15 đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh hóa 10 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

--------------

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn thi: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 03/4/2019

Đề thi gồm: 05 câu, 02 trang

-----------------------------------------------

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

--------------

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 - 2019

MÔN THI: HÓA HỌC

(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Câu

Ý

Đáp án

Biểu điểm

1

1.1

Gọi Z_X, Z_Y tương ứng là số proton của X, Y . ( Z_X, Z_Y є Z^*)

N_X, N_Y tương ứng là số nơtron của X, Y. ( N_X, N_Y є Z^*)

Phân tử M được tạo nên bởi ion X³⁺ và ion Y^2- do đó M có công thức phân tử là: X₂Y₃.

0,25

- Tổng số hạt p, n, e trong phân tử M là:

2(2Z_X + N_X) + 3( 2Z_Y + N_Y) = 224 (1)

- Trong phân tử M, hiệu số hạt mang điện và số hạt không mang điện là:

( 4Z_X + 6Z_Y) – (2N_X + 3N_Y) = 72 (2)

- Hiệu số hạt p, n, e trong ion X³⁺ và ion Y^2-:

(2Z_Y + N_Y +2) – ( 2Z_X + N_X – 3) = 13 (3)

0,25

- Hiệu số khối trong nguyên tử X và Y là:

(Z_Y + N_Y) – ( Z_X + N_X) = 5 (4)

Lấy (1) + (2) ta được: 2Z_X + 3 Z_Y = 74 (5)

Lấy (3) – (4) ta được: Z_Y - Z_X = 3 (6)

0,25

Giải hệ (5) và (6) được Z_X = 13; Z_Y = 16 => N_X = 14; N_Y = 16

Vậy X là Al (e=p=13; n=14) và Y là S (e=p=n=16).

Công thức phân tử của M: Al₂S₃.

0,25

2a

Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X

=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B, M lần lượt

(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4), (Z+5) Theo giả thiết

Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4)+ (Z+5) = 63

=> Z = 8

0,25

→ ₈X; ₉Y; ₁₀R; ₁₁A; ₁₂B, ₁₃M

(O) (F) (Ne) (Na) (Mg) (Al)

0,25

2b

O^2-, F^-, Ne, Na⁺, Mg²⁺ , Al³⁺ đều có cấu hình e: 1s² 2s² 2p⁶

0,25

Số lớp e giống nhau => bán kính r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

r_O2- > r _F- > r_Ne >r_Na+ > r_Mg2+ > r_Al3+

0,25

2

1a

1x Mn⁺⁴ + 2e Mn⁺²

2x 2Cl^- Cl₂ + 2e

MnO₂ + 4HCl MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

0,25

1b

3x Fe⁺² Fe⁺³ + e

1x N⁺⁵ + 3e N⁺²

3FeO + 10HNO₃ NO + 3Fe(NO₃)₃ + 5H₂O

0,25

1c

1x S⁺⁶ +2e S⁺⁴

1x Cu^o Cu⁺² + 2e

Cu + 2H₂SO_{4 đặc} CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

0,25

1d

2FeS₂ + 14 H₂SO_{4 (đ)} Fe₂(SO₄)₃ + 15SO₂ + 14H₂O

0,25

2.a

Phương trình:

- Màu tím của dung dịch nhạt dần, cuối cùng mất màu hoàn toàn.

0,25

2.b

Phương trình:

- Nươc Cl₂ nhạt màu, có kết tủa trắng xuất hiện.

0,25

2.c

Phương trình: O₃ + H₂O + 2KI O₂ + 2KOH + I₂.

- Dung dịch chuyển sang màu hồng.

0,25

2.d

Phương trình:

- Màu xanh của dung dịch nhạt dần và dung dịch có kết tủa màu đen xuất hiện.

0,25

3

3.1

a) Nguyên tắc của chất dùng làm khô các khí có lẫn hơi nước là chất đó phải hút được hơi nước nhưng không tác dụng với chất khí được làm khô.

Thí dụ: Để làm khô khí CO₂, SO₂, O₂, … ta có thể dẫn các khí này qua dung dịch H₂SO₄ đặc.

0,25

-Có những khí ẩm không được làm khô bằng H₂SO₄ đặc vì chúng tác dụng với H₂SO₄.

Thí dụ: Khi cho khí HI, HBr,… có lẫn hơi nước đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc thì các khí này tác dụng theo các phương trình

8HI + H₂SO_{4 đặc} 4I₂ + H₂S + 4H₂O

2HBr + H₂SO_{4 đặc} SO₂ + Br₂ + 2H₂O

0,25

b) H₂SO₄ đặc có thể biến nhiều hợp chất hữu cơ thành than

Thí dụ:

C₁₂H₂₂O₁₁ 12C + 11H₂O

Đường mía (màu trắng) muội than

C + 2H₂SO₄ CO₂ + SO₂ + 2H₂O

0,25

(C₆H₁₀O₅)_n 6nC + 5nH₂O

Xenlulozơ muội than

C + 2H₂SO₄ CO₂ + SO₂ + 2H₂O (HS chỉ cần viết 1 lần PT này)

0,25

3.2

a Phương trình: 2Al + 3S Al₂S₃

Zn + S ZnS

TH tổng quát : Hỗn hợp B gồm Al₂S₃, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư.

hh B + H₂SO₄loãng chất rắn là S

_dư = 0,48 g mol

Pt : Al₂S₃ + 3H₂SO₄ Al₂(SO₄)₃ + 3H₂S

ZnS + H₂SO₄ ZnSO₄ + H₂S

Zn + H₂SO₄ ZnSO₄ + H₂

2Al + 3H₂SO₄ Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

*hỗn hợp B nung:

Pt: 2Al₂S₃ + 9O₂ 2Al₂O₃ + 6SO₂

2ZnS + 3O₂ 2ZnO + 2SO₂

4Al + 3O₂ 2Al₂O₃

2Zn + O₂ 2ZnO

S + O₂ SO₂

(*) HS có thể viết sơ đồ phản ứng để thay cho PTHH khi giải toán.

0,25

*Khí C: SO₂, N₂( không có O₂ vì vậy dùng vừa đủ) Khí C

V_giảm = _{sinh ra} = 5,04( l)

ADĐLBT nguyên tố S: = 0,225.2 = 0,45 mol

= 0,45 .32 = 14,4g; m_{Al + Zn(A)}= 33,02 – 14,4 = 18,62g

Gọi n_Al: x(mol) ;n_zn: y(mol); 27x + 65y = 18,62 (1)

% V_SO2/C = 100 - % V_N2 = 14,2%

molV_kk = 1,7 .22,4 = 38,08 lít

0,25

b. mol.

