
= 0; m
s
= +1/2
(2): n = 3; l =1; m
l
= -1; m
s
= -1/2
0,5
0,5
2/
(1.00)
Ta có:: 2Z
A
+ Z
B
= 23 (1)
Ta lại có: Z
tb
= 23:3 = 7,67 => 2 nguyên tố ở chu kỳ nhỏ
*TH1: Z
A
> Z
B
2 nguyên tố A, B ở cùng một chu kỳ và thuộc 2 nhóm A liên tiếp => Z
A
= Z
B
+
1 (2)
Từ (1) và (2) ta được : Z
A
= 8, Z
B
= 7
Vậy CTHH của A
2
B là NO
2
*TH2: Z
A
< Z
B
=> Z
B
= Z
A
+ 1 (3)
Từ (1) và (3) ta được : Z
A
= 7,3; Z
B
= 8,4 loại
0,5
0,5
3
(1.00)
NH
4
+
: sp
3
NH
3
: sp
3
ICl
4
-
: sp
3
d
2
AsCl
5
: sp
3
d
2
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
3,5
2.1(2.0đ
)
a. Cân bằng đủ , đúng 4 bước
b. Cân bằng đủ , đúng 4 bước
c. Cân bằng đủ , đúng 4 bước
0,5
0,75
0,75
2.2
(1.50)
a. Anot(-) Pt │ Fe
3+ ,
Fe
2+
║ Au
3+
, Au
+
│ Rt (+) Catot
Phản ứng ở cực âm: Fe
2+
→ Fe
3+
+ 1
e
K
1
_1
Phản ứng ở cực dương: Au
3+
+ 2e
→ Au
+
K
2
Phản ứng trong pin : Au
3+
+ 2Fe
2+
→ 2Fe
3+
+ Au
+
K
b. Fe
3+
+ 3e ↔ Fe E
0
(1) =-0,037
Fe
2+
+ 2e ↔ Fe E
0
(2) =-0,44
1,0
t
o
Fe
3+
+ e ↔ Fe
2+
E
0
(3) = 3E
0
(1) - 2E
0
(2) = 0,77
K=10
2(1,26-0,77)/0,059
=10
16,61
E
0
pin
=
E
0
Au
3+
/ Au
+
-
E
0
Fe
3+
/Fe
2+
= 0,49
0,5
Câu 3
3,0
3.1
(1.0)
+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên.
+ Dùng quỳ tím:
- Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH
- Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit)
- Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO
3
(muối)
+ Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO
3
- Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO
3
là HCl
Ptpư: HCl + AgNO
3
AgCl + HNO
3
- Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO
3
là HBr
Ptpư: HBr + AgNO
3
AgBr + HNO
3
+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO
3
:
- Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO
3
là NaCl
Ptpư: NaCl + AgNO
3
AgCl + NaNO
3
- Dung dịch còn lại là NaNO
3
0,25
0,25
0,25
0,25
3.2(2,0đ
)
a. Ở nhiệt độ thường: 2NaOH + Cl
2
→ NaCl + NaClO + H
2
O
6NaOH + 3I
2
→ 5NaI + NaIO
3
+ 3H
2
O
b. Ion ClO
-
có tính oxi hóa rất mạnh:
Khi cho dd hỗn hợp HCl và FeCl
2
vào dd A có khí màu vàng lục thoát ra và
dd không màu chuyển sang màu vàng nâu:
2FeCl
2
+ 2NaClO + 4HCl → 2FeCl
3
+ 2NaCl + Cl
2
+2 H
2
O
Khi cho dd Br
2
vào dd A, dd Br
2
mất màu:
Br
2
+ 5NaClO + H
2
O → 2HBrO
3
+5NaCl
Khi cho dd H
2
O
2
vào dd A có khí không , không mùi thoát ra:
H
2
O
2
+ NaClO → H
2
O+NaCl + O
2
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
4.1(1đ)
Cách 1: Fe + S → FeS
FeS + H
2
SO
4
loãng
→ FeSO
4
+ H
2
S↑
Cách 2: Fe + H
2
SO
4
loãng
→ FeSO
4
+ H
2
S + H
2
→ H
2
S
5,0
0.5
4.2(2đ)
a. m
H2SO4
=
100
%.. CVD
=
100
98.100.84,1
= 180,32g
0.5
H
2
O coi như dung dịch H
2
SO
4
có nồng độ là 0%
Áp dụng quy tắc đường chéo: (98-20 = 68; 20-0 = 20)
m g H
2
O 0% 78%
20%
,32 g H
2
SO
4
98% 20%
→
32,180
m
=
20
78
→ m =
20
78.32,180
=
D
H2O
= 1g/ml → 703,248g H
2
O = 703,248 ml H
2
O
→V
H2O
= 703,248 ml
b. Lấy 703,248 ml H
2
O vào cốc, rồi cho từ từ 100 ml dung dịch H
2
SO
4
đặc vào
cốc, và dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ. (tuyệt đối không làm ngược lại)
0,5
0.5
0,5
Câu 5
4.0
5.1
(2.5đ)
1a. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt.
b. Vì I
2
là chất rắn nên:
2
2
HI
K
H
=
c. H
2
(khí) + I
2
(rắn) 2HI(khí)
Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0
Phản ứng: x x 2x
Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x
Vậy :
( )
( ) ( )
( )
2
2
36 2 6 0,02 0,015
0,02 . 0,02
x
x x x
xx
= → = − → =
−−
Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H
2
] = [I
2
] = 0,005M
0.5
5.2
nCa= 0,3 mol có ∆H = - 45,57 KCal
n
P
=0,2 mol có ∆H = - 37,00 KcCal
n
CaO
= 0,3 mol và n
P2O5
= 1 mol
Ca + ½ O
2
→ CaO ∆H
1
= - 45,57/0,3 = -151,9 KCal
2P + 5/2O
2
→ P
2
O
5
∆H
2
= - 37,00.2/0,2 = -37,0 KCal
1,5
3 CaO + P
2
O
5
→ Ca
3
(PO
4
)
2
∆H
3
= -160,5 KCal
3 Ca + 2P +4O
2
→ Ca
3
(PO
4
)
2
∆H
tt
Ta có: ∆H
tt
= 3.∆H
1
+ ∆H
2
+∆H
3
= - 986,2(KCal)
Câu 6
(3.5đ)
3.5
Hỗn hợp A
3
32
2
2
: ( )
( ) : ( )
( ) : ( )
: ( )
: ( )
KClO a mol
Ca ClO b mol
Ca ClO c mol
CaCl d mol
KCl e mol
32
3
2
o
t
KClO KCl O⎯⎯→ +
Mol
a
a
3
2
a
22
32
3()
o
t
CaCl OCa ClO ⎯⎯→ +
Mol
b
b
3b
22
2
()
o
t
CaCl OCa ClO ⎯⎯→ +
Mol
c
c
c
* Theo định luật bảo toàn khối lượng:
2
2
AO
KCl CaCl
m m m m= + +
83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32(
3
2
a
+ 3b + c) (1)
,
2 2 3
22
o
xt t
SO O SO⎯⎯⎯→+
Mol
3
3
2
a
bc++
3 6 2a b c++
2 2 4
3
H O H SOSO +→
Mol
362a b c++
362a b c++
98(3 6 2 ) 100
80
191,1
a b c+ +
=
(2)
80 191,1
3 6 2 1,56
100 98
a b c
+ + = =
* Chất rắn B
2
23
:( )
:( )
ddK
CaCl b c d mol
CO
KCl a e mol
++
+
+
KCl + K
2
CO
3
→
CaCl
2
+ K
2
CO
3
→ 2KCl + CaCO
3
↓
Mol (b + c + d) (b + c + d) 2(b + c + d) (b + c + d)
Số mol K
2
CO
3
= 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d (3)
* Kết tủa C: CaCO
3
Khối lượng kết tủa CaCO
3
= 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam
2. Dung dịch D (KCl)
n
KCl
= a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18 = a + e + 0,36
(ddD) ( ) (ddA) ( )
22 22
33
KCl KCl A KCl KCl A
m m n n= → =
22
3
0,36 eae+ + =
(4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:
3
83,68 74,5( ) 111( ) 32 3
2
3 6 2 1,56
0,18
22
0,36
3
a
a e b c d b c
a b c
b c d
e
ae

= + + + + + + +


+ + =
+ + =
+ + =
1,56
83,68 74,5( ) (111 0,18) 32
2
ae

→ = + + +


( )
74,5 38,74ae→ + =
0,52
22
0,36
3
ae
a e e
+=
+ + =
3
122,5. .100
% 58,56%
83,68
a
KClO trongA→ = =
ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC 10
THỜI GIAN: 150 phút
Câu 1.( điểm) .Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số
lượng tử:
A: n = 3 ℓ = 1 m = +1,
2
1
s +=
R: n = 2 ℓ = 1 m = 0,
2
1
s −=
X: n = 2 ℓ = 1 m = +1,
2
1
s −=
a) Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự( +ℓ... 0 ...-ℓ)
b) Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử
và ion sau: R
2
X
,
AR
6
, H
2
AX
3
,
−2
4
AX
(H là hidro).
Câu 2: ( 4điểm)
Cho phản ứng: H
2 (K)
+ I
2
(K)
2HI
(K)
Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5lít ở t
o
C với 0,2mol H
2
và 0,2mol I
2
.Khi
phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3mol/lít.
a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở t
o
C.
b) Thêm vào cân bằng trên 0,1mol H
2
thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính
nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới.
Câu 3.(4 điểm)
a) Cho cân bằng N
2
O
4
(khí)
2NO
2
(khí)
Trong một bình chân không thể tích 0,5 lít được duy trì ở 45
0
C, có 3.10
-3
mol N
2
O
4
nguyên chất. Khi cân bằng được thiết lập, áp suất trong bình là 0,255 atm. Xác định
độ phân hủy của N
2
O
4
ở nhiệt độ này và hằng số cân bằng K
P
. Biết biến thiên
entanpi của phản ứng phân huỷ N
2
O
4
là 72,8 KJ/mol. Tính K
P
ở 21
0
C
b) Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau:
- Nhiệt đốt cháy CH
4
: -801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy C
2
H
6
-1412,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy H2: -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì -393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì: +715,0 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H - H +431,5 kJ/mol
Các kết quả đều do ở 298
0
K và 1 atm.
Câu 4: (4 điểm)
a) Cho vào nước dư 3g oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung
dịch làm hai phần bằng nhau:
- Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch
làm quỳ tím hoá xanh.
- Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không
làm đổi màu quỳ tím.
Tìm công thức phân tử oxit và tính giá trị của V.
b) Có 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4:3:2 và có tỉ lệ
khối lượng nguyên tử tương ứng là 3:5:7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên
trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc). Xác định 3 kim loại A, B, C,
biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2.
Câu 5: (4 điểm)
1) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:
a) Cr
2
S
3
+ Mn(NO
3
)
2
+ K
2
CO
3
K
2
CrO
4
+ K
2
SO
4
+ K
2
MnO
4
+ NO +
CO
2
b) P + NH
4
ClO
4
H
3
PO
4
+ N
2
+ Cl
2
+ H
2
O
2) Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các
dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit
sunfuric đậm đặc.
Câu
Ý
Đáp án
Điểm
1(4đ)
1
(1,5đ)
A: 3p
4
A là S
B: 2p
5
B là F
C: 2p
4
C là O
0,5
0,5
0,5
2
Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:
-F
2
O, O lai hóa sp
3
, phân tử dạng góc:
0,5
F
F
O
SF
6
, S lai hóa sp
3
d, bát diện đều:
F
F
F
S
F
F
F
H
2
SO
3
, S lai hóa sp
3
, dạng tháp tam giác.
S
O
OH
OH
−2
4
SO
, S lai hóa sp
3
, tứ diện đều.
.
S
O
O
O
O
2-
0,5
0,5
0,5
2(4,0)
1(1,0))
Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở t
o
C.
Theo giả thiết: [H
2
] = [I
2
] = 0,4mol/lít
H
2 (K)
+ I
2
(K)
2HI
(K)
Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) 0,4(mol/lít)
Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít) 0,25 (mol/lít ) 0,3 (mol/lít )
K
cb
=
44,1
25,0.25,0
3,0
2
=
1,0
2
(3,0)
.Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới:
• Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H
2
nồng độ H
2
tăng cân bằng
dịch chuyển theo chiều thuận.
• Khi thêm 0,1 mol H
2
nồng độ H
2
= 0,25 + 0,2 = 0,45mol/lít
Gọi x là nồng độ H
2
tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới.
H
2 (K)
+ I
2
(K)
2HI
(K)
0,5
0,5
Trước phản ứng: 0,45 (mol/lít) 0,25(mol/lít)
0,3(mol/lít)
Lúc cân bằng: 0,45-x (mol/lít ) 0,25-x (mol/lít) 0,3+2x
(mol/lít)
K
cb
=
44,1
)45,0).(25,0(
)23,0(
2
=
−−
+
xx
x
2,56x
2
+ 2,208x – 0,072 = 0
ĐK: 0< x < 0,25
Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; x
/
= -0,89 loại.
Vậy :
[H
2
] = 0,41854 (mol/lít)
[I
2
] = 0,21854 (mol/lít)
[HI] = 0,36292 (mol/lít)
0,75
0.5
0,25
0,25
0,25
3(4,0)
1
(2,5)
Xét cân bằng:
( )
atn156,0
5,0
45273.082,0.10.3
V
nRT
P
3
cb
=
+
==
−
N
2
O
4
=
2NO
2
n
t = 0 3.10
-3
0 3.10
-3+
t = tb 3.10
-3
(1- ) 6.10
-3
3.10
-3
(1+ )
P
cb
= P
0
(1+ )
63,0
P
P
0
cb
==
Ta có:
073,0
318
1
294
1
314,8
10.8,72
T
1
T
1
R
H
K
K
ln
3
1245P
21P
=
−−=
−
−=
0,5
0,5
0,5
2
(2,5)
1. Tính năng lượng liên kết trung bình C – H
Viết đúng mỗi quá trình được 0,25 điểm
Xếp các quá trình lại như sau:
CH
4
+ 2O
2
⎯→⎯
CO
2
+ 2H
2
O H
1
2H
2
O
⎯→⎯
2H
2
+ O
2
-2H
3
CO
2
⎯→⎯
C(r) + O
2
-H
4
C(r)
⎯→⎯
C (k) H
5
2H
2
⎯→⎯
4H 2H
6
CH
4
⎯→⎯
C(k) + 4H H
H = H
1
- 2H
3
- H
4
+H
5
+ 2H
6
=1652,7 kJ/mol
4E
C-H
= 1652,7 kJ/mol E
C-H
= 413,175 kJ / mol.
1,25
0,5
Tính năng lượng liên kết trung bình C - C.
C
2
H
6
+ 7/2O
2
⎯→⎯
2CO
2
+ 3H
2
O H
2
3H
2
O
⎯→⎯
3H
2
+ 3/2O
2
-3H
3
2CO
2
⎯→⎯
2C (r) + 2O
2
-2H
4
2C r
⎯→⎯
C k 2H
5
3H
2
⎯→⎯
6H 3H
6
C
2
H
6
⎯→⎯
2C
k
+6H H
E
C-C
+ 6E
C-H
= H = H
2
–3H
3
–2H
4
+ 2H
5
+3H
6
=2823,1
4
(4,0)
5
(4,0)
1(1,0
2(1,0)
3
(2,0)
1(1,0)
kJ/mol
E
C-C
= 2823,1-6.143,175=344,05 kJ/mol
. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M
2
O
n
HCl
= 1.0,09 = 0,09mol
Phương trình phản ứng: M
2
O + 2HCl
⎯→⎯
2MCl + H
2
O (1)
1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16)
(1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 M < 8,67
Suy ra: M là Li
0,75
0,5
0,5
.
n
Li2O
(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol
Phương trình phản ứng: Li
2
O + 2HCl
⎯→⎯
2LiCl + H
2
O (2)
0,05 0,1
(2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml
0,5
0,5
Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương
ứng là M
A
, M
B
, M
C
số mol H
2
= 2,0262/22,4 = 0,09 mol
ptpư: A + 2HCl
⎯→⎯
ACl
2
+ H
2
(1)
4x 4x 4x
B + 2HCl
⎯→⎯
BCl
2
+ H
2
(2)
3x 3x 3x
C + 2HCl
⎯→⎯
CCl
2
+ H
2
(3)
2x 2x 2x
Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a)
Ta có: M
B
= 5/3M
A
(b)
M
C
= 7/3M
A
(c)
Mặc khác ta có: M
A
.4x + M
B
.3x + M
C
.2x = 3,28 (d)
Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: M
A
(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28
Suy ra: M
A
= 24 A: Mg
M
B
= 5/3.24 = 40 B: Ca
M
C
= 7/3.24 = 56 C: Fe
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
a) Cr
2
S
3
+ Mn(NO
3
)
2
+ K
2
CO
3
⎯→⎯
K
2
CrO
4
+ K
2
SO
4
+ K
2
MnO
4
+
NO + CO
2
2Cr
+3
⎯→⎯
2Cr
+6
+ 6e
3S
–2
⎯→⎯
3S
+6
+ 24e
Cr
2
S
3
⎯→⎯
2Cr
+ 6
+ 3S
+ 6
+ 30e x 1 (a)
Mn
+ 2
⎯→⎯
Mn
+ 6
+ 4e
2N
+ 5
+ 6e
⎯→⎯
2N
+ 2
Mn(NO
3
)
2
+ 2e
⎯→⎯
Mn
+ 6
+ 2N
+2
x 15 (b)
Cộng (a) và (b)
Cr
2
S
3
+ 15Mn(NO
3
)
2
⎯→⎯
2Cr
+ 6
+ 3S
+ 6
+ 15Mn
+ 6
+ 30N
+ 2
2(1,0
3(2,0)
Hoàn thành:
Cr
2
S
3
+ 15Mn(NO
3
)
2
+ 20K
2
CO
3
⎯→⎯
2K
2
CrO
4
+ 3K
2
SO
4
+15 K
2
MnO
4
+
30NO + 20CO
2
b) P + NH
4
ClO
4
⎯→⎯
H
3
PO
4
+ N
2
+ Cl
2
+ H
2
O
2N
–3
⎯→⎯
2N
O
+ 6e
2Cl
+ 7
+ 14e
⎯→⎯
2Cl
O
2NH
4
ClO
3
+ 8e
⎯→⎯
2N
O
+ 2Cl
O
x 5
P
O
⎯→⎯
P
+ 5
+ 5e x 8
10NH
4
NO
3
+ 8P
O
⎯→⎯
8P
+ 5
+ 10N
O
+ 10Cl
O
+ 16H
2
O
10NH
4
NO
3
+ 8P
⎯→⎯
8H
3
PO
4
+ 5N
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O
(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H
2
S + 1/2O
2
→ H
2
O + S↓
(b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O
2
+ 2HBr → H
2
O + Br
2
(c) Thoát khí O
2
và nồng độ giảm dần
NaClO + H
2
O + CO
2
→ NaHCO
3
+ HClO
HClO → HCl + 1/2O
2
(d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí.
C
n
(H
2
O)
m
⎯⎯ →⎯
42
SOH
nC + mH
2
O
0,5
0,5
0,5
0,5
SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC 24-3-2017
Trường THPT Nguyễn Hiền MÔN: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu I. (4 đ)
I.1.(1,5 đ) Ion M
3+
có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s
2
3p
6
3d
5
.
1. Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. Cho biết M
là kim loại gì?
2. Trong điều kiện không có không khí, cho M cháy trong khí Cl
2
thu được một
chất A và nung hỗn hợp bột (M và S) được một hợp chất B. Bằng các phản ứng hóa học,
hãy trình bày phương pháp nhận biết thành phần của các nguyên tố có mặt trong các chất A
và B.
I.2 (1,5đ). Ở trạng thái cơ bản, electron cuối cùng của nguyên tử 3 nguyên tố A, B, C có
bộ 4 số lượng tử thỏa mãn : n + l = 5 và m
l
. m
s
= 1.
Viết cấu hình electron của 3 nguyên tử và gọi tên 3 nguyên tố trên.
( Qui ước m
l
nhận giá trị từ thấp đến cao)
I. 3 (1 đ). Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau và cho
biết cấu trúc hình học của chúng ( không vẽ hình):
BrF
3
, HCN, NH
4
+
, CO
3
2-
Câu II. (4 đ)
II.1( 2 đ). Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau:
a. P + NH
4
ClO
4
→
H
3
PO
4
+ N
2
+ Cl
2
+ H
2
O
b. CuFeS
x
+ O
2
→
Cu
2
O + Fe
3
O
4
+ SO
2
II.2(2 đ). Một pin điện hóa được thiết lập bởi một điện cực Zn nhúng trong dung dịch
Zn(NO
3
)
2
0,25M và một điện cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO
3
0,15M (ở 25
o
C).
a. Lập sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và xảy ra trong pin.
b. Tính suất điện động của pin.
c. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
Cho
2
/
0,76
o
Zn Zn
EV
+
=−
,
/
0,8
o
Ag Ag
EV
+
=
Câu III. ( 3,5 đ)
III.1(2 đ). Từ KMnO
4
, NaHCO
3
, Fe, CuS, NaHSO
3
, FeS
2
và dung dịch HCl đặc có thể
điều chế được những khí gì? Viết phương trình hóa học.
Khi điều chế các khí trên thường lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng 1
hóa chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau: CaO , CaCl
2
khan, H
2
SO
4
đặc, NaOH
rắn. Giải thích.
III.2(1,5 đ). Nguyên tử Au có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44A
O
và
197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm
3
. Hỏi các nguyên tử
vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ?
(Cho N
A
= 6,022.10
23
, V
hình cầu
=
3
4
3
R
).
Câu IV. (3,5 đ)
IV.1(1,5 đ). Cho các phương trình nhiệt hóa học sau:
Al
2
O
3
(r) + 3 COCl
2
(k)
→
3CO
2
(k) + 2 AlCl
3
(r)
1
H
= -232,24 kJ
CO(k) + Cl
2
(k)
→
COCl
2
(k)
2
H
= -112,4 kJ
2Al(r) +
3
2
O
2
(k)
→
Al
2
O
3
(r)
3
H
= -1668,2 kJ
Tính nhiệt hình thành 1 mol AlCl
3
(
3
()s AlCl
H
)
biết
()
110,4 /
s CO
H kJ mol = −
2
()
393,13 /
s CO
H kJ mol = −
IV.2 (2 đ). Cho phản ứng: 2SO
2(k)
+ O
2(k)
2SO
3(k)
0H
a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO
3
, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan
đến áp suất , nhiệt độ, và chất xúc tác. Giải thích?
b. Cho 10,51 mol khí SO
2
và 37,17 mol không khí ( 20% về thể tích là O
2
, còn lại là N
2
) có
xúc tác là V
2
O
5
. Thực hiện phản ứng ở 427
o
C, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính
hằng số cân bằng K
p
của phản ứng ở 427
o
C
Câu V. (5 đ)
V. 1. (3đ)
Một mẫu sắt chứa tạp chất có khối lượng m = 40 g tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 1 M
(lấy dư) ( tạp chất không tham gia phản ứng) thu được khí A và dung dịch B. Đốt cháy hoàn
toàn khí A, cho sản phẩm cháy qua bình đựng H
2
SO
4
đặc thấy khối lượng bình tăng lên 12,6
gam.
a. Tính phần trăm khối lượng sắt nguyên chất trong mẫu trên.
b. Lấy 1/2 dung dịch B cho vào V(ml) dung dịch KMnO
4
0,5M trong dung dịch
H
2
SO
4
loãng, đun nóng thu được khí C. Dẫn khí này vào 1/2 dung dịch B còn lại thu được m
gam muối D. Tính V, m.
V.2. (2 đ)
Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít
H
2
ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl
2
ở đktc. Xác định
khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X?
Cho nguyên tử khối:
Al= 27, Fe= 56, Zn= 65, K=39, MN=55, O=16,H=1, Cl= 35,5
----------------------------Hết----------------------------------
Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
HDC- KỲ THI OLYMPIC LP 10 NĂM HỌC 2016-2017
MÔN: HOÁ HỌC 10
CÂU I
( 4 đ)
NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu I.1
(1,5đ)
1. Tổng số electron của nguyên tử M là 26. Cấu hình electron đầy đủ
1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
4s
2
........Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe.
2. - Fe cháy trong khí clo: 2Fe + 3Cl
2
⎯→⎯
0
t
2FeCl
3
Hòa tan sản phẩm thu được vào nước thu được dung dịch. Lấy vài ml dung dịch
cho tác dụng với dung dịch AgNO
3
, có kết tủa trắng chứng tỏ có gốc clorua:
FeCl
3
+ 3AgNO
3
→
Fe(NO
3
)
3
+ 3AgCl
Lặp lại thí nghiệm với dung dịch NaOH, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có
Fe(III): FeCl
3
+ 3NaOH
→
Fe(OH)
3
+ 3NaCl
- Nung hỗn hợp bột Fe và bột S: Fe + S
⎯→⎯
0
t
FeS
Cho B vào dung dịch H
2
SO
4
loãng, có khí mùi trứng thối bay ra chứng tỏ
có gốc sunfua: FeS + H
2
SO
4
→
FeSO
4
+ H
2
S
(trứng thối)
Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được, có kết tủa trắng xanh
chứng tỏ có Fe(II): FeSO
4
+ 2NaOH
→
Na
2
SO
4
+ Fe(OH)
2
(trắng
xanh)
0, 5
0,5
0,5
CâuI.2
(1,5đ)
Ta có:
5
.1
ls
nl
mm
+=
=
với
1
1
2
s
nl
lm
m
+
=
* TH 1:
1
2
s
m =+
2
l
m =
2l
3n
. Vậy nghiệm thích hợp là:
n=3, l= 2, m
l
= 2, m
s
= +1/2.
Phân lớp ngoài cùng là: 3d
5
Cấu hình e của nguyên tử A : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
5
4s
2
(Mangan)
B: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
5
4s
1
(Crôm)
* TH 2:
1
2
s
m =−
2
l
m =−
2l
3n
. Vậy nghiệm thích hợp là:
n=3, l= 2, m
l
= -2, m
s
= -1/2.
0,5
0,5
0,5
Phân lớp ngoài cùng là: 3d
6
Cấu hình e của nguyên tử C : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
4s
2
Sắt)
CâuI.3
1,0đ
BrF
3
: lai hóa sp
3
d, cấu trúc hình học : chữ T
HCN : lai hóa sp, cấu trúc hình học : dạng thẳng
NH
4
+
: lai hóa sp
3
, cấu trúc hình học : tứ diện
CO
3
2-
: lai hóa sp
2
, cấu trúc hình học : tam giác
0.25x
4
Câu II
(4 đ)
Câu II.1
2,0đ
a) 2
3
N
−
→
0
2
N
+ 6e
2
7
Cl
+
+ 14e
→
0
2
Cl
5x 2
3
N
−
+ 2
7
Cl
+
+8e
→
0
2
N
+
0
2
Cl
8x
0
P
→
5
P
+
+ 5e
8 P + 10NH
4
ClO
4
→
8 H
3
PO
4
+ 5N
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O
b) 2 x 6 CuFeS
x
→
6Cu
+1
+ 6Fe
+8/3
+ 6xS
+4
+ (22 +24x)e
(11 + 12x) O
2
+ 4e
→
2O
-2
12CuFeS
x
+ (11+ 12x) O
2
→
6Cu
2
O + 4Fe
3
O
4
+ 12xSO
2
1.0
1.0
Câu II.2
2 đ
a.
2
0 2+
/
0,059
lg[Zn ]
2
Zn Zn
EE
+
=+
=
0,059
0,76 lg0,25
2
−+
= -0,778 V
0+
/
0,059lg[Ag ]
Ag Ag
EE
+
=+
=
0,8 0,059lg0,15+
= 0,751 V
Sơ đồ pin : (-) Zn Zn(NO
3
)
2
(0,25M) AgNO
3
(0,15M) Ag (+)
Cực âm : Zn
→
Zn
2+
+ 2e x1
Cực dương : Ag
+
+ 1
e
→
Ag x2
Phản ứng trong pin : Zn + 2Ag
+
→
Zn
2+
+ 2Ag
b. E pin = E
Ag
+
/
Ag
-
E
Zn
2+
/
Zn
= 0,751 – (- 0,778) = 1,529 V
c. Hằng số cân bằng: K =
0
2.(0,8 ( 0,76))
0,059 0,059
10 10
pin
nE
−−
=
= 7,61.10
52
1,0
0,5
0,5
Câu III.
( 3,5 đ)
III.1
(2 đ)
- Các khí có thể điều chế được gồm O
2
, CO
2
, H
2
, Cl
2
, SO
2,
H
2
S.
- Các phương trình hoá học:
2KMnO
4
⎯→⎯
o
t
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
NaHCO
3
+ HCl
⎯⎯→
NaCl + H
2
O + CO
2
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
2KMnO
4
+ 16HCl
→
5Cl
2
+ 2KCl + 2MnCl
2
+ 8H
2
O
NaHSO
3
+ HCl
⎯⎯→
NaCl + H
2
O + SO
2
FeS
2
+ 2HCl
⎯⎯→
FeCl
2
+ H
2
S
+ S
- Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl
2
khan. Vì chỉ có CaCl
2
khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các
khí đó.
1,5
0,5
III.2
( 1,5 đ)
- Thể tích của 1 mol nguyên tử Au là:
3
1
4
.
3
A
V N R
=
= 6,022.10
23
.
4
3
.3,14.(1,44.10
-8
)
3
= 7,5283(cm
3
)
- Thể tích của 1 mol tinh thể nguyên tử Au là:
V
2
=
197
19,36
= 10,1756 (cm
3
)
Vậy độ đặc khít của Au là:
7,5283.100
74%
10,1756
==
0,25
0,25
0,5
Câu IV.
(3,5 đ)
Câu IV.1
(1,5 đ)
23
( ) 3
1668,2 /
S Al O
kJ mol =  = −
2
( ) 2 ( )
222,8 /
S COCl S CO
kJ mol =  +  = −
2 2 3 2
3
1 ( ) ( ) ( )
()
33
694,725 /
2
S CO S Al O S COCl
S AlCl
kJ mol
 −  +  + 
 = = −
0,5
0,5
0,5
Câu IV.2
( 2 đ)
a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO
3
thì cần tác động như sau:
- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng , nhưng khoảng 500
o
C là thích hợp vì
nếu giảm nhiệt độ xuống thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm.
- Thổi liên tục khí SO
2
và không khí nén ở áp suất cao vào lò phản ứng .
- Dùng xúc tác V
2
O
5
để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng.
0,75
b. n
O2
bđ
= 7,434 mol; n
N2
bđ = 29,736 mol
2SO
2(k)
+ O
2(k)
2SO
3(k)
Ban đầu: 10,51 7,434 0 mol
Phản ứng: 10,3 5,15 10,3
Lúc cân bằng: 0,21 2,284 10,3
Lúc cân bằng số mol hỗn hợp : 0,21+ 2,284 + 10,3 + 29,736 =42,53 mol
P
i
= x
i
.P = x
i
.1= x
i
.
3
22
2
2
4
22
()
(10,3) .42,53
4,48.10
( ) . (0,21) .2,284
SO
P
SO O
P
K
PP
= = =
0,75
0,5
Câu V.
(5 đ)
Câu V.1
(3 đ)
Fe + 2 HCl
⎯⎯→
FeCl
2
+ H
2
0,7 1,4 0,7 0,7 mol
2H
2
+ O
2
⎯⎯→
2H
2
O
0,7 0,7 mol
Khối lượng bình đựng H
2
SO
4
đặc tăng lên chính là khối lượng nước
m
H2O
= 12,6 g
n
H2O
= 0,7 mol
Mà n
HCl b đ
= 2 mol
nHCl dư = 2-1,4 = 0,6 mol
% m
Fe
tinh khiết =
0,7.56.100
98%
40
=
b. Dung dịch B gồm: FeCl
2
: 0,7 mol và HCl dư : 0,6 mol
1/2 dung dịch B gồm: FeCl
2
: 0,35 mol và HCl dư : 0,3 mol
10FeCl
2
+6KMnO
4
+24H
2
SO
4
→
5Fe
2
(SO
4
)
3
+3K
2
SO
4
+6MnSO
4
+10Cl
2
+24H
2
O
0,35 0,21 0,35
mol
10HCl + 2KMnO
4
+3H
2
SO
4
⎯⎯→
K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 5Cl
2
+
8H
2
O
0,3 0,06 0,15 mol
n
KMnO4
= 0,27 mol; n
Cl2
= 0,5 mol
V
dd KMnO4
= 0,27: 0,5 = 0,54 lít = 540 ml
2FeCl
2
+ Cl
2
⎯⎯→
2FeCl
3
Ban đầu: 0,35 0,5 mol
Phản ứng: 0,35 0,175 0,35
Sau phản ứng: 0 0,325 0,35
m
FeCl3
= 0,35. 162,5 = 56,875 gam
1,0
2,0
Câu V.2
(2 đ)
Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X
0,75
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI Môn thi: HÓA HỌC 10
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao
đề)
Cho biết nguyên tử khối: H =1; O = 16; C= 12; Cl = 35,5; Br = 80; S = 32; N = 14;
P = 31; Li = 7; Na = 23; K = 39; Mg = 24; Ca = 40; Al = 27; Ba = 137; Zn = 65; Cu
= 64; Fe = 56; Mn = 55; Ag = 108.
Câu 1. (4 điểm)
1.1.( 2 điểm) Một hợp chất B vô cơ được tạo nên từ cation M
3+
và anion X
-
. Tổng số
hạt (p,n,e) trong hợp chất B là 196, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không
mang điện là 60. Số khối của nguyên tử X lớn hơn số khối của nguyên tử M là 8. Tổng
số hạt trong anion X
-
nhiều hơn tổng số hạt trong cation M
3+
là 16.
a. Viết cấu hình electron cation M
3+
và anion X
-
.
b. Xác định vị trí của M, X trong bảng tuần hoàn. Xác định công thức hợp chất B
c. Cho biết bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử M và
nguyên tử X.
1.2. ( 1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các
phân tử và ion sau: NH
4
+
, PCl
5
, XeF
4
và CO
3
2-
.
1.3. ( 1 điểm) Cho các số liệu sau của NH
3
và NF
3
:
NH
3
NF
3
Momen lưỡng cực: 1,46D 0,24D
Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4 (I)
Fe + 2HCl
⎯⎯→
FeCl
2
+ H
2
(1)
Zn + 2HCl
⎯⎯→
ZnCl
2
+ H
2
(2)
2Al + 6HCl
⎯⎯→
2AlCl
3
+ 3H
2
(3)
Từ 1, 2, 3 và đầu bài
2
3 10,08
0,45
2 22,4
H
n x y z mol= + + = =
(II)
Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz
kx + ky + kz = 0,2 (III)
2Fe + 3Cl
2
⎯⎯→
2FeCl
3
(4)
Zn + Cl
2
⎯⎯→
ZnCl
2
(5)
2Al + 3Cl
2
⎯⎯→
2AlCl
3
(6)
2
3 3 6,16
0,275
2 2 22,4
Cl
n x y z mol= + + = =
(IV)
Từ I, II, III, IV
X = 0,2 mol
⎯⎯→
m
Fe
= 11,2 gam
Y = 0,1 mol
⎯⎯→
m
Zn
= 6,5 gam
Z = 0,1 mol
⎯⎯→
m
Al
= 2,7 gam
0,75
0,5
Nhiệt độ sôi: -33
0
C - 129
0
C
Giải thích sự khác nhau về momen lưỡng cực và nhiệt độ sôi của hai phân tử trên.
Câu 2. ( 3,5 điểm)
2.1.(2 điểm) Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng
electron:
a. Cu
2
FeS
x
+ O
2
→ Cu
2
O
+ Fe
3
O
4
+ SO
2
.
b. Fe
x
O
y
+ H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ S + SO
2
+ H
2
O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO
2
là 1:1)
2.2. ( 1,5 điểm) Trong môi trường axit có O
2
hòa tan, Cu kim loại bị oxi hóa tạo ra
Cu
2+
.
a. Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử, phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
b. Hãy đánh giá khả năng hòa tan này ở điều kiện chuẩn. Biết E
0
Cu
2+
/ Cu
= +0, 34V và
E
0
O2, H
+
/ H2O
= +1,23V.
Câu 3: ( 3,5 điểm)
3.1. ( 1 điểm) Viết các phản ứng hóa học xảy ra trong các trường hợp sau:
a. Ozon oxi hóa I
-
trong môi trường trung tính.
b. Sục khí CO
2
qua nước Javen.
d. H
2
O
2
khử MnO
4
-
trong môi trường axit.
e. Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng, lạnh.
3.2. (2,5 điểm) Lấy 7,88 gam hỗn hợp A gồm hai kim lọa hoạt động (X, Y) có hóa trị
không đổi chia thành hai phần bằng nhau.
Phần 1 nung trong oxi dư để oxi hóa hoàn toàn thu được 4,74 gam hỗn hợp hai oxit.
Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch hỗn hợp hai axit HCl và H
2
SO
4
loãng.
a. Tính thể tích khí H
2
thu được ở đktc
b. Tính khối lượng muối thu được ở phần hai ( cho nồng độ mol của H
2
SO
4
gấp
đôi nồng độ mol của HCl trong hỗn hợp).
Câu 4: ( 4 điểm)
4.1. (1,5 điểm) Viết biểu thức cân bằng K
p
và K
c
, biểu thức liên hệ giữa K
p
và K
c
trong các trường hợp sau:
a. CO
2
(k) + H
2
(k) ↔ CO (k) + H
2
O(k).
b. 2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl
2
(k).
4.2. (2,5 điểm) Cho 0,003 mol N
2
O
4
(k) vào bình chân không dung tích 0,5dm
3
duy trì
ở 45
0
C xảy ra phản ứng:
N
2
O
4
(k) ↔ 2NO
2
(k).
Khi cân bằng được thiết lập có 63% N
2
O
4
bị phân hủy thành NO
2
. Tính hằng số K
c
và
K
p
của phản ứng.
Câu 5:( 5 điểm)
5.1. ( 2 điểm) Hỗn hợp khí A gồm có O
2
và O
3
, tỉ khối hơi của A đối với H
2
là 19,2.
Hỗn hợp khí B gồm H
2
và CO, Tỉ khối của hỗn hợp khí B đối với H
2
là 3,6.
a. Tính thành phần phần trăm theo thể tích các khí trong hỗn hợp A và hỗn hợp B.
b. Tính số mol hỗn hợp khí A cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 1 mol hỗn hợp khí B.
Các thể tích khí được đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất.
5.2. ( 3 điểm) Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có
không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu
được sản phẩm khí Y, có tỉ khối hơi của Y so với H
2
là 13. Lấy 2,24 lit (đktc) khí Y đốt
cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua100ml dung dịch H
2
O
2
5,1% ( có d =
1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b. Tính phần trăm khối lượng các chất trong X.
c. Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B.
HẾT
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 10
Câu
Nội dung đáp án
Biểu
điểm
1.1
Theo đề tính được Z
M
=13 ; Z
X
= 17. M là Al, X là Cl
0,5 đ
a
Cấu hình e của M
3+
: 1s
2
2s
2
2p
6
Cấu hình e của Cl
-
: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
0,25đ
0,25đ
b
Vị trí của Al: chu kì 3, nhóm IIIA, ô số 13.
Vị trí của Cl: chu kì 3, nhóm VIIA, ô số 17.
Công thức B: AlCl
3.
0,25đ
0,25đ
c
Bộ 4 số lượng tử của Al: n = 3, l=1, m=-1, m
s
= +1/2
Bộ 4 số lượng tử của Cl:n =3, l= 1, m = 0, m
s
= -1/2
0,25đ
0,25đ
1.2
NH
4
+
: sp
3
PCl
5
: sp
3
d XeF
4
: sp
3
d
2
CO
3
2-
: sp
2
0,25đ
×4
1.3.a
Trong NH
3
cặp e dùng chung lệch về phía N làm tăng độ phân cực
của phân tử. Trong NF
3
cặp e dùng chung lệch về phía F làm giảm
độ phân cực của phân tử. Do vậy momen lưỡng cực trong NH
3
lớn
hơn NF
3
.
0,5đ
b
Phân tử NH
3
có nhiệt độ sôi lớn hơn NF
3
là do phân tử NH
3
phân
cực hơn và có tạo được liên kết hidro liên phân tử.
0,5đ
2.1.a
Cu
2
FeS
x
+ O
2
→ Cu
2
O
+ Fe
3
O
4
+ SO
2
.
2× 3Cu
2
FeS
x
→ 6Cu
+1
+ 3Fe
+8/3
+3xS
+4
+ (12x +
14)e
(6x + 7) × O
2
+ 4e → 2O
2-
6 Cu
2
FeS
x
+ (6x + 7) O
2
→ 6Cu
2
O
+ 2Fe
3
O
4
+ 6xSO
2
.
0,5đ
0,5đ
b
Fe
x
O
y
+ H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ S + SO
2
+ H
2
O ( Biết tỉ lệ mol của
S và SO
2
là 1:1)
4× 2xFe
+2y/x
→ 2xFe
3+
+ (6x - 4y)e
(3x – 2y)× 2S
+6
+ 8e → S
0
+ S
+4
8Fe
x
O
y
+ (18x- 4y)H
2
SO
4
→ 4xFe
2
(SO
4
)
3
+ (3x – 2y)S + (3x-
2y)SO
2
+ (18x-4y)H
2
O
0,5đ
0,5đ
2.2.a
Quá trình oxi hóa: Cu → Cu
2+
+ 2e ×2
Quá trình khử: 4H
+
+ O
2
+4e → 2H
2
O ×1
Phương trình phản ứng:
2Cu + 4H
+
+ O
2
→ 2Cu
2+
+ 2H
2
O
0,125đ
0,125đ
0,25đ
b
Giả sử phản ứng trên xảy ra thuận nghịch:
2Cu + 4H
+
+ O
2
↔ 2Cu
2+
+ 2H
2
O
Hằng số cân bằng K = 10
n.∆E/0,059
Ở đktc ∆E
0
= 1.23 – 0,34 = 0,89V = > K = 10
4×0,89/0,059
= 10
60,33
K rất lớn nên Cu tan tốt trong dung dịch axit có hòa tan O
2
ở đktc
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3.1.a
O
3
+ 2I
-
+ H
2
O → O
2
+ I
2
+ 2OH
-
0,25đ
b
CO
2
+ NaClO + H
2
O → NaHCO
3
+ HClO
0,25đ
c
5H
2
O
2
+ 2MnO
4
-
+ 6H
+
→ 5O
2
+ 2Mn
2+
+ 8H
2
O
0,25đ
d
2F
2
+ 2NaOH → 2NaF + H
2
O + OF
2
0,25đ
3.2.a
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: n
O
kết hợp với 2 kim loại
n
O
= (4,74 – 3,94)/16 = 0,05 mol
Gọi 2 kim loại X,Y là M
Phần 1 O +2e → O
2-
M + ne → M
n+
Phần 2 2H
+
+ 2e → H
2
M + ne → M
n+
Áp dụng định luật bảo toàn e
→ n H
2
= 0,05 → V H
2
= 1,12 lit
0,25đ
0,125đ
0,125đ
0,5đ
b
Khi số mol e nhận 0,1 thì số mol điện tích dương kim loại bằng 0,1.
Gọi x là số mol Cl
-
→ 2x là số mol SO
4
2-
.
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: x + 4x = 0,1 → x = 0,02
Khối lượng muối thu được ở phần 2: 3,94 +0,02×35,5 +0,04×96 =
8,49 g
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
4.1.a
Xét phản ứng: CO
2
(k) + H
2
(k) ↔ CO (k) + H
2
O(k).
K
p
= P
co
.P
H2O
/ P
CO2
.P
H2
K
c
= [CO]. [H
2
O]/ [CO
2
].[H
2
]
∆n = 0. Vậy K
p
= K
c
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b
2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl
2
(k).
K
p
= (P
NO
)
2
. (P
Cl
)/ (P
NOCl
)
2
K
c
= [NO]
2
. [Cl
2
]/ [NOCl]
2
∆n = 1. Vậy K
p
= K
c
.RT
-
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4.2
Phản ứng: N
2
O
4
(k) → 2NO
2
(k)
Số mol ban đầu: 0,003 0
Số mol phản ứng: x 2x
Số mol khi cân bằng: 0,003 –x 2x
x = 0,003×63/100 = 0,00189
Số mol N
2
O
4
= 0,003 – 0,00189 = 0,00111MOL
Số mol NO
2
= 0,00378mol
[N
2
O
4
] = 0,00111/0,5 = 0,00222 mol/l
[NO
2
] = 0,00378/0,5 = 0,00756 mol/l
K
c
= [0,00756]
2
/[0,00222] = 2,57.10
-2
K
p
= K
c
.(RT)
Δn
với Δn = 1
K
p
= 2,57.10
-2
×0,082×(273 +45) = 0,67
0,125đ
0,125đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5.1.a
Gọi x là số mol O
2
, y là số mol O
3
trong hỗn hợp A
Áp dụng quy tắc đường chéo: → x/y = 3/2
Gọi a là số mol H
2
, b là số mol CO trong hỗn hợp B.
Tương tự: a/b = 4
Vậy %V
O2
= 60%, %V
O3
= 40%
Vậy %V
H2
= 80%, %V
CO
= 20%
0,25đ
0,25đ
0,125đ
0,125đ
b
Quá trình nhường e: H
2
→ 2H
+
+ 2e
C
+2
→ C
+4
+2e
Số mol e nhường = 2×số mol hỗn hợp B = 2 mol
Quá trình nhận e: O
2
+ 4e → 2O
-2-
và O
3
+ 6e → 3O
-2
mol x 4x y 6y
Số mol e nhận = 4x + 6y
Áp dụng định luật bảo toàn e: 4x + 6y = 2 (1)
Ta có x/y = 3/2 (2)
Từ (1) và (2) tính được x = 0,25, y = 0,167 → n
A
= 0,417 mol
0,125đ
0,125đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5.2.a
Viết phương trình:
Fe + S → FeS (1)
FeS + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
S↑ (2)
Với M
Y
= 26 => Y có H
2
S và H
2
, nên Fe dư phản ứng với HCl
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑ (3)
2H
2
S + 3O
2
→ 2SO
2
+ 2H
2
O (4)
2H
2
+ O
2
→ 2H
2
O (5)
SO
2
+ H
2
O
2
→ H
2
SO
4
(6)
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,25đ
b
Gọi số mol H
2
S = a mol, số mol H
2
= b mol
M
Y
= (34a + 2b) / (a+b) = 26 => a/b = 3
n
Fe(1)
= n
S
= n
FeS
= n
H2S
= a
n
Fe(3)
= n
H2
= b
Số mol Fe ban đầu = a + b = 4b
Phần trăm khối lượng của Fe và S trong hỗn hợp X là:
%m
Fe
= 4a×56×100/ (4a×56+ 3a×32) = 70% và %m
S
= 30%
0,25đ
0,125đ
0,125đ
0,25đ
0,25đ
c
n
Y
= 0,1mol => số mol H
2
S = 0,1×3/4 = 0,075 mol, số mol H
2
=
0,025
Số mol H
2
O
2
= (100×1×5,1)/(100×34) = 0,15 mol
Từ phương trình (4) : n
SO2
= n
H2S
= 0,075 mol
Từ phương trình (4) : số mol H
2
O
2
dư = 0,075 mol, số mol H
2
SO
4
=
0,075
Từ phương trinh (4), (5): n
H2O
= n
H2S
+ n
H2
= 0,1 mol
Áp dụng ĐLBTKL ta có;\
Khối lượng dung dịch B = m
ddH2O2
+ m
SO2
+ m
H2O
= 100×1 + 0,075×64 + 0,1×18 = 106,6 gam
Vậy nồng độ % của H
2
SO
4
= (0,075×98×100)/106,6 = 6,895%
Nồng độ % của H
2
O
2
= (0,075×34×100)/ 106,6 = 2,392%
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
Sở GD & ĐT Quảng Nam KÌ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM NĂM 2017
Trường THPT Thái Phiên MÔN HÓA HỌC LP 10
Đề thi đề nghị
Cho NTK Na=23; Cl=35,5; Br=80; I=127; Ag=108; Fe=56; H=1; O=16; S=32
Câu I:
1. Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong không gian
của các ion sau ClO
-
, ClO
2
-
, ClO
3
-
, ClO
4
-
, từ đó so sánh độ bền của các ion.
2. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron lớp ngoài cùng là
3s
2
3p
6
. Trong một phân tử A có tổng số hạt bằng 164. Biết rằng A tác dụng được với một
nguyên tố (đơn chất) đã có trong thành phần của A theo tỉ lệ 1:1 tạo thành chất B. Xác định
công thức phân tử của A và viết công thức Lewis của A, B.
Câu II:
1. Hoàn thành và cân bằng các phương trình sau bằng phương pháp thăng bằng ion-
electron:
a/ Al + HNO
3
→ N
2
O + 2NO + …
b/ MnO
4
-
+ H
2
O
2
+ H
+
→ O
2
+ …
2. Cho các giá trị thế điện cực:
Fe
2+
+ 2e → Fe E
0
= -0,44V
Fe
3+
+ 1e → Fe
2+
E
0
= -0,77V
a/ Xác định E
0
của cặp Fe
3+
/Fe.
b/ Từ kết quả thu được hãy chứng minh rằng khi cho sắt kim loại tác dụng với dung
dịch HCl 0,1M chỉ có thể tạo ra Fe
2+
chứ không tạo ra Fe
3+
.
3. Để chuẩn độ hàm lượng Cl
2
trong nước sinh hoạt người ta dùng dung dịch KI.
a/ tính
0
G
và hằng số cân bằng K của phản ứng Cl
2(k)
và I
-
(dd)
ở 298K biết:
E
0
−
ClCl 2/
2
= 1,36V; E
0
−−
II 3/
3
= 0,54V.
b/ khi trong nước có mặt các ion Cu
2+
, chúng cản trở sự định lượng Cl
2
. Hãy giải
thích, biết E
0
++
CuCu /
2
= 0,16V T
CuI
= 10
-12
. Cho 2,033RT/F = 0,0592.
Câu III:
1. Cho clo tác dụng với dung dịch chứa 356 gam hỗn hợp X gồm NaBr và NaI. Cô cạn
dung dịch sau phản ứng thu được chất rắn A.
a) Để chất rắn A chỉ chứa 2 muối thì lượng clo tối thiểu cần dùng là 35,5 gam. Tính
số mol mỗi chất trong X.
b) Chất rắn A khi tác dụng với dung dịch AgNO
3
dư thì cho m gam kết tủa. Tính khối
lượng clo phản ứng trong 2 trường hợp sau:
+ m = 537,8 gam.
