Đề thi chọn học sinh giỏi THPT môn Hóa học Lớp 10 - Năm học 2022-2023 - Đề số 5 (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
--------------
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2022 - 2023
Môn thi: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
-----------------------------------------------

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1: (4,0 điểm)
(1,25 điểm) Bảng ghi dưới đây có ghi các giá trị năng lượng ion hóa liên tiếp In (n = 1, 2,, 6) theo kJ.mol-1 của hai nguyên tố X và Y:

I1
I2
I3
I4
I5
I6
X
590
1146
4941
6485
8142
10519
Y
1086
2352
4619
6221
37820
47260
Electron cuối cùng của X và Y ở trạng thái cơ bản đều có tổng giá trị bố số lượng tử là 3,5. Xác định tên nguyên tố X và Y.
(1,0 điểm) Chuỗi phóng xạ tự nhiên gồm 14 phản ứng hạt nhân nối tiếp nhau với sản phẩm cuối cùng là . Trong chuỗi này, phản ứng chậm nhất là ® + a (chu kì bán rã là 4,51.109 năm). Các phản ứng còn lại có chu kì bán rã khoảng 1,5.10-4 s đến 2,1.105 năm. Khi phân tích tất cả các quặng Uranium trong vỏ Trái Đất, người ta thấy tỉ lệ khối lượng / là 0,866. 
Tính hằng số tốc độ của chuỗi phóng xạ trên.
Tính tuổi của Trái Đất nếu giả sử được hình thành cùng lúc với Trái Đất.
(0,75 điểm) Dựa vào thuyết MO hãy giải thích từ tính của CO+ và cho biết bậc liên kết của CO+.
(1,0 điểm) Kim loại X có màu trắng bạc, ở nhiệt độ thường có khối lượng riêng r = 4,506 g/cm3. Ở 883oC, kim loại này chuyển đổi cấu trúc mạng tinh thể từ lục phương tâm mặt thành lập phương tâm khối. Trong quá trình này, khối lượng riêng của nó giảm 5,6% so với ban đầu. Bán kính nguyên tử kim loại là 144,8 pm.
Tính hằng số mạng đối với cấu trúc lập phương tâm khối. Cho số Avogadro là 6,02.1023.
Xác định khối lượng mol của kim loại X.
Đáp án và thang điểm câu 1:
Câu
Đáp án
Điểm

Giá trị I3 của nguyên tố X và I5 của nguyên tố Y tăng nhiều và đột ngột. 
Þ X thuộc nhóm IIA: ns2 và Y thuộc nhóm IVA: ms2mp2.
0,25
Vì X thuộc nhóm IIA thì l = 0; m = 0; ms = -1/2
X có tổng 4 số lượng tử của electron cuối cùng là 3,5 Þ n = 4
Vậy X là Calcium.
0,5
Vì Y thuộc nhóm IVA nên l = 1; m = 0; ms = 1/2
Y có tổng 4 số lượng tử của electron cuối cùng là 3,5 Þ n = 2
Vậy Y là Carbon.
0,5

Chuỗi phóng xạ tự nhiên của đến là chuỗi phản ứng bậc nhất nối tiếp nhau, nên giai đoạn chậm nhất quyết định tốc độ phản ứng. Ta có
(năm)

0,5
Nếu cho khối lượng có trong mẫu khảo sát là 1 gam thì khối lượng là 0,866 gam và khối lượng đã phản ứng là (0,866.238):206 = 1 gam
0,25
Khối lượng của ban đầu là 1+1 = 2 gam.
Vậy sau thời gian t năm thì còn lại một nửa Þ tuổi Trái Đất bằng chu kì bán rã là 4,51.109 năm
0,25

Cấu hình electron của CO+: ss2ss*2 (px2 = py2) sz1.
0,25
CO+ có 1 electron độc than nên có tính thuận từ
0,25
Bậc liên kết (7-2):2 = 2,5
0,25

