Đề thi Olympic truyền thống 10-3 tỉnh Đắk Lắk năm 2023 môn Hóa học Lớp 10 - Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 10-3 TỈNH ĐẮK LẮK NĂM 2023
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:HÓA HỌC; LỚP:10
ĐÈ THI VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1: (4 điểm)
1.1. (1,5 điểm): Cho bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng của nguyên tử các nguyên tố X, Y, Z như sau:
	X: n = 2; l = 1; m = +1; ms = +1/2. 
	Y: n = 2; l = 1; m = -1; ms = -1/2. 
	Z: n = 3; l = 1; m = -1; ms = -1/2.
	a. Xác định vị trí của X, Y, Z trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
	b. Xác định kiểu lai hóa của các phân tử và ion sau: ZY2, ZY3, ZY32-, ZY42-, XY3-.
1.2. ( 1,5 điểm):
Hợp chất ion (X) được tạo thành từ 2 nguyên tố, các ion đều có cấu hình electron: 1s22s22p63s23p6. Trong 1 phân tử X có tổng số các hạt (p, n, e) là 164.
	a. Xác định công thức phân tử có thể có của X
	b. Cho X tác dụng vừa đủ với 1 lượng Brom thu được 1 chất rắn D không tan trong nước. D tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu được 13,44 lít khí Y (đktc). Xác định công thức phân tử của A và tính nồng độ mol/lit của dung dịch H2SO4.
1.3. (1,0 điểm): Nguyên tố R tạo oxide cao nhất có khối lượng phân tử bằng 100. Xác định tên R và công thức oxide cao nhất?
1.1
Hướng dẫn chấm
Điểm

1,5 (điểm)
a.
X: n = 2; l = 1; m = +1; ms = +1/2 X có cấu hình phân lớp ngoài cùng là: 2p3 Nitơ (N)
Cấu hình electron X: 1s22s22p3: ô 7, chu kì 2, nhóm VA.
Y: n = 2; l = 1; m = -1; ms = -1/2 Y có cấu hình phân lớp ngoài cùng là: 2p4 Oxi (O)
Cấu hình electron Y: 1s22s22p4: ô 8, chu kì 2, nhóm VIA.
Z: n = 3; l = 1; m = -1; ms = -1/2 X có cấu hình phân lớp ngoài cùng là: 3p4Lưu huỳnh (S)
Cấu hình electron Z: 1s22s22p63s23p4: ô 16, chu kì 3, nhóm VIA.
b. (0,75 điểm)
Xác định kiểu lai hóa của các phân tử và ion sau: ZY2, ZY3, ZY32-, ZY42-, XY3-(không cần giải thích).
Các phân tử và ion trên là: SO2, NH3, SO32-, SO42-, NO3-
SO2: S lai hóa sp2.
NH3: N lai hóa sp3.
SO32-: S lai hóa sp2.
SO42-: S lai hóa sp3.
NO3-: N lai hóa sp2.
0,25
0,25
0,25 
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
1.2



1,5 (điểm)

a. Số electron trong mỗi ion là 18. Gọi a là số nguyên tử của mỗi ion trong hợp chất X
Ta có: 3 3,5 3.18.a 164 3,5.18.a
 2,6 a 3,04 a = 3 X: A2B hoặc AB2
Từ cấu hình ta thấy A, B là các kim loại và phi kim ở chu kì 3 và 4
Vây: A có thể K, Ca còn B là Cl hoặc S
 K2S hoặc CaCl2.
b. Vì X phản ứng được với Br2 
 X là K2S vì: 
K2S + Br2 2KBr + S 
S + 2H2SO4đ 3SO2 + 2H2O
nH2SO4 = 2/3nSO2 = = 0,4 mol CM(H2SO4) = = 4M

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
1.3



1,0 (điểm)
Goị công thức oxide có dạng R2On (n là hóa trị của kim loại R)
Có: 2R + 16n = 100 R = 50 – 8n
+ TH1: Kim loại R có hóa trị lẻ
n
1
3
5
7
R
42
26
10
âm

