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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
ĐƠN VỊ: THPT NGUYỄN HUỆ
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 10-3 TỈNH ĐẮK LẮK NĂM 2023
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC; LỚP: 10
Câu I: (4 điểm)
I.1 (1,75 điểm). X và Y là 2 nguyên tố cùng một nhóm A và 2 chu kỳ kế tiếp:
Tổng số hạt trong hai nguyên tử X và Y là 72 hạt
Tổng hạt của nguyên tử Y gấp 2 lần tổng hạt của nguyên tử X
Trong nguyên tử X: Số hạt mang điện tích gấp đôi hạt không mang điện tích.
a. Xác định tên hai nguyên tố X, Y.
b. Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trong X, Y.
c. Viết công thức VSEPR của các phân tử YX2; YX3 và ion (YX4)2-. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của nguyên tử trung tâm trong các phân tử và ion trên?
I.2 (1,25 điểm). Viết các phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn các phân rã phóng xạ trong dãy dưới đây:
 218Po214Pb214Bi214Po210Pb
I.3 (1,0 điểm). Vàng (Au) kết tinh ở dạng lập phương tâm mặt có cạnh của ô mạng cơ sở a = 407 pm (1pm = 10-12 m).
a. Tính khối lượng riêng của tinh thể Au?
b. Tính độ đặc khít của tinh thể Au?
Biết Au = 196,97 amu; NA = 6,022.1023.
ĐÁP ÁN
CÂU I
NỘI DUNG CẦN ĐẠT
ĐIỂM
I.1
1,75 điểm
a. Gọi số proton, electron, neutron của X, Y lần lượt là PX, PY; EX, EY; NX, NY
Ta có hệ pt 
 Vậy X là Oxygen (O) và Y là Sulfur (S)

0,25
0,25
b. Cấu hình electron của X: 1s22s22p4 
 Bộ 4 số lượng tử của X: n=2, l = 1, ml = 0, ms = -1/2
Cấu hình electron của Y: 1s22s22p63s23p4
 Bộ 4 số lượng tử của Y: n=3, l = 1, ml = 0, ms = -1/2
0,25
0,25
c.
Phân tử, ion
SO2
SO3
SO42-
Công thức VSEPR
AX2E1
AX3E0
AX4E0
Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm
sp2
sp2
sp3
Dạng hình học
Gấp khúc (V)
Tam giác
Tứ diện
 

0,25
0,25
0,25
I.2
1,25 điểm
86222Rn→ 84218Po+ 24He
84218Po→ 82214Pb+ 24He
82214Pb→ 83214Bi+ -10e
83214Bi→ 84214Po+ -10e
84214Po→ 82210Pb+ 24He
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
I.3
1,0 điểm
a. Trong 1 ô mạng cơ sở có số nguyên tử Au:
 nguyên tử
 (g/cm3)

0,25
0,25

b. (cm) (cm)
 Độ đặc khít của tinh thể
ρAu=4.43.3,14.1,43895.10-834,07.10-83 
Þ ρAu=74%

