TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

LỚP 10
(Đề thi có 3 trang, gồm 10 câu )

Họ, tên thí sinh:..................................................................... SBD: .............................
Học sinh sử dụng các dữ kiện sau để làm bài :
h = 6,626.10-34J.s; me = 9,109.10-31 kg; NA = 6,022.1023; R =8,314 J.mol-1.K-1
Khối lượng nguyên tử : H = 1; O = 16; Mg = 24; S = 32;
Số thứ tự Z: He = 2; C = 6; N = 7; O = 8
1 A° = 10-10 m; 1nm = 10-9m; 1 eV = 1,902.10-19 J; 1atm =1,01325.105 Pa.
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử (2đ)
1. Biết năng lượng cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He là: 79,00eV. Khi chiếu một bức xạ
có bước sóng 40 nm vào nguyên tử He thì thấy có 1 electron thoát ra. Tính vận tốc của electron này. Cho h =
6,625.10-34J.s ; me = 9,1.10-31kg.
2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang
điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân.
Cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên
tử và ion X, X2+ và Y-.
Câu 2: Cấu tạo phân tử - Liên kết hóa học (2đ)
1. 1. Axit flosunfuric có công thức là HSO3F là một axit mạnh. Ở trạng thái lỏng, HSO3F tự phân ly theo cân bằng sau:

→
¬




1


(B)
Biểu diễn cấu trúc của các ion A và B và cho biết trạng thái lai hóa của Sb trong các ion đó.

2. Bằng thực nghiệm người ta đã xác định được giá trị momen lưỡng cực của phân tử H 2S là 1,09D và của liên
kết S – H là 2,61.10–30 C.m. Hãy xác định:
a. Góc liên kết HSH.
b. Độ ion của liên kết S – H , biết rằng độ dài liên kết S – H là 1,33 Å. Cho 1 D = 3,33. 10–30C.m. Giả sử µ của
cặp electron không chia của S là không đáng kể.
Câu 3: Tinh thể (2đ)
Bạc kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện. Bán kính nguyên tử của Ag và Au lần lượt là: R Ag = 144
pm; RAu = 147 pm.
a) Tính số nguyên tử Ag có trong một ô mạng cơ sở.
b) Tính khối lượng riêng của bạc kim loại.
c) Một mẫu hợp kim vàng - bạc cũng có cấu trúc tinh thể lập phương diện. Biết hàm lượng Au trong mẫu hợp
kim này là 10%. Tính khối lượng riêng của mẫu hợp kim.
Câu 4: Nhiệt động lực học (2đ)
1. Cho các dữ kiện sau:
kJ.mol¯1

Năng lượng

kJ.mol¯1

thăng hoa của Na

108,68


O2

FeO

Fe2O3

Fe3O4

ΔH0s(kcal.mol-1

0

0

-63,7

-169,5

-266,9

S0 (cal.mol-1.K-1)

6,5

49,0

14,0

20,9

(2) NO2 + NO3

NO2 + O2 + NO
k3

→

(3) NO + N2O5

3NO2

Sử dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền đối với NO và NO3 (nguyên lí nồng độ dừng hay nồng độ ổn định)
d [ N 2O5 ]
dt
hãy thiết lập biểu thức của tốc độ biến thiên
Câu 6: Cân bằng hóa học (2đ)
ƒ

1. Cho phản ứng 2NO2(k)
N2O4(k) có Kp=9,18 ở 250C. Hỏi ở cùng nhiệt độ phản ứng xảy ra theo chiều nào
trong điều kiện sau: P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm.
2. Cho cân bằng hóa học:
3


∆Η 0

ƒ

N2 (k) + 3H2 (k)


b) Tính nồng độ HCOOH phải có trong dung dịch A sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 25%.
Coi thể tích dung dịch không thay đổi.
−
4

