Đề thi môn Hóa học – Khối 10 năm 2015 - Trường THPT chuyên Bắc Ninh tỉnh Bắc Ninh

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG 
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH 
TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – KHỐI 10 
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1(Cấu tạo nguyên tử, phân tử - Định luật tuần hoàn): 2 điểm
Bảng dưới đây ghi các giá trị năng lượng ion hóa liên tiếp In( n = 1 6)(eV) và ái lực với electron A(eV) của 3 nguyên tố X, Y, Z trong cùng một chu kì như sau:
Nguyên tố
I1
I2
I3
I4
I5
I6
A
X
11,26
24,37
47,86
64,47
392,02
489,88
-1,25
Y
14,5
29,60
47,40
67,40
97,81
610,52
+0,32
Z
13,61
35,10
54,88
77,39
113,87
138,08
-1,465
1. Lập luận xác định tên các nguyên tố X, Y, Z?
2. Viết cấu hình electron của X ở trạng thái kích thích trong đó không có electron nào có số lượng tử chính lớn hơn số thứ tự của chu kì.
3. Tính năng lượng của các ion X+; Y+; Z+; X-; Y-; Z-?
Câu 2(Tinh thể): 2 điểm
	Muối LiCl kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là 0,514nm. Giả thiết ion Li+ nhỏ đến mức có thể xảy ra sự tiếp xúc anion – anion và ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các ion Cl-.
1. Hãy vẽ hình một ô mạng cơ sở LiCl.
2. Tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+, Cl- trong mạng tinh thể?
3. Xác định khối lượng riêng của tinh thể LiCl. Biết Li = 6,94; Cl = 35,45.
Câu 3(Phản ứng hạt nhân): 2 điểm
1. So sánh độ bền của hạt nhân các nguyên tử sau: Dơteri(), Uran( ) và sắt(). Từ đó, em có thể rút ra nhận xét gì? Biết: = 2,013674; = 238,125; = 53,956, mn = 1,008612; mp = 1,007238; 1u = 931,5MeV/c2.
2. Các nuclit phóng xạ nhân tạo Be-7( = 53,37 ngày) và Ga-67 ( = 78,25 giờ) đều được dùng trong các thí nghiệm chỉ thị phóng xạ. Khi phân hủy phóng xạ Be-7 chuyển thành Li-7; Ga-67 phóng xạ cùng một kiểu với Be-7.
	a. Xác định kiểu phóng xạ của Be-7.
	b. Viết phương trình phân hủy phóng xạ của Ga-67.
	c. Hai mẫu Be-7 và Ga-67 đều có độ phóng xạ bằng 7,0.107 Bq. Sau 3/4 giờ độ phóng xạ của chúng còn bằng bao nhiêu?
Cho: M(Be-7) = 7,01693; M (Li-7)= 7,01600; me = 0,0005486.
Câu 4(Nhiệt hóa học): 2 điểm
Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là:
ZnS(r) + 3/2O2(k) → ZnO(r) + SO2(k)
1. Tính ∆Ho của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất không phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu.
2. Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích) lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩn tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất đầu). Hỏi phản ứng có duy trì được không, nghĩa là không cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K?
Cho biết:	+ Entanpi tạo thành chuẩn của các chất ở 25oC (kJ.mol-1)
Hợp chất
ZnO(r)
ZnS(r)
SO2(k)
∆Hof
-347,98
-202,92
-296,90
+ Nhiệt dung mol đẳng áp của các chất (J.K-1.mol-1):
Hợp chất
ZnS(r)
ZnO(r)
SO2(k)
O2(k)
N2(k)
Cop
58,05
51,64
51,10
34,24
30,65
Câu 5(Cân bằng hóa học pha khí): 2 điểm
Cho cân bằng: PCl5(k) ⇌ PCl3(k) + Cl2(k)	KP = 1,85 ở 525K
Làm ba thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: Cho 1 mol PCl5 vào bình chân không có dung tích không đổi. Lúc đạt cân bằng ở 525K, áp suất trong bình là 2 atm.
Thí nghiệm 2: Làm giống thí nghiệm 1 nhưng cho thêm vào bình 1 mol khí agon và vẫn duy trì nhiệt độ là 525K.
Thí nghiệm 3: Khi cân bằng ở thí nghiệm 2 được thiết lập nguời ta vẫn duy trì nhiệt độ của bình là 525K nhưng tăng dung tích của bình lên sao cho áp suất cân bằng là 2atm.
