HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
TỈNH NAM ĐỊNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 05 trang, gồm 10 câu)
Câu 1: (2 điểm)
a) Đối với hệ gồm 1 hạt nhân và các electron, biểu thức liên hệ giữa năng lượng
liên kết của electron với hạt nhân được biểu diễn như sau:
trong đó n là số lượng tử chính; σ là hằng số chắn (σ = 0 khi hệ có 1 electron, σ =
0,3 khi hệ có 2 electron…) ; Z là số đơn vị điện tích hạt nhân. Xác định năng lượng
ion hóa thứ ba (theo eV) của Be (Z = 4) từ trạng thái cơ bản (ứng với sự tách
electron từ ion Be
2+
thành Be
3+
).
b) Giải thích tại sao Flo có độ âm điện lớn hơn Clo nhưng ái lực electron của Flo
(3,58 eV) lại bé hơn của Clo (3,81 eV)?
Câu 2: (2 điểm)
a) Cho các dung dịch riêng rẽ sau: NaH
2
PO
4
0,01M (A); Na
2
HPO
4

cacbon-nitơ như sau:
a) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân trên, viết phương trình tổng quát cho chu
trình cacbon-nitơ.
b) Hạt nhân nào được coi là xúc tác của quá trình? Hạt nhân nào được coi là hạt
nhân trung gian?
c) Tính năng lượng giải phóng ra nếu có 1 gam
1
H tham gia vào chu trình này.
Cho: Khối lượng mol nguyên tử của
1
H và F lần lượt là 1,00782 g/mol và 4,00260
g/mol. Khổi lượng của positron là 9,10939 × 10
-28
g. Hằng số Avogadro N =
6,022136 × 10
23
. Tốc độ ánh sáng trong chân không c = 2,998 × 10
8
m/s.
Câu 4: (2 điểm)
Độ ẩm tuyệt đối của không khí được tính bằng lượng hơi nước có trong 1 đơn vị
thể tích không khí (tính ra g/m
3
). Độ ẩm tương đối của không khí là tỉ số giữa độ
ẩm tuyệt đối với độ ẩm cực đại (độ ẩm khi hơi nước bão hòa) ở nhiệt độ đang xét
(tính ra %). Cho P
o
= 101, 3 kPa và bảng tính chất nhiệt động sau (coi không phụ
thuộc nhiệt độ):
Chất ΔH

SO
4
.10H
2
O ra ngoài
không khí có độ ẩm tương đối bằng 67% ở 25
o
C.
b) Các kết quả thu được ở trên có thay đổi không khi hạ nhiệt độ xuống 0
o
C.
c) Ở độ ẩm tương đối nào của không khí cả hai chất song song tồn tại ở 25
o
C.
d) Nói Na
2
SO
4
là chất hút ẩm tốt có đúng không?
Câu 5: (2 điểm)
Cho bảng dữ kiện nhiệt động của phản ứng: SO
2
(k) + O
2
(k)  SO
3
(k) (1)
Nhiệtđộ (
o
C) 530 550

2
(k) (3)
Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng, áp suất riêng phần của oxy là 21,28 mmHg.
b) Tính áp suất tổng ở trạng thái cân bằng và giá trị K
p2
của phản ứng (2).
c) Tính phần trăm FeSO
4
bị phân hủy?
Câu 6: (2 điểm)
a) Tính pH của dung dịch K
2
Cr
2
O
7
0,10M.
b) Trộn 50,0 ml dung dịch BaCl
2
0,50M với 50,0 ml dung dịch K
2
Cr
2
O
7
0,20M.
Xác định pH của dung dịch thu được.
Cho biết: Tích ion của nước là K
w
= 10

a
= 10
-6,5
.
Câu 7: (2 điểm)
Cho ba pin điện hóa với sức điện động tương ứng ở 298K:
Pin 1: Hg | Hg
2
Cl
2
| KCl (bão hoà) || Ag
+
(0,0100M) | Ag có E
1
= 0,439V.
Pin 2: Hg | Hg
2
Cl
2
| KCl (bão hoà) || AgI (bão hoà) | Ag có E
2
= 0,089V.
Pin 3: Ag | AgI (bão hoà), PbI
2
(bão hoà) || KCl (bão hoà) |Hg
2
Cl
2
| Hg có E
3

o
(G, H
+
/C) = 1,195 V.
c. Vai trò của ánh sáng trong quá trình biến tính của A là gì?
Câu 9: (2 điểm)
Xục khí NH
3
vào SCl
2
người ta thu được một chất rắn X màu đỏ chỉ chứa S và N,
rất dễ nổ.
a) Hòa tan 8,48 gam X trong 500 gam benzen thu được dung dịch hóa rắn tại
4,988
o
C biết rằng hằng số nghiệm lạnh của benzen là 5,065
o
C.kg/mol và nhiệt độ
đông đặc của benzen là 5,455
o
C. Xác định công thức phân tử của X và viết phương
trình phản ứng đã xảy ra (không có mặt hợp chất ion).
b) Viết cấu tạo của X và giải thích tại sao thực nghiệm cho thấy độ dài các liên kết
trong X bằng nhau.
c) Từ các dữ kiện sau, tính ΔH
o
của phản ứng điều chế 1 mol X ở ý a).
E(S–S) = 226 kJ mol
–1
; E(N≡N) = 946 kJ mol