+ m = 475 gam.
2. Thả một viên bi sắt hình cầu bán kính R vào 500 ml dung dịch HCl nồng độ C
M
sau khi
kết thúc phản ứng thấy bán kính viên bi còn lại một nửa. Nếu cho viên bi sắt còn lại vào
117,6 gam dung dịch H
2
SO
4
5% (xem viên bi sắt còn lại có khối lượng không đáng kể so với
khối lượng dung dịch H
2
SO
4
) thì khi bi sắt tan hết dung dịch H
2
SO
4
có nồng độ mới là 4%.
a) Tính bán kính R của viên bi, biết khối lượng riêng của sắt là 7,9 gam/cm
3
. Viên bi
bị ăn mòn theo mọi hướng như nhau, π = 3,14.
b) Tính C
M
của dung dịch HCl.
Câu IV:
1. Phản ứng N
2
+ 3H
2
→ 2NH
3
,
H = -92,4 kJ
Năng lượng phá vỡ liên kết H
2 (k)
và N
2(k)
lần lượt bằng 436 kJ/mol và 945 kJ/mol. Tính
năng lượng liên kết trung bình N-H trong phân tử NH
3
.
2. Cho 2 phản ứng sau:
C
(r)
+ CO
2 (k)
2CO
(k)
(1) và 2CO
2(k)
2CO
(k)
+ O
2(k)
(2)
Trạng thái cân bằng của phản ứng (1) được xác định bởi các dữ kiện sau:
Nhiệt độ (
0
C)
Áp suất toàn phần (atm)
%
V
CO trong hỗn hợp
800
2,57
74,55
900
2,30
93,08
Hằng số cân bằng của phản ứng (2) ở 900
0
C bằng 1,25.10
-16
atm.
Tính
H,
S ở 900
0
C đối với phản ứng (2) biết nhiệt tạo thành ở 900
0
C của CO
2
bằng -
390,7 kJ/mol.
Câu V:
1. Cho cùng một lượng kim loại R vào dung dịch HCl 0,5M dư và vào dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư thì thể tích khí SO
2
(sản phẩm khử duy nhất) bằng 1,5 lần thể tích khí H
2
đo
cùng một điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat bằng 1,575 lần khối lượng
muối clorua.
a/ Tìm nguyên tử khối của kim loại R.
b/ Hòa tan hoàn toàn 2,798 gam kim loại trên vào axit H
2
SO
4
đặc nóng thu được dung
dịch chỉ chứa muối sunfat và sản phẩm khử duy nhất là SO
2
. Tìm tổng khối lượng muối khan
sunfat thu được và thể tích SO
2
thu được ở điều kiện tiêu chuẩn. Cho biết số mol kim loại
bằng 0,4 lần số mol axit.
2. Hòa tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO
3
và Na
2
SO
3
trong H
2
SO
4
dư và đun nóng.
Cho toàn bộ lượng khí thoát ra hấp thụ hết trong 500 ml dung dịch Br
2
có nồng độ xM thu
được dung dịch A. Thêm KI dư vào 50ml dung dịch A. Để phản ứng hết với lượng I
3
-
phải
dùng 12,5 ml dung dịch Na
2
S
2
O
3
0,05M. Sục khí N
2
qua 100ml dung dịch A để đuổi hết Br
2
dư thu được dung dịch B. Trung hòa 25 ml dung dịch B cần dùng hết 25 ml NaOH 0,1M.
a/ Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b/ Tính x.
c/ Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
---HẾT---
PHẦN ĐÁP ÁN
Câu I. 1
Cấu tử
Trạng thái lai hóa
Số electron không liên kết
Dạng hình học
ClO
-
sp
3
3 cặp
thẳng
ClO
2
-
sp
3
2 cặp
Góc
ClO
3
-
sp
3
1 cặp
chóp tam giác
ClO
4
sp
3
0 cặp
tứ diện đều
Độ bền: ClO
-
< ClO
2
-
< ClO
3
-
< ClO
4
-
2. Cấu hình electron đầy đủ của các ion: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
mỗi ion có 18e. Giả sử một phân
tử A có x ion, vì phân tử trung hòa điện nên: ∑
p
= ∑
e
= 18x
Gọi Z, N lần lượt là số proton và số notron có trong một phân tử A, ta có:
∑
p
+∑
e
+ ∑
n
= 164 → 36x + N = 164 → N = 164 – 36x
Mặt khác: Z
N
1,5Z → 18x
164 – 36x
1,5.18x → x = 3. Do đó Z = 54; N = 56
Trường hợp 1: A gồm 2 ion M
+
và 1 ion X
2-
→ ctpt của A là: M
2
X.
Ta có: Z
x
=
3
54
- 2 = 16 → X là S và Z
M
=
3
54
+ 1 = 19 → M là K
Vậy ctpt của A là K
2
S
Trường hợp 2: A gồm 1 ion M
2+
và 2 ion X
-
tức công thức A là: MX
2
.
Ta có: Z
x
=
3
54
- 1 = 17 → X là Cl và Z
M
=
3
54
+ 2 = 20 → M là Ca. Vậy ctpt của A là CaCl
2
.
Vì A tác dụng được với một nguyên tố có trong A nên A là K
2
S và B là K
2
S
2
.
Ctpt và công thức Lewis của A và B lần lượt là:
K-S-K; K
+
[:
..
..
:S
]
2-
K
+
và K-S-S-K; K
+
[:
..
..
:S
..
..
:S
]
2-
K
+
Câu II:
1. a/ Al + HNO
3
→
N
2
O + 2NO + Al(NO
3
)
3
+ H
2
O
14x Al
→
Al
3+
+ 3e
3 x 4NO
3
-
+ 18H
+
+ 14e
→
N
2
O + 2NO + 9H
2
O
-------------------------------------------------------------------------
14Al + 54H
+
+ 12NO
3
-
→
3N
2
O + 6NO + 14Al
3+
+ 27H
2
O
14Al + 54HNO
3
→
14Al(NO
3
)
3
+ 3N
2
O + 6NO
+ 27H
2
O
b/ MnO
4
-
+ H
2
O
2
+ H
+
→
O
2
+ Mn
2+
+ H
2
O
2x MnO
4
-
+ 8H
+
+ 5e
→
Mn
2+
+ 4H
2
O
5x H
2
O
2
→
O
2
+ 2H
+
+ 2e
------------------------------------------------------------------------
2MnO
4
-
+ 5H
2
O
2
+ 16H
+
→
5O
2
+ 2Mn
2+
+ 8H
2
O
2. a/ Fe
2+
+ 2e
→
Fe (1)
0
1
G
= -n
1
E
0
1
F = -2.(-0,44).F
Fe
3+
+ 1e
→
Fe
2+
(2)
0
2
G
= -n
2
E
0
2
F = -1.(0,77).F
Fe
3+
+ 3e
→
Fe (3)
0
3
G
=
0
1
G
+
0
2
G
0
3
G
= -n
3
E
0
3
F = -3E
0
3
F = [-2. (-0,44) - 1.(0,77)].F
→
E
0
3
= -0,036V
b/ Trong dung dịch HCl 0,1M
→
[H
+
] = 10
-1
M
E
2H
+
/
H
2
= E
0
2H
+
/
H
2
+ 0,059lg[H
+
] = -0,059V
E
0
Fe
2+
/
Fe
< E
0
2H
+
/
H
2
< E
0
Fe
3+
/
Fe
(-0,44 < -0,059 < -0,036)
→
H
+
chỉ oxy hóa Fe thành
Fe
2+
.
3. a/ Cl
2
+2e
2Cl
-
0
1
0
1
2FEG −=
;
VE 36,1
0
1
=
3I
-
I
3
-
+ 2e
0
2
0
2
2FEG −=
;
VE 54,0
0
2
−=
Cl
2
+ 3I
-
2Cl
-
+ I
3
-
0
3
G
0
3
G
=
0
1
G
+
0
2
G
= -2F (
)
0
2
0
1
EE −
= - 158260J
0
G
= -RTlnK = - 158260J
→
K =
RT
G
e
0
−
=
298314,8
)158260(
x
e
−−
= 5,5x10
27
b/ Cu
2+
cản trở sự định lượng Cl
2
vì xảy ra phản ứng giữa Cu
2+
và I
-
. Tổ hợp các cân
bằng:
Cu
2+
+ 1e
→
Cu
+
K
1
=
0592,0
16,0
10
= 10
2,7
Cu
+
+ I
-
→
CuI
(r)
K
2
= (K
sp
)
-1
= 10
12
Cu
2+
+ I
-
+ 1e
→
CuI
(r)
K = 10
14,7
=
0592,0
0
10
E
(2)
E
0
Cu
2+
/CuI
= 14,7.0,0592 = 0,87V; E
0
Cu
2+
/CuI
> E
0
−
32
/ ICl
nên phản ứng (2) xảy ra cạnh tranh
với phản ứng (1) giữa Cl
2
và I
-
dẫn đến việc định lượng Cl
2
không chính xác.
Câu III.
1. Phản ứng xảy ra lần lượt:
Cl
2
+ 2NaI
→
2NaCl + I
2
(1)
Cl
2
+ 2NaBr
→
2NaCl + Br
2
(2)
Nếu sau phản ứng (1), Cl
2
hết, NaI dư
→
chất rắn A chứa 3 muối.
Vậy lượng clo tối thiểu để chất rắn A chỉ chứa 2 muối ứng với (1) xảy ra vừa đủ và (2)
chưa xảy ra.
n
Cl
2
= 35,5/71 = 0,5
→
n
NaI = 1
→
n
NaBr = 2.
2. Nếu (1) chưa xảy ra:
n
Cl
2
= 0
→
rắn A gồm 1mol NaI và 2 mol NaBr
Sau khi phản ứng với AgNO
3
dư
→
kết tủa gồm 1mol AgI và 2 mol AgBr
→
m
kt
=
m
AgI
+
m
AgBr = 1x235 + 2x188 = 611 gam.
Nếu (1) xảy ra đủ, (2) chưa xảy ra:
n
Cl
2
= 0,5 → rắn A gồm 1mol NaCl và 2 mol NaBr
Sau khi phản ứng với AgNO
3
dư
→
kết tủa gồm 1mol AgCl và 2 mol AgBr
→
m
kt
=
m
AgCl
+
m
AgBr = 1x143,5 + 2x188 = 519,5 gam.
Nếu (2) xảy ra vừa đủ:
n
Cl
2
= 1,5
→
rắn A gồm 3 mol NaCl
Sau khi phản ứng với AgNO
3
dư
→
kết tủa gồm 3 mol AgCl
→
m
kt
=
m
AgCl
= 3x143,5 = 430,5 gam.
• Trường hợp
m
kt = 537,8 g
→
519,5 < 537,8 < 611
→
chỉ xảy ra (1) và NaI dư
Cl
2
+ 2NaI
→
2NaCl + I
2
x 2x 2x
NaCl: 2x mol AgCl: 2x mol
→
A gồm NaI: (1-2x) mol
→
kết tủa gồm AgI: (1-2x) mol
NaBr: 2 mol AgBr: 2 mol
→
m
kt = 143,5.2x + 235 (1-2x) + 188.2 = 537,8
→
x=0,4
→
m
Cl
2
= 0,4.71 = 28,4 gam.
• Trường hợp
m
kt = 475 gam
→
430,5 < 475 < 519,5
→
(1) xảy ra xong, (2) xảy ra chưa xong, NaBr dư.
Cl
2
+ 2NaI
→
2NaCl + I
2
0,5 1 1
Cl
2
+ 2NaBr
→
2NaCl + Br
2
a 2a 2a
→
A gồm NaCl: (1+2a) mol
→
kết tủa gồm AgCl: (1+2a) mol
NaBr
dư
: (2-2a) mol AgBr: (2-2a) mol
→
m
kt = 143,5 (1+2a) + 188 (2-2a) = 475
→
a = 0,5
→
n
Cl
2pư
=1 →
m
Cl
2
= 71 gam.
2. a) Các pthh: Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
Fe + H
2
SO
4
→
FeSO
4
+ H
2
Ta có
n
H
2
SO
4ban đầu
= (117,6. 0,05)/98 = 0,06 mol
n
H
2
SO
4còn
= (117,6. 0,04)/98 = 0,048 mol
→
n
H
2
SO
4(2)
= 0,06-0,048 = 0,012 mol =
n
Fe
(2)
Mặt khác
m
Fe
ban đầu
= d.V = d.
3
3
4
R
→
n
Fe
ban đầu
=
3
56.3
4
R
d
Khi hòa tan viên bi trong HCl thì R giảm đi một nửa tức bán kính của viên bi còn R/2
→
n
Fe
dư
=
n
Fe
(2)
=
3
)
2
(
56.3
4 Rd
=
8
1
n
Fe
ban đầu
→
n
Fe
ban đầu
= 0,012.8 = 0,096 mol
→
m
Fe
ban đầu
= 0,096.56 = 5,376 g.
Thể tích viên bi sắt ban đầu là V =
68,0
9,7
376,5
==
d
m
cm
3
Ta có
===→=
33
3
4
68,0.3
4
3
3
4
V
RRV
0,545 cm.
b)
n
Fe
(1)
= 0,096 – 0,012 = 0,084 mol
→
n
HCl
(1)
= 2
n
Fe = 2.0,084 = 0,168 mol
→
C
M (HCl)
= 0,168/0,5 = 0,336 M.
Câu IV:
1. Năng lượng liên kết E
N-N
= -945 kJ/mol; E
H-H
= -436 kJ/mol
N
2
+ 3H
2
→
2NH
3
,
H = -92,4 kJ
Ta có
H = 6E
N-H
– (E
N-N
+ 3E
H-H
)
→
-92,4 =
6E
N-H
– (-945+ 3.(-436))
→
E
N-H
= -390,9 kJ/mol.
2.
Nhiệt độ (
0
C)
Áp suất CO
2
Áp suất CO
800
2,57. 0,2545
2,57. 0,7455
900
2,3. 0,0692
2,3. 0,9308
Xét phản ứng C
(r)
+ CO
2 (k)
2CO
(k)
(1)
Ta có hằng số cân bằng K
P
=
2
2
CO
CO
P
P
Ở 800
0
C (1073
0
K) có K
P
(T
1
)
=
0,2545 2,57.
0,7455) (2,57.
2
= 5,6123 atm
Ở 900
0
C (1173
0
K) có K
P
(T
2
)
=
0,0692 2,3.
0,9308) 2,3.(
2
= 28,7962 atm
Ta có
)
11
(
)(
)(
ln
211
2
TTR
H
TK
TK
P
P
−
=
→
)
1173
1
1073
1
(
314,86123,5
7962,28
ln −
=
H
→
H = 171,12 kJ/mol
C
(r)
+ CO
2 (k)
2CO
(k)
(1)
H
1
= 171,12 kJ/mol
C
(r)
+ O
2 (k)
CO
2 (k)
(3)
H
3
= -390,7 kJ/mol
2CO
2(k)
2CO
(k)
+ O
2(k)
(2)
H
2
Xét phản ứng (2) ở 900
0
C (1173
0
K)
Ta có
H
2
=
H
1
-
H
3
= 561,82 kJ/mol (
H
1173
)
G
1173
= -RTlnK
P
= -8,314. 1173ln (1,25.10
-16
) = 357200 J/mol
Lại có
G =
H - T
S
→
S =
174400
1173
357200561820
=
−
=
−
T
GH
J/mol
= 174,4 kJ/mol.
Câu V:
1. a) R + nHCl
→
RCl
n
+ (n/2)H
2
a na 0,5na (mol)
2R + 2mH
2
SO
4
→
R
2
(SO
4
)
m
+ mSO
2
+ 2mH
2
O
a 0,5a 0,5ma
Ta có 0,5ma = 1,5. 0,5na
→
m=1,5n (1)
Mặt khác (2R+96m)0,5a = 1,575 (R+ 35,5n)a (2)
Thay (1) vào (2), chọn n=2, m=3 thì R=55,957.
b)
n
Fe = 2,798/55,957 = 0,05 mol
→
n
H
2
SO
4
= 0,05/0,4 = 0,125 mol
→
n
H
+
= 0,25
4H
+
+ SO
4
2-
+ 2e
→
SO
2
+ 2H
2
O
0,25 0,0625 0,0625
→
V
SO
2
= 0,0625. 22,4 = 1,4 lít
m
muối sunfat
= 2,798 + 96. 0,0625 = 8,798 gam.
2. a) Đặt hỗn hợp X gồm NaHSO
3
(a mol) và Na
2
SO
3
(b mol)
HSO
3
-
+ H
+
→
SO
2
+ H
2
O (1)
SO
3
2-
+ 2H
+
→
SO
2
+ H
2
O (2)
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O
→
H
2
SO
4
+ 2HBr (3)
(4H
+
+ SO
4
2-
+ 2Br
-
)
Br
2
+ 3I
-
→
2Br
-
+ I
3
-
(4)
I
3
-
+ 2S
2
O
3
2-
→
3I
-
+ S
4
O
4
2-
(5)
H
+
+ OH
-
→
H
2
O (6)
b) Xét 50 ml dung dịch A:
n
S
2
O
3
2-
= 6,25.10
-4
mol
→
n
Br
2 (4)
=
n
I
3
-
= 3,125.10
-4
mol
→
n
Br
2
dư trong 500ml dung dịch A = 10. 3,125.10
-4
= 3,125.10
-3
mol
Xét 25 ml dung dịch B:
n
OH
-
= 1,5.10
-3
mol
→
n
H
+
trong 500 ml dung dịch A = 20. 1,5.10
-3
= 0,03 mol
Ta có
n
Br
2
=
n
Br
2(3)
+
n
Br
2 (dư)
=
4
1
n
OH
-
+
n
Br
2 (dư)
= 0,010625 mol
→
x =
0,010625/0,5 = 0,02125M.
c)
n
SO
2
=
n
Br
2 (3)
= 0,03/4 = 0,0075 = a+b (1)
Lại có
m
hh = 104a + 126b = 0,835 (2)
Từ (1) và (2) ta được a = 0,005 và b = 0,0025.
→
m
NaHSO
3
= 0,52 g
→
%
m
NaHSO
3
= 62,28%
→
%
m
Na
2
SO
3
= 37,72%.
---HẾT---
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu I(4 điểm):
1.Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện
là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn tổng số hạt mang điện của A là 26.
a) Xác định A, B.Viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron cuối
cùng trong nguyên tử A, B.
b) Xác định vị trí của A, B trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
c) Viết công thức Lewis của phân tử AB
2
, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của
nguyên tử trung tâm?
d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB
2
có khuynh hướng polime hoá?
2.Cho biết:
+
Na
r
= 0,95
0
A
,
−
Cl
r
= 1,81
0
A
. Hãy dự đoán cấu trúc mạng tinh thể của NaCl? Vẽ cấu trúc
mạng này? Tính số phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở?
3. X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với
nguyên tố flo hai hợp chất XF
3
và YF
4
, biết:
* Phân tử XF
3
có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác.
* Phân tử YF
4
có hình tứ diện.
* Phân tử XF
3
dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F
-
tạo ra XF
4
-
.
* Phân tử YF
4
không có khả năng tạo phức.
a) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố.
b) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF
3
với XF
4
-
.
Câu II(4 điểm):
1.Hoàn thành các pthh của phản ứng sau (cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron):
a. FeO + HNO
3
→
xy
N O ...+
Trên cơ sở hệ số tìm được, hãy suy luận để xác định hệ số cho trường hợp Fe
3
O
4
:
Fe
3
O
4
+ HNO
3
→
N O ...
xy
+
b.
2 2 4 3 2 2 4 4 2 4
CuFeS Fe (SO ) O H O CuSO FeSO H SO+ + + → + +
2. Cho giản đồ thế khử chuẩn của Mn trong môi trường axit:
a)Tính thế khử chuẩn của cặp:
- 2-
44
MnO /MnO
và
32
Mn /Mn
++
b)Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền và bị dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản
ứng dị phân đó.
Câu III(5,5 điểm)
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: (2 điểm)
a. Ozon oxi hóa I
-
trong môi trường trung tính
b. Sục khí CO
2
qua nước Javel
c. Cho nước Clo qua dung dịch KI
d. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI
2
2. Đem nhiệt phân 22,12 gam kalipemangannat thu được 21,16 gam hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng
với lượng dư dung dịch axit HCl đặc. Tính thể tích khí clo (đktc) có thể thoát ra cực đại.
3. Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích.
a. HCl bị lẫn H
2
S.
b. H
2
S bị lẫn HCl.
c. CO
2
bị lẫn SO
2
.
d. CO
2
bị lẫn CO.
4. Nhiệt phân 98 gam KClO
3
(có xúc tác MnO
2
), sau một thời gian thu được 93,2 gam chất rắn và
khí A. Cho toàn bộ lượng khí A phản ứng hết với hỗn hợp kim loại X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp
chất rắn Y cân nặng 15,6 gam. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y bằng dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng, dư
thu được 0,56 lít khí SO
2
(đktc, sản phẩm khử duy nhất của S
+6
). Tính thành phần % khối lượng của
Mg trong hỗn hợp X.
5. Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe
3
O
4
tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng, thu được 2,24
lít khí SO
2
(đktc, sản phẩm khử duy nhất của S
+6
) và còn
7
50
𝑚 gam kim loại không tan. Cho toàn bộ
lượng kim loại không tan tác dụng hết với dung dịch HCl (lấy dư 10% so với lượng cần phản ứng)
được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO
4
đun nóng
(đã axit hóa bằng H
2
SO
4
dư).
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính giá trị của m và thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X?
Câu IV(2,5 điểm)
1. Tính nhiệt sinh chuẩn (
H
0
298.s
) của CH
4
(K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H
2
là 436 kJ.mol
-1
; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH
4
là 410 kJ.mol
-1
và nhiệt nguyên tử
hóa
H
0
a
của C
gr
(K) là:
H
0
a
= 718,4 kJ.mol
-1
. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn.
2. a/ Cho phản ứng phân hủy : CaCO
3
(r)
0
t
⎯⎯→
⎯⎯
CaO
(r)
+ CO
2
(khí)
(1).
??
- 2- 3+ 2+
4 4 2
+2,27V +0,95V
MnO MnO MnO Mn Mn⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯→
+1,70V
+1,23V
Biết :
0
pu
ΔH =+178,32KJ
,
0
pu
ΔS =+160,59J/K
. Tính ∆G
0
của phản ứng (1) ở 850
0
C ?
b/Cho : O
2(k)
Cl
(k)
HCl
(k)
H
2
O
(k )
H
2
O
(l)
H
0
(kJ/mol
-1
) 0 0 - 92,31 -241,83
285,8
S
0
298
(J.mol
-1
. K) 205,03 222,9 186,7 188,7
69,9
Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
4HCl
(k)
+ O
2 (k)
2Cl
2 (k)
+ 2H
2
O
(k)
(1)
Tại 298K
Câu V(4 điểm)
1. Nén 2 mol N
2
và 8 mol H
2
vào bình kín dung tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích
không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng đạt tới cân bằng, áp suất
trong bình bằng 0,8 lần áp suất ban đầu đo ở cùng nhiệt độ.
a.Tìm hằng số cân bằng của phản ứng.
b.Cân bằng dời đổi theo chiều nào khi:
- Tăng nồng độ mol NH
3
.
- Giảm nhiệt độ.
- Tăng áp suất.
2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số
hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp
electron và 6 electron độc thân.
e) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn.
f) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X
2+
và Y
-
.
3. Sục Cl
2
vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I
2
vào dung dịch KOH
loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).
c) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét.
d) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp
HCl và FeCl
2
, dung dịch Br
2
, H
2
O
2
vào dung dịch A (không có Cl
2
dư).
e) Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau
đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc.
=====HẾT=====
HƯNG DN VÀ BIỂU ĐIỂM CHM
ĐỀ THI OLYMPIC
Môn: Hoá học 10
Câu I
Nội dung
Điểm
Câu 1
2
a)Gọi Z
A
, Z
B
lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B.
Gọi N
A
, N
B
lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B.
Với số proton = số electron
0.25
Ta có hệ :
=
=
=−
=+
=−
=+−+
=+++
17Z
4Z
13ZZ
21ZZ
262Z2Z
19)N(N)2Z(2Z
65)N(2Z)N(2Z
B
A
AB
BA
AB
BABA
BBAA
Z
A
= 4 A là Be Cấu hình e : 1s
2
2s
2
Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, m
s
=
2
1
−
Z
B
= 17 B là Cl Cấu hình e : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, m
s
=
2
1
−
0,25
0.25
b) Ta có Z = 4 Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e Be ở chu kỳ 2.
Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng nhóm IIA.
Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA.
0.25
c)
:
Cl
..
..
:Be:
Cl
..
..
:
Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng
Trạng thái lai hoá : sp
0.25
0.5
d) Khi tạo thành phân tử BeCl
2
thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững
và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl
2
này
sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl
2
kia tạo liên kết cho-
nhận. Vậy BeCl
2
có khuynh hướng polime hoá:
0.25
Câu 2
Ta có:
.,
,
,
5250
811
950
r
r
Cl
Na
==
−
+
Từ tỉ lệ này cho phép dự đoán cấu trúc mạng lưới NaCl là lập phương tâm diện kép:lập phương
tâm diện của Na
+
lồng vào lập phương tâm diện của Cl
-
.
1
Cl
Cl
Be
....
....
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Mô hình đặc của NaCl
Na
+
Cl-
Mô hình rỗng của NaCl
Theo hình vẽ, ta có:
n Cl
-
= 8.
.. 4
2
1
6
8
1
=+
n Na
+
=
... 411
4
1
12 =+
có 4 phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở.
Câu 3
Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố.
Từ các tính chất đã cho, suy ra:
- X (trong XF
3
) chỉ có 1 obital trống;
- Y (trong YF
4
) không có obital trống.
a) Vậy X và Y phải ở chu kì 2 X là
5
B, Y là
6
C.
- Góc liên kết FXF trong XF
3
là 120
o
,
Góc liên kết FXF trong XF
4
-
là 109
o
28’
Vì Trong XF
3
X lai hóa sp
2
, trong XF
4
-
thì X lai hóa sp
3
.
b)- Độ dài liên kết: d (X – F) trong XF
3
< d(X – F) trong XF
4
-
vì liên kết trong XF
3
ngoài liên
kết còn có một phần liên kết π không định chỗ.
1
Câu 1
Câu II
a)FeO + HNO
3
→
3 3 x y 2
Fe(NO ) N O H O+ +
Fe
+2
→
Fe
+3
+ 1e x (5x - 2y)
xN
+5
+ (5x - 2y) e
→
2y
x
x
N
+
x 1
Cân bằng: (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO
3
→
(5x-2y)
3 3 x y 2
Fe(NO ) N O (8x 3y)H O+ + −
Suy luận:
Vì có thể xem Fe
3
O
4
là FeO.Fe
2
O
3
, nên phần Fe
2
O
3
không bị oxi hóa mà chỉ hòa tan trong
HNO
3
thành Fe(NO
3
)
3
, còn FeO thì tham gia phản ứng oxi hóa khử với hệ số như ở trên. Vì
vậy ngoài phần HNO
3
, cần cho phản ứng với FeO như trên,
còn cần (5x-2y)6.HNO
3
để tạo muối với Fe
2
O
3
. Vậy hệ số tổng cộng là:
(5x-2y) Fe
3
O
4
+ (46x-18y) HNO
3
→
(15x-6y)
3 3 x y 2
Fe(NO ) N O (23x 9y)H O+ + −
b)
2 2 4 3 2 2 4 4 2 4
CuFeS Fe (SO ) O H O CuSO FeSO H SO+ + + → + +
2S
-2
→
2S
+6
+ 16e x 1
2Fe
+3
+2e
→
2Fe
+2
x a
0
2
O
+ 4e
→
2O
-2
x b
Vì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận,
do đó ta có phương trình:
2a + 4b = 16 hay a + 2b = 8
0<a<8 và 0<b<4
Vì chỉ có 1 phương trình mà lại 2 ẩn số a, b nên có nhiều nghiệm số, ví dụ cho b=1 thì a=6
2 2 4 3 2 2 4 4 2 4
CuFeS 6Fe (SO ) O 6H O CuSO 13FeSO 6H SO+ + + → + +
0.5
0.5
0,5
0,5
Câu 2
a)Mỗi cặp oxi hoá khử tính đúng được 0,5 điểm.
Thế khử chuẩn của cặp:
- 2-
44
MnO /MnO
và
32
Mn /Mn
++
2
4
MnO
−
+4H
+
+2e
⎯⎯→
MnO
2
+2H
2
O (1)
0
1
E =+2,27V
0.25
0.25
0.25
MnO
4
-
+ 4H
+
+3e
⎯⎯→
MnO
2
+2H
2
O (2) E
0
2
=+1,70V
Lấy (2) trừ (1) ta có: MnO
4
-
+e
⎯⎯→
2
4
MnO
−
(3) E
0
3
= 3E
0
2
– 2E
0
1
= +0,56V
MnO
2
+1e +4H
+
⎯⎯→
Mn
3+
+2H
2
O (4) E
0
4
=+0,95V
MnO
2
+2e +4H
+
⎯⎯→
Mn
2+
+2H
2
O (5) E
0
5
=+1,23V
Lấy (5) trừ (4) ta có: Mn
3+
+1e
⎯⎯→
Mn
2+
(6) E
0
6
= 2E
0
5
– E
0
4
= +1,51V
b) Trả lời đúng một tiểu phân không bền được 0,25 điểm. Tính đúng một giá trị K được 0,25
điểm.
2
4
MnO
−
và
3+
Mn
không bền và dị phân.
2
4
MnO
−
+4H
+
+2e
⎯⎯→
MnO
2
+2H
2
O
0
1
E =+2,27V
2
2
4
MnO
−
⎯⎯→
2MnO
4
-
+2e
0
3
-E =-0,56V
3
2
4
MnO
−
+4H
+
⎯⎯→
2MnO
4
-
+ MnO
2
+2H
2
O (7) ∆E
0
7
= +1,71V >0
nên phản ứng (7) tự xảy ra.
0
7
7
2ΔE
lgK = 57,966
0,059
=
⎯⎯→
K
7
= 9,25.10
57
Mn
3+
+1e
⎯⎯→
Mn
2+
0
6
E =+1,51V
Mn
3+
+2H
2
O
⎯⎯→
MnO
2
+1e+4H
+
-E
0
4
= -0,95V
2Mn
3+
+2H
2
O
⎯⎯→
MnO
2
+Mn
2+
+4H
+
(8) ∆E
0
8
= +0,56V >0
nên phản ứng (8) tự xảy ra.
0
8
8
ΔE
lgK = 9,492
0,059
=
⎯⎯→
K
8
= 3,1.10
9
0.25
0.25
0.25
0,25
0,25
CâuIII
Câu 1
a)O
3
+ 2KI + H
2
O
→
O
2
+ I
2
+ 2KOH
b)CO
2
+ NaClO + H
2
O
→
NaHCO
3
+ HclO
c)Cl
2
+ 2KI
→
2KCl + I
2
;
Nếu KI còn dư: KI + I
2
→
KI
3
d)2FeI
2
+ 3Cl
2
→
2FeCl
3
+ 2I
2
;
5Cl
2
+ I
2
+ 6H
2
O
→
2HIO
3
+ 10HCl
1,5
Câu 2
Ta có phản ứng nhiệt phân KMnO
4
0
t
4 2 4 2 2
2KMnO K MnO MnO O⎯⎯→ + +
(1)
Theo định luật BTKL ta tính được:
Khối lượng khí oxi đã thoát ra là:
2
O
m 22,12 21,16 0,96gam= − =
số mol oxi là:
2
O
0,96
n 0,03mol
32
==
Từ phương trình phản ứng (1) ta tính được các đại lượng:
42
2 4 2
22
KMnO O
K MnO O
MnO O
n 2n 0,06mol
n n 0,03mol
n n 0,03mol
==
==
==
Theo bài ra ta có: số mol KMnO
4
ban đầu đem dùng là:
4
KMnO
22,12
n 0,14mol
158
==
số mol KMnO
4
còn dư sau nhiệt phân là: 0,14 - 0,06 = 0,08 mol
Như vậy ta có chất rắn X gồm các chất sau: KMnO
4
: 0,08 mol
1,25
24
2
K MnO :0,03mol
MnO :0,03mol
Khi cho X tác dụng với HCl đặc dư ta có các phương trình của các phản ứng hóa học đã xảy ra:
2KMnO
4
+ 16HCl
→
2KCl + 2MnCl
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O (2)
K
2
MnO
4
+ 8HCl
→
2KCl + MnCl
2
+ 2Cl
2
+ 4H
2
O (3)
MnO
2
+ 4HCl
→
MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O (4)
Từ các phương trình (2), (3), (4) ta tính được tổng số mol khí Cl
2
thoát ra là:
2 4 2 4 2
Cl KMnO K MnO MnO
5
n n 2n n
2
= + +
= 0,29 mol
thể tích khí Cl
2
(đktc) thoát ra là: V = n.22,4 = 0,29.22,4 = 6,496 (lít)
Vậy thể tích khí clo có thể thoát ra cực đại là 6,496 lít
Câu 3
Câu 3
a. Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO
3
)
2
dư trong HCl đặc H
2
S bị giữ lại.
Cu(NO
3
)
2
+ H
2
S CuS + 2HNO
3
b. Sục hỗn hợp qua nước hoặc dung dịch axit (HCl, H
2
SO
4
loãng...) dư HCl bị hòa tan.
c. Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO
4
, Br
2
...) SO
2
bị giữ lại
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O 2HBr + H
2
SO
4
d. Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển
thành CO
2
CO + CuO Cu + CO
2
0.5
Câu 4
Bảo toàn khối lương: 2KClO
3
→
2KCl +3O
2
tìm nO
2
=0,15 mol
Theo PP bảo toàn e
Mg → 2e + Mg
2+
O
2
+ 4e →
2O
2-
x 2x (mol) 0,15 0,6 (mol)
Fe → 3e + Fe
3+
S
+6
+ 2e → S
+4
y 3y (mol) 0,05 0,025(mol)
0,1; 0,15 0,1.24 2,4
2,4
%m .100% 22,22%
10,8
Mg
Mg
x y m g = = = =
=
Bảo toàn e ta có hệ:
24 56 10,8
2 3 0,65
xy
xy
+=
+=
1
0,1; 0,15 0,1.24 2,4
2,4
%m .100% 22,22%
10,8
Mg
Mg
x y m g = = = =
=
Câu 5
Cho hỗn hợp Fe, Fe
3
O
4
tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng, còn dư kim loại không
tan là Fe dư.
=>dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO
4
.
PTHH các phản ứng :
2Fe + 6H
2
SO
4 đ,nóng
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O (1)
2Fe
3
O
4
+ 10H
2
SO
4đ,nóng
→ 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O (2)
Fe + Fe
2
(SO
4
)
3
→ 3FeSO
4
(3)
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
(4)
10HCl + 2 KMnO
4
+ 3H
2
SO
4
→ K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 5Cl
2
+ 8 H
2
O (5)
10FeCl
2
+ 6 KMnO
4
+ 24H
2
SO
4
→ 3K
2
SO
4
+ 6MnSO
4
+ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 10Cl
2
+ 24 H
2
O
(6)
Gọi số mol Fe dư là a mol
1,25
t
0
Theo (4) ta có : n
HCl phản ứng
= 2a (mol)
=> n
HCl dư
= 0,2a (mol)
Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO
4
/H
2
SO
4
Theo các phản ứng (5), (6) =>
4
KMnO
n
= 0,64a = 0,064 => a= 0,1
m
Fe dư
= 5,6 gam = 7m/ 50 => m = 40 (gam)
Gọi số mol Fe, Fe
3
O
4
phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y
Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7)
Số mol SO
2
= 0,1mol
Các quá trình:
Fe
0
⎯⎯→
Fe
+2
+ 2e S
+6
+2e
⎯⎯→
S
+4
Mol : x 2x mol: 0,2 0,1
3Fe
+8/3
+ 2e
⎯⎯→
3Fe
+2
Mol: 3y 2y
Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8)
Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1
Khối lượng sắt ban đầu : m
Fe bđ
= 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam
=> %m
Fe
= 42% ;
34
%
Fe O
m
= 58%.
Câu IV:
1/ ta có : Cgr + 2H
2
0
298.s
H
⎯⎯⎯→
CH
4
(k)
C(k) + 2H
2
(k)
HH
2E
−
⎯⎯⎯→
C(k) + 4H(k)
Theo định luật Hess:
∆H
0
298.s
(CH
4
) = ∆H
0
a
+ 2E
H – H
– 4E
C – H
= 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol
-1
2/ a/CaCO
3
(r)
0
t
⎯⎯→
⎯⎯
CaO
(r)
+ CO
2
(khí)
(1).
∆G
0
= ∆H
0
–T.∆S
0
= 178,32.10
3
–(850 + 273). 160,59 = -2022,57 J
∆G
0
= -2022,57 J
-2,022 KJ
b/ Ta có : H
0
pư
= (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0
= - 114,42 (kJ)
S
0
pư
= (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7
= - 128,63 (J/K)
=> G
0
pư
= H
0
pư
- 298 S
0
pư
= - 114420 - 298 (-128,63)
= - 76088,26 (J)
=> G
0
= - RT ln K
p
=> ln K
p
=
71,30
298.314,8
)26,76088(
0
=
−
−=
RT
G
K
p
= 2,17 . 10
13
0.25
0.5
0.25
0,5
1
Câu V
Câu1
a) Gọi x là số mol của N
2
phản ứng:
Ta có phản ứng hoá học: N
2
+ 3H
2
⎯⎯→
2NH
3
(Lập tỉ lệ:
28
13
nên N
2
hết)
2 8 0
x 3x 2x mol
Sau phản ứng: 2 – x 8-3x 2x
2
∆H
– 4E
C – H
Ta có: P
sau
/ P
trước
=
n
sau
/ n
trước
2 8 3 2
0,8 1
28
x x x
x
+ − + −
= =
+
.
Suy ra [NH
3
] =
2
1
2
x
M=
; [N
2
] =
2
0,5
2
x
M
−
=
và [H
2
] =
83
2,5
2
x
M
−
=
Vậy hằng số cân bằng của phản ứng :
2
2
3
3
3
22
1
0,128
0,5.(2,5)
.
C
NH
K
NH
= = =
b) Cân bằng dời chuyển:
- Tăng [NH
3
] cân bằng dời chuyển theo chiều giảm [NH
3
]: chiều nghịch.
- Giảm nhiệt độ cân bằng dời chuyển theo chiều tỏa nhiệt: chiều thuận.
- Tăng áp suất: cân bằng dời chuyển theo chiều giảm áp suất; chiều giảm số phân tử khí:
chiều thuận.
Câu 2/ a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron:
X X X X X
2Z N 60;Z N Z 20+ = = =
,
X là canxi (Ca), cấu hình electron của
20
Ca : [Ar] 4s
2
Cấu hình của Y là 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
hay [Ne] 3s
2
3p
5
Y là Cl
Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của
24
Cr : [Ar] 3d
5
4s
1
STT Chu kỳ Nhóm nguyên tố
Ca 20 4 IIA
Cl 17 3 VIIA
Cr 24 4 VIB
b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:
Ca
ClCa
RRR
2
−+
Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt
nhân của nguyên tử đó.
Bán kính ion Ca
2+
nhỏ hơn Cl
-
do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân
Ca
2+
(Z = 20) lớn hơn Cl
-
(Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn
nhất (n = 4).
1
1
Câu 3
a) Ở nhiệt độ thường:
2KOH + Cl
2
→ KCl + KClO + H
2
O
6KOH + 3I
2
→ 5KI + KIO
3
+ 3H
2
O
Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO
-
⇌X
-
+ XO
3
−
Ion ClO
-
phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO
-
phân
hủy ở tất cả các nhiệt độ.
b) Các phương trình hóa học :
Ion ClO
-
có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:
- Khi cho dung dịch FeCl
2
và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ
không màu chuyển sang màu vàng nâu :
2FeCl
2
+ 2KClO + 4HCl → 2FeCl
3
+ Cl
2
+ 2KCl + 2H
2
O
- Khi cho dung dịch Br
2
vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu :
Br
2
+ 5KClO + H
2
O → 2HBrO
3
+ 5KCl
- Khi cho H
2
O
2
vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra:
H
2
O
2
+ KClO → H
2
O + O
2
+ KCl
c)
(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H
2
S + 1/2O
2
→ H
2
O + S↓
(b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O
2
+ 2HBr → H
2
O + Br
2
(c) Thoát khí O
2
và nồng độ giảm dần
NaClO + H
2
O + CO
2
→ NaHCO
3
+ HClO
1
HClO → HCl + 1/2O
2
(d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí.
C
n
(H
2
O)
m
⎯⎯ →⎯
42
SOH
nC + mH
2
O
SỞ GD&ĐT TỈNH QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC
TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN HÓA 10: THỜI GIAN 180 PHÚT
Câu 1:Dựa vào cấu tạo nguyên tử, phân tử hãy giải thích các câu sau đây:
1.1. Năng lượng ion hóa thứ nhất của nitơ lớn hơn năng lượng ion thứ nhất của oxi.
1.2. Nhịệt độ sôi của HCl thấp hơn nhiệt độ sôi của HF và HBr.
1.3. Nhiệt độ nóng chảy của CaO cao hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của
KCl.
1.4. Cacbondioxit dễ bay hơn lưu huỳnh dioxit.
1.5. Từ 4 nguyên tử N tạo ra 2 phân tử N
2
thuận lợi hơn 1 phân tử N
4
dạng tứ diện.
Biết năng lượng liên kết của N – N là 163 kJ / mol và N N là 945 kJ/mol.
Câu 2.Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng
tử:
A: n = 3 ℓ = 1 m = +1,
2
1
s +=
R: n = 2 ℓ = 1 m = 0,
2
1
s −=
X: n = 2 ℓ = 1 m = +1,
2
1
s −=
2.1. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)
2.2. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học
của các phân tử và ion sau: R
2
X
,
AR
6
, H
2
AX
3
,
−2
4
AX
(H là hidro).
Câu 3.Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion –
electron.
3.1.
OHNHZnOKZnONaKOHZnNaNO
2322223
+++→++
3.2.
...OOHSOHKMnO
222424
+→++
3.3.
...ONNOHOFe
tz3yx
+→++
−+
Câu 4
Cho dung dịch chứa đồng thời KI 0,01M và KCl 0,1M, khi dùng một lượng dung
dịch AgNO
3
thích hợp để tác dụng với dung dịch trên.
a. Hãy cho biết kết tủa nào được tạo thành trước? Vì sao?
b. Tính nồng độ Ag
+
trong dung dịch AgNO
3
cần để tách hết ion I
-
ra khỏi
dung dịch trên. Cho T
AgI
= 8,3.10
-17
; T
AgCl
= 1,76.10
-10
Câu 5.
Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau:
- Nhiệt đốt cháy CH
4
: -801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy C
2
H
6
-1412,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy H2: -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì -393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì: +715,0 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H - H +431,5 kJ/mol
Các kết quả đều đo ở 298
0
K và 1 atm.
Câu 6.Một hỗn hợp A gồm M
2
CO
3
, MHCO
3
, MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71
gam A tác dụng hết với V ml (dư) dung dịch HCl 10,52% (d=1,05) thu được dung
dịch B và 17,6 gam khí C. Chia B làm hai phần bằng nhau.
Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M, cô cạn dung dịch thu
được m (gam) muối khan.
Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO
3
dư, thu được 68,88 gam kết tủa
trắng.
6.1. Tính khối lượng nguyên tử M.
6.2. Tính % về khối lượng các chất trong hỗn hợp A.
6.3. Tính giá trị của V và m.
Cho K = 39 ; Na = 23 ; Ag = 108 ; N = 14 ; Cl = 35.5; Li = 7; O = 16; C = 12.
Hết
SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN
HƯNG DN CHM ĐỀ THI OLYMPIC HÓA10-NĂM 2016- 2017
THỜI GIAN: 180 PHÚT
Câu 1. (2,5đ)
1. Cấu hình electron.
0,5đ
N: 1s
2
2s
2
2p
3
O: 1s
2
2s
2
2p
4
N có cấu hình electron bán bão hòa bền của phân lớp p nên việc tách
1 electron ra khỏi nguyên tử N khó hơn O. Vậy năng lượng ion hóa
của N lớn hơn O.
2. Do HF có khả năng tạo liên kết H giữa các phân tử mạnh nên nhiệt
độ sôi của HF > HCl. Do HCl và HBr có cấu tạo tương tự nhưng
M
HBr
> M
HCl
nên nhiệt đội sôi của HBr > HCl.
3.
++
KCa
rr
2
−−
ClO
rr
2
Số điện tích của Ca
2+
và O
2-
lớn hơn K
+
và Cl
-
nên nhiệt độ nóng
chảy của CaO > KCl.
4. Phân tử CO
2
(dạng thẳng) có momen lưỡng cực bằng 0.
Phân tử SO
2
(dạng gấp khúc) có momen lưỡng cực > 0
Vì vậy CO
2
dễ bay hơn SO
2
.
5. Quá trình 4N
⎯→⎯
2N
2
có H
1
= -2. E
N
N
= -1890 KJ
Quá trình 4N
⎯→⎯
N
4
có H
2
= - 6.E
N-N
= - 978 KJ
Dó H
1
< H
2
nên quá trình tạo N
2
thuận lợi hơn.
Câu 2. (3,5đ)
A: 3p
4
A là S
B: 2p
5
A là F
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
C: 2p
4
A là O
Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:
F
2
O, O lai hóa sp
3
, phân tử dạng góc:
F
F
O
SF
6
, S lai hóa sp
3
d, bát diện đều:
F
F
F
S
F
F
F
H
2
SO
3
, S lai hóa sp
3
, dạng tháp tam giác.
S
O
OH
OH
−2
4
SO
, S lai hóa sp
3
, tứ diện đều.
S
O
O
O
O
2-
Câu 3. (3đ).
1.
OHZnOKNHZnONaKOHZnNaNO
2223223
+++→++
OH4ZnOK7NH2ZnONaKOH14Zn8NaNO2
OH4NH2ZnO8OH14NO2Zn8
8OH2ZnOe2OH4Zn
2OH9NHe8OH6NO
2223223
23
2
23
2
2
2
323
+++→++
++→++
+→−+
+→++
−−−
−−
−−
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
2.
...OOHSOHKMnO
222424
+→++
OH8O5SOKMnSO2OH5SOH3KMnO2
OH8O5Mn2OH5H6MnO2
2OH4Mne5H8MnO
5H2Oe2OH
2242422424
22
2
224
2
2
4
222
+++→++
++→++
+→++
+→−
++−
++−
+
3.
...ONNOHOFe
tz3yx
+→++
−+
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
OHyzxt3zx9
ONy2x3NOxFet2z5HNOyzxt3xz92OFet2z5
y2x3OHtz3ONet2z5Htz32zNO
t2z5OyHxFeey2x3yH2OFe
2
tz
3
33yx
2tz3
2
3
yx
−−+
+−+−→−−+−
−−+→−+−+
−+→−−+
+−
++
Câu 4. (3đ)
Tích số tan.
a. Cho biết kết tủa nào tạo thành trước.
KI
⎯→⎯
K
+
+ I
-
0,01 0,01
Ag
+
+ I
-
⎯→⎯
AgI
Điều kiện để có kết tủa AgI:
08,16
10IAg
−−+
( )
1M10
10
10
Ag
08,14
2
08,16
−
−
−
+
=
KCl
⎯→⎯
K
+
+ Cl
-
0,1 0,1
Ag
+
+ Cl
-
⎯→⎯
AgCl
Điều kiện để có kết tủa AgCl:
75,9
10ClAg
−−+
Mỗi pt
đúng 1đ
0,25
0,25
0,25
0,25
( )
2M10
10
10
Ag
75,8
1
75,9
−
−
−
+
=
Từ (1) và (2) suy ra AgI kết tủa trước.
b. Tách I
-
Để kết tủa hết I
-
có nghĩa là trong dung dịch [I
-
] 10
-6
M
M10
10
08,16
Ag
08,10
6
−
−
+
=
Ag
+
+ Cl
-
=
AgCl
Để không có kết tủa AgCl thì
75,9
10ClAg
−−+
M75,8
1,0
10
Ag
75,9
=
−
+
Vậy để kết tủa hòan toàn AgI mà không kết tủa AgCl thì:
10
-8,75
> [Ag
+
] > 10
-10,08
Câu 5. (4đ)
Tính năng lượng liên kết trung bình C - H
Xếp các quá trình lại như sau:
CH
4
+ 2O
2
⎯→⎯
CO
2
+ 2H
2
O H
1
2H
2
O
⎯→⎯
2H
2
+ O
2
-2H
3
CO
2
⎯→⎯
C(r) + O
2
-H
4
C(r)
⎯→⎯
C (k) H
5
2H
2
⎯→⎯
4H 2H
6
CH
4
⎯→⎯
C(k) + 4H H
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
H = H
1
- 2H
3
- H
4
+H
5
+ 2H
6
=1652,7 kJ/mol
4E
C-H
= 1652,7 kJ/mol E
C-H
= 413,175 kJ / mol.
Tính năng lượng liên kết trung bình C - C.
C
2
H
6
+ 7/2O
2
⎯→⎯
2CO
2
+ 3H
2
O H
2
3H
2
O
⎯→⎯
3H
2
+ 3/2O
2
-3H
3
2CO
2
⎯→⎯
2C (r) + 2O
2
-2H
4
2C (r)
⎯→⎯
C (k) 2H
5
3H
2
⎯→⎯
6H 3H
6
C
2
H
6
⎯→⎯
2C
k
+6H H
E
C-C
+ 6E
C-H
= H = H
2
–3H
3
–2H
4
+ 2H
5
+3H
6
=2823,1 kJ/mol
E
C-C
= 2823,1-6.413,175=344,05 kJ/mol.
Câu 6. (4đ)
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M
2
CO
3
. MHCO
3
, MCl.
Ta có: (2M+60)x + (M+61)y+(M+35,5)z=43,71 (1)
Cho A tan trong dd HCl dư.
M
2
CO
3
+ 2HCl
⎯→⎯
2MCl + CO
2
+ H
2
O
x 2x 2x x
MHCO
3
+ HCl
⎯→⎯
MCl + CO
2
+ H
2
O
y y y y
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
3p/trình
0,25
MCl + HCl
⎯→⎯
không phản ứng.
Dung dịch B có
MCl: (2x + y + z) mol
HCl dư.
