Đề thi Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ I - Trường THPT chuyên Nguyễn Du (Có đáp án)

 KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ I
 TỔ CHỨC TẠI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU TỈNH ĐẮK LẮK
 NĂM HỌC 2015-2016
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THPT: TRẦN QUANG KHẢI
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ I
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC; LỚP: 10
ĐỀ THI: 
Câu I (4điểm)
 1. X, Y là hai phi kim. Trong nguyên tử X, Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang 
điện lần lượt là 14 và 16.
 Hợp chất A có công thức XYn, có đặc điểm:
 - X chiếm 15,0486% về khối lượng
 - Tổng số proton là 100
 - Tổng số nơtron là 106
 a. Xác định số khối và tên nguyên tố X, Y. Cho biết bộ bốn số lượng tử của e cuối cùng 
trên X, Y
 b. Biết X, Y tạo với nhau hai hợp chất là A, B. Viết cấu trúc hình học và cho biết trạng 
thái lai hoá của nguyên tử trung tâm của A, B.
 c. Viết các phương trình phản ứng giữa A với P2O5 và với H2O
 Viết các phương trình phản ứng giữa B với O2 và với H2O
 2. Cho biết trị số năng lượng ion hoá thứ nhất I1(eV) của các nguyên tố thuộc chu kỳ II như sau:
 Chu kỳ II Li Be B C N O F Ne
 I1 (eV) 5,39 9,30 8,29 11,26 14,54 13,61 17,41 21,55
 Nhận xét sự biến thiên năng lượng ion hoá thứ nhất của các nguyên tố trên. Giải thích.
Câu II (4điểm)
 0
1. Ở 27 C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng 
 N2O4 (khí) 2NO2 (khí)
 với tốc độ phân huỷ là 20%
 a. Tính hằng số cân bằng Kp.
 b. Độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 
20 (lít) ở 270C
 0
2. Ở 310 C sự phân huỷ AsH3 (khí) xảy ra theo phản ứng:
 2AsH3 (khí)  2As (r) + 3H2 (khí)
 được theo dõi bằng sự biến thiên áp suất theo thời gian:
 t (giờ) 0 5,5 6,5 8
 P (mmHg) 733,32 805,78 818,11 835,34
 Hãy chứng minh phản ứng trên là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
Câu III (4điểm)
1.Có một dung dịch chứa các muối sunfat, sunfit và cacbonat của natri và amoni. 
 Hãy trình bày phương pháp hoá học để nhận biết từng muối
2.Dung dịch X chứa K2Cr2O7 1M, BaCl2 0,01M, SrCl2 0,1M. KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ I
 TỔ CHỨC TẠI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU TỈNH ĐẮK LẮK
 NĂM HỌC 2015-2016
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THPT: TRẦN QUANG KHẢI
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ I
 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC; LỚP: 10
1.(3đ)
 a. (1,5đ)
 Gọi PX, NX lần lượt là số proton và nơtron của X
 PY, NY lần lượt là số proton và nơtron của Y
 Ta có: PX + nPY = 100 (1)
 NX + nNY = 106 (2)
 Từ (1) v à (2): (PX+NX) + n(PY+NY) = 206 AX+nAY = 206 (3)
 Mặt khác: AX / (AX+nAY) = 15,0486/100 (4)
 Từ (3), (4): AX = PX+NX = 31 (5)
 Trong X có: 2PX - NX = 14 (6)
 T ừ (5), (6): PX = 15; NX = 16 AX = 31
 2 2 6 2 3
 X là photpho 15P có cấu hình e là : 1s 2s 2p 3s 3p nên e cuối cùng có bộ bốn số lượng tử là: 
 n =3, l=1, m = +1, s = +1/2 
 Thay PX = 15; NX = 16 vào (1), (2) ta có nPY = 85; nNY = 90
 nên: 18PY – 17NY = 0 (7)
 Mặt khác trong Y có: 2PY – NY = 16 (8)
 Từ (7), (8): PY = 17; NY = 18 AY = 35 và n = 5
 2 2 6 2 5
 Vậy: Y là Clo 17Cl có cấu hình e là 1s 2s 2p 3s 3p , 
 nên e cuối cùng có bộ bốn số lượng tử là: n = 3; l =1; m = 0, s = -1/2
 * Xác định đúng mỗi chất 0,5 đ, đúng một bộ bốn số lượng tử 0,25 đ.
 b. (1 đ) Cl
 A: PCl5; B: PCl3 Cl
 Cấu tạo của A: (0,5đ) Cl P
 - PCl5 có cấu trúc lưỡng tháp tam giác 
 - Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp3d 
 Cl Cl
 Cấu tạo của B: (0,5đ) ..
 - PCl3 có cấu trúc tháp tam giác P
 - Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp3 
 Cl Cl Cl 
 c. Đúng mỗi pt: 0,125 đ 
 3 PCl5 + P2O5 = POCl3
 PCl5 + 4H2O = H3PO4 + 5 HCl
 2PCl3 + O2 = POCl3
 PCl3 + 3H2O = H3PO3 + 3 HCl
2. (1 đ)
 Nhận xét:
 a. Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần
 Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các nguyên tố tăng dần và 
số e ngoài cùng cũng tăng thêm được điền vào lớp n đang xây dựng dở. Kết quả các e bị hút về P P
 k= 1/t ln 0 = 1/t ln 0 (0,25đ)
 P0 x 3P0 2P
 733,32 -1
 t =5,5: k1 = (1/5,5)ln 0,04 giờ 
 3.733.32 2.805,78
 733,32 -1
 t = 6,5: k2 = (1/6,5)ln 0,04045 giờ
 3.733.32 2.818,11
 733,32 -1
 t = 8 k3 = (1/8)ln 0,04076 giờ (0,5đ)
 3.733.32 2.835,34
 Vì k1 k2 k3 nên đây là phản ứng một chiều bậc 1.