Cho pKa (HSO ) = 2

pK(H3PO4) = 2,15; 7,21; 12,32

pK (HCOOH) = 3,75
Câu 8: Điện hóa – Pin điện – Điện phân (2đ)
1. Người ta tiến hành thiết lập một pin sau:
Nửa pin I: gồm một điện cực Ag được phủ AgCl nhúng vào dung dịch KCl bão hòa.
Nửa pin II: gồm thanh Pt được phủ hỗn hợp nhão gồm Hg và Hg2Cl2 nhúng vào dung dịch KCl bão hòa.
a) Xác định các điện cực (âm hay dương) và biểu diễn sơ đồ cấu tạo pin theo quy ước. Viết phản ứng tại các
điện cực và phản ứng chung trong pin.
b) Tính sức điện động của pin trên tại 250C.
Cho pKs (AgCl) = 10; pKs(Hg2Cl2) = 17,88; E0 của Ag+/Ag = 0,800V và Hg2+2/Hg = 0,792V; RTln10/F =
0,0592V (ở 25oC).

4


2. Điện phân 50 mL dung dịch HNO 3 có pH = 5,0 với điện cực trơ trong 30 giờ, dòng điện không đổi 1A. Tính
pH của dung dịch thu được sau khi điện phân. Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO 3 loãng trong thí nghiệm
này không đổi và bằng 1g/mL.
Câu 9: Hóa học hạt nhân (2đ)

1. Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước nặng là 8.10 -8 (mẫu nước chứa hidro chủ yếu là

c)

F2 + ……

d)

Na2SO3 +…….

→ OF2 + …..+…….
→ Na2S2O3

2. a. Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các hidro halogenua thay đổi như thế nào? Giải thích nguyên nhân?
b. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và
nhiệt độ sôi không?

Người ra đề

Vũ Thị Thùy Dung
01675131198

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 10
Câu
1

Đáp án
1. Theo đề bài có: He → He2+ + 2e ; I = + 79,00 eV
Mặt khác,

He+→ He2+ + 1e ; I2 = -Ee trong He+



IIA

17

3

VIIA

24

4

VIB

R Ca 2 + < R Cl − < R Ca

Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:
Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích
hạt nhân của nguyên tử đó.

0,5

Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân
Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron
lớn nhất (n = 4).

2

1. 1. a) (0,75 điểm): Mỗi cấu trúc đúng = ¼ điểm


F
H

Cấu trúc của [H2SO3F]

+

b) (0,25 điểm):
Lực axit: HSO3F > H2SO4 vì nguyên tử F có độ âm điện lớn hơn nguyên tử O do đó liên kết
O-H trong HSO3F phân cực mạnh hớn liên kết O-H trong phân tử H2SO4.
c) (0,50 điểm): Mỗi cấu trúc ¼ điểm
Cấu trúc của [F5SbOSO2F]F

Cấu trúc của [(F

F

F

Sb
F

F
O

F

S
O

uuuu
r
µSH

→

=

uuuu
r
µ SH
cos α = 2

.
uuuur
µ H2 S

uuuur
µ H2S
uuuu
r
2 µSH

α
2
Suy ra cos

uuuu
r uuuu
r

r
µt / n
uuur
µl / t
b) Độ ion của liên kết S – H =

2, 61.10 −30
1,33.10 −30.1, 6.10 −19
=

0,25
. 100 = 12,3%

7


3
(2đ)

a) - Ở mỗi đỉnh và ở tâm mỗi mặt đều có một nguyên tử Ag

0,5đ

- Nguyên tử Ag ở đỉnh, thuộc 8 ô mạng cơ sở
- Nguyên tử Ag ở tâm của mỗi mặt, thuộc 2 ô mạng cơ sở
- Khối lập phương có 8 đỉnh, 6 mặt

1
2
⇒ Số nguyên tử Ag có trong 1 ô cơ số là 8 . + 6 .

≈ 113,12
4
0,5đ

Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là

R=

144(4 − x) + 147x
≈ 0,25
4

⇒ Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:

8


ahk = a R 2 = 2 .
=

144(4 − x) + 147x
2
=
(576 + 3 x)
2
5

2
(576 + 3.0,23) ≈ 407,78( pm)
2

M+(k)

1,00

MX(r)

HML

+ AE
+

X-(k)

Ta được:
AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*)
Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1 và
AE (Cl) = -360 kJ.mol-1.
AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều. Có thể giải thích điều này như
sau:
* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl2, do đó ΔHLK (F2) < ΔHpl (Cl2) và dẫn đến AE (F) > AE
(Cl).
* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong nhóm VIIA. F ở đầu nhóm.
Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất thường và cản trở sự xâm nhập của electron.