Nhận xét: Lượng O₂ pứ với A (Al, Zn, S) tạo ra Al₂O₃, ZnO, SO₂ = lượng O₂ phản ứng với B (Al₂S₃, ZnS, Al (dư) Zn (dư), S (dư) Al₂O₃, ZnO, SO₂ vì có cùng số mol Al, Zn, S và cùng tạo thành 3 oxit như nhau.

Pt: 4Al + 3O₂ 2Al₂O₃

Mol: x/2 3x/8

Zn + O₂­ ZnO

Mol: y/2 y/4

S + O₂ SO₂

Mol: 0,225 0,225

Ta có: + 0,225= 0,34 (2). Giải (1,2): x = 0,16; y = 0,22

%m_Zn(A)

0,25

Gọi n_{Zn dư}: z(mol)

Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B:

% Zn _{đơn chất}=z = 0,01mol Zn dư

n_{Zn phản ứng với S} = 0,22-0,01=0,21mol

n_{S phản ứng với Al}= n_{S chung} - n_{S phản ứng Zn} - n_{S dư} = 0,45 – 0,21 – 0,03= 0,21mol

mol

% m_B:

; %m _ZnS =

% m_Zndư = ; % m_{S dư} =

% m_{Al dư} = 100% - (31,8% + 61,69% + 1,97% + 2,91%) = 1,63%

0,25

4

4.1a

Đặt công thức oleum A là H₂SO₄.nSO₃.

%m_S(A) = n = 3

Vậy A là H₂SO₄.3SO₃.

0,25

4.1b

Theo giả thiết: m₁ + m₂ = 200 (1)

Khối lượng S trong hỗn hợp các chất sẽ bằng khối lượng của S trong 200 gam oleum H₂SO₄.2SO₃.

Ta có PT: (2)

0,25

Từ (1) và (2) m₁ = 187,619 gam; m₂ = 12,381 gam.

0,25

4.2

- Cho V lít dung dịch A tác dụng với AgNO₃ dư

AgNO₃ + HCl AgCl + HNO₃ (1)

0,25 0,25

- Trung hòa V’ lít dung dịch B bằng NaOH

NaOH + HCl NaCl + H₂O (2)

0,15 0,15

0,25

a) Ta có: Trong 2 lít dung dịch C có n_HCl = 0,25 + 0,15 = 0,4 mol HCl

Vậy C_M(HCl) = 0,4 : 2 = 0,2M.

0,25

b) Khi cho dung dịch A hay dung dịch B tác dụng với Fe thì đều xảy ra phản ứng

Fe + 2HCl FeCl₂ + H₂ (3)

Đặt nồng độ của dung dịch A là xM n_HCl(A) = 0,1x mol.

Đặt nồng độ của dung dịch B là yM n_HCl(B) = 0,1y mol.

Ta có: V + V’ = 2 hay = 2 (I)

Số mol H₂ chênh lệch = 0,448 : 22,4 = 0,02 mol

0,25

*TH1: Lượng H₂ từ dung dịch A thoát ra lớn hơn từ dung dịch B.

Từ pư (3) và số mol H₂ chênh lệch ta có:

0,05x – 0,05y = 0,02 (II)

Từ (I) và (II) x₁ = 0,5 và x₂ = 0,1

Với x = x₁ = 0,5M y = 0,1M

Với x = x₂ = 0,1M y = - 0,3M (loại)

0,25

*TH2: Lượng H₂ từ dung dịch B thoát ra lớn hơn từ dung dịch A.

Từ pư (3) và số mol H₂ chênh lệch ta có:

0,05y – 0,05x = 0,02 (III)

Từ (I) và (III) x₁ = 0,145 và x₂ = - 0,345 (loại)

Với x = x₁ = 0,145M y = 0,545M

0,25

5

5.1a

n_HCl = 0,5 mol; n_NaOH = 0,15 mol; = 0,3 mol

Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa hỗn hợp đã cho thì các phản ứng xảy ra theo thứ tự sau:

NaOH + HCl NaCl + H₂O

0,15 0,15

Na₂SO₃ + HCl NaCl + NaHSO₃

0,3 0,3 0,3

0,25

n_HCl còn lại = 0,5 – 0,15 – 0,3 = 0,05 mol

HCl + NaHSO₃ NaCl + SO₂ + H₂O

0,05 0,05

= 0,05.22,4 = 1,12 lít.

0,25

5.1b

Nhỏ từ từ dung dịch chứa hỗn hợp đã cho vào dung dịch HCl, hai chất NaOH và Na₂SO₃ phản ứng đồng thời với HCl. Số mol mỗi chất đã phản ứng tỉ lệ thuận với số mol của nó trong dung dịch ban đầu.

n_{NaOH pư}: _pư = n_{NaOH bđ} : _bđ = 0,15 : 0,3 = 1 : 2.

Đặt n_{NaOH pư} = a mol _pư = 2a mol. Vì nhỏ từng giọt hỗn hợp vào HCl nên phản ứng của muối với HCl tạo ngay sản phẩm khí.

0,25

Các PTPƯ là:

NaOH + HCl NaCl + H₂O

a a

Na₂SO₃ + 2HCl 2NaCl + SO₂ + H₂O

2a 4a 2a

Với lượng HCl và lượng dung dịch hỗn hợp đã cho thì HCl hết

(n_HCl < n_NaOH + 2n_Na2SO3)

n_{HCl pư} = 5a = 0,5 a = 0,1 mol.

= 2a = 0,2 mol = 4,48 lít.

0,25

5.2

Đặt công thức của muối là R₂S_a (a là hóa trị của R)

-Phần 1:

R₂S_a + 2aHCl 2RCl_a + aH₂S (1)

-Phần 2:

2R₂S_a + 3aO₂ 2R₂O_a + 2aSO₂ (2)

Khí A là H₂S; khí B là SO₂

0,25

SO₂ + 2H₂S 3S + 2H₂O (3)

0,06 0,12 0,18

Với n_S = 0,18 mol. Khí dư có thể là SO₂ hoặc H₂S

0,25

*Nếu khí dư là H₂S:

H₂S + NaOH NaHS + H₂O (vì NaOH tối thiểu) (4)

0,12 0,12 0,12

Theo giả thiết n_NaHS = 6,72 : 56 = 0,12 mol

Vậy = 0,12 + 0,12 = 0,24 mol; = 0,06 mol

= 0,24 + 0,06 = 0,3 mol

mol = 50a

2R + 32a = 50a R = 9a

Chọn a = 3 R = 27 (Al)

0,25

*Nếu khí dư là SO₂

SO₂ + NaOH NaHSO₃ (5)

Theo giả thiết = 6,72 : 104 = 0,065 mol

= 0,12 mol; = 0,06 + 0,065 = 0,125 mol.