Loại
+ TH1: Kim loại R có hóa trị chẳn
n
2
4
6
8
R
84
68
52
36

Loại
Vậy CTHH của oxide là CrO3

0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 2: (4 điểm)
2.1(1,5 điểm):. Cho các dữ kiện sau của các chất:
 H2 (g) + CO2 (g) H2O (g) + CO (g)
 (kJ/mol) 0 - 393,5 - 241,8 - 110,5
 130,6 213,7 188,7 197,5
a) Hãy tính ; ; của phản ứng? Từ đó nhận xét xem phản ứng có tự xảy ra 
 theo chiều thuận ở 250C được hay không?
b) Hãy xác định nhiệt độ t0C để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra?( giả sử bỏ qua sự biến đổi 
 ; theo nhiệt độ) 
2.2 (1,5 điểm): 
U là một chất phóng xạ. Sau nhiều lần phân rã liên tiếp mà thời gian sống của các hạt nhân trung gian là đủ ngắn để có thể bỏ qua sự có mặt của chúng trong các sản phẩm chuyển hóa. Phương trình phóng xạ như sau:
U Pb + 8He + 6e. Thực nghiệm cho biết tại thời điểm khảo sát một mẫu đá uranium có tỉ lệ giữa khối lượng U còn lại và khối lượng Pb là 0,0435. Tuổi của mẫu đá uranium đó là 2,155.1010 (năm). Tính chu kì bán hủy của U?
2.3. (1,0 điểm): 
Máu trong cơ thể người có màu đỏ vì chứa hemoglobin (chất vận chuyển oxi chứa Fe). Máu của 1 số động 
vật nhuyễn thể không có màu đỏ mà có màu khác vì chứa 1 kim loại khác (X). Tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của X có dạng lập phương tâm diện với cạnh ô mạng cơ sở bằng 3,62.10-8 cm. Khối lượng riêng của nguyên tố này là 8,920 g/cm3.
	a. Tính thể tích của các nguyên tử trong 1 tế bào và phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử.
	b. Xác định nguyên tố X.
2.1
Hướng dẫn chấm
Điểm
1,5 điểm
a. Từ dữ kiện ta có:
 = 
 = -241,8 – 110,5 + 393,5 = 41,2 (kJ)
 = 
 = 188,7 + 197,7 – 213,7 – 130,6 = 42,1 (J/K) = 0,0421kJ/K 
 = với T = 298K
 = 41,2 – 298. 0,0421 = 29,5542 (kJ) Nhận thấy >0 nên phản ứng không tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C. b. Để phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận thì 
 = < 0 hay 
 T > 978,62K hay t0C > 705,620C. 

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2.2


 1,5 điểm
Với phương trình phân rã: U Pb + 8He + 6e.
Gọi t là tuổi của mẫu đá, T là chu kì bán hủy của 
Ta có: Số hạt U còn lại ở thời điểm t phân rã là:
Nt = N0.2 m(U) = =. (1)
Mà số hạt U tạo thành bằng số hạt Pb phân rã:
N = N0 = Nt = N0(1 - 2) mPb = = . (2)
Từ (1) và (2) ta có: = = 0,0453. (3)
 Thế t = 2,155.1010 (năm) vào (3) 
 chu kì bán hủy của U là T = 4,55921.109 năm.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
2.3



1,0 điểm
Số nguyên tử có mặt trong ô mạng cơ sở của X là: 8. + 6 = 1 + 3 = 4
V4nguyên tử = 4...r3 = 4..3,14.= 4..3,14.= 3,51.10-23(cm3). (1)
Vtb = a3 = (3,62.10-8)3 = 4,744.10-23(cm3). (2)
Độ đặc khít = 100% = .100% = 73,98% 74%.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3: (4 điểm)
3.1. (1,5 điểm):
Trộn dung dịch HCl 0,002M và dung dịch H2SO4 0,003M với thể tích như nhau thu được dung dịch Y. Tính pH dung dịch Y, biết rằng trong dung dịch H2SO4 phân li theo 2 nấc như sau:
	 H2SO4	H+ + HSO4-	
3.2. (1,0 điểm):
Tính pH của dung dịch X chứa HF 0,01M và HCl 0,001M. Cho biết hằng số axit .
3.3. (1,5 điểm):
Thêm từ từ từng giọt dung dịch AgNO3 vào dung dịch chứa KCl 0,1M và KI 0,001M.
	a. Kết tủa nào xuất hiện trước.
	b. Khi kết tủa thứ 2 bắt đầu tách ra thì nồng độ ion thứ nhất còn lại bằng bao nhiêu?. 
	Biết pKs(AgI) = 16; pKs(AgCl)=10.
3.1
Hướng dẫn chấm
ĐIỂM
1.5 điểm
Sau khi trộn
C0(HCl) = 0,002/2 = 0,001M
 C0(H2SO4) = 0,003/2 = 1,5. 10-3 M
HCl H+ + Cl-
0,001 10-3	10-3
H2SO4 H+ + HSO4-	 
 1,5. 10-3 1,5. 10-3	1,5. 10-3
x = 1,15.10-3
(không giải bằng phương pháp gần đúng)
[H+] = 2,5.10-3 + 1,15.10-3 = 3,65.10-3 M
 pH = -lg[H+] = 2,434.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3.2


