Đề xuất đề thi học sinh giỏi khu vực duyên hải – ĐBBB 2016 môn: Hóa học – lớp 10 - Tỉnh Ninh Bình

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2016
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 05 trang, gồm 10 câu)
Câu 1 (2,0 điểm) 	Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn.	
1. Polynitơ là thuật ngữ được dùng để chỉ các ion được cấu tạo chỉ từ nguyên tố nitơ. Đến nay người ta đã biết được các polynitơ mạch thẳng N3-, N5+ và mạch vòng N5-.
a. Viết công thức Lewis cho các dạng cộng hưởng của anion N3- và N5-.
b. Viết công thức Lewis cho các dạng cộng hưởng của N5+, ghi rõ trạng thái lai hóa tương ứng với mỗi nguyên tử Nitơ, từ đó hãy cho biết dạng hình học của N5+.
2. Vẽ giản đồ năng lượng obitan phân tử (MO) của phân tử N2.Từ đó giải thích tại sao năng lượng ion hóa thứ nhất của phân tử nitơ (1501 kJ∙ mol-1) lớn hơn năng lượng ion hóa thứ nhất của nguyên tử nitơ (1402 kJ· mol-1).
Câu 2 (2,0 điểm) Tinh thể
1. Phân loại các chất sau đây theo bản chất của lực tương tác giữa các đơn vị cấu trúc trong mạng tinh thể của chúng: Ag, kim cương, MgO, H2O rắn, I2, Pb, NaH, K. 
2. Titan đioxit (TiO2) được sử dụng rộng rãi trong các loại kem chống nắng. TiO2 có cấu trúc tinh thể hệ bốn phương (hình hộp đứng đáy vuông), các ion Ti4+ và ion O2- được phân bố trong một ô mạng cơ sở như hình dưới
 a. Xác định số ion O2-, Ti4+ trong một ô mạng cơ sở và số phối trí của ion O2- và của ion Ti4+.
 b. Xác định khối lượng riêng (g/cm3) của TiO2.
 c. Biết góc liên kết trong TiO2 là 90o. Tìm độ dài liên kết Ti-O.
Câu 3 (2,0 điểm). Phản ứng hạt nhân.
Khoáng vật monazit có nhiều ở bang Kerala, Ấn Độ là loại khoáng giầu Thori. Một mẫu monazit điển hình có chứa 9 % ThO2 và 0,35 % U3O8. Biết rằng 208Pb và 206Pb là các sản phẩm bền cuối cùng tương ứng của chuỗi phân rã 232Th và 238U. Tất cả chì có mặt trong mẫu monazit đều có nguồn gốc từ sự phân rã của hai đồng vị trên.
Tỉ lệ số nguyên tử các đồng vị 208Pb/232Th trong một mẫu monazit, được xác định bằng phương pháp phổ khối, là 0,104. Biết thời gian bán hủy của 232Th và 238U lần lượt là 1,41 .1010 năm và 4,47 .109 năm. Giả thiết rằng toàn bộ lượng 208Pb, 206Pb, 232Th và 238U đều nằm lại trong mẫu monazit từ khi mẫu này được hình thành.
1. Hãy tính tuổi của mẫu monazit trên.
2. Hãy tính tỉ lệ số nguyên tử 206Pb/238U trong mẫu monazit trên.
3. Thori-232 là nguyên liệu đầu vào của ngành công nghiệp năng lượng hạt nhân. Đồng vị này có khả năng hấp thụ một hạt nơtron để tạo ra đồng vị 233U và phát ra các hạt b–. Hãy viết phương trình phản ứng hạt nhân tạo thành 233U từ 232Th.
Phản ứng phân hạch của 233U tạo ra một hỗn hợp các sản phẩm phóng xạ. Trong đó có đồng vị 101Mo, đồng vị này phân rã như sau:
4. Một mẫu 101Mo tinh khiết vừa điều chế có chứa 5000 nguyên tử 101Mo. Hãy tính số nguyên tử 101Mo, 101Tc và 101Ru có mặt trong mẫu sau 14,6 phút. Biết số nguyên tử 101Tc tại thời điểm t được tính theo công thức:	
Câu 4 (2,0 điểm) Nhiệt hóa học.
Cho phản ứng 6 SCl2 + 4 NH3 ® S4N4 + 12 HCl + 0,25 S8 (*)
Biết S4N4 cóa dạng vòng 8 cạnh, các nguyên tử N, S xếp xen kẽ nhau,
E(S–S) = 226 kJ mol–1	 E(N≡N) = 946 kJ mol–1	E(S–N) = 273 kJ mol–1
E(S=N) = 328 kJ mol–1	 DHth(S8) = 77 kJ mol–1	DHth(S4N4) = 88 kJ mol–1
DHs(NH3) = –45.9 kJmol–1 DHs(SCl2) = –50.0 kJ mol–1 DHs(HCl) = –92.3 kJ mol–1
a. Hãy viết công thức cấu tạo của S4N4 và tính sinh nhiệt của S4N4. 
b. Hãy tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng (*)
2. Khi cho 32,69g Zn tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư trong bom nhiệt lượng kế ở 25oC, người ta thấy có thoát ra một nhiệt lượng là 71,48 kJ. Tính hiệu ứng nhiệt (kJ/mol) của phản ứng ở nhiệt độ đó. Cho Zn = 65,38
Câu 5 (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí
Cho 15,19 gam sắt (II) sunfat khan được đun nóng trong bình chân không 1,00 Lít tới 6500C thì xảy ra các phản ứng sau:
	2FeSO4(r) D Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k)	(1) Kp1
	2SO3(k) D 2SO2(k) + O2(k)	(2) Kp2=0,1815
Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng, áp suất riêng phần của oxi là 38 mmHg. 
1. Tính áp suất cân bằng của các khí và giá trị Kp1.
2. Tính phần trăm FeSO4 bị phân hủy?
Câu 6 (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa
Dấu hiệu cho thấy người có nguy cơ mắc bệnh gout là nồng độ axit uric (HUr) và urat (Ur-) trong máu của người đó quá cao. Bệnh viêm khớp xuất hiện do sự kết tủa của natri urat trong các khớp nối. Cho các cân bằng:
HUr (aq) + H2O Ur- (aq) + H3O+ (aq) 	pK = 5,4 ở 37°C
Ur- (aq) + Na+ (aq) NaUr (r)
 1. Ở 37°C, 1 lit nước hòa tan được tối đa 8,0 mmol natri urat. Hãy tính tích số tan của natri urat ( Bỏ qua sự thủy phân của ion urat). Trong máu (có pH = 7,4 và ở 37°C) nồng độ Na+ là 130 mmol/L. Hãy tính nồng độ urat tối đa trong máu để không có kết tủa natri urat xuất hiện.
 2. Giá trị tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ. Biết thêm rằng bệnh gout thường xuất hiện đầu tiên ở các đốt ngón chân và ngón tay. Hãy cho biết tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ như thế nào?
3. Độ tan của axit uric trong nước ở 37°C là 0,5 mmol/L.Chứng minh rằng nếu không có kết tủa natri urat xuất hiện thì cũng sẽ không có kết tủa axit uric xuất hiện.
4. Giả thiết rằng chỉ có HUr và Ur- là ảnh hưởng đến giá trị pH của dung dịch. Sỏi thận thường có axit uric. Nguyên nhân là nồng độ quá cao của axit uric và urat có trong nước tiểu và pH thấp của nước tiểu (pH = 5 - 6). Hãy tính giá trị pH tại đó sỏi (chứa axit uric không tan) được hình thành từ nước tiểu của bệnh nhân. Giả thiết rằng nồng độ tổng cộng của axit uric và urat là 2,0 mmol/L. 
Câu 7 (2,0 điểm) 	Phản ứng oxi hóa - khử. Điện hóa
1. Hoàn thành các phương trình phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp ion-electron
a. Cu2S + H+ + NO3- ® ... + NO2 + SO42-
b. Cr2O72- + S2- + ... ® [Cr(OH)4]- + S¯ + NH3­
2. Cho phản ứng: Cr2O72- + Fe2+ + H+ → 
a. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin phóng điện thì xảy ra phản ứng trên. Tính sức điện động tiêu chuẩn của pin (Eopin).
b. Chuẩn độ 100 ml dung dịch FeSO4 0,0300 M bằng dung dịch K2Cr2O7 0,0100 M ở pH=1. Tính thế của điện cực Pt nhúng trong dung dịch chuẩn độ tại điểm tương đương.
c. Hai học sinh tiến hành chuẩn độ một cách độc lập với nhau. Học sinh thứ nhất có điểm dừng chuẩn độ khi thế của điện cực Pt nhúng trong dung dịch bằng 0,889 V. Học sinh thứ hai có điểm dừng chuẩn độ khi thế của điện cực Pt nhúng trong dung dịch bằng 1,194 V. Học sinh nào thu được kết quả chuẩn độ chính xác hơn? Tại sao?