= 0,125 + 0,12 = 0,245 mol

a mol

= 61,22a M_R = 14,6a

Trường hợp này không có nghiệm thỏa mãn.

0,25

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 10 - THPT

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

(Đề thi gồm 02 trang)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT

Năm học: 2017 – 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC 10 - THPT

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

CÂU

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1

(2,0đ)

1

a. Fe_xO_y + H₂SO₄ Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + H₂O

1x

(3x – 2y)x S⁺⁶ + 2e S⁺⁴

2Fe_xO_y + (6x-2y)H₂SO₄ xFe₂(SO₄)₃ + (3x-2y)SO₂ + (6x-2y)H₂O

0,25đ

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

0,25đ

c. Al + HNO₃ Al(NO₃)₃ + NO + N₂O + H₂O

17x Al Al⁺³ + 3e

3x 5N⁺⁵ +17e 3N⁺² + 2N⁺¹

17Al + 66HNO₃ 17Al(NO₃)₃ + 9NO + 3N₂O + 33H₂O

0,25đ

d. Na₂SO₃ + KMnO₄ + NaHSO₄ Na₂SO₄ + MnSO₄ + K₂SO₄ + H₂O

5Na₂SO₃ + 2KMnO₄ + aNaHSO₄ bNa₂SO₄ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + cH₂O

5Na₂SO₃ + 2KMnO₄ + 6NaHSO₄ 8Na₂SO₄ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 3H₂O

0,25đ

2

* Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s¹.

X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA.

0,5đ

* Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d⁵4s¹.

X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB.

0,25đ

* Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d¹⁰4s¹.

X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB.

0,25đ

Câu 2

(2,0đ)

1

Lúc đầu không có khí, lúc sau có bọt khí không màu thoát ra

Na₂CO₃ + HCl NaHCO₃ + NaCl

NaHCO₃ + HCl NaCl + CO₂↑ + H₂O

0,5đ

2

Màu vàng nâu nhạt dần

SO₂ + Br₂ + 2H₂O 2HBr + H₂SO₄

0,5đ

3

Xuất hiện khí màu vàng lục, dung dịch mất màu tím.

10FeCl₂ + 6KMnO₄ + 24H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 10Cl₂ + 3K₂SO₄ + 6MnSO₄ + 24H₂O

0,5đ

4

Xuất hiện khí không màu, mùi hắc.

2Fe₃O₄ + 10H₂SO_{4 (đặc nóng)} → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

0,5đ

Câu 3

(2,0đ)

1

* Phần tính toán:

Số mol H₂SO₄ cần lấy = số mol HCl cần lấy =

Khối lượng dung dịch H₂SO₄ cần lấy =

Thể tích dung dịch H₂SO₄ cần lấy = = 10,87 (ml)

Thể tích dung dịch HCl cần lấy = = 40 (ml)

0,5đ

* Cách tiến hành:

Lấy khoảng 100 - 120 ml nước cho vào bình thể tích 200 ml có chia vạch. Cân 20 gam dung dịch H₂SO₄ hoặc đong 10,87 ml dung dịch H₂SO₄, sau đó cho từ từ vào bình chứa nước khuấy đều. Đợi dung dịch H₂SO₄ thật nguội, đong 40 ml dung dịch HCl 5M thêm vào bình, sau đó thêm nước vào cho đến vạch 200 ml.

0,5đ

2

Khối lượng CaCl₂ sau khi trộn = V₂.D₂ 219x + V₁.D₁ = V₂.D₂

Số mol CaCl₂ sau khi trộn = V₂.C₂ x + V₁.C₁ = V₂.C₂

0,5đ

219x.C₂ + V₁.C₂.D₁ = V₂.D₂.C₂ và x.D₂ + V₁.C₁.D₂ = V₂.C₂.D₂

219x.C₂ + V₁.C₂.D₁ = x.D₂ + V₁.C₁.D₂

x =

0,5đ

Câu 4

(2,0đ)

* Kết tủa Y chứa: Mg(OH)₂; FeS; CuS; và S:

MgCl₂ + Na₂S + 2H₂O → Mg(OH)₂↓ + H₂S + 2NaCl

0,5đ

2FeCl₃ + 3Na₂S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl

0,25đ

CuCl₂ + Na₂S → CuS↓ + 2NaCl

0,25đ

* Kết tủa Z chứa CuS và S:

MgCl₂ + H₂S → không phản ứng

0,25đ

2FeCl₃ + H₂S → 2FeCl₂ + S↓ + 2HCl

0,25đ

CuCl₂ + H₂S → CuS↓ + 2HCl

0,25đ

FeCl₂ + H₂S → không phản ứng

0,25đ

Câu 5

(2,0đ)

1

* Theo bài ra ta có: 2Z_X + N_X = 60 (1); Z_X = N_X (2)

Từ (1) và (2) Z_X = N_X = 20.

X là canxi (Ca), cấu hình electron của ₂₀Ca : [Ar] 4s²

Vị trí của X: chu kỳ 4; nhóm IIA.

0,5đ

* Cấu hình của Y là 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵ hay [Ne] 3s²3p⁵ Y là Cl

Vị trí của Y: chu kỳ 3; nhóm VIIA.

0,25đ

* Theo giả thiết thì Z chính là nhôm, cấu hình electron của ₁₃Al: [Ne] 2p⁶3s¹

Vị trí của Z: chu kỳ 3; nhóm IIIA.

0,25đ

2

Theo bài ra ta có: 2Z_M + N_M – n = 80 (1); N_M – Z_M = 4 (2)

Thay (2) vào (1) ta được: 3Z_M – n = 76

0,25đ

Do 1 ≤ n ≤ 3 77 ≤ 3Z_M ≤ 79 25,67 ≤ Z_M ≤ 26,33

Z_M = 26; n = 2 M là sắt (Fe)

0,5đ

Cấu hình electron của Mⁿ⁺ (Fe²⁺): [Ar] 3d⁶ Hoặc 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶

0,25đ

Câu 6

(2,0đ)

1

Số mol NaOH ban đầu = 0,8 (mol); Số mol CO₂ = 0,8 (mol)

Do A hấp thụ tối đa CO₂ nên: NaOH + CO₂ NaHCO₃

0,25đ

Vậy số mol NaOH sau khi hấp thụ sản phẩm = 0,8 (mol) không có sự thay đổi số mol so với ban đầu, mà nồng độ NaOH lại giảm.

