Đề thi Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 lần thứ XXI - Trường THPT Trần Quốc Toản (Có đáp án)

 KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXI
 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: HỐ HỌC; LỚP: 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) ĐĂK LĂK
TRƯỜNG THPT TRẦN QUỐC TOẢN
 1 * Viết cụng thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome. 0,5
Nhơm cĩ 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo 
Lewis của
phân tử dime và monome:
 2
* Kiểu lai hố của nguyên tử nhơm : Trong AlCl3 là sp và Al cĩ 3 cặp electron 0,5
hố trị;
 3
 Trong Al2Cl6 là sp và Al cĩ 4 cặp electron 
hố trị .
Liên kết trong mỗi phân tử:
 AlCl3 cĩ 3 liên kết cộng hố trị cĩ cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl.
Al2Cl6: Mỗi nguyên tử Al tạo 3 liên kết cộng hố trị với 3 nguyên tử Cl và 1 liên
kết cho nhận với 1 nguyên tử Cl (Al: nguyên tử nhận; Cl nguyên tử cho).
Trong 6 nguyên tử Cl cĩ 2 nguyên tử Cl cĩ 2 liên kết, 1 liên kết cộng hố trị 
thơng thường và liên kết cho nhận. 
* Cấu trúc hình học: 
 2
Phân tử AlCl3: nguyờn tử Al lai hố kiểu sp (tam giác phẳng) nên phân tử cĩ 
cấu trúc tam giác phẳng, đều, nguyên tử Al ở tâm cịn 3 nguyên tử Cl ở 3 đỉnh 0,5
của tam giác. 
Phân tử Al2Cl6: cấu trúc 2 tứ diện ghộp với nhau. Mỗi nguyên tử Al là tâm của 
một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là đỉnh của tứ diện. Cĩ 2 nguyên tử Cl là đỉnh 
chung của 2 tứ diện. 
 Al
 O Cl
3) Lý thuyết lượng tử dự đốn được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4 (g là kí 
hiệu của số lượng tử phụ n = 4).
 a) Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng cĩ thể cĩ
 b) Dự đốn sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng.
 c) Nguyên tử cĩ electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố cĩ số thứ tự Z bằng bao 
 nhiêu?
BÀI GIẢI:
 a) Phân mức năng lượng ng ứng với gía trị l = 4 sẽ cĩ 2l 0,25
 + 1 obitan nguyên tử, nghĩa là cĩ 2.4+1= 9 obitan 
 nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử cĩ tối đa 2e. Vậy 
 phân mức năng lượng ng cĩ tối đa 18e.
 b) Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình 0,25
 electron nguyên tử là 5g bởi vì khi số lượng tử chính n 
 = 5 thì lớp electron này cĩ tối đa là 5 phân mức năng 
 lượng ứng với l = 0 (s); l =1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f) và l 
 = 4 (g). Theo quy tắc Klechkowski thì phân mức 5g cĩ 
 tổng số n + l = 9. Phân mức này phải nằm sát sau phân 
 mức 8s.
 c) (Rn)7s25f146d107p68s25g1. Z = 121. 0,25
4) Cĩ các phân tử XH3:
 a) Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3.
 b) So sánh gĩc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.
BÀI GIẢI:
P: 1s22s22p63s23p3; As: 1s22s22p63s23p63d104s24p3. 0,25
 P và As đều cĩ 5e hĩa trị và đã tham gia liên kết 3e 
trong XH3.
 0,25
 3 số mol ban đầu a 0
 số mol chuyển hĩa a 2a 
 số mol lúc cân bằng a(1 - ) 2a 
 Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + )
 Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:
 92a 92
 Mh 
 a(1 ) 1 
 o 92
 - ở 35 C thì Mh = 72,45 = 72,45 = 0,270 
 1 0,25
 hay 27%
 o
 - ở 45 C thì Mh = 66,8 = 0,337 hay 33,7% 0,25
 2
 2a 
 2 2
 NO2  V 4a 
 b) Ta cĩ Kc = 
 N2O4  a(1 ) (1 )V
 V
 V là thể tích (lít) bình chứa khí
 PV PV 0,25
 Và PV = nS. RT RT = 
 nS a(1 )
 n
 Thay RT, Kc vào biểu thức K P = Kc. (RT) ở đây 
 4a 2 PV P.4. 2
 n = 1 KP = . 
