Đề thi môn: Hóa khối 10 - Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành tỉnh Yên Bái

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
ĐỀ THI MÔN: HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỈNH YÊN BÁI
KHỐI 10
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
(Đề này có 9.trang, gồm 8 câu)
Câu 1 (2,5 điểm): Cấu tạo nguyên tử - Hạt nhân
1.1. Trong bảng dưới đây có ghi các năng lượng ion hoá liên tiếp In (n = 1, ..., 6) theo kJ.mol-1 của 2 nguyên tố X và Y.
I1
I2
I3
I4
I5
I6
X
590
1146
4941
6485
8142
10519
Y
1086
2352
4619
6221
37820
47260
A và B là những oxit tương ứng của X và Y khi X, Y ở vào trạng thái oxi hoá cao nhất. 
Viết công thức của hợp chất tạo thành khi cho A tác dụng với B. Giải thích.
1.2. a. Hạt nhân 37Li có khối lượng m = 7,0160 (u). Tính năng lượng liên kết riêng của hạt nhân Li. Biết rằng mp = 1,00724(u), mn = 1,00862(u).
 b. Đồng vị phóng xạ 13N có chu kì bán rã là 10 phút, thường được dùng để chụp các bộ phận trong cơ thể. Nếu tiêm một mẫu 13N có hoạt độ phóng xạ là 40 mCi vào cơ thể, hoạt độ phóng xạ của nó trong cơ thể sau 25 phút sẽ còn lại bao nhiêu? 
Nội dung
Điểm
1. I3 (X) và I5 (Y) tăng nhiều và đột ngột. Suy ra: 
- X thuộc nhóm IIA, Y thuộc nhóm IVA trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. 
- A là oxit bazơ XO, B là oxit axit: YO2.
 Hợp chất do A tác dụng với B: XYO3.
1.2.a) Tính được Δm = 0,0402 u. ΔE = 0,0402.931 = 37,4262 (MeV)
	 (MeV/nucleon)
b) A = = l. N0. e-lt = l. N A0 = l. N0
Þ A = A0. e-lt = A0.= 40. e- 2,5.ln2 = 7,01 mCi.
0,5
0,5
0,75
0,75
Câu 2(2,5 điểm):. Hình học phân tử - Liên kết hóa học - Tinh thể - ĐLTH
1. Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Có ba trị số góc liên kết tại tâm là 1100; 1110; 1120 (không kể tới H khi xét các góc này). Độ âm điện của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. Dựa vào mô hình sự đẩy giữa các cặp e hóa trị (VSEPR) và độ âm điện, hãy cho biết trị số góc của mỗi hợp chất và giải thích.
2. Tinh thể kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngoài ra các nguyên tử cacbon còn chiếm một nửa số lỗ trống tứ diện, ở 293K kim cương có khối lượng riêng D = 3,514 g/cm3, C =12; NA = 6,022.1023. Hãy tính bán kính của nguyên tử cacbon kim cương và độ đặc khít của tinh thể.
Nội dung
Điểm
1/ Cấu tạo không gian của các phân tử được biểu diễn như sau:
 SiHBr3 (1) CHBr3 (2) CH(CH3)3 (3)
- Khi so sánh 2 góc Br – A – Br ở (1) và (2), độ âm điện C lớn hơn Si, bán kính Si lớn hơn C, cặp e liên kết ở gần C hơn nên đẩy mạnh hơn góc Br – C – Br có trị số lớn hơn góc 
Br – Si – Br.
- Khi so sánh 2 góc Br – C – Br và H3C – C – CH3 ở (2) và (3), độ âm điện của Br lớn hơn của CH3, cặp e liên kết của (2) ở xa C hơn của (3) do đó góc ở (3) lớn hơn ở (2).
- Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau:
 Góc ở (1) < Góc ở (2) < Góc ở (3)
 1100 1110 1120
0,5
0,25
0,25
0,25
2. Mô tả tinh thể 
Một ô mạng cơ sở có mặt 8 nguyên tử ở 8 đỉnh, 6 nguyên tử ở 6 mặt, 4 nguyên tử ở 4 hốc tứ diện. Số nguyên tử nguyên vẹn có trong 1 ô mạng là 8.