1.5 điểm
Vì CHF.KHF = 1,8.10-7 >>KW = 10-14 nên có thể bỏ qua sự phân li của nước.
Các cân bằng xảy ra trong dung dịch:
 HCl 
Bđ 0,01 0,001 0
Pli x x x
Cb 0,01-x (0,001+x) x
Ta có:
Vậy: 

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3.3


1.0 điểm
 [Ag+].[I-]>Ks(AgI) (M)
* Nếu AgCl kết tủa trước
 [Ag+].[Cl-]>Ks(AgCl) (M)
 Vậy Ag+ cần kết tủa AgI nhỏ hơn nên AgI kết tủa trước.
b. Khi AgCl bắt đầu tách ra thì 
I- Đã kết tuẩ hoàn toàn trong AgI

0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 4: (4 điểm)
4.1. (2,0 điểm): Cân bằng phản ứng oxi hoá – khử sau theo phương pháp thăng bằng electron?
	a. CrI3 + Cl2 + KOH K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
	b. CuFeS2 + O2 Cu2S + SO2 + Fe2O3
	c. NaIOx + SO2 + H2O I2 + Na2SO4 + H2SO4
	d. KClO4 + C KCl + CO
4.2. (2,0 điểm): Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO3)2 0,1M và Ag/AgNO3 0,1M có thế khử chuẩn tương ứng là E0Zn2+/Zn = -0,76V và E0Ag+/Ag = +0,80V.
	a. Thiết lập sơ đồ pin.
	b. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc.
	c. Tính suất điện động của pin.
	d. Tính nồng độ ion Zn2+ trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động. 
4.1
Hướng dẫn chấm
Điểm
2,0 điểm
a. CrI3 + Cl2 + KOH K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
CrI3 Cr+6 + 3I+7 + 27e x 2
Cl2 + 2e 2Cl- x 27
 2CrI3 + 27Cl2 + 64KOH 2K2CrO4 + 6KIO4 + 54KCl + 32H2O
b. CuFeS2 + O2 Cu2S + SO2 + Fe2O3
2CuFeS2 Cu2S + 3S+4 + 2Fe+3 + 18e x 2
O2 + 4e 2O-2 x 9
 4CuFeS2 + 9O2 2Cu2S + 6SO2 + 2Fe2O3
c. NaIOx + SO2 + H2O I2 + Na2SO4 + H2SO4
2I+(2x -1) + (4x – 2)e I2 x 1
S+4 S+6 + 2e x (2x -1)
 2NaIOx + (2x -1)SO2 + (2x -2) H2O I2 + Na2SO4 + (2x -2)H2SO4
d. KClO4 + C KCl + CO
Cl+7 + 8e Cl-1 x 1
C0 C+2 + 2e x 4
 KClO4 + 4C KCl + 4CO
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4.2



