Đề thi Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ II - Trường THPT Phạm Văn Đồng (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THPT PHẠM VĂN ĐỒNG
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC; LỚP 10 ln 2 0,693 0,5
 mặt khác ta có: chu kì bán hủy T = 8,06 ngày
 k 0,086
 A B A B
 1,25 5
 1,25
 C D C D
3. 
 AD = 1,25 . 4 = 5 (Å)
 52 0,5 đ
 AB = 3,54 ( Å)
 2
 Vậy thể tích của ô mạng đơn vị của Co : V = (3,54)3 = 44,36 (Å)3
 0,5 đ
4. Nhận xét: Từ đầu đến cuối chu kì bán kính nguyên tử giảm dần. 0,25 đ
Giải thích: Trong chu kì, số lớp electron như nhau nhưng do điện tích hạt nhân tăng 0,5 đ
dần, số electron lớp ngoài cùng tăng dần, làm cho lực hút giữa hạt nhân với lớp ngoài 
cùng mạnh dần dẫn đến bán kính nguyên tử giảm.
 Câu II. 
  
 . (2 điểm) Cho phản ứng sau CO2 (k) + H2 (k)  CO (k)+ H2O(k)
 Với các số liệu nhiệt động ở 25oC:
 0 0
 ∆H 298 (Kj/mol) S 298(J/ mol.K) 
 CO2(k) -393,5 213,6
 H2 (k) 0 131
 CO (k) -110,5 197,9
 H2O (k) -241,8 188,7
 0 0 0
 a) Hãy tính H 298 , G298 và S 298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra 
 theo chiều thuận ở 250C hay không?
 0
 b) Giả sử H của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính G1273 của phản ứng 
 thuận và nhận xét.
 c) Hãy xác định nhiệt độ (oC) để phản ứng bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự biến đổi của 
 H 0 , S 0 theo nhiệt độ).
 2. (1 điểm). Mg(OH) 2 có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl 2 1M vào 100ml 
 dung dịch NH 1M và NH Cl 1M. Biết: T = 1,5.10-10,95 và pK = 4,75.
 3 4 Mg(OH)2 b
 3. (1 điểm). Khi đun nóng HI trong bình kín xảy ra phản ứng sau:
  
 2HI(k)  H2 (k) + I2 (k) ; ∆H >0
 1
 a) Ở một nhiệt độ nào đó, hằng số cân bằng KC của phản ứng là . Tính xem có bao nhiêu 
 81
 phần trăm HI bị phân hủy.
  1 1
 b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng HI(k)  H2 (k) + I2 (k) ở cùng nhiệt độ trên.
 2 2
 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM x 1 x -4,75
 Kb = = 10
 1 x 0,25 đ
 Điều kiện: x << 1 1-x 1 x = 10-4,75
 x+1 1
 -4,75 -4,475
 Hay [OH ] = 10 < 10 . 0,25 đ
Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 
1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.
  1
3. a) 2HI(k)  H2 (k) + I2 (k); KC= 
 81
Ban đầu x 00
Phản ứng: a 0,5a 0,5a
Cân bằng: x-a 0,5a 0,5a
 0,5a.0,5a 1 0,25a 2 1 0,5a 1
KC=    4,5a=x-a 0,5 đ
 (x a) 2 81 (x a) 2 81 (x a) 9
 a 1
5,5a = x  0,1818 => %HI bị phân hủy là 18,18%
 x 5,5 0,25 đ
  1 1
b) HI(k)  H2 (k) + I2 (k); KC’=?
 2 2
 [H 2 ].[I 2 ] 1 [H 2 ].[I 2 ] 1
ta có KC = vậy KC’= 
 [HI]2 81 [HI] 9 0,25 đ
Câu III.
 -4
1. (2 điểm) Cho một mẫu thử axit fomic HCOOH có nồng độ 0,1M. Cho KHCOOH = 1,77.10
a. Tính pH của dung dịch HCOOH trên.
b. Cho vào mẫu thử trên một lượng axit H 2SO4 xM có cùng thể tích, thấy pH của dung dịch 
giảm 0,385 đơn vị so với pH khi chưa cho H2SO4 vào. Biết rằng hằng số axit đối với nấc phân li 
 -2
thứ hai của H2SO4 là K2 = 1,2.10 . Không có sự hao hụt khi pha trộn. Tính giá trị của x?
