Đề thi HSG lớp 10 môn hóa trường THPT Nguyễn Thái Bình Đắk Lắc Năm 2022 2023

Đề thi HSG lớp 10 môn hóa trường THPT Nguyễn Thái Bình Đắk Lắc Năm 2022 2023

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN

Câu 1: (4 điểm)

1.1. Nguyên tử của nguyên tố X ở trạng thái cơ bản có 1 electron ở lớp ngoài cùng, electron này có số lượng tử phụ bằng số lượng tử từ và có tổng bốn số lượng tử là 4,5.

a) Xác định cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố X?

b) Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn?

c) Áp dụng quy tắc gần đúng Slater hãy tính năng lượng (eV) của electron cuối cùng của nguyên tử X.

1.2. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I₁, đơn vị kJ) của các nguyên tố thuộc chu kì 2 (không xếp theo thứ tự) là 1402, 2081, 520, 1314, 899, 1681, 801, 1086. Hãy gán các giá trị này cho các nguyên tố và giải thích.

1.3. Một mẫu đá uranynit có tỉ lệ khối lượng ²⁰⁶Pb : ²³⁸U = 0,0453. Cho chu kì bán hủy của ²³⁸U là 4,55921.10⁹ năm. Hãy tính tuổi của mẫu đá đó.

Đáp án Câu 1: (4 điểm)

Câu 1	Đáp án	Điểm
1.1 (2 điểm)	a) X có cấu hình lectron lớp ngoài cùng là ns1       => m = l = 0            ms = + ½ Đề  => n + 0 + 0 + ½  = 4,5        => n = 4 => cấu hình lớp ngoài cùng của X là 4s1 Vậy cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X là:   TH1: 1s22s22p63s23p64s1   TH2: 1s22s22p63s23p63d54s1   TH3: 1s22s22p63s23p63d104s1 b)   TH1: 1s22s22p63s23p64s1          => Ô 19, chu kì 4, nhóm IA   TH2: 1s22s22p63s23p63d54s1       => Ô 24, chu kì 4, nhóm VIB   TH3: 1s22s22p63s23p63d104s1     => Ô 29, chu kì 4, nhóm IB c) TH1: 1s22s22p63s23p64s1          n = 4  =>  n* = 3,7          b = 0.0,35 + 8.0,85 + 10.1 = 16,8          Z* = Z – b =  19 – 16,8 = 2,2          => E4s1  =  -13,6.(Z*)2/(n*)2 =  -13,6.2,22/3,72 = -4,808 (eV) TH2: 1s22s22p63s23p63d54s1                n = 4  =>  n* = 3,7          b = 0.0,35 + 5.0,85 + 18.1 = 22,25          Z* = Z – b =  24 – 22,25 = 1,75          => E4s1  =  -13,6.(Z*)2/(n*)2 =  -13,6.1,752/3,72 = -3,02 (eV) TH3: 1s22s22p63s23p63d104s1                n = 4  =>  n* = 3,7          b = 0.0,35 + 10.0,85 + 18.1 = 26,5          Z* = Z – b =  29 – 26,5 = 2,5          => E4s1  =  -13,6.(Z*)2/(n*)2 =  -13,6.2,52/3,72 = -6,209 (eV)	0,25 0,25 0,25       0,5             0,25         0,25           0,25
1.2. (1 điểm)	– giá trị I1 của các nguyên tố: Ck 2 Li Be B C N O F Ne I1 (kJ) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 – Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) khi đi từ Li đến Ne nhìn chung tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. – Ở nguyên tố Be (1s22s2) và N (1s22s22p3) có sự tăng bất thường  là do nguyên tử các nguyên tố này có cấu hình electron ở phân lớp ngoài cùng bão hòa electron (Be) và bán bão hòa electron (N). Dây là những cấu hình bền nên cần một năng lượng lớn để tách electron thứ nhất ra khỏi nguyên tử .	0,25     0,25     0,5
1.3. (1 điểm)	Số mol 238U phóng xạ = số mol 206Pb = (mol)                                        Khối lựng 238U ban đầu = 1 + . 298 = 1,0523 (g)                                      k =                                                                                  k =  ln                                                                                            =>        t =  ln = 3,35.108 năm	0,25     0,25   0,25         0,25