0,25
0,25

Câu II: (4 điểm)
II.1 (1 điểm): Tính nhiệt tạo thành ∆fH2980 FeCl2 (s) biết:
Fe (s) + 2HCl (aq) → FeCl2 (aq) + H2 (g)	∆ H1 = -21,00 Kcal
FeCl2 (s) + H2O → FeCl2 (aq) 	∆ H2 = -19,5 Kcal
HCl (g) + H2O (l) → HCl (aq)	∆ H3 = -17,5 Kcal
H2 (g) + Cl2 (g) → 2HCl (g)	∆ H4 = -44,48 Kcal
Ký hiệu (s): rắn; (g): Khí; (aq): dung dịch
II.2 (1,5 điểm). 
 Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (300K) của phản ứng: 
A (g) + B (g) → C (g)
Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:
Thí nghiệm
[A] mol/L
[B] mol/L
Tốc độ mol.L-1.s-1
1
0,010
0,010
1,2.10-4
2
0,010
0,020
2,4.10-4
3
0,020
0,020
9,6.10-4
II.3 (1,5 điểm): Ammonium hydrosulfide là một chất không bền, dễ phân hủy theo quá trình: NH4HS (s) → NH3 (g) + H2S (g) (1). Cho biết:
Hợp chất
∆fH2980 (kJ/mol)
S2980 (J/K.mol)
NH4HS (s)
- 156,9
113,4
NH3 (g)
- 45,9
192,6
H2S (g)
- 20,4
205,6
a. Tính ∆rH2980, ∆rS2980 và ∆rG2980 của phản ứng (1)? Phản ứng có tự xảy ra ở 298K không?
b. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25oC của phản ứng (1)?
ĐÁP ÁN
CÂU II
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
II.1
1 điểm
Fe (s) + 2HCl (aq) → FeCl2 (aq) + H2 (g)	∆H1 = -21,00 kCal
FeCl2 (aq) + H2O (l) → FeCl2 (s)	-∆H2 = +19,5 kCal
H2 (g) + Cl2 (g) → 2HCl (g)	 ∆H4 = -44,48 kCal
2HCl (g) → 2HCl (aq) + H2O (l)	-2∆H3 = -35 kCal
 ⇒Fes +Cl2g→FeCl2s 	∆fH2980 FeCl2(s)
Cộng theo vế ta được: 
∆fH2980 FeCl2(s) = -21 + 19,5 - 44,48 – 35 = -80,98 kCal
0.25
0,25
0,25
0,25
II.2
1,5 điểm
v = k[A]x[B]y 
Thí nghiệm 1 Þ 1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y 	(1)
Thí nghiệm 2 Þ 2,4.10-4 = k.0,01x . 0,02y	(2)
Thí nghiệm 3 Þ 9,6.10-4 = k.0,02x . 0,02y	(3)
Lấy (3) chia cho (2) Þ2x = 4 Þ x = 2	
Lấy (2) chia cho (1) Þ 2y = 2 Þ y = 1	
0,25
0,25
Bậc phản ứng: x + y = 3
0,25
Thí nghiệm 1 Þ 1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01
	Þ k = 1,20.102 (mol-2.L-2.s-1) 	
0,25
II.3
1,5 điểm
a. ∆rH2980= - 45,9 -20,4 - (- 156,9) = 90,6 kJ/mol
 ∆rS2980= 192,6 + 205,6 - 113,4 = 284,8 J/K.mol
∆rG2980= ∆rH2980 - T.∆rS2980
= 90600 - 298.284,8 = 5729,6 J/mol hay 5,730 kJ/mol
0,25
0,25
0,25
Vì ∆rG2980 > 0 nên phản ứng (1) không tự xảy ra ở 298K.
0,25
b. ∆rG2980= - RT.ln(Ka) → - 5730 = - 8,314.298.ln(Ka)
 → Ka = 10,105
 Kp = Ka = 10,105 atm2.
0,25
0,25

Câu III: (4 điểm)
III.1. (1,5 điểm). Trộn 100ml dung dịch NH3 0,3M với 50ml dung dịch HCl 0,3 M. Hãy tính pH của hỗn hợp thu được? Biết 
III.2. (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.
III.3 (1 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng phân tử, viết phương trình ion thu gọn.
a. Pb(NO3)	+ 	KI	 →	PbI2↓ + ?
b. Cr(OH)3	+	H2SO4 →	Cr2(SO4)3 + ?
c. Ca2+ 	+ 	?	 → CaCO3↓	
d. Mg(OH)2	+ H+ → Mg2+ 	 + ?
ĐÁP ÁN
CÂU III
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
III.1
1,5 điểm
 Thành phần ban đầu: 
 Phản ứng: NH3 + H+ → NH4+ 
 0,2M 0,1M
 0,1M 0,1M 
 Thành phần giới hạn: NH4+ 0,1M; NH3 0,1M 
 Khi đó 
0,25
0,25
0,25
0,25
III.2
1,5 điểm
a. Kết tủa xuất hiện trước
* Nếu AgI kết tủa trước
[Ag+].[I-]>Ks(AgI) ⇒Ag+(1)>Ks[I-]=10-1610-3=10-13 (M)
* Nếu AgCl kết tủa trước
[Ag+].[Cl-]>Ks(AgCl) ⇒Ag+(2)>Ks[Cl-]=10-100,1=10-9 (M)
 Vậy [Ag+] (1) < [Ag+] (2) nên AgI kết tủa trước.
0,5
0,5
b. Khi AgCl bắt đầu tách ra thì (M)
⇒[I-]≥Ks(AgI)[Ag+]=10-1610-9=10-7(M)<10-6(M) 
I- Đã kết tủa hoàn toàn trong AgI.

