Đề thi chọn học sinh giỏi khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm học 2012 - 2013 môn thi: Hoá học lớp 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐỀ NGUỒN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 01 trang
Câu 1. 
Cho các phân tử: XeF2, XeF4, XeOF4, XeO2F2.
 a. Viết công thức cấu tạo Li - uyt (Lewis) cho từng phân tử.
 b. Áp dụng quy tắc đẩy giữa các cặp electron hóa trị, hãy dự đoán cấu trúc hình học của các phân tử đó.
 c. Hãy cho biết kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm trong mỗi phân tử trên.
Câu 2. 
Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. Hãy biểu diễn mạng cơ sở của CuCl.
 a) Tính số ion Cu+ và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở.
 b) Xác định bán kính ion Cu+.
 Cho: D(CuCl) = 4,136 g/cm3 ; rCl-= 1,84 A0 ; Cu = 63,5 ; Cl = 35,5
Câu 3. Cho các quá trình dưới đây: 
2. Cho các quá trình dưới đây: 
 	26He 1 36Li + β- ; 713N 2 613C + β+ ; 47Be 3 37Li + β+ 
a. Quá trình nào có thể tự diễn biến? Vì sao?
b. So sánh tốc độ cực đại của hạt sơ cấp ( β-, β+) ở các quá trình có thể tự diễn biến được. 
Cho: 26He = 6,01889 u; 36Li = 6,01512 u; 713N = 13,00574 u; 613C = 13,00335 u; 47Be = 7,01693 u; 37Li = 7,01600 u; me = 0,00055 u; 1eV = 1,602.10-19J; 1u = 932 MeV/c2; NA = 6,022.1023; c = 3.108 m/s.
Câu 4. 
Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây:
 (1) 2 ClO2 (k) + O3 (k) → Cl2O7 (k) ΔH10 = - 75,7 kJ
 (2) O3 (k) → O 2 (k) + O (k) ΔH20 = 106,7 kJ
 (3) 2 ClO3 (k) + O (k) → Cl2O7 (k) ΔH30 = - 278 kJ
 (4) O2 (k) → 2 O (k) ΔH40 = 498,3 kJ.
 k: kí hiệu chất khí. 
 Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau: 
 (5) ClO2 (k) + O (k) → ClO3 (k) ΔH50 
Câu 5
Trong một hệ có cân bằng 3 H2 + N2 2 NH3 (*) được thiết lập ở 400 K người ta xác định được các áp suất phần sau đây: pH2= 0,376.105 Pa , pN2= 0,125.105 Pa , pNH3= 0,499.105 Pa.
1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 400 K. 
2. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
3. Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?
4. Trong một hệ cân bằng gồm H2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được: Kp = 3,679.10-9 Pa-2, nN2 = 500 mol , nH2 = 100 mol và nNH3 = 175 mol. Nếu thêm 10 mol N2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa. 
Câu 6.
Một dung dịch có ba chất HCl, BaCl2, FeCl3 cùng nồng độ 0,0150M. Sục khí CO2 vào dung dịch này cho đến bão hoà. Sau đó thêm từ từ NaOH vào dung dịch đến nồng độ 0,120M. Cho biết: nồng độ CO2 trong dung dịch bão hoà là 3.10-2M; thể tích của dung dịch không thay đổi khi cho CO2 và NaOH vào; các hằng số: pKa của H2CO3 là 6,35 và 10,33; pKs của Fe(OH)3 là 37,5 và của BaCO3 là 8,30; pKa của Fe3+ là 2,17. Tính pH của dung dịch thu được.
Câu 7. 
Cho EAg+/Ag0= 0,8V; EAgI/Ag,I-0 = -0,15V; EAu3+/Au+0= 1,26V; EFe3+/Fe0= -0,037V;
 EFe2+/Fe0= -0,440V. 
Hãy:
1. a. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin. 
b. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước. 
2. a. Lập pin điện 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. 
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này. 
Câu 8. Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO3. Thực tế khi điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO4 còn đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%.
1. Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.
2. Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 250C và 1atm) khi điều chế được 332,52g KClO4.
