Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh cấp thpt năm học 2012-2013 môn thi: Hoá học lớp 10

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013
 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút 
 (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) 
Câu I:
1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây:
- Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển;
- Sục khí clo vào dung dịch mới thu được;
- Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3;
- Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. 
 Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò của H2SO4.
2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m.
Câu II:
1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích.
2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A.
Câu III:
1.a. Sục từ từ khí Cl2 vào dung dịch KI, hãy cho biết màu sắc dung dịch biến đổi như thế nào? Giải thích.
b. Hãy giải thích tại sao ái lực electron của flo (3,45 eV) bé hơn của clo (3,61 eV) nhưng tính oxi hóa của flo lại mạnh hơn của clo?
2. Cho hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axit H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO2 và NO2 có thể tích là 1,792 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m. 
Câu IV:
1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R.
2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại.
Câu V:
1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ra những lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng.
a. CaI2 + H2SO4 đặc à CaSO4 +2HI
b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc à FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O
c. Cl2 +2KI dư à 2KCl + I2 
2. Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X.
b. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B.
Câu VI:
1.Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lít H2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ.
2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch chứa các ion Cl-, Br-, I- đều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết ban đầu nồng độ các ion không đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cách nhận biết ion Cl- trong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên.
Biết: Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 k = 10-7,24 ; TAgCl = 1,78.10-10 ; TAgBr = 10-13; TAgI = 10-16.
-----------------HẾT---------------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học).
- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh Số báo danh
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT
 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013
 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10
Câu
Nội dung
Điểm
I
3
1. Cl2 + 2NaBr 2NaCl + Br2	 (1)
3Br2 + 3Na2CO3 ® 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2	(2)
 H2SO4 + Na2CO3 Na2SO4 + CO2 + H2O (3)
 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 ® 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4)
Vai trò của H2SO4: (1) H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4) là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: .
2. Thêm H2S vào phần 1 ta có:
 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl 
 x 0,5x
 CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl
 y y
à 16x +96y = 1,28	(I)
Thêm Na2S vào phần 2
 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl
sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl
ð	 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl
mol: x x 0,5 x
	CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl
 y y
à 88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II)
+ Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol ð m = 4,6.2 = 9,2 gam.
II
3
1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
VIIIA
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
2s1
2s2
2p1
2p2
2p3
2p4
2p5
2p6
I1 (kJ/mol)
520
899
801
1086
1402
1314
1681
2081
Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. 
 Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:
- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).
- Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: 
 M2+ + CO32- à MCO3
Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35
Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam à Số mol MCO3 = = 0,3 CO32- có dư, M2+ pư hết
nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3
 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%.
III
3,5
1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu
Cl2 + 2KI à 2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O à 2HIO3 + 10HCl
b. Quá trình chuyển X2 à 2X- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử X thành ion X-
Mặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấp hơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flo mạnh hơn clo
(Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p, không có AO trống à phân tử F2 chỉ có liên kết . Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống à phân tử Cl2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạo liên kết , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi).
2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02 à số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14
Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư = = 0,015
Ta có : NO3- + 2H+ +1e àNO2 + H2O
 0,02 0,04
 SO42- +4H+ +2e à SO2 +2H2O
 0,06 0,24
nNO3 -(muối) = nNO3- (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02
Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc axit 
 à m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam)
IV
3,5
1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.
Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH
Ta có : (loại do không có nghiệm thích hợp)
Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4
Ta có : , vậy R là nguyên tố clo (Cl).
Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH
MOH + HClO4 ® XClO4 + H2O
Þ 
Þ 
Þ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K).
2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2.
Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:
8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O
Theo ptpu: n = nR. Theo bài ra: n= nR → 5n = 8 → n = .
Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng:
2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
Ta có: 2 =2n à n =1 
Phương trình (1) được viết lại: 
2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O *
Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2)
Theo (2): n= n= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n= 0,1(mol)
Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → = = 312 → MR = 108 (R là Ag).
V
3,5
1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại
	4CaI2 + 5H2SO4 đặc à 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O
b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại:
2FeCl2 + 4H2SO4 à Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O
c. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại:
	Cl2 + 3KI à 2KCl + KI3
2. a) Viết phương trình:
	Fe + S ® FeS	(1)
	FeS + 2HCl ® FeCl2 + H2S­	(2)
 Với = 13.2 = 26 Þ Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl.