Khí C là CO
2
:
mol4,0
44
6,17
yx ==+
(2)
Khi cho B tác dụng với KOH.
Số mol của KOH: (0,125.0,8).2 = 0,2 mol.
HCl + KOH
⎯→⎯
KCl + H
2
O
0,2 0,2 0,2
B tác dụng với AgNO
3
dư
MCl + AgNO
3
⎯→⎯
AgCl + MNO
3
(2x+y+z) (2x+y+z)mol
HCl + AgNO
3
⎯→⎯
AgCl + HNO
3
0,2 0,2 mol
Ta có số mol AgCl = (2x + y +z) + 0,2 =
mol96,02.
5,143
88,68
=
2x + y + z = 0,76 (3)
Từ (2) và (3) ta có: z = 0,36 - x ; y = 0,4 - x
Thay y và z vào phương trình (1) ta được: 0,76M - 35,5x = 6,53
5,36
53,6M76,0
x
−
=
(4)
0,25
0,25
2p/trình
0,25
0,25
Do 0 < x < 0,36 8,6 < M < 25,8
Vậy M là Na.
Thay M = 23 vào các phương trình ta được x = 0,3, y = 0,1; z = 0,06
Trong A có:
Na
2
CO
3
: 31,8g chiếm 72,75%
NaHCO
3
: 8,4 g chiếm 19,22%
NaCl: 3,51 g chiếm 8,03%
6c. Số mol HCl = 2x + y + 0,2 = 0,9 mol
ml4,297
05,1.52,10
100.9,0.5,36
V
ddHCl
==
Khối lượng muối thu được khi có 1/2B tác dụng với KOH.
Khối lượng NaCl: 58,5.0,5.0,76= 22,23 gam
Khối lượng KCl: 74,5. 0,1 = 7,45 gam.
m = 29,68 gam
Hết
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO
TẠO
QUẢNG NAM
(Đề thi gồm 02 trang)
KỲ THI OLYMPIC 24 – 3 QUẢNG NAM LẦN THỨ HAI
Môn thi: HÓA HỌC 10, NĂM 2017
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Cho biết nguyên tử khối: H=1; O=16; C=12; Cl=35,5; Br=80; S=32; N=14; P=31; Li=7;
Na=23; K=39; Mg=24; Ca=40; Ba=137; Zn=65; Cu=64; Fe=56; Mn=55; Ag=108; Al=27.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 1. (4,0 điểm)
1.1. (2,0 điểm) Cho bộ bốn số lượng tử của electron cuối 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
a. Xác định A, X, Z.
b. Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA
2
,
AX
2
, AX
3
2-
, AX
4
2-
.
c. Giải thích vì sao AX
3
2-
lại có khả năng hoà tan A tạo thành A
2
X
3
2-
.
1.2(2,0 điểm) Hợp chất M tạo bởi 2 nguyên tố X và Y, cho biết: Tổng số 3 loại hạt trong
nguyên tử X là 52, hoá trị cao nhất của X với oxi gấp 7 lần hoá trị của X với hiđrô. Y thuộc
cùng chu kì với X, có cấu hình electron: ...np
1
.
a. Xác định số thứ tự X, Y trong bảng hệ thống tuần hoàn và gọi tên 2 nguyên tố.
b. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M biết hiệu độ âm điện giữa
X và Y có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1,77. Khối lượng phân tử của M là 267.
Câu 2. (4,0 điểm)
2.1 (1,0 điểm) Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau:
2NH
3
+ 3/2 O
2
→ N
2
+ 3 H
2
O (1)
2NH
3
+ 5/2 O
2
→ 2NO + 3H
2
O (2)
So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác.
Cho năng lượng liên kết của:
NH
3
O
2
N
2
H
2
O
NO
kJ/mol
1161
493
942
919
627
2.2 (1,5 điểm) Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhệt động của các chất ở 25
0
C.
CO
2
+ H
2
⎯⎯→
⎯⎯
CO + H
2
O
ΔH
0
298
(KJ/mol) – 393,5 0 -110,5 - 241,8
ĐỀ THAM KHẢO
S
o
(J/mol) 213,6 131 197,9 188,7
a. Hãy tính ΔH
0
298
; ΔG
0
298
của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận
ở 25
0
C không?.
b. Giả sử ΔH
của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ΔG
0
1273
của phản ứng và
nhận xét.
c. Hãy xác định nhiệt độ (
0
C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự biến đổi của
ΔH
0
; ΔS
0
theo nhiệt
độ)
2. 3 (1.5 điểm) Cho cân bằng hoá học: 2NO
2
⎯⎯→
⎯⎯
N
2
O
4
kJH 04,58−=
. Cân bằng sẽ
chuyển dịch như thế nào ( giải thích), khi:
a.Tăng nhiệt độ.
b.Tăng áp suất.
c.Thêm xúc tác.
Câu 3. (3,0 điểm)
3. 1 (1,0 điểm) Axit H
2
SO
4
100% hấp thụ SO
3
tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có
hàm lượng SO
3
là 71% pha vào 100 ml dung dịch H
2
SO
4
40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra
oleum có hàm lượng SO
3
là 10%.
3. 2 (2,0 điểm) Nêu cách loại tạp khí ra khỏi các hỗn hợp khí sau, viết phương trình phản
ứng:
a. Loại khí HCl ra khỏi hỗn hợp khí HCl và H
2
S.
b. Loại khí SO
2
ra khỏi hỗn hợp khí CO
2
và SO
2
.
c. Loại khí HCl ra khỏi hỗn hợp khí HCl và Cl
2
.
d. Loại khí O
3
ra khỏi hỗn hợp khí O
3
và O
2
.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho cân bằng hóa học: N
2
(k) + 3H
2(k)
2NH
3(k)
H = -92 kJ/mol. Nếu xuất phát từ
hỗn hợp chứa N
2
và H
2
theo tỉ lệ mol 1:3, khi đạt tới trạng thái cân bằng ở điều kiện tối ưu
(450
0
C và 300 atm) thì NH
3
chiếm 36% về thể tích.
a. Tính hằng số cân bằng K
p
.
b. Giữ nhiệt độ không đổi ở 450
0
C, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu để
khi đạt tới trạng thái cân bằng NH
3
chiếm 50% thể tích?
c. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới
trạng thái cân bằng NH
3
chiếm 50% về thể tích? Cho biết phương trình Van't Hoff liên hệ hai
hằng số cân bằng ở 2 nhiệt độ là:
−
=
211
2
T
1
T
1
R
H
K
K
ln
.
Câu 5. (3,0 điểm)
5.1. (2,0 điểm) Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO
3
,Ca(ClO
3
)
2
,CaCl
2
và KCl.
Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O
2
(đkc), chất rắn Y gồm CaCl
2
và KCl. Toàn bộ
Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K
2
CO
3
1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có
trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là bao nhiêu?
5.2 (1,0 điểm) Dung dịch muối A có nồng độ 40% nếu thêm vào dung dịch A lượng nước
bằng lượng nước đã có trong dung dịch A thì nồng độ % của dung dịch là bao nhiêu?
Câu 6. (3,0 điểm)
Hỗn hợp X gồm 2 chất rắn FeCO
3
và FeS
2
. Cho X cùng một lượng O
2
vào một bình
kín có thể tích V(lit). Đốt nóng bình cho phản ứng xảy ra,( giả thiết khả năng phản ứng của 2
muối là như nhau, sản phẩm phản ứng là Fe
2
O
3
) sau phản ứng đưa về điều kiện ban đầu thu
được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z, áp suất trong bình lúc này là P. Để hoà tan chất rắn Y cần
200 ml dung dịch HCl 0,3M, thu được dung dịch E và hỗn hợp khí M, nếu đưa M vào bình
kín thể tích V(lit) ở cùng điều kiện với Z thì áp suất trong bình lúc này là 1/2P. Thêm dung
dịch NaOH tới dư vào dung dịch E được chất rắn F, lọc lấy F làm khô F ngoài không khí
(không nung) cân được 3,85 gam.
a.Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b.So sánh áp suất trong bình trước và sau khi nung.
c.Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp.
---------------HẾT---------------
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO
TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI OLYMPIC 24 – 3 QUẢNG NAM LẦN THỨ HAI
ĐÁP ÁN VÀ HƯNG DN CHM MÔN HÓA HỌC 10
Câu
HƯNG DN CHM
Điểm
1
4.0
1.1
( 0.75
điểm)
a.
Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2
→
3p
4
A là S
Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2
→
2p
4
X là O
Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2
→
2p
2
Z là C
0.75
( 0.75
điểm)
b.
Phân tử, iôn
Trạng thái lai hoá cuả
nguyên tử trung tâm
Cấu trúc hình học
CS
2
sp
Đường thẳng
SO
2
sp
2
Góc
SO
2
3
−
sp
3
Chóp đáy tam giác đều
SO
2
4
−
sp
3
Tứ diện đều
0.75
( 0.5
điểm)
c
S [Ne] 3s
2
3p
4
S
*
[Ne] 3s
2
3p
4
SO
3
2-
có khả năng kết hợp thêm 1 nguyên tử S để tạo S
2
O
3
2-
vì trên nguyên tử S
trong SO
3
2-
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-
S
O
S
O
O
2-
S O
O
O
S





0.5
1.2
( 2.0
a. Xác định được Z = 17 → X là Cl (clo).
Từ dữ liệu đầu bài xác định được Y là Al.
b. Từ dữ liệu đầu bài với KLPT của M là 264.
1.0
điểm)
→ công thức phân tử M là: Cl Cl Cl
Al Al
Cl Cl Cl
1.0
2
4.0
2.1
( 1.0
điểm)
Tính hiệu ứng nhiệt:
E
1
= (2E
NH3
+ 3/2E
O2
) – (E
N2
+ 3 E
H2O
)
= 2. 1161 + 3/2. 493 – 942 – 3. 919
= - 637,5 kJ.
E
2
= 2E
NH3
+ 5/2E
O2
– 2E
NO
– 3E
H2O
= 2. 1161 + 5/2. 493 – 2. 627 – 3. 919
= - 456,5 kJ.
- Phản ứng (1) có H âm hơn nên phản ứng (1) dễ xảy ra hơn.
- Nếu có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá sẽ giảm và tốc độ phản ứng sẽ tăng,
do đó để thực hiện phản ứng (2) cần có xúc tác.
1.0
2.2
1.5
(0.75
điểm)
Có phản ứng: CO
2
+ H
2
→CO + H
2
O
a. ΔH
0
298
= 41,2 KJ/mol
ΔS
0
298
= 42J/mol
ΔG
0
298
= ΔH
0
298
- ΔS
0
298
= 28684 J/mol
Vì ΔG
0
298
> 0 nên phản ứng không tự xảy ra ở chiều thuận ở 25
0
C.
0.75
(0.5
điểm)
b. Áp dụng công thức:
=> ΔG
0
1273
= - 12266J/mol
Vì ΔG
0
1273
<0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận ở 1000
0
C
0.25
0.25
(0.25
điểm)
c. Để phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì: ΔG
0
T
= ΔH
0
– TΔS
0
<0
=> T > = 980,95
0
K
0.25
2.3
(1.5
điểm)
Cho phản ứng 2NO
2
⎯⎯→
⎯⎯
N
2
O
4
kJH 04,58−=
- Phản ứng toả nhiệt, số phân tử khí bên vế trái phương trình phản ứng lớn hơn
bên phải:
a. Tăng nhiệt độ cân bằng chuyển sang trái.
b. Tăng áp suất cân bằng chuyển sang phải.
c Xúc tác tàm tăng hoặc giảm tốc độ cả phản ứng thuận và nghịch => không
làm chuyển dịch cân bằng.
0.25
0.5
0.5
0.25
3
3.0
3.1
( 1.0
điểm)
H
2
SO
4
.nSO
3
a mol Hàm lượng SO
3
= 71%
Ta có
n
n
8098
80
+
.100=71 n= 3
Khối lượng dung dịch H
2
SO
4
40%= 131 (gam) m
ct
= 52,4 gam.; m
H2O
= 78,6
Phản ứng SO
3
+ H
2
O → H
2
SO
4
0,25đ
0,5đ
ΔG
T2
ΔG
T1
=
T
1
T
2
+
ΔH
0
1
T
2
-
1
T
1
(
)
42
41200
4,367 4,367 4,367
Ta có:
a
).,a(
338131
8036743
+
−
=0,1 a = 1,7578
m = 338 . 1,7578 = 594 (gam)
0,5đ
0,5đ
3.2
( 2.0
điểm)
a.Loại HCl ra khỏi hỗn hợp với H
2
S : Cho hỗn hợp đi qua dung dịch kiềm, rồi
thêm H
2
SO
4
loãng vào hỗn hợp sau phản ứng.
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O và
H
2
S + 2NaOH → Na
2
S + 2H
2
O
H
2
SO
4
+ Na
2
S → Na
2
SO
4
+ H
2
S ↥
b.Loại HCl ra khỏi hỗn hợp với Cl
2
: Cho hỗn hợp đi qua dd KMnO
4
đặc, đun
nóng:
16 HCl + 2 KMnO
4
→ 2 KCl + 2 MnCl
2
+ 5 Cl
2
↥ + 8 H
2
O
c.Loại SO
2
ra khỏi hỗn hợp với CO
2
: Cho hỗn hợp đi qua dd Br
2
.
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HCl
d.Loại O
3
ra khỏi hỗn hợp với O
2
: Cho hỗn hợp đi qua dd KI
O
3
+ 2KI + H
2
O → O
2
+ I
2
+ 2KOH
0.5
0.5
0.5
0.5
4
3.0
( 1.5
điểm)
a.N
2(k)
+ 3H
2(k)
2NH
3(k)
a. Gọi x
1
, x
2
, x
3
lần lượt là %V (cũng là % số mol) của N
2
, H
2
và NH
3
ta có:
x
3
= 36% = 0,36 x
1
+ x
2
= 64% = 0,64 (I)
Vì N
2
và H
2
được lấy theo tỉ lệ mol 1:3 (bằng tỉ lệ trong phản ứng) nên
3
1
x
x
3
1
=
(II)
Từ (I) và (II) x
1
= 0,16; x
2
= 0,48.
K
P
=
( )
5
3
2
3
HN
2
NH
10.14,8
)300.48,0).(300.16,0(
300.36,0
P.P
P
22
3
−
==
0.5
0.5
0.5
( 1.0
điểm)
b. Ở trạng thái cân bằng: x
3
= 50% = 0,5 x
1
+ x
2
= 0,5 (III)
Từ (II) và (III) x
1
= 0,125; x
2
= 0,375.
( )
5
3
2
3
HN
2
NH
P
10.14,8
)P.375,0).(P.125,0(
P.5,0
P.P
P
K
22
3
−
===
P = 682,6 atm.
0.5
0.5
( 0.50
điểm)
c.
( )
4
3
2
3
HN
2
NH
'
P
10.21,4
)300.375,0).(300.125,0(
300.5,0
P.P
P
K
22
3
−
==
−
=
21P
'
P
T
1
T
1
R
H
K
K
ln
T
2
= 653 K hay 380
0
C.
0.25
0.25
5.1
( 2.0
điểm)
Các phản ứng
KClO
3
→ KCl + 3/2 O
2
Ca(ClO
3
)
2
→ CaCl
2
+ 3/2 O
2
Đặt a, b là số mol của CaCl
2
và KCl trong chất rắn Y
BTKL ta có m
Y
= 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam).
111a + 74,5b=63,1 (1)
Cho Y tác dụng với Na
2
CO
3
CaCl
2
+ Na
2
CO
3
→ CaCO
3
+ 2NaCl
a =0,3(mol); Từ (1) b = 0,4 (mol).
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X.
Ta có 2a + b = 5x x = 0,2 (mol)
%KCl trong X là =
382
20574
,
,..
.100 = 18.10 %
0,25đ
0,25đ
5.2
( 1.0
điểm)
Gọi m
dd
là khối lượng dung dịch muối nồng độ 40%.
Khối lượng muối: (40. m
dd
): 100 = 0,4m
dd
Khối lượng nước trong dung dịch 40%: 0,6m
dd
Theo đầu bài nồng độ dung dịch mới là:
0,4. .100
0,6
dd
dd dd
m
mm+
= 25%
0.5
0.5
6
3.0
( 1.75
điểm)
a. Các phương trình phản ứng:
FeCO
3
→ FeO + CO
2
(1)
4FeS
2
+ 11O
2
→2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
(2)
2FeO + 1/2O
2
→ Fe
2
O
3
(3)
FeCO
3
+ 2HCl → FeCl
2
+ H
2
O + CO
2
(4)
FeS
2
+ 2HCl → FeCl
2
+ S + H
2
S (5)
FeCl
2
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
+ 2NaCl (6)
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O → 4Fe(OH)
3
(7)
( 0.5
điểm
b.Vì khả năng phản ứng của 2 muối như nhau, gọi số mol mỗi muối tham gia
phản ứng (1), (2), (3) là a mol ; Số mol O
2
tham gia pứng : 0,25a + 2,75a = 3ª;
Số mol CO
2
và SO
2
sau phứng (1), (2) : a + 2a = 3a
Vậy áp suất trong bình trước và sau khi nung không đổi.
( 0.75
điểm
c.Số mol HCl = 0,3.02 = 0,06 (mol) gọi số mol FeCO
3
tham gia phản ứng (4) là
x , số mol FeS
2
tham gia phản ứng (5) là y : x + y = 0,03 (*) => Số mol CO
2
và H
2
S sinh ra do phản ứng (4) (5) là 0,03 mol => 3a = 0,06 mol => a= 0,02.
Khối lượng chất rắn F ( S và Fe(OH)
3
) = (x+y).107 + 32y = 3,85. Kết hợp với
(*) có hệ pt:
x + y = 0,03 ; 107x + 139y = 3,85
Giải được: x = 0,01 ; y = 0,02
Khối lượng X = 0,03.116 + 0,04.120 = 8,28 gam
% khối lượng FeCO
3
=
28,8
100.116.03,0
= 42,03%; % khối lượng FeS
2
= 57,97%
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân THI HỌC SINH GIỎI
Môn Hóa Học: Khối 10 Năm 2017
Thời gian : 180 phút
Câu I:
1.(2đ) a. Xác định dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các
phần tử sau: CO
2
, SO
4
2-
, IF
5
, OF
2
.
b. So sánh ( có giải thích) góc liên kết trong từng cặp phân tử sau:
* Góc ClSCl và ClOCl trong SCl
2
và OCl
2
* Góc FBF; HNH ; FNF trong BF
3
; NH
3
; NF
3
2.(2đ)
a. 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 6,5.10
12
nguyên tử xuống còn 3.10
-3
nguyên tử.
b. Hoàn thành 4 phản ứng hạt nhân sau:
*
12
26
Mg + ...? →
10
23
Ne +
2
4
He
*
9
19
F +
1
1
H → ...? +
2
4
He
*
92
235
U +
0
1
n
→ 3(
0
1
n) +...? +
57
146
La
*
1
2
H + ...? → 2
2
4
He +
0
1
n
3. (1đ) a. Xác định 4 số lượng tử của Be ( z = 4) và Cl ( z = 17).
b. Giải thích vì sao BeCl
2
có thể polime hóa ( BeCl
2
)
n.
Câu II:
1. (3đ)Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 300
0
K và 1200
0
K của phản
ứng:
CH
4
(khí) + H
2
O (khí) CO ( khí) + 3H
2
( khí)
Biết là
H
0
(KJ/mol)
S
0
J/K.mol
300
0
K
- 41,16
- 42,4
1200
0
K
-32,93
-29,6
a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 300
0
K và 1200
0
K?
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 300
0
K
2. (2d).Tính nhiệt sinh chuẩn (
H
0
298.s
) của CH
4
(K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong
H
2
là 436 kJ.mol
-1
; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH
4
là 410 kJ.mol
-1
và nhiệt
nguyên tử hóa
H
0
a
của C
gr
(K) là:
H
0
a
= 718,4 kJ.mol
-1
. Các giá trị đều xác định ở điều
kiện chuẩn.
Câu III:
1. (2đ) a. Cân bằng 2 phản ứng:
* Theo phương pháp thăng bằng electron
CrI
3
+ KOH + Cl
2
→ K
2
CrO
4
+ KIO
4
+ KCl + H
2
O
* Theo phương pháp ion- electron
Al + HNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ NO+ N
2
O + H
2
O. Biết n
NO
: n
N2O
= 1 : 2
b. Bổ túc phản ứng sau:
FeCl
2
+ KMnO
4
+ H
2
SO
4
→ ………..
Zn + NaHSO
4
+ NaNO
3
→ ZnSO
4
+ Na
2
SO
4
+ NH
4
NO
3
+ H
2
O
2. (2đ) Sục Cl
2
vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I
2
vào dung dịch KOH
loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).
a.Viết phương trình hóa học xảy ra.
b.Viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch: hỗn hợp HCl và FeCl
2
; Br
2
;
H
2
O
2 ;
CO
2
vào dung dịch A (không có Cl
2
dư, chỉ chứa các muối).
3.(1đ). Để hòa tan hết một mẫu Zn trong dung dịch HCl ở 20
0
C cần 27 phút. Cũng mẫu Zn đó tan
hết trong dung dịch HCl nói trên ớ 40
0
C là 3 phút. Hỏi để hòa tan mẫu Zn trên ở 55
0
C cần bao nhiêu
giây?
Câu IV:
1.(1,5 đ) a. Nhận biết SO
2
, SO
3
theo 2 phương pháp : oxy hóa khử và không oxy hóa khử
b. Sục a mol SO
3
vào 50 gam dung dịch H
2
SO
4
82%. Tính a để thu được oleum có hàm
lượng SO
3
25%.
2.(1,5 đ) Giải thích 6 trường hợp sau:
+ Đồ dùng bằng Ag hóa đen trong không khí bị nhiễm bẫn H
2
S.
+ Cho axit H
2
SO
4
đặc vào đường, đường hóa đen và có sủi bọt khí.
+ Bình kín chứa khí NO
2
có màu nâu ở nhiệt độ thường, ngâm trong nước đá màu nhạt dần.
Cho biết phản ứng sau tỏa nhiệt hay thu nhiêt.
2NO
2
N
2
O
4
(màu nâu) (không màu)
+ Nước Gia-ven có khả năng tẩy trắng.
+ Sục khí H
2
S cho đến dư vào dung dịch chứa đồng thời FeCl
3
, CuCl
2
, AlCl
3
, ZnCl
2
có kết
tủa.
+ Tinh thể kim cương cứng hơn rất nhiều so với tinh thể Iot, nước đá.
3.(2đ). Nung hỗn hợp X gồm KClO
3
và KMnO
4
thu được chất rắn Y và O
2
. Biết KClO
3
phân hủy
hoàn toàn, còn KMnO
4
chỉ bị phân hủy một phần. Trong Y có 0,894 gam KCl chiếm 7,45% theo
khối lượng. Trộn lượng O
2
ở trên với không khí theo tỉ lệ thể tích
2
O
V
:
KK
V
=1:3 trong một bình kín
ta thu được hỗn hợp khí Z. Cho vào bình 0,528 gam cacbon rồi đốt cháy hết cacbon, phản ứng hoàn
toàn, thu được hỗn hợp khí T gồm 3 khí O
2
, N
2
, CO
2
, trong đó CO
2
chiếm 22% thể tích.
Tính phần trăm khối lượng KClO
3
trong hỗn hợp ban đầu.
--------------------------Hết----------------------
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân ĐÁP ÁN
Môn Hóa Học: Khối 10
Thời gian : 180 phút
Câu I:
1.(2đ) . CO
2
: đường thẳng sp
. SO
4
2-
tứ diện đều , sp
3
0,25 x 4 = 1đ
IF
5
: chop vuông , sp
3
d
2
.
OF
2
góc, sp
2
b. Góc liên kết trong từng cặp phân tử sau
* Trong SCl
2
và OCl
2
góc ClSCl < ClOCl 0,25đ
. Do oxy có độ âm điện lớn hơn hút mật độ e ở oxy tăng do đó góc lớn 0,25đ
* Trong BF
3
; NH
3
; NF
3
Góc FBF > HNH > FNF 0,25đ
BF
3
lai hóa sp
2
FBF = 120
0
; NH
3
và NF
3
có cùng ngtu trung tâm, F có độ âm điện lớn hơn,
mật độ e ở N giảm dẫn đến góc nhỏ hơn 0,25đ
2.(2đ)
a.
/00347,0
200
693,0693,0
2/1
===
t
k
Áp dụng công thức: ln
0
N
kt
N
=
ln
12
3
6,5.10
0,00347
3.10
t
−
=
t = 1,0176.10
4
năm hay 10.176 năm
b. Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối → các hạt còn thiếu:
a.
0
1
n
b.
8
16
º
c.
35
87
Br
d.
3
7
Li
3. a. Be z =4 Cấu hình e : 1s
2
2s
2
Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, m
s
=
2
1
−
0,25 đ
Cl Z= 17 Cấu hình e : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, m
s
=
2
1
−
0,25đ
b. Khi tạo thành phân tử BeCl
2
thì ng tử Be còn 2 obitan trống; ng tử clo sẽ đưa ra cặp
electron chưa liên kết cho ng tử Be của ph tử BeCl
2
kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl
2
có khuynh
hướng polime hoá: 0,5 đ
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân ĐÁP ÁN
Môn Hóa Học: Khối 10
Câu II: 1(3đ). a). Dựa vào biểu thức: G
0
= H
0
- TS
0
Ở 300
0
K ; G
0
300
= (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44 kJ
Ở 1200
0
K ; G
0
1200
= (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ
G
0
300
0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 300
0
K theo chiều từ trái sang phải.
G
0
1200
> 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 1200
0
K
b) + Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 300
0
K
G
0
= -2,303RT lgK
....
....
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
(-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgK
lgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95
K = 10
4,95
2 (2đ). Ta có : Cgr + 2H
2
0
298.s
H
⎯⎯⎯→
CH
4
(k)
C(k) + 2H
2
(k)
HH
2E
−
⎯⎯⎯→
C(k) + 4H(k)
Theo định luật Hess:
∆H
0
298.s
(CH
4
) = ∆H
0
a
+ 2E
H – H
– 4E
C – H
= 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol
-1
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân ĐÁP ÁN
Môn Hóa Học: Khối 10
Câu III:
2. (2đ) a. Cân bằng 2 phản ứng:
* Theo phương pháp thăng bằng electron:
3 1 6 7
3
Cr I Cr 3 I 27e
+ − + +
⎯⎯→ + +
x 2
Cl
2
+ 2e
⎯⎯→
2Cl
-
x 27 0,25đ
2CrI
3
+ 64KOH + 27Cl
2
→ 2K
2
CrO
4
+ 6KIO
4
+ 54KCl + 32H
2
O 0.25đ
* Theo phương pháp ion- electron
19 Al → Al
3+
+ 3e
∆H
0
a
– 4E
C – H
3 5NO
3
-
+ 24 H
+
+ 19e → NO + 2N
2
O + 12H
2
O 0,25đ
19Al + 72HNO
3
→ 19Al(NO
3
)
3
+ 3NO+ 6N
2
O + 36H
2
O. 0,25đ
b. Bổ túc phản ứng sau:
10 FeCl
2
+ 6KMnO
4
+ 24H
2
SO
4
→ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+3 K
2
SO
4
+ 6MnSO
4
+ 10Cl
2
+ 24H
2
O 0,5đ
4Zn + 10NaHSO
4
+ 2NaNO
3
→ 4ZnSO
4
+ 6Na
2
SO
4
+ NH
4
NO
3
+ 3H
2
O 0.5đ
2. (2đ) a) Ở nhiệt độ thường:
2KOH + Cl
2
→ KCl + KClO + H
2
O
6KOH + 3I
2
→ 5KI + KIO
3
+ 3H
2
O
(Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO
-
⇌X
-
+ XO
3
−
Ion ClO
-
phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO
-
phân hủy ở
tất cả các nhiệt độ).
b) Các phương trình hóa học :
Ion ClO
-
có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:
- Khi cho dung dịch FeCl
2
và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ
không màu chuyển sang màu vàng nâu :
2FeCl
2
+ 2KClO + 4HCl → 2FeCl
3
+ Cl
2
+ 2KCl + 2H
2
O
- Khi cho dung dịch Br
2
vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu :
Br
2
+ 5KClO + H
2
O → 2HBrO
3
+ 5KCl
- Khi cho H
2
O
2
vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra:
H
2
O
2
+ KClO → H
2
O + O
2
+ KCl
- khi cho CO
2
vào A
CO
2
+ KClO + H
2
O
⎯⎯→
KHCO
3
+ HClO
3.(1đ). Từ 20
0
C đến 40
0
C thời gian giảm đi 9 lần suy ra tốc độ pứ tăng 9 lần , ta suy ra hệ số nhiệt
độ bằng 3. 0,5đ
Nếu ở 55
0
C thì thời gian giảm 3
(55-40)/ 10
.
Vậy thời gian cần hòa tan là 3*60/
3
(55-40)/ 10
= 34,64 s 0,5đ
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân ĐÁP ÁN
Môn Hóa Học: Khối 10
Câu IV:
1.(1,5 đ) a. Nhận biết SO
2
, SO
3
theo 2 phương pháp : oxy hóa khử và không oxy hóa khử
+Sục vào dd Brom . Viết pt SO
2
+Br
2
+ H
2
O →H
2
SO
4
+ HBr 0,25đ
+ Sục vào dd BaCl
2
. Viết pt SO
3
+ BaCl
2
+ H
2
O → BaSO
4
+ HCl 0,25đ
c. Oleum. mH
2
O = 9 gam
SO
3
+ H
2
O → H
2
SO
4
mol 0,5 0,5
Ta có :
(80a -40) / (80a + 50) = 25/100 ………. 0,5 đ
a = 0,875 ………..0,5đ
2.(1,5 đ) Giải thích 6 trường hợp sau: 0,25x6 =1,5đ
* 2Ag + H
2
S + 1/2O
2
→ Ag
2
S + H
2
O
* H
2
SO
4
+ C
12
H
22
O
11
→ C + H
2
SO
4
12. H
2
O
C + 2H
2
SO
4
→ CO
2
+ 2SO
2
+ 2H
2
O
* . 2NO
2
N
2
O
4
Màu nâu không màu
Ngâm trong nước đá màu nhạt dần. cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận.(tăng nhiệt độ) .Phản
ứng tỏa nhiệt
* Nước Gia-ven có khả năng tẩy trắng. NaClO + CO
2
+ H
2
O →NaHCO
3
+ HClO
* Sục khí H
2
S cho đến dư vào dung dịch chứa đồng thời FeCl
3
, CuCl
2
, AlCl
3
, ZnCl
2
có kết
tủa.
H
2
S + 2FeCl
3
→2FeCl
2
+ S +2 HCl
H
2
S + CuCl
2
→ CuS + 2 HCl kết tủa : CuS và S
* Tinh thể kim cương cứng hơn rất nhiều so với tinh thể Iot, nước đá.
Kim cương : tinh thể nguyên tử bền còn I
2
, nước đá tinh thể phân tử kém bền
3.
KClO
3
→KCl +3/2 O
2
(1)
0,012 0,012
2
KMnO
4
→K
2
MnO
4
+MnO
2
+O
2.
(2)
C + O
2
→ CO
2
3pt ...........0, 5đ
mY= 100x 0,894/7,45= 12g. .........................0.25đ.
nCO
2
=0,044
nhh khí=0,2 ........... 0,25đ.
2
O
V
:
KK
V
= x :3x ; 4x = 0,2;
x=0,05, ...................................................................0,25đ
vậy theo bảo toàn
mX=mY+mO
2
(sinh ra ) =12+0,05*32=13,6 g...........0,25đ
m KClO
3
= 0,012 * 122,5 = 1,47 g 0,25đ
% KClO
3
= 1,47*100/13,6 = 10,8% 0.25đ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI OLYMPIC 24/3 KHỐI THPT
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi : HÓA HỌC LP 10
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: 4,0 điểm
Một hợp chất (A) được cấu tạo từ cation
2
M
+
và anion
X
−
. Trong phân tử MX
2
có
tổng số proton, nơtron, electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt
không mang điện là 54 hạt. Số khối của M
2+
lớn hơn số khối của
X
−
là 21. Tổng số hạt
trong cation M
2+
nhiều hơn tổng số hạt trong anion
X
−
là 27.
1.
Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X.
2. Viết cấu hình electron của M, X,
2
M
+
,
X
−
.
3. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn.
Bài 2: 4,0 điểm.
1. Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương
pháp thăng bằng electron:
a) Cu
2
S + HNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ H
2
SO
4
+ NO + H
2
O
b) Fe
x
O
y
+ H
2
SO
4 đ
⎯⎯→
SO
2
+ …
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
TRƯỜNG THPT NÚI
THÀNH
c) FeS + HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ NO + H
2
O
d) Al + HNO
3
→
NO + N
2
O
(Biết tỉ khối hỗn hợp khí NO và N
2
O so với H
2
bằng 16,75)
e) FeS
2
+ H
2
SO
4 đ
o
t
⎯⎯→
SO
2
2. a) Dựa vào thuyết lai hóa, cho biết hình dạng và góc liên kết của các phân tử và
ion sau: BCl
3
, BeCl
2
, CH
4
, H
2
O.
b) Cho phản ứng trong một pin: 2Fe
3+
+ Sn
2+
⎯⎯→
⎯⎯
2Fe
2+
+ Sn
4+
. Biết E
3+ 2+
0
Fe /Fe
=
+0,77 (V); E
4+ 2+
0
Sn /Sn
= +0,15 (V). Tính sức điện động chuẩn của pin trên.
Bài 3: 4,0 điểm
1. Hoà tan 60,9 gam hỗn hợp hai muối bari của hai halogen vào nước rồi cho tác dụng
vừa đủ với dung dịch K
2
SO
4
. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 58,25 gam kết tủa
trắng và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp hai muối khan.
a. Xác định khối lượng hai muối khan.
b. Biết rằng halogen ở hai chu kì liên tiếp. Xác định hai halogen này và tính phần
trăm khối lượng muối trong hỗn hợp đầu.
2. Có 5 khí A, B, C, D, E. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO
4
ở nhiệt độ
cao, khí B được điều chế bằng cách cho FeCl
2
tác dụng với dung dịch hỗn hợp
KMnO
4
trong H
2
SO
4
loãng dư, khí C được điều chế bằng cách đốt cháy hoàn toàn sắt
pirit trong oxi, khí D được điều chế bằng cách cho sắt (II) sunfua tác dụng với dung
dịch HCl, khí E được điều chế bằng cách cho magie nitrua tác dụng với nước. Hãy viết
phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
Bài 4: 4,0 điểm
1.Cho phản ứng : 2SO
2
(k) + O
2
(k) ⇄ 2SO
3
(k) H = - 198 kJ
Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO
3
, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên
quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ?
2. Cho phản ứng: SiO
2
(r) + 2C (r)
⎯⎯→
⎯⎯
Si (r) + 2CO (k) (1)
a. Tính
0
S
của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị
entropi chuẩn sau đây:
2
0
SiO (r)
S
= 41,80 J.K
-1
.mol
-1
;
0
C(r)
S
= 5,70 J.K
-1
.mol
-1
;
0
Si(r)
S
= 18,80 J.K
-
1
.mol
-1
;
0
CO(k)
S
= 197,60 J.K
-1
.mol
-1
?
b.Tính giá trị
0
G
của phản ứng (1) ở 25
o
C ? Biến thiên entanpi hình thành ở điều
kiện tiêu chuẩn
0
f
(ΔH )
của SiO
2
và CO có các giá trị:
2
0
f (SiO (r))
ΔH
= -910,90 kJ.mol
-1
;
0
f (CO(k))
ΔH
= -110,50 kJ.mol
-1
.
3. Nêu phương pháp hoá học để có thể dùng loại các chất sau:
a. SO
2
, NO
2
, HF trong khí thải công nghiệp.
b. Khí Cl
2
làm nhiễm bẩn không khí trong phòng thí nghiệm.
Bài 5: 4,0 điểm
Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
bằng lượng vừa đủ dung
dịch H
2
SO
4
loãng thu được 500ml dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau:
Cô cạn phần 1 thu được 31,6 gam hỗn hợp muối khan.
Sục khí clo dư vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch
thì thu được 33,375 gam hỗn hợp muối khan.
1. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra. Tính m và nồng độ mol/lít
các chất có trong dung dịch Y.
2. Cho hỗn hợp X vào H
2
SO
4
đặc nóng dư, sau khi phản ứng xãy ra hoàn toàn
dẫn vào 180ml dung dịch NaOH 1M. Tính khối lượng muối thu được trong dung dịch.
....HẾT ....
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI OLYMPIC 24/3 KHỐI THPT
NĂM HỌC 2016– 2017
Môn thi : HÓA HỌC LP 10
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1
1
(2,0 điểm)
+ + + = + + + =
M M X X M X M X
2z n 4z 2n 186 2z 4z n 2n 186 (1)
M X M X
2z 4z n 2n 54 (2) + − − =
( )
+ − − − + −
M M X X M X M X
z n z n =21 z z n n =21 3
+ − − + − −
M M X X M X M X
2z n 2 (2z n +1)=27 2z 2z +n n =30 (4)
Từ (1), (2), (3), (4)
( )
= = = =
M X M X
z 26;z 17 n 30; n 18
26
M
M là Fe;
17
X
X là Cl
1 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
2
(1 điểm )
Fe(Z=26): 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
4s
2
Fe
2+
(Z=26): 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
Cl(Z=17): 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
Cl
-
(Z=17): 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
0,25
điểm x4
3.
(1 điểm)
Fe: Chu kỳ 4 nhóm VIIIB
Cl: chu kỳ 3 nhón VIIA
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 2.
1a
(0,5 điểm)
3Cu
2
S + 22HNO
3
→ 6Cu(NO
3
)
2
+ 3H
2
SO
4
+ 10NO + 8H
2
O
Cu
2
S → 2Cu
+2
+ S
+6
+ 10e x 3
0,25 x 2
ĐÁP ÁN
N
+5
+3e → N
+2
x 10
1b
(0,5 điểm)
2Fe
x
O
y
+(6x-2y)H
2
SO
4 đ
0
t
⎯⎯→
xFe
2
(SO
4
)
3
+(3x-2y)SO
2
+(6x-2y)H
2
O
0,25x2
1c
(0,5 điểm)
3FeS + 12HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 9NO + 6H
2
O
3FeS → 3Fe
+3
+ 3S
+6
+ 27e x1
N
+5
+3e → N
+2
x9
0,25 x2
1d
(0,5 điểm)
17Al + 66HNO
3
→
17Al(NO
3
)
3
+ 9NO + 3N
2
O + 33H
2
O
do
30 44 3
33,5
1
a b a
a b b
+
= =
+
17x Al
→
Al
+3
+ 3e
3x 5N
+5
+17e
→
3N
+2
+ 2N
+1
0,25 x2
1e
(0,5 điểm)
2FeS
2
+ 14H
2
SO
4 đ
o
t
⎯⎯→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 15SO
2
+
14H
2
O
1x 2FeS
2
→
2Fe
+3
+ 4S
+4
+22e
11x S
+6
+2e
→
S
+4
2a
1 điểm
Hình dạng phân tử; góc liên kết:
- BCl
3
: hình tam giác đều; góc liên kết ClBCl = 120
0
- BeCl
2
: dạng trục (đường thẳng); góc liên kết ClBeCl =
180
0
- CH
4
: hình tứ diện ; góc liên kết HCH = 109
0
28’
-H
2
O: hình gấp khúc, góc liên kết HOH=105
o
0,25x4
2b
0,5 điểm
2Fe
3+
+ Sn
2+
⎯⎯→
⎯⎯
2Fe
2+
+ Sn
4+
.
E
0
pin
= 0,77 - 0,15 = 0,62 V
0,5
Bài 3.
1a
(1,5điểm)
Đặt halogen X có X đvC và muối của nó là BaX
2
, số mol a
Y Y BaY
2
b
BaX
2
+ K
2
SO
4
→
2KX + BaSO
4
a a 2a a (mol)
BaY
2
+ K
2
SO
4
→
2KY + BaSO
4
b b 2b b (mol)
0,5 điểm
Từ 2 phương trình phản ứng ta có: n
4
58,25
0,25
233
BaSO
ab= + = =
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
( ) ( )
2 4 4
22
K SO BaSO
BaX BaY KX KY
m m m m
++
+ = +
1 điểm
( )
,
60,9 174 58,25
KX KY
a b m + + = +
Với a + b = 0,25
( )
,
46,15
KX KY
mg=
1b
(1,5 điểm)
Số mol halogen tương ứng: 2a + 2b = 0,5
khối lượng mol trung bình của X, Y:
( )
26,65
53,3
0,5
Mg==
Với X, Y là 2 halogen thuộc hai chu kì liên tiếp nên đó là Cl
và Br (thoả mãn điều kiện 35,5 < 53,3 < 80)
Thay giá trị Cl và Br vào phương trình khối lượng:
2 .35,5 2 .80 26,65
0,15; 0,1
0,25
ab
ab
ab
+=
= =
+=
( )
22
137 71 .0,15
% .100% 51,23% % 48,77%
60,9
BaCl BaBr
mm
+
= = =
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
2
( 1,0 điểm)
2SO
2
+ O
2
0
25
450 ,C V O
⎯⎯⎯⎯→
⎯⎯⎯⎯
2SO
3
(1)
2H
2
S + 3O
2 (dư)
⎯→⎯
0
t
2SO
2
+ 2H
2
O (2)
Hoặc : 2H
2
S + O
2 (thiếu)
⎯→⎯
0
t
2S + 2H
2
O
4NH
3
+ 5O
2
0
850 ,C Pt
⎯⎯⎯⎯→
4NO
+ 6H
2
O (3)
Hoặc : 4NH
3
+ 3O
2
⎯→⎯
0
t
2N
2
+ 6H
2
O
Cl
2
+ SO
2
⎯→⎯
0
t
SO
2
Cl
2
(4)
Cl
2
+ H
2
S
⎯⎯→
S + 2HCl (5)
3Cl
2
+ 2NH
3
⎯⎯→
N
2
+ 6HCl (6)
Hoặc : 3Cl
2
+ 8NH
3
⎯⎯→
6NH
4
Cl + N
2
2H
2
S + SO
2
⎯⎯→
3S + 2H
2
O (7)
H
2
S + NH
3
⎯⎯→
NH
4
HS (8)
Hoặc H
2
S +2NH
3
⎯⎯→
(NH
4
)
2
S
0,25 x8
Bài 4.
1
(1,5 điểm)
- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500
o
C là thích
hợp: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm).
- Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO
2
và không khí
được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng).
- Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng,
nhưng giúp phản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng
hơn.
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
2a
(0,5 điểm)
SiO
2
(r) + 2C (r)
⎯⎯→
⎯⎯
Si (r) + 2CO (k) (1)
0
ΔS
= 2
0
CO(k)
S
+
0
Si(r)
S
- 2
0
C(r)
S
-
2(r)
0
SiO
S
= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK
-1
0,5 điểm
2b
(1,0 điểm)
0
G
=
0
ΔH
- T
0
ΔS
, trong đó
0
ΔH
=
(r) (k) (r) 2(r)
0 0 0 0
f(Si ) f(CO ) f(C ) f(SiO )
ΔH + 2ΔH - 2ΔH - ΔH
0
ΔH
= 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)
→
0
G
=
0
ΔH
- T
0
ΔS
= 689,9 - 298 . 360,8.10
-3
= 582,3816
(kJ) ( hay 582,4 kJ)
0,5 điểm
0,5 điểm
3
(1,0 điểm)
a. Dẫn khí thải công nghiệp qua nước vôi trong, thì các khí
đều bị giữ lại
SO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaSO
3
+ H
2
O
4NO
2
+ 2Ca(OH)
2
→ Ca(NO
3
)
2
+ Ca(NO
2
)
2
+ 2H
2
O
2HF + Ca(OH)
2
→ CaF
2
+ 2H
2
O
b. Phun NH
3
dạng khí hoặc lỏng vào không khí nhiễm Cl
2
thì
2NH
3
+ 3Cl
2
→ N
2
+ 6HCl
NH
3
+ HCl → NH
4
Cl
0,5 điểm
0,5 điểm
Bài 5.
1
(3,0 điểm)
Phương trình
+ Khi hòa A bằng axit H
2
SO
4
loãng
FeO + H
2
SO
4
→
FeSO
4
+ H
2
O (1)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (2)
Fe
3
O
4
+ 4H
2
SO
4
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ FeSO
4
+ 3H
2
O (3)
Sau phản ứng dung dịch chỉ có 2 muối (x+z)mol FeSO
4
và
(y+z) molFe
2
(SO
4
)
3
+ Khi sục khí Cl
2
vào dung dịch sau phản ứng chỉ có
FeSO
4
phản ứng
6FeSO
4
+ 3Cl
2
→
2FeCl
3
+ 2Fe
2
(SO
4
)
3
(4)
Theo bài ta có hệ phương trình
72x+160y+232z=m/2 (I)
152(x+z)+400(y+z)=31,6 (II)
187,5(x+z)+400(y+z)=33,375 (III)
Từ II, III ta có x+z= 0,05; y+z=0,06
Mặt khác từ I ta có m=2.[ 72(x+z) + 160(y+z)]=26,4
gam
Vậy m= 26,4g
4
FeSO
C
=0,2M;
2 4 3
Fe (SO )
C
=0,24M
1 điểm
1,0 điểm
1,0 điểm
2
(1.0 điểm)
nSO
2
= nFe
2+
=0,05x2=0,1mol
n
NaOH
=0,18 mol
n
NaOH
:nSO
2
= 1,8 tạo 2 muối NaHSO
3
và NaHSO
3
m
muối
=0,1x64+0,18x40-0,18x18=10,36gam
0,5 điểm
0,5 điểm
-HẾT-
Trường THPT Sào Nam ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
ĐỀ THI OLYMPIC 24-3 TỈNH QUẢNG NAM
Môn: Hóa 10
Thời gian: 150 phút
Câu 1. (3 điểm)
1.1. Nguyên tử của nguyên tố X,Y,Z có electron cuối cùng ứng với bộ bốn số lượng tử sau:
Nguyên tố
n
l
M
s
X
3
1
-1
-1/2
Y
2
1
+1
+1/2
Z
2
1
-1
-1/2
a. Xác định X,Y,Z.
b. So sánh năng lượng ion hóa thứ nhất I
1
của X,Y,Z. Giải thích.
c. Tại sao phân tử YZ
2
có thể kết hợp với nhau còn XZ
2
thì không?
1.2. Xét các phân tử POX
3
.
a. Các phân tử POF
3
và POCl
3
có cấu tạo hình học như thế nào? Xác định trạng thái
lai hóa của nguyên tố trung tâm?
b. Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn? Vì sao?
Câu 2.(3,5 điểm)
2.1. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron
a. FeCl
2
+ KMnO
4
+ H
2
SO
4
Fe
2
(SO
4
)
3
+ Cl
2
+ K
2
SO
4
+MnSO
4
+H
2
O
b. Al + HNO
3
Al(NO
3
)
3
+ NO + N
2
O + H
2
O. Biết tỉ khối hơi của hỗn hợp khí
NO,N
2
O so với He là 8,375.
c. CH
3
-CH=CH
2
+ KMnO
4
+ H
2
O CH
3
-CHOH-CH
2
OH + KOH + MnO
2
.
2.2. Cho pin Zn | ZnSO
4
|| Hg
2
SO
4(r)
,SO
4
2-
| Hg
(l)
.
Tại 25
0
C sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là E
0
= 1,42 V.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b. Tính
G
0
đối với pin. Cho F = 96500 C/mol.
2.3. Cho các dữ kiện của phản ứng H
2(K)
+ CO
2(K)
H
2
O
(K)
+ CO
(K)
Chất
H
2
CO
2
H
2
O
CO
H
0
298
(KJ.mol
-1
)
0
-393,5
-241,8
-110,5
S
0
298
(J.mol
-1
.K
-1
)
130,6
213,6
188,7
197,6
a. Tính biến thiên entanpi và entropi của phản ứng.
b. Tính
G
0
của phản ứng và hằng số cân bằng của phản ứng ở 25
0
C.
c. Phản ứng xảy ra theo chiều nào ở 100
0
C nếu giả sử rằng
H và
S không thay đổi
theo nhiệt độ.
d. Ở 25
0
C giả sử ban đầu trộn 0,2 mol H
2
; 0,3 mol CO
2
; 0,1 mol H
2
O; 0,1 mol CO
trong bình kín dung tích 2 lít. Hỏi sau khi cân bằng được thiết lập số mol từng chất sẽ tăng
lên hay giảm xuống?
Câu 3.(3,5 điểm)
3.1. Nung nóng hỗn hợp gồm 5,6 gam Fe với 4 gam bột S trong bình kín một thời gian thu
được chất rắn A gồm FeS, FeS
2
,Fe, S .Cho A tan hết trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư thu
được bao nhiêu lít khí ở đktc?
3.2. Sắp xếp các axit có oxi của clo theo thứ tự tính axit tăng dần và theo thứ tự tính oxi hóa
giảm dần? Giải thích?
3.3. Làm thế nào điều chế được dung dịch HClO từ HCl.Viết phương trình phản ứng.
Câu 4. (2,5điểm)
4.1. Trong phòng thí nghiệm, điều chế khí clo bằng cách cho KMnO4 tác dụng với dung dịch
HCl đặc.Hãy vẽ sơ đồ thiết bị điều chế clo tinh khiết trong phòng thí nghiệm, có giải thích?
4.2. Một hỗn hợp Y gồm Al và Fe. Cho 22 gam hỗn hợp Y tác dụng với 2 lít dung dịch HCl
0,3M thu được V lít khí H2 (đktc)
a. Chứng tỏ rằng Y không tan hết. Tính giá trị V.
b. Cho 22 gam Y tác dụng vừa đủ với clo thu được m
1
gam muối. Cũng 22 gam Y tác
dụng vừa đủ với I
2
thu được m
2
gam muối. Biết m
2
-m
1
=139,3 gam. Tính khối lượng mỗi kim
loại trong 22 gam Y.
Câu 5.(3,5 điểm)
5.1. Cho phản ứng sau: N
2
+ 3H
2
2NH
3
. Ban đầu tỉ lệ số mol N
2
:H
2
là 1:3 thì khi đạt
trạng thái cân bằng (450
0
C, 300 atm) NH
3
chiếm 36% thể tích.
a. Tính hằng số cân bằng Kp ở nhiệt độ trên.
b. Giữ nhiệt độ 450
0
C, cần tiến hành áp suất bao nhiêu atm để khi cân bằng NH
3
chiếm 50% thể tích.