Cho: ln x = 0,059 lg x. Thế oxi hoá - khử tiêu chuẩn: Eo của Cr2O72-, H+/Cr3+ = + 1,330 V; Eo của Fe3+/Fe2+ = + 0,771 V. 
Câu 8 (2,0 điểm).	Nhóm Halogen
 1. Viết phương trình phản ứng :
a. KI dư tác dụng với KIO3 trong dd H2SO4 loãng	 b. Điện phân dung dịch KClO3 
c. KClO3 tác dụng với H2SO4 đặc	 d. I3- tác dụng với S2O32-	 
2. Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2 ta được hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2 và nước ẩm . Sau khi đun nhẹ và hút chân không thu được 152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng): 50% CaOCl2; 28,15% Ca(ClO)2; còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợp A thu được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(ClO3)2. Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn, lấy tất cả khí thoát ra cho vào bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 gam kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất rắn không đáng kể). Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t0C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa nhiệt độ bình về t0C, áp suất trong bình lúc này là 0,75 P atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít khí (đktc). 
 	a. Tính thể tích khí Cl2 (đktc) đã phản ứng.
 	b. Tìm kim loại M. 
Câu 9 (2,0 điểm).	Nhóm Oxi-lưu huỳnh
1. Dạng thù hình bền nhất của lưu huỳnh là S8 (mạch vòng) trong khi S2 lại rất kém bền. Ngược lại, O2 là dạng thù hình bền nhất còn O8 thì chưa được biết đến. Hãy giải thích sự khác nhau về độ bền tương đối của các dạng thù hình của hai nguyên tố.
2. Cho sơ đồ chuyển hóa: Lưu huỳnh X Y Z + T	
Biết: X là chất lỏng màu vàng, chứa 52,5% Cl và 47,5% S. Y là chất lỏng màu đỏ, dễ hút ẩm. Z là chất lỏng không màu chứa 59,6% Cl; 26,95% S và 13,45% O. T có khối lượng mol là 134,96 g/ mol. Z + O2® T. Hãy cho biết công thức phân tử của các hợp chất từ X đến T. Viết các phương trình phản ứng.
3. Tinh thể Natri đithionat (A) tan dễ dàng trong nước và không tạo kết tủa với dung dịch BaCl2. Đun nóng A ở 130 °C thấy khối lượng chất rắn giảm 14,88 % so với ban đầu tạo thành B tan trong nước và không tạo kết tủa với dung dịch BaCl2. Một mẫu A khác được đun nóng ở 300°C thấy khối lượng chất rắn giảm 41,34 % so với ban đầu đầu tạo thành D tan trong nước và tạo kết tủa trắng với dung dịch BaCl2. Hãy viết các phản ứng xảy ra khi nung A ở hai nhiệt độ trên.
Câu 10 (2,0 điểm).	Động hóa học (không có cơ chế)
	Cho phản ứng sau diễn ra tại 250C: 1A + 3B → 2C + D. Biết tốc độ đầu của phản ứng ở các nồng độ đầu khác nhau như sau: 
Thí nghiệm
Nồng độ ban đầu của A ( mol/l )
Nồng độ ban đầu của
B (mol/l )
Tốc độ ban đầu của phản ứng vo (mol/l.s)
1
0,1
0,1
6.10-4
2
0,2
0,2
2,4. 10-3
3
0,2
0,3
3,6.10-3
1. Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ của phản ứng. Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản ứng.
2. Xác định tốc độ tốc độ hình thành C, D trong thí nghiệm 1 sau 200 giây.
--------------------------- Hết -----------------------------
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10
Đáp án gồm 10 câu trong 8 trang
Câu 1. ( 2 điểm)
Ý
Nội dung
Điểm
1
(1,0đ)
a. 
b. 
[]↔ []↔[]
Dạng hình học là chữ V
0,25
0.25
0,25
0,25
2
(1,0 đ)
Năng lượng ion hóa thứ nhất của phân tử nitơ tương ứng với quá trình: N2 → N2+ + e. Quá trình này tương ứng với quá trình tách 1 electron ở MO σz ra xa phân tử N2 vô cùng. 