Xảy ra sự pha loãng dung dịch, do đó sản phẩm cháy của X là H₂O và X là khí H₂.

0,25đ

- Thử lại:

(Thỏa mãn đề bài)

0,5đ

2

Theo bài ra số mol của NO = 0,26 (mol); số mol của N₂O = 0,04 (mol)

Số mol của SO₂ = 0,7 (mol) Khi cho X tác dụng với HNO₃ có tạo muối NH.

Số mol NH = 0,0375 (mol) m_{muối nitrat kim loại} = 129,4 – 0,0375.80 = 126,4 (gam)

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2x + 3y – 2z = 1,4 (3)

Từ (1); (2) và (3) ta có: x = 0,2; y = 0,4; z = 0,1 m = 28,8 (gam)

0,25đ

Câu 7

(2,0đ)

1

Ta có n_NaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol

Khí SO₂ sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng:

SO₂ + NaOH NaHSO₃

SO₂ + 2NaOH Na₂SO₃ + H₂O

- Nếu chỉ tạo muối NaHSO₃ m_{chất rắn} = 10,4 (gam)

- Nếu chỉ tạo muối Na₂SO₃ m_{chất rắn} = 6,3 (gam)

0,5đ

Ta có: m_{chất rắn} < m_{muối min}

Chất rắn gồm

0,5đ

2

Đặt số mol Fe và M trong m gam X 3x + ny = 0,075 (1)

Số mol các chất trong hỗn hợp Y 2x + 3ny = 0,155 (2)

Từ (1) và (2) x = 0,01; ny = 0,045

0,5đ

Số mol các chất trong hỗn hợp Z

m_muối = 5,605 (gam)

Thay x = 0,01 và ny = 0,045 vào (*) ta được: M = 9n M là Nhôm (Al); y = 0,015 (mol)

Hỗn hợp X gồm

0,5đ

Câu 8

(2,0đ)

0,5đ

Y tác dụng vừa đủ với 0,3 mol K_­2SO₄ Khối lượng KCl trong Y là: 84,75 – 0,3.208= 22,35 (gam)

0,5đ

n_{KCl (trong Y)} = 0,3 (mol)

Gọi x là số mol KClO₃, y là số mol KCl trong hỗn hợp X ban đầu.

Ta có:

0,5đ

0,5đ

Câu 9

(2,0đ)

- 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, SO₂, CO₂, O₂.

1,0đ

- Phản ứng điều chế:

2KMnO₄ + 16HCl 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂↑ + 8H₂O

Na₂SO₃ + H₂SO_{4 (loãng)} Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O

CaCO₃ + 2HCl 2NaCl + CO₂↑ + H₂O

H₂O₂ H₂O + 1/2O₂↑

1,0đ

Câu 10

(2,0đ)

Số mol AgNO₃ = 1,8 (mol); Số mol Fe = 0,6 (mol)

Dung dịch Y tác dụng được với Fe Trong Y có AgNO₃ dư

Chất rắn T tác dụng với HCl tạo khí H₂ Trong T có Fe dư;

0,5đ

Số mol Fe dư = 0,3 (mol)

Số mol Fe phản ứng với AgNO₃ dư (trong dung dịch Y) = 0,3 (mol)

Ta có sơ đồ phản ứng:

0,5đ

Số mol Fe(NO₃)₂ (trong M) = 0,3 (mol) Số mol AgNO₃ (trong Y) = 0,6 (mol)

Số mol AgNO₃ phản ứng = 1,2 (mol) Số mol AgCl = 1,2 (mol)

; n_MgO =

0,5đ

Đặt số mol BaCl₂ và KCl trong hỗn hợp X lần lượt là x (mol) và y (mol).

2.0,3 + 2x + y = 1,2 (1); m_X = 82,05(gam) 208x + 74,5y = 53,55 (2)

Từ (1) và (2) x = 0,15(mol); y = 0,3 (mol)

0,5đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CÂP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

MÔN HÓA HỌC LỚP-10

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

Nội dung

Điểm

a. 2NaSCN + Br₂ → (SCN)₂ + 2NaBr

b. 2NaI + (SCN)₂ → 2NaSCN + I₂

c. MnO₂ + 2H₂SO₄ + 2NaSCN → Na₂SO₄ + (SCN)₂ + MnSO₄ + 2H₂O

d. AgSCN + Br₂ → AgBr + (SCN)₂.

e. C₂H₄ + (SCN)₂ → CH₂(SCN)-CH₂(SCN)

2,0

Câu 2

Nội dung

Điểm

1

1.

* Nguyên tử X có ít hơn ion X^- 1 electron nên X có cấu hình electron

1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁵.

* Trong nguyên tử X có 1 electron độc thân.

0,5

2

X thuộc chu kỳ 4 vì có 4 lớp electron, X thuộc nhóm 7A vì nó là nguyên tố p và có 7 electron ở lớp ngoài cùng.

0,5

3

X có tính oxihoa mạnh và có tính khử

3Br₂ + 2Al → 2AlBr₃

5Cl₂ + Br₂ + 6H₂O → 10HCl + HBrO₃

0,5

4

O₂ + 4HBr → Br₂ + 2H₂O

O₂ là chất oxihoa, HBr là chất khử.

0,5

Câu 3

Nội dung

Điểm

1

1. Có khí màu vàng lục thoát ra trong ống nghiệm; mẩu giấy màu ẩm bị mất màu dần.

Giải thích: 2KMnO₄ + 16HCl → 2KCl + 5Cl₂ + MnCl₂ + 8H₂O

Sinh ra khí Cl₂ trong bình, khí Cl₂ tác dung với H₂O trên mẩu giấy

Cl₂ + H₂O HCl + HClO

Sinh ra HClO là chất oxi hóa mạnh tẩy màu tờ giấy.

0,5

2

2. Một số học sinh làm thí nghiệm nút cao su bị bật ra vì các lý do sau đây:

* Đậy nút không đủ chặt, khắc phục bằng cách đậy chặt nút hơn.

* Lấy hóa chất quá nhiều nên khí sinh ra nhiều làm áp suất trong bình tăng mạnh làm bật nút, khắc phục bằng cách lấy hóa chất vừa đủ.

* Ống nghiệm quá nhỏ không đủ chứa khí, cách khắc phục thay ống nghiệm lớn hơn.

0,5

3

3. Để hạn chế Cl₂ thoát ra gây độc sau khi làm xong thí nghiệm cần cho thêm lượng dư dung dịch kiềm (ví dụ NaOH) để trung hòa hết HCl dư và tác dụng hết với Cl₂ trong bình trước khi đổ ra môi trường.