Cho F = 96500; R = 0,082 atm.lít/mol.K; H = 1; O = 16; Cl = 35,5; K = 39
Câu 9. Nung FeS2 trong không khí, kết thúc phản ứng thu được một hỗn hợp khí có thành phần: 7% SO2; 10% O2; 83% N2 theo số mol. Đun hỗn hợp khí trong bình kín (có xúc tác) ở 800K, xảy ra phản ứng:
 2SO2 + O2 2SO3	Kp = 1,21.105.
 a) Tính độ chuyển hoá (% số mol) SO2 thành SO3 ở 800K, biết áp suất trong bình lúc này là 1 atm, số mol hỗn hợp khí ban đầu (khi chưa đun nóng) là 100 mol.
 b) Nếu tăng áp suất lên 2 lần, tính độ chuyển hoá SO2 thành SO3, nhận xét về sự chuyển dịch cân bằng.
Câu 10. Hòa tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong H2SO4 dư và đun nóng. Cho toàn bộ khí thóat ra hấp thụ hết trong 500 ml dung dịch Br2 có nồng độ xM được dung dịch A. Thêm KI dư vào 50 ml dung dịch A. Để phản ứng hết với lượng iôt (I3-) phải dùng 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,05M. Sục khí N2 qua 100 ml dung dịch A để đuổi hết Br2 dư thu được dung dịch B. Trung hòa 25 ml dung dịch B cần dùng hết 15 ml NaOH 0,1M.
a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính x.
c) Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
 Hết .
ĐÁP ÁN
(ĐỀ XUẤT DỰ THI HSG HÓA 10 VÙNG ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI – THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI - 2013 )
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
Câu1
(2,0 điểm)
Giảa/ Công thức cấu tạo Li-uyt (Lewis)
b/ Cấu trúc hình học
XeF2 : thẳng
XeF4 : vuông phẳng
XeOF4 : thápp vuông
XeO2F2: ván bập bênh
c. Kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm Xe:
XeF2: sp3d 
 XeF4: sp3d2
XeOF4: sp3d2 
XeO2F2: sp3d
0,5
0,5
1,0
Câu 2
(2,0 điểm)
Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu+ nhỏ hơn chiếm hết số hốc bát diện. Tinh thể CuCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số phối trí của Cu+ và Cl- đều bằng 6
Số ion Cl- trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4
Số ion Cu+ trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4; Số phân tử CuCl trong một ô cơ sở là n = 4.
Khối lượng riêng của CuCl là:
D = (n.M) / (NA.a3 ) ® a = 5,42.10-8 cm ( a là cạnh của hình lập phương)
Có: 2.(r Cu+ + rCl-) = a = 5,42.10-8 cm ® rCu+ = 0,87.10-8 cm
0,25
0,25
0,5
1,0
Câu 3
(2,0 điểm)
a.Đổi 1u = 932 MeV/c2 = 932.106´1,602´10-19´6,022.1023 J/mol.c2 = 8,99´1013 J/mol.c2
Δm1 = (m26He - m36Li ) = 3,77. 10-3 u
Δm2 = (m713N- m613C- 2 me) = 1,29.10-3 u
Δm3 = (m47Be- m37Li- 2 me) = - 1,7.10-4 u
ΔH1= -Δm1 ´ c2 J.mol-1 = -3,39.1011 J.mol¯1 
ΔH2 = -Δm2 ´ c2 J.mol-1 = -1,16.1010 J.mol-1 
ΔH3 = -Δm3 ´ c2 J.mol-1 = 1,53.1010 J.mol-1 
Δ H1, Δ H2 0 ΔG1, ΔG2 << 0. 
Các quá trình (1) và (2) tự diễn biến.
ΔH3 >> 0, ΔS3 > 0 ΔG3 >> 0. Quá trình (3) không tự diễn biến.
b. Δm1 = 3,77.10-3 u > Δm2 = 1,29.10-3 u
Vậy tốc độ cực đại của electron phát sinh ở (1) lớn hơn tốc độ cực đại của electron phát sinh ở (2).
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
(2,0 điểm)
(1)-(2)-(3)-(4) ta có:
 2ClO2 (k) + 2O (k) → 2ClO3 (k) 2 ΔH50 
2 ΔH50 = ΔH10 - ΔH20 - ΔH30 - ΔH40 = -402,7 kJ 
 ΔH50 = 201,35 kJ
1,0
1,0
Câu 5
(2,0 điểm)
1. Kp = Þ Kp = 	= 3,747.10-9 Pa-2 
K = Kp ´ P0-Δn Þ K = 3,747.10-9 ´ (1,013.105)2 = 38,45
ΔG0 = -RTlnK Þ	ΔG0 = -8,314 ´ 400 ´ ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = - 12,136 kJ.mol-1 
2.