	Năng lượng ion hóa thứ nhất của nguyên tử nitơ tương ứng với quá trình: N → N+ + e. Quá trình này tương ứng với quá trình tách 1 electron ở một AO 2p ra xa nguyên tử N vô cùng. 
	Từ giản đồ MO dễ thấy, năng lượng của obitan σz (trong phân tử N2) thấp hơn năng lượng của obitan 2p (trong nguyên tử N), nên electron ở obitan σz khó tách hơn electron ở obitan 2p. Do đó, năng lượng ion hóa phân tử N2 (1501 kJ·mol-1) lớn hơn năng lượng ion hóa nguyên tử N (1402 kJ·mol-1).
0,5
0,25
0,25
Câu 2. (2 điểm)
1
(0,5đ)
 Tương tác giữa ion: NaH, MgO, BN ; Tương tác giữa phân tử: H2O rắn, I2.
 Tương tác giữa nguyên tử: kim cương ; Tương tác kim loại: Ag, K.
0,25
0,25
2
(1,5đ)
a.0.5đ 
	Số ion O2- trong một ô mạng = 4.1/2 + 2.1 = 4
	Số ion Ti4+ trong một ô mạng = 8.1/8 + 1.1 = 2
	Số ion O2- bao quanh ion Ti4+ là 6 => số phối trí của Ti4+ là 6.
	Số ion Ti4+ bao quanh ion O2- là 3 => số phối trí của O2- là 3.
b. 0.5đ
	Thể tích ô mạng cơ sở = 2,96.10-8. 2,96.10-8. 4,59.10-8 = 4,022.10-23 cm3
Khối lượng riêng, D = ≈ 6,6 gam/cm3
c. (0.5đ). Ion Ti4+ là tâm của bát diện đều tạo bởi 6 ion O2-. Góc liên kết 900
Độ dài liên kết Ti-O là x => 2x2 = (2,96)2 
=> x = 2,093A0. 
 2,96A0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3. (2 điểm)
1
(0,5đ)
0,25
0.25
2
(0,5đ)
0,25
0.25
3
0,25đ
0,25
4
0,75đ
	N(101Mo) = 2500 nguyên tử
=>N(101Ru) = 5000 - N(101Mo) - N(101Tc) = 5000 - 2500 - 1720 = 780 nguyên tử
0,25
0,25
0,25
Câu 4. (2 điểm)
1
(1,25đ)
(0,75đ) 
(HS có thể vẽ công thức đôi đơn liên hợp cũng châm chước cho điểm)
	0,5 S8 (k) + 2 N2 (k) ® S4N4 (k)	;	DH1
	DH1 = 0,5´ 8ES-S + 2ENºN -(4ES-N + 4ES=N) 
 = 0,5´ 8´ 226 + 2´ 946 -(4´ 273 + 4´ 328) = 392 kj/mol.
Chu trình Born- Haber:
=>	DHsn (S4N4) = DH2 = 0,5DHvap(S8) + DH1 - DHvap(S4N4)
	 = 0,5´ 77 + 392 - 88 = 342,5 kj/mol.c.	
HS có thể vẽ chu trình từ đầu, không cần tính trước DH1
b.( 0,5đ) 6 SCl2 + 4 NH3 ® S4N4 + 12 HCl + 0,25 S8	;	DH
	DH = DHs(S4N4) + 12DHs(HCl) - [6DHs(SCl2) + 4DHs(NH3)] 
 = 342,5 + 12´ (-92,3) - [6´ (-50,0) + 4´ (-45,9)] = -281,5 kj/mol.
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(0,75đ)
2) Zn(r) + H2SO4 (dd) ® H2(k) + ZnSO4(dd)
Trong bom nhiệt lượng kế có V = const.
