Đề thi Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ II - Năm học 2016-2017 - Trường THPT Việt Đức (Có đáp án)

 KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II 
 TỔ CHỨC TẠI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU TỈNH ĐẮK 
 LẮK
 NĂM HỌC 2016-2017
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK 
TRƯỜNG THPT: VIỆT ĐỨC
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC ; LỚP: 10 2. a) Số nguyên tử Ag có trong 1 ô mạng cơ sở: 0,25
 1 1
 8 6 = 4
 8 2
 b) Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô 
 mạng cơ sở. Ta có:
 0,5
 d = a 2 = 4rAg a = 2rAg 2 = 2.144 2 = 407 (pm)
 4.108 3
 Khối lượng riêng của Ag là: D Ag = = 10,64 (g/cm )
 6,02.1023 (407.10 10 )3
 c) Đặt số nguyên tử Au, Ag có trong một ô mang cơ sở là x và (4 – x).
 0,25
 Ta có:
 197x
 100 = 10 x = 0,23
 197x 108(4 x)
 Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là: 0,5
 108.3,77 197.0,23
 M = 113,12
 4
 Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là:
 144.3,77 147.0,23
 r = 144,1725 pm
 4
 Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:
 ahk = 2r 2 = 2.144,1725. 2 = 407,78 pm 
 Khối lượng riêng của mẫu hợp kim là:
 4.113,12
 D = = 11,08 (g/cm3)
 6,02.1023 (407,78.10 10 )3
 - 2 - ( ) 
3./Trong một hệ có cân bằng 3 H 2 + N2  2 NH3 * được thiết lập ở 400 K người ta 
xác định được các áp suất phần sau đây:
 p = 0,376.105 Pa , p = 0,125.105 Pa , p = 0,499.105 Pa
a). Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG 0 của phản ứng (*) ở 400 K. 
b). Tính lượng N 2 và NH3, biết hệ có 500 mol H 2.
 5 -1 -1 5
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.10 Pa; R = 8,314 JK mol ; 1 atm = 1,013.10 Pa. 
ý Hướng dẫn giải Điểm
1. a)∆H o = 90,6kJ.mol-1. 0,5
 ∆So = 284,8J.K-1.mol-1.
 ∆Go = ∆Ho - T∆So = 5,7kJ.mol-1.
 o
 b)∆G = -RTlnKa 0,25
 Thay số vào ta thu được K = 0,1008.
 a 0,25
 Ka = p(NH3).p(H2S) = Kp Kp = 0,1008 
 c)∆G o = ∆Ho - T∆So = 2839J.mol-1.
 0,25
 Ka = 0,3302
 Ka = P(NH3).P(H2S) = Kp = 0,3302.
 d) p(toàn phần) = p(NH3) + p(H2S)
 p(NH3) = p(H2S) = 0,5p(toàn phần) (do có số mol bằng nhau)
 2
 Kp = P(NH3).P(H2S) = [0,5p(toàn phần)] = 0,1008 0,25
 Kp = 0,635.
 nkhí = pV/RT = 0,64mol 0,25
 n(NH4HS) = 1,00 – 0,5.0,64 = 0,68mol nghĩa là vẫn còn chất rắn.
 e) nkhí = pV/RT = 2,56mol.
 n(NH4HS) = 1,00 – 0,5.2,56 = -0,28mol nghĩa là không còn chất rắn.
 1,00mol chất rắn chuyển thành 2,00mol khí. 0,25
 p(toàn phần) = n(toàn phần).RT/V = 0,50 
2. a) Chiều nghịch, b) chiều thuận, c) chiều thuận, d) chiều nghịch. 0,5
 2
 P (0,499 105 )2
 a) Kp = NH3 Kp = = 
 P3 P (0,376 105 )3 (0,125 105 )
3. H2 N2
 3,747.10 9 Pa-2 
 -Δn -9 5 2 0,75
 K = Kp P0 K = 3,747.10 (1,013.10 ) = 38,45
 - 4 - – 2+ + 5,66
 HSO4 + Pb PbSO4 + H ; K2 = 10 
 0,110 0,010 0,150
 0,100 ----- 0,160 0,5 
 – + 
 Thành phần giới hạn: HSO 4 0,100 M; H 0,160M; BaSO4 , PbSO4 
 – + 2 – -2
 HSO4 H + SO4 ; Ka = 10 
 C 0,100 x x
 [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x
 -2 2– -3 
 x (0,160 + x)/(0,100 - x) = 10 → x = [SO4 ] = 5,69.10 (M) 0,5 
 [ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) → pH = 0,78
 b) Khi sục H 2S đến bão hòa vào dung dịch: 
 + - -7,02
 H2S H + HS Ka1 = 10 
 - + 2- -12,9
 HS H + S Ka2 = 10
 Do trong dung dịch có sẵn ion H + với [H+] = 0,1657M , môi trường axit mạnh 
 nên coi H2S phân li không đáng kể, ta tổ hợp hai cân bằng để tính nồng độ 0,5
 của ion S2-
 + 2- -19,92