III.3
1,0 điểm
a. Pb(NO3)	+ 	2KI	 →	PbI2↓ + 2KNO3
 Pb2+ 	+	2I-	 →	PbI2↓ 
b. 2Cr(OH)3	+	3H2SO4 →	Cr2(SO4)3 + 6H2O
 2Cr(OH)3 + 	6H+ →	2Cr3+	+ 6H2O
c. Ca2+ 	+ 	CO32- 	 → CaCO3↓ 	
 CaCl2	+	Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaCl
d. Mg(OH)2	+ 	2H+ → Mg2+ + 2H2O
Mg(OH)2	+	2HCl	 →	MgCl2	+ 2H2O
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125

Câu IV:
IV.2 (1,5 điểm). Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:
	a. FexOy + H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
	b. FeS2 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
c. Na2SO3 + NaHSO4 + KMnO4 → Na2SO4 + K2SO4 + MnSO4 + H2O
IV.3 (2,5 điểm). Một pin điện hóa gồm hai phần được nối bằng cầu muối. Phần bên trái của sơ đồ pin là một thanh Zn (s) nhúng trong dung dịch Zn(NO3)2(aq) 0,200 M; còn phần bên phải là một thanh Ag(s) nhúng trong dung dịch AgNO3(aq) 0,100 M. Mỗi dung dịch có thể tích 1,00L tại 25oC.
Vẽ giản đồ pin và viết phương trình phản ứng tương ứng của pin.
Hãy tính sức điện động của pin và viết phương trình phản ứng khi pin phóng điện.
Giả sử pin phóng điện hoàn toàn và lượng Zn có dư.
Trong một thí nghiệm khác, KCl (s) được thêm vào dung dịch AgNO3 ở phía bên phải của pin ban đầu làm xuất hiện kết tủa AgCl (s) và làm thay đổi sức điện động. Sau khi thêm KCl (s), sức điện động bằng 1,04 V và [K+] = 0,300M.
Hãy tính [Ag+] tại thời điểm cân bằng.
Hãy tính [Cl-] tại thời điểm cân bằng cân bằng và tích số tan của AgCl.
Biết thế điện cực chuẩn tại 25oC như sau:
Zn2+(aq) + 2e → Zn(s)	EZn2+/Zno = - 0,76 V
Ag+(aq) + 1e → Ag(s)	EAg+/Ago = +0,80 V
ĐÁP ÁN
CÂU IV
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
IV.1
1,5 điểm
a. FexOy + H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
 1x 
 (3x – 2y)x S+6 + 2e S+4
2FexOy + (6x-2y)H2SO4 xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O
b. FeS2 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
	 1x 2FeS2 2Fe+3 + 4S+4 +22e
 11x S+6 +2e S+4
2FeS2 + 14H2SO4 Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
* 5Na2SO3 + aNaHSO4+2KMnO4 → bNa2SO4 + 1K2SO4 + 2MnSO4 + eH2O
 5x 
 2x 
BT Na: 10 + a=2b
BT S: 5 + a=b+3
BT H: a=2e 
Ta có a=6, b=8, e=3
Vậy:
5Na2SO3 + 6NaHSO4+2KMnO4 → 8Na2SO4 + 1K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
IV.2
2,5 điểm
Giản đồ pin: Zn(s) │Zn2+(aq)║ Ag+(aq)│Ag(s).
(-): Zn(r) → Zn2+(aq) + 2e
(+): Ag+(aq) + e → Ag(r)
Phản ứng của pin Zn(s) + 2Ag+(aq) → Zn2+(aq) + 2Ag(s).
Eopin = Eo(phải) – Eo(trái) = 1,56 V
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Phương trình Nernst tương ứng với pin nêu trên (cũng có thể trình bày theo nửa pin và các bán phản ứng).
Epin=Epino+0,0592nlgCZn2+.(CAg+)2CZn.(CAg+)2=1,56-0,05922lg0,200(0,100)2=1,52V
Trị số dương của Epin cho thấy rằng phản ứng pin viết như trên là phản ứng có thể tự xảy ra trong quá trình phóng điện.
Phản ứng có thể tự xảy ra: Zn(s) + 2Ag+(aq) → Zn2+(aq) + 2Ag(s).

