Đề thi chọn học sinh giỏi THPT môn Hóa học Lớp 10 - Năm học 2022-2023 - Đề số 2 (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT
NĂM HỌC: 2022 – 2023
Môn: HÓA HỌC – LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN
Câu I. (4 điểm ) Cấu tạo nguyên tử, bảng hệ thống tuần hòa, liên kết hóa học
1.1. Electron cuối cùng phân bố vào các nguyên tử của các nguyên tố A , B lần lượt đặc trưng bởi 4 số lượng tử:
A : n = 3 , l = 1 , ml = -1 , ms = 
	B : n = 3 , l = 1 , ml = 0 , ms = 
	a. Cho biết loại liên kết trong phân tử AB3.
b. Khi hòa tan AB3 vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá cao thì tồn tại dạng đime A2B6. Biễu diễn công thức cấu tạo của AB3 và A2B6 theo Lewis, xác định kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm và mô tả dạng hình học của các phân tử trên.
1.2. Pôlôni là chất phóng xạ tạo thành hạt nhân bền theo phản ứng: . 
Xác định tên gọi và cấu tạo hạt nhân . 
Ban đầu có 1g Pôlôni, hỏi sau bao lâu thì khối lượng Pôlôni chỉ còn lại 0,125g? Cho chu kỳ bán rã của Pôlôni T = 138 ngày.
ĐÁP ÁN
Câu
Bài giải
Điểm
Câu I
(4,0 đ)
1.1. Electron cuối cùng phân bố vào các nguyên tử của các nguyên tố A , B lần lượt đặc trưng bởi 4 số lượng tử:
	A : n = 3 , l = 1 , ml = -1 , ms = 
	B : n = 3 , l = 1 , ml = 0 , ms = 
a. Cho biết loại liên kết trong phân tử AB3.
* A : n = 3 , l = 1 , ml = -1 , ms = => electron cuối cùng nằm trên 3p1
Vậy cấu hình electron của A là: 1s22s22p63s23p1 => A là Al (0,5đ)
* B : n = 3 , l = 1 , ml = 0 , ms = => electron cuối cùng nằm trên 3p
Vậy cấu hình electron của B là: 1s22s22p63s23p5 => B là Cl (0,5đ)
=> AB3 là AlCl3, liên kết trong phân tử AlCl3 là liên kết cộng hóa trị phân cực. (0,25đ)
(1,25đ)
b. Khi hòa tan AB3 vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá cao thì tồn tại dạng đime A2B6. Biễu diễn công thức cấu tạo của AB3 và A2B6 theo Lewis, xác định kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm và mô tả dạng hình học của các phân tử trên.
 Cl	 Cl	 Cl
	 Al	 Al
 Cl	 Cl Cl
* Công thức cấu tạo theo Lewis: 
 Cl Al	Cl
	 Cl
	(0,25đ)
	(0,25đ)
Do nguyên tử Al trong AlCl3 vẫn còn 1 obital p trống nên có khả năng nhận cặp electron tự do của Cl tạo liên kết phối trí => đime Al2Cl6.
* Trong phân tử AlCl3, Al lai hóa sp2 vì tạo được 3 cặp electron liên kết; trong Al2Cl6, Al lai hóa sp3 do tạo được cặp eletron liên kết. (0,25đ)
* Cấu trúc hình học của AlCl3 là tam giác phẳng, đều, trong đó Al ở tâm của tam giác còn 3 nguyên tử Clo ở các đỉnh của tam giác (0,25đ)
	Cl
	Al
 Cl Cl 
* Phân tử Al2Cl6 có cấu trúc hai tứ diện ghép lại, mỗi nguyên tử Al là tâm của một tứ diện và các nguyên tử Cl ở đỉnh của tứ diện, có hai nguyên tử Cl ở đỉnh chung của hai tứ diện. (0,25đ)
(1,25đ)


1.2. a. Viết phương trình phản ứng: 
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số khối ta có: . 
Vậy X là Pb. 
(0,75 đ)

b. có 82 hạt prôtôn và 206 – 82 = 124 hạt nơtrôn 
Theo định luật phóng xạ ta có:
 => t = 3T = 3 x 138 = 414 ngày. 