Vng.tu = 4R3/3
D = =3,516g/cm3; a = 0,357nm. 
Mặt khác 2R = từ đó R = 0,0772 nm.
Độ đặc khít = 
0.25
0.5
0.5
Câu 3 (2,5 điểm): Nhiệt - Cân bằng hóa học	
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: p(H2) = 0,376.105 Pa , p(N2) = 0,125.105 Pa , p(NH3) = 0,499.105 Pa
a. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 400 K. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
b. 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?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa. 
Nội dung
Điểm
a. Kp = Þ Kp = 	= 3,747.10-9 Pa-2 
K = Kp ´ P0-Δn Þ K = 3,747.10-9 ´ (105)2 = 37,47
ΔG0 = -RTlnK Þ	ΔG0 = -8,314 ´ 400 ´ ln 37,47 = -12050 J.mol¯1 = - 12,050 kJ.mol-1 
n = Þ n= ´ 0,125 = 166 mol 
n= Þ n =´ 0,499 = 664 mol 
Þ n tổng cộng = 1330 mol Þ P tổng cộng = 1´105 Pa
b. Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
P = ´ 1´105 = 0,380.105 Pa ; 
 P= ´ 1´105 = 0,124´105 Pa 
P= ´ 1´105 = 0,496´105 Pa
ΔG = ΔG0 + RTlnQ 
ΔG = [-12050 + 8,314 ´ 400 ln ()] = - 144 J.mol-1 < 0
Þ Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4(2,5 điểm): Động hóa
Phản ứng phân huỷ nhiệt Metan xảy ra như sau: 
 CH4 CH3 + H
 CH4 + CH3 C2H6 + H
 CH4 + H CH3 + H2 
 H + CH3 + M CH4 + M
a. Áp dụng nguyên lý dừng với CH3 và H, chứng minh:
b. Nếu nồng độ có thứ nguyên phân tử / cm3 với thời gian tính bằng giây, hãy tìm thứ nguyên của k. 
Đáp án
Điểm
a. = k2[CH4][CH3]
= k1[CH4] + k2[CH4][CH3] – k3[CH4][H] – k4[H][CH3][M] = 0
= k1[CH4] – k2[CH4][CH3] + k3[CH4][H] – k4[H][CH3][M] = 0
Cộng 2 pt cho: 
k1[CH4] = k4[H][CH3][M] nên k2[CH4][CH3] = k3[CH4][H]
 hay k2 [CH3] = k3[H] ® [H] = 
k1[CH4] = k4[H][CH3][M] = k4[CH3][M] = [CH3]2[M]
Suy ra: [CH3] = và= k2[CH4][CH3] 
 = = k[CH4]3/2.
0,5
0,5
0,75
b. [k] = = [C]1– n[t] –1= =
0,75
Câu 5(2,5 điểm). Dung dịch axit – bazơ – kết tủa
1. Thêm từ từ 50 ml dung dịch H2S bão hòa ( có nồng độ 0,1 M) vào 50 ml dung dịch gồm KOH 0,04 M và K2S 0,04 M thu được dung dịch A.
a. Tính pH và nồng độ cân bằng các cấu tử có mặt trong dung dịch A.
b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,1 M cần thêm vào 20 ml dung dịch A để thu được dung dịch mới có pH=5,50. Cho H2S có pKai= 7,02 ; 12,90.
2. Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,020 M
Cho Ks(AgSCN) = 10-11,96, [Ag(NH3)n]+ (k1=103,32, k2=103,92), ;
Đáp án
Điểm
1. a.Nồng độ các chất sau khi trộn 2 dung dịch :
CoH2S=0,05 M CoK2S=0,02 M CoKOH=0,02 M
Các phương trình phản ứng xảy ra:
 H2S + OH- HS- + H2O K1 =Ka1.Kw-1=10 6,98 lớn → phản ứng hoàn toàn
 Co : 0,05 0,0
TPGH : 0,03 - 0,02
 H2S + S2- 2HS- K1 = Ka1.Ka2-1=10 5,88→ phản ứng hoàn toàn
Co : 0,03 0,02 0,02
TPGH : 0,01 - 0,06
Vậy TPGH của dung dịch A: H2S 0,01 M; HS-:0,06 M; K+: 0,06M
Mô tả cân bằng:
H2S ⇄ HS- + H+ (1) Ka1=10 -7,02 HS- + H2O ⇄ H2S +OH- Kb2=10-6,98 (4)
HS- ⇄ S2- + H+ (2) Ka2=10 -12,9
H2O ⇄ H+ + OH- (3) Kw=10-14
Ka1.CH2S » Ka2.CHS- ≈Kw nên bỏ qua cân bằng (2) và (3) so với (1)
Coi dung dịch là hệ đệm gồm H2S 0,01 M và HS- :0,06 M
pHgần đúng= pKa1 + lg =7,8 (*) >7 cân bằng bazơ (4) của HS- là chủ yếu
 HS- + H2O ⇄ H2S + OH- Kb2=10-6,98
Co 0,06 0,01
[ ] 0,06-x 0,01+x x
Ta có =10-6,98 → x= 6,28.10-7. Do đó:
 pH=7,8
[HS-]=0,06M ; [H2S]=0,01M ; [S2-]=4,77.10-7M.
b) Tính VHCl 0,1M (ml) cần thêm vào 20 ml dung dịch A để pH=5,5
Theo ĐLTHĐ:
[H+] + [K+] = [OH-] +[Cl-] +[HS-] + 2[S2-]
↔ 10-5,5 += 10-8,5 + + 
→ V= 11,59 ml
0,25
0,5
0, 5
2. Các cân bằng có thể xảy ra:
	AgSCN Ag+	+ 	SCN-	Ks(AgSCN) = 10-11,96	(1)
	Ag+ + NH3 Ag(NH3)+	b1 = 103,32	(2)
	Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)2+	b2 = 107,24	(3)
	Ag+ + H2O AgOH + H+	(4)
	SCN- + H2O HSCN + OH-	Kb’ =10-13,11	(5)
	NH3 + H2O NH4+ + OH-	Kb = 10-4,76	(6)
Có thể tính theo Ks’ (tích số tan điều kiện)
Do >>== và b2 >> b1 nên ion Ag+ tạo ra từ AgSCN chủ yếu là chuyển thành phức Ag(NH3)2+. Ta có thể tổ hợp cân bằng (1) và (3):
	AgSCN + 2NH3 Ag(NH3)2+ + SCN-	K = 10-4,72
C	 0,02
C’ 0,02-2x x x
Þ=10-4,72. Giả thiết x << 0,01 Þ x = 8,69.10-5 << 0,01
Vậy = 8,69.10-5; = 0,0198
Do Ag(NH3)2+ nên lượng NH3 dư quyết định pH của hệ:
	NH3 + H2O NH4+ + OH-	Kb = 10-4,76	
C’ 0,0198 
[] 0,0198-x x x
= 10-4,76 Þ [NH4+] = [OH-] = 5,78.10-4 Þ pH=10,76
Tính Ks’ = Ks.
» 1
Vậy Ks’ = 7,09.10-9 Þ S = = 8,42.10-5
0,25
0,5
0,5
Câu 6(2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử - Pin điện
Có dung dịch X gồm Fe2(SO4)3 0,100M; FeSO4 0,010M và NaCl 2,000M.
	1. Cần đặt điện thế tối thiểu là bao nhiêu để có quá trình oxi hóa và quá trình khử xảy ra đầu tiên ở mỗi điện cực khi điện phân dung dịch X ở pH = 0.