5.2. Nung 15,605 gam hỗn hợp X gồm KMnO
4
và KClO
3
trong bình kín chân không một thời
gian thu được 14,005 gam chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch HCl đặc dư. Sau khi kết
thúc các phản ứng thu được 4,48 lít Cl
2
(đktc).
a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.
b. Nung 15,605 gam hỗn hợp X đến phản ứng hoàn toàn thì thu được tối đa bao nhiêu
lít Oxi (đktc)?
Câu 6. (4 điểm)
6.1. Chỉ dùng 1 thuốc thử hãy phân biệt các dung dịch sau đựng trong các lọ mất nhãn?
K
2
S, K
2
S
2
O
3
, K
2
SO
4
, K
2
CO
3
, KNO
2
6.2.
a.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:
H
2
S + FeCl
3
S + NaOH
0
t
⎯⎯→
H
2
S + KMnO
4
+ H
2
SO
4
b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr.
c. Vì sao không dùng bình thủy tinh để đựng dung dịch HF?
...................................................Hết..........................................................
Cho N=14, O=16, He=4,Fe=56, S=32, Cu=64,Al=27, Cl=35,5, Br=80, I=127, K=39,
Mn=55.
HƯNG DN CHM ĐỀ THI OLYMPIC 24/3.
MÔN: HÓA 10
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 1(3 đ)
1.1 (2 đ)
a. – phân bố electron cuối cùng vào obitan
- Xác định cấu hình electron ở phân lớp ngoài cùng:
X: 3p
4
X là S
Y: 2p
3
Y là N
Z: 2p
4
Z là O
b. -Năng lượng ion hóa thứ nhất của O >S vì trong cùng 1 nhóm từ
O đến S năng lượng ion hóa thứ nhất giảm dần.
-Oxi và Nitơ cùng chu kì, cấu hình electron phân lớp ngoài cùng
của N là 2p
3
trạng thái bán bão hòa bền hơn O: 2p
4
. Mặt khác do lực
đẩy giữa các cặp electron trong 1 obitan của oxi làm cho electron ở
đây dễ bị tách ra khỏi nguyên tử hơn Ni tơ .
Vậy nên I
1
: N>O>S.
c. 2 phân tử NO
2
có thể kết hợp với nhau thành phân tử N
2
O
4
còn
SO
2
thì không vì:
-Ở SO
2
thì S có đủ 8 electron lớp ngoài cùng.
-Ở NO
2
thì N chỉ có 7 electron lớp ngoài cùng, dễ dàng kết hợp
với phân tử khác tạo ra N
2
O
4
.
0,25đ
0,25
X3=0,75đ
0,25 đ
0,25đ
0,25 đ
0,25đ
1.2(1 đ)
a. Dùng VSEPR để giải thích
- POX
3
theo VSEPR có dạng AX
4
E
0
nên nguyên tố trung tâm P ở
0,25đ
trạng thía lai hóa sp
3
.
- Phân tử có dạng hình học là hình tứ diện.
b. - Góc liên kết FPF<ClPCl
- Vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn F làm cặp electron liên kết trên
các liên kết P-Cl gần hơn trên các liên kết P-F do đó tăng lực đẩy
giữa các cặp electron liên kết này.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu2(3,5đ)
2.1(1,5 đ)
a. 10 FeCl
2
+ 6 KMnO
4
+24 H
2
SO
4
5 Fe
2
(SO
4
)
3
+10 Cl
2
+3
K
2
SO
4
+ 6 MnSO
4
+ 24 H
2
O
5 X 2FeCl
2
2Fe
+3
+ 4Cl
-
+ 2e FeCl2: chất khử
2 X Mn
+7
+ 5e Mn
+2
KMnO4 : chất oxi hóa
b. 17Al + 66HNO
3
17Al(NO
3
)
3
+ 9NO + 3N
2
O + 33H
2
O. Biết tỉ
khối hơi của hỗn hợp khí NO,N
2
O so với He là 8,375.
Tìm ra tỉ lệ mol NO : N
2
O = 3:1.
3 X 22H
+
+5NO
3
-
+ 17e 3NO + N
2
O +11H
2
O HNO3 chất
oxi hóa
17 X Al Al
+3
+3e Al: Chất khử
c. 3CH
3
-CH=CH
2
+ 2KMnO
4
+ 4H
2
O 3CH
3
-CHOH-CH
2
OH +
2KOH + 2MnO
2
.
3 X C
-1
+ C
-2
C
0
+ C
-1
+2 e CH
3
-CH=CH
2
: Chất khử
2 X Mn
+7
+3e Mn
+4
KMnO
4:
chất oxi hóa
Mỗi câu
đúng, đầy
đủ 4 bước
0,5 đ.
Nếu thiếu
mỗi bước
trừ 0,125
đ.
2.2 (1đ)
a. Phản ứng xảy ra tại 2 cực của pin:
Tại cực(+): Hg
2
SO
4
+2e 2Hg + SO
4
2-
Tại cực (-): Zn Zn
2+
+2e
Phản ứng xảy ra trong pin: Hg
2
SO
4
+ Zn 2Hg + ZnSO
4
b.
0
G
=-n.F.E
0
= -2.96500.1,552=-299536 J/mol=- 299,536 KJ/mol
0,125đ
0,125đ
0,25đ
0,5đ
2.3(1 đ)
a.
H
0
pư
= -241,8 - 110,5 + 393,5 = 41,2(KJ)
S
0
pư
= 197,6+188,7 – 130,6- 213,6 = 42,1(J.K
-1
)
b.
0
G
=
H
0
-T
S
0
= 41,2-298.42,1.10
-3
=28,6542(KJ)
0
G
= -RTlnKp
28,6542=-8,314.10
-3
.298.lnKp
Kp=9,54.10
-
6
c. khi t=100
0
C T=373
G
373
=41,2-373.42,1.10
-3
=25,4967(KJ). Phản ứng xảy ra theo
chiều nghịch.
d. [H
2
]=0,2/2=0,1 [CO
2
]=0,3/2=0,15 [H
2
O]=0,1/2=0,05= [CO]
Vì
n =0
Kp=Kc
Ta thấy Qc= (0,05.0,05)/(0,1.0,15)=0,167>Kc
phản ứng sẽ xảy ra
theo chiều nghịch
số mol H2O,CO sẽ giảm còn số mol H2, CO2
sẽ tăng
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,125đ
0,25đ
0,25đ
Câu3(3,5đ)
3.1(1đ)
Khi dùng H
2
SO
4
đặc oxi hóa hỗn hợp A, lượng SO
2
thoát ra chính
bằng dùng H
2
SO
4
đặc oxi hóa S và Fe ban đầu.
2Fe + 6H
2
SO
4
(đặc nóng) Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O
mol 0,1 0,15
S + 2 H
2
SO
4
đặc 3SO
2
+ 2H
2
O
Mol 0,125 0,375
Vậy V=(0,15 + 0,375).22,4=11,76 lít
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3.2(1,5đ)
- Tính axit tăng: HClO < HClO
2
< HClO
3
< HClO
4
- Giải thích: Đi từ HClO đến HClO
4
sự gia tăng số nguyên tử oxi
làm gia tăng độ bội liên kết Cl-O dẫn tới sự gia tăng điện tích dương
0,5đ
0,25đ
của nguyên tố Cl làm cho liên kết H-O càng phân cực mạnh hơn, dễ
phân li giải phóng H+ nên tính axit mạnh hơn.
- Tính oxi hóa giảm dần: HClO > HClO
2
> HClO
3
> HClO
4
.
- giải thích: do đi từ HClO đến HClO
4
độ bền của phân tử giảm dần,
khả năng nhận electron của gốc axit càng giảm dẫn tới tính oxi hóa
giảm.
0,5đ
0,25đ
3.3(1đ)
- Để điều chế được dung dịch HClO từ HCl ta đun hỗn hợp gồm
hidroclorua và không khí ở 450
0
C có xúc tác, cho hỗn hợp thu được
tan vào nước thu được 2 axit HCl và HClO. Cho CaCO
3
vào dung
dịch thu được chỉ có HCl phản ứng. Chưng cất hỗn hợp còn lại thì
HClO bị phân hủy tạo Cl
2
O, hấp thụ oxit này vào nước ta thu được
axit HClO.
Các phương trình phản ứng:
4HCl + O
2
2Cl
2
+ 2H
2
O
Cl
2
+ H
2
O HCl + HClO
2HClO Cl
2
O + H
2
O
Cl
2
O + H
2
O 2HClO
0,5đ
Mỗi
phương
trình
0,125đ
Câu 4
(2,5đ)
4.1(1 đ)
- giải thích: Dd NaCl dùng để giữ khí HCl. H
2
SO
4
đặc giữ hơi
nước.Bông tẩm dung dịch NaOH để hấp thụ Cl
2
không cho clo
thoát ra ngoài không khí.
0,5 đ
0,5đ
4.2 (1,5đ)
a. Trong 22 gam Y có x mol Al và y mol Fe
Al Al
3+
+ 3e
x 3x
Fe Fe
2+
+ 2e
y 2y
2H
+
+2e H
2
0,6 0,6
n
e(+) = 0,6mol
n
e(+) = 0,6mol < 22.2/56
n
e(-)
22.3/27
suy ra kim loại không tan hết.
b. Al + 3/2Cl
2
AlCl
3
Fe + 3/2Cl
2
FeCl
3
m
1
=133,5x + 162,5y (1)
Al + 3/2I
2
AlI
3
Fe + 3/2I
2
FeI
3
m
2
=408x + 310y (2)
0,5đ
dd NaCl
dd H
2
SO
4
đặc
Dd HCl đặc
Bông tẩm ddNaOH
để trên miệng lọ
Clo
KMnO
4
m
2
-m
1
=139,3 suy ra 274,5x + 147,5y =193,3
mặt khác 27x + 56y = 22
giải ra x=0,4 mol; y=0,2 mol.
m
Al=10,8gam
m
Fe=11,2gam
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 5
(3,5đ)
5.1(1,5đ)
a. Hốn hợp khí có %V = % số mol.
Ở trạng thái cân bằng, phần mol của NH3=0,36.
Phần mol của N2=0,16; phần mol của H2=0,48
Kx=
2
3
3
22
.
NH
NH
x
xx
=
2
3
0,36
0,16.0,48
=7,324
Kp=Kx.
n
p
=Kx/p
2
suy ra Kp=8,14.10
-5
.
b. ở nhiệt độ không đổi thì Kp không thay đổi
xNH3=0,5; xN2=0,125; xH2=0,375
Kx=
2
3
0,5
0,125.0,375
=37,926
Kp=Kx/p
2
= 8,14.10
-5
suy ra p=682,6(atm)
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
5.2(2 đ)
a. Gọi x,y lần lượt là số mol của KClO
3
và KMnO
4
có trong 15,605
gam hỗn hợp X.
122,5x + 158y=15,605(1)
*Nung X
2KMnO
4
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
2KClO
3
2KCl + 3 O
2
Chất rắn Y tối đa gồm: KClO
3
, KMnO
4
, K
2
MnO
4
, MnO
2
, KCl
n
O
2
=
15,605 14,005
32
−
=0,05 mol
*Y tác dụng với HCl đặc
n
Cl
2
=0,2 mol
Viết quá trình nhường nhận electron
Cl
+5
+ 6e Cl
-1
2O
-2
O
2
+ 4 e
x 6x 0,05 0,2
Mn
+7
+ 5e Mn
+2
2Cl
-
Cl
2
+ 2 e
y 5y 0,2 0,4
bảo toàn electron 6x + 5y= 0,2 +0,4=0,6(2)
giải hệ (1) và (2)được x=0,05; y=0,06mol.
Phần trăm khối lượng mỗi chất trong X là:
%
m
KMnO
4
=60,75; %
m
KClO
3
=39,25
b. Khi nung hỗn hợp x đến phản ứng hoàn toàn:
n
O
2
=0,03+0,075=0,105mol
V
O
2
=2,352 lít
0,125đ
0,25đ
0,25đ
0,125đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25
0,25
Câu 6(4 đ)
6.1(2,5đ)
Dùng thuốc thử là dung dịch H
2
SO
4
loãng. Cho H
2
SO
4
vào từng
mẫu thử.
- dung dịch có khí mùi trứng thối thoát ra là Na
2
S
Na
2
S + H
2
SO
4
Na
2
SO
4
+ H
2
S
- Dung dịch vừa có kết tủa vàng vừa có khí mùi xốc bay ra là
Na
2
S
2
O
3
Na
2
S
2
O
3
+ H
2
SO
4
Na
2
SO
4
+S+SO
2
+ H
2
O
- Dung dịch có khí không màu thoát ra là Na
2
CO
3
Na
2
CO
3
+ H
2
SO
4
Na
2
SO
4
+CO
2
+ H
2
O
- Dung dịch có khí màu nâu thoát ra là NaNO
2
NaNO
2
+ H
2
SO
4
Na
2
SO
4
+ HNO
2
3 HNO
2
2NO +HNO
3
+ H
2
O
- Nhận
biết ra
mỗi chất
0,25đ
- Viết
đúng
phương
trình
nhận biết
ra mỗi
chất (nếu
có) 0,25đ
2NO +O
2
2NO
2
-Dung dịch không có hiện tượng là Na
2
SO
4
6.2(1,5đ)
a.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:
H
2
S + 2FeCl
3
2FeCl
2
+ S + 2HCl
3S + 6NaOH
0
t
⎯⎯→
2Na
2
S + Na
2
SO
3
+ 3 H
2
O
5H
2
S + 2KMnO
4
+ 3H
2
SO
4
5S + 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ 8 H
2
O
b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào
dung dịch KBr.
-Hiện tượng: dung dịch KBr ban đầu có màu sậm dần do sinh ra Br
2
sau đó mất màu tạo dung dịch trong suốt.
- giải thích bằng phương trình:
Cl
2
+ 2KBr 2KCl + Br
2
5Cl
2
+ Br
2
+ 6H
2
O 10HCl +2 HBrO
3
c. Không dùng bình thủy tinh để đựng dung dịch HF vì HF ăn mòn
thủy tinh theo phương trình 4HF + SiO
2
SiF
4
+ 2 H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
SỞ GD & ĐT QUẢNG
NAM
TRƯỜNG THPT NAM
GIANG
ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC LP 10
NĂM HỌC 2016 -2017
(Thời gian làm bài 150 phút)
Câu 1: (5 điểm)
1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X
+
và Y
2-
. Trong ion X
+
có 5 hạt nhân của hai
nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y
2-
có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng
một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y
2-
là
32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A.
1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị
thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng
với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất
A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C
là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản
ứng xảy ra ở trên.
1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 20
0
C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 40
0
C cũng
mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 55
0
C, mẫu Zn tan sau bao lâu.
Câu 2: (5 điểm)
2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron:
a. Fe
3
O
4
+ Cr
2
O
7
2-
+ H
+
→ Cr
3+
+ …….
b. Sn
2+
+ BrO
3
-
+
Cl
-
→ Br
-
+ SnCl
6
2-
+ …..
c. SO
3
2-
+ MnO
4
-
+ H
2
O → …………………..
2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N
2
và 3 mol H
2
được gia nhiệt tới 387
0
C tại áp suất 10 atm.
Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH
3
về số mol. Xác định K
C
và K
P
.
Câu 3: (5điểm)
3.1. Axit H
2
SO
4
100% hấp thụ SO
3
tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng
SO
3
là 71% pha vào 100 ml dung dịch H
2
SO
4
40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có
hàm lượng SO
3
là 10%
3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO
2
; HClO
3
; HClO
4
theo thứ tự
- Tăng dần tính oxi hóa ; - Tăng dần tính axit
Giải thích ngắn gọn.
3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau
- Nhiệt đốt cháy CH
4
= -801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol.
Các kết quả đều đo được ở 298
0
K và 1 atm.
Câu 4: (5 điểm)
4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO
3
, Ca(ClO
3
)
2
, CaCl
2
và KCl. Nhiệt phân
hoàn toàn X thu được 13,44 lít O
2
(đkc), chất rắn Y gồm CaCl
2
và KCl. Toàn bộ Y tác
dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K
2
CO
3
1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có
trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là?
4.2. Tiến hành nung x
1
gam Cu với x
2
gam Oxi thì thu được sản phẩm A
1
. Đun nóng A
1
trong x
3
gam dung dịch H
2
SO
4
98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A
2
và khí A
3
. Khí A
3
không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO
3
)
2
nhưng làm nhạt màu dung
dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam
muối. Khi cô cạn dung dịch A
2
thì thu được 30 gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O. cho dung
dịch A
2
tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít
nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x
1
, x
2
và x
3
.
HẾT
Cho khối lượng nguyên tử của các nguyên tố: H = 1; C = 12; O =16; Na = 23; Al = 27; S = 32;
Cl=35,5; K=39; Ca = 40; Fe = 56; Cu=64; Ag=108
Học sinh không được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan.
Họ và tên: ………………………………Số báo danh: ……………………………
ĐÁP ÁN
SỞ GD & ĐT QUẢNG
NAM
TRƯỜNG THPT NAM
GIANG
ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC LP 10
NĂM HỌC 2016 -2017
(Thời gian làm bài 150 phút)
Câu 1: (4 điểm)
1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X
+
và Y
2-
. Trong ion X
+
có 5 hạt nhân của hai
nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y
2-
có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng
một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y
2-
là
32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A.
1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị
thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng
với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất
A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C
là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản
ứng xảy ra ở trên.
1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 20
0
C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 40
0
C cũng
mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 55
0
C, mẫu Zn tan sau bao lâu.
Câu
1
HƯNG DN CHM
Điểm
1.1
2đ
- Xác định X
+
- X
+
có 10 electron nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11
-
Z
= 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H
- Gọi nguyên tử thứ hai trong X
+
là R, công thức X
+
có thể là;
- RH
4
+
: Z
R
+ 4 = 11 Z
R
= 7 (N) ; X
+
: NH
4
+
(nhận)
- R
2
H
3
+
: 2Z
R
+ 3 = 11 Z
R
= 4 loại : R
3
H
2
+
: 3Z
R
+ 2 =11 Z
R
= 3 loại
- Xác định Y
2-
Y
2-
có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30.
-
Z
= 7,5 2 nguyên tử trong Y
2-
đều thuộc cùng chu kỳ 2.
- Gọi 2 nguyên tử là A, B: Z
B
= Z
A
+2
- Công thức Y
2-
có thể là
- AB
3
2-
: Z
A
+ 3Z
B
= 30
- Z
B
= Z
A
+2 Z
A
= 6 (C); Z
B
= 8 (O)
- A
2
B
2
2-
: 2Z
A
+ 2Z
B
= 30
- Z
B
= Z
A
+2 Z
A
= 6,5; Z
B
= 8,5 loại
- A
3
B
2-
: 3Z
A
+ Z
B
= 30
- Z
B
= Z
A
+2 Z
A
= 7; Z
B
= 9 loại
- Hợp chất A có công thức (NH
4
)
2
CO
3
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
1.2
2đ
A
n
B
m
là muối khi thủy phân cho H
2
S; hợp chất A
x
C
y
là Al
2
O
3
Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al
2
(SO
4
)
3
2Al + 3 S → Al
2
S
3
; Al
2
S
3
+ 6H
2
O → 2 Al(OH)
3
+ 3 H
2
S
4Al + 3O
2
→ 2Al
2
O
3
; S + O
2
→ SO
2
Al
3+
+ 2H
2
O → Al(OH)
2+
+ H
3
O
+
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
1.3
1đ
Cả 3 trường hợp đều hòa tan cùng 1 lượng Zn nên có thể xem tốc độ trung bình của phản
ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng
Khi đun nóng từ 20
0
C đến 40
0
C, tốc độ phản ứng tăng lên 9 lần
21
tt
2
10
1
V
V
−
=
=9 =3
Vậy khi đun nóng từ 40
0
C đến 55
0
C, tốc độ phản ứng tăng
10
4055
3
−
=5,2 (lần)
Vậy thời gian là
25
3
,
=0,577 phút
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2: (5 điểm)
2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron:
a. Fe
3
O
4
+ Cr
2
O
7
2-
+ H
+
→ Cr
3+
+ …….
b. Sn
2+
+ BrO
3
-
+
Cl
-
→ Br
-
+ SnCl
6
2-
+ …..
c. SO
3
2-
+ MnO
4
-
+ H
2
O → ………………….
2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N
2
và 3 mol H
2
được gia nhiệt tới 387
0
C tại áp suất 10 atm.
Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH
3
về số mol. Xác định K
C
và K
P
.
Câu
2
HƯNG DN CHM
Điểm
2.1
3đ
a. Fe
3
O
4
+ Cr
2
O
7
2-
+ H
+
→ Cr
3+
+ Fe
3+
+ H
2
O
Fe
3
O
4
+ 8H
+
→ 3 Fe
3+
+ 1e + 4H
2
O x6
Cr
2
O
7
2-
+ 14H
+
+ 6e → 2Cr
3+
+ 7H
2
O x1
6Fe
3
O
4
+ Cr
2
O
7
2-
+ 62H
+
→ 2Cr
3+
+ 18Fe
3+
+ 31H
2
O
b. Sn
2+
+ BrO
3
-
+
Cl
-
→ Br
-
+ SnCl
6
2-
+ H
2
O
BrO
3
-
+ 6H
+
+ 6e → Br
-
+ 3H
2
O
Sn
2+
+ 6Cl
-
→ SnCl
6
2-
+ 2e x3
3Sn
2+
+ BrO
3
-
+
18Cl
-
+ 6H
+
→ Br
-
+ 3SnCl
6
2-
+ 3H
2
O
c. SO
3
2-
+ MnO
4
-
+ H
2
O → SO
4
2-
+ MnO
2
+ OH
-
SO
3
2-
+ H
2
O → SO
4
2-
+ 2H
+
+ 2e x3
MnO
4
-
+ 2H
2
O + 3e → MnO
2
+ 4OH
-
x2
3SO
3
2-
+ 2MnO
4
-
+ H
2
O → 3SO
4
2-
+ 2MnO
2
+ 2OH
-
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2.2
2đ
Phản ứng: N
2
+ 3H
2
→ 2NH
3
Ban đầu 1 3 mol
Phản ứng x 3x 2x
Cân bằng (1-x) (3-3x) 2x
Lúc cân bằng số mol H
2
= 3 lần số mol N
2
Vậy % số mol N
2
lúc cân bằng là:
4
853100 ,−
=24,04%; %H
2
= 72,11
Áp suất riêng phần đối với từng chất là
P
NH3
= 0,0385.10= 0,385 atm ; P
H2
= 0,7211.10 =7,211 atm
P
N2
= 0,2404.20= 2,404 atm; K
P
=
2
2
3
3
2
H
N
NH
PP
P
= 1,644.10
-4
;
K
C
= K
P
. (RT)
-n
= 0,4815.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,75đ
0,5đ
Câu 3: ( 5 điểm)
3.1. Axit H
2
SO
4
100% hấp thụ SO
3
tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng
SO
3
là 71% pha vào 100 ml dung dịch H
2
SO
4
40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có
hàm lượng SO
3
là 10%.
3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO
2
; HClO
3
; HClO
4
theo thứ tự
- Tăng dần tính oxi hóa; - Tăng dần tính axit
Giải thích ngắn gọn.
3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau
- Nhiệt đốt cháy CH
4
= -801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol.
Các kết quả đều đo được ở 298
0
K và 1 atm.
Câu
HƯNG DN CHM
Điểm
3.1
2đ
H
2
SO
4
.nSO
3
a mol Hàm lượng SO
3
= 71%
Ta có
n
n
8098
80
+
.100=71 n= 3
Khối lượng dung dịch H
2
SO
4
40%= 131 (gam) m
ct
= 52,4 gam.; m
H2O
= 78,6
Phản ứng SO
3
+ H
2
O → H
2
SO
4
4,367 4,367 4,367
Ta có:
a
).,a(
338131
8036743
+
−
=0,1 a = 1,7578
m = 338 . 1,7578 = 594 (gam)
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25
3.2
1đ
Các axit trên đều có công thức chung là HClO
n
- Tính oxi hóa giảm : HClO > HClO
2
> HClO
3
> HClO
4
Khi n tăng thì độ dài liên kết Cl-O giảm, tức là độ bền của các liên kết Cl-O tăng → Tính
oxi hóa giảm.
- Tính axit tăng : HClO < HClO
2
< HClO
3
< HClO
4
Vì theo Pauling khi n tăng, liên kết –OH càng yếu do lực hút của H
+
bị chia sẻ cho nhiều
O và càng dễ tách ra H
+
→ Tính axit tăng dần
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3.3
2đ
Viết các phản ứng :
CH
4
→ C (r) + 4H
CH
4
+ 2O
2
→ CO
2
+ 2H
2
O H
1
2H
2
O → O
2
+ 2H
2
- H
2
CO
2
→ O
2
+ C (r) - H
3
C (r) → C (k) H
4
2H
2
→ 4H 2H
5
Tổ hợp các phương trình này ta được:
CH
4
→ C (r) + 4H
4H
0
C-H
= H
1
-H
2
-
H
3
+H
4
+ 2H
5
= 1652,7 kJ/mol
Năng lượng liên kết C-H = 413,175 kJ/mol
1,đ
0,5đ
0,5đ
Câu 4: (5 điểm)
4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO
3
,Ca(ClO
3
)
2
,CaCl
2
và KCl. Nhiệt phân
hoàn toàn X thu được 13,44 lít O
2
(đkc), chất rắn Y gồm CaCl
2
và KCl. Toàn bộ Y tác
dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K
2
CO
3
1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có
trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là.
4.2. Tiến hành nung x
1
gam Cu với x
2
gam Oxi thì thu được sản phẩm A
1
. Đun nóng A
1
trong x
3
gam dung dịch H
2
SO
4
98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A
2
và khí A
3
. Khí A
3
không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO
3
)
2
nhưng làm nhạt màu dung
dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam
muối. Khi cô cạn dung dịch A
2
thì thu được 30 gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O. cho dung
dịch A
2
tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít
nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x
1
, x
2
và x
3
.
Câu
HƯNG DN CHM
Điểm
4.1.
2đ
Các phản ứng
KClO
3
→ KCl + 3/2 O
2
Ca(ClO
3
)
2
→ CaCl
2
+ 3/2 O
2
Đặt a, b là số mol của CaCl
2
và KCl trong chất rắn Y
BTKL ta có m
Y
= 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam).
111a + 74,5b=63,1 (1)
Cho Y tác dụng với Na
2
CO
3
CaCl
2
+ Na
2
CO
3
→ CaCO
3
+ 2NaCl
a =0,3(mol); Từ (1) b = 0,4 (mol).
Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X.
Ta có 2a + b = 5x x = 0,2 (mol)
%KCl trong X là =
382
20574
,
,..
.100 = 18.10 %
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4.2.
3đ
Dễ dàng thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển hết về CuSO
4
.5H
2
O
Ta có x
1
=
250
6430.
= 7,64 gam mol Cu =0,12 (mol)
Khi đun nóng A
1
với H
2
SO
4
đặc có khí A
3
thoát ra, theo giả thuyết A
3
: SO
2
Và trong A
1
còn Cu dư
Cu + ½ O
2
→ CuO
x 0,5x x
CuO + H
2
SO
4
→ CuSO
4
+ H
2
O
Cu + 2H
2
SO
4
→ CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O
Vậy khí SO
2
có số mol là (0,12 –x)
Khi Cho SO
2
vào dung dịch NaOH có phản ứng
SO
2
+ NaOH → NaHSO
3
SO
2
+ 2NaOH → Na
2
SO
3
+ H
2
O
Mol NaOH = 0,03.
Giả sử chi có muối NaHSO
3
, m
1
= 104.0,03 = 3.12 gam
Giả sử chi có muối Na
2
SO
3
, m
2
= 126.0,015 = 1,89 gam
mà 1,89 < 2,3 < 3,12 Vậy thu được 2 muối. Đặt y,z là số mol 2 muối
Ta có: y + 2z = 0,03
104y + 126z = 2,3 y = 0,01; z = 0,01.
Vậy mol SO
2
= y + z = 0,02 x = 0,1 x
2
= 32.0,05 = 1,6 (gam)
Số mol NaOH = 0,3 (mol)
CuSO
4
+ 2NaOH → Cu(OH)
2
+ Na
2
SO
4
Mol NaOH tác dụng với CuSO
4
là 0,24, còn lại 0,06 tác dụng với H
2
SO
4
Mol H
2
SO
4
dư = 0,03
Tổng mol H
2
SO
4
là: 0,1 + 2.0,02 + 0,03 = 0,17 (mol)
x
3
=
98
10098170 ..,
= 17 gam
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
| 1/121
| | Tải xuống

Tài liệu khác của Hóa học 10

Preview text:

TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC KỲ THI OLYMPIC 24-3 NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ ĐỀ NGHỊ VÀ ĐÁP ÁN Môn: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 150 phút
Cho biết khối lượng nguyên tử ( đvC) của các nguyên tố:
H=1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Mg = 24; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39;
Ca = 40; Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Câu 1. ( 3,5 điểm)
1.1. ( 1.0 điểm) Cho nguyên tử của nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 17 electron thuộc các phân
lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt không mang điện
bằng 23 lần hạt mang điện. 35
a. Viết cấu hình electron của X, suy ra vị trí của X trong bảng tuần hoàn.
b. Xác định thành phần cấu tạo của hai đồng vị và thành phần % theo số nguyên tử của mỗi đồng vị ,
biết nguyên tử khối (NTK) trung bình của X bằng 79,91. Coi NTK có giá trị bằng số khối.
1.2. ( 1.0 điểm) Từ muối ăn điều chế được khí clo, từ quặng florit điều chế được chất có thể ăn mòn
thủy tinh, từ I2 điều chế một chất pha vào muối ăn để tránh bệnh bướu cổ cho người dùng, từ O2 điều
chế chất diệt trùng. Em hãy viết phương trình phản ứng điều chế các chất như đã nói ở trên, biết mỗi
chất chỉ được viết một phương trình phản ứng.
1.3. ( 0,5 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm trong các phân tử sau: POF3 ; BF3 ; SiHCl3 ; O3.
1.4. ( 1.0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố phi kim A có bốn số lượng tử electron cuối cùng thỏa mãn
ml + l = 0 và n + ms = 1,5. Xác định tên của A. Câu 2. ( 3.0 điểm)
2.1. ( 1,5 điểm) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: Fe3O4+ HNO3 loãng Fe(NO3)3 + NO + H2O Fe3C+ H2SO4 đặc nóng dư Fe2(SO4)3 + CO2 + SO2 + H2O FexSy + HNO3 đặc nóng dư Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO2 + H2O
2.2. ( 1,5 điểm) Một pin điện gồm điện cực là một sợi dây bạc nhúng vào dung dịch AgNO3 và điện
cực kia là một sợi dây platin nhúng vào dung dịch muối 2 Fe + 3 và Fe + .
a) Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động.
b) Tính sức điện động của pin ở điều kiện chuẩn. c) Nếu Ag+   2 Fe +   3 Fe +    = 0,1M và   = 
 = 1M thì phản ứng trong pin xảy ra như thế nào? Câu 3. ( 3.5 điểm)
3.1. ( 1,0 điểm) Cho V lít (đktc) hỗn hợp khí (X) gồm Clo và Oxi phản ứng vừa hết với hỗn hợp (Y)
gồm 8,4 gam Mg và 5,4 gam Al tạo thành 37,95 gam hỗn hợp (Z) gồm các muối và oxit. Tính V?
3.2. ( 1,0 điểm) Viết 6 phương trình phản ứng khác nhau điều chế trực tiếp khí clo.
3.3. ( 1,5 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),. . tương ứng:
(1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (D)
(2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + H2O (3) (F) + (A) → (D) (4) (E) + NaOH → (G) + H2O (5) (G) + NaOH → (H) + H2O
(6) (H) + (I) → (K) + (L) (7) (K) + HCl → (I) + (E) (8) (E) + Cl2 + H2O → ... Câu 4. ( 4.0 điểm)
4.1. ( 1,0 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau:
a. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có
khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II).
b. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục
khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu.
4.2. ( 2,0 điểm) Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V
lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B.
- Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M.
- Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa.
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B.
c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng.
4.3. ( 1,0 điểm) Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. O2 bị lẫn Cl2. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO. Câu 5. ( 3.0 điểm) 5.1. ( 1,5 điểm)
a) Tính hiệu ứng nhiệt ở 250C của phản ứng 2Al + Fe2O3 → 2Fe + Al2O3, biết ( H0  = − kJ/mol; ( H0  = − kJ/mol. ht,298 ) 819,28 ht,298 ) 1667 82 , Al 2O3 2 Fe O3
b) Nhiệt đốt cháy của benzen lỏng ở 250C; 1atm là - 3268 kJ/mol. Xác định nhiệt hình thành
của benzen lỏng ở điều kiện đã cho về nhiệt độ và áp suất, biết rằng nhiệt hình thành chuẩn ở
250C của CO2(k), H2O(l) lần lượt bằng - 393,5 và -285,8 kJ/mol. c) Tính ( 0 H  biết: ( H0  = − kJ/mol; ( H0  = − kJ/mol; ht,298 ) đc 393 5 , ,298 ) 2805 ht,298 )C H O (r) 6 12 6 C H O (r ) 6 12 6 CO (k ) 2 ( H0  = − kJ/mol. ht,298 ) 285 8 , H O(l) 2
5.2. ( 1,5 điểm) Ở 600K đối với phản ứng: H2 + CO2 H2O(k) + CO
Nồng độ cân bằng của H2, CO2, H2O và CO lần lượt bằng 0,600 ; 0,459; 0,500 và 0,425 mol/l.
a) Tìm KC, KP của phản ứng.
b) Nếu lượng ban đầu của H2 và CO2 bằng nhau và bằng 1 mol được đặt vào bình 5 lít
thì nồng độ cân bằng của các chất là bao nhiêu ? Câu 6. ( 3,0 điểm)
6.1. ( 1,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm CuSO4 và KCl vào H2O, thu được dung dịch Y.
Điện phân Y (có màng ngăn, điện cực trơ) đến khi H2O bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng
điện phân. Số mol khí thoát ra ở anot bằng 4 lần số mol khí thoát ra từ catot. Phần trăm khối lượng
của CuSO4 trong hỗn hợp X là bao nhiêu ?
6.2. ( 2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X
trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất.
Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (dư) được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan.
Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong
dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc).
Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong
X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối.
a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tìm kim loại M.
------------------ HẾT-----------------
- Học sinh không được sử dụng tài liệu và bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.
- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:..........
TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC KỲ THI OLYMPIC 24-3 NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 150 phút CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1.a Vì X có 17 electron thuộc phân lớp p 1.1
 cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p64p5 0,25
 cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p63d104s24p5.
 Vị trí của X trong bảng tuần hoàn:
Ô số 35, Chu kì 4, Nhóm VII A. 0,25
1.b Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 35.2 = 70 hạt
 số nơtron (hạt không mang điện) là 23 .70 = 46 hạt. 35
 số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 44 hạt.
Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là:
Đồng vị số khối nhỏ: 35 electron, 35 proton, 44 nơtron  A= 79.
Đồng vị số khối lớn: 35 electron, 35 proton, 46 nơtron A= 81. 0,25 Thành phần %:
Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x%
 thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%. + − Ta có: . 79 x 10 ( 81 0
x) = 79,91  x = 54,5%. 100 0,25 * 2NaCl + 2H2O dpdd
⎯⎯⎯→ 2NaOH + Cl2 + H2O nm xop 1.2 1,0 * CaF 2 rắn + H2SO4 đặc CaHSO4 + HF * I2 + 2K 2KI UV * 3O2 2O3
POF3 (sp3); O3 (sp2); SiHCl3 (sp3); C2H2 (sp) . 0,5 1.3 Theo đề: m l + l = 0 và n + ms = 1,5 1.4 *Trường hợp 1:
ms = +1/2  n= 1  l= 0; ml = 0 1s1  A là hiđro 0,5
*Trường hợp 2: ms = -1/2  n= 2  l= 1; ml = -1 2p4  A là oxi 0,5
*Trường hợp 3: ms = -1/2  n= 2  l= 0; ml = 0 2s2  A là beri(loại)
Vậy A là hiđro hoặc oxi. 3Fe3O4+ 28HNO3 loãng 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O 0,5 2.1 2Fe3C+ 22H2SO4 đặc nóng
3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O 0,5
FexSy + (6x+6y)HNO3 đặc nóng
xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x+6y)NO2 + 0,5 (3x+2y)H2O
a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động : 2.2 2+ + 3 F + ( e + Ag = Fe + Ag aq) (aq) (aq) (r) (1) 0,5
b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn : 0 0 0 E 0,5 pin = E + - E + + = 0.8 - (+0,77) = 0,03 V Ag / 3 Ag Fe / 2 Fe c) Nếu Ag+   2 Fe +   3 Fe +    = 0,1M và   = 
 = 1M thì sđđ của pin sẽ là : 059 , 0 1 10 . 1 − Epin = 0,03 + lg = - 0,029 V < 0 1 1
Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại : 3+ 2 F + + ( e + Ag = Fe + Ag aq) (r) (aq) (aq) (2) 0,5 n
Mg =8,4/24 = 0,35 mol; nAl =5,4/27 = 0,2 mol; 3.1
Gọi x, y lần lượt là số mol của clo và oxi trong hh X
Bảo toàn số mol electron: 2x + 4y = 0,35.2 + 0,2.3 (1) 0,25
Bảo toàn khối lượng: 71x + 32y = 37,95 – (8,4+ 5,4) (2) 0,25 Từ
(1) và (2), suy ra: x= 0,25; y = 0,2. 0,25
=> V = (0,25+ 0,2) . 22,4= 10,08 lít. 0,25
Sáu phương trình điều chế clo: 3.2 2NaCl + 2H2O dpdd ⎯⎯⎯→ 2NaOH + Cl nm xop 2 + H2O (1) 2NaCl dpnc ⎯⎯⎯ → 2Na + Cl 2 (2)
MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O (3)
2KMnO4 + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (4) 1,0
K2Cr2O7 + 14 HCl (đặc) → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O (5)
KClO3 + 6HCl (đặc) → KCl + 3Cl2 + 3H2O (6)
(hs có thể viết 6 phương trình khác)
Các chất ứng với các kí hiệu: 3.3
A: O2 B: Fe2O3 D: SO2 E: H2S F: S 0,5
G: NaHS H: Na2S I: FeCl2 K: FeS L: NaCl Các phương trình:
(1) 4FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2 (2) SO 2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O (3) S + O2 → SO2 (4) H 2S + NaOH → NaHS + H2O
(5) NaHS + NaOH → Na2S + H2O
(6) Na2S + FeCl2 → FeS + 2NaCl
(7) FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S (8)H 1,0
2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl
Phương trình phản ứng: 4.1 a. 0,25
10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O 2Fe
3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O b. Khí A là SO2:
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 0,75
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4 a.
Các phương trình phản ứng: 4.2
2KMnO4 + + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1) 0,25
Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư  dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCll
• Trung hòa axit trong B bằng NaOH:
HCl + NaOH → NaCl + H2O (2)
• B tác dụng với AgNO3 dư: AgNO
3 + HCl → AgCl + HNO3 (3)
AgNO3 + KCl → AgCl + KNO3 (4) 0,5
2AgNO3 + MnCl2 → 2AgCl + Mn(NO3)2 (5) b.
- Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).
Theo phương trình phản ứng (1): n = n MnCl KCl = y mol 2
Theo phương trình phản ứng (2): x = n
HCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol  CM (HCl) = 0,24 M
- Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; n = n MnCl KCl = 2y mol 0,75 2
Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl = nHCl + nKCl + 2. n MnCl2
 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol
 x + 3y = 0,06 mol  y = 0,016 mol.
Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:
 CM (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M c. Theo (1) ta có: n = n KMnO
KCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol 4  m = m
KMnO (ban đầu) = 0,16.158 = 25,28 gam. 4 5 n = n
= 0,4mol  V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 0,25 Cl KMnO 2 4 2 Theo (1): nHCl pư = 8 n = 1,28 mol mà n KMnO HCl dư = 10.x = 0,12 mol 4
 nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol n .M 1,4.36,5 Vdd HCl đã dùng = HCl HCl = = 118,64ml C%.D 36,5%.1,18 0,25 a
Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO3)2 dư , H2S bị giữ lại. 4.3 Cu(NO3)2 + H2S CuS + 2HNO3 0,25 b
Sục hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư , Cl2 bị giữ lại. Cl2 + 2NaOH NaCl + NaClO + H2O 0,25 c
Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO4, Br2...) SO2 bị giữ lại SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4 0,25 d
Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO2 t0 CO + CuO Cu + CO 0,25 2
PTHH: 2Al + Fe2O3 → 2Fe + Al2O3 5.1 a.  0 H = ( H0  −  = − − − = - 848,54 kJ 0,5 ht,298 ) ( H0ht,298) 1667 82 , ( 819,28) 298 Al 2O3 Fe2O3 15 PTHH: C O ⎯ 6CO b. 6H6(l) + 2(k) ⎯→ 2(k) + 3H2O(l) 2 0 H  = H  = 3 H  + 6 H  − H  pu ( 0đc,298) ( 0ht,298) ( 0ht,298) ( 0ht,298) C H (l) H O(l) CO (k ) C H (l) 6 6 2 2 6 6 0,5  ( 0 H  = 3 H  + 6 H  − H  ht,298 ) ( 0ht,298) ( 0ht,298) ( 0đc,298) C H (l) H O(l) CO (k ) C H (l) 6 6 2 2 6 6
= 3.(-285,8) + 6.(-393,5) – (- 3268) = 49,6 kJ/mol
PTHH: C6H12O6 (r) + 6O2(k) → 6CO2(k) + 6H2O(l) c. 0 H  = H  = 6 H  + 6 H  − H  pu ( 0đc,298) ( 0ht,298) ( 0ht,298) ( 0ht,298) C H O (r ) H O(l) CO (k ) C H O (r ) 6 12 6 2 2 6 12 6 0,5  ( 0 H  = -1270,8 kJ/mol ht,298 )C H O (r) 6 12 6 a. H2 + CO2 H2O(k) + CO 5.2 [ ][ CO H ] O , 0 500 , 0 . 425 0,25 K 2 = =  772 , 0 C [H CO ][ ] , 0 . 600 , 0 459 2 2 0,25
KP = KC.(RT) = KC.(RT)1+1-1-1 = KC = 0,772. b. H2 + CO2 H2O(k) + CO KC = 0,772 Ban đầu 0,2 0,2 [ ] 0,2 – x 0,2 – x x x 2  x K = = 772 , 0  x  0,0935 C ( , 0 2 − x)2 
[H2O] = [CO] = 0,0935 M; [H2] = [CO2] = 0,2 – 0,0935 = 0,1065 M 1,0
Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol, khi đó quá trình điện phân xảy ra như sau : 6.1 Tại catot Tại anot Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl 0,25 2 + 2e a mol → 2a mol 1 mol 0,5 mol 2H2O + 2e → 2OH- + H2 2b mol → b mol - Theo đề bài ta có : BT:e ⎯⎯⎯ →2n + =  + =  = 0,5 Cu 2nH n − 2a 2b 1 a 0,375 mol 2 Cl  →     n = 4n  4b = 0,5 b = 0,125mol Cl2 H2
- Vậy hỗn hợp X gồm CuSO4 (0,375 mol) và KCl (1 mol) 0,25 0,375.160 %m = = CuSO .100 44,61 4 0,375.160 +1.74,5 .a Hỗn hợp X + H 2SO4 đặc nóng: 6.2
2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O (1)
2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O (2)
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (3)
Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl:
Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 (4)
2M + 2n HCl → 2MCln + nH2 (5)
Hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng dư:
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (6) 0,5
2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + nH2 (7) b. Đặt n
SO2= d  nNaOH dư = 0,1 – 2d mol.
 m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam  d = 0,0375 mol 0,25
Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol Theo (1) và (2)  3 n n = x + y = 0,0375mol (*) SO 0,25 2 2 2
Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol Theo (4), (5) ta có n n = x + .2y = 0,0775mol (**) H2 2 0,25
Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có n Fe = 2x mol; nM = y mol Theo (7) và (8) có: 1 y n = n = 2xmol ; n = n = mol FeSO Fe 4 M (SO ) M 2 4 n 2 2
 Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). y = 5,605 gam 2
 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***) 0,25
Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045  M M.y 0,405 = = = 9 n n.y 0,045 Xét: n 1 2 3 M (g/mol) 9 18 27 (loại) (loại) (M là Al) 0,5 Vậy kim loại M là Al
Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
------------------ HẾT-----------------
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN ĐỀ THI OLYMPIC Năm học: 2016-2017 Môn: Hóa học 10 -------------------
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (4,0 điểm)
Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn
số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5.
Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt.
a) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn.
b) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-.
c) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF3 , PCl3, PH3 và hãy so sánh các góc liên
kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.
Câu 2. (4,0 điểm)
Phản ứng nhị hợp NO2 : 2NO2 (k) → N2O4 (k)
Biết H0S (kcal/mol) : 8,091 2,309
S0 (cal.mol–1.K–1) : 57,2 72,2
– Tính biến thiên năng lượng tự do của pư ở 00C và 1000C. Cho biết chiều tự diễn biến tại những nhiệt độ đó.
– Xđ ở nhiệt độ nào thì G = 0 ? Xác định chiều của phản ứng ở nhiệt độ cao hơn và thấp hơn nhiệt độ đó.
Giả thiết H và S của các chất thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể.
Câu 3. (3,0 điểm)
Axit HCl là một axit có ứng dụng nhiều trong công nghiệp và sản xuất. Điều chế HCl có 2 phương pháp:
+ Phương pháp 1: Cho muối clorua tác dụng với axits H2SO4 đặc (rồi hòa tan khí HCl vào H2O).
+ Phương pháp 2: Tổng hợp từ H2 và Cl2.
Tuy nhiên, cả 2 phương pháp này đều không được dùng để điều chế HBr, HI. Hãy:
1. Viết phương trình phản ứng cho cả 2 phương pháp trên?
2. Tại sao không sử dụng cả 2 phương pháp trên để điều chế HBr, HI? Giải thích?
3. Hãy đề nghị phương pháp điều chế HBr, HI (chỉ yêu cầu viết phương trình phản ứng)?
Câu 4. (3,0 điểm)
Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm
nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với
không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D =
1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra
trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Câu 5.(2,0 điểm)
Cho phản ứng sau : Fe2+ + Ag+ ↔ Fe3+ + Ag
E0 (Ag+/Ag) = 0,80V ; E0 ( Fe3+/Fe2+ ) = 0,77V
a/ Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K
b/ Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe3+ 0,1M ; Fe2+ 0,01M và Ag+ 0,001M khi
cho bột Ag vào dung dịch trên ?
Câu 6.(4,0 điểm)
Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) Mg + HNO3 ⎯⎯
→ Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O
(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1)
b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng ⎯⎯ → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O c) CuFeSx + O2 ⎯⎯
→ Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ d) Fe3O4 + HNO3 ⎯⎯ → NxOy +
--------------------000--------------------
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN
HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC Năm học: 2016-2017 Môn: Hóa học 10 -------------------
Câu 1. (4 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM
Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình: 1,0 (2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164 (2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52 (Z+N) – (Z’+N’) = 5 (2Z+N) – (2Z’+N’) = 8
Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17
a) Cấu hình electron và vị trí: 1,0
Z = 20: 1s22s22p63s23p64s2 → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH
Z’ = 17: 1s22s22p63s23p5 → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH 1,0
b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R +  −  2 R R Ca Ca Cl
- Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị
điện tích hạt nhân của nguyên tử đó.
- Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích
hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có 1,0
số lớp electron lớn nhất (n = 4).
c)Viết công thức cấu tạo: P P P Cl H F F Cl H F Cl H
Các phân tử trên đều thuộc loại AX3E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp
electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109028’). Các góc liên kết
cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối
tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng nhỏ.
Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl < góc HPH.
Câu 2. (4 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM
Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 250C) : 1,0 H0 0 0 pư =  H – 2 H
= 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol) S( N2O4 ) S( NO2 ) S0 0 0 pư = S – 2S
= 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol–1.K–1) ( N2O4 ) ( NO2 )
Áp dụng : G0T = H0pư – TS0pư để tính G ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì H0 và S0
biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính G ở các nhiệt độ
khác nhau theo công thức nêu ra.) + Ở 00C, tức 273K : 1,0
G0273 = –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol) G0
273 < 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận + Ở 1000C, tức 373K : G0 1,0
373 = –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0
Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch
Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì G0T = 0. 1,0
Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0 13873 T = = 329 (K) hay 560C 42, 2 Ở nhiệt độ t > 560 C (hay T > 329K) thì :
G0T = –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Ở nhiệt độ t < 560C (hay T < 329K) thì :
G0T = –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Câu 3. (3 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. Điều chế HCl PP1: NaCl + H ⎯t0 2SO4 ⎯→ NaHSO4 + HCl↑ hay 2NaCl + H ⎯t0 2SO4 ⎯→ Na2SO4 + HCl↑ PP2: Cl ⎯t0 2 + H2 ⎯→ HCl↑ 1,0
Khí HCl thu được hấp thụ vào nước thu được dung dịch HCl.