 Hằng số tốc độ:
 -1
 k = 1/3 (k1+k2+k3) 0,0404 giờ (0,5đ)
Câu III:
 + + 2- 2- 2-
 1.(2đ) Dung dịch chứa ion: Na , NH4 , SO4 , SO3 , CO3 nên việc nhận biết muối trở thành 
nhận biết các ion.
 Trích mẫu thử
 - Nhúng một dây Pt vào mẫu thử, đưa vào ngọn lửa đèn cồn, nếu thấy ngọn lửa vàng tươi thì 
 + 
nhận ra Na (0,125đ)
 - Cho dd NaOH vào mẫu thử, đun nhẹ. Nếu có khí mùi khai làm xanh quỳ tím ẩm thì nhận ra 
 + + -
NH4 : NH4 + OH = NH3+ H2O (0,375đ)
 - Tiếp tục cho dd HCl vào dd đến khi ngừng thoát khí:
 + -
 H + OH = H2O
 2- +
 SO3 + 2H = SO2 + H2O 
 2- +
 CO3 + 2H = CO2  + H2O (0,625đ)
 *Dẫn hỗn hợp khí lần lượt đi qua:
 + Dung dịch Br2, nếu dung dịch phai màu thì nhận ra SO2 như vậy trong mẫu 
 2-
thử ban đầu có SO3 : 
 SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr (0,375đ)
 + Dung dịch Ca(OH)2 dư, nếu dung dịch bị đục thì nhận ra khí CO 2 như vậy trong mãu thử 
 2-
ban đầu có CO3
 CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + 2H2O (0,25đ)
 2- 2-
 * Dung dịch còn lại sau khi loại SO 3 và CO3 cho tác dụng với dd BaCl 2, nếu xuất hiện kết 
 2-
tủa trắng thì nhận ra SO4 :
 2+ 2-
 Ba + SO4 = BaSO4 (0,25đ)
 2. (2đ) 
 2+ 2- -1 9,7
 Ta có: Ba + CrO4 = BaCrO4  Tt = 10
 2+ 2+ -6 
 Để kết tủa hoàn toàn Ba thành BaCrO4 thì [Ba ] ≤ 10
 2+ 2- -9,7
 Từ biểu thức Tt BaCrO4 = [Ba ]. [CrO4 ] = 10
 2- -9,7 -6 -3,7
 nên: [CrO4 ] ≥ 10 /10 = 10 (9) (0,5đ) 
 2+ 2- -1 4,4
 Mặt khác: Sr + CrO4 = SrCrO4  Tt = 10
 Để không có SrCrO4 tách ra: 
 2+ 2- -4,4
 [Sr ]. [CrO4 ] ≤ 10
 2- -4,4 -3,4
 Nên: [CrO4 ] ≤ 10 /0,1 = 10 (10) (0,5đ)
 -3,7 2- -3,4
 Từ (9) và (10) ta suy ra: 10 ≤ [CrO4 ] ≤ 10 
 Mặt khác:
 2- 2- + -14,6
 Cr2O7 + H2O 2CrO4 + 2H K= 10
 + 2 2- 2 2-
 K=( [H ] . [CrO4 ] )/ [Cr2O7 ] Câu V:
 1. Đặt x, y là số mol của FeS và FeS2 trong A
 a là số mol của khí trong bình trước khi nung
 Khi nung:
 t 0
 4 FeS + 7 O2  2Fe2O3 + 4SO2
 x 1,75x 0,5x x 
 t 0
 4FeS2 + 11 O2  2Fe2O3 + 8 SO2 
 y 2,75y 0,5y 2y (0,75đ)
 Số mol các khí trước khi nung: nN2 = 0,8a (mol)
 nO2 = 0,2a (mol)
 Số mol các khí sau khi nung: nN2 = 0,8a (mol)
 nSO2 = (x+2y) (mol) 
 nO2 d ư = 0,2a – 1,75x- 2,75y
 Nên tổng số mol khí sau khi nung = a – 0,75(x+y) (0,5đ) 
 0,8a
 Ta có: %(V)N2 = = 84,77/100 
 a 0,75(x y)
 a = 13,33(x+y) (12) 
 x 2y
 % (V)SO2 = = 10,6/100 (0,5đ)
 a 0,75(x y)
 a = 10,184x + 16,618 y (13)
 Từ (12) và (13) ta có: 13,33(x+y) = 10,184x + 16,618 y
 x 2
 Nên : = (14) (0,75đ)
 y 1
. 1. Vì tỷ lệ về số mol x:y = 2:1 nên % theo khối lượng sẽ là:
 2 88
 %mFeS = 100% 59,46% 
 (2 88 1 120)
 1 120
 %mFeS2 = 100% 40,54% (0,5đ)
 (2 88 1 120)
 2. Chất rắn B là Fe2O3 có số mol: 0,5(x+y)
 Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O
 0,5(x+y) 0,5(x+y)
 Fe2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 = 2Fe(OH)3 + 3BaSO4 (0,5đ) 
 0,5(x+y) (x+y) 1,5(x+y)
 Khi nung kết tủa:
 t 0
 BaSO4  không đổi
 1,5(x+y)
 t 0
 2Fe(OH)3  Fe2O3 +3H2O
 (x+y) 0,5(x+y) 
 Nên: 233.1,5(x+y) + 160.0,5(x+y)=12,885 x+y = 0,03 (15) 
 Giải hệ (14) và (15) ta có: x = 0,02; y = 0,01
 Nên m = 88.0,02+120.0,01 = 2,96 (gam) (0,5đ)