Vì cấu trúc mạng lập phương tâm khối nên Þ a = 334,4 pm
0,25
Số nguyên tử trong một ô mạng: 1 + 8.1/8 = 2
0,25
Ta có r = Þ 
0,5
Câu 2: (4,0 điểm)
2.1. (2,0 điểm) Dẫn khí NH3 vào dung dịch SCl2 sinh ra chất rắn dễ nổ màu đỏ S4N4. Cấu trúc của chất này có thể biểu diễn bằng nhiều cách; một trong những cách đó được thể hiện theo hình bên dưới
Viết chu trình Born – Haber cho sự tạo thành S4N4 và xác định nhiệt tạo thành DfH (S4N4).
Xác định biến thiên enthalpy của phản ứng giữa NH3 và SCl2.
Cho các giá trị E(S-S) = 226KJ/mol; E(NºN) = 946 KJ/mol; E(S-N) = 273KJ/mol; E(S=N) = 328KJ/mol; DH hóa hơi (S8) = 77 KJ/mol; DH hóa hơi (S4N4) = 88 KJ/mol; DfHo(NH3) = -45,9 KJ/mol; DfHo(SCl2) = -50 KJ/mol; DfHo(HCl) = -92,3 KJ/mol.
2.2. (2,0 điểm) Xét phản ứng tách H2 của ethane: C2H6 ⇋ C2H4 + H2 (1)
Cho các số liệu sau đối với phản ứng trên DGo = 22,39 kJ/mol (ở 900K)