Câu 2: (4,0 điểm) Lý thuyết về phản ứng hóa học.
2.1. Tại 25oC phản ứng bậc một sau có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1:
2N2O5(k) ® 4NO2(k) + O2(k)
Phản ứng trên xảy ra trong bình kín có thể tích 20,0 lít không đổi. Ban đầu lượng N2O5 cho vừa đầy bình. Tại thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N2O5 là 0,070 atm. Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng. 
a) Tính tốc độ:
- Tiêu thụ N2O5.
- Hình thành NO2; O2. 
b) Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 giây. 
2.2. Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 250C:

CO2 + H2 CO + H2O
CO2
H2
CO
H2O
DH0298 (KJ/mol)
S0298 (J/mol)
-393,5
213,6
0
131,0
-110,5
197,9
-241,8
188,7

a) Hãy tính DH0298 , DS0298 và DG0298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C hay không?
b) Giả sử DH0 của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính DG01273 của phản ứng thuận ở 10000C và nhận xét.
c) Hãy xác định nhiệt độ (0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra ( giả sử bỏ qua sự biến đổi DH0, DS0 theo nhiệt độ).
Câu 2
Đáp án chi tiết
Điểm
2.1
a) pi V = ni RT
Þ (mol.l -1)
Þ mol.l -1.s-1.
Từ phương trình: 2N2O5(k) ® 4NO2(k) + O2(k)
Þ 
nên vtiêu thụ (N2O5) = -2v = -2 ´ 5,16.10-8 = -10,32.10-8mol.l-1.s-1
	vhình thành (NO2) = 4v = 4 ´ 5,16.10-8 = 20,64.10-8 mol.l-1.s-1	
 	vhình thành (O2) = v = 5,16.10-8 mol.l-1.s-1	
b)	Số phân tử N2O5 đã bị phân hủy = vtiêu thụ (N2O5) ´ Vbình ´ t ´ No(số avogadrro)
= 10,32.10-8 20,0 30 6,023.1023 » 3,7.1019 phân tử 	
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
2.2
 a) DH0298 , DS0298 và DG0298
 Pt phản ứng: CO2 + H2 CO + H2O
ta có : DH0298(pư) = [DH0298(CO) + DH0298(H2O)] – [DH0298(CO2) + DH0298(H2)]
 = (-110,5 – 241,8) – ( -393,5) = 41,2 KJ/mol = 41200 J/mol
 DS0298(pư) = [ S0298(CO) + S0298(H2O) ]– [S0298(CO2) + S0298(H2)] = 42 J/mol
 DG0298(pư) = DH0298(pư) –TDS0298(pư) = 41200 – 298 x 42 = 28684 J/mol
Vì DG0298(pư) > 0 nên phản ứng không tự diễn ra theo chiều thuận ở 250C
b) áp dụng công thức : 
Thay số tìm ra DG01273 = 1273[ 28684/298 + 41200(1/1273 – 1/298)] = -12266 J/mol
Vì DG01273 < 0 nên phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận ở 10000C
c) Để phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận thì : DGT = DH0 –TDS0 <0
T > DH0/ DS0 = 41200/42 = 980,95K tức ở 707,950C

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Câu 3: (4 điểm) Sự điện ly và phản ứng trao đổi ion
3.1. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan của BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na2SO4 0,001M.
Cho biết pKa đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2.
3.2. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:
a. Trộn 10 ml dung dịch axit axetic (CH3COOH) 0,10M với 10 ml dung dịch HCl có pH = 4,0.
b. Trộn 10 ml dung dịch axit axetic có pH = 3,0 với 10 ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH = 3,0.
Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75.
ĐÁP ÁN CÂU 3: 
Câu 3
Đáp án
Điểm
3.1.
	BaSO4 Ba2+ + SO42-
 SO42- + H+ HSO4- K1 = Ka2-1 = (10-2)-1 = 102
 BaSO4+ H+ Ba2+ + HSO4- K = K1 . TBaSO4 = 102. TBaSO4	
Ban đầu 2M
Cân bằng	 2-S(M) S S
Với S = 1,5.10-4M
Ta có: S2 / (2-S) = 102 
	BaSO4 ↔ Ba2+ + SO42- TBaSO4 = 1,125.10-10
Cân bằng	 S’	 S’
	0,001M	 0,001M
	BaSO4 Ba2+ + SO42- TBaSO4 = 1,125.10-10
Ban đầu	 0,001M
Cân bằng	 S” S’’+0,001
	S”(S’’+0,001)=1,125.10-10 
	S”2 + 0,001S”=1,125.10-10
	S”2 + 0,001S” – 1,125.10-10 = 0
	S” = 1,125.10-7M (nhận)
	S” = -10-3M (loại)	

0,5
0,5
0,5
0,5






3.2.a
Dung dịch HCl có pH = 4,0 Þ [H+] = [HCl] = 10-4M
Sau khi trộn:
	HCl → H+ + Cl- 
	5.10-5M 5.10-5M
	CH3COOH CH3COO- + H+ 
 C 0,05M	 0	 5.10-5M
 ∆C	 x x x
 [ ] 0,05-x	 x 5.10-5 + x
	x2 + 5.10-5x ≈ 8,69.10-7 – 1,738.10-5x
	x2 + 6,738.10-5x – 8,69.10-7 = 0
	x = 9,0.10-4M (nhận)
	x = -9,646.10-4M(loại)
pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,022	