0,5

4

4. Không thể thay KMnO₄ bằng MnO₂, KNO₃, H₂SO₄ đặc vì:

MnO₂ cần đun nóng mới phản ứng với HCl.

KNO₃ không phản ứng với HCl được.

H₂SO₄ đặc không phản ứng với HCl.

0,5

Câu 4

Nội dung

Điểm

1

A + H₂O → H₂SO₄ + H₂O₂

B + H₂O → H₂SO₄ + H₂O₂ ⇒ A, B đều chứa H, O và S.

Gọi công thức của A là H_aS_bO_c ta có

a+b+c=8 (1) ⇒ a=8-b-c

⇒ ⇒

Vì a+b+c=8 ⇒ c tối đa =6 thử với c=1,2,3,4,5,6 ta có

Vậy A là H₂SO₅ B là H₂S₂O₈

Phương trình phản ứng:

H₂SO₅ + H₂O → H₂O₂ + H₂SO₄

H₂S₂O₈ + 2H₂O → H₂O₂ + 2H₂SO₄

0,5

2

B

-2

-2

-1

-1

-2

-2

+6

+6

-2

+1

-2

-1

-1

+1

+1

-2

-2

+6

-2

+1

S

O

O

O

H O

H O

A

S

O

O

O

H

O

S

O

O H

O

O

Trong các chất trên O có liên kết đơn đều lai hóa sp³, S lai hóa sp³

Số oxihoa của S là +6; O có số oxihoa -1 hoặc -2

(chú ý nếu xác định số oxihoa trung bình không cho điểm)

0,5

3

* Trong A và B đều chứa nhiều O liên kết với S tạo ra nhóm có hiệu ứng liên hợp hút electron làm cho liên kết O-H trong phân tử phân cực mạnh làm A và B có tính axit mạnh.

Trong A và B nguyên tử oxi có số oxi hóa -1 và phân tử kém bền nên A và B đều có tính oxi hóa mạnh.

* A là axit một nấc vì có 1 nhóm HO không tạo hiệu ứng liên hợp với gốc axit còn lại làm liên kết HO trong đó kém phân cực.

0,5

4

Phương trình phản ứng

2KI + H₂SO₅ → I₂ + K₂SO₄ + H₂O (1)

2KI + H₂S₂O₈ → I₂ + K₂SO₄ + H₂SO₄ (2)

(1) giải phóng I₂ nhanh hơn (2) vì H₂SO₅ có tính oxihoa mạnh hơn H₂S₂O₈ do phân tử A kém đối xứng hơn B nên A có tính oxi hóa mạnh hơn B.

0,25

0,25

Câu 5

Nội dung

Điểm

1

n_{Al ban đầu}=(1/3)n_HCl+(2/3)n_{H2SO4 phản ứng.}=16,2/27=0,6

Gọi số mol H₂SO₄ phản ứng là n ta có n_{H2SO4 ban đầu}-n=n_{H2SO4 dư}

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

-n= ⇒ n=0,6

n_{Al ban đầu}=0,6=(1/3) n_HCl+(2/3)*0,6 ⇒ n_HCl= 0,6⇒ C_HCl=n_HCl/0,6=1M

1,0

2

a. Các phương trình hóa học xẩy ra:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (1)

BaCO₃ + 2HCl → BaCl₂ + CO₂ + H₂O (2)

MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + CO₂ + H₂O (3)

CaCO₃ CaO + CO₂ (4)

t⁰

MgCO₃ CaO + CO₂ (5)

t⁰

t⁰

2Al + 3CO₂ Al₂O₃ + 3CO (6)

Chú ý: Phương trình (6) học sinh không viết cũng cho điểm tối đa.

b. Gọi số mol Al, BaCO₃, MgCO₃ trong 10,65 gam hỗn hợp lần lượt là a,b,c

27a+197b+84c=10,65 1,5a+b+c=0,11

Mặt khác ta có số mol hỗn hợp/số mol khí (a+b+c)/(b+c)=0,2/0,16=1,25

a=0,02 b=0,03 c=0,05 %m_Al=5,07% %m_BaCO3=55,49% %m_MgCO3=39,44%

1,0

Câu 6

Nội dung

Điểm

1

A, B, C, D lần lượt là O₂, H₂, O₃, Na₂O₂

Các phương trình phản ứng

2H₂O 2H₂ + O₂

Điện phân

2H₂ + O₂ → 2H₂O

3O₃ 2O₃

uv

2Na₂O₂ + 2CO₂ → 2Na₂CO₃ + O₂

Chú ý: Học sinh có thể thay Na₂O₂ bằng K₂O₂ hoặc KO₂ và viết phương trình đúng vẫn cho điểm tối đa.

1,0

2

2AgBr 2Ag + Br₂ (1)

AS

AgBr + 2Na₂S₂O₃ → Na₃[Ag(S₂O₃)₂] + NaBr (2)

Phản ứng (1) xẩy ra khi chụp ảnh (ánh sáng chiếu lên tấm phim phủ AgBr) sinh ra Ag bám lên tấm phim.

Phản ứng (2) xẩy ra khi rửa ảnh (hòa tan AgBr còn lại trên phim) làm cho tấm phim chỉ còn lại Ag bám trên đó tạo hình ảnh âm bản cho tấm phim.

1,0

Câu 7

Nội dung

Điểm

1

Vì M_khí=29,5*2=59 ⟹ hỗn hợp khí là CO₂ và SO₂

Gọi số mol CuCO₃ và Fe lần lượt là và b ta có

(44a+1,5b*46)/(a+1,5b)=2* 29,5

80a+80b=12 a=0,05 b=0,1 m=11,8

1,0

2

S

O

S

O

O

O

* Nguyên tử S lai hóa sp².

* SO₂ tan tốt trong nước vì phân tử phân cực.

* SO₂ vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử vì trong SO₂ lưu huỳnh có số oxi hóa +4 (trung gian) và phân tử chưa bền.

