TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Tỉnh QUẢNG TRỊ ĐỀ THI OLYMPIC 30-4
Hoá học 10
Câu I (4điểm)
1. X, Y là hai phi kim. Trong nguyên tử X, Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt
không mang điện lần lượt là 14 và 16.
Hợp chất A có công thức XY
n,
có đặc điểm:
- X chiếm 15,0486% về khối lượng
- Tổng số proton là 100
- Tổng số nơtron là 106
a. Xác định số khối và tên nguyên tố X, Y. Cho biết bộ bốn số lượng tử của e cuối cùng
trên X, Y
b. Biết X, Y tạo với nhau hai hợp chất là A, B. Viết cấu trúc hình học và cho biết trạng
thái lai hoá của nguyên tử trung tâm của A, B.
c. Viết các phương trình phản ứng giữa A với P
2
O
5
và với H
2
O
Viết các phương trình phản ứng giữa B với O
2
và với H
2
O
2. Cho biết trị số năng lượng ion hoá thứ nhất I
1
(eV) của các nguyên tố thuộc chu kỳ II

b. Độ phân huỷ một mẫu N
2
O
4 (khí)
có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích
20 (lít) ở 27
0
C
2. Ở 310
0
C sự phân huỷ AsH
3
(khí) xảy ra theo phản ứng:
2AsH
3
(khí)  2As (r) + 3H
2
(khí)
được theo dõi bằng sự biến thiên áp suất theo thời gian:
t (giờ) 0 5,5 6,5 8
P (mmHg) 733,32 805,78 818,11 835,34

Hãy chứng minh phản ứng trên là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
Câu III (4điểm)
1. Có một dung dịch chứa các muối sunfat, sunfit và cacbonat của natri và amoni.
Hãy trình bày phương pháp hoá học để nhận biết từng muối
2. Dung dịch X chứa K
2
Cr
2

K= 10
-14,6
Câu IV (4điểm)
1.X, Y, Z lần lượt là hợp chất của lưu huỳnh, trong đó lưu huỳnh lần lượt thể hiện số oxi
hoá là: -2, +4, +6. Sơ đồ sau biễu diễn mối quan hệ giữa X, Y, Z với lưu huỳnh đơn chất S
0
Z
X Y
Z S
0
Z
Hãy xác định các chất thích hợp và viết phương trình phản ứng minh hoạ theo sơ đồ trên, ghi
rõ điều kiện (nếu có)
2. Xét khả năng hoà tan HgS trong
a. Axit nitric.
b.Nước cường toan.
Cho biết:
E
0
NO
3
-
/NO = E
2
0
= 0,96 V
E
0
S/H
2

trong một bình kín dung tích không đổi chứa
không khí (gồm 20% thể tích O
2
và 80% thể tích N
2
) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu
được chất rắn B và hỗn hợp khí C có thành phần phần trăm theo thể tích:
N
2
= 84,77%; SO
2
= 10,6%; còn lại là O
2
.
Hoà tan chất rắn B trong dung dịch H
2
SO
4
vừa đủ, dung dịch thu được cho tác dụng với
Ba(OH)
2
dư. Lọc lấy kết tủa làm khô nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi, thu được
12,885 g chất rắn.
1. Tính % khối lượng mỗi chất trong A.
2. Tính m.
Cho: Fe=56; S=32; O=16; Ba=137.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Tỉnh QUẢNG TRỊ ĐỀ THI OLYMPIC 30-4
Hoá học 10
ĐÁP ÁN

Y
) = 206
⇒
A
X
+nA
Y
= 206 (3)
Mặt khác: A
X
/ (A
X
+nA
Y
) = 15,0486/100 (4)
Từ (3), (4): A
X
= P
X
+N
X
= 31 (5)
Trong X có: 2P
X
- N
X
= 14 (6)
T ừ (5), (6): P
X
= 15; N

Y
– 17N
Y
= 0 (7)
Mặt khác trong Y có: 2P
Y
– N
Y
= 16 (8)
Từ (7), (8): P
Y
= 17; N
Y
= 18
⇒
A
Y
= 35 và n = 5
Vậy: Y là Clo
17
Cl có cấu hình e là 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5

O
5
= POCl
3
PCl
5
+ 4H
2
O = H
3
PO
4
+ 5 HCl
2PCl
3
+ O
2
= POCl
3
PCl
3
+ 3H
2
O = H
3
PO
3
+ 3 HCl
2. (1 đ)
Nhận xét:

α
, số mol của N
2
O
4
ban đầu là n
Phản ứng: N
2
O
4 (k)
2NO
2

(k)
Ban đầu: n 0
Phân ly: n
α
2n
α
Cân bằng n(1-
α
) 2n
α
Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n’ = n(1+
α
)
Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng:
P
N
2

α
)/(1+
α
))P]
2
/((1-
α
)/(1+
α
))P
= [4
α
2
/(1-
α
2
)]P
với P = 1atm,
α
= 20% hay
α
= 0,2

⇒
K
P
= 1/6 atm
b. (1đ)
n N
2

α
’)
Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng:
P’ = (n”.R.T)/V = (0,75 (1+
α
’).0,082.300)/20 = 0,9225(1+
α
’)
Vì K
P
= const nên:
Theo biến đổi tương tự như trên ta có: K
P
= (4
α
2
/1-
α
2
)P’=1/6
Nên: (4
α
’
2
/1-
α
’
2
).0,9225(1+
α