Tính số mol PCl5 và Cl2 khi cân bằng trong mỗi thí nghiệm.
Câu 6(Cân bằng trong dung dịch điện ly): 2 điểm
Trộn các thể tích bằng nhau của 4 dung dịch sau: C6H5COOH 0,04M; HCOOH 0,08M; NH3 0,22M; H2S 0,1M được dung dịch A
1. Cho biết thành phần giới hạn của dung dịch A?
2. Không tính pH, hãy cho biết dung dịch A có phản ứng axit hay bazơ? Vì sao?
3. Tính thể tích của dung dịch HCl( hoặc NaOH) 0,05M cần để trung hòa 20ml dung dịch A đến pH = 10.
Cho pKa của C6H5COOH: 4,20; HCOOH: 3,75; NH: 9,24; H2S: 7,02; 12,90.
Câu 7(Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa): 2 điểm
	Dung dịch X gồm Cu(NO3)2 0,06M và Pb(NO3)2 0,04M
1. Tính pH của dd X.
2. Cho 25,00 ml dd X trộn vào 25,00 ml dung dịch NaIO3 0,12M và HIO3 0,14M thu được dung dịch Y. Cho điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y rồi ghép thành pin với điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z gồm AgNO3 0,01M và NaI 0,04M ở 250C.
a. Viết sơ đồ pin điện?
b. Tính suất điện động của pin ở 250C ?
Biết: pKs của Cu(IO3)2, Pb(IO3)2, AgI lần lượt là 7,13 ; 12,61 ; 16,00 	
Câu 8(Nhóm Halogen): 2 điểm
1. Bằng hiểu biết về liên kết hoá học, hãy giải thích sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen:
Phân tử
F2
Cl2
Br2
I2
At2
- EX – X(Kcal/mol)
37,0
59,0
46,1
36,1
25,0
2. Nêu và giải thích ngắn gọn qui luật biến đổi :
 - Tính axit và độ bền phân tử trong dãy axit : HClO, HClO2, HClO3, HClO4.
 - Tính oxi hoá trong dãy ion: ClO-, ClO2-, ClO3-, ClO4-.
Câu 9(Nhóm oxi – lưu huỳnh): 2 điểm
Hãy cho biết hiện tượng xảy ra khi cho khí hiđrosunfua lội qua dung dịch gồm HgCl2 0,01 M; ZnCl2 0,01 M; FeCl3 0,01 M; HCl 1,00 M cho đến bão hoà (nồng độ dung dịch H2S bão hòa là 0,10 M)
Cho: Các giá trị pKs của FeS, ZnS, HgS tương ứng là 17,2; 21,6; 51,8
 H2S (pKa1 = 7,02 ; pKa2 = 12,90) ; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,771 V; E0(S/H2S) = 0,141 V
Câu 10(Động học): 2 điểm
Ở một nhiệt độ đã cho, tốc độ của một phản ứng phụ thuộc vào thời gian theo phương trình: lgv = -0,68 – 0,09t
trong đó v là tốc độ phản ứng tính bằng mol/(L.s), t là thời gian tính bằng s.
Tính tốc độ phản ứng khi 50% chất đầu đã phản ứng, hằng số tốc độ và nồng độ đầu của chất tham gia phản ứng.
************************** HẾT **************************
 Người ra đề
 Nguyễn Thị Loan
 (Sđt: 0972973729)
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH 
TỈNH BẮC NINH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – KHỐI 10 
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút
HƯỚNG DẪN
CÂU
Ý
NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC
ĐIỂM
CÂU 1
1/
*Đối với nguyên tố X:
So sánh các tỉ số ta thấy lớn hơn các tỉ số khác nên X thuộc nhóm IVA, nên X có thể là C, Si, Ge, Sn, Pb.
Theo quy tắc Slayter, xấp xỉ I6(X). Vậy, X là cacbon Y, Z thuộc chu kì 2.
*Đối với nguyên tố Y:
Ta thấy, lớn hơn các tỉ số khác nên Y thuộc nhóm VA Y là Nitơ
*Đối với nguyên tố Z:
Từ I1 đến I6, các tỉ số xấp xỉ nhau, Z có ái lực với electron lớn nên Z có thể là Oxi hoặc Flo
Cấu hình electron của O: 1s22s22p4; của F: 1s22s22p5; của N: 1s22s22p3.