1,0

Câu 8

Nội dung

Điểm

1

Khí (D) qua dung dịch HI tạo ra kết tủa ⟹ trong (D) có O₂ và chất rắn tạo thành là I₂

⟹ quá trình đốt cháy chỉ tạo CO₂ và SO₂. Vậy các phản ứng xẩy ra là

C + O₂ → CO₂

4FeS₂ + 11O₂ → 2Fe₂O₃ + 8SO₂

SO₂ + Br₂ + 2H₂O → H₂SO₄ + 2HBr

O₂ + 4HI → 2H₂O + 2I₂

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

1,0

2

Hỗn hợp (C) gồm CO₂, SO₂, O_{2 dư}

n_CO2=n_BaCO3=0,3=n_C n_{O2 dư}= (1/2)*0,1= 0,05 mol.

n_SO2=0,75-0,3-0,05=0,4 (mol)

⇒ n_FeS2=0,2 ⇒ n_Fe2O3=0,1 m=0,3*12+0,2*(56+64)=27,6 (gam)

n_{O2 đầu}=0,3+0,15+0,4+0,05=0,9 V=20,16 (lít)

1,0

Câu 9

Nội dung

Điểm

A,B,C lần lượt là NaHSO₄, NaHSO₃, NaHCO₃

Các phương trình phản ứng:

NaHSO₄ + Ba(NO₃)₂ → BaSO₄ + NaNO₃ + HNO₃.

2NaHSO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O + 2SO₂

2NaHCO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂

NaHSO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + NaOH + H₂O.

2NaHSO₃ + Ba(OH)₂ → BaSO₃ + NaOH + H₂O.

2NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + NaOH + H₂O.

10NaHSO₃ + 4KMnO₄ + H₂SO₄ → 5Na₂SO₄ + 2K₂SO₄ + 4MnSO₄ + 6H₂O

1,0

1.0

Câu 9

Nội dung

Điểm

Gọi số mol KMnO₄, KClO₃ và MnO₂ trong 30,005 gam X lần lượt là x, y,z

* Ta có phương trình cho khối lượng X:

m_X = 158x + 122,5y + 87z = 30,005 gam.

* Số mol HCl đã dùng là: n_{HCl dùng} = 0,8 mol

⟹ n_{O trong Y} =0,8/2= 0,4 mol; n_{O2 ↑ ra} = (30,005 – 24,405)/32 = 0,175 mol.

Bảo toàn O có số mol nguyên tử O trong X bằng số mol nguyên tử O thoát ra + số mol nguyên tử O trong Y

⟹ 4x + 3y + 2z = 0,175 × 2 + 0,4 = 0,75 mol.

* Bảo toàn electron cả quá trình có: 5x + 6y + 2z = 4n_O2 + 2n_Cl2 = 1,1325 mol.

Giải hệ các phương trình trên có: x = 0,12 mol; y = 0,0875 mol và z = 0,00375 mol.

MnO₂ không nhiệt phân; ở đây dùng một lượng ít này làm chất xúc tác cho 0,0875 mol KClO₃ nhiệt phân hoàn toàn tạo 0,13125 mol O₂.

⟹ Còn cần 0,0875 mol KMnO₄ phản ứng nhiệt phân nữa để tạo thêm 0,04375 mol O₂

⟹ %m_{KMnO4 nhiệt phân} = 0,0875 ÷ 0,12 ≈ 72,92 %.

1,0

1.0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2015 - 2016

MÔN THI: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 06/4/2016

(Đề thi gồm : 02 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2015 - 2016

MÔN THI: HÓA HỌC

(Hướng dẫn chấm gồm : 5 trang)

Câu

Ý

Đáp án

Điểm

I

1

(1,0 điểm)

Gọi số hạt proton của A là p

=> của X là p+1; của Y là p+2; của Z là p+3; của T là p+4

Theo bài ra ta có: 10p + 20 = 100 => p = 8.

=> A là ₈O ; X là ₉F ; Y là ₁₀Ne ; Z là ₁₁Na ; T là ₁₂Mg

0,5

Cấu hình e của A: 1s² 2s² 2p⁴ Do A +2e A^2- => Cấu hình e của A^2- là 1s² 2s² 2p⁶

Cấu hình e của X: 1s² 2s² 2p⁵ Do X + e X^- => Cấu hình e của X ^- là 1s² 2s² 2p⁶

Cấu hình e của Y: 1s² 2s² 2p⁶

Cấu hình e của Z: 1s² 2s² 2p⁶3s¹ Do Z Z⁺ +1e => Cấu hình e của Z⁺ là 1s² 2s² 2p⁶

Cấu hình e của T: 1s² 2s² 2p⁶3s² Do T T²⁺ +2e => Cấu hình e của T²⁺ là 1s² 2s² 2p⁶

0,25

Do A^2-, X^-, Y, Z⁺, T²⁺ đều có cùng cấu hình e (lớp vỏ giống nhau) nhưng điện tích hạt nhân của chúng lần lượt là 8+, 9+, 10+, 11+, 12+

Khi lực hút của hạt nhân càng lớn thì bán kính càng nhỏ

=> Bán kính nguyên tử, ion biến đổi theo thứ tự sau:

T²⁺ < Z⁺ < Y < X^- < A^2-

0,25

2

(1,0 điểm)

Gọi x là % số nguyên tử của đồng vị ³⁵Cl, ta có:

35,5 = => x= 75.

0,5

Chọn số mol của HClO_x = 1 mol => n_Cl = 1 mol

=> số mol nguyên tử ³⁵Cl = 0,75 mol.

Theo bài ta có:

%m ³⁵Cl = = 0,2612 => x= 4.

CTPT hợp chất là : HClO₄

0,5

II

1

(0,5 điểm)

A + B có kết tủa A hoặc B có thể là NaHSO₄ hoặc BaCl₂

B + C hay D + C đều giải phóng khí không màu, mùi hắc C phải là NaHSO₃, B hoặc D có thể là HCl hoặc NaHSO₄

=> B là NaHSO₄; D là HCl => A là BaCl₂

A + D không có hiện tượng gì BaCl₂ không tác dụng với HCl (thỏa mãn).

0,25

Phương trình hóa học:

BaCl₂ + NaHSO₄ → BaSO₄ + NaCl + HCl

NaHSO₄ + NaHSO₃ → Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O

HCl + NaHSO₃ → NaCl + SO₂↑ + H₂O

(*) Học sinh có thể lập bảng phản ứng, viết PTHH và kết luận cũng cho điểm tương đương.

0,25

2

(0,5 điểm)

- Lưu huỳnh đioxit tác dụng với khí Oxi và hơi nước trong không khí tạo ra axit sunfuric (xúc tác là oxit kim loại có trong khói, bụi hoặc ozon) : 2SO₂ + O₂ + 2H₂O → 2H₂SO₄

Axit H₂SO₄ tan vào nước mưa tạo thành mưa axit.

0,25

- Mưa axit phá hủy các công trình, tượng đài bằng đá, thép:

H₂SO₄ + CaCO₃ → CaSO₄ + CO₂ + H₂O

H₂SO₄ + Fe → FeSO₄ + H₂

0,25

3

(1,0

điểm)

a) 5Na₂SO₃ + 6NaHSO₄ + 2KMnO₄ → 8Na₂SO₄ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 3H₂O

b) (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO₃ (5x-2y) Fe(NO₃)₃ + N_xO_y + (8x-3y)H₂O.