Câu 2. (4,0 điểm)

2.1. (0,75 điểm) Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 300⁰K và 1200⁰K  của phản ứng: 

CH₄ (khí) + H₂O (khí)   CO ( khí) + 3H₂ ( khí)

        Cho biết

T0 (K)	DH0  (KJ/mol)	DS0  (J/K.mol)
3000K	– 41,16	– 42,4
12000K	-32,93	-29,6

a. Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 300⁰K và 1200⁰K?

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 300⁰K

2.2. (1,25 điểm)

       Người ta tiến hành xác định tốc độ ở T⁰K theo thực nghiệm của phản ứng:

       2NO + 2H₂   N₂ + 2H₂O và được số liệu cho ở bảng sau:

Thí nghiệm	Nồng độ đầu (mol/l)		Tốc độ phản ứng (mol/l.s)
	NO	H2
1	0,5	1	0,05
2	1	1	0,2
3	1	2	x
4	1,25	y	0,125

a. Xác định hằng số tốc độ (l²/(mol².s)) và viết biểu thức tính tốc độ phản ứng theo thực nghiệm ở T⁰K

b. Xác định các giá trị x, y 

2.3. (2,00 điểm) Cho cân bằng hóa học sau: N_2­O₄ (k)     2NO₂(k)  (1)

Thực nghiệm cho biết khối lượng mol phân tử trung bình của hai khí trên ở 35^oC bằng 72,45 g/mol và ở 45^oC bằng 66,80 g/mol.

a. Tính độ phân li của N₂O₄ ở mỗi nhiệt độ trên?

b. Tính hằng số cân bằng K_P của (1) ở mỗi nhiệt độ trên? Biết P = 1 atm

c. Cho biết theo chiều nghịch, phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt?

Đáp án câu 2.

Câu 2	ĐÁP ÁN	Điểm
2.1	a. Dựa vào biểu thức:    DG0 = DH0 – TDS0     Ở 3000K ; DG0300 = (- 41160) – [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44 kJ     Ở 12000K ; DG01200 = (- 32930) – [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ     DG0300< 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ trái sang phải.     DG01200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ng­ợc lại ở 12000K   b.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K      DG0 = -2,303RT lgK      (-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgK     lgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95   K = 10 4,95	0,25   0,25       0,25
2.2	a. Với phản ứng: 2NO + 2H2 ® N2 + 2H2O Biểu thức tính tốc độ phản ứng theo thực nghiệm  v = k.[NO]a.[H2]b                    (1) Ta có: v1 = k (0,5)a.1b = k (0,5)a = 0,05 (1) v2 = k 1a.1b = k = 0,2 ® k = 0,2 l2/(mol2.s) thay vào (1) ta được 0,5a = 0,25 ® a = 2                                                                                         Dựa vào đơn vị tính của v và k ta tính b như sau: mol/(l.s) = [l2/(mol2.s)].(mol2/l2).(mol/l)b; (mol/l)b = mol/l ® b = 1.            Biểu thức vận tốc: v = 0,2[NO]2.[H2]                                                b. Thí nghiệm 3  ta có: x = 0,2.12. 2 = 0,4 mol/l.s      Thí nghiệm 4 ta có  y = [H2] =	0,50       0,25   0,25   0,25
2.3	a.Xét cân bằng: N2­O4(k)  2NO2(k)  (1)      Gọi a là số mol của N2O4 có trong 1 mol hỗn hợp ® số mol NO2 trong 1 mol hỗn hợp là (1 – a) mol Ở 350C có = 72,45 g/mol = 92a + 46(1 – a)                                 ® a = 0,575 mol = nN2O4 và nNO2  = 0,425 mol                                     N2­O4 (k)     2NO2 (k)             Ban đầu               x                    0             Phản ứng        0,2125             0,425             Cân bằng        x – 0,2125        0,425 x  – 0,2125  =  0,575® x  = 0,7875 mol , vậy 26,98% Ở 450C có = 66,80 g/mol = 92a + 46(1 – a)           ® a = 0,4521mol = nN2O4 và nNO2  =  0,5479 mol                                  N2­O4(k)  2NO2(k)             Ban đầu             x                     0             Phản ứng        0,27395          0,5479             Cân bằng        x  – 0,27395    0,5479  x – 0,27395 = 0,4521® x = 0,72605 mol,vậy 37,73%   b.      ,  và P = 1 atm          Ở 350C   0,314  ;                                  Ở 450C  0,664   c.Từ kết quả thực nghiệm ta thấy, khi nhiệt độ tăng từ 350C lên 450C thì tăng. Có nghĩa khi nhiệt độ tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. Vậy theo chiều thuận phản ứng thu nhiệt, nên theo chiều nghịch phản ứng tỏa nhiệt.	0,25           0,25       0,25           0,25           0,25   0,25         0,50

