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

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐAKLAK ĐỀ THI OLYMPIC 10/3 LẦN THỨ I
 TRƯỜNG THPT VIỆT ĐỨC MÔN: HOÁ HỌC - LỚP 10
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Thời gian làm bài: 180 phút
 Câu 1: (4 điểm) Cấu tạo nguyên tử. Hệ thống tuần hoàn. Liên kết hóa học.
 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.
 2. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
 Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8]; Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
 Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni 2+ với mỗi 
 cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
 Câu 2: (4 điểm) Lý thuyết về phản ứng hóa học.
 1. Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây:
 (1) 2 ClO2 (k) + O3 (k) → Cl2O7 (k) = - 75,7 kJ
 (2) O3 (k) → O 2 (k) + O (k) = 106,7 kJ
 (3) 2 ClO3 (k) + O (k) → Cl2O7 (k) = - 278 kJ
 (4) O2 (k) → 2 O (k) = 498,3 kJ.
 k: kí hiệu chất khí. 
 Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau: 
 (5) ClO2 (k) + O (k) → ClO3 (k) 
 2. Cho các phản ứng với hằng số cân bằng tại 820oC như sau:
 CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k) (1) Kp1 = 0,2
 C(r) + CO2(k) 2CO(k) (2) Kp2 = 2
 0
 a. Trong một bình chân không dung tích 22,4 lít ở 820 C, người ta cho 1,0 mol CaCO3 
 và 1,0 mol cacbon. Xác định thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng.
 b. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì CaCO3 phân hủy hoàn toàn.
 Câu 3: (4 điểm) Dung dịch và sự điện li. 
 1. Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử và pH của dung dịch thu được khi trộn 3 ml 
 HCOOH 0,03 M với 6 ml CH3COOH 0,15 M. ĐÁP ÁN 
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử. Hệ thống tuần hoàn. Liên kết hóa học.
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.
2. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8]; Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni 2+ với mỗi 
cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
CÂU 1 ĐÁP ÁN ĐIỂM
1 Gọi PX, NX lần lượt là số proton và nơtron của X
(2,5đ) 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 0,5đ
 bộ bốn số lượng tử là: 
 n =3, l=1, m = +1, s = +1/2 0,25đ
 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 0,5đ
 có bộ bốn số lượng tử là: n = 3; l =1; m = 0, s = -1/2 0,25đ
 = A: PCl5; B: PCl3 
 Cấu tạo của A: 0,5đ
 - PCl5 có cấu trúc lưỡng tháp tam giác 
 - Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp3d 
 Cấu tạo của B: 
 - PCl3 có cấu trúc tháp tam giác 0,5đ
 - Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp3 
2 Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu 
(1,5đ) dụng n* được tính theo biểu thức Slater: 
 2
 1 = -13,6 x (Z – b) /n* (theo eV)
 Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp 
 dụng cho Ni2+ (Z=28, có 26e) ta có: RT 0,4 0,5đ
 0,4 y 0,079
 => 2y. V = 2.4
 Thay vào (*) → x = 0,129 0,5đ
 Trong hệ có 0,129 mol CaO ; 0,871 mol CaCO 3 ; 0,921 mol C ; 0,05 
 mol CO2 ; 0,158 mol CO.
Câu 3: Dung dịch và sự điện li. 
1. Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử và pH của dung dịch thu được khi trộn 3 ml 
HCOOH 0,03 M với 6 ml CH3COOH 0,15 M. 
 -4,76 -3,75
 Biết CH3COOH có Ka=10 ; HCOOH có Ka=10 .
 0 -3
2. Độ tan PbI2 ở 18 C 1,5.10 mol/l
 2+ 0
a. Tính nồng độ mol/l của Pb và I trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 18 C.
 0
b. Tính tích số tan PbI2 ở 18 C.
c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo 
hòa PbI2. (K : 39 ; I : 127)
CÂU 3 ĐÁP ÁN ĐIỂM
1 Nồng độ ban đầu của các chất: 
(2đ) 0,03.3 0,15.6
 C 0,01M C ; C 0,1M C
 HCOOH 9 1 CH3COOH 9 2 0,5đ
 Các cân bằng xảy ra: 
 - + -3,75
 HCOOH HCOO + H K1=10 (1)
 - + -4,76
 CH3COOH CH3COO + H K2 = 10 (2)
 + - -14 0,5đ
 H2O H + OH Kw= 10 (3)
 -5,75 -5,76
 Ta có: K1.C1=10 ≈ K2.C2= 10 >> Kw nên trong dung dịch cân 
 bằng (1) và (2) xảy ra là chủ yếu, có thể bỏ qua cân bằng (3).