Dựa vào cấu hình electron ta thấy, I1(N) > I1(O); I1(F) > I1(N)
Theo đề bài, I1(Z) < I1(N) nên Z là oxi.
0,25
0,25
0,25
2/
Cấu hình electron của X ở trạng thái cơ bản: 1s22s22p2
Cấu hình electron của X ở trạng thái kích thích thỏa mãn đề bài là: 1s22s12p3; 1s22s02p4; 1s12s22p3; 1s12s12p4; 1s12s02p5; 1s02s22p4; 1s02s12p5; 1s02s02p6. 
0,5
3/
Năng lượng của các ion:
*C+: 
*C-: 
*N+: 
với nên 
*N-: 
*O+: 
Với 
nên 
*O-: 
0,25
0,25
0,25
CÂU 2
1/
Vẽ ô mạng cơ sở của LiCl
0,5
2/
Vì có sự tiếp xúc anion – anion nên 
Vì ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các anion Cl- nên 
0,25
0,5
3/
Mỗi ô mạng tinh thể chứa 4 phân tử LiCl nên ta có:
0,25
0,5
CÂU 3
1/
Độ hụt khối của hạt nhân nguyên tử
nên 
Năng lượng liên kết hạt nhân 
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân 
Năng lượng liên kết riêng càng lớn, hạt nhân càng bền
Hạt nhân nguyên tử Fe bền hơn U, bền hơn D.
*Nhận xét: Hạt nhân có khối lượng trung bình thì bền vững hơn hạt nhân có khối lượng nhẹ và nặng.
0,25
0,25
0,25
0,25
2/
a/ 7Be có thể phóng xạ b+ hay bắt electron theo phương trình:
 	 ∆m1 = MBe - MLi - 2me = - 1,682.10-4 u
	∆m2 = MBe - MLi = 9,3.10-4 u.
Vậy, chỉ có quá trình (2) có thể xảy ra.
0,25
0,25
b/ Phương trình phóng xạ của Be – 7 và Ga – 67 là
0,25
c/ Phản ứng phóng xạ tuân theo động học bậc nhất 
 với T1/2 là chu kì bán hủy
Áp dụng biếu thức ta có, sau ¾ giờ,
0,25
CÂU 4
1/
∆Ho298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ
∆Cop = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K-1
∆H1350 = ∆Ho298 + = -448976,84J
0,5
0,5
2/
 Vì nhiệt cung cấp chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất ban đầu nên:
	T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự duy trì được.
0,5
0,5
CÂU 5
*Thí nghiệm 1:
 PCl5 	 ⇌ 	PCl3 	+ 	Cl2
 CB: 1 – x 	 x	 x
Þ Sn = 1 + x
Ta có: 
0,75
*Thí nghiệm 2:
Thêm Ar vào ở T, V không đổi nên áp suất riêng phần của từng chất và hằng số Kp không đổi. Cân bằng không chuyển dịch, kết qủa giống thí nghiệm 1
0,5
*Thí nghiệm 3:
 PCl5 	⇌ 	PCl3 	+ 	Cl2 + Ar
 CB: 1 – x 	 x	 x 1
	Sn = 2 + x
0,75
CÂU 6
1/
Tính lại nồng độ của các chất sau khi trộn: 
C6H5COOH: 0,01M; NH3: 0,055M; HCOOH: 0,02M; H2S: 0,025M
Sau khi trộn, xảy ra các phản ứng sau:
 NH3 + HCOOH NH + HCOO- K = 105,49 
 0,055 0,02
 0,035 - 0,02 0,02
 NH3 + C6H5COOH NH + C6H5COO- K = 105,04
 0,035 0,01
 0,025 - 0,01 0,01
 NH3 + H2S NH + HS- K = 102,23
 0,025 0,025
 - 0,025 0,025
Vậy thành phần giới hạn của dung dịch A là:
NH: 0,055M; HCOO-: 0,02M; C6H5COO-: 0,01M; HS-: 0,025M
0,25
0,25
2/
Trong dung dịch A có các cân bằng sau:
So sánh (1), (2) và (3), bỏ qua cân bằng (2) và (3)
So sánh (4), (5) và (6), bỏ qua cân bằng (5) và (6)
Do đó, cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch.