0,25
0,25
0,5
3.2.b
Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với 
Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic
Sau khi trộn lẫn:
Tính gần đúng:
	[H+] ≈ 1,047.10-3
	pH = -lg (1,047.10-3)
	pH ≈ 2,98	

0,25
0,25
0,5

Câu 4: (4 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa học
4.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron
a. FeS2 + H2SO4 (đ) Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
b. KMnO4 + K2SO3 + KHSO4 ® MnSO4 + K2SO4 + H2O
c. Fe3O4 + HNO3 Fe(NO3)3 + NxOy + H2O
d. Mg + HNO3 Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O
(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1)
4.2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nửa pin sau:
 và có thể chuẩn tương ứng lần lượt bằng -0,76V và 0,80V
a) Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực
b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc
c) Tính suất điện động E của pin
d) Tính các nồng độ khi pin đã dùng hết.
Đáp án câu 4:

Đáp án
Điểm

4.1.( 2 điểm)
Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron
a) FeS2 + H2SO4 (đ) Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 
Cân bằng 2FeS2 + 14 H2SO4 (đ) Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
b) KMnO4 + K2SO3 + KHSO4 ® MnSO4 + K2SO4 + H2O
Cân bằng 2KMnO4 + 5K2SO3 + 6KHSO4 ® 2MnSO4 + 9K2SO4 + 3H2O
 c) Fe3O4 + HNO3 Fe(NO3)3 + NxOy + H2O 
(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 ® (15x-6y) Fe(NO3)3 + NxOy + (23x-9y)H2O
 
d) Mg + HNO3 ® Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O
(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1)
Cân bằng: 13Mg + 32HNO3 ® 13Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + 14 H2O

4.2. (2 điểm)
a. 	
b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+
 Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag
 Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
	Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag	
c. 	
	Epin = 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Câu 5 ( 4 điểm) Nguyên tố nhóm halogen
5.1. Điều chế clo bằng cách cho 100g MnO2 (chứa 13% tạp chất trơ) tác dụng với lượng dư dung dịch HCl đậm đặc. Cho toàn bộ khí clo thu được vào 500ml dung dịch có chứa NaBr và NaI. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch, thu được chất rắn A (muối khan) có khối lượng m gam.
a. Xác định thành phần trong chất rắn A nếu m = 117gam
b. Xác định thành phần trong chất rắn A trong trường hợp m = 137,6 gam. Biết rằng trong trường hợp này, A gồm hai muối khan. Tỉ lệ số mol NaI và NaBr phản ứng với Cl2 là 3: 2. Tính nồng độ mol của NaBr và NaI trong dung dịch đầu.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
5.2. Nung hỗn hợp bột Mg và S trong bình kín rồi để nguội. Lấy toàn bộ các chất sau phản ứng cho tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí có tỉ khối hơi so với không khí là 0,9. Đốt cháy hoàn toàn 3 lít sản phẩm khí (đkc) trên rồi thu sản phẩm cháy vào 100ml dung dịch H2O2 5% (d= 1g/ml).
a, Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b, Tính phần trăm khối lượng Mg và S trong hỗn hợp đầu.
c, Tính nồng độ % của dung dịch thu được cuối cùng.
Đáp án câu 5:
Đáp án
Điểm
5.1. (2 điểm)
MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O
1 mol 1 mol 1 mol
Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2
1,5a mol 3a mol 3a mol
Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2
a mol 2a mol 2a mol
a. Giả sử Cl2 phản ứng hết → mNaCl = 2.58,5 = 117(g)
Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết mA = mNaCl = 117g (thỏa)
→ A chỉ chứa NaCl
Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr dư → mA > 117 (g) (loại)
Cl2 dư, NaI và NaBr hết → mA < 117(g) (loại)
Vậy A chỉ chứa NaCl
b. m = 137,6g > 117g → Cl2 phản ứng hết
NaI, NaBr dư, nNaI : nNaBr = 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư.
nNaI : nNaBr = 3 : 2 → gọi 3a và 2a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng Cl2 ta có 
mA = mNaCl + mNaBr = 5a. 58,5 + mNaBr = 137,6
→ mNaBr = 20,6(g) → 
5.2. (2 điểm)
a. Các phương trình phản ứng xảy ra.
Mg + S → MgS (1)
a (mol)
MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S (2)
a (mol) a (mol) 
MTB khí = 29.0.9 = 26,1< 
Vậy trong sản phẩm có khí H2 do Mg dư
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3)
b(mol) b (mol)
2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4)
H2 + 1/2O2 → H2O (5)
SO2 + H2O2 → H2SO4 (6)
b. Gọi a, b là số mol Mg tham gia phản ứng (1) và (3)
7,9a = 24b
.100%= 49,92%
c, ; ; ; 
Dung dịch sau cùng chứa H2SO4, H2O2.
mdd = 100 + 18.(0,033 + 0,1) + 64.0,1 = 108,794 (g)
= 0,1.98 = 9,8 (g)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