	Fedư + 2HCl ® FeCl2 + H2­	(3)
	2H2S + 3O2 ® 2SO2 + 2H2O	(4)	
	2H2 + O2 ® 2H2O	(5)
	SO2 + H2O2 ® H2SO4	(6)
Đặt = a (mol); = b (mol)
Þ = 
Giả sử = 1 (mol) Þ = 3 (mol)
(1)(2) Þ phản ứng = nS = nFeS = = 3 (mol)
(3) Þ nFe dư = = 1 (mol)
 Þ ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)	
Vậy: 	%mFe = 
%mS = 100% - 70% = 30%
nY = = 0,1(mol) 	
Þ = .0,1 = 0,075 (mol). 
Þ = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).
	Từ (4)(6) Þ = = 0,075 (mol)
	Từ (6) Þ = = 0,075 (mol) Þ H2O2 dư.
	phản ứng = = 0,075 (mol) Þ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)
Áp dụng BTKL ta có:	
	mddB = + + = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)
Vậy: C%H2SO4 = = 6,695 (%).
C%H2O2 dư = = 2,392 (%).
VI
3,5
1. Ba + H2O à Ba(OH)2 + H2
Na + H2O à NaOH + 1/2H2
Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,3
Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư
CO2 + 2OH- à CO32- + H2O
CO32- + Ba2+ à BaCO3
BaCO3 + CO2 à Ba(HCO3)2
Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa với số mol CO2 được hấp thụ (Hình thang cân..)
0,1
0
0,1
0,2
0,3
nCO2
nkết tủa
2. Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01M và NH3 = 0,25 – 0,02 = 0,23M
 Ag(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10-7,24
 Ban đầu 0,01 0 0,23
Cân bằng 0,01-x x 0,23 + 2x
K = 10-7,24 = Giải được x = 1,09.10-8 . Vậy nồng độ cân bằng của Ag+= 1,09.10-8
Ta có T = Ag+.X- = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10
Như vậy: T < TAgCl à nên không có kết tủa AgCl
T > TAgBr và TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI
Để nhận biết Cl- trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏ Br- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăng nồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-)
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT 
 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 
 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11
 Thời gian làm bài: 180 phút
 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 6 câu)
Câu I:
 Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7.
a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R.
b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Toàn bộ lượng khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi).
- Viết các phương trình hoá học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng.
- Tính pH của dung dịch T (bỏ qua sự thủy phân của các muối). 
Biết axit H2SO4 có Ka1 =+∞; Ka2 = 10-2.
Câu II:
1. Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? 
Biết: =10-10,95 và = 10-4,75.
2. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau:
a. 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00
b. 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH= 11,00
c. 10ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH=3,00.
Biết Ka của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 10-4,76 và 10-3,75 (Khi tính lấy tới chữ số thứ 2 sau dấu phẩy ở kết quả cuối cùng).
Câu III:
1. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
2. Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al phản ứng với 60 ml dung dịch NaOH 2M được 2,688 lít hiđro. Thêm tiếp vào bình sau phản ứng 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi ngừng thoát khí, được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al). Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa. Cho C phản ứng hết với HNO3 đặc nóng dư thu được dung dịch D và 1,12 lít một khí duy nhất. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong A, tính m, biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Câu IV:
Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon mạch hở rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0555M được kết tủa và dung dịch M. Lượng dung dịch M nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch M thấy có kết tủa lần 2 xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp X trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các hiđrocacbon biết có 2 chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong X đều bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO3 0,2M trong NH3 được 3,18 gam 1 kết tủa. 
Câu V:
1. Hợp chất X có công thức phân tử C6H10 tác dụng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác. Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH.
a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng
b. Viết phương trình phản ứng oxi hoá X bằng dung dịch KMnO4 trong nước
2. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam.
a. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon
b. Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết:
- Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom.
- Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4.
- Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom
Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra
Câu VI:
1. Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: 
	N2O4 (khí) 2NO2 (khí) 	(1)
Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm:
Nhiệt độ 	(0oC)
35
45
(g)	 
72,450
66,800
( là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng)
a. Tính độ phân ly a của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho.
b. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên.
c. Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? 
(Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấu phẩy).
2. Có các phân tử XH3
a. Hãy cho biết dạng hình học của các phân tử PH3 và AsH3.
b. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.
c. Những phân tử nào sau đây có phân tử phân cực ? Giải thích ngắn gọn
BF3, NH3, SO3, PF3.
Cho biết ZP = 15, ZAs = 33, ZO = 8, ZF = 9, ZB = 5, ZN = 7, ZS = 16.