a) Zn2+ + 2e Zn
EZn2+/Zn = E0Zn2+/Zn +lg[Zn2+] = -0,76 + (0,059/2).lg0,1 = -0,7895 V
Ag+ + e Ag
EAg+/Ag = E0Ag+/Ag +lg[Ag+] = +0,80 + 0,059.lg0,1 = +0,741 V
Ta thấy: EZn2+/Zn < EAg+/Ag nên điện cực kẽm là điện cực âm và điện cực Ag là điện cực dương. Sơ đồ pin điện như sau:
(-) Zn Zn(NO3)2 0,1M AgNO3 0,1M Ag (+)
b) Tại cực (-) có sự oxi hóa: Zn ® Zn2+ + 2e
 Tại cực (+) có sự khử: Ag+ + 1e ® Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc: Zn + 2Ag+ ® Zn2+ + 2Ag
c) Epin = EAg+/Ag - EZn2+/Zn = 0,741 - (-0,7895) = +1,5305 V
d) Khi pin ngừng hoạt động thì Epin = 0
Gọi x là nồng độ mol của Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có: 
 EZn2+/Zn = E0Zn2+/Zn +lg[Zn2+]
EAg+/Ag = E0Ag+/Ag +lg[Ag+]
Epin = EAg+/Ag - EZn2+/Zn = (E0Ag+/Ag - E0Zn2+/Zn) + lg
Epin = 0 0,80 – (-0,76) + lg= 0 x 0,1 M
[Zn2+] = 0,1 + x/2 = 0,15 M

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,125
0,125
0,25
0,25

Câu 5: (4 điểm)
5.1. (2,0 điểm)
Cho 120 gam MnO2 (chứa 13% tạp chất trơ) tác dụng với lượng dư dung dịch HCl đậm đặc. Toàn bộ khí Cl2 thu được vào 500ml dung dịch 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 chất rắn A nếu m = 140,4gam
b. Xác định thành phần 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 2: 3. 
Tính nồng độ mol của NaBr và NaI trong dung dịch đầu. Các phản ứng đều hoàn toàn.
5.2 (2,0 điểm)
Cho m gam hỗn hợp X gồm sodium bromide (NaBr) và sodium iodide (NaI) phản ứng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí Y. Ở điều kiện thích hợp, các khí trong Y phản ứng vừa đủ với nhau tạo thành chất rắn có màu vàng và một chất lỏng Z không làm chuyển màu quỳ tím. Z tác dụng hoàn toàn với Na tạo ra 1,85925 lít khí T (ở 250C, 1 bar).
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra
b) Tính % thể tích các khí trong Y và tính m.
5.1
Hướng dẫn chấm
Điểm
2,0 điểm
MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 
1,2 mol 1,2 mol 1,2 mol 
Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2
a mol 2a mol 2a mol
Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2
 1,5 a mol 3a mol 1,5a mol
a) Giả sử Cl2 phản ứng hết → mNaCl = 1,2.2.58,5 = 140,4(gam)
Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết mA = mNaCl = 140,4gam (thỏa mãn)
=> A chỉ chứa NaCl
Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr dư → mA > 140,4 (gam) loại
Cl2 dư, NaI và NaBr hết → mA < 140,4(gam) loại
Vậy A chỉ chứa NaCl
b) m = 145,55 gam > 140,4gam → Cl2 phản ứng hết
NaI, NaBr dư, nNaI : nNaBr = 2 : 3 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư.
nNaI : nNaBr = 2 : 3 → gọi 2a và 3a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng Cl2 ta có 
mA = mNaCl + mNaBr = 5a. 58,5 + mNaBr = 145,55
→ mNaBr = 5,15 (gam) → 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5.1


2,0 điểm
Các khí trong Y phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn màu vàng 
Þ C là hỗn hợp gồm SO2 và H2S. D là H2O và E là H2
Vì NaI có tính khử mạnh hơn NaBr. Có các phản ứng:
	2NaBr + 2H2SO4 đ Na2SO4 + Br2 + SO2­ + 2H2O	(1)
	8NaI + 5H2SO4 đ 4Na2SO4 + 4I2 + H2S­ + 4H2O	(2)
	2H2S + SO2 3S + 2H2O	(3)
	2Na + 2H2O 2NaOH + H2­	(4)
Từ (3) Þ
Þ % các khí trong C: %H2S » 66,67%; %SO2 » 33,36%;
Ta có:	 
Từ (4) và (3) Þ 
Từ (1) Þ ; Từ (2) Þ

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

--------Hết-------
 - Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
 - Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
 - Giám thị không giải thích gì thêm.