 2-
2. (2 điểm). Để nhận biết ion sunfit (SO 3 ) người ta cho vào ống nghiệm từ 1 đến 2 giọt dung 
dịch iot, 3 đến 4 giọt dung dịch A có chứa ion sunfit (giai đoạn 1). Sau đó thêm tiếp vào đó 2-
3 giọt dung dịch HCl và vài giọt dung dịch BaCl2 (giai đoạn 2).
a) Nêu hiện tượng hóa học xảy ra trong các giai đoạn 1 và 2 của thí nghiệm. Viết phương trình 
hóa học để minh họa.
b)Tại sao thí nghiệm nhận biết ion sunfit nêu trên thường được tiến hành trong môi trường 
axit hoặc môi trường trung hòa, không được tiến hành trong môi trường bazơ?
 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM
1. 
 a) HCOOH  H+ + HCOO- 2 y
 x 3
 1x xFe  xFe (3x 2y) e
 5 4 0,25 đ
 (3x-2y)x N e  N
 to
FexOy + (6x-2y)HNO3 đ  xFe(NO3)3 + (3x-2y)NO2 + (3x-y)H2O
 0,25 đ
 2 1 7 3 0 2
2. Fe Br 2 K MnO4 H2SO4  Fe2 (SO4 )3 Br 2 Mn SO4 K2SO4 H2O
 2 1 3 0 0,25 đ
 5x 2Fe Br 2  2Fe 2Br 2 6e
 7 2
 6x Mn 5e  Mn
 10FeBr2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Br2 + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 24H2O 0,25 đ
 2 y
 0 5 3 x
 Al H N O  Al NO N x O H O
3. 3 3 3 y 2
 0 3
(5x-2y) x Al  Al 3e 0,25 đ
 2 y
 5 x
3x xN (5x 2y)e  xN
 o
 t 
(5x-2y)Al + (18x-6y)HNO3 (5x-2y)Al(NO3)3 + 3NxOy + (9x-3y)H2O 0,25 đ
2. a. Thiết lập sơ đồ pin
Ta có 
 0,059 0,059 0,25 đ
 E E 0 lg[Zn2 ] 0,76 lg 0,1 0,7895V
 Zn2 /Zn Zn2 /Zn 2 2
 0,059 0,059 0,25 đ
 E E 0 lg[Ag ] 0,80 lg 0,1 0,741V
 Ag / Ag Ag / Ag 1 1
Vậy cực âm là Zn│Zn(NO3)2 0,1M; cực dương là Ag│AgNO3 0,1 M
Sơ đồ pin
(-)Zn│Zn(NO3)2 0,1M ││Ag│AgNO3 0,1 M (+) 0,25 đ
b. Tại cực âm (-) xảy ra sự oxi hóa Zn: Zn →Zn2+ +2e
tại cực dương (+) xảy ra sự khử Ag+: Ag+ + e →Ag
Phản ứng xảy ra: Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag 0,25 đ
c. Sức điện động của pin 
 E E 0,25 đ
Epin = E(+) – E (-) = Ag / Ag Zn2 /Zn = 0,741 –(-0,7895) = 1,53 V
d. Khi pin hết điện tức là E = 0
 0,059
 E 0 lg[Zn2 ] E 0 0,059lg[Ag ]
 Zn2 /Zn 2 Ag / Ag
 2 2
 [Ag ] 0 0 [Ag ]
 0,059lg = 2(E 2 E ) => lg =-52,88
 [Zn2 ] Zn /Zn Ag Ag [Zn2 ]
 [Ag ]2 0,25 đ
=> =10-52,88
 [Zn2 ] Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6)/233 = 0,5(mol) 0,25 đ
 Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol)
 Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1)/ 0,2= 3(M)
Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ) 0,25 đ
 m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g)
Xác định R,M: 101,6: 0,4= 254. Vậy R là Iốt. 0,5 đ
 31,2: 0,8= 39. Vậy M là Kali.