HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có trang, gồm 10 câu)
Câu 1 (2 điểm)
(a) Lập cấu hình electron của nguyên tử bari (Z = 56) ở trạng thái cơ bản.
(b) Tính hằng số chắn của các electron hóa trị và điện tích hiệu dụng tương ứng.
(c) Xác định năng lượng orbital của các electron hóa trị và từ đó suy ra năng lượng
ion hóa tạo ra ion Ba
2+
.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
(a)
Ba (Z = 56): 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s

2
4d
6
4d
10
5s
2
5p
6
6s
2
(b)
σ
6s
= (46.1) + (8.0,85) + 0,35 = 53,15; Z
6s
*
= 56 – 53,15 = 2,85
(c)
Để tính năng lượng orbital ε, phải thay n bằng n
*
; với n = 6; n
*
= 4,2
Từ đó :
eV26,6
2,4
85,2
6,13
2

s6
−=






−=ε
Ba và Ba
2+
chỉ khác nhau về số electron hóa trị
E
i
= E(Ba
2+
) – E(Ba) = 0.ε
6s
– 2.ε
6s
= 12,52 eV
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 2 (2 điểm)
(a) Tinh thể nhôm có dạng lập phương tâm diện, khối lượng riêng bằng ρ = 2,70.10
3
kg.m
-3

. Tính độ dài cạnh ô mạng cơ sở và bán kính nguyên tử nhôm (theo pm).
(b)Một nguyên tố A có bán kính nguyên tử R = 136 pm và đơn chất kết tinh theo cấu
trúc lập phương tâm diện, tỷ khối d = 22,4. Xác định A.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
(a)
33
1233
A
3
dm/g10.70,2
mol10.02,6a
4mol/g27
N.a
Z.M
=
×
×
==ρ
−

⇒ a = 405 pm
R =
4
2pm405
4
2a ×
=
= 143 pm
0,5
0,5

1/8
(b)
2R2a
=
= 385 pm;
1
A
3
mol.g192
Z
N.a.
M
−
=
ρ
=
. Đó là Ir.
0,5
Câu 3 (2 điểm)
KCl thường được dùng trong hóa học phân tích dưới dạng nguyên tử đánh dấu, trong
đó, đồng vị phóng xạ là
40
K chiếm 1,17% tổng số nguyên tử trong hỗn hợp các đồng
vị của K. Một mẫu KCl cân nặng 2,71 gam có tốc độ phân rã là 4490 phân rã/s.
(a) Xác định thời gian bán hủy của
40
K theo năm.
(b) Sau bao lâu thì tốc độ phân rã của mẫu KCl đó là 3592 phân rã/s.
Cho biết: 1 năm = 365 ngày 4 giờ; K = 39,1; và Cl = 35,45.
ĐÁP ÁN ĐIỂM

(a)
Số mol K = Số mol KCl =
55,74
71,2
= 0,03635 (mol)
⇒ Số mol
40
K

= 0,03635.0,0117 = 4,25295.10
-4
(mol)
⇒ Số nguyên tử
40
K

= 4,25295.10
-4
.6,022.10
23
= 2,56.10
20
(nguyên tử)
Ta có tốc độ phân rã = A = -
dt
dN
= kN (N: Số nguyên tử
40
K ban đầu)
⇒ k =

20
10.56,2
4490
= 1,754.10
-17
(s
-1
) = 5,534.10
-10
(năm)
Thời gian bán hủy: t
1/2
=
k
2ln
=
10
10.534,5
693,0
−
= 1,252.10
9
(năm)
(b)
Ta có: kt = ln
t
o
N
N
= ln

t
o
A
A
⇒ t =
k
1
. ln
t
o
A
A
=
10
10.534,5
1
−
.ln
3592
4490
= 4,032.10
8
(năm)
0,5
0,5
1,0
Câu 4 (2 điểm)
Biết các số liệu sau ở 27
o
C