H2
C2H6
C2H4
So (J/K.mol ở 900K)
163,0
319,7
291,7
Tính KP của phản ứng (1) ở 900K.
Tại trạng thái cân bằng của phản ứng (1), áp suất hệ là 2 atm. Tính KC và KX.
Tính thành phần % thể tích các chất sau phản ứng (1) tại 900K, biết áp suất của hệ ở trạng thái cân bằng là 1 atm.
Xét phản ứng: C2H4 + H2 ⇋ C2H6 (2). Ở 900K, phản ứng (2) tỏa nhiệt hay thu nhiệt.
Tính KP của phản ứng (1) tại 600K. Giả thiết trong khoảng từ 600K đến 900K thì DHo và DSo không thay đổi.
Đáp án và thang điểm câu 2:
Câu
Đáp án
Điểm
2.1
a.
0,5
DfH (S4N4) = DH hóa hơi (S8) + 4E(S-S) + 2E(NºN) - 4 E(S-N) - 4E(S=N) - DH hóa hơi (S4N4) = 342,5 kJ/mol.
0,5
4NH3 + 6SCl2 ® S4N4 + S8 + 12HCl DrHo
0,25
DrHo = 12DfHo(HCl) + DfH (S4N4) - 6DfHo(SCl2) - 4DfHo(NH3) = -281,5 kJ/mol
0,25
2.2
DG = -RTlnKP Þ KP = 0,0502
0,25
KC = KP (RT)-Dn với Dn = 1 Þ KC = 6,8.10-4
0,25
Kx = KP. P-Dn = 0,0251
0,25
Nếu áp suất tổng cộng tại cân bằng là 1 atm thì Kx = 0,0502
	C2H6 ⇋ C2H4 + H2 (1)
Cân bằng	1 – x 	x	x
Tổng số mol sau phản ứng là 1+x
Phần mol của C2H6 là: (1-x)/(1+x); C2H4 và H2 là x/(1+x)
Ta có Kx = x2/(1-x) Þ x = 0,2
Hỗn hợp có 0,2 mol H2; 0,2 mol C2H4; 0,8 mol C2H6.
0,25
0,25
%V của H2, C2H4 và C2H6 lần lượt là 16,67%; 16,67% và 66,67%
0,25
Ta có C2H4 + H2 ⇋ C2H6 (2) DGo = -22,39 kJ/mol (ở 900K)
DSo = 319,7 – 291,7-163 = -135 J/mol.K
ÞDHo =-143,89 kJ/mol < 0
Vậy đây là phản ứng tỏa nhiệt
0,5
Tại 600K thì DHo (1) = - DHo (2) = 143890 Þ KP = 3,349 . 10-6
0,5
Câu 3: (4,0 điểm)
3.1. (2,0 điểm) Một dung dịch X gồm hỗn hợp HNO3 0,001M và H3PO4 0,001M
Tính pH của dung dịch X
Thêm 50 mL dung dịch NaOH 0,002M vào 50 mL dung dịch X thu được dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y. 
Cho hằng số acid của H3PO4 lần lượt là pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32.
3.2. (2,0 điểm) Dung dịch X gồm BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M. Thêm 1 mol K2Cr2O7 vào 1 lít dung dịch X (coi thể tích dung dịch không đổi). Tính pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4 (coi một ion kết tủa hoàn toàn khi nồng độ £ 10-6M).
Cho biết Cr2O72- + H2O ⇋ 2CrO42- + 2H+ có Ka = 2,3.10-15; tích số tan của BaCrO4 và SrCrO4 lần lượt là 10-9,93 và 10-4,65.
Đáp án và thang điểm câu 3:
Câu
Đáp án
Điểm
3.1
Cân bằng trong dung dịch
HNO3 ® H+ + NO3-.
H3PO4 ⇋ H+ + H2PO4-. (1)
H2PO4- ⇋ H+ + HPO42-. (2)
HPO42- ⇋ H+ + PO43-. (3)
H2O ⇋ H+ + OH-. (4)
Vì Ka1 >> Ka2 >> Ka3 và KW nên cân bằng 1 là chủ yếu
	H3PO4 ⇋ 	H+ + 	H2PO4- 	Ka1
Cân bằng	0,001-x 0,001+x x
Theo định luật tác dụng khối lượng Ka1 =[x(0,001+x)] : (0,001 – x) = 10-2,15.
Þ x = 7,975.10-4 Þ [H+] = 1,7975.10-3 Þ pH = 2,75
1,0
Tính lại nồng độ của NaOH, HNO3 và H3PO4 lần lượt là 0,001M; 5.10-4M; 5.10-4M.
Sau khi các phản ứng xảy ra, dung dịch Y chứa NaH2PO4: 5.10-4M.
NaH2PO4® Na+ + H2PO4-. Ka2
H+ + H2PO4- ⇋ H3PO4 (Ka1)-1.5,37
H2O ⇋ H+ + OH-.
Chọn mức không: H2PO4- và H2O
Điều kiện proton: [H+] = [OH-] + [HPO42-] – [H3PO4] Þ [H+] = 5,37.10-6
Þ pH = 5,27
1,0
3.2.
Cr2O72- + H2O ⇋ 2CrO42- + 2H+ (1) Ka = 2,3.10-15
Để kết tủa hoàn toàn BaCrO4 thì [CrO42-] > T BaCrO4 /[Ba2+] = 10-3,93M.
Để kết tủa hoàn toàn SrCrO4 thì [CrO42-] > T SrCrO4 /[Sr2+] = 10-3,65M.
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng với (1) trong đó [CrO42-] tính theo (1) và [Cr2O72-] » 1M (vì dùng dư so với ion Ba2+ cần làm kết tủa)
0,5
	Cr2O72- + H2O ⇋ 2CrO42- + 2H+ (1) Ka = 2,3.10-15
Cân bằng 1 C 2x
Với C là nồng độ CrO42- tại hai thời điểm.
Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrO4 ta có
10-3,93 < [CrO42-] < 10-3,65.
0,5
Þ 10-3,67 < [H+] < 10-3,39
0,5
Þ 3,67 < [H+] < 3,39
0,5
Câu 4: (4,0 điểm)
4.1. (1,0 điểm) Bổ túc và cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau theo phương pháp thăng bằng electron
KMnO4 + C6H12O6 + H2SO4 ® CO2 + 
Cu2FeSx + O2 ® Cu2O + Fe3O4 + 
4.2. (1,0 điểm) Bổ túc và cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau theo phương pháp thăng bằng ion - electron
OCl- + I- + H2O ® + I2 + OH-.
CrI3 + Cl2 + KOH ® KIO4 + K2CrO4 + 
4.3. (2,0 điểm) Khi đo suất điện động của pin sau ở 298K được giá trị 0,824V
Pt ½I- 0,1M; I3- 0,02M ‖ MnO4- 0,05M, Mn2+ 0,01M, HSO4- C M½Pt
Cho và 
Viết phản ứng xảy ra trong pin.
Tính nồng độ ban đầu của HSO4- (Ka = 10-2)
Đáp án và thang điểm câu 4:
Câu
Đáp án
Điểm
4.1
24KMnO4 + 5C6H12O6 + 36H2SO4 ® 40CO2 + 24MnSO4 + 12K2SO4 + 66H2O
0,5
6Cu2FeSx + (6x+7) O2 ® 6Cu2O + 2Fe3O4 + 6xSO2.
0,5
4.2
OCl- + 2I- + H2O ® Cl- + I2 + 2OH-.
0,5
2CrI3 + 27Cl2 + 64KOH ® 6KIO4 +2 K2CrO4 + 54KCl + 32H2O
0,5
4.3
Ở điện cực phải: MnO4- + 8H+ + 5e ⇋ Mn2+ + 4H2O
Ở điện cực trái: 3I- ⇋ I3- + 2e.
Phản ứng xảy ra trong pin 2MnO4- + 16H+ + 15I- ⇋ 5I3- + 2Mn2+ + 8H2O
0,5