	2. Điện phân 100 ml dung dịch X với cường độ dòng điện một chiều không đổi có 
I = 9,650A và trong thời gian 100 giây, thu được dung dịch Y.
	a. Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân. 
	b. Tính pH của dung dịch Y. 
	c. Lắp một pin điện gồm một điện cực hiđro tiêu chuẩn với một điện Pt nhúng vào dung dịch Y. Viết sơ đồ pin và tính sức điện động của pin khi pin bắt đầu phóng điện.
(Giả thiết rằng H2O bay hơi không đáng kể và thể tích của dung dịch không thay đổi trong quá trình điện phân)
Cho: Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,771 V; Eo(2H+/H2) = 0,00 V; *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17; 
 *β[Fe(OH)]+ = 10-5,92; Eo(Cl2/2Cl-) = 1,36 V.
Đáp án
Điểm
1. Bán phản ứng đầu xảy ra ở mỗi điện cực là
+ Điện cực (+): 2Cl- ⇌ Cl2 + 2e
+ Điện cực (-): Fe3+ + 1e ⇌ Fe2+
Trong dung dịch X có C(Fe3+) = 0,2M; C(Fe2+) = 0,01M; C(H+) = 1M; C(Cl-) = 2M; Na+; SO42-.
Ea = E(Cl2/2Cl-) = E0 (Cl2/2Cl-) + lg 
 = 1,36 + lg = 1,342 (V)
Ở pH = 0 không có quá trình proton hóa của ion kim loại, do đó:
Ec = E(Fe3+/Fe2+) = 0,771 + 0,0592lg = 0,848 (V)
Vậy thế cần đặt vào để có quá trình oxi hóa ion Cl- và quá trình khử ion Fe3+ là: 
 U = 1,342 – 0,848 = 0,494 (V)
1,0
2. a. Số mol e phóng ra hay thu vào trong quá trình điện phân là
 ne = It/F = 9,65.100/96500 = 0,01 (mol)
Có các bán phản ứng:
Ở cực (+): 2Cl- ® Cl2 + 2e (1)
 no 0,2
Ở cực (-): Fe3+ + 1e ® Fe2+ (2)
 no 0,02 0,001
Theo (1), (2) và giả thiết cho thấy ion Cl- và Fe3+ đều dư. 
Vậy khối lượng dung dịch giảm là: m = mCl2 = 71.0,01/2 = 0,355 (gam)
0,5
b. Theo phần (a), cho thấy trong dung dịch Y có:
 C(Fe3+) = (0,02-0,01)/0,1=0,1 (M)
 C(Fe2+) = (0,001+0,01)/0,1=0,11 (M)
 C(Cl-) = (0,2-0,01)/0,1=1,95 (M); 
Na+; SO42-. 
Có các cân bằng:
 Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17 (3) 
 Fe2+ + H2O ⇌ Fe(OH)+ + H+ *β[Fe(OH)]+ = 10-5,92 (4)
 H2O ⇌ H+ + OH- Kw = 10-14 (5)
Do [Fe(OH)]2+.[H+] ≃ 0,1.10-2,17 >> [Fe(OH)]+.[H+] ≃ 0,11.10-5,92 >> Kw
Vì vậy pH là do cân bằng (3) quyết định. 
Xét cân bằng:
 Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17 
 Co 0,1
 [ ] (0,1-x) x x
=> *β[Fe(OH)]2+ = x2/(0,1-x) = 10-2,17
 Với 0 x = 0,023
Vậy pH = - lg0,023 = 1,638
c. 
 (-) Pt, H2(1atm) H+(1M) Fe2+(0,11M); Fe3+(0,077M) Pt (+)
Theo kết quả tính ở phần (b) và cho thấy ion Fe2+ tạo phức hiđroxo không đáng kể, nên ta có:E(Fe3+/Fe2+) = 0,771 + 0,0592lg(0,1-0,023)/0,11 = 0,762 (V)
Vậy E(pin) = E(cao) – E(thấp) = 0,762-0,00 = 0,762 (V)
1,0
Câu 7(2,5 điểm): Halogen – Oxi – Lưu huỳnh
 Cho m (g) muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axít H2SO4 đặc, nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO3)2 thu được 23,9 (g) kết tủa mầu đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 (g) chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6(g). Nếu cho dung dịch BaCl2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1 ,674 lần khối lượng muối B.
Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối.
Xác định kim loại kiềm và halogen.
Nội dung
Điểm
1. Gọi công thức muối halozen: MR.	
Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng:
 8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O. (1)
 0,8 0,5 0,4 0,4 0,1
 H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. (2)
 0,1 0,1
 BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3)
Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol) 
theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2
 nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol)
Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g)
Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol) 
 ® Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol)
Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M)
Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam )
 m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g)
0,75
0,75
0,5
2.
+ Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR ® MR = 127 (Iot)
+ Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8 ® MM =39 (Kali)
0,5
Câu 8(2,5 điểm): Bài tập tổng hợp
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra:
a. Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3.
b. Ion I- bị oxi hoá bởi H2SO4 đặc, BrO3- trong môi trường axit; còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng.
2. Hoà tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng. Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 ml dung dịch Br2 thu được 500 ml dung dịch A. Thêm KI vào 50 ml dung dịch A, lượng I3- sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,01 M. Nếu sục khí N2 để đuổi hết Br2 dư trong 25 ml dung dịch A thì dung dịch B thu được trung hoà vừa đủ với 15 ml dung dịch NaOH 0,1M.
a. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu.
b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. 
Nội dung
Điểm
1. Viết PTPƯ
 a.	2KI + 2FeCl3 	 2FeCl2 + 2KCl + I2
	2KI + O3 + H2O 	 2KOH + O2 + I2
	I2 + 2Na2S2O3 	 2NaI + Na2S4O6
 b. 2Br- + 4H+ + SO42-(đặc) 	 Br2 + SO2 + 2H2O
 5Br- + BrO3- + 6H+	 3Br2 + 3H2O
 5Br2 + 2P + 8H2O	 10HBr + 2H3PO4
0,5
0,5
2.a. Tính nồng độ dung dịch Br2:
 Các PTPƯ xảy ra:
	HSO3- + H+ ® H2O + SO2	(1)
	x mol	 x mol
SO32- + 2H+ ® H2O + SO2	(2)
y mol	y mol	
Br2	+ 2H2O + SO2 ® SO42- + 2Br- + 4H+ (3)
3I- + Br2 	® I3- + 2Br-	(4)
I3- + S2O32- ® S4O62- + 3I-	(5)
H+ + OH- ® H2O	(6)
Từ (3) ® số mol H+ trong 25 ml dung dịch A = số mol OH- trong 15 ml dung dịch NaOH = 0,015. 0,1 = 0,0015 mol
Số mol H+ trong 500 ml dung dịch A = 0,0015.500/25 = 0,03 mol
Từ (3) ® số mol Br2 = 1/4 số mol H+ = 0,0075 mol
Từ (5) ® số mol I3- trong 50 ml dung dịch A = 1/2 số mol S2O32- 
 = 0,0125.0,01.1/2 = 6,25.10-5 mol
Số mol I3- trong 500 ml dung dịch A = 6,25.10-5.500/50 = 6,25.10-4 mol
Vậy số mol Br2 trong dung dịch ban đầu = 0,0075 + 6,25.10-4 = 8,125.10-3 mol	CM(Br2) = 8,125.10-4/0,5 = 0,01625 M	
b.
 Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X:
Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3 trong 0,835 gam hỗn hợp X, ta có số mol của các ion HSO3- và SO32- lần lượt là x và y:
Khối lượng hỗn hợp = 104x + 126y = 0,835	(I)
Từ (1), (2), (3) ta có số mol SO2 = 1/4 số mol H+ trong 500 ml dung dịch A
	x + y	= 0,03.1/4 = 0,0075	(II)
Từ (I) và (II) : x = 0,005 ; y = 0,0025
	%NaHSO3 = 62,27% ; %Na2SO3 = 37,73%. 	
0,5
0,5
0,5
-----------Hết-----------