n = Þ n= ´ 0,125 = 166 mol 
n= Þ n =´ 0,499 = 664 mol 
Þ n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1´105 Pa
3. Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
P = ´ 1´105 = 0,381.105 Pa ; P= ´ 1´105 = 0,124´105 Pa 
P= ´ 1´105 = 0,496´105 Pa
ΔG = ΔG0 + RTlnQ 
Δ G = [-12136 + 8,314 ´ 400 ln (0,4962 .(1,013.105)2 (0,3813.0,124).(1.105)2 ) = -144,5 J.mol-1 
Þ Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.
4. Sau khi thêm 10 mol N2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là: 
P= ´ 1´105 Pa ; P= ´ 1´105 Pa ; P= ´ 1´105 Pa 
ΔG = ΔG0 + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ
Δ G = 8,314 ´ 410 ´ [-ln (36,79 ´ 1,0132 ) + ln (17521003.510´ 7852 ´ 1,0132)] = 19,74 J.mol¯1 
Þ Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 6
(2,0 điểm)
Khi cho khí CO2 vào hỗn hợp gồm H+ 0,0150M; Ba2+ 0,0150 M; Fe3+ 0,0150 M có 
các quá trình:
	CO2 + H2O HCO3- + H+ Ka1 = 10-6,35
	 HCO3- CO32- + H+ Ka2 = 10-10,33
 HCl H+ + Cl –
 Fe3+ + H2O FeOH2+ + H+ Ka = 10-2,17
Dung dịch có môi trường axit mạnh (vì có HCl và Fe3+), sự điện ly CO2 là không 
đáng kể (vì nồng độ CO32- vô cùng bé) nên không có kết tủa BaCO3 tạo thành.
Khi thêm NaOH xảy ra các phản ứng:
- Trung hoà HCl: H+ + OH- ® H2O
 	 0,015M 
	dư:	 0,105M
 - kết tủa Fe(OH)3 : Fe3+ + 3OH- ® Fe(OH)3
 	0,015 0,045 0,015
	dư:	 0,06	
- Phản ứng với CO2:
	CO2 + 2OH- ® CO32- + H2O
	3.10-2 0,06 0,03
- Kết tủa BaCO3:
	Ba2+ + CO3 2- ® BaCO3 ¯
	0,015	0,030
	-	0,015	0,015
Thành phần hỗn hợp kết tủa có:
	Fe(OH)3 BaCO3
	0,0150 M	 0,0150 M
Trong dung dịch có:
	CO32- 0,015M; Cl- ; Na+ ; H2O
Các cân bằng xảy ra:
H2O H+ + OH- 10-14 (1)
Fe(OH)3¯ Fe3+ + 3OH-	 Ks1 = 10-37,5 	(2)
BaCO3¯ Ba2+ + CO2-3 Ks2 = 10-8,30 	(3)
CO32- + H2O HCO3- + OH- Kb1 = 10-14/10-10,33 = 10-3,67 	(4)
So sánh cho thấy cân bằng (4) là cân bằng quyết định pH của dung dịch ( vì OH- do H2O điện ly và do Fe(OH)3 tan ra là rất bé), nồng độ CO32- do BaCO3 tan ra không đáng kể (vì có dư CO32- từ dung dịch).
Tính pH theo (4)
	CO32- + H2O HCO3- + OH- 10-3,67
C 0,015
[ ] (0,015 –x)	 x	 x
	x2/(0,015-x) = 10-3,67 ® x1 = [OH- ] = 1,69.10-3M ® pH = 11,23
	 x2 = - 1,9.10-3(loại)
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 7
(2,0 điểm)
1. a. Để xác định tích số tan KS của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực Ag làm việc thuận nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào có [Ag+] lớn hơn sẽ đóng vai trò catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
 (-) Ag │ I-(aq), AgI(r) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Hoặc: (-) Ag, AgI(r) │ I-(aq) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Phản ứng ở cực âm: Ag(r) + I−(aq) AgI(r) + e K
Phản ứng ở cực dương: Ag+(aq) + e Ag(r) K2
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag+(aq) + I-(aq) AgI(r) K 	 (1)
Trong đó K= K.K2 = ≈ 1,0.1016 KS = 1,0.10−16. 
b. Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:
	 AgI↓ Ag+ + I- KS = 10-16
	 S S 
Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ không đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI, nên
 S = =1,0.10-8 M 
2. Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe2+ xảy ra trên anot, quá trình khử Au3+ xảy ra trên catot, do đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe3+, Fe2+ là anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch Au3+, Au+ là catot:
(-) Pt │ Fe3+(aq), Fe2+(aq) ║ Au3+(aq), Au+(aq) │ Pt (+)
Phản ứng ở cực âm: 2x Fe2+(aq) Fe3+(aq) + e K 
Phản ứng ở cực dương: Au3+(aq) + 2e Au+(aq) K2
Phản ứng trong pin: Au3+(aq) + 2Fe2+(aq) Au+(aq) + 2Fe3+(aq) K (2)
	 K = (K)2.K2 = 
Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ được tính (hoặc tính theo hằng số cân bằng) như sau:
Fe3+ + 3e 	 Fe E01= -0,037 V, DG01= -3FE01
Fe2+ + 2e 	 Fe E02= -0,440 V, DG02= - 2F E02
Fe3+ + e 	 Fe2+ E03 	 DG03= - F E03
Có: DG03 = DG01- DG02 	E03 = 0,77 V
→ K = (K)2.K2 = = 1016,61 
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
 E0pin = EAu3+/Au+0 - EFe3+/Fe2+0 = 0,49 V
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
Câu 8
(2,0 điểm)
1. Kí hiệu của tế bào điện phân:	 Pt ç KClO3 (dd) ç Pt
Phản ứng chính: anot: ClO3- - 2e + H2O ® ClO4 - + 2H+
 	catot: 2H2O + 2e ® H2 + 2OH-
 	ClO3- + H2O ® ClO4- + H2
Phản ứng phụ: 	anot: H2O - 2e ® 2H+ + O2
 	catot: 2H2O + 2e ® H2 + 2OH-
 	 H2O ® O2 + H2
2. 138,5 g/mol
q = I.t = 2,4.F.100/60 = 8F = 772000 C 
 Khí ở catot là hydro: n= 
	 V= nRT/P = 97,7 lít
Khí ở anot là oxy: điện lương tạo ra O2 = 8 F. 0,4 = 3,2 F
	n = 3,2F/4F = 0,8 mol
	 V= 19,55 lít
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 9
(2 điểm)
a) Cân bằng: 2SO2 + O2 2SO3
Ban đầu:	 7 10	 (mol)
lúc cân bằng: (7-x) (10 - 0,5x) x (x: số mol SO2 đã phản ứng).
Tổng số mol các khí lúc cân bằng: 100 - 0,5x = n.
Áp suất riêng của các khí: 
= (7-x). ; = (10 - 0,5x). ; = x . 
Kp = = = 1,21. 105 atm-1
 do K >> ® x » 7 ® Ta có : = 1,21. 105 
Giải được x = 6,9225.
Vậy độ chuyển hóa SO2 ® SO3: = 98,89%.
b) Nếu áp suất tăng 2 lần tương tự có: 7- x¢= 0,0548 ® x¢ = 6,9452.
® độ chuyển hoá SO2 ® SO3: (6,9452 . 100)/7 = 99,22%
Kết quả phù hợp nguyên lý Lơsatơlie: tăng áp suất phản ứng chuyển theo chiều về phía có số phân tử khí ít hơn.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 10
(2 điểm)
a. Gọi a, b lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3 trong hỗn hợp X
Các phương trình hóa học:
	HSO3- + H+ → SO2↑ + H2O	(1)
	SO32- + 2H+ → SO2↑ + H2O	(2)
	SO2 + Br2 + H2O → 4H+ + SO42- + 2Br-	(3)
H+ + OH- → H2O	(4)
Br2 + 3I- → 2Br- + I3-	(5)
	I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I-	(6)	
b. nNa2S2O3 = 6,25.10-4 mol; nOH- = 1,5.10-3 mol
nSO2 = nBr2(pư)
nBr2 = nBr2(pư) + nBr2(dư) = nSO2(pư) + nBr2(dư) = ¼ nOH- + ½ nS2O32- = 0,010625 mol
→ x = 0,010625/5 = 0,02125M
c. Ta có: 104a+126b=0,835a+b=7,5.10-3 → a=5.10-3 b=2,5.10-3
mNaHSO3 = 0,52g → % mNaHSO3 = 62,28% → %mNa2SO3 = 37,72%
0,5
0,75
0,75