Câu 3. (4,0 điểm)

3.1. (2 điểm):Có dung dịch NH₃ 10^-2M, K_b của NH₃ là 1,8.10^-5.

          a) Tính pH của dung dịch trên?

          b) Hòa tan 0,535 gam NH₄Cl vào 100 ml dung dịch trên. Tính pH của dung dịch thu được?

3.2. (2,0 điểm): Thêm 1ml dung dịch MgCl₂ 1M vào 100 ml dung dịch NH₃ 1M và NH₄Cl 1M được 100ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)₂ được tạo thành hay không?  Biết: =10^-10,95 và = 10^-4,75.

Đáp án  câu 3:

Câu 3	Nội dung	Điểm
3.1(2đ)	a)                  NH3   +   H2O      NH4+     +      OH–   ban đầu:     10-2M                              0                   0   phản ứng:    x                                     x                   x   [  ]          :   10-2 – x                             x                   x   KCb  =     = 1,8.10-5     => x = 4,1536.10-4 = pOH      =>  pOH = 3,3816 => pH = 10,6184	0,25       0,25   0,5
	b)   =   = 0,01 mol =>   = 0,1M                    NH3     +    H2O         NH4+     +      OH–  ban đầu:     10-2M                                0,1                 0   phản ứng:    x                                         x                  x  [  ]          :   10-2 – x                            x + 0,1              x             KCb  =    = 1,8.10-5   => x ≈ 1,8.10-6 = pOH => pOH = 5,7447 => pH = 8,2553	0,25           0,25   0,5
3.2(2,0đ)	– 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 Ban đầu        1                            1 Phản ứng      x                            x          x Cân bằng    1-x                         1+x         x          Kb =  = 10-4,75                 Þ x = 10-4,75    Hay [OH–] = 10-4,75 < 10-4,475. Vậy không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.	0,5         0,5     0,5           0,5

O2 Education gửi các thầy cô link download đề thi

Các thầy cô có thể xem thêm nhiều đề thi hsg của các tỉnh khác tại

Tổng hợp đề thi hsg lớp 11 môn hóa học

Tổng hợp đề thi HSG lớp 12 môn hoá học

Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

• Tổng hợp đề thi thử tốt nghiệp THPT 2023 môn hóa có đáp án
• Phương pháp tư duy dồn chất xếp hình giải bài tập hóa học hữu cơ
• 200 câu lý thuyết đếm hóa học lớp 12 có đáp án ôn thi TN THPT
• Tổng hợp đề thi môn hóa của bộ giáo dục từ năm 2007 đến nay