Đề thi Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ II - Trường THPT Trần Đại Nghĩa (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THPT TRẦN ĐẠI NGHĨA
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II 
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC; LỚP: 10 Trên nguyên tử nitơ còn một electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ 0,25đ
 này có khả năng tạo ra liên kết cộng hóa trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai để 
 tạo N2O4 O O
 Công thức cấu tạo của N2O4 : 
 N = N 0,25đ
 O O
Câu 2: 
 1. Cho cân bằng sau: H2 (k) + Br2(k) 2 HBr (k) (1)
 a) Khi khảo sát phản ứng tại hai nhiệt độ T 1 và T2 mà T1<T2, thấy hằng số cân bằng hóa học 
theo nồng độ có trị số tương ứng là K 1, K2 mà K1>K2. Phản ứng này tỏa nhiệt hay thu nhiệt. Giải 
thích?. 
 b) Tại nhiệt độ 10240C, phản ứng (1) có K= 1,6.105. Hãy tính trị số hằng số hằng số cân bằng 
hóa học của phản ứng:
 1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k) HBr (k) ở tại nhiệt độ này. Sự thay đổi trị số hằng số cân bằng hóa 
học đó có ý nghĩa hóa học hay không?, giải thích.
 c) Cho một lượng HBr nguyên chất vào bình kín có thể tích cố định rồi đưa nhiệt độ tới 
10240C. Hãy tính tỷ lệ HBr bị phân hủy tại 1024 0C (theo phương trình (1)). Cho nhận xét về kết quả 
đó.
 2. Cho các đại lượng nhiệt động sau:
 - + -
 H3PO4(dd) H2PO4 (dd) H + OH H2O
 Ho (kJ.mol-1) - 1288 - 1296 - 56
 So (J.mol-1.K-1) 158 90 81
 o -
 Tính G của phản ứng trung hoà nấc thứ nhất H3PO4 bằng OH .
Đáp án câu 2:
1 a) Theo điều kiện của đề bài: ở T 1 K2, nghĩa là khi nhiệt độ tăng hằng số 
 cân bằng hóa học lại chuyển dời sang trái. Vậy theo nguyên lí Lơ Satơlie, (1) là phản 0,5đ
 ứng toả nhiệt.
 b) Phản ứng 1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k) HBr (k) (b)
 có hằng số hằng số cân bằng hóa học được kí hiệu là K b. So sánh hệ số các chất tương 
 1/2 
 ứng trong (b) này với (1) của đề bài, rõ ràng Kb = K . 0,25đ
 Sự thay đổi đó của trị số hằng số hằng số cân bằng hóa học hoàn toàn do thuần tuý làm 
 toán chứ không có ý nghĩa hoá học. (Sự thay đổi của hằng số cbhh như đã được xét ở a) 0,25đ
 trên đây mới có ý nghĩa hoá học).
 c) Ta xét H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (1) 
 Số mol ban đầu 0 0 n 0,25đ
 Số mol ở cbhh (1/2) nα (1/2) nα n - nα 
 Với α là tỉ lệ HBr bị phân huỷ mà ta cần tính. Chú ý điều kiện: 0 < α < 1 ( *)
 Vì phản ứng (1) có Δn = 0 nên biểu thức của hằng số hằng số cân bằng hóa học K biểu 
 thị được tính theo số mol các chất tại hằng số cân bằng hóa học:
 K = [n (1 -α )]2/[(1/2) nα (1/2) nα] = [2(1 -α )]2/α2 hay
 1/2 2 2 
 K = [2 (1 - α )]/α α (2.10 + 1) = 1 0,25đ
 Khi coi 2.102 >> 1, ta được α ~ 1/2.102 ~ 0,005. 
 Kết quả này thoả mãn điều kiện: 0 < α < 1 (*).
 0 
 Vậy tỉ lệ HBr bị phân huỷ thành H2 và Br2 tại 1024 C là α ~ 0,005 hay 0,5%. Tỉ 
 lệ này rất nhỏ, nghĩa là HBr rất bền, khó bị phân huỷ, mặc dù phản ứng (1) được thực 
 hiện ở nhiệt độ rất cao, 1024 0 C. Đó là sự thể hiện của phản ứng (1) có trị số của hằng 
 số hằng số cân bằng hóa học khá lớn, tới 1,6.10 5 tại nhiệt độ này. Số liệu trên cho thấy 0,5đ
 phản ứng thuận trong phản ứng thuận nghịch (1) xảy ra khá dễ dàng tại nhiệt độ đó. Tất 
 nhiên phản ứng nghịch, tức là sự phân huỷ HBr xảy ra khó khăn. [HCN] K
 →[Na+] + [H+] = [CN-] + [OH-] → [H+] = K + w - 10-5 
 [H+ ] [H+ ] 0,5đ
 Giả sử: [HCN] ≈ C = 2,5.10-4 → [H+] = 10-7,89 = 2,5.10-4 → Giả thiết là phù hợp 
 HCN 0,5đ
 → pH(A) = 7,89
Câu 4:
 1. Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa – khử sau đây theo phương pháp thăng 
bằng electron:
 to
 a. FeS2 + H2SO4 đ  Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O
 b. Al + HNO3 Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O
 (Biết ở phản ứng d thì tỉ khối của hỗn hợp khí NO và N2O so với hiđro bằng 16,75).
 2. Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: (quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử 
chuẩn được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0)
 0 0
 a) Tính Ex và Ey . 
 b) Dựa vào tính toán, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) được không?
Đáp án câu 4:
 1.
1. to 0,5đ
 a. 2FeS2 + 14H2SO4 đ  Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
 +3 +4 0,5đ
 1x 2FeS2 2Fe + 4S +22e
 11x S+6 +2e S+4
 b. 17Al + 66HNO3 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O 0,5đ
 30a 44b a 3
 do 33,5 
 a b b 1
 17x Al Al+3 + 3e
 3x 5N+5 +17e 3N+2 + 2N+1 0,5đ
2 0 0 0,5đ
 a) Từ giản đồ ta có: 3.(-0,744) = -0,408 + 2 Ey Ey = -0,912 (V) 
 0 0
 0,55 + 1,34 + Ex – 3.0,744 = 6.0,293 Ex = +2,1 (V) 0,5đ
 b) Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) khi ΔG0 của quá trình < 0.
 3+ 0 0 0 0
 2Cr(IV) + 2 e 2Cr (1) E1 = Ex = 2,1 V G1 = -n E1 F = - 2.2,1.F 
 0,55 1,34
 Cr(VI)+2e Cr(IV)(2) E0 = =0,945(V) G0 =-n E0 F=- 2.0,945.F 
 2 2 2 2 0,5đ
 3+ 0
 Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) 2Cr + Cr(VI) ; G3
 G0 = G0 - G0 = - 2.(2,1 - 0,945) G0 < 0 Vậy Cr(IV) có dị phân
 3 1 2 3 0,5đ
Câu 5:
 1. Điện phân dung dịch NaCl một thời gian được dung dịch A và khí thoát ra chỉ có V lít H 2 
(ở đktc). Cho dung dịch A vào dung dịch H2S, lắc kỹ để dung dịch A phản ứng vừa đủ với H 2S được 
0,16 gam chất rắn màu vàng và dung dịch B (không có khí thoát ra). Cho từ từ dung dịch Br 2 0,1M