Fe⁺² → Fe⁺³ + 1e . (5x-2y)

xN⁺⁵ + (5x-2y)e → xN^+2y/x . 1

c) Cu + 2H₂SO_{4 (đ)} CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

Cu⁰ → Cu⁺² + 2e x 1

S⁺⁶ + 2e → S⁺⁴ x 1

d) 3Mg + 8HNO₃ → 3Mg(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

3x Mg⁰ → Mg⁺² + 2e

2x N⁺⁵ +3e → N⁺²

(*) 0,25 điểm/PT; nếu không viết các quá trình oxh, khử thì trừ nửa số điểm.

1,0

III

1

(1,0 điểm)

Muối Halogenua tác dụng với AgNO₃ tạo kết tủa gồm có muối clorua, bromua hoặc iotua; muối florua không tác dụng.

TH1: Chỉ có 1 muối halogenua tạo kết tủa với dd AgNO₃ 2 muối halogenua là NaF và NaCl

NaCl + AgNO₃ NaNO₃ + AgCl

Kết tủa là AgCl n_{NaCl bđ} = n_AgCl = 28,67/143,5 0,2 mol

0,25

m_{NaCl bđ} = 11,7g < 15,92 (thỏa mãn)

=> X, Y là F và Cl

%m_NaCl73,5%; %m_NaF26,5%.

0,25

TH2: Cả 2 muối halogenua đều tạo kết tủa với dd AgNO₃.

Gọi CT chung của 2 muối là .

Phản ứng:

Ta có: => = 83,13

=> hai nguyên tố X, Y là Br và I.

0,25

CT 2 muối: NaBr và NaI.

Đặt n_NaBr=x, n_NaI=y 188x+235y=28,67 và 103x+150y=15,92

x=0,14; y=0,01 (mol)

0,25

2

(1,0 điểm)

Các phản ứng có thể xảy ra :

SO₂ + Ba(OH)₂ → BaSO₃ ↓ + H₂O (1)

SO₂ + 2KOH → K₂SO₃ + H₂O (2)

SO₂ + K₂SO₃ + H₂O → 2KHSO₃ (3)

SO₂ + BaSO₃ + H₂O → Ba(HSO₃)₂ (4)

Số mol: n_KOH = 0,7mol; n_Ba(OH)2 = 0,35a mol; n_BaSO3 = 0,4mol

0,25

Ta thấy: Pư (1) kết tủa tăng dần đến cực đại; Pư (2), (3) kết tủa không đổi; Pư (4) kết tủa tan dần => Có 2 trường hợp xảy ra.

TH1: Kết tủa thu được là giá trị cực đại

=> Ở cả 2 thí nghiệm: Ba(OH)₂ phản ứng hết; chưa có phản ứng (4)

Ta có: khi xong (1) => n_SO2 = n_Ba(OH)2 = n_BaSO3 = 0,4mol;

Khi xong (1), (2), (3) => n_SO2 = 0,4 + 0,7 = 1,1mol

=> 0,4 n_SO2 1,1

Đặt số mol SO₂ trong V lít là x mol => trong 3,25V lít là 3,25x mol

=> 0,4 x 1,1 và 0,4 3,25x 1,1 (loại)

0,25

TH2: Kết tủa thu được chưa đạt cực đại

=> Ở thí nghiệm 1: Ba(OH)₂ dư, SO₂ hết, chỉ xảy ra phản ứng (1)

Ở thí nghiệm 2: Cả Ba(OH)₂ và SO₂ hết; Xảy ra phản ứng (1), (2), (3) xong; (4) xảy ra một phần.

- TN1: Theo (1) n_SO2 = n_BaSO3 = 0,4mol => V = 8,96 lít

0,25

- TN2: Theo (1), (2), (3) => n_SO2 = n_Ba(OH)2 + n_KOH = 0,35a +0,7

Theo (4) => n_SO2 = n_{BaSO3 max} - n_{BaSO3 thu được} = 0,35a - 0,4

=> (0,35a + 0,7) + (0,35a - 0,4) = 0,4.3,25 = 1,3

=> 0,7a = 1 => a = 10/7 (M)

0,25

IV

1

(1,0 điểm)

Phản ứng nhiệt phân: 2KClO₃ 2KCl + 3O₂

- Khí A là O₂, ta có:

= 98 – 93,2 = 4,8(g);

m_{kim loại}= 15,6 – 4,8 = 10,8 (g)

0,25

Theo PP bảo toàn e

Mg → 2e + Mg²⁺ O₂ + 4e → 2O_­^2-

x 2x (mol) 0,15 0,6 (mol)

Fe → 3e + Fe³⁺ S⁺⁶ + 2e → S⁺⁴

y 3y (mol) 0,05 0,025(mol)

0,25

Bảo toàn e ta có hệ:

0,25

0,25

2

(1,0 điểm)

Cho hỗn hợp Fe, Fe₃O₄ tác dụng với dung dịch H₂SO₄đặc, nóng, còn dư kim loại không tan là Fe dư.

=>dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO₄.

PTHH các phản ứng :

2Fe + 6H₂SO_{4 đ,nóng} → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O (1)

2Fe₃O₄ + 10H₂SO_4đ,nóng → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O (2)

Fe + Fe₂(SO₄)₃ → 3FeSO₄ (3)

0,25

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ (4)

10HCl + 2 KMnO₄ + 3H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 5Cl₂ + 8 H₂O (5)

10FeCl₂ + 6 KMnO₄ + 24H₂SO₄ → 3K₂SO₄ + 6MnSO₄ + 5Fe₂(SO₄)₃ + 10Cl₂ + 24 H₂O (6)

0,25

Gọi số mol Fe dư là a mol

Theo (4) ta có : n_{HCl phản ứng} = 2a (mol)

=> n_{HCl dư} = 0,2a (mol)

Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO₄/H₂SO₄

Theo các phản ứng (5), (6) => = 0,64a = 0,064 => a= 0,1

m_{Fe dư}= 5,6 gam = 7m/ 50 => m = 40 (gam)

0,25

Gọi số mol Fe, Fe₃O₄ phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y

Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7)

Số mol SO₂ = 0,1mol

Các quá trình:

Fe⁰ Fe⁺² + 2e S⁺⁶ +2eS⁺⁴

Mol : x 2x mol: 0,2 0,1

3Fe^+8/3+ 2e 3Fe⁺²

Mol: 3y 2y

Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8)

Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1

Khối lượng sắt ban đầu : m_{Fe bđ} = 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam

=> %m_Fe= 42% ; = 58%.