NH
4
COONH
2
(r) CO
2
(k) NH
3
(k)
0
5,300
H
∆
(kJ/mol)
-645,2 -393,5 -46,20
0
300
G
∆
(kJ/mol)
-458,0 -394,4 -16,64
2/8
Với phản ứng : NH
4
COONH
2
(r) ⇄ CO
2
(k) + 2NH
3

(k)
(a) Hỏi ở điều kiện chuẩn và 27
o
C phản ứng xảy ra theo chiều nào?
(b) Nếu coi ∆H
o
và ∆S
o


không đổi đối với T thì bắt đầu ở nhiệt độ nào phản ứng ở
điều kiện chuẩn xảy ra theo chiều ngược với chiều phản ứng ở 27
o
C?
ĐÁP ÁN ĐIỂM
(a) ∆G
0
300
= (−394,4) + (−16,64 × 2) − (−458,0) = 30,32 kJ > 0
Theo G = H + PV hay ∆G = ∆A + P∆V = ∆H + ∆n
×
RT với ∆n = 3
∆G
0
300
= 30,32
×
10
3
− 3 × 8,314 × 300 = 22837,4 J > 0

⇒ phản ứng xảy ra theo chiều nghịch
(b)∆H
0
300
= (−393,5) + (−46,2 × 2) − (−645,2) = 159,3 kJ
∆S
0
300
=
300
30320159300
300
GH
oo
−
=
∆−∆
= 429,93 J/K
Mà ∆U
o
= ∆H
o
− ∆nRT
∆U
0
300
= 159300 − 3 × 8,314 × 300 = 151817,4 J
Để phản ứng xảy ra theo chiều ngược với chiều ở 27
o
C thì

∆H
o
= ∆U
o
− T∆S
o
< 0
⇒ ∆H
o
= 151817,4 − T × 429,93 < 0
⇒ T > 353,12 K tức là ở 80
o
C thì phản ứng đổi chiều.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5 (2 điểm)
Phản ứng: H
2
+ CO
2
⇄ H
2
O(k) + CO ở 600
o
K có nồng độ cân bằng của H
2
, CO
2

, H
2
O
và CO lần lượt bằng 0,600; 0,459; 0,500 và 0,425 mol./1.
(a) Tìm K
c
, K
p
của phản ứng.
(b)Nếu lượng ban đầu của H
2
và CO
2
bằng nhau và bằng 1 mol được đặt vào bình 5
lít thì nồng độ cân bằng các chất là bao nhiêu?
ĐÁP ÁN ĐIỂM
(a)
[ ] [ ]
[ ] [ ]
7716,0
459,06,0
425,05,0
COH
COOH
Kc
22
2
=
×
×

=
×
×
=

)0n(7716,0)RT(KcKp
n
=∆=×=
∆−
0,5
0,5
3/8
(b)Tại CBHH: [H
2
O] = a; [CO] = a ; [H
2
] = [CO
2
] = 0,2 – a
Ta có:
7716,0
)a2,0(
a
2
2
=
−

→ a = 0,094 và 0,2 – a = 0,106
0,5

0,5
Câu 6 (2 điểm)
(a)Hệ đệm photphat H
2
PO
4
-
/HPO
4
2-
có tầm quan trọng lớn trong việc ổn định pH
trong khoảng 7,1 và 7,2 của dịch nội bào. Tính tỉ lệ nồng độ mol các ion H
2
PO
4
-
và
HPO
4
2-
trong dịch nội bào tại pH = 7,15. Biết K
a2
(H
3
PO
4
) = 6,2.10
-8
.
(b)Natri tripolyphotphat (Na

5
P
3
O
10
) được sử dụng trong bột giặt tổng hợp cho mục
đích làm mềm nước vì có khả năng tạo phức với Mg
2+
và Ca
2+
(dạng MP
3
O
10
3-
).
Xác định nồng độ Mg
2+
còn trong dung dịch sau khi thêm 40,0 gam Na
5
P
3
O
10
vào
1,0L dung dịch trong đó nồng độ ban đầu của Mg
2+
bằng 50mg/L. Biết hằng số
hình thành phức MgP
3

O
10
3-
bằng 4,0.10
8
.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
(a)
 