0,25
0,25


Gọi x là nồng độ Ag+ cuối ([Ag+])
Điện cực bên trái không đổi, nghĩa là nồng độ [Zn2+] duy trì tại 0,200 M
0,25
[Cl-] = nồng độ thêm - nồng độ giảm do AgCl kết tủa 
 = 0,300 – (0,100 - 7,3.10-10) = 0,200 M
Ks(AgCl) = 7,3.10-10.0,200 = 1,5.10-10 M2
0,25
0,25

Câu V: (4 điểm)
V.1 (1,25 điểm): Dự đoán hiện tượng và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra (nếu có) trong các thí nghiệm sau:
a. Nhỏ từ từ từng giọt dung dịch HCl vào dung dịch AgNO3.
	b. Dẫn khí SO2 vào dung dịch nước Br2 (màu vàng).
c. Cho nước Chlorine qua dung dịch KI có vài giọt hồ tinh bột.
d. Cho 1 lượng nhỏ Fe3O4 vào dung dịch HCl.
V.2 (1,0 điểm): 
Bộ dụng cụ điều chế khí được bố trí như hình vẽ sau:
Với bộ dụng cụ trên, có thể dùng để điều chế những chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, H2, SO2, CO2? Giải thích. Viết phương trình phản ứng điều chế các khí đó (mỗi khí chọn một cặp chất A, B thích hợp).
V.3 (1,5 điểm): Cho 12,395 L hỗn hợp khí (A) gồm Cl2 và O2 (đo ở đkc) tác dụng vừa đủ với 16,98 gam hỗn hợp chất rắn (B) gồm Mg và Al tạo ra 42,34 gam hỗn hợp muối chloride và oxide của 2 kim loại đó. 
Tính thành phần % khối lượng của mỗi kim loại trong (B).
ĐÁP ÁN
CÂU V
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
V.1
1 điểm
a. Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa không tan.
HCl + AgNO3 → AgCl ↓ + HNO3
b. Màu vàng nâu nhạt dần
SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4
c. Cl2 + 2KI 2KCl + I2 ; 
I2 sinh ra làm hồ tinh bột chuyển sang màu xanh. 
Khi Chlorine dư: 5Cl2 + 6H2O + I2 ® 2HIO3 + 10HCl. 
Màu xanh của hồ tinh bột biến mất.
d. Fe3O4 bị hòa tan, dung dịch tạo thành có màu vàng/nâu nhạt.
Fe3O4 + 8HCl ® FeCl2+ 2FeCl3 + 4H2O

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
V.2
1 điểm
- Giải thích: Để điều chế được khí C như bộ dụng cụ vẽ thì khí C phải có đặc điểm: nặng hơn không khí (= 29) và không tác dụng với không khí. 
 có thể điều chế được các khí: Cl2, CO2.
- Phản ứng điều chế: 
	2KMnO4 + 16HCl 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O
	CaCO3 + 2HCl 2NaCl + CO2↑ + H2O

0,25
0,25
0,25
0,25
V.3
1,75 điểm
 
 0,5(mol) 16,98(g) 42,34(g)
BTKL: m(A)=71x+32y=42,34-16,98=25,36(1)
 x+y=0,5(2)
Þ x= 0,24 ; y= 0,26 (mol)
Mặt khác:
24a+27b=16,98(*)
BT electron: 2a+3b=2x+4y=1,52(**)
Þ a=0,55 ; b=0,14 (mol)
%mMg=24.0,5516,98.100(%)=78,11%
%mAl=100-78,11=21,89%

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