Þ DU = - 71,48. = -142,96 (kJ/mol)
Þ DH = DU + Dn.RT = - 142,96 + 1. 8,314 .298,15 .10-3 = - 140,5 (kJ/mol)
0,25
0,25
Câu 5. (2 điểm)
1
(1,25đ)
	2 FeSO4 (r) D Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k)	(1)
Phân hủy:	 -	 - -
Cân bằng:	a-2x a+2x 
 2 SO3(k) D 2SO2 (k) + 	O2 (k)	(2)	 
Áp suất ban đầu: 	a	 a	0
Phản ứng:	-2x	 +2x	+x
Cân bằng:	 a-2x	 a + 2x	x
Ở cân bằng thì áp suất của O2 là 38/760 = 0,05 atm => x = 0,05 atm => 
	=> 	=> a = 0,326 atm
	 2 FeSO4 (r) D Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k)
Kp1 = PSO3PSO2 = (a - 2x)(a +2x) = (0,326 - 0,1)(0,326 + 0,1) = 9,63.10-2 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(0,75đ)
Số mol FeSO4 phân hủy = số mol SO2 + số mol SO3 = 2a
	Khối lượng FeSO4 phân hủy = 8,61.10-3 ×151,91 = 1,31 gam.
	Phần trăm khối lượng FeSO4 = 1,31/15,19 = 8,61%.
0,25
0,25
0,25
Câu 6. (2 điểm)
1
(0,5đ)
S = 6,4 ∙10-5;
Ks = 4,9∙10-4 M;
0,25
0,25
2
(0,5đ)
 Nhiệt độ giảm thì tích số tan giảm.
0,5
3
(0,5đ)
Vì trong máu không có kết tủa NaUr nên [Ur-] < 4,9∙10-4 (kết quả tính được ở 1)
Có:	
=>	
Vậy không có kết tủa axit uric xuất hiện.
0,25
0,25
4
(0,5đ)
e. Có:	[HUr] + [Ur-] = 2.10-3
Axit uric không tan khi:
	[HUr] = 5.10-4
=>	[Ur-] = 2.10-3 - [HUr] = 1,5.10-3 
=>	
Vậy pH < 5,88 thì bắt đầu có axit uric kết tủa
0,25
0,25
Câu 7. (2 điểm)
1
(0,5đ)
a. 1x½Cu2S + 4H2O ® 2Cu2+ + SO42- + 8H+ + 10e (quá trình oxi hóa)
 10x½NO3- + 2H+ + 1e ® NO2 + H2O (quá trình khử)
® Cu2S + 10NO3- + 12H+ ® 2Cu2+ + SO42- + 10NO2 + 6H2O
b.
3x½S2- ® S + 2e (quá trình oxi hóa)
1x½Cr2O72- + 7H2O + 6e ® 2[Cr(OH)4]- + 6OH- (quá trình khử)
® Cr2O72- + 3S2- + 7H2O ® 2[Cr(OH)4]- + 6OH- + 3S
Cr2O72- + 6NH4+ + 3S2- + H2O ® 2[Cr(OH)4]- + 6NH3 + 3S
0.25
0,25
2
(1,5đ)
a. 0,5đ
 (-) Pt | Cr2O72-, Cr3+, H+ || Fe2+, Fe3+ | Pt (+)
 Eopin = 1,33 – 0,77 = 0,56 V
b. 0,5đ
 Cr2O72- + 14H+ + 6Fe2+ → 2Cr3+ + 7H2O + 6Fe3+
C0 (mol/l): 
VTĐ = ml
ETĐ 
ETĐ = 
→ ETĐ= (2)
tại ĐTĐ thì: thay vào (2):
ETĐ = - pH (3)
với [Fe3+]TĐ ==
Thay vào (3): ETĐ = - 0,118pH (4)
Tính được ETĐ = V
c. 0,5đ
Học sinh thứ nhất:
E = 0,889 V < ETĐ = 1,148 V à Dừng chuẩn độ trước điểm tương đương, tức là Fe2+ dư.
Etr 
→ V = 49,50 mL à sai số mắc phải: 1%
Học sinh thứ hai:
E = 1,194 V > ETĐ = 1,148 V à Dừng chuẩn độ sau điểm tương đương, tức là Cr2O72- dư. 