(b)Hằng số hình thành phức lớn nên phản ứng tạo phức xem như hoàn toàn
Mg
2+
+ P
3
O
10
5-
⇌ MgP
3
O
10
3-
0,0021 0,11
0 0,1079 0,0021
Xét cân bằng
Mg
2+
+ P
3
O

10
5-
⇌ MgP
3
O
10
3-
0 0,1079 0,0021
x 0,1079+x 0,0021-x
Từ
 x = [Mg
2+
] = 4,8.10
-11
M
0,5
0,5
0,5
0,5
4/8
Câu 7 (2 điểm)
(a) Hòa tan hoàn toàn 4,48 gam Cu trong 32,59 gam dung dịch HNO
3
58% thu được
dung dịch X và hỗn hợp khí Y. Thêm từ từ dung dịch KOH 1M vào dung dịch X
đến kết tủa c•c đại thì đã dùng hết 200 mL dung dịch này. Tính nồng độ phần
trăm của Cu(NO
3
)
2

trong dung dịch X.
(b)Xét pin: Pt| I
-
0,1M; I
3
-
0,02M║ MnO
4
-
0,05M, Mn
2+
0,01M, HSO
4
-
CM| Pt
Trong đó
2
4
0
MnO /Mn
E
− +
= 1,51V;
3
0
I /3I
E
− −
= 0,5355V; và K
a

(HSO
4
-
) = 10
-2
. Tính nồng độ
ban đầu của HSO
4
-
, biết rằng khi đo suất điện động của pin ở 25
o
C được giá trị
0,824V.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
(a)
)mol(3,0
63
59,3258,0
n
3
HNO
=
×
=
;
)mol(07,0
64
48,4
n
Cu

==
n(OH
-
) = 2n(Cu
2+
) + n(H
+
dư) ⇒ n(H
+
dư) = 0,2 - 0,07.2 = 0,06 (mol)
n(NO
3
-
oxi hóa) = n(NO
3
-
ban đầu) - n(NO
3
-
tạo muối) - n(NO
3
-
axit dư)
n(NO
3
-
oxi hóa) = 0,3 – 2.0,07 – 0,06 = 0,1
2
yy3
5

y
4
xx
5
x
14,0
20
07,0
Ne3N
NeN
e2CuCu
++
++
+
→+
→+
+→
⇒



=+
=+
14,0y3x
1,0yx
; ⇒ x = 0,08 và y = 0,02
m
dd
= 4,48 + 32,59 – 0,08.46 – 0,02.30 = 32,79 gam
(b)

Ở điện c•c phải: MnO
4
-
+ 8H
+
+ 5e ⇄ Mn
2+
+ 4H
2
O
E
phải
=
4
8 8
0
4
2
MnO
[MnO ].[H ]0,059 0,059 0,05.[H ]
E .lg 1,51 .lg
5 [Mn ] 5 0,01
−
− + +
+
+ = +
Ở điện c•c trái: 3I
-
⇄ I
3

-
+ 2e.
E
trái
=
3
0
3
3 3
I /3I
[I ]
0,059 0,059 0,02
E .lg 0,5355 .lg
2 [I ] 2 0,1
− −
−
−
+ = +
= 0,574 V
∆E = E
phải
- E
trái
⇔ 0,824 = 1,51 +
8
0,059
.lg(5.[H ] ) -
5
+
0,574

⇒
[H
+
] = 0,054M
Xét cân bằng HSO
4
-
⇄ H
+
+ SO
4
2-
K
a
= 10
-2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
5/8
Từ
a
2
x
K
C x
=