 (1 )V a(1 ) 1 2
 o
 ở 35 C thì = 0,27 K P = 0,315 0,25
 o ,
 ở 45 C thì = 0,337 Kp = 0,513
 c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35 oC 45 oC thì độ điện li của N O tăng 
 2 4 0,25
 (hay KP tăng) Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều 
 thuận (phản ứng tạo NO 2) do đĩ theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le 
 Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt.
 3) Cho các phương trình nhiệt hĩa học sau đây:
 0
 (1) 2 ClO2 (k) + O3 (k) → Cl2O7 (k) ΔH = - 75,7 kJ
 0
 (2) O3 (k) → O 2 (k) + O (k) ΔH = 106,7 kJ
 0
 (3) 2 ClO3 (k) + O (k) → Cl 2O7 (k) ΔH = -278 kJ
 0
 (4) O2 (k) → 2 O (k) ΔH = 498,3 kJ.
 k: kí hiệu chất khí. 
 Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau: 
 (5) ClO2 (k) + O (k) → ClO3 (k).
 Hướng dẫn giải:
 Kết hợp 2 pt (1) và (3) ta cĩ
 0
 ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → 1/2 Cl2O7 (k) ΔH = - 37,9 kJ
 0
 1/2 Cl2O7 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) H = 139 kJ 
0, 0,5
 5 (0,75 điểm) Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO4 , PbI2
Dung dịch B : K+ 0,06M Na+ 0,12M
 2+ 2- 2-
Ngồi ra cịn cĩ các ion Pb ; SO4 ; S do kết tủa tan ra.
 Độ tan của 
 PbI : 3 10 7,6 / 4 10 2,7 -7,8 3,9 PbS:S 10-26 10 13
 2 PbSO 4 :S 10 10
Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của 
PbI2.
 2+ -
 PbI2 Pb + 2I Ks
Do đĩ [Pb2+] = 10-47 = 2 x 10-3M và [I-] = 4.10-3M.
 10 7,8
 2- 5,8 6 2+
 [SO4 ] = = 5. 10 = 7,9.10 M << [Pb ]
 2 10 3
(0,5 điểm) 10 26
 [S2-] = = 5. 10 24 << [Pb2+]
 2 10 3
 2- 2- 2+ 2+
Các nồng độ SO 4 , S đều rất bé so với nồng độ Pb , như vậy nồng độ Pb do PbS và 
PbSO4 tan ra là khơng đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hồn tồn chính xác.
(0,5 điểm) Nhận biết các chất cĩ trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2.
Cho kết tủa hồ tan trong NaOH dư :  PbS khơng tan, cĩ màu đen.
 2- 2- - -
Dung dịch cĩ PbO2 , SO4 , I , OH 
 - 2- 2-
 PbSO4 + 4 OH PbO2 + SO4 + 2 H2O
 - 2- - 
 PbI2 + 4 OH PbO2 + 2 I + 2 H2O
 2- 2-
 Nhận ra ion SO4 : cho BaCl2 dư: cĩ kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch cĩ PbO2 , 
OH-, Ba2+, I-.
 - 2+
 Nhận ra I , Pb : axit hố dung dịch bằng HNO3 dư sẽ cĩ kết tủa vàng PbI2 xuất hiện: 
 - +
OH + H H2O
 2- + 2+ 
 PbO2 + 4 H Pb + 2H2O
 2+ -
 Pb + 2 I PbI2
 3+
2) Bằng dung dịch NH 3, người ta cĩ thể làm kết tủa hồn tồn ion Al trong dung dịch nước ở 
dạng hydroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng 
hydroxit.
 Hãy làm sáng tỏ điều nĩi trên bằng các phép tính cụ thể.
 33 12
 Cho biết: Tích số tan của Al(OH) 3 là 5.10 ; tích số tan của Mg(OH) 2 là 4.10 ; hằng số 
 5
phân ly bazơ của NH3 là 1,8.10 .