(HCl) = –
92.3 kJ mol
–1
.
Câu 10: (2 điểm)
Cho phản ứng sau diễn ra tại 25
0
C: S
2
O
8
2-
+ 3I
-
→ 2SO
4
2-
+ I
3
-
. Để xác định phương
trình động học của phản ứng, người ta tiến hành đo tốc độ đầu của phản ứng ở các
nồng độ đầu khác nhau :
Thí
nghiệm
Nồng độ ban đầu
của I
-
(mol/l )
Nồng độ ban đầu của

2
O
3
2-
+ I
3
-
→
S
4
O
6
2-
+ 3I
-
có tốc độ xảy ra rất nhanh và để có màu xanh xuất hiện thì nồng độ I
3
-
phải vượt quá 10
-3
mol/l.
………………………… HẾT …………………………
Người ra đề
Lại Năng Duy
Điện thoại: 01634121380
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
1 a Be
2+
có Z = 4.

2
4
13,6 (eV)
1
= - 217,6 (eV)
0,5
Năng lượng ion hóa thứ ba của Be
I
3
= E
Be
3+
- E
Be
2+
= -217,6 – (-372,368) = 154,768 eV
0,5
b
Do Flo có bán kính nhỏ hơn Clo nên có khả năng hút cặp e
liên kết về phía mình mạnh hơn Clo (độ âm điện của Flo lớn
hơn). Cũng chính do bán kính nhỏ, nên khi Flo nhận hẳn một
electron vào nguyên tử sẽ gây nên lực đẩy mạnh giữa các
electron làm cho hệ kém bền. Do đó, Flo lại có ái lực electron
nhỏ hơn Clo.
0,5
2
a
Dung dịch A: pH
A
=

Phản ứng xảy ra:
H
3
PO
4
+ OH
-
→ H
2
PO
4
-
+ H
2
O
0,01 0,015
- 0,005 0,01
H
2
PO
4
-
+ OH
-
→ HPO
4
2-
+ H
2
O

12
C 0,25
c
Độ hụt khối tính cho 1 mol phản ứng chung là:
0,02758284 dvC hay 2,479.10
12
J
0,25
Tính cho 1g
1
H thì năng lượng giải phóng: 6,15.10
11
J 0,25
4 a Không khí ẩm do nước bốc hơi. Độ ẩm cực đại khi có cân
bằng: H
2
O (l)  H
2
O (k) (*)

( )
2
0
0
298
10.04,3ln*
−
∆
==→−=∆
k

ở 25
o
C thì
( ) ( )
OHPPaOHP
KkkKcb 2298,2
'
298,
2523
>=

Như vậy phản ứng (**) chuyển dịch theo chiều thuận và
OHSONa
242
10.
mất nước (khoáng vật bị chảy ra). Trong khi
khoáng vật Na
2
SO
4
không đổi (bền, không hút nước).
0,75
b
Dùng







SO
4
chảy rữa.
0,5
c
Có điều này khi:
( ) ( )
PaOHPOHP
KcbKkk
2523
2
'
298,2298,
==
nghĩa là độ ẩm tương đối của không khí bằng 81,9%.
0,5
d
Dựa vào kết quả 3 ý trên, ta thấy rằng: ở nhiệt độ thường
(khoảng 25
o
C) và độ ẩm không khí đã khá cao nhưng Na
2
SO
4
vẫn không có xu hướng hút nước để tạo ra Na
2
SO
4
.10H
2

(k) + O
2
(k) (3) có K
p3
= (K
p1
)
-2
= 0,047 0,25
Phản ứng (2): 2 FeSO
4
(s)  Fe
2
O
3
(s) + SO
3
(g) + SO
2
(g)
Phân hủy: - - -
Cân bằng: P-a P+a
Phản ứng (3): 2 SO
3
(g)  2SO
2
(g) + O
2
(g)
Áp suất ban đầu: P P 0

P
P
0,25
→
303,1
)056,0(
)056,0(
=
−
+
P
P
→ P + 0,056 = 1,303P – 0,073
→ 0,303P = 0,12896 → P = 0,425 atm
2 FeSO
4
(s)  Fe
2
O
3
(s) + SO
3
(g) + SO
2
(g)
K
p2
= P
SO3
P