 H2S 2H + S K = Ka1Ka2 = 10
 K .K .C
 Với [H+] = 0,1657M nên [S2-] = C ' = a1 a2 H2S = 4,38.10-20M
 S 2 [H+ ]2
 K 10 7,66
 C ' [Pb2+ ]= s, PbSO4 = 3,84.10-6 (M) 0,5
 Pb2 2 -3 
 [SO4 ] 5,69.10
 Vậy C ' . C ' 4,38.10-20. 3,84.10-6 = 1,68.10-25 > 10-26,6 nên có kết tủa PbS 
 S 2 Pb2 
 màu đen xuất hiện
 - +
2. a) CH3COOH → CH3COO + H
 Bắt đầu 0,1 0,5
 Điện li x x x
 Còn dư: 0,1 – x
 2
 CH3COO H x
 K 1,75.10 5 
 CH3COOH
 CH3COOH  0,1 x
 vì x rất bé so với 0,1 → x 1,75.10 6 1,32.10 3
 3
 CH3COO H x 1,32.10 M ; pH = 2,879
 x 0,132
 .100 1,32%
 0,1 0,1
 - +
 b) CH3COONa → CH3COO + H
 0,1 0,1 0,1 
 - + 0,75
 CH3COOH →CH3COO + H
 Bắt đầu 0,1 0,1
 Điện li x x x
 Cân bằng : 0,1 – x 0,1+x x
 CH COO H 
 3 (0,1 x).x 5
 Ka 1,75.10
 CH3COOH  0,1 x
 - 6 - 2 6
 CuS2 Cu 2S 14e
 5 2 0,5
 N 3e N 
 5 2 6 2
 3CuS2 14N 3Cu 6S 14N
 Vì tỉ lệ n : n 2 :3 (1) x 2 + (2)
 FeS2 CuS2
 2FeS2 + 3CuS2 + 36HNO3 2Fe(NO3)3 + 3Cu(NO3)2 + 10H2SO4 + 24NO + 8H2O
 0,25
 2-
 a) Xét cặp CrO 4 / Cr(OH)3 
2. 2- - 3E1 /0,0592
 CrO4 + 4H2O + 3e Cr(OH)3 + 5OH K1 10 
 - + -14
 Cr(OH)3 CrO2 + H + H2O K = 10
 + - -1 14 0,25
 H + OH H2O Kw = 10
 2- - -
 CrO4 + 2H2O + 3e CrO2 + 4OH 
 1 3E1 /0,0592
 K2 K1.K.Kw 10 
 o 2- - o 2- o -
 E CrO4 / CrO2 = E CrO4 / Cr(OH)3 = - 0,18V < E MnO4 / MnO(OH)2 
 0,5
 (-) 2- - - - + (+)
 sơ đồ pin: Pt | CrO4 , CrO2 , OH || MnO4 , H , MnO(OH)2 | Pt 
 b)Tính K của phản ứng: 
 - + 3.1,695/0,0592
 MnO4 + 4H + 3e MnO(OH)2 + H2O K1 = 10
 - - 2- -1 3.(-0,18)/0,0592 -1
 CrO2 + 4OH CrO4 + 2H2O + 3e K2 = (10 ) 0,5
 + - -14
 4 | H2O H + OH Kw = 10
 - - 2-
 MnO4 + CrO2 + H2O MnO(OH)2 + CrO4 0,25
 -1 4 39
 K = K1.K2 .(Kw) = 10 
 0,25
 0,0592 [MnO4 ].[CrO2 ]
 o
 c) Epin = E pin + lg 2 
 3 [CrO4 ]
 39.0,0592
 Tính Eo dựa vào K phản ứng ta có E opin = = 0,77V 
 pin 3
 0,5
 0,0592 0,2.0,03
 E = 0,77 + lg = 0,7656V 
 pin 3 0,01
 d) Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+) 
 Ở mạch trong : 
 - 8 - 0,1 32
 %m(S) 100% 50%, %m(Mg) 50%
 0,1 
 0,1 24 0,1 32 
 3 
 3 1
 H2S + O2 SO2 + H2O
 2
 0,1 0,1 0,1
 1
 H2 + O2 H2O
 2
 0,033 0,033
 SO2 + H2O2 H2SO4
 0,1 0,147
 0 0,047 0,1
 m(dung dịch) = 100 0,1 64 0,133 18 108,8 gam
 0,1.98 0,047.34
 C%(H2SO4) = 100% 9%; C%(H2O2) = 1,47%
 108,8 108,8
.2 Phương trình phản ứng: 0,5
 S + O2 SO2 (1)
 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 (2)
 Từ (1) và (2) 
 5 5
 n n n 0,625 0,005 7,8125.10 3 mol
 S SO2 2 KMnO4 2
 7,8125.10 3 32
 %m 100% 0,25%< 0,30%
 S 100
 Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng.
3. Đặt CTPT chung của 2 muối là KX ( X là halogen) có M KX = (39+ X)
 Khi cho vào dung dịch AgNO3 dư thì ta có PT:
 KX + AgNO3 AgX(R) + KNO3 (1)
 mol: a a 0,5
 Có 2 khả năng xảy ra:
 TH1: Chỉ có một muối tạo kết tủa thì 2 muối phải là KF và KCl. Khi đó 
 kết tủa là AgCl. Vậy a = 8,58 : 143,5 (mol) => khối lượng KCl là:
 mKCl = 74,5. ( 8,58 : 143,5) = 4,45 ( gam) 
 => %mKCl = 89% và %mKF = 11%.
 TH2: Cả 2 muối cùng tạo kết tủa thì X là trung bình của 2 halogen trong 0,5
 hỗn hợp muối. Khi đó ta có n KX = nAgX = (8,58-5) : (108- 39) = 
 0,051884 (mol) , Suy ra MKX = 39 + X = 5 : 0,051884 = 96,369 
 Suy ra X = 57,369 mà 2 halogen liên tiếp nên đó phải là Cl= 35,5 và 
 Br = 80. 0,5
 Gọi nKCl = x; nKBr = y thì ta có x + y = 0,051884
 Và khối lượng hai muối là : 74,5x + 119y = 5
 Giải hệ trên ta được: x = 0,0264 và y = 0,0255
 Vậy %m = 39,336% và %m = 60,664%.
 KCl KBr 0,5
 - 10 -