------------------ HẾT-----------------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học).
- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. 
- Họ và tên thí sinh: ..................................................................Số báo danh..............................	HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
0,75+1,75(1+0,75)
I
2,5
a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s2; 2s2; 3s2; 4s1 => Các cấu hình electron thỏa mãn là
1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali
1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom
1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng
b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 do đó là đồng (I) oxit (Cu2O) 
Cu2O + 2H2SO4 2CuSO4 + SO2 + 2H2O
 0,025 0,025 (mol)
=> m=144.0,025=3,6 (g)
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O® 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 
 0,025 0,01 0,01 (mol)
Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M)
Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H2SO4]=0,005M)
 H2SO4 H+ + HSO4- 
 0,005 0,005 0,005(M)
 HSO4- H+ + SO42- 
 C :0,005 0,005 0 (M)
[ ]: 0,005 - x 0,005+x x (M) 
=> => 
=> [H+]=0,005+2,81.10-3=7,81.10-3(M) => pH= 2,107
 II
1+3(1+1+1)
1.
 Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì 
	ban đầu = 10-2 (M).
	Ta có: = [Mg2+][OH-]2 = 10-10,95
 Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH-]2 ³ 10-10,95	
	Þ [OH-]2 ³ = 10-8,95. Hay [OH-] ³ 10-4,475
* Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M.
	 cân bằng chủ yếu là:
	NH3 + H2O + OH-	= Kb = 10-4,75
	 1 1
 1-x 1+x x
	Kb = = 10-4,75
	Þ x = 10-4,75	Hay [OH-] = 10-4,75 < 10-4,475. 
Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.
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
	x = 8,991.10-4M (nhận)
	x = -9,664.10-4M(loại)
pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02	
b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH
	 C	 CA 	 0	0
	 ΔC	 x	 x	x
	 [ ] CA – x	 x	 x
Với pH = 3,0 Þ x = 10-3M
Dung dịch KOH có pH = 11,0 Þ [OH-] = [KOH] = 
Sau khi trộn:
Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4	 0	 0
Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0	 3,75.10-4	 3,75.10-4 
C
ΔC
[ ] 
 0,036225 	 3,75.10-4	 0
 x	 x	 x
 0,036225– x x+3,75.10-4 x
Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4	pH = 3,207=3,21	
c. Tương tự với câu trên:
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:
Bảo toàn điện tích : [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-]
Ta có: h= C1Ka1/(Ka1+h)+ C2Ka2/(Ka2+h)
→ h3+h2(Ka1+Ka2)+h(Ka1Ka2 –C1Ka1-C2Ka2 )-( C1Ka1Ka2 +C2 Ka1Ka2)=0
Ta có h= 9,997.10-4. Nên pH = 3,00
III
1,5+2
1. 
Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O 
Ta có 
ð số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I)
ð D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3.
	NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O
2 NH4NO3 ® N2 ­ + O2 ­ + 4 H2O ­
 4Al(NO3)3 ® 2Al2O3 + 12 NO2 ­ + 3O2 ­
 2Mg(NO3)2 ® 2MgO + 4 NO2 ­ + O2 ­
ð E chỉ có Al2O3 và MgO.
+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ : 
ð x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol ð số mol e cho = 0,21 mol (II)
+ Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau:
D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.
2.
+ Khi A pư với NaOH thì nNaOH = 0,12 mol;n H2 = 0,12 mol. Suy ra NaOH dư
 Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2. 
Mol: 0,08 0,08	 0,08	0,12
ð Sau pư trên thì hh có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08 mol NaAlO2.
+ Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì:
	NaOH + HCl → NaCl + H2O
Mol: 0,04 0,04
	NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O
Mol: 0,08 0,32
ð Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2 + H2. C chắc chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C không thể chứa FeCO3 ð C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết). 
TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I)
	FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O
Mol: x 2x x x
	Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑
Mol: y 2y y y
ð Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)
ð B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong ð x = 0,1 mol (III)
ð C có z mol Fe dư + t mol Cu ð 3z + 2t = 1,12/22,4 (IV)
ð x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol.
Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3 + 0,1.56=5,6 gam Fe + 0,01.64=6,4 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al 
+ Tính tiếp ta được giá trị của m=mCuO+mFe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam. 
TH2: Fe hết ð C chỉ có Cu ð số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol.
