Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT chuyên Lê Khiết
Môn: Hoá học khối : 10
Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương
Số mật mã Phần này là phách
Số mật mã
ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC 10
Câu 1:
Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không
mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26.
a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron
sau cùng trong nguyên tử A, B.
b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH.
c) Viết công thức Lewis của phân tử AB
2
, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá
của nguyên tử trung tâm?
d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB
2
có khuynh hướng polime hoá?
Câu 2:
1) Mg(OH)
2
có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl
2
1M vào 100ml dung dịch
NH
3
1M và NH
4
Cl 1M. Biết:

= 1,8.10
-5
HCr
−
4
O
+ H
2
O Cr
−2
4
O
+ H
3
O
+
pK
2
= 6,5
2HCr
−
4
O
Cr
2
−2
7
O
+ H
2

→ M(NO
3
)
n
+ N
x
O
y
+ H
2
O.
2) Tính thế tiêu chuẩn E
1
của bán phản ứng:
H
2
SO
3
+ 6H
+
+ 6e → H
2
S + 3H
2
O
Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau:
H
2
SO
3

; T
AgI
= 10
-16
Câu 4:
Cho cân bằng: PCl
5 (K)
PCl
3(K)
+ Cl
2(K)
1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl
5
, đun nóng bình đến nhiệt độ T(
0
K) để xảy ra
phản ứng phân li PCl
5
. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu
thức của K
p
theo độ phân li α và áp suất P.
2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl
5
và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T
1
(
0
K). Sau
khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô

b) Tính % khối lượng các chất trong X?
c) Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B?
Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 16
2
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT chuyên Lê Khiết
Môn: Hoá học khối : 10
Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương
Số mật mã Phần này là phách
Số mật mã
ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10
Câu 1
a) Gọi Z
A
, Z
B
lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B.
Gọi N
A
, N
B
lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B.
Với số proton = số electron
Ta có hệ :



=
=

Z
A
= 4 ⇒ A là Be Cấu hình e : 1s
2
2s
2
Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, m
s
=
2
1
−
Z
B
= 17 ⇒ B là Cl Cấu hình e : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5

Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, m
s
=
2
1

3
Cl
Cl
BeCl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
Cl
Be
Cl
(0,5đ
)
(0,5đ
)
(0,5đ
)
1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl
2
1M vào 100ml dung dịch đệm thì

⇒ [OH
−
]
2
≥
[ ]
2
10
−
−
+
−
=
10,95
2
10,95
10
Mg
10
= 10
-8,95
. Hay [OH
−
] ≥ 10
-4,475
* Dung dịch đệm: NH
4
Cl 1M + NH
3
1M.

Suy ra cân bằng chủ yếu là:
NH
3
+ H
2
O
+
4
NH
+ OH
−
3
NH
K
= K
b
= 10
-4,75
1 1
1-x 1+x x
K
b
=
( )
x1
x1x
−
+
= 10
-4,75

+ H
3
O
+
K
a
= 1,8.10
-5
(1)
Cr
2
−2
7
O
+ H
2
O 2HCr
−
4
O
K
1
= 10
-1,36
(2)
HCr
−
4
O
+ H

cân bằng (2).

4
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
Cr
2
−2
7
O
+ H
2
O 2HCr
−
4
O
K
1
= 10
-1,36

BĐ 0,010
TTCB 0,010-x 2x
Áp dụng định đ/l t/d k/l.
K
1
=
x)(0,010
(2x)
2
−

−
4
O
] ⇒ cân bằng (1) chiếm ưu thế:
CH
3
COOH + H
2
O CH
3
COO
−
+ H
3
O
+
K
a
= 1,8.10
-5

BĐ 0,1
TTCB 0,1-a a a
K
a
=
a0,1
a
2
−

O
+
K
2
= 10
-6,5

TTCB 1,27.10
-3
-b b 1,34.10
-3
Ta có:
3
6,53
6,5
3
3
1,34.10
.101,27.10
b10
1,27.10
b.1,34.10
−
−−
−
−
−
=⇒=
= 3.10
-6