Mặt khác, ta có: 
Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 7
0,25
0,25
0,25
3/
Căn cứ vào pH của dung dịch sau phản ứng( pH = 10) để xác định chất đã tham gia phản ứng
Trong dung dịch A, NH và HS- có thể phản ứng với dung dịch NaOH; HS-, HCOO- và C6H5COO- có thể phản ứng với dung dịch HCl. Tính bazơ của HS- lớn hơn của C6H5COO- và lớn hơn của HCOO-. Tính axit của NH lớn hơn của HS-.
Tại pH = 10, ta có: nên NH đã tham gia phản ứng. Vì vậy, phải dùng dung dịch NaOH để trung hòa dung dịch A đến pH=10
Ta có, tại pH = 10: 
nên 85,19% NH đã tham gia phản ứng
nên HS- chưa tham gia phản ứng
Phương trình phản ứng trung hòa dd A: OH- + NH NH3 + H2O
0,25
0,25
0,25
CÂU 7
1/
Ta có các cân bằng:
	Cu2+ + H2O Cu(OH)+ + H+ 	(1)	K1 = 10-8
	Pb2+ + H2O Pb(OH)+ + H+	(2)	K2 = 10-7,8
	H2O H+ + OH-	(3)	Kw = 10-14
Vì ≈ >> Kw nên ta có thể tính pH theo cân bằng (1) và (2), bỏ qua cân bằng (3).
Theo điều kiện proton, ta có: 
Theo cân bằng (1), (2), ta có :
Giả sử nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ là nồng độ ban đầu, ta tính được h = 3,513.10-5(M)
Tính lại nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ theo giá trị H+ ở trên 
Gọi x, y lần lượt là nồng độ cân bằng của Cu(OH)+, Pb(OH)+
Theo cân bằng (1), (2) ta có
 .
Giá trị của x, y rất nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ coi như bằng nồng độ ban đầu( kết quả lặp)
Vậy [H+] = 3,513.10-5 ; pH = 4,454
0,25
0,25
0,25
0,25
2/ 
a/ Sau khi trộn,
Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của các ion kim loại
Các phản ứng:	
	Pb2+ + 2IO3- Pb(IO3)2 	K3 = 1012,61 >> 
 Cbđ 0,02	 0,13
 [ ] 0 0,09
	Cu2+ + 2IO3- Cu(IO3)2 	K4 = 107,13 >> 
 Cbđ 0,03	 0,09
	[ ] 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3-; H+; Na+; NO3-
Có các cân bằng:
	Pb(IO3)2 Pb2+ + 2IO3-	(4)	K3-1 = 10-12,61
	Cu(IO3)2 Cu2+ + 2IO3-	(5)	K4-1 = 10-7,13
Vì K3-1 << K4-1 nên ta tính theo cân bằng (5)
	Cu(IO3)2 Cu2+ + 2IO3-	(5)	K4-1 = 10-7,13
	Cbđ	 0,03
	[ ] x 0,03 + 2x
Theo cân bằng (5): 
<< 0,03
Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là
 0,216(V)
* Xét dung dịch Z:
	Phương trình phản ứng:
	Ag+ + I- AgI	K6 = Ks-1 = 1016 >> phản ứng hoàn toàn
 	Cbđ 0,01	 0,04
	Sau 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I-; Na+, NO3-
	Có cân bằng:
	AgI Ag+ + I- 	 K6-1 = 10-16
	Cbđ 0 0,03
	[ ]	 x 0,03 + x
 	x = 3,333.10-15
Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch A là:
Vì nên điện cực Cu là catot ở bên phải sơ đồ pin, điện cực Ag là anot ở bên trái sơ đồ pin. Vậy, sơ đồ pin là
 (-) Ag│AgI, dung dịch I- 0,03M ║ Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3- 0,03M; H+; Na+; NO3-│Cu (+)
0,125
0,125
0,125
0,125
0,25
b/ Ở 250C, Epin = E(+) - E(-) = 0,216 – (-0,058) = 0,274 (V)
0,25
CÂU 8
1/
Sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen :
- Năng lượng liên kết X – X trong F2 nhỏ hơn trong Cl2 và Br2 do trong F2 chỉ có xen phủ p–p còn trong Cl2® At2 ngoài sự xen phủ p –p còn có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết.