ES = 
→ ES = - 0,138pH
→ - 0,138pH
V = 51,06 mL à sai số mắc phải: 2,12%
→ Học sinh thứ nhất có kết quả chuẩn độ chính xác hơn.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 8. (2 điểm)
1
(0,75đ)
a, 
b, KClO3 + H2O H2(catot) + KClO4 (anot).
c, 3KClO3 + 3H2SO4 → 3KHSO4 + HClO4 + 2ClO2 + H2O 
0.25
0,25
0,25
2
(1,25đ)
 t0 
Ca (OH)2 + Cl2 ® CaOCl2 + H2O (1)
 2Ca(OH)2 + 2Cl2 ® CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (2) 
Nung nóng hổn hợp A:	 
	6 CaOCl2 	5CaCl2 + Ca(ClO3)2 	(3) 
	3 Ca(ClO)2 	 2CaCl2 + Ca(ClO3)2 	(4) 
	= = 0,6mol
 	= = 0,3mol
 	= = 0,3mol
 phản ứng	= 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol
V(Cl2	)	= 1,2 × 22,4	= 26,88 lít
b. Nung hỗn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng:
 Ca(ClO3)2 CaCl2 + 3 O2 (5) 
 Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5)
Þ bay ra = 0,6. + 0,3 = 0,6 mol
Vì nhiệt độ bình không đổi, áp suất giảm 25% ứng với lượng oxi phản ứng với kim loại:
4M + nO2 	Þ 2M2On 	(6)
Tức bằng:	0,6 x 0,25 = 0,15 mol
Hòa tan chất rắn trong bình:
M2On + 2nHCl 	Þ 2MCln + nH2O (7)
2M + 2nHCl 	Þ 2MCln + nH2 ­ (8)
= = 0,6mol
Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường bằng số mol (e) O2 và H+ nhận.
Gọi a là số mol kim loại M ta có: 
na = 0,15 x 4 + 0,6 x 2 = 1,8 Tức 	a = 	
Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al)
0,25
0.25
0,25
0.25
0,25
Câu 9. (2 điểm)
1
(0,5đ)
Các nguyên tử oxi có bán kính nhỏ hơn nên sự xen phủ bên của 2 obitan p thuận lợi hơn => khả năng tạo liên kết p tốt hơn, cũng vì có bán kính nguyên tử nhỏ nên khả năng tạo 2 liên kết đơn kém (do sự đẩy nhau của các electron tự do giữa các nguyên tử oxi làm giảm độ bền của liên kết đơn). 
Các nguyên tử S có bán kính lớn hơn nên khả năng xen phủ bên của 2 obitan p kém hơn => khả năng tạo liên kết p giảm => không tạo phân tử S2, ngược lại do S có bán kính lớn nên lực đẩy e-e giảm, thuận lợi cho việc tạo liên kết đơn.
0,25
0,25
2
(1,0đ)
X: SxCly, có:	
Hợp chất SCl không tồn tại do đó CTPT của X phải là S2Cl2.
Z: SaClbOc, có:
=> Z là SCl2O hay SOCl2. => Y là SCl2.	
S2Cl2 + Cl2 ® 2 SCl2
 X Y
SCl2 + 1/2 O2 ® SOCl2
Y Z
SOCl2 + n/2 O2 ® SO1+nCl2
 Z T
Có:	MD = 32 + 16(n+1) + 71 = 134,96 
=> 	n = 1
=> T là SO2Cl2.
0,25
0,25
0,25
0,25
3
(0,5 đ)
	Na2S2O6. nH2O ® Na2S2O6 + nH2O
Có:	
=>	n = 2	(A: Na2S2O6. 2H2O)
	Na2S2O6. 2H2O ® Na2S2O6 + 2H2O
Na2S2O6. 2H2O ® Na2SO4 + 2H2O + SO2
Kiểm tra:	
0,25
0,25
Câu 10. (2 điểm)
1
(0,75đ)
Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: vpư = kpư.[A]n[B]m
	Lập hệ hoặc nhận xét tỉ lệ à n = m = 1; 
	Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2.
	kpư = 6.10-2 (mol-1.l.s-1)
0.25
0,25
0,25
2
(1,25đ)
	1A + 3B → 2C + D.
	t = 0	 	0,1 0,1
	t = 200 giây 0,1 - x 0,1 - 3x 2x x
	Ta có: 	 
	Do đó: 
Với t = 200 giây => 3.6.10-2.200 = 15 
=> = 11,023	=> x = 0,03156
tại thời điểm 200 giây, vpư (200s) = 2,572.10-5 (mol.l-1.s-1)
	Tốc độ tạo thành C	 = +5,145.10-5 (mol.l-1.s-1)
	Tốc độ tạo thành D = +2,572.10-5 (mol.l-1.s-1)
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
(Tổng 13 trang Đề và đáp án)
Người ra đề và đáp án
 Trần Thị Liên
 ĐT 0912 684 014