+ 8H
2
O.
1 x FeS
2
+ 8H
2
O -15e → Fe
3+
+ 2S
−2
4
O
+ 16H
+

3 x Mn
−
4
O
+ 8H
+
+ 5e → Mn
2+
+ 4H
2
O (0,5đ)
FeS
2
+ 3Mn

n+
(0,5đ)
n x xN
−
3
O
+ (6x-2y)H
+
+ (5x-2y)e → N
x
O
y
+ (3x-y)H
2
O
(5x-2y)M + nxN
−
3
O
+ (6x-2y)nH
+
→ (5x-2y)M
n+

+ nN
x
O
y
+ (3x-y)nH
2

(1)
H
2
SO
3
+ 4H
+
+ 4e → S + 3H
2
O ∆
0
2
G
(2)
S + 2H
+
+ 2e → H
2
S ∆
0
3
G
(3)
Lấy (2) + (3) ⇒ (1). Do đó: ∆
0
1
G
= ∆
0
2

0
1
E
=
1
0
33
0
22
n
EnEn +
=
6
2.0,141 4.0,45 +
= 0,347 V
Vậy :
0
1
E
= 0,347 V
3) * Tính thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn điều kiện của hệ Ag
+
/Ag khi có dư Cl
−
và I
−
.
Ta có: Ag - 1e = Ag
+
K

2
=
/0,059E
0
2
10
−
= K
1
.
1
t
T
−
=
/0,059E
0
1
10
−
1
t
T
−
⇒
0,059
E
0,059
E
0

= 0,8 + 0,059 lg10
-16
= - 0,144 (V)
Hay:
0
AgCl/Ag
E
>
0
/H2H
2
E
+
⇒ ∆E
0
phản ứng < 0 : phản ứng không xảy ra.

0
AgI/Ag
E
<
0
/H2H
2
E
+
⇒ ∆E
0
phản ứng = 0 - (-0,144)>0 : phản ứng xảy ra.
Vậy Ag không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI giải phóng H

Ta có: K
p
=
P
P
PP
P
.PP
5
23
PCl
ClPCl
.
α1
α
.
α1
α1
α1
.α
.
α1
.α
2
2
−
=
+
−
++

= 69,5 ⇒
S
M
= 69,2.2 = 139.
Áp dụng BTKL: m
S
=
5
PCl
m
ban đầu

= 83,4 (g) ⇒ n
S
=
139
4,83
= 0,6 mol. (0,5đ)
PCl
5 (K)
PCl
3(K)
+ Cl
2(K)
BĐ 0,4
TTCB (0,4-x) x x
n
S
= 0,4 - x + x + x = 0,6 ⇒ x = 0,2.
Do đó: α =

1
= 2,7atm, số mol n
1
= n
S
= 0,6 mol.
Áp suất của hệ tại nhiệt độ T
2
= 0,9 T
1
là P
2
, số mol n
2
.
Với P
2
= 1,944 atm.
Ta có:
2222
1111
RTn VP
RTn VP
=
=
⇒
22
11
22
11

+ Cl
2(K)
BĐ 0,4
TTCB (0,4-x′) x′ x′
n
2
= 0,4 - x′ + x′ + x′ = 0,48 ⇒ x = 0,08.
7
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
Do đó: α′ =
0,4
0,08
0,4
x
=
= 0,2. (0,5đ)
Vậy: K
p
′ =
P.
'1
'
2
2
α
α
−
=
( )
( )

dư
+ 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑ (3)
2H
2
S + 3O
2
→ 2SO
2
+ 2H
2
O (4) (1,5đ)
2H
2
+ O
2
→ 2H
2
O (5)
SO
2
+ H
2
O
2
→ H
2

= 1 (mol) ⇒
SH
2
n
= 3 (mol)
(1)(2) ⇒
Fe
n
phản ứng
= n
S
= n
FeS
=
SH
2
n
= 3 (mol)
(3) ⇒ n
Fe dư
=
2
H
n
= 1 (mol)
⇒
Fe
n
ban đầu
= 1 + 3 = 4 (mol) (1đ)

100.34
5,1.1.100
n
22
OH
==
8
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
Từ (4)(6) ⇒
2
SO
n
=
SH
2
n
= 0,075 (mol)
Từ (6) ⇒
42
SOH
n
=
2
SO
n
= 0,075 (mol) ⇒ H
2
O
2

Vậy: C%H
2
SO
4
=
6,106
100.98.075,0
= 6,695 (%).
C%H
2
O
2
dư =
6,106
100.34.075,0
= 2,392 (%).
9