2. Không sử dụng phương pháp này cho điều chế HBr và HI vì chúng đều là các chất khử.
PP1: 2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O
8HI + H2SO4 → 4I2 + H2S + 4H2O PP2: H ⎯t0 2 + Br2 ⎯→ 2HBr ΔH = -71,8kj
H2 + I2 ↔ 2HI ΔH = +51,88kj
Phản ứng này thuận nghịch nên hiệu suất thấp, không sử dụng. 1,0 3. Điều chế HBr, HI
PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr↑ PI3 + 3H2O → H3PO3 + 3HI↑ 1,0
Câu 4. (3 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS (1) 1,0 MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S (2) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3) M =  = 1,0 B 8966 , 0 29
26  B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]  x + y = 9 , 2 87
Gọi x và y lần lượt là số mol khí H  , 22 4 2S và H2, ta có  34x + 2y =  26  x + y 1 , 0
Giải ra ta có x = 0,1 ; y = . Từ (1), (2), (3) ta có: 3 1 , 0  32 %m ) S ( =  % 100
= 50%, %m(Mg ) = 50%  1 , 0   1 , 0 +   24 + ( 1 , 0  32)  3  3 H2S + O2 → SO2 + H2O 2 1,0 1 H2 + O2 → H2O 2 SO2 + H2O2 → H2SO4
Câu 5. (2 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM 1/ Fe2+ + Ag+ ↔ Fe3+ + Ag 1,0
E0pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
K = 10(En/0,059) = 10(0,03/0,059) = 3,225
2/ E = E0 + (0,059/n).lg([oxh]/[kh]) 1,0
E(Ag+/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
E(Fe3+/Fe2+ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V E = 0,829 – 0,623 = 0,206V
Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều : Fe3+ + Ag ↔ Fe2+ + Ag+
Câu 6. (4 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM a) Mg + HNO3 ⎯⎯
→ Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N
2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 2+ 18 Mg0 ⎯⎯ → Mg + 2e 1,0 1 + 1 7 5 + N + 36 e ⎯⎯
→ N 2 O + 2N2 + 3 − N 18Mg + 44HNO3 ⎯⎯
→ 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O
b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng ⎯⎯ → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O 1 2M+n ⎯⎯ → 2 M+m + 2(m-n) e 1,0 2(m-n) N+5 + 1e ⎯⎯ → N+4
M2(CO3)n + (4m-2n)HNO3 đặc, nóng ⎯⎯
→ 2M(NO3)m + 2(m-n)NO2 + nCO2+(2m- n)H2O c) CuFeSx + O2 ⎯⎯
→ Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ 3Cu+2 + 3e ⎯⎯ → 3Cu+1 3x S-4/x ⎯⎯ → 3xS+4 + 12(x+1)e 3Fe+2 ⎯⎯ → 3Fe+8/3+ 2e 1,0 3 CuFeSx ⎯⎯
→ 3Cu+1+ 3Fe+8/3+ 3xS+4 + (12x+11)e 4 O2 + 4e ⎯⎯ → 2O-2 (12x+11)
12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 d) Fe3O4 + HNO3 ⎯⎯ → NxOy + Fe(NO3)3 + H2O (5x-2y) 3Fe+8/3 ⎯⎯ → 3Fe+3 + 1e 1,0 1 xN+5 + (5x-2y)e ⎯⎯ → xN+2y/x
(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 ⎯⎯
→ NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) (ĐỀ ĐỀ NGHỊ) Câu 1.(4 điểm)
a. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh thể
ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ?
b. Giải thích tại sao CO 2 – 2 – 2 3
, không thể nhận thêm một oxi để tạo CO4 trong khi đó SO3
– có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO 2 – 4 ?
c. Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong
khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 Câu 2. (4 điểm)
a.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom
a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3
K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2
a.2. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + …
a.3. FexOy + HNO3 … + NnOm + H2O
b. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết
rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao
nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023)
c. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4
Câu 3(4 điểm).
a. Hợp chất A có công thức MX2, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt
nhân của M có n – p = 4; của X có n’ = p’, trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và số proton.
Tổng số proton trong MX2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 2+
b. Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: 1 s = − A: n = 3 ℓ = 1 m = +1, 2 1 s = − R: n = 2 ℓ = 1 m = 0, 2 1 s = − X: n = 2 ℓ = 1 m = +1, 2
b.1. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)
b.2. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các 2−
phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 4 (H là hidro).
Câu 4 (4 điểm).
a. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không
theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các
nguyên tố tương ứng. Giải thích.
b. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp
BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A.
Tính thành phần % khối lượng các chất trong A.
Câu 5(4 điểm)
3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng
nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch
HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A
a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2
b. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy
ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa với xút
(cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16)
(Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017
Câu 1 a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử, 0,5 (4 đ)
chúng liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị
- Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết 0,5
với nhau bằng lực hút tỉnh điện
b. - Cấu tạo của CO 2 – 3 O 2– 0,25 C = O O
Trên nguyên tử cacbon trong CO 2 – 3
không còn electron tự do chưa liên kết 0,5
nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO 2 – 4 - Cấu tạo của SO 2 – 3 O . . 2– 0,25 S = O O
Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó 0,5
nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để tạo ra SO 2 – 4 c. - Cấu tạo của CO2 O = C = O 0,25
Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO2 0,5
không thể liên kết với nhau để tạo ra C2O4 - Cấu tạo của NO2 O 0,25 ∙ N O
Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này 0,5
có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai
để tạo ra phân tử N2O4 O O O 2 N∙ N – N O O O
a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + Câu 2 NO + CO2 (4 đ) 2Cr+3 2Cr+6 + 6e 3S–2 3S+6 + 24e 0,25
Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a) Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e 2N+ 5 + 6e 2N+ 2
Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b)
Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: 0,25
Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2
a.2. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2N –3 2NO + 6e 2Cl+ 7 + 14e 2ClO 2NH4ClO3 + 8e 2NO + 2ClO x 5 PO P+ 5 + 5e x 8
10NH4NO3 + 8PO 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O 0,25
10NH4NO3 + 8P 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O 0,25
a..3. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O
xFe+2y/x xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m)
nN+ 5 + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y)
x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 0,25 2y)N+2m/n Hoàn thành:
(5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 0,25
x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O
b. Ta có: mng tửAu = 197/6,02.1023 = 327,24.10 – 24g r = 1,44AO = 1,44.10 – 8cm
VAu = 4/3.п r3 = 4/3. 3,14.(1,44.10 – 8)3 = 12,5.10 – 24cm3 0,25
d = (327,24.10– 24)/(12,5.10 – 24) = 26,179g/cm3
Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ
Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 % 0,25 c.Công thức cấu tạo: O O H – O H – O
H – Cl = O Hay: H – Cl O ; P = O Hay: P O H – O H – O O O H H Mỗi H O CTCT + – H – O O H – O O 0,5 H – N – H O – N ; S Hay: S H – O O H – O O H O a. Hợp chất A; MX2 Câu 3 Ta có: (4đ) p + n 46,67 = 2(p’ + n’) 53,33 0,25 p + n = 1,75(n’ + p’) (a) n – p = 4 (b) 0,5 n’ = p’ (c) p + 2p’ = 58 (d) 0,25
Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16 n = 30; n’ = 16
AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 0,5 56 32 M X 26 16 M là Fe; X là S
* Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6 b. b.1. 0,5 A: 3p4  A là S 0,5 B: 2p5  A là F 0,5 C: 2p4  A là O
b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:
F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc: 0,25 O F F SF
6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: 0,25 F F F S F F F
H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác. 0,25 S OH O OH 2− SO
, S lai hóa sp3, tứ diện đều. 4 2- O 0,25 S O O O Câu 4 (4đ)
a. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA II III IVA VA VIA VII VIII A A A A 0,5 Li Be B C N O F Ne 2s1 2s2 2p1 2p2 2p3 2p4 2p5 2p6 0,5 I1 52 89 801 108 140 131 168 2081 (kJ/mol) 0 9 6 2 4 1
Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần,
phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.
Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: 0,5
- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua
cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s
nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). 0,5
- Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3
qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có
một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M2+ + CO 2 3 - → MCO3 0,25
Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO 2 3 - = 0,35 0,25
Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 0,25
gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam → Số mol MCO 3 , 3 3 = = 0,3 11 0,5 < nCO 2 2
3 - -> CO3 - có dư, M2+ pư hết
nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 0,25
giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%. 0,5
a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC 0,25
Câu 5 số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol (4đ)
ptpư: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 0,25 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 0,25 3x 3x 3x C + 2HCl CCl2 + H2 (3) 0,25 2x 2x 2x
Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c)
Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) 0,5
Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg MB = 5/3.24 = 40 B: Ca MC = 7/3.24 = 56 C: Fe 0,5
b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 0,25
Phương trình phản ứng:
MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl (4) 0,25 4x 4x
CaCl2 + 2NaOH Ca(OH)2 + 2NaCl (5) 0,25 1,5x 1,5x
FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl (6) 0,25 2x 2x
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (7) 0,25 2x 2x
Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g 0,75
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN ĐỀ THI OLYMPIC Năm học: 2016-2017 Môn: Hóa học 10 -------------------
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (4,0 điểm)
Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn
số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5.
Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt.
c) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn.
d) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-.
c) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF3 , PCl3, PH3 và hãy so sánh các góc liên
kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.
Câu 2. (4,0 điểm)
Phản ứng nhị hợp NO2 : 2NO2 (k) → N2O4 (k)
Biết H0S (kcal/mol) : 8,091 2,309
S0 (cal.mol–1.K–1) : 57,2 72,2
– Tính biến thiên năng lượng tự do của pư ở 00C và 1000C. Cho biết chiều tự diễn biến tại những nhiệt độ đó.
– Xđ ở nhiệt độ nào thì G = 0 ? Xác định chiều của phản ứng ở nhiệt độ cao hơn và thấp hơn nhiệt độ đó.
Giả thiết H và S của các chất thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể.
Câu 3. (3,0 điểm)
Axit HCl là một axit có ứng dụng nhiều trong công nghiệp và sản xuất. Điều chế HCl có 2 phương pháp:
+ Phương pháp 1: Cho muối clorua tác dụng với axits H2SO4 đặc (rồi hòa tan khí HCl vào H2O).
+ Phương pháp 2: Tổng hợp từ H2 và Cl2.
Tuy nhiên, cả 2 phương pháp này đều không được dùng để điều chế HBr, HI. Hãy:
1. Viết phương trình phản ứng cho cả 2 phương pháp trên?
2. Tại sao không sử dụng cả 2 phương pháp trên để điều chế HBr, HI? Giải thích?
3. Hãy đề nghị phương pháp điều chế HBr, HI (chỉ yêu cầu viết phương trình phản ứng)?
Câu 4. (3,0 điểm)
Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm
nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với
không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D =
1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra
trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Câu 5.(2,0 điểm)
Cho phản ứng sau : Fe2+ + Ag+ ↔ Fe3+ + Ag
E0 (Ag+/Ag) = 0,80V ; E0 ( Fe3+/Fe2+ ) = 0,77V
a/ Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K
b/ Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe3+ 0,1M ; Fe2+ 0,01M và Ag+ 0,001M khi
cho bột Ag vào dung dịch trên ?
Câu 6.(4,0 điểm)
Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) Mg + HNO3 ⎯⎯
→ Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O
(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1)
b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng ⎯⎯ → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O c) CuFeSx + O2 ⎯⎯
→ Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ d) Fe3O4 + HNO3 ⎯⎯ → NxOy +
--------------------000--------------------
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN
HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC Năm học: 2016-2017 Môn: Hóa học 10 -------------------
Câu 1. (4 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM
Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình: 1,0 (2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164 (2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52 (Z+N) – (Z’+N’) = 5 (2Z+N) – (2Z’+N’) = 8
Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17
b) Cấu hình electron và vị trí: 1,0
Z = 20: 1s22s22p63s23p64s2 → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH
Z’ = 17: 1s22s22p63s23p5 → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH 1,0
b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R +  −  2 R R Ca Ca Cl
- Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị
điện tích hạt nhân của nguyên tử đó.
- Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích
hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có 1,0
số lớp electron lớn nhất (n = 4).
c)Viết công thức cấu tạo: P P P Cl H F F Cl H F Cl H
Các phân tử trên đều thuộc loại AX3E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp
electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109028’). Các góc liên kết
cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối
tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng nhỏ.
Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl < góc HPH.
Câu 2. (4 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM
Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 250C) : 1,0 H0 0 0 pư =  H – 2 H
= 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol) S( N2O4 ) S( NO2 ) S0 0 0 pư = S – 2S
= 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol–1.K–1) ( N2O4 ) ( NO2 )
Áp dụng : G0T = H0pư – TS0pư để tính G ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì H0 và S0
biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính G ở các nhiệt độ
khác nhau theo công thức nêu ra.) + Ở 00C, tức 273K : 1,0
G0273 = –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol) G0
273 < 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận + Ở 1000C, tức 373K : G0 1,0
373 = –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0
Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch
Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì G0T = 0. 1,0
Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0 13873 T = = 329 (K) hay 560C 42, 2 Ở nhiệt độ t > 560 C (hay T > 329K) thì :
G0T = –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Ở nhiệt độ t < 560C (hay T < 329K) thì :
G0T = –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Câu 3. (3 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. Điều chế HCl PP1: NaCl + H ⎯t0 2SO4 ⎯→ NaHSO4 + HCl↑ hay 2NaCl + H ⎯t0 2SO4 ⎯→ Na2SO4 + HCl↑ PP2: Cl ⎯t0 2 + H2 ⎯→ HCl↑ 1,0
Khí HCl thu được hấp thụ vào nước thu được dung dịch HCl.
2. Không sử dụng phương pháp này cho điều chế HBr và HI vì chúng đều là các chất khử.
PP1: 2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O
8HI + H2SO4 → 4I2 + H2S + 4H2O PP2: H ⎯t0 2 + Br2 ⎯→ 2HBr ΔH = -71,8kj
H2 + I2 ↔ 2HI ΔH = +51,88kj
Phản ứng này thuận nghịch nên hiệu suất thấp, không sử dụng. 1,0 3. Điều chế HBr, HI
PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr↑ PI3 + 3H2O → H3PO3 + 3HI↑ 1,0
Câu 4. (3 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS (1) 1,0 MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S (2) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3) M =  = 1,0 B 8966 , 0 29
26  B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]  x + y = 9 , 2 87
Gọi x và y lần lượt là số mol khí H  , 22 4 2S và H2, ta có  34x + 2y =  26  x + y 1 , 0
Giải ra ta có x = 0,1 ; y = . Từ (1), (2), (3) ta có: 3 1 , 0  32 %m ) S ( =  % 100
= 50%, %m(Mg ) = 50%  1 , 0   1 , 0 +   24 + ( 1 , 0  32)  3  3 H2S + O2 → SO2 + H2O 2 1,0 1 H2 + O2 → H2O 2 SO2 + H2O2 → H2SO4
Câu 5. (2 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM 1/ Fe2+ + Ag+ ↔ Fe3+ + Ag 1,0
E0pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
K = 10(En/0,059) = 10(0,03/0,059) = 3,225
2/ E = E0 + (0,059/n).lg([oxh]/[kh]) 1,0
E(Ag+/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
E(Fe3+/Fe2+ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V E = 0,829 – 0,623 = 0,206V
Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều : Fe3+ + Ag ↔ Fe2+ + Ag+
Câu 6. (4 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM a) Mg + HNO3 ⎯⎯
→ Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N
2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 2+ 18 Mg0 ⎯⎯ → Mg + 2e 1,0 1 + 1 7 5 + N + 36 e ⎯⎯
→ N 2 O + 2N2 + 3 − N 18Mg + 44HNO3 ⎯⎯
→ 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O
b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng ⎯⎯ → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O 1 2M+n ⎯⎯ → 2 M+m + 2(m-n) e 1,0 2(m-n) N+5 + 1e ⎯⎯ → N+4
M2(CO3)n + (4m-2n)HNO3 đặc, nóng ⎯⎯
→ 2M(NO3)m + 2(m-n)NO2 + nCO2+(2m- n)H2O c) CuFeSx + O2 ⎯⎯
→ Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ 3Cu+2 + 3e ⎯⎯ → 3Cu+1 3x S-4/x ⎯⎯ → 3xS+4 + 12(x+1)e 3Fe+2 ⎯⎯ → 3Fe+8/3+ 2e 1,0 3 CuFeSx ⎯⎯
→ 3Cu+1+ 3Fe+8/3+ 3xS+4 + (12x+11)e 4 O2 + 4e ⎯⎯ → 2O-2 (12x+11)
12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 d) Fe3O4 + HNO3 ⎯⎯ → NxOy + Fe(NO3)3 + H2O (5x-2y) 3Fe+8/3 ⎯⎯ → 3Fe+3 + 1e 1,0 1 xN+5 + (5x-2y)e ⎯⎯ → xN+2y/x
(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 ⎯⎯
→ NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017
Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) (ĐỀ ĐỀ NGHỊ) Câu 1.(4 điểm)
d. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh thể
ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ?
e. Giải thích tại sao CO 2 – 2 – 2 3
, không thể nhận thêm một oxi để tạo CO4 trong khi đó SO3
– có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO 2 – 4 ?
f. Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong
khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 Câu 2. (4 điểm)
a.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom
a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3
K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2
a.2. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + …
a.3. FexOy + HNO3 … + NnOm + H2O
b. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết
rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao
nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023)
c. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4
Câu 3(4 điểm).
a. Hợp chất A có công thức MX2, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt
nhân của M có n – p = 4; của X có n’ = p’, trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và số proton.
Tổng số proton trong MX2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 2+
b. Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: 1 s = − A: n = 3 ℓ = 1 m = +1, 2 1 s = − R: n = 2 ℓ = 1 m = 0, 2 1 s = − X: n = 2 ℓ = 1 m = +1, 2
b.1. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)
b.2. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các 2−
phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 4 (H là hidro).
Câu 4 (4 điểm).
a. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không
theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các
nguyên tố tương ứng. Giải thích.
b. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp
BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A.
Tính thành phần % khối lượng các chất trong A.
Câu 5(4 điểm)
3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng
nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch
HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A
a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2
c. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy
ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa với xút
(cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16)
(Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017
Câu 1 a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử, 0,5 (4 đ)
chúng liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị
- Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết 0,5
với nhau bằng lực hút tỉnh điện
b. - Cấu tạo của CO 2 – 3 O 2– 0,25 C = O O
Trên nguyên tử cacbon trong CO 2 – 3
không còn electron tự do chưa liên kết 0,5
nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO 2 – 4 - Cấu tạo của SO 2 – 3 O . . 2– 0,25 S = O O
Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó 0,5
nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để tạo ra SO 2 – 4 c. - Cấu tạo của CO2 O = C = O 0,25
Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO2 0,5
không thể liên kết với nhau để tạo ra C2O4 - Cấu tạo của NO2 O 0,25 ∙ N O
Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này 0,5
có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai
để tạo ra phân tử N2O4 O O O 2 N∙ N – N O O O
a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + Câu 2 NO + CO2 (4 đ) 2Cr+3 2Cr+6 + 6e 3S–2 3S+6 + 24e 0,25
Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a) Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e 2N+ 5 + 6e 2N+ 2
Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b)
Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: 0,25
Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2
a.2. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2N –3 2NO + 6e 2Cl+ 7 + 14e 2ClO 2NH4ClO3 + 8e 2NO + 2ClO x 5 PO P+ 5 + 5e x 8
10NH4NO3 + 8PO 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O 0,25
10NH4NO3 + 8P 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O 0,25
a..3. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O
xFe+2y/x xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m)
nN+ 5 + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y)
x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 0,25 2y)N+2m/n Hoàn thành:
(5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 0,25
x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O
b. Ta có: mng tửAu = 197/6,02.1023 = 327,24.10 – 24g r = 1,44AO = 1,44.10 – 8cm
VAu = 4/3.п r3 = 4/3. 3,14.(1,44.10 – 8)3 = 12,5.10 – 24cm3 0,25
d = (327,24.10– 24)/(12,5.10 – 24) = 26,179g/cm3
Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ
Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 % 0,25 c.Công thức cấu tạo: O O H – O H – O
H – Cl = O Hay: H – Cl O ; P = O Hay: P O H – O H – O O O H H Mỗi H O CTCT + – H – O O H – O O 0,5 H – N – H O – N ; S Hay: S H – O O H – O O H O a. Hợp chất A; MX2 Câu 3 Ta có: (4đ) p + n 46,67 = 2(p’ + n’) 53,33 0,25 p + n = 1,75(n’ + p’) (a) n – p = 4 (b) 0,5 n’ = p’ (c) p + 2p’ = 58 (d) 0,25
Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16 n = 30; n’ = 16
AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 0,5 56 32 M X 26 16 M là Fe; X là S
* Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6 b. b.1. 0,5 A: 3p4  A là S 0,5 B: 2p5  A là F 0,5 C: 2p4  A là O
b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:
F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc: 0,25 O F F SF
6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: 0,25 F F F S F F F
H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác. 0,25 S OH O OH 2− SO
, S lai hóa sp3, tứ diện đều. 4 2- O 0,25 S O O O Câu 4 (4đ)
a. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA II III IVA VA VIA VII VIII A A A A 0,5 Li Be B C N O F Ne 2s1 2s2 2p1 2p2 2p3 2p4 2p5 2p6 0,5 I1 52 89 801 108 140 131 168 2081 (kJ/mol) 0 9 6 2 4 1
Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần,
phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.
Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: 0,5
- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua
cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s
nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). 0,5
- Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3
qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có
một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M2+ + CO 2 3 - → MCO3 0,25
Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO 2 3 - = 0,35 0,25
Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 0,25
gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam → Số mol MCO 3 , 3 3 = = 0,3 11 0,5 < nCO 2 2
3 - -> CO3 - có dư, M2+ pư hết
nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 0,25
giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%. 0,5
a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC 0,25
Câu 5 số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol (4đ)
ptpư: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 0,25 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 0,25 3x 3x 3x C + 2HCl CCl2 + H2 (3) 0,25 2x 2x 2x
Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c)
Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) 0,5
Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg MB = 5/3.24 = 40 B: Ca MC = 7/3.24 = 56 C: Fe 0,5
b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 0,25
Phương trình phản ứng:
MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl (4) 0,25 4x 4x
CaCl2 + 2NaOH Ca(OH)2 + 2NaCl (5) 0,25 1,5x 1,5x
FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl (6) 0,25 2x 2x
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (7) 0,25 2x 2x
Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g 0,75
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 24 – 3 LẦN 2
TRƯỜNG THPT TRẦN VĂN DƯ
NĂM HỌC 2016 - 2017
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 150 phút Câu 1: (2 điểm)
1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của
hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố
trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số
eletron trong Y2- là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A.
1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất
D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và
C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím
hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất
chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân.
Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điể 1 m 1.1 - Xác định X+ 1,5Đ
- X+ có 10 electron  nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11
- Z = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H
- Gọi nguyên tử thứ hai trong X+ là R, công thức X+ có thể là; - RH + +
4 : ZR + 4 = 11  ZR = 7 (N) ; X+: NH4 (nhận) - R + +
2H3 : 2ZR + 3 = 11  ZR = 4 loại : R3H2 : 3ZR + 2 =11  ZR = 3 loại - Xác định Y2-
Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30.
- Z = 7,5  2 nguyên tử trong Y2- đều thuộc cùng chu kỳ 2.
- Gọi 2 nguyên tử là A, B: ZB= ZA +2
- Công thức Y2- có thể là - AB 2- 3 : ZA+ 3ZB = 30
- ZB= ZA +2  ZA= 6 (C); ZB = 8 (O) - A 2- 2B2 : 2ZA+ 2ZB = 30
- ZB= ZA +2  ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại - A3B2- : 3ZA+ ZB = 30
- ZB= ZA +2  ZA= 7; ZB = 9 loại
- Hợp chất A có công thức (NH4)2CO3
1.2 AnBm là muối khi thủy phân cho H2S; hợp chất AxCy là Al2O3 1Đ
Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al2(SO4)3
2Al + 3 S → Al2S3 ; Al2S3 + 6H2O → 2 Al(OH)3 + 3 H2S
4Al + 3O2 → 2Al2O3 ; S + O2 → SO2
Al3+ + 2H2O → Al(OH)2+ + H3O+ Câu 2. (2 điểm)
2.1 Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng: A(k) + B(k) → C(k)
Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây: Thí nghiệm [A] mol/l [B] mol/l
Tốc độ mol.l-1.s-1 1 0,010 0,010 1,2.10-4 2 0,010 0,020 2,4.10-4 3 0,020 0,020 9,6.10-4
2.2 Cho các dữ kiện dưới đây: C H + H → C H H  = 136 − , 951 KJ / mol 2 4 2 2 6 a 7 C H + O → 2CO + 3H O(l) H  = 1559 − ,837 KJ / mol 2 6 2 2 2 b 2 C + O → CO H  = 393 − , 514 KJ / mol 2 2 c 1 H + O → H O(l) H  = 285 − ,838 KJ / mol 2 2 2 d 2
Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4
2.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C
cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 2 2.1 a. v = k[A]x[B]y 0,5Đ
Thí nghiệm 1  1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y (1)
Thí nghiệm 2  2,4.10-4 = k.0,01x . 0,02y (2)
Thí nghiệm 3  9,6.10-4 = k.0,02x . 0,02y (3)
Lấy (3) chia cho (2) 2x = 4  x = 2
Lấy (2) chia cho (1)  2y = 2  y = 1 =  2 v k A B Bậc phản ứng: x + y = 3
Thí nghiệm 1  1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01
 k = 1,20.102mol-2 . l-2.s-1 1Đ
Từ các dữ kiện đề bài ta có: 2.2  C H → C H + H H  = − H  = 13 + 6,951 KJ / mol 2 6 2 4 2 1 a 7  2CO + 3H O(l) → C H + O H  = − H  = 15 + 59,837 KJ / mol 2 2 2 6 2 2 b  2 +  2C + 2O → 2CO H  = 2 H  = −787,028 KJ / mol  2 2 3 C  3  3H + O → 3H O(l) H  = 3 H  = 85 − 7,514 KJ / mol 2 2 2 4 d  2
2C + 2H2 →C2H4 ΔHht = ΔH1 + ΔH2 + ΔH3 + ΔH4 = +52,246 KJ/mol (0,5đ) C H → 2C + 2H H  = − H  = 52 − , 246 KJ / mol 2 4 2 5 ht   +  2C + 2O → 2CO H  = 78 − 7,028KJ / mol 2 2 3 2H + O → 2H O l H  = 2 H  = 57 − 1,676KJ / mol  2 2 2 ( ) 6 d
C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2 H2O(l) ∆Hđc = ΔH5 + ΔH3 + ΔH6 = - 1410,95 KJ/mol
Cả 3 trường hợp đều hòa tan cùng 1 lượng Zn nên có thể xem tốc độ
trung bình của phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng
Khi đun nóng từ 200C đến 400C, tốc độ phản ứng tăng lên 9 lần t −t 2 1 V 2 10 =  =9  =3 V 1 55−40
Vậy khi đun nóng từ 400C đến 550C, tốc độ phản ứng tăng 10 3 =5,2 0,5Đ (lần) 2.3 3 - Vậy thời gian là =0,577 phút 5,2 Câu 3: (2điểm)
3.1 Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất nhãn sau: NaCl, NaNO3, HCl, HBr, NaOH
3.2 Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:
a. Zn + HNO3 ⎯→Zn(NO3)2 + NH4NO3 + H2O
b. H2SO4 + HI ⎯→ I2 + H2S + H2O
c. NaClO + KI + H2SO4 ⎯→ I2 + NaCl + K2SO4 + H2O
d. K2Cr2O7 + HCl ⎯→ KCl + CrCl3 + Cl2 + H2O
3.3 Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây: a. 2+ 4 Sn Sn + → b. + 2 Cu Cu + → c. 2 + + Mn + MnO− → d. 2 3 Fe → Fe 4
Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết: 0 E = + 0 = + 0 = + + + 0, 77v ; E + 0, 34v ; E − + 1, 51v 3 2 Fe / Fe 2 CU / Cu 2 MnO / Mn 4 0 E = + 0 = + + + 0,15v ; E − 1, 07v 4 2 Sn / Sn Br / 2Br 2
Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 3 3.1
+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên. 0,75đ + Dùng quỳ tím:
- Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH
- Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit)
- Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO3 (muối)
+ Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO3
- Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO3 là HCl
Ptpư: HCl + AgNO3 → AgCl + HNO3
- Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO3 là HBr
Ptpư: HBr + AgNO3 → AgBr + HNO3
+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO3:
- Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO3 là NaCl
Ptpư: NaCl + AgNO3 → AgCl + NaNO3
- Dung dịch còn lại là NaNO3 0,5đ a. 4Zn + 10HNO
3 ⎯→4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O 3.2
b. H2SO4 + 8HI ⎯→ 4I2 + H2S + 4H2O
c. NaClO + 2KI + H2SO4 ⎯→ I2 + NaCl + K2SO4 + H2O
d. K2Cr2O7 + 14HCl ⎯→ 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O
Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực 0,75đ 3.3 chuẩn, ta có: 4+ 2+ 0 Sn + 2e Sn E = + + + 0,15v 4 2 Sn / Sn 2+ + 0 Cu + e Cu E = + + + 0, 34v 2 Cu / Cu 3+ 2+ 0 Fe + e Fe E = + + + 0, 77v 3 2 Fe / Fe − 0 Br + 2e 2Br E = 1 + ,07v 2 Br / 2Br 2 − + 2+ 0 MnO + 8H + 5e → Mn + 4H O E = + − + 1, 5v 2 4 2 MnO / Mn 4
Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d)
a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br –
E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92v 2.0,92 0,059 31 K = 10 = 1,536.10
2Cu+ + Br2 → 2Cu2+ + 2Br – E0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v 2.0,73 0,059 24 K = 10 = 5,569.10
2Fe2+ + Br2 → 2Fe3+ + 2Br – E0 = +1,07-0,77=+0,3v 2.0,3 0,059 10 K = 10 = 1,477.10 Câu 4 (2điểm) 1 3 4.1 Cho phản ứng:
N2(k) + H2(k)  NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 2 2
1,3.10-2 và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ΔH0 của phản ứng trên. 4.2 Xét phản ứng:
CaCO3 (r)  CaO (r) + CO2 (k). H0298K (Kcal/mol) = 42,4.
S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Trong
điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân.
4.3 Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:
•Đốt X ở nhiệt độ cao cho 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. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm
một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa
màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất
hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.
b) Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI
và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới
mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 4 4.1 ½ N2 + ½ H2  NH3 0,5đ Ở 400 0 C có k
1 = 1,3 . 10-2; ở 500 0 C có k2 = 3,8 . 10-3 k − H T − −3 lg 2 = T . 1 2 = 8 , 3 .10 = − − , 1 229 2 Hệ thức Arrehnius: k R T T . 3 , 1 .10 1 1 2 − , 1 229. 314 , 8 .673.773 −H = =53,2kJ/mol − 100 CaCO 4.2 3 (r)  CaO (r) + CO2 (k). 0,5đ H0 298K (Kcal/mol) = 42,4. S0298K (cal/mol.K)= 38,4.
Áp suất khí quyển = 1 atm  K = 1 P = P CO2
G0 = H0 - TS0 = - RTlnKP = 0 − 0 3  T = H  , 42 10 . 4 cal/ mol = 110 = , 4 2K S0  , 38 4cal/ mol K .
Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở
1104,2K hay 1104,2 - 273 = 831,20C
a) X cháy cho ngọn lửa màu vàng  thành phần nguyên tố của X có 1đ 4.3 natri.
Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết
tủa vàng với AgNO3  thành phần nguyên tố của X có iot.
Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa.
Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO −x
Đặt công thức của X là NaIOx.
Phản ứng dạng ion: 2 IO − +(2x 2- + I x
-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO4 2 + (4x-4) H + (1) I 2-
2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO4 + 4H + (2) Ag + + I − → AgI (3) IO − + (2x x
-1) I − + 2x H + → x I2 + x H2O (4)
I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 (5) 1,87.10-3  3,74.10-3
b) Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3
Theo (5)  Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3
Theo (4)  Số mol IO − = 1 (số mol I 1 .1,87.10-3 x 2) = x x  1 , 0 = 1 .1,87.10-3 23 +127 +16x x  . 1 , 0 x = 1,87.10-3 150 +16x 0,1x = 0,2805 + 0,02992x  x = 4
Công thức phân tử của X: NaIO4 Câu 5 (2điểm)
Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam
X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản
phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH
0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan.
Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan
hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc).
Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi
lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối.
c. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. d. Tính V.
e. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 5
Các phương trình phản ứng:
*) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng:
2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O (1)
2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O (2)
Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3) SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4)
*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 (5) 2M + 2n HCl → 2MCln + nH2 (6)
*) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (7)
2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + nH2 (8)
Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol
Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt n = a(mol) ; n = b(mol) SO (3) SO (4) 2 2  = + = n a 2b 0,1mol NaOH   m = 104.a+126.b = 5,725gam  chattan
 a = - 0,014 < 0 (loại)
Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt n = d(mol)  n SO (4) NaOH dư = 0,1 – 2d mol. 2
 m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam  d = 0,0375 mol
Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít
Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol Theo (1) và (2)  3 n n = x + y = 0,0375mol SO2 2 2 (*)
Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol Theo (5), (6) ta có n n = x + .2y = 0,0775mol H2 2 (**)
Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol Theo (7) và (8) có: 1 y n = n = 2xmol ; n = n = mol FeSO Fe M (SO ) M 4 2 4 n 2 2
 Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). y = 5,605 2 gam
 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***)
Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045  M M.y 0,405 = = = 9 n n.y 0,045 Xét: n 1 2 3 M (g/mol) 9 18 27 (loại) (loại) (M là Al)  y = 0,015 mol.
Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x %m = .100% = 58,03% Fe(trongX) 56x + 27y 27x %m = .100% = 41,97% Al (trongX) 56x + 27y
KỲ THI KHẢO SÁT OLYMPIC HOÁ 10 lần 1
NĂM HỌC 2016 – 2017
.....................................
Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố:
H = 1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40;
Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Hg = 201; Pb = 207. Câu 1:
Cho nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị
hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt không mang điện.
a. Viết cấu hình electron của X.
b. Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn.
c.Viết CTCT ,xác định trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong
các phân tử và ion sau :HXO, X2O5, XO4- Câu 2:
2.1 .Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO3)2 0,1M và Ag/AgNO3 0,1M có
thế khử chuẩn tương ứng là Eo và . + = + + = − 76 , 0 V Eo 80 , 0 V Zn2 / Zn Ag / Ag
a. Thiết lập sơ đồ pin.
b. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc.
c. Tính suất điện động của pin.
(d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động
2.2. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3
K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2
b) P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O
c) FexOy + HNO3 Fe(NO)3 + NnOm + H2O Câu 3: 3.1
Phản ứng dưới đây đạt đến cân bằng ở 109K với hằng số cân bằng Kp = 10: C (r) + CO2 (k)  2CO (k)
(a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp cân bằng, biết áp suất chung của hệ là 1,5atm.
(b) Để có hàm lượng CO bằng 50% về thể tích thì áp suất chung là bao nhiêu?
3.2. Cho các dữ kiện: N2O4 (k)  2NO2 (k) Ho  (kJ / mol) ht 9,665 33,849 So  (J / mo ) l 298 304,3 240,4
Giả thiết rằng biến thiên entanpi và entropi phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Phản ứng
sẽ tự xảy ra theo chiều nào tại nhiệt độ: (a) 0oC và (b) 100oC Câu 4:
4.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau:
c. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư
thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II).
d. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi
hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu.
4.2 .H2SO4 đặc có tính háo nước, nó có thể lấy nước từ một số hợp chất hữu cơ. Trong quá
trình than hóa saccarozơ có hình thành hỗn hợp khí A (gồm 2 khí).
a. Giải thích quá trình hình thành hỗn hợp khí A.
b. Trình bày phương pháp hóa học chứng minh sự có mặt của các khí trong A.
c. So sánh quá trình làm khô và quá trình than hóa của H2SO4 đặc.
4.3. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),. . tương ứng:
(1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (D) (2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + H2O (3) (F) + (A) → (D) (4) (E) + NaOH → (G) + H2O (5) (G) + NaOH → (H) + H2O
(6) (H) + (I) → (K) + (L) (7) (K) + HCl → (I) + (E) (8) (E) + Cl2 + H2O → ...
4.4 Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH
loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).
a) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét.
b) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn
hợp HCl và FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư). Câu 5:
Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D
(đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B.
- Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M.
- Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa.
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B.
c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng. Câu 6:
Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X
trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm
khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được
dung dịch chứa 5,725 gam chất tan.
Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết
trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc).
Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt
có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối.
f. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. g. Tính V.
h. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X.
- - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - - Họ và tên thí sinh:
........................................................Số báo danh
........................................
Chữ kí giám thị 1 ........................................................ Chữ kí giám thị 2
................................ CÂU Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM
1.a Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p 1
 cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p5 0,25
 cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p5.
1.b Vị trí của X trong bảng tuần hoàn:
Ô số 17 vì có 17 electron  điện tích hạt nhân bằng 17. 0,5
Chu kì 3 vì có 3 lớp electron.
Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s23p5.
1.c Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt
 số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt.
 số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 18 hạt. 0,25
Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là:
Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron.
Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron.
1.d Thành phần % theo khối lượng:
Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x% 0,25
 thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%.
Áp dụng công thức tính NTKTB ta có:
NTKTB (A) = A1.x% + A2. (100 – x)%
 (17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48  x = 76%.
Xét 1 mol X (35,48 gam) có 0,76 mol 35X (0,76.35 = 26,6 gam)
 thành phần % theo khối lượng 35X là: 26,6 : 35,48 = 74,97% 0,25
thành phần % theo khối lượng 37X là: 100% - 74,97% = 25,03%. 2 Theo đề bài: M A , , n + p 1 R R %m = = = = (1) R 3M + M 3A + A , , 3(n+ p) + (n + p ) 15 M R M R 0,25 n = p + 4 (2) n, = p, (3)
Tổng số proton trong Z là 3p + p’ = 84. (4)
Giải 4 PT trên ta được: n, = p, = 6  R là cacbon (C)
n = 30, p = 26  M là sắt (Fe)
Công thức phân tử của Z là Fe 3C (hợp chất 0,25 xementit)
a. Phương trình phản ứng: 2 1 10FeCl 0,5
2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O b. 2Fe
3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO 2:
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 0,5
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4
a. Giải thích sự hình thành A: 2 C H SO (dac) 12H22O11 2 4
⎯⎯⎯⎯→ 12C + 11 H2O (tỏa nhiệt) 0,25
C + 2H2SO4 (đặc nóng) → CO2 + 2SO2 + 2H2O.
Vậy hỗn hợp khí A gồm CO2 và SO2
b. Chứng minh sự có mặt của hai khí trong A, ta dẫn hỗn hợp khí lần lượt
qua bình 1 đựng dung dịch Brom (dư) và bình 2 đựng dung dịch
Ca(OH)2 dư rồi thêm vài giọt dung dịch BaCl2 vào bình (1):
Hiện tượng: Bình (1) brom nhạt màu, có kết tủa xuất hiện chứng tỏ hỗn hợp có SO 2
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl 0,5
Bình (2) có kết tủa xuất hiện chứng tỏ có CO2:
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
c. Sự khác nhau giữa quá trình làm khô và quá trình than hóa:
Quá trình làm khô là quá trình vật lý. 0,25
Quá trình than hóa là quá trình hóa học.
1 Sáu phương trình điều chế clo: 3 2NaCl + 2H 2O dpdd
⎯⎯⎯→ 2NaOH + Cl2 + H2O (1) nm xop 2NaCl dpnc ⎯⎯⎯ → 2Na + Cl2 (2) MnO
2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O (3)
2KMnO4 + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (4) 0,75
K2Cr2O7 + 14 HCl (đặc) → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O (5)
KClO3 + 6HCl (đặc) → KCl + 3Cl2 + 3H2O (6)
(hs có thể viết 6 phương trình khác)
Phản ứng (1) là phản ứng dùng để điều chế clo trong công nghiệp. 2 Các phương trình: (8) 4FeS 2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2
(9) SO2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O (10) S + O2 → SO2 (11) H2S + NaOH → NaHS + H2O (12) NaHS + NaOH → Na2S + H2O 1,0 (13) Na2S + FeCl2 → FeS + 2NaCl (14) FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S (15)
H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl
Các chất ứng với các kí hiệu: A: O 2 B: Fe2O3 D: SO2 E: H2S F: S 0,25
G: NaHS H: Na2S I: FeCl2 K: FeS L: NaCl
a Các phương trình phản ứng: 4 KMnO 0,25
4 + + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1)
Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư  dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCl.
• Trung hòa axit trong B bằng NaOH: HCl + NaOH → NaCl + H 2O (2)
• B tác dụng với AgNO3 dư:
AgNO3 + HCl → AgCl + HNO3 (4) AgNO 0,5
3 + KCl → AgCl + KNO3 (5)
2AgNO3 + MnCl2 → 2AgCl + Mn(NO3)2 (6)
b Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).
Theo phương trình phản ứng (1): n = nKCl = y mol MnCl2
Theo phương trình phản ứng (2): x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 0,25 mol  CM (HCl) = 0,24 M
Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; n = nKCl = 2y mol MnCl2
Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl = nHCl + nKCl + 2. n MnCl2
 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol
 x + 3y = 0,06 mol  y = 0,016 mol.
Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:  C 0,25 M (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M c Theo (1) ta có: n
= nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol KMnO4  m = m
(ban đầu) = 0,16.158 = 25,28 gam. KMnO 4 0,5 5 n = n
= 0,4mol  V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. Cl KMnO 2 4 2 Theo (1): nHCl pư = 8 n
= 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol KMnO4
 nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol V n .M 1,4.36,5 dd HCl đã dùng = HCl HCl = = 118,64ml C%.D 36,5%.1,18 0,25
a Các phương trình phản ứng: 5 *) Hỗn hợp X + H 2SO4 đặc nóng:
2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O (1)
2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O (2) 0,25
Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3)
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4)
*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl 2 + H2 (5)
2M + 2n HCl → 2MCln + nH2 (6)
*) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: 0,25
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (7)
2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + nH2 (8)
b Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol
Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt n = a(mol) ; n = b(mol) SO (3) SO (4) 2 2 n = a+ 2b = 0,1mol NaOH   0,25 m = 104.a+126.b = 5,725gam  chattan
 a = - 0,014 < 0 (loại)
Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt n
= d(mol)  nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. SO (4) 2 0,25
 m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam  d = 0,0375 mol
Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít
c Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol Theo (1) và (2)  3 n n = x + y = 0,0375mol (*) SO 2 2 2
Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol Theo (5), (6) ta có n n = x + .2y = 0,0775mol (**) H2 2
Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 0,5 Theo (7) và (8) có: 1 y n = n = 2xmol ; n = n = mol FeSO Fe M (SO ) M 4 2 4 n 2 2
 Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). y = 5,605 gam 2
 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***)
Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045  M M.y 0,405 = = = 9 n n.y 0,045 Xét: n 1 2 3 M (g/mol) 9 18 27 (loại) (loại) (M là Al) 0,5  y = 0,015 mol.
Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x %m = .100% = 58,03% Fe(trongX) 56x + 27y 27x %m = .100% = 41,97% Al (trongX) 56x + 27y
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT
NĂM HỌC: 2016 - 2017
MÔN HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:
H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32;
Cl = 35,5; K= 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Rb = 85; Sr = 88;
Ag = 108; Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207.
Câu 1 (3 điểm):
1.1(1 điểm). Ở trạng thái cơ bản , nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp electron và 2 electron độc thân.
a. Viết cấu hình electron của nguyên tử X ?
b. Cho biết bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử X ?
1.2.(1 điểm) Hợp chất A2B có tổng hạt proton là 23. Hãy xác định công thức hóa học của
A2B. Biết rằng 2 nguyên tố A, B thuộc cùng một chu kỳ và 2 nhóm A liên tiếp ?
1.3. (1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau: NH + - 4 , NH3, ICl4 , AsCl5
Câu 2 (3,5 điểm):
2.1. (2 điểm)Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:
a. As2S3 + KClO3 + H2O → H3AsO4 + H2SO4 + KCl
b. Al + HNO3 -------> Al(NO3)3 + NO + N2 + H2O ( nNO : nN2 = 3 : 2)
c. NaIOx + SO2 + H2O ----> I2 + Na2SO4 + H2SO4
2.2.(1,5 điểm) Cho : E0 3+ 2+
Fe /Fe= -0,037 V , E0Fe /Fe= -0,440 V ; E0 3+ + Au / Au = 1,26V
a. Lập sơ đồ pin điện hóa,trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị
khử thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin khi pin hoạt động.
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này. Câu 3(3 điểm):
3.1.(1 điểm) Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất
nhãn sau: NaCl, NaNO3, HCl, HBr, NaOH
3.2.(2 điểm) Sục khí clo vào dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch A,hòa tan I2 vào
dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch B(các thí nghiệm thực hiện ở nhiệt độ phòng).
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra?
b. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi cho lần lượt
dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2 , dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư)
Câu 4. (3 điểm):
4.1.(1 điểm) Chỉ dùng Fe, S và dung dịch H2SO4 loãng, viết các phương trình phản ứng điều
chế khí H2S bằng 2 cách khác nhau.
4.2.(2 điểm) Để pha loãng 100 ml dung dịch H2SO4 98% (D=1,84g/cm3) thành dung dịch H2SO4 20% cần V ml H2O. a. Tính V
b. Khi pha loãng phải tiến hành như thế nào?
Câu V(4,0 điểm):
5.1. (2,5 điểm)Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua:
H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) ∆H = +53kJ (a)
H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) (b)
a. Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt?
b. Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình hoá học của phản ứng.
c. Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín, dung tích 2 lit ở
nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36. Nếu nồng độ ban đầu của H2 và I2 bằng nhau và
bằng 0,02M thì nồng độ của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu?
5.2. (1,5 điểm)Tính nhiệt tạo thành của tinh thể:Ca3(PO4)2, biết:
- 12 gam Ca cháy tảo ra 45,57 KCal
- 6,2 gam P cháy tỏa ra37,00 Kcal
- 168,0 gam CaO tác dụng với 142,0 gam P2O5 tỏa ra 160,50 Kclo
Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp. Câu 6.(3,5 điểm)
Hỗn hợp A: KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn
toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành
SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H2SO4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung
dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D
nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra?
b. Tính khối lượng kết tủa C?
c. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A? -----Hết---- Ghi chú:
- Học sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào (kể cả Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học)
- Giám thị coi thi không cần giải thích gì thêm.
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
ĐÁP ÁN OLYMPIC NĂM HỌC: 2016 - 2017
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT
MÔN HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Thang điểm Câu I 3,0 1/
a. Nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp e và 2 e độc thân nên 0,5
(1.00) cấu hình electron của nguyên tử X có thể có là : [Ne]3s23p2 (1) [Ne]3s23p4 (2) 0,5
b. Bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là :
(1) : n = 3; l =1; ml= 0; ms = +1/2
(2): n = 3; l =1; ml= -1; ms = -1/2 2/ Ta có:: 2ZA+ ZB = 23 (1) 0,5
(1.00) Ta lại có: Ztb = 23:3 = 7,67 => 2 nguyên tố ở chu kỳ nhỏ *TH1: ZA > ZB
2 nguyên tố A, B ở cùng một chu kỳ và thuộc 2 nhóm A liên tiếp => ZA = ZB + 1 (2) 0,5
Từ (1) và (2) ta được : ZA = 8, ZB = 7 Vậy CTHH của A2B là NO2 *TH2: ZA < ZB => ZB = ZA + 1 (3)
Từ (1) và (3) ta được : ZA = 7,3; ZB = 8,4 loại 3 NH + 0,25 4 : sp3 (1.00) 0,25 NH3: sp3 0,25 ICl - 4 : sp3 d2 0,25 AsCl5: sp3 d2 Câu 2 3,5 2.1(2.0đ
a. Cân bằng đủ , đúng 4 bước 0,5 )
b. Cân bằng đủ , đúng 4 bước 0,75
c. Cân bằng đủ , đúng 4 bước 0,75 2.2
a. Anot(-) Pt │ Fe3+ , Fe2+ ║ Au3+, Au+ │ Rt (+) Catot
(1.50) Phản ứng ở cực âm: Fe2+ → Fe3+ + 1e K _1 1
Phản ứng ở cực dương: Au3+ + 2e → Au+ K2 1,0
Phản ứng trong pin : Au3+ + 2Fe2+ → 2Fe3+ + Au+ K
b. Fe3+ + 3e ↔ Fe E0(1) =-0,037
Fe2+ + 2e ↔ Fe E0(2) =-0,44
Fe3+ + e ↔ Fe2+ E0(3) = 3E0(1) - 2E0(2) = 0,77
K=102(1,26-0,77)/0,059 =1016,61 0,5 E0 3+ 2+ pin= E0 3+ + Au / Au - E0Fe /Fe = 0,49 Câu 3 3,0 3.1
+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên. (1.0) + Dùng quỳ tím:
- Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH 0,25
- Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit)
- Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO3 (muối)
+ Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO 3
- Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO3 là HCl Ptpư: HCl + AgNO3 AgCl + HNO3 0,25
- Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO3 là HBr Ptpư: HBr + AgNO3 AgBr + HNO3 0,25
+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO3:
- Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO3 là NaCl Ptpư: NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3
- Dung dịch còn lại là NaNO3 0,25
3.2(2,0đ a. Ở nhiệt độ thường: 2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O 0,5 )
6NaOH + 3I2 → 5NaI + NaIO3 + 3H2O
b. Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh:
Khi cho dd hỗn hợp HCl và FeCl2 vào dd A có khí màu vàng lục thoát ra và 0,5
dd không màu chuyển sang màu vàng nâu:
2FeCl2 + 2NaClO + 4HCl → 2FeCl3 + 2NaCl + Cl2 +2 H2O
Khi cho dd Br2 vào dd A, dd Br2 mất màu: 0,5
Br2 + 5NaClO + H2O → 2HBrO3 +5NaCl
Khi cho dd H2O2 vào dd A có khí không , không mùi thoát ra: 0,5
H2O2 + NaClO → H2O+NaCl + O2 Câu 4
4.1(1đ) Cách 1: Fe + S → FeS 5,0
FeS + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2S↑ Cách 2: Fe + H 0.5 2SO4 loãng → FeSO4 + H2 to S + H2 → H2S 4.2(2đ) a. m . D V .C% 10 . 84 , 1 0 98 . H2SO4 = = = 180,32g 0.5 100 100
H2O coi như dung dịch H2SO4 có nồng độ là 0%
Áp dụng quy tắc đường chéo: (98-20 = 68; 20-0 = 20) m g H2O 0% 78% 20% 0,5 ,32 g H2SO4 98% 20% → m = 78 → m = 78 . 32 , 180 = 180 32 , 20 20
DH2O = 1g/ml → 703,248g H2O = 703,248 ml H2O →VH2O = 703,248 ml
b. Lấy 703,248 ml H2O vào cốc, rồi cho từ từ 100 ml dung dịch H2SO4 đặc vào
cốc, và dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ. (tuyệt đối không làm ngược lại) 0.5 0,5 Câu 5 4.0 5.1
1a. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt. 0.5 (2.5đ) HI2
b. Vì I2 là chất rắn nên: K =  H2 
c. H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí)
Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0 Phản ứng: x x 2x
Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x (2x)2 Vậy : ( = → = − → = − x) ( − x) 36 2x 6(0,02 x) x 0, 015 0, 02 . 0, 02
Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H2] = [I2] = 0,005M 5.2
nCa= 0,3 mol có ∆H = - 45,57 KCal 1,5
nP =0,2 mol có ∆H = - 37,00 KcCal
nCaO= 0,3 mol và nP2O5 = 1 mol
Ca + ½ O2 → CaO ∆H1 = - 45,57/0,3 = -151,9 KCal
2P + 5/2O2 → P2O5 ∆H2 = - 37,00.2/0,2 = -37,0 KCal
3 CaO + P2O5 → Ca3(PO4)2 ∆H3 = -160,5 KCal
3 Ca + 2P +4O2 → Ca3(PO4)2 ∆Htt
Ta có: ∆Htt = 3.∆H1 + ∆H2 +∆H3 = - 986,2(KCal) Câu 6 3.5 (3.5đ)
KClO : a(mol) 3
Ca(ClO ) :b(mol) 3 2  Hỗn hợp A C
a(ClO) : c(mol) 2
CaCl :d(mol) 2 
KCl : e(mol)  o t 3 KClO ⎯⎯ → KCl + O 3 2 2
Mol a a 3 a 2 o Ca(ClO ) t
⎯⎯→CaCl + 3O 3 2 2 2
Mol b b 3b o Ca(ClO) t
⎯⎯→CaCl + O 2 2 2 Mol c c c
* Theo định luật bảo toàn khối lượng: m = m + m + m A KCl Ca 2 Cl 2 O
83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32( 3a + 3b + c) (1) 2 xt, o 2 t SO + O ⎯⎯⎯ →2SO 2 2 3
Mol 3a + 3b + c 3a + 6b + 2c 2
SO + H O → H SO 3 2 2 4
Mol 3a + 6b + 2c 3a + 6b + 2c + + 
98(3a 6b 2c) 100 80 = (2) 191,1 80191,1
 3a + 6b + 2c = =1,56 100 98 C
aCl : (b + c + d)mol * Chất rắn B 2  + ddK CO 2 3 KCl : (a + ) e mol KCl + K2CO3 →
CaCl2 + K2CO3 → 2KCl + CaCO3↓
Mol (b + c + d) (b + c + d) 2(b + c + d) (b + c + d)
Số mol K2CO3 = 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d (3) * Kết tủa C: CaCO3
Khối lượng kết tủa CaCO3 = 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam 2. Dung dịch D (KCl)
nKCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18 = a + e + 0,36 22 22 m = m → n = n KCl (ddD) KCl ( A) KCl (ddA) KCl ( A) 3 3 22 a + e + 0,36 = e (4) 3
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:   3a
83, 68 = 74, 5(a + e) +111(b + c + d ) + 32 + 3b + c     2   3
a + 6b + 2c = 1,56  b
 + c + d = 0,18  22e
a + e + 0,36 =  3  1,56  → 83,68 = 74,5(a + )
e + (111 0,18) + 32   
→ 74,5(a + e) = 38,74  2  a + e = 0,52  122,5. . a 100  22 → %KClO trongA = = 58,56% 3 a + e + 0, 36 = e  83, 68  3
ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC 10 THỜI GIAN: 150 phút
Câu 1.( điểm) .Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: 1 A: n = 3 ℓ = 1 m = +1, s = + 2 1 R: n = 2 ℓ = 1 m = 0, s = − 2 1 X: n = 2 ℓ = 1 m = +1, s = − 2
a) Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự( +ℓ... 0 ...-ℓ)
b) Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: R 2 2X, AR6, H2AX3, − AX (H là hidro). 4
Câu 2: ( 4điểm)
Cho phản ứng: H2 (K) + I2 (K) 2HI (K)
Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5lít ở toC với 0,2mol H2 và 0,2mol I2 .Khi
phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3mol/lít.
a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC.
b) Thêm vào cân bằng trên 0,1mol H2 thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính
nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới. Câu 3.(4 điểm)
a) Cho cân bằng N2O4 (khí) 2NO2 (khí)
Trong một bình chân không thể tích 0,5 lít được duy trì ở 450C, có 3.10-3 mol N2O4
nguyên chất. Khi cân bằng được thiết lập, áp suất trong bình là 0,255 atm. Xác định độ phân hủy của N . Biết biến thiên
2O4 ở nhiệt độ này và hằng số cân bằng KP
entanpi của phản ứng phân huỷ N ở 210 2O4 là 72,8 KJ/mol. Tính KP C
b) Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau: - Nhiệt đốt cháy CH4: -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy C2H6 -1412,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy H2: -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì -393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì: +715,0 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H - H +431,5 kJ/mol
Các kết quả đều do ở 2980K và 1 atm.