−
, với x = 0,054 và K
a
= 10
-2
ta tính được C = 0,346M.
0,5
Câu 8 (2 điểm)
(a) F
2
có phản ứng với dung dịch kiềm không?
(b)Cho biết sản phẩm tạo ra ở t
o
thường khi cho Cl
2
, Br
2
, I
2
lần lượt tác dụng với dung
dịch KOH, biết ion XO
–
trong dung dịch kiềm bị phân huỷ theo phản ứng:
hipohalogenit ⇄ halogenua + halogenat. S• phân huỷ đó phụ thuộc bản chất
halogen và nhiệt độ: hipoclorit: phân huỷ chậm ở nhiệt độ thường, nhanh khi đun
nóng; hipobromit: phân huỷ chậm ở nhiệt độ thấp, nhanh ở nhiệt độ thường;
hipoiotit: Phân huỷ ở tất cả các nhiệt độ.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
(a) Không thể kết luận được vì F
2

khi tiếp xúc với dung dịch kiềm thì tác
dụng với nước một cách mãnh liệt.
(b)Cl
2
+ 2KOH → KCl + KClO + H
2
O
Cl
2
+ 6KOH
o
70 C
→
5KCl + KClO
3
+ 3H
2
O
3Br
2
+ 6KOH → 5KBr + KBrO
3
+ 3H
2
O
3I
2
+ 6KOH → 5KI + KIO
3
+ 3H

2
O
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 9 (2 điểm)
Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung
dịch sau đây: (a) Nước clo? (b) Axit sunfuhiđric? (c) Axit bromhiđric? (d) Nước vôi
trong? (e) Nước Gia-ven? (f) Dung dịch H
2
SO
4
đậm đặc ?
ĐÁP ÁN ĐIỂM
(a) Nước clo, Cl
2
bay hơi một phần; thoát ra khí O
2
và nồng độ Cl
2
giảm
dần:
Cl
2
+ H
2
O 2HCl +
1
2

O
2
(b)Axit sunfuhiđric, vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh:
0,25
0,25
6/8
H
2
S +
1
2
O
2
→ H
2
O + S↓
(c) Axit bromhiđric, có màu vàng nhạt:
1
2
O
2
+ 2HBr → H
2
O + Br
2
(d)Nước vôi trong, vẩn đục:
CO
2
+ Ca(OH)
2

→ CaCO
3
↓ + H
2
O
(e) Nước Gia-ven: thoát khí O
2
và nồng độ giảm dần
NaClO + H
2
O + CO
2
→ NaHCO
3
+ HClO
HClO → HCl +
1
2
O
2
(f) Dung dịch H
2
SO
4
đậm đặc: có màu đen do sự than hoá chất bẩn có trong
không khí.
C
n
(H
2

O)
m

2 4
H SO
→
nC + mH
2
O
0,5
0,5
0,5
Câu 10 (2 điểm)
Người ta nghiên cứu động học phản ứng xà phòng hóa etyl axetat (E):
E + NaOH → CH
3
COONa + C
2
H
5
OH
Ban đầu nồng độ E và NaOH đều bằng 0,05M. Phản ứng được theo dõi bằng cách lấy
10 mL dung dịch hỗn hợp phản ứng ở từng thời điểm t và chuẩn độ X mL dung dịch
HCl 0,01M. Kết quả như sau:
T (phút) 4 9 15 24 37 53
X (mL) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9 18,5
(a) Chứng minh rằng phản ứng trên là một phản ứng bậc 2.
(b)Tính hằng số tốc độ phản ứng và thời gian bán hủy của phản ứng.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
E + NaOH → CH

3
COONa + C
2
H
5
OH
t = 0 C
o
C
o
t C
o
-a C
o
-a
Giả sử phản ứng này bậc 2, ta có phương trình động học:
kt
C
1
aC
1
oo
+=
−
hay









−
−
=
oo
C
1
aC
1
t
1
k
0,5
7/8
Theo phép chuẩn độ: 10(C
o
- a) = 0,01X, ta có kết quả xác định k theo
th•c nghiệm:
t (phút) 4 9 15 24 37 53
X (mL) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9 18,5
C
o
- a (M) 0,044
1
0,038
6
0,033
7

0,0279 0,0229 0,0185
k 0,669 0,656 0,645 0,660 0,640 0,643
Vì giá trị k không đổi nên giả thiết bậc 2 là phù hợp;
6520,k =
và
phút30t
2/1
≈
0,5
1,0
………………………….Hết………………………….
Người ra đề
Nguyễn Thanh Hưng
0913150971
8/8