ð A có 0,1.1z16=11,6 gam FeCO3 + 0,025.64=1,6 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al+ (20-11,6-1,6-2,16=4,64)gam Fe 
ð tính được m =mCuO =0,025.80= 2 gam.
IV
2,5
CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + m NH4NO3 .
 0,02 mol 0,02/m mol
→ m↓ = 3,18 = (0,02/m)(12x+y+107m) → 12x+ y = 52m
Do MHDC < 100 nên m=1, x=4, y=4.
Vậy 1 chất C4H4 : CH2=CH-C≡CH: 0,02 mol
Ta có sơ đồ 
CO2 + Ca(OH)2 (0,111mol) → 
 Nên 100x+(0,111-x)100+(0,111-x)197=20,95 → x= 0,061 → nCO2= 0,061+2(0,111-0,061)= 0,161
→ nH2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118
+ Hai HDC còn lại cháy cho: nCO2=0, 161-0,02.4=0,081; nH2O= 0,118-0,02.2=0,078
Số Ctb = 0,081/0,027= 3
Do trong X có 2 HDC có cùng số C nên có các TH sau
+ TH1: 2 HDC còn lại có cùng 3C
nBr2 = 0,09-0,02.3=0,03 > 0,027 nên có C3H4 
còn lại là C3H8 hoặc C3H6 
	- C3H8 : a ; C3H4 :b 
	- C3H6 : a ; C3H4 :b 
+ TH2: 1 HDC còn lại có cùng 4C, HDC còn lại là 1C hoặc 2C
	- C4Hc:x ; C2Hd: y 	 nên 0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại
- C4Hc:x ; CH4: y 	 nên 0,018c/2+0,009.4/2=0,078 →c=6,67 loại
Kết luận : CH2=CH-C≡CH	CH2=C=CH2	C3H6 hoặc C3H8
V
1,5+2,5
1.
a. C6H10 = 2
X phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 nên X phải có 1 vòng 5,6 cạnh và 1 liên kết đôi
Khi oxi hóa X thu được sản phẩm chứa 6 cacbon nên X có 1 vòng 6 cạnh không nhánh
- Công thức cấu tạo của X là: xclohexen
5 + 8KMnO4+ 12H2SO4 5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O.
b. Phản ứng:
3 + 2KMnO4 + 4H2O 3 + 2MnO2 + 2KOH.
2.
a. nCa(OH)2 = 0,115 mol
CO2 + Ca(OH)2 (0,115mol) → 
 Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18
→ nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12
- Gọi công thức phân tử của A là CxHy:
CxHy + O2 xCO2 + H2O
0,02 0,02x 0,01y
Ta có: 0,02x = 0,18 x = 9 và 0,01y = 0,12 y = 12
Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, = 4.
b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2.
* A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5).
- Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:
 (A) (B) (C)
Các phản ứng xẩy ra
5+ 18KMnO4 + 27H2SO4 5+9K2SO4+18KMnO4+42H2O.
5+18KMnO4+27H2SO4 5+ 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.
5+18KMnO4+27H2SO4 5+5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O
 + Br2 + HBr
+ Br2 hoặc + HBr
+ Br2 hoặc + HBr
VI
2(0,5+1+0,5)+1,5
1.
 a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu,
	a là độ phân li của N2O4 ở toC
	xét cân bằng: 	 N2O4 2NO2
	số mol ban đầu	 a	 	 0
	số mol chuyển hóa	 aa	 	 2aa
	số mol lúc cân bằng	a(1 - a)	 2aa
Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + a)
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:
- ở 35oC thì = 72,45 ® = 72,45 	®a = 0,270 	hay 27%
- ở 45oC thì = 66,8 	 a = 0,377 	hay 37,7%
b) Ta có Kc = 
V là thể tích (lít) bình chứa khí
Và PV = nS. RT ® RT = 
Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc. ở đây 
	Dn = 1 ® KP = 
ở 35oC thì a = 0,27 ® KP = 0,315
ở 45oC thì a = 0,377 ® = 0,663
c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC ® 45oC thì độ điện li a của N2O4 tăng (hay KP tăng) ® Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO2) do đó theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt.
2.
a. P : 1s22s22p63s23p3	; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3
P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3 	
 XH3 hình tháp tam giác,
b. góc HPH > góc AsH, vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với As nên các cặp e liên kết P-H gần nhau hơn so với As-H lực đẩy mạnh hơn.
c. không phân cực
Phân cực
2 chất đầu sau có cấu tạo bất đối xứng nên phân cực