Kỳ thi Olympic Olympic 30/4/2006
Trường: THPT chuyên TRẦN ĐẠI NGHĨA_Tp HCM
Đề và đáp án môn: HÓA Khối 10
Họ tên GV biên soạn: NGUYỄN NGỌC KHÁNH VÂN
Số mật mã:
Số mật mã:
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA LỚP 10
Câu I (4 điểm):
I.1.
I.1.1. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tố X là 5p
5
. Tỷ số nơtron và điện tích hạt
nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc
nguyên tố Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thì thu được 18,26 gam
sản phẩm có công thức là XY. Hãy xác định điện tích hạt nhân Z của X và Y và viết
cấu hình electron của Y tìm được.
I.1.2. Hãy cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của hợp chất XCl
3
.
I.1.3. Bán kính nguyên tử Cobalt là 1,25Å. Tính thể tích của ô đơn vị của tinh thể Co nếu
trong 1 trật tự gần xem Co kết tinh dạng lập phương tâm mặt.
I.2. Sản phẩm bền vững của sự phóng xạ
238
U là
206
Pb. Người ta tìm thấy 1 mẩu quặng uranit
có chứa
238
U và
206
Pb theo tỉ lệ 67,8 nguyên tử

4p
6
4d
10
5s
2
5p
5
0,25đ
Vậy Z
X
= 53 = số proton X
3962,1
=
X
X
Z
N
⇒ N
X
= 74 0,25đ
A
X
= Z
X
+ N
X
= 53 + 74 = 127
Ta có :
7,3

(g/mol)
Vậy : Z
Y
+ N
Y
= 39 ⇒ Z
Y
= 19
Cấu hình electron của Y : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
1
0,5đ
I.1.2 X có 7 electron ở lớp ngoài cùng, còn obitan d trống nên trong hợp chất XCl
3
X lai hóa
sp
3
d, dạng hình học là chữ T
Cl
X
Cl

I.2 Cứ 1 nguyên tử
238
U sinh ra tương ứng 1 nguyên tử
206
Pb
Vậy N nguyên tử
238
U sinh ra tương ứng N nguyên tử
206
Pb
Ta có :
32,2
67,8
quang Ucòn trong
N

0
đban
N
quang Ucòn trong
N
ungUphan
N
quang Ucòn trong
N
32,2
67,8
raPbsinh
N
quang Ucòn trong

−
−
−
⇔
1đ
Câu II (4 điểm):
II.1. Tính ái lực điện tử của F, biết:
K(r) → K(k) ∆H
0
= 90 kJ
K(k) → K
+
(k) + e ∆H
0
= 419 kJ
F
2
(k) → 2F(k) ∆H
0
= 159 kJ
K(r) + ½ F
2
(k) → KF(r) ∆H
0
f
= - 569 kJ
K
+
(k) + F
-

Cl
(r)
-315,4 -203,9
NH
3(k)
-92,3 -95,3
HCl
(k)
-46,2 -16,6
∗ Đáp án câu II:
II.1
K(r) +
1
2
F
2
(k)
KF(r)
∆H
0
f
= - 569 kJ
K(k)
F(k)
90 kJ
159/2 =79,5kJ
K
+
(k)
F

−=
∆
∆
−
sM
t
A
0,25đ
II.2.2 Ta có :
t
B
t
A
∆
∆
×=
∆
∆
−
][
3
1][
Tốc độ phản ứng đối với A trong khoảng thời gian từ 2 – 3 s :
).(10.2,9
23
)603,0511,0(][
12
−−
=
−

t
B
0,25đ
II.3
Đối với phản ứng : NH
4
Cl
(r)
→ NH
3(k)
+ HCl
(k)
0,25đ
Hằng số cân bằng : K =
)(
.
)(3
kHClNH
PP
k
Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm, ta có áp suất riêng phần cân
bằng của NH
3
và HCl là :
)(3 k
NH
P
=
)(kHCl
P

⇒ lnK
298
= -37,133 0,5đ
Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét
0
298
H
∆
không đổi nên :
0
298
H
∆
= - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J) 0,25đ
• Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét :
ln
)
1
298
1
(
0
298
TR
H
K
K
T
−
∆

Mn
η
,
17,2
10
3
−
=
+
Fe
η
,
5,35
)(
10
3
−
=
OHFe
T
,
35,12
)(
10
2
−
=
OHMn
T
,

trong nước máy là bao nhiêu?
V.3.2 Có bao nhiêu % Pb
2+
và Ni
2+
còn lại trong dung dịch khi nồng độ của Na
2
S cân
bằng là 5.10
-11
M?
Cho biết : T
t(PbS)
= 3.10
-28
; T
t(NiS)
= 3.10
-20

∗ Đáp án câu III:
III.1 Trong dung dịch :
Fe(NO
3
)
3
→ Fe
3+
+ 3NO
3

– x x x
17,2
3
2
10
10
−
−
=
−
x
x
⇒ x = 8,84.10
-4
(M)
⇒ [Fe
3+
] = 1,16.10
-4
(M) =
'
3
+
Fe
C
0,25đ
Mn
2+
+ H
2

(M)
⇒ Sự mất mát Mn
2+
không đáng kể 0,25đ
III.1.1 Cho NaOH vào :
Với Fe
3+
, nồng độ OH
-
cần để xuất hiện kết tủa :
Với Mn
2+
, nồng độ OH
-
cần để xuất
hiện kết tủa :
)(10
1
10
)(
175,6
35,12
)(
2
2
2
M
C
T
C

3
M
T
C
OHFe
FeOH
−
−
−
−
===
+−
Vậy pH = 4,17 0,25đ
Để Mn
2+
bắt đầu kết tủa :
)(10
1
10
)(
175,6
35,12
)(
2
2
2
M
C
T
C

10
3
6
=
−
FeF
β
0,25đ
C 10
-3
1
[ ] x 0,999 + x 10
-3
– x
1,16
3
10
)999,0(
10
=
+
−
−
xx
x
⇒ x = 7,95.10
-20
(M) rất nhỏ
⇒ [Fe
3+

−
−
===
+−
Nồng độ OH
-
cần cho kết tủa Mn(OH)
2
là 10
-6,175
M
Vậy lúc đó Mn(OH)
2
sẽ kết tủa trước. 0,25đ
III.2
III.2.1 Nồng độ Pb
2+
trong nước máy :
[Pb
2+
] =
12
28
10.41,8
10.3
−
−
= 3,57.10
-17
(M)