0
– x) + 3/2 . x = P
0
+ ½ x  x = 2(P-P
0
)
nên (P
0
– x) = 3P
0
– 2P (0,75)
Giả sử dây là phản ứng một chiều bậc 1 thì biểu thức tốc độ phản ứng có dạng:
k= 1/t ln
xP
P
−
0
0
= 1/t ln
PP
P
23
0
0
−
(0,25đ)
t =5,5: k
1
= (1/5,5)ln
78,805.232.733.3

k
2

≈
k
3
nên đây là phản ứng một chiều bậc 1.
Hằng số tốc độ:
k = 1/3 (k
1
+k
2
+k
3
)
≈
0,0404 giờ
-1

(0,5đ)
Câu III:
1.(2đ) Dung dịch chứa ion: Na
+
, NH
4
+
, SO
4
2-
, SO

+ OH
-
= H
2
O
SO
3
2-
+ 2H
+
= SO
2
+ H
2
O
CO
3
2-
+ 2H
+
= CO
2
 + H
2
O (0,625đ)
*Dẫn hỗn hợp khí lần lượt đi qua:
+ Dung dịch Br
2
, nếu dung dịch phai màu thì nhận ra SO
2

 + 2H
2
O (0,25đ)
* Dung dịch còn lại sau khi loại SO
3
2-

và CO
3
2-
cho tác dụng với dd BaCl
2
, nếu xuất hiện kết tủa
trắng thì nhận ra SO
4
2-
:
Ba
2+
+ SO
4
2-
= BaSO
4
 (0,25đ)
2. (2đ)
Ta có: Ba
2+
+ CrO
4

-6
= 10
-3,7
(9) (0,5đ)
Mặt khác: Sr
2+
+ CrO
4
2-
= SrCrO
4
 Tt
-1
= 10
4,4
Để không có SrCrO
4
tách ra:
[Sr
2+
]. [CrO
4
2-
] ≤ 10
-4,4
Nên: [CrO
4
2-
] ≤ 10
-4,4

. [CrO
4
2-
]
2
)/ [Cr
2
O
7
2-
]

⇒
[H
+
] = ( K. [Cr
2
O
7
2-
]/ [CrO
4
2-
]
2
)
1/2
(11) (0,5đ)
* Khi [CrO
4

Nên 3,59 ≤ pH ≤ 3,88 (0,5đ)
Câu IV:
1. (2đ)
Có thể chọn X là H
2
S (S
-2
), Y là SO
2
(S
+4
), Z là H
2
SO
4
(S
+6
)
1. X  Z: H
2
S + 4Cl
2
+4H
2
O = H
2
SO
4
+ 8HCl (0,25đ)
2. Z  X: H

2
O = H
2
SO
4
+ 2HBr (0,25đ)
5. Z  Y: 2H
2
SO
4 đ
ặc + Cu
→
0
t
SO
2
+ CuSO
4
+ 2H
2
O (0,25đ)
6. S
0
 X: H
2
+ S
→
0
t
H

2
O (0,25đ)
9. Z  S
0
: 3Zn + 4H
2
SO
4
đặc = 3ZnSO
4
+ S + 4H
2
O (0,25đ)
2.(2đ)
a. Trong dung dịch HNO
3
:
Các quá trình xảy ra:
HNO
3
= H
+
+ NO
3
-
3× HgS Hg
2+
+ S
2-
T

K
1
-1
= 10
059,0
2
0
1
E−
2× NO
3
-
+ 4H
+
+ 3e NO + 2H
2
O K
2
= 10
059,0
3
0
2
E
3HgS + 2NO
3
-
+ 8H
+
3Hg

b.Trong nước cường toan (HNO
3
+3HCl )
Các quá trình xảy ra:
HCl = H
+
+ Cl
-
3HgS + 2NO
3
-
+ 8H
+
3Hg
2+
+ 3S + 2NO + 4H
2
O K
3× Hg
2+
+ 4Cl
-
HgCl
4
2-

4
β
3HgS + 2NO
3

trong A
a là số mol của khí trong bình trước khi nung
Khi nung:
4 FeS + 7 O
2

→
0
t
2Fe
2
O
3
+ 4SO
2

x 1,75x 0,5x x
4FeS
2
+ 11 O
2

→
0
t
2Fe
2
O
3
+ 8 SO

a = 13,33(x+y) (12)
% (V)SO
2
=
)(75,0
2
yxa
yx
+−
+
= 10,6/100 (0,5đ)

⇒
a = 10,184x + 16,618 y (13)
Từ (12) và (13) ta có: 13,33(x+y) = 10,184x + 16,618 y
Nên :
y
x
=
1
2
(14) (0,75đ)
. 1. Vì tỷ lệ về số mol x:y = 2:1 nên % theo khối lượng sẽ là:
%mFeS =
%46,59%100
)1201882(
882
=×
×+×
×

+ 3H
2
O
0,5(x+y) 0,5(x+y)
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3Ba(OH)
2
= 2Fe(OH)
3
 + 3BaSO
4
 (0,5đ)
0,5(x+y) (x+y) 1,5(x+y)
Khi nung kết tủa:
BaSO
4

→
0
t
không đổi
1,5(x+y)
2Fe(OH)
3