Đề thi Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ 2 - Trường THCS&THPT Đông Du (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THCS & THPT ĐÔNG DU
 KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN 2
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HOÁ 10 Vậy độ ion  = thực nghiệm/lí thuyết = 1,51/4,6 = 0,328 = 32,8% 0,25 2 2.1 (2,0 điểm)
 2.1.1 (1,25 điểm)
 - Sơ đồ ion hoá tổng quát của một nguyên tử m bất kì:
 (k-1)+ k+
 M  M + e Ik (1)
 Ta có liên hệ: Ik = - Ee = - [EM(k-1)+ - Ek+] (2) 0,25
 Trong đó; k chỉ số e bị mất do sự ion hoá của vi hạt được xét (có trị 
 số từ 1 đến n); do đó k+ chỉ trị số đơn vị điện tích dương của ion 
 Mk+.
 Ik là năng lượng ion hoá thứ k của nguyên tố M được biểu thị theo 0,25
 (1)
 Ee là năng lượng của e chịu bởi lực hút hạt nhân.
 - Xét nguyên tố Bo (Z=5), nguyên tử có 5e nên k = 1 đến 5.
 Áp dụng (1) và (2), dùng số dữ liệu của bảng ta có:
 o +
 ., B  B + 1e ; I1.
 I1 = -(EB – EB+) = 9,775 eV
 + ++
 ., B  B + 1e ; I2.
 I2 = -(EB+ – EB++) = 22,151 eV
 ++ +++
 ., B  B + 1e ; I3.
 I3 = -(EB++ – EB+++) = 37,026 eV
 +++ ++++
 ., B  B + 1e ; I4.
 I4 = -(EB+++ – EB++++) = 260,848 eV 0,75
 ++++ +++++
 ., B  B + 1e ; I5.
 I5 = -(EB++++ – EB+++++) = 340,000 eV 0,25
 2.1.2 (0,75 điểm)
 - Quy luật: I1<I2<I3<I4<I5
 - Giải thích: Khi vi hạt M (k-1)+ mất thêm 1e tạo thành M k+ có số đơn 
 vị điện tích k+ lớn hơn (k-1)+ nên lực hút tác dụng lên e tiếp theo 0,5
 trong đơn vị hạt M k+ mạnh hơn trong M (k-1)+. Do đó phải tốn năng 
 k+
 lượng tốn hơn đẻ tách 1e tiếp theo khỏi M ; nghĩa là I (k-1)<Ik như 
 quy luật rút ra trên đây.
 2.2 (1,0 điểm)
 Theo Pauling:
 - cơ sở năng lượng phân li liên kết được tính:
 = ED(A-B) – căn bậc hai của (ED(A-A).ED(B-B))
 A - B = 0,208 căn bậc hai của (Kcal/mol)
 Trong đó: 
 A; B: độ âm điện của nguyên tố A,B.
 ED(A-B); ED(A-A); ED(B-B): năng lượng phân li liên kết của A-B; A-A; 0,25
 B-B.
 Áp dụng số, ta có kết quả:
 Nguyên tố F Cl Br I
 0,25
 A-B 62,51 77,74 12,30 1,24
 0,25
  -  1,77 1,83 0,73 0,23
 A B 0,25
 A 3,99 3,52 2,93 2,43
 2.3 (1,0 điểm)
 - Cấu hình e:
 Na: 1s22s22p63s1  Na+: 1s22s22p6
 Mg: 1s22s22p63s2  Mg2+: 1s22s22p6
 Al: 1s22s22p63s23p1  Al3+: 1s22s22p6
 Ne; F-; O2-: 1s22s22p6. 0,25
 - Các nguyên tử Na, Mg, Al có cùng số lớp e (điện tích hạt nhân 
 tăng)  bán kính giảm: Na>Mg>Al. 0,25
 - Các nguyên tử và ion có cùng số e: O 2-, F-, Ne, Na+, Mg2+, Al3+; Do NiO có cấu trúc mạng lập phương tâm diện như NaCl, nên 1 tế 0,25
bào có 4 phân tử NiO.
 -23 3
 DNiO = 4.M/NA.VNiO  V = 7,44.10 cm . 0,25
Tính x?
DLixNi1-xO = 4M/NA.V  M=69,558  x=1 0,5
3.3.2 (0,25 điểm)
Công thức đơn giản của bán dẫn: LiNi9O10. 0,25
3.2.3 (0,75 điểm)
Tính % số ion Ni3+ so với các ion Niken trong toàn mạng tinh thể?