9


2.

a) Sự tạo thành FeO từ các đơn chất Fe và oxit ở đkc:

Nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận hay ở đkc Fe2O3 bền hơn FeO
Vậy tính bền của các oxit tăng dần theo thứ tự:
FeO → Fe2O3 → Fe3O4
10

0,50


5
(2đ)

k 27 =

0,25

0,693 0,693
=
= 2,31.10 −4
t1/ 2
3000

s-1.

1. 1. Phản ứng bậc 1 nên

2. Phản ứng bậc 1 nên từ a → a/2 cần t1/2; từ a/2 → a/4 cần t1/2 ⇒ t = 2t1/2 = 2000 giây.
k 27+10 k 37 6,93.10 −4
=
=
=3

0.25

0.25
.

k 37  1
1 
:
−

k 27  310 300 

0.25

⇒ Ea =

4.

= −8,314. ln

6,93.10 −4
2,31.10 −4

1 
 1
:
−

 310 300 


2
→

NO2 + NO3

NO2 + NO + O2
k

3

→

NO + N2O5

3NO2

Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO3 và NO:

d[NO3 ]
dt

k1'

= k1.[N2O5] -

0,5

≈

.[NO2].[NO3] – k2.[NO2].[NO3]

+ k2).[NO2].[NO3]
0.25

k3.[NO].[N2O5] = k2.[NO2].[NO3]
k
k2
= 3 [NO ]
k + k2 k1
'
1

[NO] =

k3
k2

k1k2
k3 (k1' + k2 )

[NO2].[NO3] =

.[NO].[N2O5]

k3
k k2

d[N 2O5 ]
dt

'

2 NO2

N2O4

Kp=9,18.

Q
Kp
Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln

0,25
.

Nếu Q < Kp → ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Nếu Q > Kp → ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Nếu Q = Kp → ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng.

0,25

Khi P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1)2 =90 > Kp nên phản ứng diễn ra
theo chiều nghịch.
a)
N2 (k)
Ban đầu (mol)
1

ƒ

+


4 - 2x
=
= 36%
x = 0,529
1 − 0,592
1− x
.100%
4 − 2.0,592
4 - 2x
=

=

0,25

0,25

.100% = 16%

2

%VH

= 100 - (36 + 16) = 48%
2
PNH
0,36 2.P 2
3

0,16.P.( 0,48.P )

4 − 2 y 4 − 2.2 / 3

% VN2 =

% VH 2 =

3(1 − y ) 3(1 − 2 / 3)
=
= 37,5%
4 − 2y
4 − 2.2 / 3

0,25

và

2
PNH
3

0,5 2
0,125.0,3753.300 2

3
H2

P PN 2

K p2


1
⇒ T2

KP
R
ln 2
0
∆H
K P1

1
T1

=

-

1
8,314
4, 21.10 −4
+
.ln
450 + 273 46.103
8,14.10 −5
=

⇒

0,25
T2 = 595,19K

Ka2 =10-7,21

(3)

HPO4–

H+ + PO43–

Ka3 =10-12,32

(4)

H2O

H+ + OH-

Kw = 10-14

(5)

Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
Ka1 >> Ka2 >> Ka3

→ quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ

K
Ka
a1
Ta có: [H + ] = [SO 2- ] + [H PO - ] = CHSO .
+ CH3PO4 .

−

CH3PO4 = ([H+] - CHSO .
4

−

K + [H+]
Ka
). a1
K a + [H+]
K
a1

CH3PO4 = (10−2,03 - 0,010.