Câu 4: (4 điểm)
a) Cho vào nước dư 3g oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung
dịch làm hai phần bằng nhau:
- Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím hoá xanh.
- Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm đổi màu quỳ tím.
Tìm công thức phân tử oxit và tính giá trị của V.
b) Có 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4:3:2 và có tỉ lệ
khối lượng nguyên tử tương ứng là 3:5:7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên
trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc). Xác định 3 kim loại A, B, C,
biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2.
Câu 5: (4 điểm)
1) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:
a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2
b) P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O
2) Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các
dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc. Câu Ý Đáp án Điểm 1(4đ) 0,5 A: 3p4  A là S 1 (1,5đ) B: 2p5  B là F 0,5 C: 2p4  C là O 0,5
2 Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: 0,5 -F
2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc: O F F 0,5 SF
6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: F F F S F F F 0,5
H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác. S OH O OH 2− SO
, S lai hóa sp3, tứ diện đều. 4 0,5 2- O S O O . O 2(4,0)
1(1,0)) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC.
Theo giả thiết: [H2] = [I2] = 0,4mol/lít H2 (K) + I2 (K) 2HI (K)
Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) 0,4(mol/lít)
Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít) 0,25 (mol/lít ) 0,3 (mol/lít ) K 3 , 0 2 cb = = , 1 44 , 0 , 0 . 25 25 1,0
2 .Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới:
(3,0) • Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H2 nồng độ H2 tăng cân bằng 0,5
dịch chuyển theo chiều thuận. 0,5
• Khi thêm 0,1 mol H2 nồng độ H2 = 0,25 + 0,2 = 0,45mol/lít
Gọi x là nồng độ H2 tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới. H2 (K) + I2 (K) 2HI (K)
Trước phản ứng: 0,45 (mol/lít) 0,25(mol/lít) 0,3(mol/lít)
Lúc cân bằng: 0,45-x (mol/lít ) 0,25-x (mol/lít) 0,3+2x (mol/lít) 2 0,75 K ( 3 , 0 + 2x) cb = = ,
1 44  2,56x2 + 2,208x – 0,072 = 0 ( , 0 25 − x , 0 ).( 45 − x) ĐK: 0< x < 0,25
Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; x/ = -0,89 loại. 0.5 Vậy : 0,25 [H 0,25
2] = 0,41854 (mol/lít) [I 0,25
2] = 0,21854 (mol/lít)
[HI] = 0,36292 (mol/lít) 3(4,0) 1
(2,5) Xét cân bằng: nRT 10 . 3 3 − (. 082 , 0 . 273 + 45) P = = = 156 , 0 atn 0,5 cb V 5 , 0 N2O4 = 2NO2 n t = 0 3.10-3 0 3.10-3+ t = tb
3.10-3(1- ) 6.10-3 3.10-3(1+ ) P  P cb  = = cb = P0(1+ )  63 , 0 P 0 0,5 3 K H   1 1  10 . 8 , 72  1 1  Ta có: ln P21 = − − = −  −  = 073 , 0   K R T T 314 , 8    294 318 P45 2 1 0,5 2 (2,5)
1. Tính năng lượng liên kết trung bình C – H
Viết đúng mỗi quá trình được 0,25 điểm
Xếp các quá trình lại như sau: 1,25 CH ⎯ 4 + 2O2 ⎯→ CO2 + 2H2O H1 2H2O ⎯ ⎯ → 2H2 + O2 -2H3 CO ⎯ 2 ⎯→ C(r) + O2 -H4 C(r) ⎯ ⎯ → C (k) H5 2H ⎯ 2 ⎯→ 4H 2H6 CH ⎯ 4 ⎯→ C(k) + 4H H H = H
1 - 2H3 - H4 +H5 + 2H6 =1652,7 kJ/mol 0,5
 4EC-H = 1652,7 kJ/mol  EC-H = 413,175 kJ / mol.
Tính năng lượng liên kết trung bình C - C. C ⎯ 2CO 2H6 + 7/2O2 ⎯→ 2 + 3H2O H2 3H ⎯ 2O ⎯→ 3H2 + 3/2O2 -3H3 2CO ⎯ 2 ⎯→ 2C (r) + 2O2 -2H4 2C r ⎯ ⎯ → C k 2H5 3H ⎯ 2 ⎯→ 6H 3H6 C ⎯ 2H6 ⎯→ 2Ck +6H H E
C-C + 6EC-H = H = H2 –3H3 –2H4 + 2H5 +3H6 =2823,1 kJ/mol 0,75
 EC-C = 2823,1-6.143,175=344,05 kJ/mol 4 (4,0)
. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M2O
nHCl = 1.0,09 = 0,09mol 0,5
Phương trình phản ứng: M2O + 2HCl ⎯ ⎯ → 2MCl + H2O (1)
1(1,0 1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16)
(1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 M < 8,67 0,5 Suy ra: M là Li
. nLi2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol
2(1,0) Phương trình phản ứng: Li2O + 2HCl ⎯
⎯ → 2LiCl + H2O (2) 0 ,5 0,05 0,1
(2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml 0,5
Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC số
mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ptpư: A + 2HCl ⎯ ⎯ → ACl2 + H2 (1) 4x 4x 4x 3 B + 2HCl ⎯ ⎯ → BCl2 + H2 (2) (2,0) 3x 3x 3x C + 2HCl ⎯ ⎯ → CCl2 + H2 (3) 2x 2x 2x
Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) 0,5
Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c)
Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d)
Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 0,5 Suy ra: MA = 24 A: Mg 0,5 MB = 5/3.24 = 40 B: Ca 0,5 MC = 7/3.24 = 56 C: Fe 0,5 5 (4,0)
a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 ⎯
⎯ → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + 1(1,0) NO + CO2 2Cr+3 ⎯ ⎯ → 2Cr+6 + 6e 3S–2 ⎯ ⎯ → 3S+6 + 24e Cr2S3 ⎯
⎯ → 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a) Mn+ 2 ⎯ ⎯ → Mn+ 6 + 4e 2N+ 5 + 6e ⎯ ⎯ → 2N+ 2 Mn(NO ⎯ Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) 3)2 + 2e ⎯→ Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 ⎯
⎯ → 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành:
Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 ⎯
⎯ → 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2 b) P + NH4ClO4 ⎯
⎯ → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2N –3 ⎯ ⎯ → 2NO + 6e 2(1,0 2Cl+ 7 + 14e ⎯ ⎯ → 2ClO 2NH4ClO3 + 8e ⎯ ⎯ → 2NO + 2ClO x 5 PO ⎯ ⎯ → P+ 5 + 5e x 8 10NH4NO3 + 8PO ⎯
⎯ → 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O 10NH4NO3 + 8P ⎯
⎯ → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O
(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ 0,5
(b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O 0,5 2 + 2HBr → H2O + Br2 3(2,0)
(c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần
NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O 0,5 2
(d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí. C H SO 0,5 n(H2O)m ⎯ 2 ⎯ ⎯ 4 → nC + mH2O
SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC 24-3-2017
Trường THPT Nguyễn Hiền MÔN: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu I. (4 đ)
I.1.(1,5 đ) Ion M3+ có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p63d5.
1. Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. Cho biết M là kim loại gì?
2. Trong điều kiện không có không khí, cho M cháy trong khí Cl2 thu được một
chất A và nung hỗn hợp bột (M và S) được một hợp chất B. Bằng các phản ứng hóa học,
hãy trình bày phương pháp nhận biết thành phần của các nguyên tố có mặt trong các chất A và B.
I.2 (1,5đ). Ở trạng thái cơ bản, electron cuối cùng của nguyên tử 3 nguyên tố A, B, C có
bộ 4 số lượng tử thỏa mãn : n + l = 5 và ml. ms = 1.
Viết cấu hình electron của 3 nguyên tử và gọi tên 3 nguyên tố trên.
( Qui ước ml nhận giá trị từ thấp đến cao)
I. 3 (1 đ). Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau và cho
biết cấu trúc hình học của chúng ( không vẽ hình): BrF + 2 3, HCN, NH4 , CO3 - Câu II. (4 đ)
II.1( 2 đ). Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau:
a. P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O
b. CuFeSx + O2 →Cu2O + Fe3O4 + SO2
II.2(2 đ). Một pin điện hóa được thiết lập bởi một điện cực Zn nhúng trong dung dịch
Zn(NO3)2 0,25M và một điện cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,15M (ở 25 oC).
a. Lập sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và xảy ra trong pin.
b. Tính suất điện động của pin.
c. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. Cho o E = − , o = + 0, 76 V E + 0,8 V 2 Zn / Zn Ag / Ag Câu III. ( 3,5 đ)
III.1(2 đ). Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể
điều chế được những khí gì? Viết phương trình hóa học.
Khi điều chế các khí trên thường lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng 1
hóa chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau: CaO , CaCl2 khan, H2SO4 đặc, NaOH rắn. Giải thích.
III.2(1,5 đ). Nguyên tử Au có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và
197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử
vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (Cho N 4
A = 6,022.1023 , Vhình cầu = 3  R ). 3 Câu IV. (3,5 đ)
IV.1(1,5 đ). Cho các phương trình nhiệt hóa học sau:
Al2O3 (r) + 3 COCl2(k) → 3CO2(k) + 2 AlCl3(r) H  = -232,24 kJ 1 CO(k) + Cl2(k) →COCl2(k) H = -112,4 kJ 2
2Al(r) + 3 O2(k) → Al2O3(r) H = -1668,2 kJ 2 3
Tính nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 ( H ) biết H  = −110, 4 kJ / mol s ( AlC s (CO ) 3 l ) H  = 3
− 93,13 kJ / mol s ( 2 CO )
IV.2 (2 đ). Cho phản ứng: 2SO2(k) + O2(k) 2SO3(k) H  0
a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan
đến áp suất , nhiệt độ, và chất xúc tác. Giải thích?
b. Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí ( 20% về thể tích là O2, còn lại là N2) có
xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính
hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 427 oC Câu V. (5 đ) V. 1. (3đ)
Một mẫu sắt chứa tạp chất có khối lượng m = 40 g tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 1 M
(lấy dư) ( tạp chất không tham gia phản ứng) thu được khí A và dung dịch B. Đốt cháy hoàn
toàn khí A, cho sản phẩm cháy qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng bình tăng lên 12,6 gam.
a. Tính phần trăm khối lượng sắt nguyên chất trong mẫu trên.
b. Lấy 1/2 dung dịch B cho vào V(ml) dung dịch KMnO4 0,5M trong dung dịch
H2SO4 loãng, đun nóng thu được khí C. Dẫn khí này vào 1/2 dung dịch B còn lại thu được m gam muối D. Tính V, m. V.2. (2 đ)
Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít
H2 ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc. Xác định
khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X?
Cho nguyên tử khối:
Al= 27, Fe= 56, Zn= 65, K=39, MN=55, O=16,H=1, Cl= 35,5
----------------------------Hết----------------------------------
Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
HDC- KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 NĂM HỌC 2016-2017 MÔN: HOÁ HỌC 10 CÂU I NỘI DUNG ĐIỂM ( 4 đ) Câu I.1
1. Tổng số electron của nguyên tử M là 26. Cấu hình electron đầy đủ 0, 5 (1,5đ)
1s22s22p63s23p63d64s2 ........Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe.
2. - Fe cháy trong khí clo: 2Fe + 3Cl ⎯ 0t 2 ⎯→ 2FeCl3
Hòa tan sản phẩm thu được vào nước thu được dung dịch. Lấy vài ml dung dịch
cho tác dụng với dung dịch AgNO
3, có kết tủa trắng chứng tỏ có gốc clorua:
FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl  0,5
Lặp lại thí nghiệm với dung dịch NaOH, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có Fe(III): FeCl  3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl
- Nung hỗn hợp bột Fe và bột S: Fe + S ⎯ ⎯ 0t→ FeS
Cho B vào dung dịch H2SO4 loãng, có khí mùi trứng thối bay ra chứng tỏ 0,5
có gốc sunfua: FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S  (trứng thối)
Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được, có kết tủa trắng xanh
chứng tỏ có Fe(II): FeSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Fe(OH)2  (trắng xanh) CâuI.2  0,5 (1,5đ)n l +1 n + l = 5  Ta có:  với l   m m .m = 1  l s  1 m =  s  2 * TH 1: 1 m = +
m = 2  l  2  n  3 . Vậy nghiệm thích hợp là: s 2 l 0,5 n=3, l= 2, ml = 2, ms = +1/2.
Phân lớp ngoài cùng là: 3d5
Cấu hình e của nguyên tử A : 1s2 2s22p63s23p63d54s2 (Mangan)
B: 1s2 2s22p63s23p63d54s1 (Crôm) * TH 2: 1 m = −
m = −2  l  2  n  3 . Vậy nghiệm thích hợp là: s 2 l 0,5
n=3, l= 2, ml = -2, ms = -1/2.
Phân lớp ngoài cùng là: 3d6
Cấu hình e của nguyên tử C : 1s2 2s22p63s23p63d64s2 Sắt) CâuI.3
BrF3 : lai hóa sp3d, cấu trúc hình học : chữ T 0.25x 1,0đ
HCN : lai hóa sp, cấu trúc hình học : dạng thẳng 4 NH +
4 : lai hóa sp3, cấu trúc hình học : tứ diện CO 2
3 - : lai hóa sp2, cấu trúc hình học : tam giác Câu II (4 đ) Câu II.1 2,0đ −3 0 a) 2 1.0 N → N + 6e 2 7 + 0
2 Cl + 14e → Cl 2 −3 7 + 0 0
5x 2 N + 2 Cl +8e → N + 2 Cl 2 0 +5
8x P → P + 5e  8 P + 10NH
4ClO4 → 8 H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O b) 2 x 6 CuFeS
x → 6Cu+1 + 6Fe+8/3 + 6xS+4 + (22 +24x)e (11 + 12x) O 1.0 2 + 4e → 2O-2  12CuFeS x + (11+ 12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 Câu II.2 a. 2 đ 0, 059 1,0 0 2+ E = + + E lg[Zn ] 2 Zn / Zn 2 0, 059 − + = 0,76 lg 0, 25 = -0,778 V 2 0 + E = + + E 0, 059 lg[Ag ] Ag / Ag =
0,8 + 0, 059 lg 0,15 = 0,751 V
 Sơ đồ pin : (-) Zn Zn(NO3)2 (0,25M) AgNO3 (0,15M) Ag (+) Cực âm : Zn → Zn 2+ + 2e x1
Cực dương : Ag+ + 1 e → Ag x2
 Phản ứng trong pin : Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag + 2+
b. E pin = E Ag /Ag - E Zn / Zn = 0,751 – (- 0,778) = 1,529 V 0 nEpin 2.(0,8−( 0 − ,76))
c. Hằng số cân bằng: K = 0,059 0,059 10 =10 = 7,61.1052 0,5 0,5 Câu III. ( 3,5 đ) III.1
- Các khí có thể điều chế được gồm O2, CO2, H2 , Cl2, SO2, H2S. 1,5
- Các phương trình hoá học: (2 đ) 2KMnO4 ⎯
⎯ ot→ K2MnO4 + MnO2 + O2 NaHCO3 + HCl ⎯⎯ → NaCl + H2O + CO2 Fe + 2HCl → FeCl 2 + H2
2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O NaHSO3 + HCl ⎯⎯ → NaCl + H2O + SO2 FeS2+ 2HCl ⎯⎯ → FeCl2 + H2S + S
- Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl 0,5
2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó. III.2 ( 1,5 đ)
- Thể tích của 1 mol nguyên tử Au là: 4 3
V = N .  R = 6,022.1023. 4 .3,14.(1,44.10-8 )3 = 7,5283(cm3 ) 0,25 1 A 3 3
- Thể tích của 1 mol tinh thể nguyên tử Au là: V2 = 197 = 10,1756 (cm3 ) 0,25 19, 36
Vậy độ đặc khít của Au là: 7,5283.100  = = 74% 10,1756 0,5 Câu IV. (3,5 đ) Câu IV.1  =  = 1
− 668, 2 kJ / mol 0,5 S ( Al O ) 3 (1,5 đ) 2 3  =  +  = − 0,5 222,8 kJ / mol S (CO 2 Cl ) 2 S (CO)  − 3 +  + 3 1 S (CO ) S ( Al O ) S (COCl ) 2 2 3 2  = = 6
− 94,725 kJ / mol 0,5 S ( AlC 3 l ) 2
Câu IV.2 a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3 thì cần tác động như sau: 0,75 ( 2 đ)
- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng , nhưng khoảng 500oC là thích hợp vì
nếu giảm nhiệt độ xuống thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm.
- Thổi liên tục khí SO2 và không khí nén ở áp suất cao vào lò phản ứng .
- Dùng xúc tác V2O5 để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng.
b. nO2 bđ = 7,434 mol; n N2 bđ = 29,736 mol 0,75 2SO 2(k) + O2(k) 2SO3(k)
Ban đầu: 10,51 7,434 0 mol Phản ứng: 10,3 5,15 10,3
Lúc cân bằng: 0,21 2,284 10,3
Lúc cân bằng số mol hỗn hợp : 0,21+ 2,284 + 10,3 + 29,736 =42,53 mol Pi = xi.P = xi.1= xi. 2 2 (P ) SO (10,3) .42,53 3 4 K = = = 4,48.10 0,5 P 2 2 (P ) .P (0, 21) .2, 284 S 2 O 2 O Câu V. (5 đ) Câu V.1 Fe + 2 HCl ⎯⎯ → FeCl2 + H2 1,0 (3 đ) 0,7 1,4 0,7 0,7 mol 2H 2 + O2 ⎯⎯ → 2H2O 0,7 0,7 mol
Khối lượng bình đựng H2SO4 đặc tăng lên chính là khối lượng nước  m
H2O = 12,6 g  nH2O = 0,7 mol
Mà nHCl b đ = 2 mol  nHCl dư = 2-1,4 = 0,6 mol
% m Fe tinh khiết = 0,7.56.100 = 98% 40
b. Dung dịch B gồm: FeCl2 : 0,7 mol và HCl dư : 0,6 mol 2,0
1/2 dung dịch B gồm: FeCl2 : 0,35 mol và HCl dư : 0,3 mol
10FeCl2+6KMnO4+24H2SO4 →5Fe2(SO4)3 +3K2SO4 +6MnSO4 +10Cl2 +24H2O 0,35 0,21 0,35 mol 10HCl + 2KMnO4+3H2SO4 ⎯⎯ → K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8H2O 0,3 0,06 0,15 mol
n KMnO4 = 0,27 mol; nCl2 = 0,5 mol
Vdd KMnO4 = 0,27: 0,5 = 0,54 lít = 540 ml 2FeCl2 + Cl 2 ⎯⎯ → 2FeCl3 Ban đầu: 0,35 0,5 mol Phản ứng: 0,35 0,175 0,35
Sau phản ứng: 0 0,325 0,35
m FeCl3 = 0,35. 162,5 = 56,875 gam Câu V.2
Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X 0,75 (2 đ)
Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4 (I) Fe + 2HCl ⎯⎯ → FeCl 2 + H2 (1) Zn + 2HCl ⎯⎯ → ZnCl2 + H2 (2) 2Al + 6HCl ⎯⎯ → 2AlCl3 + 3H2 (3) Từ 1, 2, 3 và đầu bài 3 10, 08 n
= x + y + z = = 0,45mol (II) H2 2 22, 4
Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz 0,75 kx + ky + kz = 0,2 (III) 2Fe + 3Cl2 ⎯⎯ → 2FeCl3 (4) Zn + Cl 2 ⎯⎯ → ZnCl2 (5) 2Al + 3Cl2 ⎯⎯ → 2AlCl3 (6) 3 3 6,16 n
= x + y + z = = 0,275mol (IV) Cl2 2 2 22, 4 0,5 Từ I, II, III, IV X = 0,2 mol ⎯⎯ → mFe = 11,2 gam Y = 0,1 mol ⎯⎯ → mZn = 6,5 gam Z = 0,1 mol ⎯⎯ → mAl = 2,7 gam
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
Môn thi: HÓA HỌC 10
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Cho biết nguyên tử khối: H =1; O = 16; C= 12; Cl = 35,5; Br = 80; S = 32; N = 14;
P = 31; Li = 7; Na = 23; K = 39; Mg = 24; Ca = 40; Al = 27; Ba = 137; Zn = 65; Cu
= 64; Fe = 56; Mn = 55; Ag = 108.
Câu 1. (4 điểm)
1.1.( 2 điểm) Một hợp chất B vô cơ được tạo nên từ cation M3+ và anion X-. Tổng số
hạt (p,n,e) trong hợp chất B là 196, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không
mang điện là 60. Số khối của nguyên tử X lớn hơn số khối của nguyên tử M là 8. Tổng
số hạt trong anion X- nhiều hơn tổng số hạt trong cation M3+ là 16.
a. Viết cấu hình electron cation M3+ và anion X-.
b. Xác định vị trí của M, X trong bảng tuần hoàn. Xác định công thức hợp chất B
c. Cho biết bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử M và nguyên tử X.
1.2. ( 1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phân tử và ion sau: NH + 2- 4 , PCl5, XeF4 và CO3 .
1.3. ( 1 điểm) Cho các số liệu sau của NH3 và NF3 : NH3 NF3 Momen lưỡng cực: 1,46D 0,24D Nhiệt độ sôi: -330C - 1290C
Giải thích sự khác nhau về momen lưỡng cực và nhiệt độ sôi của hai phân tử trên.
Câu 2. ( 3,5 điểm)
2.1.(2 điểm) Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng electron:
a. Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2.
b. FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + S + SO2 + H2O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO2 là 1:1)
2.2. ( 1,5 điểm) Trong môi trường axit có O2 hòa tan, Cu kim loại bị oxi hóa tạo ra Cu2+.
a. Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử, phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
b. Hãy đánh giá khả năng hòa tan này ở điều kiện chuẩn. Biết E0 2+ Cu / Cu = +0, 34V và E0 + O2, H / H2O = +1,23V.
Câu 3: ( 3,5 điểm)
3.1. ( 1 điểm) Viết các phản ứng hóa học xảy ra trong các trường hợp sau:
a. Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính.
b. Sục khí CO2 qua nước Javen. d. H -
2O2 khử MnO4 trong môi trường axit.
e. Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng, lạnh.
3.2. (2,5 điểm) Lấy 7,88 gam hỗn hợp A gồm hai kim lọa hoạt động (X, Y) có hóa trị
không đổi chia thành hai phần bằng nhau.
Phần 1 nung trong oxi dư để oxi hóa hoàn toàn thu được 4,74 gam hỗn hợp hai oxit.
Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch hỗn hợp hai axit HCl và H2SO4 loãng.
a. Tính thể tích khí H2 thu được ở đktc
b. Tính khối lượng muối thu được ở phần hai ( cho nồng độ mol của H2SO4 gấp
đôi nồng độ mol của HCl trong hỗn hợp).
Câu 4: ( 4 điểm)
4.1. (1,5 điểm) Viết biểu thức cân bằng Kp và Kc , biểu thức liên hệ giữa Kp và Kc
trong các trường hợp sau:
a. CO2(k) + H2(k) ↔ CO (k) + H2O(k).
b. 2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl2(k).
4.2. (2,5 điểm) Cho 0,003 mol N2O4(k) vào bình chân không dung tích 0,5dm3 duy trì
ở 450C xảy ra phản ứng: N2O4(k) ↔ 2NO2(k).
Khi cân bằng được thiết lập có 63% N2O4 bị phân hủy thành NO2. Tính hằng số Kc và Kp của phản ứng.
Câu 5:( 5 điểm)
5.1. ( 2 điểm) Hỗn hợp khí A gồm có O2 và O3, tỉ khối hơi của A đối với H2 là 19,2.
Hỗn hợp khí B gồm H2 và CO, Tỉ khối của hỗn hợp khí B đối với H2 là 3,6.
a. Tính thành phần phần trăm theo thể tích các khí trong hỗn hợp A và hỗn hợp B.
b. Tính số mol hỗn hợp khí A cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 1 mol hỗn hợp khí B.
Các thể tích khí được đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất.
5.2. ( 3 điểm) Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có
không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu
được sản phẩm khí Y, có tỉ khối hơi của Y so với H2 là 13. Lấy 2,24 lit (đktc) khí Y đốt
cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua100ml dung dịch H2O2 5,1% ( có d =
1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b. Tính phần trăm khối lượng các chất trong X.
c. Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B. HẾT
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 10 Câu Nội dung đáp án Biểu điểm 1.1
Theo đề tính được ZM =13 ; ZX = 17. M là Al, X là Cl 0,5 đ a
Cấu hình e của M3+: 1s22s22p6 0,25đ
Cấu hình e của Cl- : 1s22s22p63s23p6 0,25đ b
Vị trí của Al: chu kì 3, nhóm IIIA, ô số 13. 0,25đ
Vị trí của Cl: chu kì 3, nhóm VIIA, ô số 17. 0,25đ Công thức B: AlCl3. c
Bộ 4 số lượng tử của Al: n = 3, l=1, m=-1, ms = +1/2 0,25đ
Bộ 4 số lượng tử của Cl:n =3, l= 1, m = 0, ms = -1/2 0,25đ 1.2 NH + 2-
4 : sp3 PCl5: sp3d XeF4: sp3d2 CO3 : sp2 0,25đ ×4
1.3.a Trong NH3 cặp e dùng chung lệch về phía N làm tăng độ phân cực 0,5đ
của phân tử. Trong NF3 cặp e dùng chung lệch về phía F làm giảm
độ phân cực của phân tử. Do vậy momen lưỡng cực trong NH3 lớn hơn NF3. b
Phân tử NH3 có nhiệt độ sôi lớn hơn NF3 là do phân tử NH3 phân 0,5đ
cực hơn và có tạo được liên kết hidro liên phân tử.
2.1.a Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2.
2× 3Cu2FeSx → 6Cu+1 + 3Fe+8/3 +3xS+4 + (12x + 14)e 0,5đ (6x + 7) × O2 + 4e → 2O2- 0,5đ
6 Cu2FeSx + (6x + 7) O2 → 6Cu2O + 2Fe3O4 + 6xSO2. b
FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + S + SO2 + H2O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO2 là 1:1)
4× 2xFe+2y/x → 2xFe3+ + (6x - 4y)e 0,5đ
(3x – 2y)× 2S+6 + 8e → S0 + S+4
8FexOy + (18x- 4y)H2SO4 → 4xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)S + (3x- 0,5đ 2y)SO2 + (18x-4y)H2O
2.2.a Quá trình oxi hóa: Cu → Cu2+ + 2e ×2 0,125đ
Quá trình khử: 4H+ + O2 +4e → 2H2O ×1 0,125đ Phương trình phản ứng: 0,25đ
2Cu + 4H+ + O2 → 2Cu2+ + 2H2O b
Giả sử phản ứng trên xảy ra thuận nghịch: 0,25đ
2Cu + 4H+ + O2 ↔ 2Cu2+ + 2H2O
Hằng số cân bằng K = 10n.∆E/0,059 0,25đ
Ở đktc ∆E0 = 1.23 – 0,34 = 0,89V = > K = 104×0,89/0,059 = 1060,33 0,25đ
K rất lớn nên Cu tan tốt trong dung dịch axit có hòa tan O2 ở đktc 0,25đ
3.1.a O3 + 2I- + H2O → O2 + I2 + 2OH- 0,25đ b
CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HClO 0,25đ c 5H -
2O2 + 2MnO4 + 6H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O 0,25đ d
2F2 + 2NaOH → 2NaF + H2O + OF2 0,25đ
3.2.a Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: nO kết hợp với 2 kim loại
nO = (4,74 – 3,94)/16 = 0,05 mol 0,25đ Gọi 2 kim loại X,Y là M
Phần 1 O +2e → O2- M + ne → Mn+ 0,125đ
Phần 2 2H+ + 2e → H2 M + ne → Mn+ 0,125đ
Áp dụng định luật bảo toàn e
→ n H2 = 0,05 → V H2 = 1,12 lit 0,5đ b
Khi số mol e nhận 0,1 thì số mol điện tích dương kim loại bằng 0,1. 0,25đ
Gọi x là số mol Cl- → 2x là số mol SO 2- 4 . 0,25đ
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: x + 4x = 0,1 → x = 0,02 0,5đ
Khối lượng muối thu được ở phần 2: 3,94 +0,02×35,5 +0,04×96 = 0,5đ 8,49 g
4.1.a Xét phản ứng: CO2(k) + H2(k) ↔ CO (k) + H2O(k). Kp = Pco.PH2O/ PCO2.PH2 0,25đ Kc = [CO]. [H2O]/ [CO2].[H2] 0,25đ ∆n = 0. Vậy Kp = Kc 0,25đ b
2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl2(k). Kp = (PNO)2. (PCl)/ (PNOCl)2 0,25đ Kc = [NO]2. [Cl2]/ [NOCl]2 0,25đ ∆n = 1. Vậy Kp = Kc.RT- 0,25đ 4.2
Phản ứng: N2O4(k) → 2NO2(k) Số mol ban đầu: 0,003 0 0,125đ Số mol phản ứng: x 2x 0,125đ
Số mol khi cân bằng: 0,003 –x 2x 0,25đ x = 0,003×63/100 = 0,00189 0,25đ
Số mol N2O4 = 0,003 – 0,00189 = 0,00111MOL 0,25đ Số mol NO2 = 0,00378mol 0,25đ
[N2O4] = 0,00111/0,5 = 0,00222 mol/l 0,25đ
[NO2] = 0,00378/0,5 = 0,00756 mol/l 0,25đ
Kc = [0,00756]2/[0,00222] = 2,57.10-2 0,25đ Kp = Kc.(RT)Δn với Δn = 1 0,25đ
Kp = 2,57.10-2×0,082×(273 +45) = 0,67 0,25đ
5.1.a Gọi x là số mol O2, y là số mol O3 trong hỗn hợp A
Áp dụng quy tắc đường chéo: → x/y = 3/2 0,25đ
Gọi a là số mol H2, b là số mol CO trong hỗn hợp B. Tương tự: a/b = 4 0,25đ Vậy %VO2 = 60%, %VO3 = 40% 0,125đ Vậy %VH2 = 80%, %VCO = 20% 0,125đ b
Quá trình nhường e: H2 → 2H+ + 2e 0,125đ C+2 → C+4 +2e 0,125đ
Số mol e nhường = 2×số mol hỗn hợp B = 2 mol 0,25đ
Quá trình nhận e: O2 + 4e → 2O-2- và O3 + 6e → 3O-2 0,25đ mol x 4x y 6y Số mol e nhận = 4x + 6y
Áp dụng định luật bảo toàn e: 4x + 6y = 2 (1) 0,25đ Ta có x/y = 3/2 (2)
Từ (1) và (2) tính được x = 0,25, y = 0,167 → n A = 0,417 mol 0,25đ 5.2.a Viết phương trình: Fe + S → FeS (1) 0,125đ
FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (2) 0,125đ
Với MY = 26 => Y có H2S và H2 , nên Fe dư phản ứng với HCl 0,125đ
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (3) 0,125đ
2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4) 0,125đ 2H2 + O2 → 2H2O (5) 0,125đ SO2 + H2O2 → H2SO4 (6) 0,25đ b
Gọi số mol H2S = a mol, số mol H2 = b mol
MY = (34a + 2b) / (a+b) = 26 => a/b = 3 0,25đ
nFe(1) = nS = nFeS = nH2S = a 0,125đ nFe(3) = nH2 = b 0,125đ
Số mol Fe ban đầu = a + b = 4b 0,25đ
Phần trăm khối lượng của Fe và S trong hỗn hợp X là:
%m Fe = 4a×56×100/ (4a×56+ 3a×32) = 70% và %mS = 30% 0 ,2 5 đ c
n Y = 0,1mol => số mol H2S = 0,1×3/4 = 0,075 mol, số mol H2 = 0,125đ 0,025 0,125đ
Số mol H2O2 = (100×1×5,1)/(100×34) = 0,15 mol 0,125đ
Từ phương trình (4) : nSO2 = nH2S = 0,075 mol 0,125đ
Từ phương trình (4) : số mol H2O2 dư = 0,075 mol, số mol H2SO4 = 0,125đ 0,075
Từ phương trinh (4), (5): nH2O = nH2S + nH2 = 0,1 mol Áp dụng ĐLBTKL ta có;\ 0,125đ
Khối lượng dung dịch B = mddH2O2 + mSO2 + mH2O 0,125đ
= 100×1 + 0,075×64 + 0,1×18 = 106,6 gam 0,125đ
Vậy nồng độ % của H2SO4 = (0,075×98×100)/106,6 = 6,895%
Nồng độ % của H2O2 = (0,075×34×100)/ 106,6 = 2,392%
Sở GD & ĐT Quảng Nam
KÌ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM NĂM 2017
Trường THPT Thái Phiên
MÔN HÓA HỌC LỚP 10
Đề thi đề nghị
Cho NTK Na=23; Cl=35,5; Br=80; I=127; Ag=108; Fe=56; H=1; O=16; S=32 Câu I:
1. Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong không gian
của các ion sau ClO-, ClO2-, ClO3-, ClO4-, từ đó so sánh độ bền của các ion.
2. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron lớp ngoài cùng là
3s23p6. Trong một phân tử A có tổng số hạt bằng 164. Biết rằng A tác dụng được với một
nguyên tố (đơn chất) đã có trong thành phần của A theo tỉ lệ 1:1 tạo thành chất B. Xác định
công thức phân tử của A và viết công thức Lewis của A, B. Câu II:
1. Hoàn thành và cân bằng các phương trình sau bằng phương pháp thăng bằng ion- electron:
a/ Al + HNO3 → N2O + 2NO + …
b/ MnO4- + H2O2 + H+ → O2 + …
2. Cho các giá trị thế điện cực: Fe2+ + 2e → Fe E0 = -0,44V
Fe3+ + 1e → Fe2+ E0 = -0,77V
a/ Xác định E0 của cặp Fe3+/Fe.
b/ Từ kết quả thu được hãy chứng minh rằng khi cho sắt kim loại tác dụng với dung
dịch HCl 0,1M chỉ có thể tạo ra Fe2+ chứ không tạo ra Fe3+.
3. Để chuẩn độ hàm lượng Cl2 trong nước sinh hoạt người ta dùng dung dịch KI. a/ tính 0
G và hằng số cân bằng K của phản ứng Cl2(k) và I-(dd) ở 298K biết: E0 = 1,36V; E0 − − = 0,54V. − I / 3I Cl / Cl 2 3 2
b/ khi trong nước có mặt các ion Cu2+, chúng cản trở sự định lượng Cl2. Hãy giải thích, biết E0 = 0,16V T 2+ +
CuI = 10-12. Cho 2,033RT/F = 0,0592. Cu / Cu Câu III:
1. Cho clo tác dụng với dung dịch chứa 356 gam hỗn hợp X gồm NaBr và NaI. Cô cạn
dung dịch sau phản ứng thu được chất rắn A.
a) Để chất rắn A chỉ chứa 2 muối thì lượng clo tối thiểu cần dùng là 35,5 gam. Tính
số mol mỗi chất trong X.
b) Chất rắn A khi tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì cho m gam kết tủa. Tính khối
lượng clo phản ứng trong 2 trường hợp sau: + m = 537,8 gam. + m = 475 gam.
2. Thả một viên bi sắt hình cầu bán kính R vào 500 ml dung dịch HCl nồng độ CM sau khi
kết thúc phản ứng thấy bán kính viên bi còn lại một nửa. Nếu cho viên bi sắt còn lại vào
117,6 gam dung dịch H2SO4 5% (xem viên bi sắt còn lại có khối lượng không đáng kể so với
khối lượng dung dịch H2SO4) thì khi bi sắt tan hết dung dịch H2SO4 có nồng độ mới là 4%.
a) Tính bán kính R của viên bi, biết khối lượng riêng của sắt là 7,9 gam/cm3. Viên bi
bị ăn mòn theo mọi hướng như nhau, π = 3,14.
b) Tính CM của dung dịch HCl. Câu IV:
1. Phản ứng N2 + 3H2 → 2NH3,  H = -92,4 kJ
Năng lượng phá vỡ liên kết H2 (k) và N2(k) lần lượt bằng 436 kJ/mol và 945 kJ/mol. Tính
năng lượng liên kết trung bình N-H trong phân tử NH3. 2. Cho 2 phản ứng sau:
C(r) + CO2 (k)  2CO (k) (1) và 2CO2(k)  2CO(k) + O2(k) (2)
Trạng thái cân bằng của phản ứng (1) được xác định bởi các dữ kiện sau: Nhiệt độ (0C) Áp suất toàn phần (atm) % VCO trong hỗn hợp 800 2,57 74,55 900 2,30 93,08
Hằng số cân bằng của phản ứng (2) ở 9000C bằng 1,25.10-16 atm.
Tính  H,  S ở 9000C đối với phản ứng (2) biết nhiệt tạo thành ở 9000C của CO2 bằng - 390,7 kJ/mol. Câu V:
1. Cho cùng một lượng kim loại R vào dung dịch HCl 0,5M dư và vào dung dịch H2SO4
đặc nóng dư thì thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) bằng 1,5 lần thể tích khí H2 đo
cùng một điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat bằng 1,575 lần khối lượng muối clorua.
a/ Tìm nguyên tử khối của kim loại R.
b/ Hòa tan hoàn toàn 2,798 gam kim loại trên vào axit H2SO4 đặc nóng thu được dung
dịch chỉ chứa muối sunfat và sản phẩm khử duy nhất là SO2. Tìm tổng khối lượng muối khan
sunfat thu được và thể tích SO2 thu được ở điều kiện tiêu chuẩn. Cho biết số mol kim loại
bằng 0,4 lần số mol axit.
2. Hòa tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong H2SO4 dư và đun nóng.
Cho toàn bộ lượng khí thoát ra hấp thụ hết trong 500 ml dung dịch Br2 có nồng độ xM thu
được dung dịch A. Thêm KI dư vào 50ml dung dịch A. Để phản ứng hết với lượng I3- phải
dùng 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,05M. Sục khí N2 qua 100ml dung dịch A để đuổi hết Br2
dư thu được dung dịch B. Trung hòa 25 ml dung dịch B cần dùng hết 25 ml NaOH 0,1M.
a/ Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b/ Tính x.
c/ Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. ---HẾT--- PHẦN ĐÁP ÁN Câu I. 1 Cấu tử Trạng thái lai hóa
Số electron không liên kết Dạng hình học ClO- sp3 3 cặp thẳng ClO2- sp3 2 cặp Góc ClO3- sp3 1 cặp chóp tam giác ClO4 sp3 0 cặp tứ diện đều
Độ bền: ClO-< ClO2-< ClO3-< ClO4-
2. Cấu hình electron đầy đủ của các ion: 1s22s22p63s23p6 mỗi ion có 18e. Giả sử một phân
tử A có x ion, vì phân tử trung hòa điện nên: ∑p = ∑e = 18x
Gọi Z, N lần lượt là số proton và số notron có trong một phân tử A, ta có:
∑p +∑e + ∑n = 164 → 36x + N = 164 → N = 164 – 36x
Mặt khác: Z  N  1,5Z → 18x  164 – 36x  1,5.18x → x = 3. Do đó Z = 54; N = 56
Trường hợp 1: A gồm 2 ion M+ và 1 ion X2- → ctpt của A là: M2X. Ta có: Z 54 54 x =
- 2 = 16 → X là S và ZM = + 1 = 19 → M là K 3 3 Vậy ctpt của A là K2S
Trường hợp 2: A gồm 1 ion M2+ và 2 ion X- tức công thức A là: MX2. Ta có: Z 54 54 x =
- 1 = 17 → X là Cl và ZM =
+ 2 = 20 → M là Ca. Vậy ctpt của A là CaCl2. 3 3
Vì A tác dụng được với một nguyên tố có trong A nên A là K2S và B là K2S2.
Ctpt và công thức Lewis của A và B lần lượt là: .. .. ..
K-S-K; K+[: S :]2-K+ và K-S-S-K; K+[: S : S :]2-K+ .. .. .. Câu II:
1. a/ Al + HNO3 → N2O + 2NO + Al(NO3)3 + H2O 14x Al → Al3+ + 3e 3 x 4NO -
3 + 18H+ + 14e → N2O + 2NO + 9H2O
------------------------------------------------------------------------- 14Al + 54H+ + 12NO -
3 → 3N2O + 6NO + 14Al3+ + 27H2O
14Al + 54HNO3 → 14Al(NO3)3 + 3N2O + 6NO + 27H2O b/ MnO -
4 + H2O2 + H+ → O2 + Mn2+ + H2O 2x MnO - 4 + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O 5x H2O2 → O2 + 2H+ + 2e
------------------------------------------------------------------------ 2MnO -
4 + 5H2O2 + 16H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O 2. a/ Fe2+ + 2e → Fe (1) 0 G = -n F = -2.(-0,44).F 1 1E 01 Fe3+ + 1e → Fe2+ (2) 0 G  = -n F = -1.(0,77).F 2 2E 02 Fe3+ + 3e → Fe (3) 0 G  = 0 G + 0 G  3 1 2 0 G  = -n
F = -3E 0 F = [-2. (-0,44) - 1.(0,77)].F → E 0 = -0,036V 3 3E 03 3 3
b/ Trong dung dịch HCl 0,1M → [H+] = 10-1M E + + 2H /
= E02H / + 0,059lg[H+] = -0,059V H 2 H 2 E0 2+ + 3+ Fe / Fe < E02H /
< E0Fe / Fe (-0,44 < -0,059 < -0,036) → H+ chỉ oxy hóa Fe thành H 2 Fe2+. 3. a/ Cl 0  = 0 = 2 +2e  2Cl- 0 G −2FE ; E V 36 , 1 1 1 1 3I-  I - 0  = 0 = − 3 + 2e 0 G −2FE ; E V 54 , 0 2 2 2 Cl - 2 + 3I-  2Cl- + I3 0 G  3 0 G  = 0 G  + 0 G  = -2F ( 0 0
E − E ) = - 158260J 3 1 2 1 2 0 −  − ( −158260) 0 G G
 = -RTlnK = - 158260J → K = RT e = 8,314x298 e = 5,5x1027
b/ Cu2+ cản trở sự định lượng Cl2 vì xảy ra phản ứng giữa Cu2+ và I-. Tổ hợp các cân bằng: 0 16 , Cu2+ + 1e → Cu+ K 0, 1 = 0592 10 = 102,7 Cu+ + I- → CuI(r) K2 = (Ksp)-1 = 1012 0 E Cu2+ + I- + 1e → CuI 0 , (r) K = 1014,7 = 0592 10 (2) E0 2+ 2+ Cu
/CuI = 14,7.0,0592 = 0,87V; E0Cu /CuI > E0 −
Cl / I nên phản ứng (2) xảy ra cạnh tranh 2 3
với phản ứng (1) giữa Cl2 và I- dẫn đến việc định lượng Cl2 không chính xác. Câu III.
1. Phản ứng xảy ra lần lượt: Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 (1)
Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (2)
Nếu sau phản ứng (1), Cl2 hết, NaI dư → chất rắn A chứa 3 muối.
Vậy lượng clo tối thiểu để chất rắn A chỉ chứa 2 muối ứng với (1) xảy ra vừa đủ và (2) chưa xảy ra.
nCl2 = 35,5/71 = 0,5 → nNaI = 1 →nNaBr = 2.
2. Nếu (1) chưa xảy ra: nCl2 = 0 → rắn A gồm 1mol NaI và 2 mol NaBr
Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 1mol AgI và 2 mol AgBr
→ mkt = mAgI + mAgBr = 1x235 + 2x188 = 611 gam.
Nếu (1) xảy ra đủ, (2) chưa xảy ra: nCl2 = 0,5 → rắn A gồm 1mol NaCl và 2 mol NaBr
Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 1mol AgCl và 2 mol AgBr
→ mkt = mAgCl + mAgBr = 1x143,5 + 2x188 = 519,5 gam.
Nếu (2) xảy ra vừa đủ: nCl2 = 1,5 → rắn A gồm 3 mol NaCl
Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 3 mol AgCl
→ mkt = mAgCl = 3x143,5 = 430,5 gam.
• Trường hợp mkt = 537,8 g → 519,5 < 537,8 < 611
→ chỉ xảy ra (1) và NaI dư Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 x 2x 2x NaCl: 2x mol AgCl: 2x mol
→A gồm NaI: (1-2x) mol → kết tủa gồm AgI: (1-2x) mol NaBr: 2 mol AgBr: 2 mol
→mkt = 143,5.2x + 235 (1-2x) + 188.2 = 537,8 →x=0,4 → mCl2 = 0,4.71 = 28,4 gam.
• Trường hợp mkt = 475 gam →430,5 < 475 < 519,5
→ (1) xảy ra xong, (2) xảy ra chưa xong, NaBr dư. Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 0,5 1 1 Cl2 + 2NaBr →2NaCl + Br2 a 2a 2a
→A gồm NaCl: (1+2a) mol →kết tủa gồm AgCl: (1+2a) mol NaBrdư: (2-2a) mol AgBr: (2-2a) mol
→mkt = 143,5 (1+2a) + 188 (2-2a) = 475 →a = 0,5 →nCl2pư=1 → mCl2 = 71 gam.
2. a) Các pthh: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 Ta có
nH2SO4ban đầu = (117,6. 0,05)/98 = 0,06 mol
nH2SO4còn = (117,6. 0,04)/98 = 0,048 mol
→ nH2SO4(2) = 0,06-0,048 = 0,012 mol = nFe (2) Mặt khác mFe 4 4 d  ban đầu = d.V = d. 3 R  → nFeban đầu = 3 R 3 3 56 .
Khi hòa tan viên bi trong HCl thì R giảm đi một nửa tức bán kính của viên bi còn R/2 →nFe 4 dR 1 n dư = nFe (2) = 3 ( ) = Feban đầu 56 . 3 2 8
→ nFeban đầu = 0,012.8 = 0,096 mol → mFeban đầu = 0,096.56 = 5,376 g.