 Ta có ĐKP: [H+] = [HCOO-] + [CH COO-]
 3 0,5đ
 K1.C1 K 2 .C2 5,75 5,76 3
 H  H  K1.C1 K 2 .C2 10 10 1,875.10
 H  H  0,5đ
 → pH = 2,73
 2+ 
2 a. PbI2 Pb + 2 I
(2đ) 1,5. 10-3 1,5.10-3 3.10-3 0,5đ
 [Pb2+] = 1,5.10-3M
 [I-] = 3.10-3M
 2+ - 2 -3 -3 2 -9
 b. T PbI2 = [Pb ][I ] = (1,5.10 ).(3.10 ) = 13,5.10 0,5đ 
 c. KI = K+ + I 
 a a
 gọi a là số mol KI cần thêm vào 
 s là độ tan PbI2 sau khi thêm KI
 1,5.10 3
 S S 10 4 M 0,5đ
 15
 2+ -
 PbI2 Pb + 2I
 10-4 10-4 2.10-4
 2+ - 2 -4 -4 2 -9
 T PbI2 = (Pb ) (I ) = 10 . (2.10 + a) = 13,5.10 0,5đ
 a2 + 4.10-4 a – 13496.10-8 = 0
 a = 1,1419.10-2 mol
Câu 4: Phản ứng oxi hóa – khử. Điện hóa.
1. Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron:
a) KMnO4 + FeS2 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O.
b) M + HNO3 M(NO3)n + NxOy + H2O. - + 2+
 3 •Ở điện cực phải: MnO 4 + 8H + 5e→ Mn + 4H2O
 o - 2+
 (2đ) Ephải = E (MnO4 /Mn ) + 
 - + 8 + 8
 0,0592 [MnO4 ].[H ] 0,0592 0,05.[H ]
 lg 2+ =1,51 + lg
 2 [Mn ] 5 0,01 0,5đ
 - -
 •Ở điện cực trái: 3I → I3 + 2e
 o - -
 Etrái = E (I3 /3I ) + 
 0,0592 [I - ] 0,0592 0,02
 lg 3 =0,5355 + lg 0,574
 2 [I- ]3 2 (0,1)3 0,5đ
 Epin = Ephải - Etrái 
 0,0592
 → 0,824 = 1,51 + lg(5.[H+ ]8) -0,574
 2
 → [H+] = 0,054 (M) 0,5đ
 Mặt khác từ cân bằng 
 - + - -2
 HSO4 → H + SO4 Ka = 10
 Co C
 [ ] C – [H+] [H+] [H+] 
 + 2 2
 -2 [H ] (0,054)
 → 
 10 + C - 0,346(M) 0,5đ
 C [H ] C 0,054 HSO4
Câu 5: Nhóm Halogen và nhóm oxi
1. Cho các chất sau: HF, HCl, HBr, HI.
 Hãy cho biết phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào nêu trên ? Nếu có chất 
không điều chế được bằng phương pháp này thì hãy giải thích tại sao? Viết các PTPƯ (nếu 
có) để minh họa. 
2. Hỗn hợp A: KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân 
hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 
thành SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H2SO4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml 
dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung 
dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A.
a. Tính khối lượng kết tủa C?
b. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A?
3. Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam một kim loại R bằng dung dịch H 2SO4 đặc nóng thu 
được SO2, cho toàn bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 350 ml dung dịch KOH 2M. Sau 
phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được 53,0 gam chất rắn khan. Tìm kim loại R?
CÂU 5 ĐÁP ÁN ĐIỂM
 1 + HF và HCl điều chế được bằng phương pháp sunfat: 0,5đ
 (1đ) CaF2(r ) + H2SO4(đ) CaSO4 + 2HF (1)
 2500 C
 NaCl(r) + H2SO4(đ)  NaHSO4 + HCl (2a)
 4000 C
 NaCl(r) + H2SO4(đ)  Na2SO4 + 2HCl (2b)
 + H2SO4(đ) phản ứng với NaBr.
 t 0
 NaBr(r ) + H2SO4(đ)  NaHSO4 + HBr(k) 0,25đ
 - HBr tạo ra bị H2SO4(đ) oxi hoá thành Br2 nên không thu được HBr.
 t 0
 2HBr + H2SO4(đ)  SO2 + 2H2O + Br2
 + H2SO4(đ) phản ứng với NaI.
 0
 NaI + H SO t NaHSO + HI
 (r ) 2 4(đ) 4 (k) 0,25đ
 - HI tạo ra bị H2SO4(đ) oxi hoá thành I2 nên không thu được HI.