 2+ 3+
Từ công thức: LiNi9O10 phân tích thành LiNi aNi bO10. Ta có: 0,25
a + b = 9 và 2a + 3b = 19 (bảo toàn điện tích)
 a = 8; b = 1 0,25
Vậy %Ni3+ = 1/9.100% = 11,11% 0,25 K2.[NH3]/KH2O)]
 -
Coi [CN ]  CCN- đầu = 0,1M; [NH3]  CNH3 đầu = 0,1M. 0,25
Thay số: [H+] = 5,01.10-12 0,25
Vậy pH = 11,26 5 5.1 (1,5 điểm)
(4,0 đ) Tại thời điểm , %A =20 phản ứng đạt cân bằng  %B=80
 Suy ra: Kcb = kt/kn = %B/%A = 80/20=4 kt/kn = 4 (1) 0,25
 Vì là phản ứng thuận nghịch bậc 1 nên phương trình động học là:
 ln [(xe/(xe-x)] = (kt + kn).t
 Với xe, x là %B tại thời điểm cân bằng và thời điểm t. 0,25
 Ta có kết quả sau:
 Thời gian 60 120 180 380 574
 %A = a-x 88,86 79,27 71,01 50,94 39,05
 %B = 100- 11,14 20,73 28,99 49,06 60,95
 %A = x
 xe-x 68,86 59,27 51,01 30,94 19,05
 2,4992.10-3 2,4994.10-3 2,5000.10-3 2,4999.10-3 2,4999.10-3 0,25
 kt + kn
 -3
 Vậy kt + kn = (k1+k2+k3+k4+k5)/5 = 2,49968.10 (2)
 -4 -3 0,25
 Giải (1) và (2)  kn = 4,99936.10 ; kt = 1,99974.10
 *** Nếu ban đầu A có 5 mol, B có 1 mol  nồng độ đầu của A là 1M; 
 của B là 0,2M
 Gọi x là nồng độ của A bị mất tại thời điểm cân bằng ta có:
 0,25
 Kcb = kt/kn = (0,2+x)/ (1-x) = 4  x = 0,76
 Vậy tại cân bằng, nồng độ A là 0,24M; B là 0,96M 0,25
 5.2 (1,0 điểm)
 5.2.1
 3 Cl2 + 2 FeI2  2 FeCl3 + I2 0,25
 5 Cl2 + I2 + 6 H2O  2 HIO3 + 10 HCl 0,25
 5.2.2
 10 FeCl2 + 6 KMnO4 + 24 H2SO4  5 Fe2(SO4)3 + 10 Cl2 + 3 0,5
 K2SO4 + 6 MnSO4 + 24 H2O
 5.3 (1,5 điểm)
 * Dung dịch A tác dụng với Na2S:
 CuCl2 + Na2S  CuS ↓ + 2 NaCl
 MgCl2 + Na2S + 2 H2O  Mg(OH)2 ↓ + H2S + 2 NaCl
 2 FeCl3 + 3 Na2S  2 FeS ↓ + S ↓ + 6 NaCl 0,25
 * Dung dịch A tác dụng với H2S:
 CuCl2 + H2S  CuS ↓ + 2 HCl
 2 FeCl3 + H2S  2 FeCl2 ↓ + S ↓ + 2 HCl
 MgCl2 + H2S  không xảy ra 0,25
 *** Nếu thay FeCl3 trong A = FeCl2 có cùng khối lượng thì:
 * Dung dịch A tác dụng với Na2S:
 CuCl2 + Na2S  CuS ↓ + 2 NaCl
 MgCl2 + Na2S + 2 H2O  Mg(OH)2 ↓ + H2S + 2 NaCl
 FeCl2 + Na2S  FeS ↓ + 2 NaCl 0,25
 * Dung dịch A tác dụng với H2S:
 CuCl2 + H2S  CuS ↓ + 2 HCl
 FeCl2 + H2S  không xảy ra
 MgCl2 + H2S  không xảy ra 0,25
 -----Tính % theo khối lượng?
 Gọi số mol CuCl2, MgCl2, FeCl3 lần lượt x, y, z.
 Ta có: 96x + 88z + 32.z/2+58y = 2,51 (96x + 32.z/2) (a)
 Mặt khác: nFeCl2 = 162,5z/127
 Đề lại cho tỉ số = 3,36 96x + 58y + (162,5z/127).88 = 3,36.96x 
 (b) 0,25
 Giải (a) và (b) được: y = 0,664x; z = 1,67x
 Vậy % CuCl2 = [ 135x/(135x + 95.0,664x + 162,5.1,67x) ].100 = 28,8 0,25
 % FeCl3 = 57,8; % MgCl2 = 13,4