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

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG
 KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN 2
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC - LỚP 10
 - 1 - 3. (1,0 điểm):
a) 
 a
 0,25
 a
 a 2 = 4.r
- Số nguyên tử trong 1 ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4.
- Bán kính nguyên tử Au:
 4.r = a 2 r = a 2 /4 = 1,435.10-8 cm 0,25
b) 
- Thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử: 
 3 -8 3 -23 3
 Vnguyên tử= 4/3. .r = 4.4/3.3,14.(1,435.10 ) = 5.10 cm .
- Thể tích 1 ô đơn vị:
 3 -8 3 -23 3
 V1ô = a = (4,070.10 ) = 6,742.10 cm .
- Phần trăm thể tích không gian trống:
 0,25
 (V1ô - Vnguyên tử).100 / Vnguyên tử = 26%.
 n.M
c) Trị số của số Avogađro: N = = 6,02.1023. 0,25
 A V.D
4. (1,0 điểm):
 lk 2 * 2 lk 2 lk lk 4 * * 1 0,25
O 2 : ( ) ( ) ( ) ( x = y ) ( x = y ) 
 s s z 0,25
 2 lk 2 * 2 lk 2 lk lk 4 * * 4
O 2 : ( s ) ( s ) ( z ) ( x = y ) ( x = y ) 
 0,25
Bậc liên kết của O 2 = (8-3)/2 = 2,5 
Bậc liên kết của O 2 = (8-6)/2 = 1 
 2 0,25
 2 
O 2 bền hơn O 2 vì bậc liên kết của O 2 lớn hơn 
 - 3 - 0,52 0,5
 K= 8,138.10 5 → p = 680atm
 0,125.0,3753.p2
 0,52
c) Ở nhiệt độ khảo sát: K= 4,214.10 4
 0,125.0,3753.3002
Thay các giá trị tương ứng vào phương trình Van‘t Hoff: 0,5
 4 3
 4,214,10 92.10 1 1 o
 ln 5 → T2 ≈ 652K = 380 C
 8,138.10 8,314 723 T2 
3. (1,5 điểm):
a) 
 o
Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, là độ phân li của N2O4 ở t C
 Xét cân bằng: N2O4 2NO2
 Số mol ban đầu a 0
 Số mol chuyển hóa a 2a 0,25
 Số mol lúc cân bằng a(1 - ) 2a 
Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + )
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí: 0,25
 92a 92
 Mh 
 a(1 ) 1 
 92
- Ở 35oC thì Mh = 72,45 = 72,45 = 0,270 hay 27%
 1 0,25
- Ở 45oC thì Mh = 66,8 = 0,377 hay 37,7%
b) 
 2
 2a 
 2 2
 NO2  V 4a 0,25
Ta có Kc = 
 N2O4  a(1 ) (1 )V
 V
V là thể tích (lít) bình chứa khí
 PV PV
Và PV = nS. RT RT = 
 nS a(1 ) 0,25
 n
Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc. (RT) ở đây 
 4a 2 PV P.4. 2
 n = 1 K = . 
 P (1 )V a(1 ) 2
 1 0,25
 o
ở 35 C thì = 0,27 KP = 0,315
 ,
 o
ở 45 C thì = 0,377 Kp = 0,663
 - 5 - 3. (1,5 điểm):
- Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì 
 C = 10-2 (M).
 Mg2 ban đầu 0,25
 2+ 2 -10,95
- Ta có: TMg(OH) = [Mg ][OH ] = 10
 2 0,25
 2+ 2 -10,95
 Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg ][OH ] 10
 10 10,95 10 10,95
 [OH ]2 = 10-8,95. Hay [OH ] 10-4,475 0,25
 Mg2  10 2
- Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M. Cân bằng chủ yếu là:
 NH + H O  NH + OH K = K = 10-4,75
 3 2  4 NH3 b
Ban đầu 1 1
Phản ứng x x x
Cân bằng 1-x 1+x x
 x 1 x -4,75
 Kb = = 10 0,25
 1 x 0,25
 x = 10-4,75
Hay [OH ] = 10-4,75 < 10-4,475. 
 0,25
Vậy không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.
 - 7 - 3+ 2+
b) Thế của điện cực Fe /Fe là E1 = 0,771 V.
 + 0 0,059 0,25
Thế của điện cực Ag /Ag là: E2 = E2 + lg[Ag ]
 1
Khi suất điện động của pin đã đạt đến giá trị bằng 0, nghĩa là E1 = E2
 0,771 = 0,799 + 0,059 lg[Ag ] 0,25
 [Ag ] = 0,3353 M
* Ở 25 oC hằng số cân bằng của phản ứng: Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag
được xác định theo thế điện cực là:
 3 0,25
 0 0,059 [Fe ] 0 0,059 
E1 + lg = E2 + lg[Ag ] (1)
 1 [Fe2 ] 1
 [Fe3 ]
Mặt khác: K = 
 [Fe2 ][Ag ]
 3 0 0
 [Fe ] E2 E1
Từ (1) suy ra: lg 2 = lgK = = 0,4746
 [Fe ][Ag ] 0,059 0,25
Vậy K = 100,4746 = 2,9826
 - 9 - = 0,125.80 + 0,125.400 – 15,625 = 44,375g.
Khối lượng CuSO4 còn laị trong dung dịch bão hòa = (44,375 . 22,54)/100% = 10g 0,25
Số mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol
Số mol CuSO ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 mol
 4 0,25
Số mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol
Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO4.nH2O ta có (160+18n).0,0625 = 15,625 
 n = 5 CuSO4.5H2O 
b) 0,25
 1500 C
 3SO2 + 2H2O  2H2SO4 + S  (màu vàng)
 0,25
 SO2 + Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr
 H2SO4 + BaCl2 BaSO4  + 2HCl 0,25
 0,25
 - 11 -