Đề thi Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ 2 - Trường THPT Buôn Đôn (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THPT BUÔN ĐÔN
 KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN 2
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC LỚP 10 b) Nếu mẫu ban đầu chứa 1,0 g (microgam) iot-131 thì trong mỗi phút có bao nhiêu hạt  được 
phóng ra?
2.2. Ở 1020K, hai cân bằng sau đây cùng tồn tại trong một bình kín
 C (gr) + CO2 (k)  2CO (k); KP = 4,00
 Fe (tt) + CO2 (k)  FeO (tt) + CO (k) K’P = 1,25
 a) Tính áp suất riêng phần các khí lúc cân bằng.
 b) Cho 1,00 mol Fe; 1,00 mol cacbon graphit; 1,20 mol CO2 vào bình chân không dung tích 20,0 
lít ở 1020K. Tính số mol các chất lúc cân bằng.
 ĐÁP ÁN CÂU 2
 CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
 131 0 131
 a) 53 I  1 + 54 Xe
 ln 2 0,693
 b) k = 0,086/ngày = 5,9783.10-5/phút
 t 8,05
 2.1 1/2
 Tốc độ phân rã tính theo công thức v = k.N; thay các giá trị vào ta được
 1,0.10 6
 v 5,9783.10 5. .6,02.1023 2,75.1011 (hạt  /phút)
 131
 2
 PCO
 a) C (gr) + CO2 (k)  2CO (k) K 4,00
 P P
 CO2
 ' PCO
 Fe (tt) + CO2 (k)  FeO (tt) + CO (k) K 1,25
 P P
 CO2
 K 4,00 3,20
 P P 3,2(atm) P 2,56(atm).
 ' CO CO2
 KP 1,25 1,25
 b) C (gr) + CO2 (k)  2CO (k)
 Cân bằng: 1,00 – x 1,20 – x – y 2x + y
 Fe (tt) + CO2 (k)  FeO (tt) + CO(k)
 2.2 Cân bằng: 1,00 – y 1,20 – x – y y 2x + y
 Tổng số mol khí lúc cân bằng: 1,20 + x (mol) 
 (3,20 2,56).20
 1,20 x 1,38 x 0,18(mol)
 0,082.1020
 2,56.20
 n 0,61(mol)
 CO2 0,082.1020
 3,20.20
 nCO 0,77(mol)
 0,082.1020
 nCO 2x y y 0,77 2.0,18 0,41(mol)
 nC 1,00 0,18 0,82(mol); nFe 1,00 0,41 0,59(mol)
Câu 3
Ion Fe3 (aq) là một axit, phản ứng với nước theo cân bằng
 3 2 -2,2
 Fe (aq) + H2O  Fe(OH) + H Ka = 10
 -3
 a) Xác định pH của dung dịch FeCl3 10 M.
 b) Tính nồng độ mol/l của dung dịch FeCl 3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH) 3 và tính pH của dung 
dịch lúc bắt đầu kết tủa. Biết T 10 38.
 Fe(OH)3
 ĐÁP ÁN CÂU 3
 CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
 3 2 -2,2
 a) Fe (aq) + H2O  Fe(OH) + H Ka = 10
 3 Ban đầu: 10-3M
 Cân bằng: 10-3 – x x x Gọi a, y là hệ số của Cl2 và KCl
 2 3
 1 2 N  2 N + 10e 
 1 0
 x 2 Cl + 2e  Cl 2
 a 1 1
 y Cl + 2e  Cl
 Bảo toàn electron: 2x + 2y = 10 hay x + y = 5 (1)
 Mặt khác từ phương trình ta thấy số nguyên tử K bằng số nguyên tử Cl 
 nên: 2 + y = 2x + y x = 1; thay vào (1) có y = 4.
 Thay x, y vào phương trình được
 1 2 3 0 1
 6K Cl O + N 2H4  2K N O2 + Cl 2 + 4K Cl + 2H2O
 a) Anot (điện cực trái):3I I3 + 2e
 2 
 Catot (điện cực phải): MnO4 + 8H + 5e Mn + 4H2O
 I 
 0 0,0592 3 0,0592 0,02
 b) Etrái (âm) = E lg 3 0,5355 lg 3 0,574V
 I3 /I 2 2 0,1
 I 
 8
 MnO H 
 0 0,0592 4 
 Ephải (dương) = E 2 lg 3
 MnO4 /Mn 5 2 
 Mn 
 8
 0,0592 0,05 H 
 =1,51 lg 
 4.2 5 0,01
 Epin = Ephải (dương) - Etrái (âm) =0,824V
 8
 0,0592 0,05 H 
 1,51 lg 0,574 0,824 H 0,053(M)
 5 0,01 
 2 
 HSO4 H + SO4
 Ban đầu CM
 C.bằng CM - x x x
 H SO2 2
 4 x 2
 Ta có: K 10
 HSO4 C x
 HSO4 M
 Thay x = 0,053(M) vào tính được CM = 0,334(M)
Câu 5 
5.1. Thả một viên bi bằng sắt hình cầu bán kính R vào 250 ml dung dịch HCl chưa rõ nồng độ. Sau khi 
phản ứng kết thúc thấy bán kính viên bi còn lại một nửa. Nếu cho viên bi sắt còn lại này (có khối lượng 
không đáng kể so với khối lượng dung dịch H2SO4) vào 117,6 gam dung dịch H2SO4 5% thì khi bi sắt tan 
vừa 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 g/cm 3 và giả thiết viên bi bị ăn 
mòn đều về mọi phía.
 b) Tìm nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng.
5.2. Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một sunfua kim loại R có hóa trị không đổi thu được chất rắn A và khí B. 
Hòa tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 24,5% thu được dung dịch muối X có nồng độ 
33,33%; làm lạnh X tới nhiệt độ thấp tách ra 15,625 gam tinh thể T, phần dung dịch bão hòa lúc đó có 
nồng độ 22,54%. Xác định công thức của T.
 ĐÁP ÁN CÂU 5
 CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
 a) Các phản ứng
 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (1)
 5.1 Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 (2)
 Vì khối lượng viên bi sắt tham gia phản ứng (2) là không đáng kể nên từ 
 phản ứng (2) tính được: