Đề thi Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi Olympic10-3 lần thứ I - Trường THPT Buôn Đôn (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC&DÀO TẠO ĐĂKLĂK KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ I
 TRƯỜNG THPT BUÔN ĐÔN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA HỌC; 
 LỚP 10
 ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1 (4 điểm).
1.1. Hợp chất Z được cấu tạo bởi 2 nguyên tố M, R có công thức M aRb, trong đó R chiếm 
6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M số hạt nơtron nhiều hơn số hạt proton là 
4 còn trong hạt nhân nguyên tử R có số hạt proton bằng số hạt nơtron. Biết tổng số hạt proton 
trong Z là 84 hạt và a + b = 4, hãy xác định công thức của Z.
1.2. Tinh thể NaCl có cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion Na , còn các ion Cl chiếm 
các lỗ trống tám mặt trong ô mạng cơ sở của các ion Na , nghĩa là có 1 ion Cl chiếm tâm 
 0
của hình lập phương. Biết cạnh a của ô mạng cơ sở là 5,58 A . Khối lượng mol của Na và Cl 
 0
lần lượt là 22,99 gam/mol; 35,45 gam/mol; bán kính của Cl là 1,81 A . Tính
 a) Bán kính của ion Na .
 b) Khối lượng riêng của NaCl (tinh thể).
 -1
1.3. Năng lượng liên kết trong dãy phân tử Cl 2, Br2, I2 giảm dần (243, 192 và 151 kJ.mol 
 -1
tương ứng). Năng lượng liên kết của F 2 nằm ngoài qui luật chung (159 kJ.mol ); hãy giải 
thích tại sao.
 ĐÁP ÁN
CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
 Từ các dữ kiện của đề bài ta có hệ
 bA
 R .100 6,667
 aA bA
 M R
 a b 4
 2bZR
 aZM bZR 84 .100 6,667 0,5đ
 a(2z 4) 2bZ
 Z 4 N M R
 M M
 ZR NR
 1.1 
 Thay a = 4 – b vào và biến đổi ta được:
 2bZR 100bZR
 .100 6,667 6,667 1,0đ
 2(azM bZR 2a) 84 2(4 b)
 ĐK: 1 ≤ b ≤ 3; ZR, b N*
 b 1 a 3
 Chạy nghiệm ta được cặp nghiệm: 
 ZR 6(C) ZM 26(Fe) 0,5đ
 Vậy công thức hợp chất Z là Fe3C.
 0,5đ
 1.2
 a) Từ mô hình cấu trúc tinh thể NaCl ta thấy các ion Cl xếp theo kiểu 
 lập phương tâm mặt, các cation Na nhỏ hơn chiếm hết số hốc bát diện. 
 Tinh thể NaCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số 
 phối trí của Na và Cl đều bằng 6. Cân bằng: 1,00 – y 1,20 – x – y y 2x + y
 Tổng số mol khí lúc cân bằng: 1,20 + x (mol) 
 (3,20 2,56).20
 1,20 x 1,38 x 0,18(mol)
 0,082.1020
 2,56.20
 n 0,61(mol)
 CO2 0,082.1020
 3,20.20 0,5đ
 nCO 0,77(mol)
 0,082.1020
 nCO 2x y y 0,77 2.0,18 0,41(mol)
 nC 1,00 0,18 0,82(mol); nFe 1,00 0,41 0,59(mol)
 Phương trình xảy ra khi đốt cháy Ca: 
 1
 Ca + O CaO H = ?
 (r) 2 2 (k) (r) 1
 Đốt cháy 12 gam Ca  -45,57 kcal (Dấu “–” vì phản ứng tỏa nhiệt) 0,5đ
 40x( 45,57)
 Đốt cháy 40 gam Ca  H1 = 151,9(kcal).
 12
 Phương trình xảy ra khi đốt cháy P 
 5
 2P (r) + O2 (k) P2O5 (r) H2 = ?
 2.3 2
 Đốt cháy 6,2 gam P  -37,00 kJ (Dấu “–” vì phản ứng tỏa nhiệt) 0,5đ
 62x( 37,00)
 Đốt cháy 62 gam P  H2 = 370(kcal).
 6,2
 Theo đề ta có phản ứng:
 3CaO (r) + P2O5 (r)  Ca3(PO4)2 (r) H 3 = -160,50 (kcal)
 Phản ứng tạo ra Ca3(PO4)2 tinh thể được viết lại như sau:
 3Ca + 2P + 4O  Ca (PO ) H = ?
 (r) (r) 2 (k) 3 4 2 (r) 0,5đ
 Vậy: H = 3 H1 + H 2 + H 3 = 3 x (-151,9) + (-370,00) + (-
 160,50) = -986,2 (kcal).
Câu 3 (4 điểm).
3.1. Ion Fe3 (aq) là một axit, phản ứng với nước theo cân bằng
 3  -2,2
 Fe (aq) + H2O  Fe(OH)2 + H Ka = 10
 -3
 a) Xác định pH của dung dịch FeCl3 10 M.
 b) Tính nồng độ mol/l của dung dịch FeCl 3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH) 3 và tính pH 
của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa. Biết T 10 38.
 Fe(OH)3
3.2. Ở 200C hòa tan vào dung dịch NaOH nồng độ 0,016 g/lít một lượng iot đủ để phản ứng 
xảy ra hoàn toàn: 2NaOH + I2  NaI + NaIO + H2O. Tính pH của dung dịch thu 
 11
được. Biết KHIO 2.10 .
 ĐÁP ÁN
CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
 3  -2,2
 a) Fe (aq) + H2O  Fe(OH)2 + H Ka = 10
 Ban đầu: 10-3M
 -3
 Cân bằng: 10 – x x x 0,5đ
 x2
 3.1 Ta có: K 10 2,2 x 8,78.10 4 (M) pH 3,06.
 a 10 3 x
 3  -2,2
 b) Fe (aq) + H2O  Fe(OH)2 + H Ka = 10
 Ban đầu: C(M) CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
 2 5 3 3 2
 a) Fe(N O3 )2 + KHSO4  Fe 2(SO4)3 + Fe (NO3)3 + N O + H2O + 
 K2SO4
 2 3
 3 Fe  Fe + 1e
 5 2 0,25đ
 1 N + 3e  N
 Gọi a, b là hệ số của Fe2(SO4)3 và Fe(NO3)3 ta có hệ
 2
 a 
 2a b 3 (btnt Fe) 3
 3b 1 6 (btnt N) 5
 b 
 3
 Thay a, b vào phương trình rồi nhân phương trình với 3 (để triệt tiêu 
 mẫu) rồi đặt x là hệ số của KHSO4 ta được: 0,25đ
 2 5 3 3 2
 9 Fe(N O3 )2 + xKHSO4  2 Fe 2(SO4)3 + 5 Fe (NO3)3 + 3 N O + 
 x x
 H2O + K2SO4
 2 2
 4.1 x
 Bảo toàn nguyên tố S ta có: x = 6 + x = 12
 2
 2 5 3 3 2
 9 Fe(N O3 )2 + 12KHSO4  2 Fe 2(SO4)3 + 5 Fe (NO3)3 + 3 N O + 
 6H2O + 6K2SO4
 1 2 3 0 1
 b) K Cl O + N 2H4  K N O2 + Cl 2 + K Cl + H2O
 Gọi a, y là hệ số của Cl2 và KCl
 2 3
 1 2 N  2 N + 10e 
 1 0 0,25đ
 x 2 Cl + 2e  Cl 2
 a 1 1
 y Cl + 2e  Cl
 Bảo toàn electron: 2x + 2y = 10 hay x + y = 5 (1)
 Mặt khác từ phương trình ta thấy số nguyên tử K bằng số nguyên tử Cl 
 nên: 2 + y = 2x + y x = 1; thay vào (1) có y = 4.
 Thay x, y vào phương trình được 0,25đ
 1 2 3 0 1
 6K Cl O + N 2H4  2K N O2 + Cl 2 + 4K Cl + 2H2O
 a) Anot (điện cực trái):3I I3 + 2e
 2 0,5đ
 Catot (điện cực phải): MnO4 + 8H + 5e Mn + 4H2O
 I 
 0 0,0592 3 0,0592 0,02
 b) Etrái (âm) = E lg 3 0,5355 lg 3 0,574V 0,25đ
 I3 /I 2 2 0,1
 I 
 8
 MnO H 
 0 0,0592 4 
 Ephải (dương) = E 2 lg 3
 4.2 MnO4 /Mn 5 2 0,25đ
 Mn 
 8
 0,0592 0,05 H 
 =1,51 lg 
 5 0,01
 Epin = Ephải (dương) - Etrái (âm) =0,824V
 8
 0,05 H 
 0,0592 
 1,51 lg 0,574 0,824 H 0,053(M) 0,25đ
 5 0,01 117,6(5 4)
 n n 0,012(mol)
 Fe H2SO4 98.100
 4
 Từ công thức: m 56.n V.D r3.D ta thấy khi bán kính giảm đi 
 Fe 3
 một nửa thì khối lượng viên bi sắt giảm 8 lần (hay số mol giảm đi 8 lần)
 Vậy: nFe (ban đầu) = 0,012.8 = 0,096 (mol)
 0,096.56 3
 Bán kính viên bi: r 3 . 0,54564(cm) 0,5đ
 7,9 4.3,14
 b) Trong phản ứng (1): nHCl = 2nFe = 2(0,096 – 0,012) = 0,168 (mol)
 n 0,168 0,25
 Nồng độ dung dịch HCl: C 0,672(M)
 M V 0,25
 a) Các phản ứng
 2K + H2SO4  K2SO4 + H2 (1)
 0,25đ
 Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 (2)
 2K + H2O  2KOH + H2 (3)
 Khối lượng chung giảm đi 0,04694x gam chính là khối lượng khí H 
 2 0,25đ
 thoát ra nên ta tính được: n 0,02347x(mol)
 H2
 Từ dữ kiện đề bài:
 C.x (100 C)x
5.2 n n 
 H2SO4 98.100 H2O 18.100 0,25đ
 Từ (1), (2), (3): 
 n
 H2O Cx 1 100 C 
 nH nH SO 0,02347x . .x C 24,51% 0,5đ
 2 2 4 2 9800 2 1800 
 t0
 b) CuO + H2  Cu + H2O
 225,32 0,25đ
 Từ phương trình ta có: 0,02347x 2,8165 x 120(gam)
 80
 Đặt công thức muối là R2Sn (n là hóa trị của R; 1 ≤ n ≤ 3)
 Đốt R2Sn có thể xảy ra hai trường hợp
 Trường hợp 1
 3n t0
 R2Sn + O2  R2On + nSO2 
 2
 R2On + nH2SO4  R2(SO4)n + nH2O
 1(mol) n (mol) 1 (mol) 
 0,5đ
 2R 96n n 2
 Từ đề có: .100 33,33 
 100 
 2R 16n 98n. R 64(Cu)
 24,5
5.3 12
 Vậy dung dịch muối X là CuSO4; n n 0,125(mol)
 CuSO4 CuS 96
 98.0,125.100
 mdung dịch X = 80.0,125 60(gam) 0,5đ
 24,5
 Đặt T là CuSO4.xH2O; bảo toàn khối lượng CuSO4
 15,625 (60 15,625).22,54
 0,125.160 .160 x 5
 160 18x 100
 Vậy T là CuSO4.5H2O
 Trường hợp 2
 t0 0,25đ
 R2Sn + nO2  2R + nSO2 
 2R + 2nH2SO4  R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O