Thể tích viên bi sắt ban đầu là V = m 376 , 5 = = 68 , 0 cm3 d 9 , 7 Ta có V = 4 3V 68 , 0 . 3 3 R → R = 3 = 3 = 0,545 cm. 3 4 4
b) nFe(1) = 0,096 – 0,012 = 0,084 mol
→nHCl(1) = 2nFe = 2.0,084 = 0,168 mol → CM (HCl) = 0,168/0,5 = 0,336 M. Câu IV:
1. Năng lượng liên kết EN-N = -945 kJ/mol; EH-H = -436 kJ/mol
N2 + 3H2 → 2NH3,  H = -92,4 kJ
Ta có  H = 6EN-H – (EN-N + 3EH-H)
→-92,4 = 6EN-H – (-945+ 3.(-436)) → EN-H = -390,9 kJ/mol. 2. Nhiệt độ (0C) Áp suất CO2 Áp suất CO 800 2,57. 0,2545 2,57. 0,7455 900 2,3. 0,0692 2,3. 0,9308
Xét phản ứng C(r) + CO2 (k)  2CO (k) (1) 2
Ta có hằng số cân bằng K P P = CO PCO2 2 Ở 8000C (10730K) có K (2,57.0 ,7455) P(T1) = = 5,6123 atm 2,57. 0 ,2545 2 Ở 9000C (11730K) có K (2,3. 0 ,9308) P(T2) = = 28,7962 atm 2,3. 0 ,0692   Ta có K (T ) H 1 1 7962 , 28 1 1 ln P 2 = ( − ) → ln = H ( − ) →  H = 171,12 kJ/mol K (T ) R T T 6123 , 5 314 , 8 1073 1173 P 1 1 2 C  (r) + CO2 (k)
2CO (k) (1)  H1 = 171,12 kJ/mol C  (r) + O2 (k)
CO2 (k) (3)  H3 = -390,7 kJ/mol
2CO2(k)  2CO(k) + O2(k) (2)  H2
Xét phản ứng (2) ở 9000C (11730K)
Ta có  H2=  H1 -  H3 = 561,82 kJ/mol (  H1173)
 G1173= -RTlnKP = -8,314. 1173ln (1,25.10-16) = 357200 J/mol H − G − Lại có  G =  H 561820 357200 - T  S →  S = = = 174400 J/mol T 1173 = 174,4 kJ/mol. Câu V: 1. a) R + nHCl → RCl n + (n/2)H2 a na 0,5na (mol)
2R + 2mH2SO4 → R2(SO4)m + mSO2 + 2mH2O a 0,5a 0,5ma
Ta có 0,5ma = 1,5. 0,5na → m=1,5n (1)
Mặt khác (2R+96m)0,5a = 1,575 (R+ 35,5n)a (2)
Thay (1) vào (2), chọn n=2, m=3 thì R=55,957.
b) nFe = 2,798/55,957 = 0,05 mol →nH2SO4 = 0,05/0,4 = 0,125 mol → nH+ = 0,25 4H+ + SO 2- 4 + 2e → SO2 + 2H2O 0,25 0,0625 0,0625
→VSO2 = 0,0625. 22,4 = 1,4 lít
mmuối sunfat = 2,798 + 96. 0,0625 = 8,798 gam.
2. a) Đặt hỗn hợp X gồm NaHSO3 (a mol) và Na2SO3 (b mol) HSO3- + H+ → SO2 + H2O (1) SO 2 3 - + 2H+ → SO2 + H2O (2)
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (3) (4H+ + SO 2 4 - + 2Br-) Br2 + 3I- → 2Br- + I3- (4) I 2 2 3- + 2S2O3 - → 3I- + S4O4 - (5) H+ + OH- → H2O (6)
b) Xét 50 ml dung dịch A: nS 2
2O3 - = 6,25.10-4 mol →nBr2 (4) = nI3- = 3,125.10-4 mol
→nBr2 dư trong 500ml dung dịch A = 10. 3,125.10-4 = 3,125.10-3 mol
Xét 25 ml dung dịch B: nOH- = 1,5.10-3 mol
→nH+ trong 500 ml dung dịch A = 20. 1,5.10-3 = 0,03 mol Ta có nBr 1 n 2 = nBr2(3) + nBr2 (dư) =
OH- + nBr2 (dư) = 0,010625 mol 4
→ x = 0,010625/0,5 = 0,02125M.
c) nSO2 = nBr2 (3) = 0,03/4 = 0,0075 = a+b (1)
Lại có mhh = 104a + 126b = 0,835 (2)
Từ (1) và (2) ta được a = 0,005 và b = 0,0025.
→mNaHSO3 = 0,52 g → %mNaHSO3 = 62,28% → %mNa2SO3 = 37,72%. ---HẾT---
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2016 - 2017 QUẢNG NAM Môn: HÓA HỌC 10
Thời gian làm bài: 150 phút Câu I(4 điểm):
1.Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện
là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn tổng số hạt mang điện của A là 26.
a) Xác định A, B.Viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron cuối
cùng trong nguyên tử A, B.
b) Xác định vị trí của A, B trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm?
d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá? 0 0 2.Cho biết: r + = 0,95 A , r
= 1,81 A . Hãy dự đoán cấu trúc mạng tinh thể của NaCl? Vẽ cấu trúc Na − Cl
mạng này? Tính số phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở?
3. X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với
nguyên tố flo hai hợp chất XF3 và YF4, biết:
* Phân tử XF3 có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác.
* Phân tử YF4 có hình tứ diện. * Phân tử XF -
3 dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F- tạo ra XF4 .
* Phân tử YF4 không có khả năng tạo phức.
a) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố.
b) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF - 3 với XF4 . Câu II(4 điểm):
1.Hoàn thành các pthh của phản ứng sau (cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron): a. FeO + HNO  + 3 → N O ... x y
Trên cơ sở hệ số tìm được, hãy suy luận để xác định hệ số cho trường hợp Fe3O4: Fe3O4 + HNO3 → N O ... x y +
b. CuFeS + Fe (SO ) + O + H O → CuSO + FeSO + H SO 2 2 4 3 2 2 4 4 2 4
2. Cho giản đồ thế khử chuẩn của Mn trong môi trường axit: - ? 2- +2,27V +0,95V 3+ ? 2+ MnO ⎯⎯ →MnO ⎯⎯⎯⎯ →MnO ⎯⎯⎯⎯ →Mn ⎯⎯ →Mn 4 4 2 +1,70V +1,23V
a)Tính thế khử chuẩn của cặp: - 2- MnO /MnO và 3+ 2 Mn /Mn + 4 4
b)Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền và bị dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản ứng dị phân đó. Câu III(5,5 điểm)
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: (2 điểm)
a. Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính
b. Sục khí CO2 qua nước Javel
c. Cho nước Clo qua dung dịch KI
d. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI2
2. Đem nhiệt phân 22,12 gam kalipemangannat thu được 21,16 gam hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng
với lượng dư dung dịch axit HCl đặc. Tính thể tích khí clo (đktc) có thể thoát ra cực đại.
3. Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. H2S bị lẫn HCl. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO.
4. Nhiệt phân 98 gam KClO3 (có xúc tác MnO2), sau một thời gian thu được 93,2 gam chất rắn và
khí A. Cho toàn bộ lượng khí A phản ứng hết với hỗn hợp kim loại X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp
chất rắn Y cân nặng 15,6 gam. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư
thu được 0,56 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6). Tính thành phần % khối lượng của Mg trong hỗn hợp X.
5. Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được 2,24 7
lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6) và còn
𝑚 gam kim loại không tan. Cho toàn bộ 50
lượng kim loại không tan tác dụng hết với dung dịch HCl (lấy dư 10% so với lượng cần phản ứng)
được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO4 đun nóng
(đã axit hóa bằng H2SO4 dư).
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính giá trị của m và thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X? Câu IV(2,5 điểm)
1. Tính nhiệt sinh chuẩn (  H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H2
là 436 kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt nguyên tử
hóa  H0a của Cgr (K) là:  H0a= 718,4 kJ.mol-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn. 0 t
2. a/ Cho phản ứng phân hủy : CaCO ⎯⎯→ 3 (r) ⎯ ⎯ CaO (r) + CO2 (khí) (1). Biết : 0 ΔH =+178,32KJ , 0
ΔS =+160,59J/K . Tính ∆G0 của phản ứng (1) ở 8500C ? pu pu b/Cho : O2(k) Cl(k) HCl(k) H2O(k ) H2O(l) H0 (kJ/mol-1) 0 0 - 92,31 -241,83 285,8
S0298 (J.mol-1. K) 205,03 222,9 186,7 188,7 69,9
Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 4HCl(k) + O2 (k) 2Cl2 (k) + 2H2O(k) (1) Tại 298K Câu V(4 điểm)
1. Nén 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín dung tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích
không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng đạt tới cân bằng, áp suất
trong bình bằng 0,8 lần áp suất ban đầu đo ở cùng nhiệt độ.
a.Tìm hằng số cân bằng của phản ứng.
b.Cân bằng dời đổi theo chiều nào khi: - Tăng nồng độ mol NH3. - Giảm nhiệt độ. - Tăng áp suất.
2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số
hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp
electron và 6 electron độc thân.
e) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn.
f) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-.
3. Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH
loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).
c) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét.
d) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp
HCl và FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư).
e) Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau
đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc. =====HẾT=====
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hoá học 10 Câu I Nội dung Điểm Câu 1 2 a)Gọi Z
A, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B.
Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B.
Với số proton = số electron 0.25 (2Z + N ) + (2Z + N ) = 65  A A B B Z + Z = 21 A B Z = 4
Ta có hệ : (2Z + 2Z ) − (N + N ) = 19  A B A B    A  Z − Z = 13 B A Z = 17 B 2Z − 2Z = 26 B A 0,25 ZA = 4  A là Be Cấu hình e : 1s22s2 1
Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, m − s = 2 0.25 ZB = 17  B là Cl
Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5 1
Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, m − s = 2
b) Ta có Z = 4  Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e  Be ở chu kỳ 2.
Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng  nhóm IIA. 0.25
Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA. .. .. c) : : Be : : Cl Cl 0.25 .. ..
Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp Be 0.5 Cl Cl
d) Khi tạo thành phân tử BeCl
2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững
và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl 2 này
sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl 2 kia tạo liên kết cho-
nhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: Cl 0.25 Cl Cl Cl Cl .... Be Be Be Be Be .... r Cl Cl 1 + , 0 95 Cl Cl Cl Ta có: Na = = , 0 . r − , 525 1 81 Cl
Từ tỉ lệ này cho phép dự đoán cấu trúc mạng lưới NaCl là lập phương tâm diện kép:lập phương
tâm diện của Na+ lồng vào lập phương tâm diện của Cl-. Câu 2 Cl- Na+
Mô hình đặc của NaCl
Mô hình rỗng của NaCl Theo hình vẽ, ta có: 1 1 n Cl- = 8. + . 6 = . 4 8 2 1 n Na+ = . 12 + . 1 1 = . 4 4
 có 4 phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở.
Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. 1
Từ các tính chất đã cho, suy ra:
- X (trong XF3) chỉ có 1 obital trống;
- Y (trong YF4) không có obital trống.
a) Vậy X và Y phải ở chu kì 2 X là Câu 3 5B, Y là 6C.
- Góc liên kết FXF trong XF3 là 120o,
Góc liên kết FXF trong XF - 4 là 109o28’ Vì Trong XF -
3 X lai hóa sp2, trong XF4 thì X lai hóa sp3.
b)- Độ dài liên kết: d (X – F) trong XF -
3 < d(X – F) trong XF4 vì liên kết trong XF3 ngoài liên
kết  còn có một phần liên kết π không định chỗ. Câu II Fe(NO ) + N O  + H O 0.5 a)FeO + HNO3 → 3 3 x y 2
Fe+2 → Fe+3 + 1e x (5x - 2y) 2 y + xN+5 + (5x - 2y) e → x N x 1 x
Cân bằng: (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO +  + − 3 → (5x-2y) Fe(NO ) N O (8x 3y)H O 3 3 x y 2 Suy luận:
Vì có thể xem Fe3O4 là FeO.Fe2O3, nên phần Fe2O3 không bị oxi hóa mà chỉ hòa tan trong
HNO3 thành Fe(NO3)3, còn FeO thì tham gia phản ứng oxi hóa khử với hệ số như ở trên. Vì
vậy ngoài phần HNO3, cần cho phản ứng với FeO như trên, 0.5
Câu 1 còn cần (5x-2y)6.HNO3 để tạo muối với Fe2O3. Vậy hệ số tổng cộng là: (5x-2y) Fe +  + −
3O4 + (46x-18y) HNO3 → (15x-6y) Fe(NO ) N O (23x 9y)H O 3 3 x y 2
b) CuFeS + Fe (SO ) + O + H O → CuSO + FeSO + H SO 2 2 4 3 2 2 4 4 2 4 0,5 2S-2 → 2S+6 + 16e x 1 2Fe+3 +2e → 2Fe+2 x a 0 O + 4e → 2O-2 x b 2
Vì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận,
do đó ta có phương trình: 2a + 4b = 16 hay a + 2b = 8 0,5
 0Vì chỉ có 1 phương trình mà lại 2 ẩn số a, b nên có nhiều nghiệm số, ví dụ cho b=1 thì a=6
CuFeS + 6Fe (SO ) + O + 6H O → CuSO +13FeSO + 6H SO 2 2 4 3 2 2 4 4 2 4
a)Mỗi cặp oxi hoá khử tính đúng được 0,5 điểm.
Thế khử chuẩn của cặp: - 2- MnO /MnO và 3+ 2 Mn /Mn + 0.25 4 4 Câu 2 0.25 2
MnO − +4H+ +2e ⎯⎯ → MnO E =+2,27V 4 2 +2H2O (1) 0 1 0.25 MnO - + 4H+ +3e ⎯⎯ → MnO 4 2 +2H2O (2) E02 =+1,70V
Lấy (2) trừ (1) ta có: MnO - +e ⎯⎯ → 2 MnO − (3) E0 4 4
3 = 3E02 – 2E01 = +0,56V MnO2 +1e +4H+ ⎯⎯
→ Mn3+ +2H2O (4) E04 =+0,95V MnO2 +2e +4H+ ⎯⎯
→ Mn2+ +2H2O (5) E05 =+1,23V
Lấy (5) trừ (4) ta có: Mn3+ +1e ⎯⎯
→ Mn2+ (6) E06 = 2E05 – E04 = +1,51V
b) Trả lời đúng một tiểu phân không bền được 0,25 điểm. Tính đúng một giá trị K được 0,25 điểm. 0.25 2 MnO − và 3+ Mn
không bền và dị phân. 4 2
MnO − +4H+ +2e ⎯⎯ → MnO E =+2,27V 4 2 +2H2O 0 1 0.25 2 2 MnO − ⎯⎯ → 2MnO- +2e 0 -E =-0,56V 4 4 3 3 2 MnO − +4H+ ⎯⎯ → 2MnO- + MnO 0.25 4 4
2 +2H2O (7) ∆E07 = +1,71V >0
nên phản ứng (7) tự xảy ra. 0 2ΔE7 lgK = = 57,966 ⎯⎯ → K 7 7 = 9,25.1057 0,059 Mn3+ +1e ⎯⎯ → Mn2+ 0 E =+1,51V 6 Mn3++2H2O ⎯⎯ → MnO2 +1e+4H+ -E04= -0,95V 2Mn3++2H2O ⎯⎯
→ MnO2 +Mn2+ +4H+ (8) ∆E08 = +0,56V >0 0,25
nên phản ứng (8) tự xảy ra. 0 ΔE 8 lgK = = 9,492 ⎯⎯ → K 8 8 = 3,1.109 0,059 0,25 CâuIII
a)O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH 1,5
b)CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HclO c)Cl2 + 2KI →2KCl + I2 ;
Câu 1 Nếu KI còn dư: KI + I2 →KI3
d)2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2 ;
5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl
Ta có phản ứng nhiệt phân KMnO4 0 t 2KMnO ⎯⎯ →K MnO + MnO + O (1) 4 2 4 2 2
Theo định luật BTKL ta tính được:
Khối lượng khí oxi đã thoát ra là: m = 22,12 − 21,16 =0,96gam O2  0, 96 số mol oxi là: n = =0,03mol O2 32
Từ phương trình phản ứng (1) ta tính được các đại lượng: Câu 2 n = 2n =0,06mol KMnO 4 O2 n = n =0,03mol K MnO O 2 4 2 n = n =0,03mol MnO O 2 2
Theo bài ra ta có: số mol KMnO 22,12 = = 4 ban đầu đem dùng là: n 0,14 mol KMnO4 158  số mol KMnO
4 còn dư sau nhiệt phân là: 0,14 - 0,06 = 0,08 mol
Như vậy ta có chất rắn X gồm các chất sau: KMnO 4: 0,08 mol 1,25 K MnO :0, 03mol 2 4 MnO : 0, 03mol 2
Khi cho X tác dụng với HCl đặc dư ta có các phương trình của các phản ứng hóa học đã xảy ra:
2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (2)
K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O (3)
MnO2 + 4HCl →MnCl2 + Cl2 + 2H2O (4)
Từ các phương trình (2), (3), (4) ta tính được tổng số mol khí Cl2 thoát ra là: 5 n = n + 2n + n = 0,29 mol Cl KMnO K MnO MnO 2 4 2 4 2 2
 thể tích khí Cl2 (đktc) thoát ra là: V = n.22,4 = 0,29.22,4 = 6,496 (lít)
Vậy thể tích khí clo có thể thoát ra cực đại là 6,496 lít Câu 3
a. Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO3)2 dư trong HCl đặc H2S bị giữ lại. 0.5 Cu(NO3)2 + H2S CuS + 2HNO3
b. Sục hỗn hợp qua nước hoặc dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng...) dư HCl bị hòa tan.
c. Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO4, Br2...) SO2 bị giữ lại
Câu 3 SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4
d. Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO2 t0 CO + CuO Cu + CO2
Bảo toàn khối lương: 2KClO
3 →2KCl +3O2 tìm nO2=0,15 mol Theo PP bảo toàn e Mg → 2e + Mg2+ O2 + 4e → 2O2- 1 x 2x (mol) 0,15 0,6 (mol)
Fe → 3e + Fe3+ S+6 + 2e → S+4
Câu 4 y 3y (mol) 0,05 0,025(mol)
x = 0,1; y = 0,15  m = 0,1.24 = 2, 4g Mg 2, 4  % m = .100%  22, 22% Mg 10,8
24x + 56y =10,8 Bảo toàn e ta có hệ: 
2x + 3y = 0,65
x = 0,1; y = 0,15  m = 0,1.24 = 2, 4g Mg 2, 4  % m = .100%  22, 22% Mg 10,8
Câu 5 Cho hỗn hợp Fe, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4đặc, nóng, còn dư kim loại không tan là Fe dư. 1,25
=>dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO4. PTHH các phản ứng :
2Fe + 6H2SO4 đ,nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2Fe
3O4 + 10H2SO4đ,nóng → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2) Fe + Fe 2(SO4)3 → 3FeSO4 (3) Fe + 2HCl → FeCl 2 + H2 (4)
10HCl + 2 KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8 H2O (5)
10FeCl2 + 6 KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 24 H2O (6)
Gọi số mol Fe dư là a mol
Theo (4) ta có : nHCl phản ứng = 2a (mol) => nHCl dư = 0,2a (mol)
Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4
Theo các phản ứng (5), (6) => n = 0,64a = 0,064 => a= 0,1 K 4 MnO
mFe dư= 5,6 gam = 7m/ 50 => m = 40 (gam)
Gọi số mol Fe, Fe3O4 phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y
Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7) Số mol SO2 = 0,1mol Các quá trình: Fe0 ⎯⎯ → Fe+2 + 2e S+6 +2e ⎯⎯ → S+4 Mol : x 2x mol: 0,2 0,1 3Fe+8/3+ 2e ⎯⎯ → 3Fe+2 Mol: 3y 2y
Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8)
Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1
Khối lượng sắt ban đầu : mFe bđ = 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam => %m %m Fe= 42% ; F = 58%. 3 e 4 O Câu IV: 0.25 0 1/ ta có : Cgr + 2H H  298.s ⎯⎯⎯→ 2 CH4 (k) 0.5 ∆H – 4EC – H C(k) + 2H 2E − ⎯⎯⎯→ 2 (k) H H C(k) + 4H(k) Theo định luật Hess: ∆H 0 (CH + 2E 298.s 4) = ∆H 0a
H – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol-1 0.25 0 t 2/ a/CaCO ⎯⎯→ 3 (r) ⎯ ⎯ CaO (r) + CO2 (khí) (1).
∆G0 = ∆H0 –T.∆S0 = 178,32.103 –(850 + 273). 160,59 = -2022,57 J 0,5
∆G0 = -2022,57 J -2,022 KJ
b/ Ta có : H0pư = (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0 = - 114,42 (kJ)
S0pư = (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7 1 = - 128,63 (J/K) => G0pư = H0pư - 298 S0pư = - 114420 - 298 (-128,63) = - 76088,26 (J) => G0 = - RT ln Kp 0 G (− , 76088 ) 26 => ln K = − = p = 71 , 30 RT 314 , 8 .298 Kp = 2,17 . 1013 Câu1 2
a) Gọi x là số mol của N2 phản ứng:
Ta có phản ứng hoá học: N  2 + 3H2 ⎯⎯
→ 2NH3 (Lập tỉ lệ: 2 8 nên N2 hết) Câu V 1 3 2 8 0 x 3x 2x mol
Sau phản ứng: 2 – x 8-3x 2x
2x + 8 − 3x + 2 − x Ta có: P =  =
sau / Ptrước = nsau / ntrước  0,8 x 1 . 2 + 8 2x 2 − x 8 − 3x Suy ra [NH = = = 3] = 1M ; [N2] = 0, 5M và [H2] = 2,5M 2 2 2
Vậy hằng số cân bằng của phản ứng : NH3 2 2 1 K = = = C
N .H  0,128 3 3 0, 5.(2, 5) 2 2
b) Cân bằng dời chuyển:
- Tăng [NH3] cân bằng dời chuyển theo chiều giảm [NH3]: chiều nghịch.
- Giảm nhiệt độ cân bằng dời chuyển theo chiều tỏa nhiệt: chiều thuận.
- Tăng áp suất: cân bằng dời chuyển theo chiều giảm áp suất; chiều giảm số phân tử khí: chiều thuận.
Câu 2/ a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron: 1
2Z + N = 60 ; Z = N  Z = 20 , X X X X X
X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2
Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5 Y là Cl
Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1
STT Chu kỳ Nhóm nguyên tố Ca 20 4 IIA Cl 17 3 VIIA Cr 24 4 VIB
b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R +  −  1 2 R R Ca Ca Cl
Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt
nhân của nguyên tử đó.
Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân
Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4). Câu 3
a) Ở nhiệt độ thường: 1
2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O
6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O
Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- ⇌X- + XO − 3
Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân
hủy ở tất cả các nhiệt độ.
b) Các phương trình hóa học :
Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:
- Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ
không màu chuyển sang màu vàng nâu :
2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O
- Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu :
Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl
- Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra:
H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl c)
(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ (b)
Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2
(c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần
NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O2 (d)
Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí. C ⎯H2 4 SO n(H2O)m ⎯ ⎯ → nC + mH2O
SỞ GD&ĐT TỈNH QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC
TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN
HÓA 10: THỜI GIAN 180 PHÚT
Câu 1:Dựa vào cấu tạo nguyên tử, phân tử hãy giải thích các câu sau đây:
1.1. Năng lượng ion hóa thứ nhất của nitơ lớn hơn năng lượng ion thứ nhất của oxi.
1.2. Nhịệt độ sôi của HCl thấp hơn nhiệt độ sôi của HF và HBr.
1.3. Nhiệt độ nóng chảy của CaO cao hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của KCl.
1.4. Cacbondioxit dễ bay hơn lưu huỳnh dioxit.
1.5. Từ 4 nguyên tử N tạo ra 2 phân tử N2 thuận lợi hơn 1 phân tử N4 dạng tứ diện.
Biết năng lượng liên kết của N – N là 163 kJ / mol và N N là 945 kJ/mol.
Câu 2.Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: 1 A: n = 3 ℓ = 1 m = +1, s = + 2 1 R: n = 2 ℓ = 1 m = 0, s = − 2 1 X: n = 2 ℓ = 1 m = +1, s = − 2 2.1.
Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ) 2.2.
Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học
của các phân tử và ion sau: R 2 2X, AR6, H2AX3, − AX (H là hidro). 4
Câu 3.Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion – electron. 3.1.
NaNO + Zn + KOH → Na ZnO + K ZnO + NH + H O 3 2 2 2 2 3 2 3.2. KMnO + H SO + H O → O + ... 4 2 4 2 2 2 3.3.
Fe O + H + + NO − → N O + ... x y 3 z t Câu 4
Cho dung dịch chứa đồng thời KI 0,01M và KCl 0,1M, khi dùng một lượng dung
dịch AgNO3 thích hợp để tác dụng với dung dịch trên.
a. Hãy cho biết kết tủa nào được tạo thành trước? Vì sao?
b. Tính nồng độ Ag+ trong dung dịch AgNO3 cần để tách hết ion I- ra khỏi
dung dịch trên. Cho TAgI = 8,3.10-17 ; TAgCl = 1,76.10-10 Câu 5.
Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau: - Nhiệt đốt cháy CH4: -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy C2H6 -1412,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy H2: -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì -393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì: +715,0 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H - H +431,5 kJ/mol
Các kết quả đều đo ở 2980K và 1 atm.
Câu 6.Một hỗn hợp A gồm M
, MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 2CO3, MHCO3
gam A tác dụng hết với V ml (dư) dung dịch HCl 10,52% (d=1,05) thu được dung
dịch B và 17,6 gam khí C. Chia B làm hai phần bằng nhau.
Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M, cô cạn dung dịch thu được m (gam) muối khan.
Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được 68,88 gam kết tủa trắng.
6.1. Tính khối lượng nguyên tử M.
6.2. Tính % về khối lượng các chất trong hỗn hợp A.
6.3. Tính giá trị của V và m.
Cho K = 39 ; Na = 23 ; Ag = 108 ; N = 14 ; Cl = 35.5; Li = 7; O = 16; C = 12. Hết
SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC HÓA10-NĂM 2016- 2017 THỜI GIAN: 180 PHÚT Câu 1. (2,5đ) 1. Cấu hình electron. 0,5đ N: 1s22s22p3 O: 1s22s22p4
N có cấu hình electron bán bão hòa bền của phân lớp p nên việc tách
1 electron ra khỏi nguyên tử N khó hơn O. Vậy năng lượng ion hóa của N lớn hơn O. 0,5
2. Do HF có khả năng tạo liên kết H giữa các phân tử mạnh nên nhiệt
độ sôi của HF > HCl. Do HCl và HBr có cấu tạo tương tự nhưng
MHBr > MHCl nên nhiệt đội sôi của HBr > HCl. 3. r 2  + r + Ca K 0,5 r 2  − r − O Cl
Số điện tích của Ca2+ và O2- lớn hơn K+ và Cl- nên nhiệt độ nóng chảy của CaO > KCl.
4. Phân tử CO2 (dạng thẳng) có momen lưỡng cực bằng 0. 0,5
Phân tử SO2 (dạng gấp khúc) có momen lưỡng cực > 0
Vì vậy CO2 dễ bay hơn SO2. 5. Quá trình 4N ⎯ ⎯ → 2N
2 có H1 = -2. EN N = -1890 KJ Quá trình 4N ⎯
⎯ → N4 có H2 = - 6.EN-N = - 978 KJ
Dó H1 < H2 nên quá trình tạo N2 thuận lợi hơn. 0,5 Câu 2. (3,5đ) 0,5 A: 3p4  A là S 0,5 B: 2p5  A là F C: 2p4  A là O 0,5
Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F
2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc: O 0,5 F F
SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: F F F S F F F 0,5
H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác. S OH O OH 2− SO
, S lai hóa sp3, tứ diện đều. 4 0,5 2- O S O O O 0,5 Câu 3. (3đ). 1.
NaNO + Zn + KOH → Na ZnO + NH + K ZnO + H O 3 2 2 3 2 2 2 NO− + 6H O + e 8 → NH + 9OH −  2 3 2 3
Zn + 4OH − − 2e → ZnO2− + 2H O  8 2 2 8Zn + 2NO− + OH 14 − → 8ZnO2− + 2NH + 4H O 3 2 3 2
2NaNO + 8Zn + 14KOH → Na ZnO + 2NH + 7K ZnO + 4H O 3 2 2 3 2 2 2 2. KMnO + H SO + H O → O + ... 4 2 4 2 2 2 H O − 2e → O + 2H +  5 2 2 2 MnO− + 8H + + e 5 → Mn 2+ + 4H O  2 4 2
2MnO− + 6H + + 5H O → 2Mn 2+ + O 5 + 8H O 4 2 2 2 2 2KMnO + H 3 SO + H 5 O → 2MnSO + K SO + O 5 + 8H O 4 2 4 2 2 4 2 4 2 2 3.
Fe O + H + + NO − → N O + ... x y 3 z t Mỗi pt đúng 1đ Fe O + 2yH+ − − → + + − x y ( x 3 2y)e xFe3 yH O 5z 2t 2 zNO − + − + + − → + − − 3 ( 2 z 3 t)H ( z 5 2t)e N O z t ( z 3 t)H O 3x 2y 2 ( z 5 − 2t)Fe O + − − → − + − + x y ( 2 9xz xt 3 yz)HNO3 ( z 5 2t)xF ( e NO3 ) ( x 3 2y)N O 3 z t + (9zx − xt 3 − yz)H O 2 Câu 4. (3đ) Tích số tan.
a. Cho biết kết tủa nào tạo thành trước. KI ⎯ ⎯ → K+ + I- 0,01 0,01 Ag+ + I- ⎯ ⎯ → AgI  0,25
Điều kiện để có kết tủa AgI: Ag+ I−  16 − ,08  10   + 10 16−,08 Ag  = 10 14 − ,08 M ( ) 1 10−2 0,25 KCl ⎯ ⎯ → K+ + Cl- 0,1 0,1 Ag+ + Cl- ⎯ ⎯ → AgCl  0,25 0,25
Điều kiện để có kết tủa AgCl: Ag+ Cl−  9 − ,75  10  0,25 +  10 9−,75 Ag  = 10−8,75 M (2) 10 1 −
Từ (1) và (2) suy ra AgI kết tủa trước. 0,25 b. Tách I- 0,25
Để kết tủa hết I- có nghĩa là trong dung dịch [I-]  10-6 M + 08 , 16  Ag  = 10 10 − ,08 M 10−6 0,25 Ag+ + Cl- = AgCl 
Để không có kết tủa AgCl thì Ag+ Cl−  9 − ,75  10 0,25 + 10 9 − ,75  Ag  = M 75 , 8 1 , 0
Vậy để kết tủa hòan toàn AgI mà không kết tủa AgCl thì: 0,25
10-8,75> [Ag+] > 10-10,08 Câu 5. (4đ) 0,5
Tính năng lượng liên kết trung bình C - H
Xếp các quá trình lại như sau: CH ⎯ 4 + 2O2 ⎯→ CO2 + 2H2O H1 2H ⎯ 2O ⎯→ 2H2 + O2 -2H3 CO ⎯ 2 ⎯→ C(r) + O2 -H4 C(r) ⎯ ⎯ → C (k) H5 0,25 0,25 2H ⎯ 2 ⎯→ 4H 2H6 0,25 CH ⎯ 4 ⎯→ C(k) + 4H H
H = H1 - 2H3 - H4 +H5 + 2H6 =1652,7 kJ/mol 0,25
 4EC-H = 1652,7 kJ/mol  EC-H = 413,175 kJ / mol. 0,25
Tính năng lượng liên kết trung bình C - C. 0,25 C ⎯
2H6 + 7/2O2 ⎯→ 2CO2 + 3H2O H2 3H2O ⎯ ⎯ → 3H2 + 3/2O2 -3H3 0,5 2CO ⎯ 2 ⎯→ 2C (r) + 2O2 -2H4 2C (r) ⎯ ⎯ → C (k) 2H5 0,25 3H ⎯ 2 ⎯→ 6H 3H6 0,25 C ⎯ 2H6 ⎯→ 2Ck +6H H 0,25
EC-C + 6EC-H = H = H2 –3H3 –2H4 + 2H5 +3H6 =2823,1 kJ/mol 0,25
 EC-C = 2823,1-6.413,175=344,05 kJ/mol. 0,25 0,25 Câu 6. (4đ)
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M 2CO3. MHCO3, MCl. 0,5
Ta có: (2M+60)x + (M+61)y+(M+35,5)z=43,71 (1) Cho A tan trong dd HCl dư. M ⎯
2CO3 + 2HCl ⎯→ 2MCl + CO2 + H2O 0,25 x 2x 2x x MHCO ⎯
3 + HCl ⎯→ MCl + CO2 + H2O 3p/trình y y y y 0,25 MCl + HCl ⎯ ⎯ → không phản ứng. Dung dịch B có MCl: (2x + y + z) mol HCl dư. 6 , 17 Khí C là CO + = = 2: x y , 0 4 mol (2) 44
Khi cho B tác dụng với KOH.
Số mol của KOH: (0,125.0,8).2 = 0,2 mol. 0,25 HCl + KOH ⎯ ⎯ → KCl + H2O 0,25 0,2 0,2 0,2 B tác dụng với AgNO3 dư MCl + AgNO ⎯ 3 ⎯→ AgCl  + MNO3 (2x+y+z) (2x+y+z)mol HCl + AgNO ⎯ 3 ⎯→ AgCl + HNO3 2p/trình 0,25 0,2 0,2 mol
Ta có số mol AgCl = (2x + y +z) + 0,2 = 88 , 68 2 . = 96 , 0 mol 5 , 143  2x + y + z = 0,76 (3)
Từ (2) và (3) ta có: z = 0,36 - x ; y = 0,4 - x 0,25
Thay y và z vào phương trình (1) ta được: 0,76M - 35,5x = 6,53  M 76 , 0 − 53 , 6 x = (4) 5 , 36
Do 0 < x < 0,36  8,6 < M < 25,8 0,25 Vậy M là Na.
Thay M = 23 vào các phương trình ta được x = 0,3, y = 0,1; z = 0,06 0,25 Trong A có: 0,25 Na : 31,8g chiếm 72,75% 2CO3 NaHCO : 8,4 g chiếm 19,22% 3 NaCl: 3,51 g chiếm 8,03% 0,5
6c. Số mol HCl = 2x + y + 0,2 = 0,9 mol 100 . 9 , 0 . 5 , 36 V = = , 297 4 ml ddHCl 05 , 1 . 52 , 10 0,25
Khối lượng muối thu được khi có 1/2B tác dụng với KOH. 0,25
Khối lượng NaCl: 58,5.0,5.0,76= 22,23 gam 0,25
Khối lượng KCl: 74,5. 0,1 = 7,45 gam.  m = 29,68 gam Hết 0,5 SỞ GIÁO DỤC ĐÀO
KỲ THI OLYMPIC 24 – 3 QUẢNG NAM LẦN THỨ HAI TẠO
Môn thi: HÓA HỌC 10, NĂM 2017 QUẢNG NAM
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. ĐỀ THA M KHẢO
(Đề thi gồm 02 trang)
Cho biết nguyên tử khối: H=1; O=16; C=12; Cl=35,5; Br=80; S=32; N=14; P=31; Li=7;
Na=23; K=39; Mg=24; Ca=40; Ba=137; Zn=65; Cu=64; Fe=56; Mn=55; Ag=108; Al=27.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 1. (4,0 điểm)
1.1. (2,0 điểm) Cho bộ bốn số lượng tử của electron cuối 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 a. Xác định A, X, Z.
b. Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA2, AX 2 2 2, AX3 -, AX4 -. c. Giải thích vì sao AX 2 2
3 - lại có khả năng hoà tan A tạo thành A2X3 -.
1.2(2,0 điểm) Hợp chất M tạo bởi 2 nguyên tố X và Y, cho biết: Tổng số 3 loại hạt trong
nguyên tử X là 52, hoá trị cao nhất của X với oxi gấp 7 lần hoá trị của X với hiđrô. Y thuộc
cùng chu kì với X, có cấu hình electron: ...np1.
a. Xác định số thứ tự X, Y trong bảng hệ thống tuần hoàn và gọi tên 2 nguyên tố.
b. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M biết hiệu độ âm điện giữa
X và Y có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1,77. Khối lượng phân tử của M là 267.
Câu 2. (4,0 điểm)
2.1 (1,0 điểm) Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau:
2NH3 + 3/2 O2 → N2 + 3 H2O (1)
2NH3 + 5/2 O2 → 2NO + 3H2O (2)
So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác.
Cho năng lượng liên kết của: NH3 O2 N2 H2O NO kJ/mol 1161 493 942 919 627
2.2 (1,5 điểm) Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhệt động của các chất ở 250C. CO2 + H2 ⎯⎯ → ⎯ ⎯ CO + H2O ΔH0298 (KJ/mol) – 393,5 0 -110,5 - 241,8 So (J/mol) 213,6 131 197,9 188,7
a. Hãy tính ΔH0298 ; ΔG0298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C không?.
b. Giả sử ΔH của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ΔG01273 của phản ứng và nhận xét.
c. Hãy xác định nhiệt độ (0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự biến đổi của
ΔH0; ΔS0 theo nhiệt độ)
2. 3 (1.5 điểm) Cho cân bằng hoá học: 2NO2 ⎯⎯ → ⎯
⎯ N2O4 H = −58,04kJ . Cân bằng sẽ
chuyển dịch như thế nào ( giải thích), khi: a.Tăng nhiệt độ. b.Tăng áp suất. c.Thêm xúc tác.
Câu 3. (3,0 điểm)
3. 1 (1,0 điểm) Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có
hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra
oleum có hàm lượng SO3 là 10%.
3. 2 (2,0 điểm) Nêu cách loại tạp khí ra khỏi các hỗn hợp khí sau, viết phương trình phản ứng:
a. Loại khí HCl ra khỏi hỗn hợp khí HCl và H2S.
b. Loại khí SO2 ra khỏi hỗn hợp khí CO2 và SO2.
c. Loại khí HCl ra khỏi hỗn hợp khí HCl và Cl2.
d. Loại khí O3 ra khỏi hỗn hợp khí O3 và O2.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho cân bằng hóa học: N2(k) + 3H2(k)
2NH3(k) H = -92 kJ/mol. Nếu xuất phát từ
hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ mol 1:3, khi đạt tới trạng thái cân bằng ở điều kiện tối ưu
(4500C và 300 atm) thì NH3 chiếm 36% về thể tích.
a. Tính hằng số cân bằng Kp.
b. Giữ nhiệt độ không đổi ở 4500C, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu để
khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích?
c. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới
trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% về thể tích? Cho biết phương trình Van't Hoff liên hệ hai K H  1 1 
hằng số cân bằng ở 2 nhiệt độ là: 2 ln =  −  . K R T T 1  1 2 
Câu 5. (3,0 điểm)
5.1. (2,0 điểm) Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3,Ca(ClO3)2,CaCl2 và KCl.
Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ
Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có
trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là bao nhiêu?
5.2 (1,0 điểm) Dung dịch muối A có nồng độ 40% nếu thêm vào dung dịch A lượng nước
bằng lượng nước đã có trong dung dịch A thì nồng độ % của dung dịch là bao nhiêu?
Câu 6. (3,0 điểm)
Hỗn hợp X gồm 2 chất rắn FeCO3 và FeS2. Cho X cùng một lượng O2 vào một bình
kín có thể tích V(lit). Đốt nóng bình cho phản ứng xảy ra,( giả thiết khả năng phản ứng của 2
muối là như nhau, sản phẩm phản ứng là Fe2O3) sau phản ứng đưa về điều kiện ban đầu thu
được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z, áp suất trong bình lúc này là P. Để hoà tan chất rắn Y cần
200 ml dung dịch HCl 0,3M, thu được dung dịch E và hỗn hợp khí M, nếu đưa M vào bình
kín thể tích V(lit) ở cùng điều kiện với Z thì áp suất trong bình lúc này là 1/2P. Thêm dung
dịch NaOH tới dư vào dung dịch E được chất rắn F, lọc lấy F làm khô F ngoài không khí
(không nung) cân được 3,85 gam.
a.Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b.So sánh áp suất trong bình trước và sau khi nung.
c.Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp.
---------------HẾT--------------- SỞ GIÁO DỤC ĐÀO
KỲ THI OLYMPIC 24 – 3 QUẢNG NAM LẦN THỨ HAI TẠO
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC 10 QUẢNG NAM Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 1 4.0 1.1 a. 0.75
( 0.75 Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2 → 3p4 A là S
điểm) 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 ( 0.75 b. 0.75 điểm) Phân tử, iôn Trạng thái lai hoá cuả Cấu trúc hình học nguyên tử trung tâm CS2 sp Đường thẳng SO2 sp2 Góc SO 2− 3 sp3 Chóp đáy tam giác đều SO 2− 4 sp3 Tứ diện đều ( 0.5 c 0.5 điểm)   
S [Ne] 3s2 3p4     S* [Ne] 3s2 3p4 SO 2 2
3 - có khả năng kết hợp thêm 1 nguyên tử S để tạo S2O3 - vì trên nguyên tử S trong SO 2
3 - 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- S 2- S O S O S O O O O 1.2
a. Xác định được Z = 17 → X là Cl (clo). 1.0
Từ dữ liệu đầu bài xác định được Y là Al. ( 2.0
b. Từ dữ liệu đầu bài với KLPT của M là 264.
điểm) → công thức phân tử M là: Cl Cl Cl 1.0 Al Al Cl Cl Cl 2 4.0 2.1 Tính hiệu ứng nhiệt: 1.0 ( 1.0
E1 = (2ENH3 + 3/2EO2) – (EN2 + 3 EH2O)
điểm) = 2. 1161 + 3/2. 493 – 942 – 3. 919 = - 637,5 kJ.
E2 = 2ENH3 + 5/2EO2 – 2ENO – 3EH2O
= 2. 1161 + 5/2. 493 – 2. 627 – 3. 919 = - 456,5 kJ.
- Phản ứng (1) có H âm hơn nên phản ứng (1) dễ xảy ra hơn.
- Nếu có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá sẽ giảm và tốc độ phản ứng sẽ tăng,
do đó để thực hiện phản ứng (2) cần có xúc tác. 2.2 1.5
(0.75 Có phản ứng: CO2 + H2 →CO + H2O 0.75
điểm) a. ΔH0298 = 41,2 KJ/mol ΔS0298 = 42J/mol ΔG0
298 = ΔH0298 - ΔS0298 = 28684 J/mol
Vì ΔG0298 > 0 nên phản ứng không tự xảy ra ở chiều thuận ở 250C.
(0.5 b. Áp dụng công thức: 0.25 điểm) ΔG 1 1 T2 ΔGT1 = + - ΔH0 ( ) T 2 T1 T2 T1 => ΔG01273 = - 12266J/mol 0.25
Vì ΔG01273 <0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận ở 10000C
(0.25 c. Để phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì: ΔG0 0.25 điểm) T = ΔH0 – TΔS0 <0 => T > 41200 = 980,950K 42 2.3 Cho phản ứng 2NO 2 ⎯⎯ → ⎯
⎯ N2O4 H = −58,04kJ (1.5 0.25
- Phản ứng toả nhiệt, số phân tử khí bên vế trái phương trình phản ứng lớn hơn
điểm) bên phải:
a. Tăng nhiệt độ cân bằng chuyển sang trái. 0.5
b. Tăng áp suất cân bằng chuyển sang phải. 0.5
c Xúc tác tàm tăng hoặc giảm tốc độ cả phản ứng thuận và nghịch => không 0.25
làm chuyển dịch cân bằng. 3 3.0 3.1
H2SO4.nSO3 a mol Hàm lượng SO3 = 71% 0,25đ Ta có n 80 .100=71  n= 3 ( 1.0 98 + n 80
điểm) Khối lượng dung dịch H2SO4 40%= 131 (gam)  mct = 52,4 gam.; mH2O= 78,6 0,5đ
Phản ứng SO3 + H2O → H2SO4 4,367 4,367 4,367 − 0,5đ Ta có: ( a 3 ,
4 367).80 =0,1  a = 1,7578 131+ 33 a 8 0,5đ m = 338 . 1,7578 = 594 (gam) 3.2
a.Loại HCl ra khỏi hỗn hợp với H2S : Cho hỗn hợp đi qua dung dịch kiềm, rồi 0.5 ( 2.0
thêm H2SO4 loãng vào hỗn hợp sau phản ứng.
điểm) HCl + NaOH → NaCl + H2O và H2S + 2NaOH → Na2S + 2H2O
H2SO4 + Na2S → Na2SO4 + H2S ↥
b.Loại HCl ra khỏi hỗn hợp với Cl 0.5
2: Cho hỗn hợp đi qua dd KMnO4 đặc, đun nóng: 16 HCl + 2 KMnO
4 → 2 KCl + 2 MnCl2 + 5 Cl2 ↥ + 8 H2O c.Loại SO 0.5
2 ra khỏi hỗn hợp với CO2: Cho hỗn hợp đi qua dd Br2. SO
2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl
d.Loại O3 ra khỏi hỗn hợp với O2: Cho hỗn hợp đi qua dd KI 0.5
O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH 4 3.0 ( 1.5 a.N2(k) + 3H2(k) 2NH3(k) 0.5
điểm) a. Gọi x1, x2, x3 lần lượt là %V (cũng là % số mol) của N2, H2 và NH3 ta có:
x3 = 36% = 0,36  x1 + x2 = 64% = 0,64 (I)
Vì N2 và H2 được lấy theo tỉ lệ mol 1:3 (bằng tỉ lệ trong phản ứng) nên  0.5 x 1 1 = (II) x 3 3 Từ (I) và (II)  x 1 = 0,16; x2 = 0,48. 0.5 2 PNH − 3 ( 300 . 36 , 0 )2 K 5 P = = = 10 . 14 , 8 3 3 P P . ( , 0 ).( 300 . 16 , 0 ) 300 . 48 N H 2 2 ( 1.0
b. Ở trạng thái cân bằng: x3 = 50% = 0,5  x1 + x2 = 0,5 (III) 0.5
điểm) Từ (II) và (III)  x1 = 0,125; x2 = 0,375. 2 P NH − 3 ( P. 5 , 0 )2 5 K = = = 10 . 14 , 8  P = 682,6 atm. P 0.5 3 3 P P . ( P . 125 , 0 P . 375 , 0 ).( ) N H 2 2 ( 0.50 2 P 300 . 5 , 0 0.25 ' NH − 3 ( )2 4 điểm) c. = =  K , 4 10 . 21 P 3 3 P P . ( ) 300 . 375 , 0 ).( 300 . 125 , 0 N H 2 2 ' K H  1 1  P ln = 0.25  −   T 2 = 653 K hay 3800C. K R T T P  1 2  5.1 Các phản ứng 0,25đ ( 2.0 KClO3 → KCl + 3/2 O2 0,25đ
điểm) Ca(ClO3)2 → CaCl2 + 3/2 O2
Đặt a, b là số mol của CaCl2 và KCl trong chất rắn Y
BTKL ta có mY = 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam). 0,25đ  111a + 74,5b=63,1 (1) 0,25đ
Cho Y tác dụng với Na2CO3 CaCl 0,25đ 2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl
 a =0,3(mol); Từ (1)  b = 0,4 (mol). 0,25đ
Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X. 0,25đ
Ta có 2a + b = 5x  x = 0,2 (mol) 0,25đ %KCl trong X là = 74 5
. .0,2 .100 = 18.10 % 82 3 , 5.2
Gọi mdd là khối lượng dung dịch muối nồng độ 40%. 0.5 ( 1.0
Khối lượng muối: (40. mdd): 100 = 0,4mdd
điểm) Khối lượng nước trong dung dịch 40%: 0,6mdd
Theo đầu bài nồng độ dung dịch mới là: 0, 4.m .100 0.5 dd = 25% m + 0, 6m dd dd 6 3.0
( 1.75 a. Các phương trình phản ứng: điểm) FeCO3 → FeO + CO2 (1)
4FeS2 + 11O2 →2Fe2O3 + 8SO2 (2) 2FeO + 1/2O2 → Fe2O3 (3)
FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + H2O + CO2 (4)
FeS2 + 2HCl → FeCl2 + S + H2S (5)
FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (6)
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (7) ( 0.5
b.Vì khả năng phản ứng của 2 muối như nhau, gọi số mol mỗi muối tham gia điểm
phản ứng (1), (2), (3) là a mol ; Số mol O2 tham gia pứng : 0,25a + 2,75a = 3ª;
Số mol CO2 và SO2 sau phứng (1), (2) : a + 2a = 3a
Vậy áp suất trong bình trước và sau khi nung không đổi.
( 0.75 c.Số mol HCl = 0,3.02 = 0,06 (mol) gọi số mol FeCO3 tham gia phản ứng (4) là điểm
x , số mol FeS2 tham gia phản ứng (5) là y : x + y = 0,03 (*) => Số mol CO2
và H2S sinh ra do phản ứng (4) (5) là 0,03 mol => 3a = 0,06 mol => a= 0,02.
Khối lượng chất rắn F ( S và Fe(OH)3) = (x+y).107 + 32y = 3,85. Kết hợp với (*) có hệ pt: x + y = 0,03 ; 107x + 139y = 3,85
Giải được: x = 0,01 ; y = 0,02
Khối lượng X = 0,03.116 + 0,04.120 = 8,28 gam % khối lượng FeCO 100 . 116 . 03 , 0 3 =
= 42,03%; % khối lượng FeS2 = 57,97% , 8 28
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân THI HỌC SINH GIỎI
Môn Hóa Học: Khối 10 Năm 2017 Thời gian : 180 phút Câu I:
1.(2đ) a. Xác định dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau: CO 2- 2 , SO4 , IF5, OF2.
b. So sánh ( có giải thích) góc liên kết trong từng cặp phân tử sau:
* Góc ClSCl và ClOCl trong SCl2 và OCl2
* Góc FBF; HNH ; FNF trong BF3; NH3; NF3 2.(2đ)
a. 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 xuống còn 3.10-3 nguyên tử.
b. Hoàn thành 4 phản ứng hạt nhân sau: * 26 23 4 12 Mg + ...? → 10 Ne + 2 He * 19 1 4 9 F + 1 H → ...? + 2 He * 235 1 1 146 92 U + 0 n → 3(0 n) +...? + 57 La * 2 4 1 1 H + ...? → 2 2 He + 0 n
3. (1đ) a. Xác định 4 số lượng tử của Be ( z = 4) và Cl ( z = 17).
b. Giải thích vì sao BeCl2 có thể polime hóa ( BeCl2)n. Câu II:
1. (3đ)Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 3000K và 12000K của phản ứng: CH4 (khí) + H2O (khí) CO ( khí) + 3H2 ( khí) Biết là H0 (KJ/mol) S0 J/K.mol 3000K - 41,16 - 42,4 12000K -32,93 -29,6
a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và 12000K?