BÀI GIẢI:
Tính hằng số cân bằng K của phản ứng kết tủa hidroxit:
 + 5
3 NH3 + H2O NH4 + OH ; K NH 3 = 1,8.10
 3+ 33 0,75
 Al(OH)3 Al + 3 OH ; KS, Al(OH) 3 = 5. 10 
 K3
 3+ + NH3 18
 Al + 3 NH3 + 3 H2O Al(OH)3 + 3 NH4 ; K = = 1,17.10 
 KS;Al(OH)3 
 Tương tự như vậy, đối với phản ứng:
 K2
 2+ + NH3
Mg + 2 NH3 + 2 H2O Mg(OH)2 + 2 NH4 ; K = = 81
 Mg(OH) 
 KS; 2 0,75
Phản ứng thuận nghịch, Mg 2+ khơng kết tủa hồn tồn dưới dạng magie hidroxit như 
Al3+. 
Câu IV. (4 điểm)
 7 0,1
 số mol Ag = = 9,27. 10 4 ; 
 107,88
 2 4
 số mol NH3 đã cho = 10 > số mol NH3 cực đại để tạo phức = 18,54. 10 ;
* Kiểm tra khả năng hịa tan bằng nhiệt động học :
 + 0 +
 Ag + e Ag E1 = E 1 + 0,059 lg [Ag ]
 0,059 P
 O + 2H O + 4e 4OH . E = E 0 + O2 0,5
 2 2 2 2 lg 
 4 OH 
 Vì khi cân bằng E1 = E2 nên tính được E2. Trong dung dịch NH3 0,1 M
 1/2 5 1/2 3
 [OH ] = (Kb.C) = (1,74. 10 .0,1) = 1,32. 10 .
 0,059 0,2059
 E2 = 0,401 + lg = 0,561 V 
 4 1,32 10 3
 0
 + E2 E1 + 5
 lg [Ag ] = = 4,034 V [Ag ] = 9,25. 10 M
 0,059
 Nồng độ tổng cộng của bạc trong dung dịch : ( giả sử [NH3] 0,1 M )
 + + + 2
 S = [Ag ] + [Ag(NH3) + Ag(NH3) 2 ] = [Ag ] ( 1 + 1[NH3] + 2[NH3] )
 5 2,32 5,23 0,5
 = 9,25. 10 ( 1 + 10 + 10 ) = 15,5 M >> nồng độ đã tính để hịa tan 
 hồn tồn bạc kim loại . Vậy các điều kiện nhiệt động thuận lợi cho sự hịa tan.
Câu V.
1) Hãy giải thích các trường hợp sau
a) HF và H2O cĩ phân tử khối gần bằng nhau, nhưng ở điều kiện thường HF ở thể khí cịn H2O ở 
thể lỏng?
b) Oxi và Lưu huỳnh đều ở nhĩm VIA nhưng trong điều kiện thường oxi ở thể khí cịn lưu huỳnh ở 
thể rắn?
c) Cĩ thể điều chế khí HCl bằng cách cho NaCl (rắn) tác dụng với H2SO4 (đặc) cĩ đun nĩng, nhưng 
khơng điều chế được khí HBr bằng phương pháp tương tự
 Hướng dẫn giải: 
a) HF và H2O đều cĩ khả năng tạo liên kết hiđro tuy nhiên oxi trong phân tử H2O ở 0,5
trạng thái lai hĩa sp3 nên cĩ thể liên kết với 3 phân tử xung quanh.
b) Bán kính nguyên tử của oxi nhỏ hơn bán kính nguyên tử lưu huỳnh nên oxi dễ 
tạo ra liên kết π (CTCT O=O) . Lưu huỳnh khĩ tạo ra liên kết π nên ở dạnh polime 0,5
(S8)
 - -
c) Do Br cĩ bán kính ion lớn hơn bán kính ion Cl nên kém bền hơn, cĩ tính khử 0,5
mạnh hơn và bị H2SO4 đặc oxi hĩa.
 9