Þ E pin = 0,936 + = 0,824 Þ [H+] = 0,054M
1,0
Mặt khác HSO4- ⇋ H+ + SO42- 
[] C – x x x
Ta có Ka = x2/(C-x). Với x = 0,054 Þ C = 0,346M.
0,5
Câu 5: (4,0 điểm)
5.1 (2,0 điểm) Viết các phương trình hóa học trong các thí nghiệm sau
Dẫn khí Cl2 đến dư lần lượt vào các dung dịch NaBr và H2S.
Cho Fe3O4 lần lượt vào lượng dư các dung dịch HCl và dung dịch HI.
Cho dung dịch H2SO4 đặc lần lượt vào mỗi muối NaCl và NaBr, đun nóng.
5.2. (2,0 điểm) Một mẫu KBr có lẫn một ít KBrO3 và tạp chất trơ. Hòa tan 5 gam mẫu vào nước và pha loãng thành 250 ml dung dịch A. Thêm NaHSO3 và axit vào 50 ml dung dịch A để khử BrO3- thành Br- rồi them AgNO3 dư vào thì thu được 0,65 gam AgBr khô. Axit hóa 50 ml dung dịch A bằng H2SO4, khi ấy BrO3- bị Br- khử hết thành Br2. Đun sôi đuổi hết Br2 và làm kết tủa Br- dư bằng dung dịch AgNO3 thu được 0,205 gam AgBr. Tính % của KBr trong mẫu.
Đáp án và thang điểm câu 5:
Câu
Đáp án
Điểm
5.1
Cl2 + 2NaBr ® 2NaCl + Br2
5Cl2 + Br2 + 6H2O ® 2HBrO3 + 10HCl
4Cl2 + H2S + 4H2O ® H2SO4 + 8HCl
0,25
0,25
0,25
Fe3O4 + 8HCl ® FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
Fe3O4 + 8HI ® 3FeI2 + I2 + 4H2O
0,25
0,25
NaCl + H2SO4 đặc, nóng ® HCl + NaHSO4.
NaBr+ H2SO4 đặc, nóng ® HBr + NaHSO4.
2HBr + H2SO4 ® Br2 + SO2 + 2H2O
0,25
0,25
0,25
5.2
Gọi nồng độ của KBrO3 và KBr lần lượt là x và y
PTHH
BrO3- + 3HSO3- ® Br- + 3HSO4- (1)
Ag+ + Br- ® AgBr (2)
BrO3- + 12H+ 10Br- ® 6Br2 + 6H2O (3)
Ag+ + Br- dư ® AgBr (4)
0,5
Từ (1) và (2) ta có 0,05x + 0,05y = 13/3760 (5)
Từ (3) và (4) ta có -0,25x + 0,05y = 41/3760 (6)
Từ (5) và (6) ta được x = 7,89.10-3 (M) và y = 0,061 (M)
1,0
%KBr = (0,061.250.119) : (1000.5) = 36,45%. 
0,5
Cho biết nguyên tử khối (theo amu) của các nguyên tố: H = 1; Li = 7; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Sn = 119; Ba = 137; Pb = 207, I = 127.