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K
2. (2d).Tính nhiệt sinh chuẩn (  H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong
H2 là 436 kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt
nguyên tử hóa  H0a của Cgr (K) là:  H0a= 718,4 kJ.mol-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn. Câu III:
1. (2đ) a. Cân bằng 2 phản ứng:
* Theo phương pháp thăng bằng electron
CrI3 + KOH + Cl2 → K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
* Theo phương pháp ion- electron
Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO+ N2O + H2O. Biết nNO : nN2O = 1 : 2
b. Bổ túc phản ứng sau:
FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 → ………..
Zn + NaHSO4 + NaNO3 → ZnSO4 + Na2SO4 + NH4NO3 + H2O
2. (2đ) Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH
loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).
a.Viết phương trình hóa học xảy ra.
b.Viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch: hỗn hợp HCl và FeCl2; Br2 ;
H2O2 ; CO2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư, chỉ chứa các muối).
3.(1đ). Để hòa tan hết một mẫu Zn trong dung dịch HCl ở 200C cần 27 phút. Cũng mẫu Zn đó tan
hết trong dung dịch HCl nói trên ớ 400C là 3 phút. Hỏi để hòa tan mẫu Zn trên ở 550C cần bao nhiêu giây? Câu IV:
1.(1,5 đ) a. Nhận biết SO2, SO3 theo 2 phương pháp : oxy hóa khử và không oxy hóa khử
b. Sục a mol SO3 vào 50 gam dung dịch H2SO4 82%. Tính a để thu được oleum có hàm lượng SO3 25%.
2.(1,5 đ) Giải thích 6 trường hợp sau:
+ Đồ dùng bằng Ag hóa đen trong không khí bị nhiễm bẫn H2S.
+ Cho axit H2SO4 đặc vào đường, đường hóa đen và có sủi bọt khí.
+ Bình kín chứa khí NO2 có màu nâu ở nhiệt độ thường, ngâm trong nước đá màu nhạt dần.
Cho biết phản ứng sau tỏa nhiệt hay thu nhiêt. 2NO2 N2O4 (màu nâu) (không màu)
+ Nước Gia-ven có khả năng tẩy trắng.
+ Sục khí H2S cho đến dư vào dung dịch chứa đồng thời FeCl3, CuCl2, AlCl3 , ZnCl2 có kết tủa.
+ Tinh thể kim cương cứng hơn rất nhiều so với tinh thể Iot, nước đá.
3.(2đ). Nung hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 thu được chất rắn Y và O2. Biết KClO3 phân hủy
hoàn toàn, còn KMnO4 chỉ bị phân hủy một phần. Trong Y có 0,894 gam KCl chiếm 7,45% theo
khối lượng. Trộn lượng O2 ở trên với không khí theo tỉ lệ thể tích V : V =1:3 trong một bình kín KK 2 O
ta thu được hỗn hợp khí Z. Cho vào bình 0,528 gam cacbon rồi đốt cháy hết cacbon, phản ứng hoàn
toàn, thu được hỗn hợp khí T gồm 3 khí O2, N2, CO2, trong đó CO2 chiếm 22% thể tích.
Tính phần trăm khối lượng KClO3 trong hỗn hợp ban đầu.
--------------------------Hết----------------------
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10 Thời gian : 180 phút Câu I: 1.(2đ) . CO 2-
2 : đường thẳng sp . SO4 tứ diện đều , sp3 0,25 x 4 = 1đ
IF5 : chop vuông , sp3d2. OF2 góc, sp2
b. Góc liên kết trong từng cặp phân tử sau
* Trong SCl2 và OCl2 góc ClSCl < ClOCl 0,25đ
. Do oxy có độ âm điện lớn hơn hút mật độ e ở oxy tăng do đó góc lớn 0,25đ
* Trong BF3; NH3; NF3 Góc FBF > HNH > FNF 0,25đ
BF3 lai hóa sp2 FBF = 1200 ; NH3 và NF3 có cùng ngtu trung tâm, F có độ âm điện lớn hơn,
mật độ e ở N giảm dẫn đến góc nhỏ hơn 0,25đ 2.(2đ) a. 693 , 0 693 , 0 k = = = 003 , 0 47 / t 200 1/ 2 Á N p dụng công thức: ln 0 = kt N 12 6, 5.10  ln = 0,00347t 3 3.10−
 t = 1,0176.104 năm hay 10.176 năm
b. Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối → các hạt còn thiếu: a. 1 16 87 7 0 n b. 8 º c. 35 Br d. 3 Li 3. a. Be z =4 Cấu hình e : 1s22s2 1
Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = − 0,25 đ 2 Cl Z= 17
Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5 1
Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = − 0,25đ 2
b. Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì ng tử Be còn 2 obitan trống; ng tử clo sẽ đưa ra cặp
electron chưa liên kết cho ng tử Be của ph tử BeCl2 kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: 0,5 đ Cl Cl Cl Cl Cl .... Be Be Be Be Be .... Cl Cl Cl Cl Cl
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10
Câu II: 1(3đ). a). Dựa vào biểu thức: G0 = H0 - TS0
Ở 3000K ; G0300 = (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44 kJ
Ở 12000K ; G01200 = (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ G0 
300 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ trái sang phải.
G01200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 12000K
b) + Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K G0 = -2,303RT lgK
(-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgK
lgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95  K = 10 4,95 2 (2đ). Ta có 0 : Cgr + 2H H  298.s ⎯⎯⎯→ 2 CH4 (k) 0 ∆H a – 4EC – H C(k) + 2H 2E − ⎯⎯⎯→ 2 (k) H H C(k) + 4H(k) Theo định luật Hess: ∆H 0 (CH + 2E 298.s 4) = ∆H 0a
H – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol-1
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10 Câu III:
2. (2đ) a. Cân bằng 2 phản ứng:
* Theo phương pháp thăng bằng electron: 3 + 1 − 6 + 7 + Cr I ⎯⎯ → + + 3 Cr 3 I 27e x 2 Cl2 + 2e ⎯⎯ → 2Cl- x 27 0,25đ
2CrI3 + 64KOH + 27Cl2 → 2K2CrO4 + 6KIO4 + 54KCl + 32H2O 0.25đ
* Theo phương pháp ion- electron 19 Al → Al3+ + 3e 3 5NO -
3 + 24 H+ + 19e → NO + 2N2O + 12H2O 0,25đ
19Al + 72HNO3 → 19Al(NO3)3 + 3NO+ 6N2O + 36H2O. 0,25đ
b. Bổ túc phản ứng sau:
10 FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 +3 K2SO4 + 6MnSO4+ 10Cl2 + 24H2O 0,5đ
4Zn + 10NaHSO4 + 2NaNO3 → 4ZnSO4 + 6Na2SO4 + NH4NO3 + 3H2O 0.5đ
2. (2đ) a) Ở nhiệt độ thường:
2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O
6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O
(Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- ⇌X- + XO − 3
Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở
tất cả các nhiệt độ).
b) Các phương trình hóa học :
Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:
- Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ
không màu chuyển sang màu vàng nâu :
2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O
- Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu :
Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl
- Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra:
H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl - khi cho CO2 vào A CO2 + KClO + H2O ⎯⎯ → KHCO3 + HClO
3.(1đ). Từ 200C đến 400C thời gian giảm đi 9 lần suy ra tốc độ pứ tăng 9 lần , ta suy ra hệ số nhiệt độ bằng 3. 0,5đ
Nếu ở 55 0C thì thời gian giảm 3 (55-40)/ 10 .
Vậy thời gian cần hòa tan là 3*60/ 3 (55-40)/ 10 = 34,64 s 0,5đ
Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam
Trường THPT Trần Cao Vân ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10 Câu IV:
1.(1,5 đ) a. Nhận biết SO2, SO3 theo 2 phương pháp : oxy hóa khử và không oxy hóa khử
+Sục vào dd Brom . Viết pt SO2+Br2+ H2O →H2SO4 + HBr 0,25đ
+ Sục vào dd BaCl2 . Viết pt SO3 + BaCl2 + H2O → BaSO4 + HCl 0,25đ c. Oleum. mH2O = 9 gam SO3 + H2O → H2SO4 mol 0,5 0,5 Ta có :
(80a -40) / (80a + 50) = 25/100 ………. 0,5 đ a = 0,875 ………..0,5đ
2.(1,5 đ) Giải thích 6 trường hợp sau: 0,25x6 =1,5đ
* 2Ag + H2S + 1/2O2 → Ag2S + H2O
* H2SO4 + C12H22O11 → C + H2SO4 12. H2O
C + 2H2SO4 → CO2+ 2SO2 + 2H2O * . 2NO2 N2O4 Màu nâu không màu
Ngâm trong nước đá màu nhạt dần. cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận.(tăng nhiệt độ) .Phản ứng tỏa nhiệt
* Nước Gia-ven có khả năng tẩy trắng. NaClO + CO2 + H2O →NaHCO3 + HClO
* Sục khí H2S cho đến dư vào dung dịch chứa đồng thời FeCl3, CuCl2, AlCl3 , ZnCl2 có kết tủa.
H2S + 2FeCl3 →2FeCl2 + S +2 HCl
H2S + CuCl2 → CuS + 2 HCl kết tủa : CuS và S
* Tinh thể kim cương cứng hơn rất nhiều so với tinh thể Iot, nước đá.
Kim cương : tinh thể nguyên tử bền còn I2, nước đá tinh thể phân tử kém bền 3. KClO3→KCl +3/2 O2 (1) 0,012 0,012
2 KMnO4→K2MnO4 +MnO2+O2. (2)
C + O2 → CO2 3pt ...........0, 5đ
mY= 100x 0,894/7,45= 12g. .........................0.25đ. nCO2=0,044
nhh khí=0,2 ........... 0,25đ. V : V = x :3x ; 4x = 0,2; KK 2 O
x=0,05, ...................................................................0,25đ vậy theo bảo toàn
mX=mY+mO2(sinh ra ) =12+0,05*32=13,6 g...........0,25đ
m KClO3 = 0,012 * 122,5 = 1,47 g 0,25đ
% KClO3 = 1,47*100/13,6 = 10,8% 0.25đ
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
KỲ THI OLYMPIC 24/3 KHỐI THPT QUẢNG NAM
NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi : HÓA HỌC LỚP 10 ĐỀ ĐỀ NGHỊ TRƯỜNG THPT NÚI
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) THÀNH Bài 1: 4,0 điểm
Một hợp chất (A) được cấu tạo từ cation 2
M + và anion X− . Trong phân tử MX2 có
tổng số proton, nơtron, electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt
không mang điện là 54 hạt. Số khối của M2+ lớn hơn số khối của X− là 21. Tổng số hạt
trong cation M2+ nhiều hơn tổng số hạt trong anion X− là 27.
1. Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X.
2. Viết cấu hình electron của M, X, 2 M + , X− .
3. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn. Bài 2: 4,0 điểm.
1. Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương
pháp thăng bằng electron:
a) Cu2S + HNO3 → Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O b) FexOy + H2SO4 đ ⎯⎯ → SO2 + …
c) FeS + HNO3 → Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + NO + H2O d) Al + HNO3 → NO + N2O
(Biết tỉ khối hỗn hợp khí NO và N2O so với H2 bằng 16,75) e) FeS2 + H2SO4 đ ot ⎯⎯→ SO2
2. a) Dựa vào thuyết lai hóa, cho biết hình dạng và góc liên kết của các phân tử và
ion sau: BCl3, BeCl2, CH4, H2O.
b) Cho phản ứng trong một pin: 2Fe3+ + Sn2+ ⎯⎯ → ⎯ ⎯ 2Fe2+ + Sn4+. Biết E 0 = 3+ 2+ Fe /Fe +0,77 (V); E 0
= +0,15 (V). Tính sức điện động chuẩn của pin trên. 4+ 2+ Sn /Sn Bài 3: 4,0 điểm
1. Hoà tan 60,9 gam hỗn hợp hai muối bari của hai halogen vào nước rồi cho tác dụng
vừa đủ với dung dịch K2SO4. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 58,25 gam kết tủa
trắng và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp hai muối khan.
a. Xác định khối lượng hai muối khan.
b. Biết rằng halogen ở hai chu kì liên tiếp. Xác định hai halogen này và tính phần
trăm khối lượng muối trong hỗn hợp đầu.
2. Có 5 khí A, B, C, D, E. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO4 ở nhiệt độ
cao, khí B được điều chế bằng cách cho FeCl2 tác dụng với dung dịch hỗn hợp
KMnO4 trong H2SO4 loãng dư, khí C được điều chế bằng cách đốt cháy hoàn toàn sắt
pirit trong oxi, khí D được điều chế bằng cách cho sắt (II) sunfua tác dụng với dung
dịch HCl, khí E được điều chế bằng cách cho magie nitrua tác dụng với nước. Hãy viết
phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Bài 4: 4,0 điểm
1.Cho phản ứng : 2SO2 (k) + O2 (k) ⇄ 2SO3 (k) H = - 198 kJ
Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên
quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ?
2. Cho phản ứng: SiO2 (r) + 2C (r) ⎯⎯ → ⎯ ⎯ Si (r) + 2CO (k) (1) a. Tính 0 S
 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi chuẩn sau đây: 0 S = 41,80 J.K-1.mol-1 ; 0 S = 5,70 J.K-1.mol-1 ; 0 S = 18,80 J.K- SiO2 (r) C(r) Si(r) 1.mol-1 ; 0 S = 197,60 J.K-1.mol-1 ? CO(k) b.Tính giá trị 0
G của phản ứng (1) ở 25 oC ? Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu chuẩn 0 (ΔH ) của SiO 0 ΔH = -910,90 kJ.mol-1; f 2 và CO có các giá trị: f (SiO2 (r)) 0 ΔH = -110,50 kJ.mol-1. f (CO(k))
3. Nêu phương pháp hoá học để có thể dùng loại các chất sau:
a. SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp.
b. Khí Cl2 làm nhiễm bẩn không khí trong phòng thí nghiệm. Bài 5: 4,0 điểm
Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng lượng vừa đủ dung
dịch H2SO4 loãng thu được 500ml dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau:
Cô cạn phần 1 thu được 31,6 gam hỗn hợp muối khan.
Sục khí clo dư vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch
thì thu được 33,375 gam hỗn hợp muối khan.
1. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra. Tính m và nồng độ mol/lít
các chất có trong dung dịch Y.
2. Cho hỗn hợp X vào H2SO4 đặc nóng dư, sau khi phản ứng xãy ra hoàn toàn
dẫn vào 180ml dung dịch NaOH 1M. Tính khối lượng muối thu được trong dung dịch. ....HẾT ....
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
KỲ THI OLYMPIC 24/3 KHỐI THPT QUẢNG NAM
NĂM HỌC 2016– 2017 Môn thi : HÓA HỌC LỚP 10 ĐÁP ÁN
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1
 2z + n + 4z + 2n =186  2z + 4z + n + 2n =186 (1) M M X X M X M X
 2z + 4z − n − 2n = 54 (2) M X M X 1 điểm 1
 z + n − z − n =21  z − z + n − n =21 3 M M X X M X M X ( ) (2,0 điểm)
 2z + n − 2 − (2z + n +1)=27  2z − 2z +n − n =30 (4) M M X X M X M X
Từ (1), (2), (3), (4)  z = 26;z = 17 (n = 30; n =18 0,5 điểm M X M X )
M  M là Fe; X  X là Cl 26 17 0,5 điểm 2
Fe(Z=26): 1s22s22p63s23p63d64s2 (1 điểm )
Fe2+(Z=26): 1s22s22p63s23p63d6 0,25 Cl(Z=17): 1s22s22p63s23p5 điểm x4 Cl-(Z=17): 1s22s22p63s23p6 3. Fe: Chu kỳ 4 nhóm VIIIB 0,5 điểm (1 điểm) Cl: chu kỳ 3 nhón VIIA 0,5 điểm Bài 2. 1a
3Cu2S + 22HNO3 → 6Cu(NO3)2 + 3H2SO4 + 10NO + 8H2O
(0,5 điểm) Cu2S → 2Cu+2 + S+6 + 10e x 3 0,25 x 2 N+5 +3e → N+2 x 10 2FexOy +(6x-2y)H2SO4 đ 0 t
⎯⎯→ xFe2(SO4)3 +(3x-2y)SO2 +(6x-2y)H 0,25x2 2O 1b (0,5 điểm)
3FeS + 12HNO3 → Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + 9NO + 6H2O 1c
3FeS → 3Fe+3 + 3S+6 + 27e x1 0,25 x2
(0,5 điểm) N+5 +3e → N+2 x9
17Al + 66HNO3 → 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O + 1d a b a do 30 44 3 = 33,5  = a + b b 1 0,25 x2 (0,5 điểm) 17x Al → Al+3 + 3e
3x 5N+5 +17e → 3N+2 + 2N+1 2FeS2 + 14H2SO4 đ o t ⎯⎯→ Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 1e 14H2O (0,5 điểm)
1x 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+4 +22e 11x S+6 +2e → S+4
Hình dạng phân tử; góc liên kết:
- BCl3: hình tam giác đều; góc liên kết ClBCl = 1200 2a
- BeCl2: dạng trục (đường thẳng); góc liên kết ClBeCl = 0,25x4 1 điểm 1800
- CH4: hình tứ diện ; góc liên kết HCH = 109028’
-H2O: hình gấp khúc, góc liên kết HOH=105o 2Fe3+ + Sn2+ ⎯⎯ → 2b ⎯ ⎯ 2Fe2+ + Sn4+ . E 0 = 0,77 0,5 0,5 điểm - 0,15 = 0,62 V pin Bài 3.
Đặt halogen X có X đvC và muối của nó là BaX2, số mol a Y Y BaY2 b
BaX2 + K2SO4 → 2KX + BaSO4 0,5 điểm a a 2a a (mol) 1a
BaY2 + K2SO4 → 2KY + BaSO4 (1,5điểm) b b 2b b (mol)
Từ 2 phương trình phản ứng ta có: n 58, 25 = a + b = = 0,25 BaSO4 233
Theo định luật bảo toàn khối lượng: 1 điểm ( m + m = m + m BaX + BaY K SO BaSO KX + KY 2 2 ) 2 4 4 ( )
 60,9 +174(a + b) = 58,25 + m KX ,KY
Với a + b = 0,25  m = 46,15 g KX ,KY ( )
Số mol halogen tương ứng: 2a + 2b = 0,5
khối lượng mol trung bình của X, Y: 26, 65 M = = 53,3(g) 0,5 điểm 0,5
Với X, Y là 2 halogen thuộc hai chu kì liên tiếp nên đó là Cl 1b
và Br (thoả mãn điều kiện 35,5 < 53,3 < 80) 0,5 điểm
(1,5 điểm) Thay giá trị Cl và Br vào phương trình khối lượng: 2 . a 35,5 + 2 . b 80 = 26, 65 
a = 0,15; b = 0,1 0,5 điểma + b = 0,25 (137 +7 ) 1 .0,15 %m = .100% = 51, 23%  %m = 48,77% BaCl BaBr 2 2 60,9 2SO 0 450 C ,V O 2 5 ⎯⎯⎯⎯→ 0,25 x8
2 + O2 ⎯⎯⎯⎯ 2SO3 (1) 2H2S + 3O2 (dư) ⎯ ⎯ 0t→ 2SO2 + 2H2O (2)
Hoặc : 2H2S + O2 (thiếu) ⎯ ⎯ 0t→ 2S + 2H2O 4NH 0 3 + 5O2 850 C ,Pt ⎯⎯⎯⎯ → 4NO + 6H2O (3) Hoặc : 4NH3 + 3O2 ⎯ ⎯ 0t→ 2N2 + 6H2O 2 Cl2 + SO2 ⎯ ⎯ 0t→ SO2Cl2 (4)
( 1,0 điểm) Cl2 + H2S ⎯⎯ → S + 2HCl (5) 3Cl2 + 2NH3 ⎯⎯ → N2  + 6HCl (6) Hoặc : 3Cl2 + 8NH3 ⎯⎯ → 6NH4Cl + N2 2H2S + SO2 ⎯⎯ → 3S + 2H2O (7) H2S + NH3 ⎯⎯ → NH4HS (8) Hoặc H2S +2NH3 ⎯⎯ → (NH4)2S Bài 4.
- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500oC là thích 0,5 điểm
hợp: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm).
- Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO 0,5 điểm 1 2 và không khí
được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng).
(1,5 điểm) - Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng, 0,5 điểm
nhưng giúp phản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng hơn. SiO2 (r) + 2C (r) ⎯⎯ → ⎯ ⎯ Si (r) + 2CO (k) (1) 2a 0 ΔS = 2 0 0 0,5 điểm (0,5 điểm) S + 0 S - 2 0 S - S CO(k) Si(r) C(r) SiO2(r)
= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1 0 G = 0 ΔH - T 0 ΔS , trong đó 0 ΔH = 0 0 0 0 ΔH + 2ΔH - 2ΔH - ΔH 2b f(Si ) f(CO ) f(C ) f(SiO ) (r) (k) (r) 2(r) 0,5 điểm (1,0 điểm) 0
ΔH = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ) → 0 G = 0 ΔH - T 0
ΔS = 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,3816 0,5 điểm (kJ) ( hay 582,4 kJ)
a. Dẫn khí thải công nghiệp qua nước vôi trong, thì các khí 0,5 điểm đều bị giữ lại SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O
4NO2 + 2Ca(OH)2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O 2HF + Ca(OH) 3 2 → CaF2 + 2H2O b. Phun NH (1,0 điểm)
3 dạng khí hoặc lỏng vào không khí nhiễm Cl2 thì 0,5 điểm 2NH3 + 3Cl2 → N2 + 6HCl NH3 + HCl → NH4Cl Bài 5. Phương trình
+ Khi hòa A bằng axit H2SO4 loãng FeO + H2SO4 →FeSO4 + H2O (1)
Fe2O3 + 3H2SO4 →Fe2(SO4)3 + 3H2O (2)
Fe3O4 + 4H2SO4 →Fe2(SO4)3 + FeSO4+ 3H2O (3) 1 điểm
Sau phản ứng dung dịch chỉ có 2 muối (x+z)mol FeSO 4 và (y+z) molFe2(SO4)3
+ Khi sục khí Cl2 vào dung dịch sau phản ứng chỉ có FeSO 4 phản ứng 1
6FeSO4 + 3Cl2 →2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3 (4)
(3,0 điểm) Theo bài ta có hệ phương trình 72x+160y+232z=m/2 (I) 1  52(x+z)+400(y+z)=31,6 (II)
187,5(x+z)+400(y+z)=33,375 (III) 
Từ II, III ta có x+z= 0,05; y+z=0,06
Mặt khác từ I ta có m=2.[ 72(x+z) + 160(y+z)]=26,4 gam Vậy m= 26,4g 1,0 điểm C =0,2M; C =0,24M FeSO4 Fe2 (SO4 )3 1,0 điểm 2 nSO2= nFe2+ =0,05x2=0,1mol (1.0 điểm) n 0,5 điểm NaOH=0,18 mol n
NaOH:nSO2 = 1,8 tạo 2 muối NaHSO3 và NaHSO3 0,5 điểm
mmuối =0,1x64+0,18x40-0,18x18=10,36gam -HẾT-
Trường THPT Sào Nam ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
ĐỀ THI OLYMPIC 24-3 TỈNH QUẢNG NAM Môn: Hóa 10
Thời gian: 150 phút Câu 1. (3 điểm)
1.1. Nguyên tử của nguyên tố X,Y,Z có electron cuối cùng ứng với bộ bốn số lượng tử sau: Nguyên tố n l M s X 3 1 -1 -1/2 Y 2 1 +1 +1/2 Z 2 1 -1 -1/2 a. Xác định X,Y,Z.
b. So sánh năng lượng ion hóa thứ nhất I1 của X,Y,Z. Giải thích.
c. Tại sao phân tử YZ2 có thể kết hợp với nhau còn XZ2 thì không?
1.2. Xét các phân tử POX3.
a. Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu tạo hình học như thế nào? Xác định trạng thái
lai hóa của nguyên tố trung tâm?
b. Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn? Vì sao? Câu 2.(3,5 điểm)
2.1. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron
a. FeCl2 + KMnO4 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + Cl2 + K2SO4 +MnSO4 +H2O
b. Al + HNO3  Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O. Biết tỉ khối hơi của hỗn hợp khí NO,N2O so với He là 8,375.
c. CH3-CH=CH2 + KMnO4 + H2O  CH3-CHOH-CH2OH + KOH + MnO2. 2.2. Cho pin Zn | ZnSO 2 4 | Hg2SO4(r),SO4 - | Hg(l) .
Tại 250C sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là E0 = 1,42 V.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b. Tính  G0 đối với pin. Cho F = 96500 C/mol.
2.3. Cho các dữ kiện của phản ứng H2(K) + CO2(K)  H2O(K) + CO(K) Chất H2 CO2 H2O CO  H0298(KJ.mol-1) 0 -393,5 -241,8 -110,5 S0298 (J.mol-1.K-1) 130,6 213,6 188,7 197,6
a. Tính biến thiên entanpi và entropi của phản ứng.
b. Tính  G0 của phản ứng và hằng số cân bằng của phản ứng ở 25 0C.
c. Phản ứng xảy ra theo chiều nào ở 100 0C nếu giả sử rằng  H và  S không thay đổi theo nhiệt độ.
d. Ở 25 0C giả sử ban đầu trộn 0,2 mol H2; 0,3 mol CO2; 0,1 mol H2O; 0,1 mol CO
trong bình kín dung tích 2 lít. Hỏi sau khi cân bằng được thiết lập số mol từng chất sẽ tăng lên hay giảm xuống? Câu 3.(3,5 điểm)
3.1. Nung nóng hỗn hợp gồm 5,6 gam Fe với 4 gam bột S trong bình kín một thời gian thu
được chất rắn A gồm FeS, FeS2,Fe, S .Cho A tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu
được bao nhiêu lít khí ở đktc?
3.2. Sắp xếp các axit có oxi của clo theo thứ tự tính axit tăng dần và theo thứ tự tính oxi hóa giảm dần? Giải thích?
3.3. Làm thế nào điều chế được dung dịch HClO từ HCl.Viết phương trình phản ứng. Câu 4. (2,5điểm)
4.1. Trong phòng thí nghiệm, điều chế khí clo bằng cách cho KMnO4 tác dụng với dung dịch
HCl đặc.Hãy vẽ sơ đồ thiết bị điều chế clo tinh khiết trong phòng thí nghiệm, có giải thích?
4.2. Một hỗn hợp Y gồm Al và Fe. Cho 22 gam hỗn hợp Y tác dụng với 2 lít dung dịch HCl
0,3M thu được V lít khí H2 (đktc)
a. Chứng tỏ rằng Y không tan hết. Tính giá trị V.
b. Cho 22 gam Y tác dụng vừa đủ với clo thu được m1 gam muối. Cũng 22 gam Y tác
dụng vừa đủ với I2 thu được m2 gam muối. Biết m2-m1=139,3 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong 22 gam Y. Câu 5.(3,5 điểm)
5.1. Cho phản ứng sau: N2 + 3H2  2NH3. Ban đầu tỉ lệ số mol N2 :H2 là 1:3 thì khi đạt
trạng thái cân bằng (450 0C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.
a. Tính hằng số cân bằng Kp ở nhiệt độ trên.
b. Giữ nhiệt độ 450 0C, cần tiến hành áp suất bao nhiêu atm để khi cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích.
5.2. Nung 15,605 gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3 trong bình kín chân không một thời
gian thu được 14,005 gam chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch HCl đặc dư. Sau khi kết
thúc các phản ứng thu được 4,48 lít Cl2 (đktc).
a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.
b. Nung 15,605 gam hỗn hợp X đến phản ứng hoàn toàn thì thu được tối đa bao nhiêu lít Oxi (đktc)? Câu 6. (4 điểm)
6.1. Chỉ dùng 1 thuốc thử hãy phân biệt các dung dịch sau đựng trong các lọ mất nhãn?
K2S, K2S2O3, K2SO4, K2CO3, KNO2 6.2.
a.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: H2S + FeCl3  S + NaOH 0 t ⎯⎯→ H2S + KMnO4 + H2SO4
b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr.
c. Vì sao không dùng bình thủy tinh để đựng dung dịch HF?
...................................................Hết..........................................................
Cho N=14, O=16, He=4,Fe=56, S=32, Cu=64,Al=27, Cl=35,5, Br=80, I=127, K=39, Mn=55.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC 24/3. MÔN: HÓA 10 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1(3 đ) 1.1 (2 đ)
a. – phân bố electron cuối cùng vào obitan 0,25đ
- Xác định cấu hình electron ở phân lớp ngoài cùng: 0,25 X: 3p4  X là S X3=0,75đ Y: 2p3  Y là N Z: 2p4  Z là O
b. -Năng lượng ion hóa thứ nhất của O >S vì trong cùng 1 nhóm từ 0,25 đ
O đến S năng lượng ion hóa thứ nhất giảm dần.
-Oxi và Nitơ cùng chu kì, cấu hình electron phân lớp ngoài cùng 0,25đ
của N là 2p3 trạng thái bán bão hòa bền hơn O: 2p4. Mặt khác do lực
đẩy giữa các cặp electron trong 1 obitan của oxi làm cho electron ở
đây dễ bị tách ra khỏi nguyên tử hơn Ni tơ . Vậy nên I1: N>O>S.
c. 2 phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau thành phân tử N2O4 còn SO2 thì không vì:
-Ở SO2 thì S có đủ 8 electron lớp ngoài cùng. 0,25 đ
-Ở NO2 thì N chỉ có 7 electron lớp ngoài cùng, dễ dàng kết hợp 0,25đ
với phân tử khác tạo ra N2O4. 1.2(1 đ)
a. Dùng VSEPR để giải thích
- POX3 theo VSEPR có dạng AX4E0 nên nguyên tố trung tâm P ở 0,25đ trạng thía lai hóa sp3.
- Phân tử có dạng hình học là hình tứ diện. 0,25đ
b. - Góc liên kết FPF0,25đ
- Vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn F làm cặp electron liên kết trên 0,25đ
các liên kết P-Cl gần hơn trên các liên kết P-F do đó tăng lực đẩy
giữa các cặp electron liên kết này. Câu2(3,5đ) Mỗi câu 2.1(1,5 đ)
a. 10 FeCl2 + 6 KMnO4 +24 H2SO4  5 Fe2(SO4)3 +10 Cl2 +3 đúng, đầy K2SO4 + 6 MnSO4 + 24 H2O đủ 4 bước
5 X 2FeCl2  2Fe+3 + 4Cl- + 2e FeCl2: chất khử 0,5 đ.
2 X Mn+7 + 5e  Mn+2 KMnO4 : chất oxi hóa Nếu thiếu
b. 17Al + 66HNO3  17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O. Biết tỉ mỗi bước
khối hơi của hỗn hợp khí NO,N2O so với He là 8,375. trừ 0,125
Tìm ra tỉ lệ mol NO : N2O = 3:1. đ.
3 X 22H+ +5NO3- + 17e  3NO + N2O +11H2O HNO3 chất oxi hóa
17 X Al  Al+3 +3e Al: Chất khử
c. 3CH3-CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O  3CH3-CHOH-CH2OH + 2KOH + 2MnO2.
3 X C-1 + C-2  C0 + C-1 +2 e CH3-CH=CH2: Chất khử
2 X Mn+7 +3e  Mn+4 KMnO4: chất oxi hóa 2.2 (1đ)
a. Phản ứng xảy ra tại 2 cực của pin: Tại cực(+): Hg 2 2SO4 +2e  2Hg + SO4 - 0,125đ
Tại cực (-): Zn  Zn2+ +2e 0,125đ
Phản ứng xảy ra trong pin: Hg2SO4 + Zn  2Hg + ZnSO4 0,25đ b. 0 G
=-n.F.E0= -2.96500.1,552=-299536 J/mol=- 299,536 KJ/mol 0,5đ 2.3(1 đ)
a.  H0 pư = -241,8 - 110,5 + 393,5 = 41,2(KJ) 0,125đ
 S0 pư = 197,6+188,7 – 130,6- 213,6 = 42,1(J.K-1) 0,125đ b. 0 G
=  H0 -T  S0= 41,2-298.42,1.10-3=28,6542(KJ) 0,125đ 0 G
= -RTlnKp 28,6542=-8,314.10-3.298.lnKp Kp=9,54.10- 0,125đ 6 c. khi t=1000C T=373
 G373 =41,2-373.42,1.10-3=25,4967(KJ). Phản ứng xảy ra theo 0,25đ chiều nghịch. d. [H
2]=0,2/2=0,1 [CO2]=0,3/2=0,15 [H2O]=0,1/2=0,05= [CO] Vì  n =0 Kp=Kc
Ta thấy Qc= (0,05.0,05)/(0,1.0,15)=0,167>Kc phản ứng sẽ xảy ra 0,25đ
theo chiều nghịch  số mol H2O,CO sẽ giảm còn số mol H2, CO2 sẽ tăng Câu3(3,5đ) 3.1(1đ)
Khi dùng H2SO4 đặc oxi hóa hỗn hợp A, lượng SO2 thoát ra chính 0,25đ
bằng dùng H2SO4 đặc oxi hóa S và Fe ban đầu.
2Fe + 6H2SO4 (đặc nóng)  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O mol 0,1 0,15 0,25đ
S + 2 H2SO4 đặc  3SO2 + 2H2O Mol 0,125 0,375 0,25đ
Vậy V=(0,15 + 0,375).22,4=11,76 lít 0,25đ 3.2(1,5đ)
- Tính axit tăng: HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 0,5đ
- Giải thích: Đi từ HClO đến HClO4 sự gia tăng số nguyên tử oxi 0,25đ
làm gia tăng độ bội liên kết Cl-O dẫn tới sự gia tăng điện tích dương
của nguyên tố Cl làm cho liên kết H-O càng phân cực mạnh hơn, dễ
phân li giải phóng H+ nên tính axit mạnh hơn.
- Tính oxi hóa giảm dần: HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 . 0,5đ
- giải thích: do đi từ HClO đến HClO4 độ bền của phân tử giảm dần, 0,25đ
khả năng nhận electron của gốc axit càng giảm dẫn tới tính oxi hóa giảm. 3.3(1đ)
- Để điều chế được dung dịch HClO từ HCl ta đun hỗn hợp gồm 0,5đ
hidroclorua và không khí ở 4500C có xúc tác, cho hỗn hợp thu được
tan vào nước thu được 2 axit HCl và HClO. Cho CaCO3 vào dung
dịch thu được chỉ có HCl phản ứng. Chưng cất hỗn hợp còn lại thì
HClO bị phân hủy tạo Cl2O, hấp thụ oxit này vào nước ta thu được axit HClO.
Các phương trình phản ứng: Mỗi 4HCl + O2  2Cl2 + 2H2O phương Cl2 + H2O HCl + HClO trình 2HClO  Cl2O + H2O 0,125đ Cl2O + H2O 2HClO Câu 4 (2,5đ) D d HCl đặc 0,5 đ 4.1(1 đ) KMnO4 Bông tẩm ddNaOH để trên miệng lọ Clo dd NaCl dd H2SO4 đặc
- giải thích: Dd NaCl dùng để giữ khí HCl. H2SO4 đặc giữ hơi 0,5đ
nước.Bông tẩm dung dịch NaOH để hấp thụ Cl2 không cho clo thoát ra ngoài không khí. 4.2 (1,5đ)
a. Trong 22 gam Y có x mol Al và y mol Fe 0,5đ Al  Al3+ + 3e x 3x Fe  Fe2+ + 2e y 2y 2H+ +2e  H2 0,6 0,6 ne(+) = 0,6mol
ne(+) = 0,6mol < 22.2/56  ne(-)  22.3/27
suy ra kim loại không tan hết. b. Al + 3/2Cl2 AlCl3 Fe + 3/2Cl2  FeCl3 m1=133,5x + 162,5y (1) Al + 3/2I2 AlI3 Fe + 3/2I2  FeI3 m2=408x + 310y (2)
m2-m1=139,3 suy ra 274,5x + 147,5y =193,3 0,25đ mặt khác 27x + 56y = 22 0,25đ
giải ra x=0,4 mol; y=0,2 mol. 0,25đ mAl=10,8gam mFe=11,2gam 0,25đ Câu 5
a. Hốn hợp khí có %V = % số mol. (3,5đ)
Ở trạng thái cân bằng, phần mol của NH3=0,36. 5.1(1,5đ)
Phần mol của N2=0,16; phần mol của H2=0,48 0,25đ 2 2 0,25đ Kx= x 0,36 NH 3 = =7,324 3 x .x 3 0,16.0, 48 N 2 H 2 0,5đ Kp=Kx. n
p =Kx/p2 suy ra Kp=8,14.10-5.
b. ở nhiệt độ không đổi thì Kp không thay đổi
xNH3=0,5; xN2=0,125; xH2=0,375 2 Kx= 0,5 =37,926 3 0,125.0,375 0,25đ
Kp=Kx/p2 = 8,14.10-5 suy ra p=682,6(atm) 0,25đ 5.2(2 đ)
a. Gọi x,y lần lượt là số mol của KClO3 và KMnO4 có trong 15,605 gam hỗn hợp X. 122,5x + 158y=15,605(1) 0,125đ *Nung X 2KMnO4  K2MnO4 + MnO2 + O2 2KClO3 2KCl + 3 O2 0,25đ
Chất rắn Y tối đa gồm: KClO3, KMnO4 , K2MnO4, MnO2, KCl − nO 0,25đ 2= 15, 605 14, 005 =0,05 mol 32
*Y tác dụng với HCl đặc nCl2=0,2 mol 0,125đ
Viết quá trình nhường nhận electron 0,25đ
Cl+5 + 6e  Cl-1 2O-2 O2 + 4 e x 6x 0,05 0,2
Mn+7 + 5e Mn+2 2Cl- Cl2 + 2 e y 5y 0,2 0,4
bảo toàn electron 6x + 5y= 0,2 +0,4=0,6(2) 0,25đ
giải hệ (1) và (2)được x=0,05; y=0,06mol.
Phần trăm khối lượng mỗi chất trong X là: %mKMnO4=60,75; %mKClO3=39,25 0,25đ
b. Khi nung hỗn hợp x đến phản ứng hoàn toàn: nO2=0,03+0,075=0,105mol 0,25 VO2=2,352 lít 0,25
Câu 6(4 đ) Dùng thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng. Cho H2SO4 vào từng - Nhận 6.1(2,5đ) mẫu thử. biết ra
- dung dịch có khí mùi trứng thối thoát ra là Na2S mỗi chất
Na2S + H2SO4  Na2SO4 + H2S 0,25đ
- Dung dịch vừa có kết tủa vàng vừa có khí mùi xốc bay ra là - Viết Na2S2O3 đúng
Na2S2O3+ H2SO4  Na2SO4 +S+SO2+ H2O phương
- Dung dịch có khí không màu thoát ra là Na2CO3 trình
Na2CO3+ H2SO4  Na2SO4 +CO2+ H2O nhận biết
- Dung dịch có khí màu nâu thoát ra là NaNO2 ra mỗi
NaNO2 + H2SO4  Na2SO4 + HNO2 chất (nếu 3 HNO2 2NO +HNO3 + H2O có) 0,25đ 2NO +O2 2NO2
-Dung dịch không có hiện tượng là Na2SO4 6.2(1,5đ)
a.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:
H2S + 2FeCl3 2FeCl2 + S + 2HCl 0,25 3S + 6NaOH 0 t ⎯⎯→ 2Na 0,25 2S + Na2SO3 + 3 H2O 5H 0,25
2S + 2KMnO4 + 3H2SO45S + 2MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O
b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr.
-Hiện tượng: dung dịch KBr ban đầu có màu sậm dần do sinh ra Br2
sau đó mất màu tạo dung dịch trong suốt. 0,25
- giải thích bằng phương trình: Cl2 + 2KBr 2KCl + Br2 5Cl 0,25
2 + Br2 + 6H2O  10HCl +2 HBrO3
c. Không dùng bình thủy tinh để đựng dung dịch HF vì HF ăn mòn
thủy tinh theo phương trình 4HF + SiO 0,25 2 SiF4 + 2 H2O SỞ GD & ĐT QUẢNG
ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC LỚP 10 NAM NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NAM GIANG
(Thời gian làm bài 150 phút)
Câu 1: (5 điểm)
1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai
nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng
một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là
32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A.
1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị
thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng
với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất
A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C
là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản
ứng xảy ra ở trên.
1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng
mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu.
Câu 2: (5 điểm)
2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron: a. Fe 2
3O4 + Cr2O7 - + H+ → Cr3+ + ……. b. Sn2+ + BrO 2
3- + Cl- → Br - + SnCl6 - + ….. c. SO 2
3 - + MnO4- + H2O → …………………..
2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm.
Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP.
Câu 3: (5điểm)
3.1. Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng
SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10%
3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự
- Tăng dần tính oxi hóa ; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn.
3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau
- Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol.
Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. Câu 4: (5 điểm)
4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl. Nhiệt phân
hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác
dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có
trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là?
4.2. Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1
trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2
và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung
dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam
muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung
dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít
nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. HẾT
Cho khối lượng nguyên tử của các nguyên tố: H = 1; C = 12; O =16; Na = 23; Al = 27; S = 32;
Cl=35,5; K=39; Ca = 40; Fe = 56; Cu=64; Ag=108
Học sinh không được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan.
Họ và tên: ………………………………Số báo danh: …………………………… ĐÁP ÁN SỞ GD & ĐT QUẢNG
ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC LỚP 10 NAM NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NAM GIANG
(Thời gian làm bài 150 phút) Câu 1: (4 điểm)
1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai
nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng
một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là
32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A.
1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị
thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng
với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất
A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C
là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản
ứng xảy ra ở trên.
1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng
mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 1 1.1 - Xác định X+
2đ - X+ có 10 electron  nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11 0,25đ -
Z = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H 0,25đ
- Gọi nguyên tử thứ hai trong X+ là R, công thức X+ có thể là; 0,25đ - RH + +
4 : ZR + 4 = 11  ZR = 7 (N) ; X+: NH4 (nhận) - R + +
2H3 : 2ZR + 3 = 11  ZR = 4 loại : R3H2 : 3ZR + 2 =11  ZR = 3 loại - Xác định Y2-
Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30. -
Z = 7,5  2 nguyên tử trong Y2- đều thuộc cùng chu kỳ 2. 0,25đ
- Gọi 2 nguyên tử là A, B: ZB= ZA +2 0,25đ
- Công thức Y2- có thể là - AB 2 3 - : ZA+ 3ZB = 30 - Z
B= ZA +2  ZA= 6 (C); ZB = 8 (O) - A 2 2B2 - : 2ZA+ 2ZB = 30 0,25đ
- ZB= ZA +2  ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại - A 3B2- : 3ZA+ ZB = 30
- ZB= ZA +2  ZA= 7; ZB = 9 loại
- Hợp chất A có công thức (NH4)2CO3 0,5đ 1.2 A 0,25đ
nBm là muối khi thủy phân cho H2S; hợp chất AxCy là Al2O3 2đ
Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al 0,25đ 2(SO4)3 0,25đ
2Al + 3 S → Al2S3 ; Al2S3 + 6H2O → 2 Al(OH)3 + 3 H2S 0,5đ
4Al + 3O2 → 2Al2O3 ; S + O2 → SO2 0,5đ Al3+ + 2H 0,25đ 2O → Al(OH)2+ + H3O+ 1.3
Cả 3 trường hợp đều hòa tan cùng 1 lượng Zn nên có thể xem tốc độ trung bình của phản 1đ
ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng
Khi đun nóng từ 200C đến 400C, tốc độ phản ứng tăng lên 9 lần 0,25đ t −t 2 1 V 0,25đ 2 10 =  =9  =3 V 1 55−40
Vậy khi đun nóng từ 400C đến 550C, tốc độ phản ứng tăng 10 3 =5,2 (lần) 0,25đ Vậy thời gian là 3 0,25đ =0,577 phút 5,2 Câu 2: (5 điểm)
2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron: a. Fe 2
3O4 + Cr2O7 - + H+ → Cr3+ + ……. b. Sn2+ + BrO 2
3- + Cl- → Br - + SnCl6 - + ….. c. SO 2
3 - + MnO4- + H2O → ………………….
2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm.
Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 2 2.1 a. Fe 2
3O4 + Cr2O7 - + H+ → Cr3+ + Fe3+ + H2O 0,25đ 3đ Fe 0,25đ
3O4 + 8H+ → 3 Fe3+ + 1e + 4H2O x6 Cr 2 0,25đ
2O7 - + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O x1 0,25đ 6Fe 2
3O4 + Cr2O7 - + 62H+ → 2Cr3+ + 18Fe3+ + 31H2O 0,25đ b. Sn2+ + BrO 2
3- + Cl- → Br - + SnCl6 - + H2O 0,25đ
BrO3- + 6H+ + 6e → Br- + 3H2O 0,25đ Sn2+ + 6Cl- → SnCl 2 6 - + 2e x3 0,25đ 3Sn2+ + BrO 2
3- + 18Cl- + 6H+ → Br - + 3SnCl6 - + 3H2O 0,25đ c. SO 2 2
3 - + MnO4- + H2O → SO4 - + MnO2 + OH- 0,25đ SO 2 2 0,25đ
3 - + H2O → SO4 - + 2H+ + 2e x3 MnO 0,25đ
4- + 2H2O + 3e → MnO2 + 4OH- x2 3SO 2 2
3 - + 2MnO4- + H2O → 3SO4 - + 2MnO2 + 2OH- 2.2
Phản ứng: N2 + 3H2 → 2NH3 0,25đ 2đ Ban đầu 1 3 mol Phản ứng x 3x 2x Cân bằng (1 -x) (3-3x) 2x
Lúc cân bằng số mol H2= 3 lần số mol N2 0,25đ − Vậy % số mol N 100 3 85 , 0,25đ 2 lúc cân bằng là: =24,04%; %H2= 72,11 4
Áp suất riêng phần đối với từng chất là
PNH3 = 0,0385.10= 0,385 atm ; PH2= 0,7211.10 =7,211 atm 0,75đ 2 P P NH
N2 = 0,2404.20= 2,404 atm; KP = 3 = 1,644.10-4; 3 P P H N 2 2 0,5đ KC = KP. (RT)-n = 0,4815.
Câu 3: ( 5 điểm)
3.1. Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng
SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10%.
3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự
- Tăng dần tính oxi hóa; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn.
3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau
- Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol.
Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 3.1
H2SO4.nSO3 a mol Hàm lượng SO3 = 71% 0,25đ 2đ n 80 0,25đ Ta có .100=71  n= 3 98 + n 80 Khối lượng dung dịch H 0,5đ
2SO4 40%= 131 (gam)  mct = 52,4 gam.; mH2O= 78,6
Phản ứng SO3 + H2O → H2SO4 0,5đ 4,367 4,367 4,367 ( a 3 − , 4 367).80 Ta có: =0,1  a = 1,7578 0,25đ 131+ 33 a 8 m = 338 . 1,7578 = 594 (gam) 0,25 3.2
Các axit trên đều có công thức chung là HClOn 1đ
- Tính oxi hóa giảm : HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 0,25đ
Khi n tăng thì độ dài liên kết Cl-O giảm, tức là độ bền của các liên kết Cl-O tăng → Tính 0,25đ oxi hóa giảm. 0,25đ
- Tính axit tăng : HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4
Vì theo Pauling khi n tăng, liên kết –OH càng yếu do lực hút của H+ bị chia sẻ cho nhiều 0,25đ
O và càng dễ tách ra H+ → Tính axit tăng dần 3.3 Viết các phản ứng : 2đ CH 4 → C (r) + 4H CH 4 + 2O2 → CO2 + 2H2O H1 2H2O → O2 + 2H2 - H2 CO2 → O2 + C (r) - H3 C (r) → C (k) H4 1,đ 2H2 → 4H 2H5
Tổ hợp các phương trình này ta được: CH 0,5đ 4 → C (r) + 4H 4H0  0,5đ
C-H = H1 -H2 - H3 +H4 + 2H5 = 1652,7 kJ/mol
Năng lượng liên kết C-H = 413,175 kJ/mol Câu 4: (5 điểm)
4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3,Ca(ClO3)2,CaCl2 và KCl. Nhiệt phân
hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác
dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có
trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là.
4.2. Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1
trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2
và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung
dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam
muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung
dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít
nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 4.1. Các phản ứng 2đ KClO 0,25đ 3 → KCl + 3/2 O2 Ca(ClO 0,25đ 3)2 → CaCl2 + 3/2 O2
Đặt a, b là số mol của CaCl
2 và KCl trong chất rắn Y BTKL ta có m
Y = 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam). 0,25đ 111a + 74,5b=63,1 (1) 0,25đ
Cho Y tác dụng với Na2CO3
CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl 0,25đ
 a =0,3(mol); Từ (1)  b = 0,4 (mol). 0,25đ
Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X.
Ta có 2a + b = 5x  x = 0,2 (mol) 0,25đ %KCl trong X là = 74 5
. .0,2 .100 = 18.10 % 0,25đ 82 3 , 4.2.
Dễ dàng thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển hết về CuSO4.5H2O 3đ 30 64 . Ta có x1 =
= 7,64 gam  mol Cu =0,12 (mol) 250 0,5đ Khi đun nóng A
1 với H2SO4 đặc có khí A3 thoát ra, theo giả thuyết A3: SO2 Và trong A 1 còn Cu dư Cu + ½ O2 → CuO 0,25đ x 0,5x x 0,25đ CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O 0,25đ
Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O
Vậy khí SO2 có số mol là (0,12 –x)
Khi Cho SO2 vào dung dịch NaOH có phản ứng SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O Mol NaOH = 0,03. 0,25đ
Giả sử chi có muối NaHSO3, m1= 104.0,03 = 3.12 gam
Giả sử chi có muối Na2SO3, m2= 126.0,015 = 1,89 gam
mà 1,89 < 2,3 < 3,12  Vậy thu được 2 muối. Đặt y,z là số mol 2 muối Ta có: y + 2z = 0,03 0,25đ
104y + 126z = 2,3  y = 0,01; z = 0,01. 0,25đ Vậy mol SO
2 = y + z = 0,02  x = 0,1  x2 = 32.0,05 = 1,6 (gam) Số mol NaOH = 0,3 (mol) 0,25đ CuSO
4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4
Mol NaOH tác dụng với CuSO
4 là 0,24, còn lại 0,06 tác dụng với H2SO4 0,25đ Mol H 2SO4 dư = 0,03 Tổng mol H 0,25đ
2SO4 là: 0,1 + 2.0,02 + 0,03 = 0,17 (mol) 0,25đ 0 17 , 98 . 100 . x3 = = 17 gam 98