Cr
2
O
7
→ 2K
+
+ Cr
2
O
7
2-
0,1M
- 0,1M
Các cân bằng:
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2HCrO
4
-
(1) K
1
= 10
-1,64
HCrO
4

hóa không đáng kể so với lượng HCrO
4
-
được tạo thành.
0,25
Xét cân bằng (1):
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2HCrO
4
-
(1) K
1
= 10
-1,64
C 0,1
[ ] 0,1 - x 2x
2
2
1,64
4
1
2
2 7
[HCrO ]

-6,5
C 4,248.10
-2

0,5
[ ] 4,248.10
-2
y y
2
2
6,5
4
a
4
[H ][CrO ]
y
K 10
[HCrO ] 0,04248 y
+ −
−
−
= = =
−

=> y = 1,16.10
-4
<< 4,248.10
-2
M.
Vậy [H

2+
+ Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2BaCrO
4
+ 2H
+
(2)
K
2
= K
S
-2
K
1
K
a
2
= 10
5,22
>> 1
0,25 0,1
TPGH: 0,05 - 0,20
0,5
Cân bằng hòa tan kết tủa:

2BaCrO
4
+ 2H
+
 2Ba
2+
+ Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O (4) có K
4
= K
2
-1
Nhìn chung, các cân bằng này có hằng số tương đối bé nên dự
đoán sự hòa tan phức là không đáng kể. Nghĩa là
[Ba
2+
] = 0,05 M; [H
+
] = 0,2 M. Thực vậy:
[CrO
4
2-
] = K
s

.
Rõ ràng các nồng độ trên rất bé so với [H
+
] = 0,2 M
0,25
[H
+
] = 0,20M => pH = 0,70. 0,25
7 a Tính thế của điện cực calomen:
E
1
= E(Ag
+
/Ag) – E (calomen) trong đó
E(Ag
+
/Ag) = E
o
(Ag
+
/Ag) + 0,0592 log [Ag
+
] = 0,681 V
→ E (calomen) = 0,242V
0,25
Tính nồng độ ion bạc: E2 = E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) – Ecalomen
⇒ E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) = 0,331V
0,25
E(Ag
+

E(Ag
+
/Ag) = E
o
(Ag
+
/Ag) + 0,0592 log [Ag
+
] = 0,012 V
⇒ [Ag
+
] = 4,89.10
-14
M
0,25
⇒ [I
-
] = = 3,02.10
-3
M = [Ag
+
] + 2 [Pb
2+
]
0,25
⇒ [Pb
2+
] = 1,51.10
-3
M

2
→ I
3
-
6OH
-
+ I
-
+ 3Cl
2
→ IO
3
-
+ 6Cl
-
+ 3H
2
O
IO
3
-
+ 5I
-
+ 6H
+
→ 3I
2
+ 3H
2
O

O có E
o
1
= 1,195 V
1/2I
2
+ e → I
-
có E
o
2
= 0,536 V
E
2
= E
o
2
+ 0,0592 lg [I
-
] = 0,595 V
0,25
E
1
= E
o
1
+ 0,0592/5 lg [IO
3
-
]

N
4
. 0,25
4NH
3
+ 6SCl
2
→ S
4
N
4
+ 12HCl + 1/4S
8
0,25
b
Do cấu trúc cộng hưởng nên độ dài liên kết như nhau
0,5
c
ΔH
tạo thành
(X) = 4.226 + 2.946 – 4.328 – 4.273 = 392 kJ/mol 0,25
Đối với phản ứng ở ý a)
ΔH
phản ứng
= 392 + 12.(-92,3) + 0 – 4.(-45,9) – 6.(-50) = 232
kJ/mol
0,5
10
a
Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: v

pư
+ nlg(0,1) + mlg(0,1)
Thí nghiệm 2: lg (2,4.10
-3
) = lgk
pư
+ nlg(0,2) + mlg(0,2)
Thí nghiệm 3: lg (3,6.10
-3
) = lgk
pư
+ nlg(0,2) + mlg(0,3)
Giải hệ ta có: n = m = 1; lgk
pư
= -1,222
0,25
Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2.
k
pư
= 6.10
-2
(mol
-1
.l.s
-1
)
0,25
b
Khi cho S
2

O
8
2-
]0,3 = 1,8.10
-2
[S
2
O
8
2-
]
0,25
Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng:
S
2
O
8
2-
+ 2S
2
O
3
2-
→ 2SO
4
2-
+ S
4
O
6

-3
M thì thời gian thêm là t
2

v
pư
=
dy
dt
= k
pư
(0,1- y)(0,3-3y) => 3k
pư
t
2
=
1 1
0,1 y 0,1
−
−
0,5
Với y = 10
-3
M => t
2
= 0,56 giây.
Thời gian tối thiểu để xuất hiện màu xanh là 38,5 + 0,56 =
39,06 giây.
0,25
Lại Năng Duy