- Năng lượng liên kết giảm từ Cl2 ® At2 là do bán kính nguyên tử tăng dần từ F ® At nên mức độ xen phủ giữa các AO giảm dần Þ độ bền liên kết X – X giảm từ Cl2 ® At2.
0,5
0,5
2/
Nêu và giải thích qui luật biến đổi:
 - Tính axit tăng từ HClO ® HClO4 do khi số nguyên tử O liên kết với nguyên tử Cl tăng làm tăng mật độ điện tích dương trên Cl Þ làm giảm mật độ điện tích âm trên nguyên tử O của nhóm O – H Þ tăng độ phân cực của liên kết O – H Þ tính độ linh động của H.
 - Độ bền tăng từ HClO ® HClO4 do khi số nguyên tử O liên kết với nguyên tử Cl tăng Þ tăng số cặp electron quanh nguyên tử Cl Þ làm giảm độ dài liên kết Cl – O; đồng thời khi số nguyên tử O tăng làm tăng tính đối xứng của các ion Þ độ bền của các gốc axit tăng.
 - Tính oxi hoá trong dãy ion: ClO-, ClO2-, ClO3-, ClO4- giảm do độ bền của các ion tăng Þ khả năng hoạt động hoá học giảm.
0,25
0,25
0,5
CÂU 9
Dựa trên các tích số tan của các chất và thế điện cực học sinh thấy được các phản ứng có thể xảy ra theo thứ tự là:
Hg2+ + H2S HgS ¯ + 2H+  K1 = Ks1-1.Ka1.Ka2 = 1031,88 (1)
0,01 1,00
- 1,02
2Fe3++ H2S 2Fe2+ + S¯ + 2H+ (2)
0,01 1,02
 - 0,01 1,03
Zn2+ + H2S ZnS ¯ + 2H+  K3 = Ks3-1.Ka1.Ka2 = 101,68 (3)
Fe2+ + H2S FeS ¯ + 2H+  K4 = Ks4-1.Ka1.Ka2 = 10-2,72 (4)
 Theo phản ứng (1), (2), giá trị K1, K2 tìm được rất lớn nên có kết tủa HgS và S tạo ra. 
Theo phản ứng (3) và (4), các giá trị K3, K4 nhỏ nên cần phải xác định xem có tạo kết tủa FeS và ZnS hay không. 
*Đánh giá khả năng kết tủa của ZnS và FeS:
 Vì H2S là một axit yếu nên chấp nhận [H+] = CH+ = 1,03 M, môi trường axit, bỏ qua sự tao phức hiđroxo của ion Zn2+ và ion Fe2+ tức là C’Zn2+ = 0,01M và C’Fe2+ = 0,01 M.
 Từ cân bằng H2S 2H+ + S2- K = Ka1.Ka2 = 10-19,92 (5)
 Vậy ta có:
 C’Fe2+.C’S2-- = 0,01.10-20,95 = 10-22,95 << Ks(FeS) = 10-17,2 ® không có kết tủa FeS
 C’Zn2+.C’S2-- = 0,01.10-20,95 = 10-22,95 < Ks(ZnS) = 10-21,6 ® không có kết tủa ZnS
 Hiện tượng: Màu vàng của dung dịch (do muối FeCl3) nhạt dần đến hết và xuất hiện màu trắng xanh (do muối FeCl2); có kết tủa HgS màu đen (có lẫn kết tủa S vàng ngà)
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
CÂU 10
Phản ứng bậc 1 có phương trình động học dạng tích phân:
 C = C0.e-kt → kC = kC0.e-kt → lnv = lnv0 – kt 
→ lgv = lgv0 – (1/2,303)kt = lgv0 – 0,434kt (1)
Như thế, phản ứng có sự phụ thuộc lgv = -0,68 – 0,09t (2) phải là phản ứng bậc 1 với lgv0 = -0,68.
→ v0 = 10-0,68 mol/(L.s) = 0,21 mol/(L.s)
Khi C = C0/2 thì v =v0/2 = 0,105 mol/(L.s)
→ lgv = lg0,105 = -0,98 (3)
Thay (3) vào (2): - 0,98 = -0,68 – 0,09t1/2
→ t1/2 = 3,33 s → k = ln2/t1/2 = 0,21 s-1
→ C0 = v0/k = 0,21 mol/(L.s): 0,21 s-1 = 1 mol/L
0,5
0,5
0,5
0,5