10-2
10-2,15 + 10−2,03
).
10-2 + 10−2,03
10-2,15

= 9,61.10-3(M)

[H 2 PO4 - ]
Ta có: α = α H PO =
.100
1
3 4
CH3PO4


độ điện li của H3PO4 giảm 25%
14

1


α 2 = α,H3PO4 = 43,15% × 0,75 = 32,36%
và trong dung dịch thu được sẽ có 3 quá trình 1,0
quyết định pH của hệ:
HSO4–

H+ + SO42–

Ka =10-2

H+ + H2PO42–

H3PO4
HCOOH

(1)

Ka1 =10-2,15 (2)

H+ + HCOO–

Ka’ =10-3,75 (6)

Ta có: [H+] = [SO 2- ] + [H PO - ] + [HCOO- ]


CHCOOH = [H+] - [H2PO4–] -

(7)

[H PO - ]
,
α 2 = α H3PO4 = 32,36% = 2 4 .100
CH PO4
3

Từ biểu thức


→
[H2PO4–] = 3,12.10-3 M
[H3PO4] = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M).

K .[H PO ] 10−2,15 × 6,52.10−3
a1 3 4 =
= 0, 0148
[H PO - ]
3,12.10−3
2 4


→
Từ (2)

[H+] =

Nửa pin 1: AgCl + e

Ag + Cl

-

E1 = E0Ag+/Ag + 0,0592 lg [Ag+]
= E0Ag+/Ag + 0,0592 lgKs1 - 0,0592 lg [Cl-]
ƒ

Nửa pin 2: Hg2Cl2 + 2e

2Hg + 2Cl0,25

0,0592
2
E1 = E0Hg22+/Hg +

lg [Hg22+]

0, 0592
2
= E0Hg22+/Hg +
Đặt:

lg Ks2 - 0,0592 lg [Cl-]

E0’1 = E0Ag+/Ag + 0,0592 lg Ks1 = 0,208 V

0,0592


Nửa phản ứng oxi hóa ở catot:

1
H 2O → H 2 + O2
2
Phản ứng tổng:

ne =

I .t 1.30.60.60
=
= 1,119(mol )
F
96485

0,25

Số mol electron trao đổi trong 30 giờ
Theo quá trình anot, ta có số mol nước bị điện phân

1
nH 2O = ne
2

≈

0,56(mol)
suy ra khối lượng nước bị điện phân là 0,56.18 = 10,08 g
Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50.1 = 50 g

Số nguyên tử H có trong 1,0 (g) mẫu nước: 6,023.023 (ngtử)
3
1

H

Số đồng vị

có trong 1,0 (g) mẫu nước:

N0 = 6,023.1023.8.10-8 = 4,82.1016 (ngtử)
0.25

ln 2
t1 / 2

⇒
t1/2 = 12,3 năm

N0
N
ln

k =

= 0,0564 năm-1

⇒
N = N0.e-kt = 5,354.106.e-0,0564.20 = 1,56.1016 (ngtử)


→

0
-1 e

0,5

+
134
55 Cs:

b) Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của
0,5
2

–3

23

8 2

∆E = ∆m.c =(133,9067-133,90449).(10 /6,022.10 ) . (3,000.10 ) (J)
→ ∆E = 3,30.10–13 J = 3,30.10–13/(1,602.10–19) = 2,06.106 (eV)
10
(2đ)

1. Cl2 + I2 + OH- → IO3- + Cl- + H2O

0,25đ/
1 pht


2F2 + 2OH- → OF2 + 2F- + H2O
d) Na2SO3 +

S

→ Na2S2O3

Sự oxi hóa: S - 2e → S+2
Sự khử: S+4 +2e → S+2

2. Từ HF đến HCl: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm. Từ HCl đến HI nhiệt độ nóng 0,5đ
chảy và nhiệt độ sôi tăng.
Năng lượng tương tác định hướng giảm từ HF đến HI do độ phân cực của phân tử giảm.
Năng lượng tương tác khuếch tán tăng lên trong dãy do sự tăng bán kính nguyên tử của các
halogen và sự giảm độ phân cực của liên kết trong phân tử.
Từ HF đến HCl, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm do giữa các phân tử HF phát sinh
được liên kết Hidro, đồng thời năng lượng tổng quát của tương tác giữa các phân tử giảm
do tương tác định hướng giảm.
Từ HCl đến HI năng lượng tương tác khuếch tán chiếm ưu thế so với tương tác định hướng
vì vậy nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng.

19


20