0,25

V

1

(1,0 điểm)

Kim loại R tác dụng với axit tạo H₂: (gọi n là hóa trị của R)

2R + 2nHCl → 2RCl_n + nH₂ (1)

2R + nH₂SO₄ → R₂(SO₄)_n + nH₂ (2)

0,5

Ta có: n_H2 = 0,3 mol

Theo các phản ứng (1), (2) => => R = 9n

Thử n = 1; 2; 3 => kim loại R là Al (thỏa mãn với n = 3).

(*) Học sinh có thể viết quá trình và dùng bảo toàn mol e cũng cho điểm tương đương.

0,5

2

(1,0 điểm)

2/ Phản ứng trung hòa axit bằng kiềm:

NaOH + HCl → NaCl + H₂O (3)

2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O (4)

(*) Thí nghiệm 1: Trộn A với B tỉ lệ thể tích 5:2

- Dung dịch C không đổi màu quỳ tím => Phản ứng vừa đủ

- V dd C = 700ml => V_A = 500ml; V_B = 200ml

=> n_NaOH = 0,5a; n_HCl =0,2b; n_H2SO4 = 0,2c (mol)

Theo PƯ (3), (4) ta có: 0,5a = 0,2b + 0,4c (5)

0,25

Tổng m_muối = 0,5a.23 + 0,2b.35,5 + 0,2c.96 = 30,5

=> 11,5a + 7,1b + 19,2c = 30,5 (6)

0,25

(*) Thí nghiệm 2: Dung dịch B tác dụng với kim loại R thu dung dịch D, trung hòa dung dịch D bằng dung dịch A. Ta có:

n_H2 = 0,3mol

V_B = 300ml => n_HCl =0,3b; n_H2SO4 = 0,3c (mol)

V_A =150ml => n_NaOH = 0,15a mol

Theo các phản ứng ta có: n_NaOH ở (3) + 2n_H2 ở (1) = n_HCl; n_NaOH ở (4) + 2n_H2 ở (2) = 2n_H2SO4

=> n_NaOH + 2n_H2 = n_HCl + 2n_H2SO4

=> 0,15a + 0,6 = 0,3b + 0,6c (7)

0,25

Giải hệ (5), (6), (7) ta được kết quả: a = 1; b = 2; c = 0,25.

(*) Cách giải khác: có thể dùng PT dạng ion hoặc đặt công thức chung của axit là HX…

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: HÓA HỌC 10

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 2 trang, gồm 10 câu)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CÂP THPT NĂM HỌC 2015 - 2016

MÔN HÓA HỌC LỚP-10

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

Nội dung

Điểm

1

* Cả ba hỗn hợp đều có thể dùng được.

* Vì mỗi hỗn hợp trên đều có ít nhất một chất oxi hóa mạnh và một chất khử.

0,5

0,5

2

* NaCl + H₂O NaClO + H₂.

điện phân

* CaF_{2 rắn} + H₂SO_{4 đặc} CaHSO₄ + HF

* I₂ + 2K 2KI

* 3O₂ 2O₃

UV

Các chất cần tạo ra là NaClO, HF, I^- hoặc IO₃^-, O₃ học sinh có thể viết Phương trình phản ứng khác.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 2

Nội dung

Điểm

1

Hình vẽ: Học sinh có thể vẽ hình khác nhưng yêu cầu:

* Có bình phản ứng, hóa chất, ống hòa tan khí

* Biện pháp tránh khí HCl thoát ra ngoài.

1,0

2

Để tránh khí thoát ra ngoài có thể dùng bông tẩm dung dịch kiềm để lên trên ống nghiệm hoặc dẫn khí thừa vào dung dịch kiềm.

0,5

3

Nếu ống sục khí cắm sâu vào nước thì khi HCl bị hòa tan có thể gây ra hiện tượng giảm áp suất trong bình phản ứng làm nước bị hút vào bình phản ứng.

0,5

Câu 3

Nội dung

Điểm

1

p_{khí O2}= 750-10-6,8*10* = 735 (mmHg) = 0,9671 (atm)

2KMnO₄ K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

t⁰

n_O2==0,0157 (mol)

m_KMnO4=2*n_O2**158=8,269 (gam)

1,0

1,0

Câu 4

Nội dung

Điểm

1

Xét 2 mol Sb gọi số mol ¹²¹Sb và ¹²³ Sb lần lượt là a và b ta có

a+b=2 121*a+123*b=2*121,75 a=1,25 b=0,75 %m_121Sb=1,25*121/(121,75*2+16*3)=51,89%

1,0

2

Xét 1 mol Li ⇒ 6,02*10²³*(4/3)* π*r³=0,68*7,07⇒ r=1,24*10^-8cm=12,4 nm

1,0

Câu 5

Nội dung

Điểm

1

2Fe₃C+ 22H₂SO_{4 đặc nóng dư} 3Fe₂(SO₄)₃ + 2CO₂ + 13SO₂ + 22H₂O

Fe_xS_y + (6x+6y)HNO_{3 đặc nóng dư} xFe(NO₃)₃ + yH₂SO₄ + (3x+6y)NO₂ +

(3x+3y)H₂O

0,5

0,5

2

a. Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO₃)₂ dư trong HCl đặc H₂S bị giữ lại.

Cu(NO₃)₂ + H₂S CuS + 2HNO₃

b. Sục hỗn hợp qua nước hoặc dung dịch axit (HCl, H₂SO₄ loãng...) dư HCl bị hòa tan.

c. Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO₄, Br₂...) SO₂ bị giữ lại

SO₂ + Br₂ + 2H₂O 2HBr + H₂SO₄

d. Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO₂

CO + CuO Cu + CO₂

t⁰

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 6

Nội dung

Điểm

1

Vì M=19*2=38 ⇒ trong A có CO₂

Trường hợp 1: A gồm CO và CO₂ xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol CO và CO₂ lần lượt là a và b ta có a+b=1 28a+44b=38 a=0,375 b=0,625

%V_CO=37,5% %V_CO2=62,5%

Trường hợp 2: A gồm O₂ và CO₂ xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol O₂ và CO₂ lần lượt là a và b ta có a+b=1 32a+44b=38 a=0,5 b=0,5

%V_CO=50% %V_CO2=50%

0,5

0,5

2

n_CO2 = 0,05mol

Trường hợp 1: A gồm CO và CO₂ n_CO2=n_CaCO3=0,05 n_CO=0,03

m_C=0,08*12=0,96 gam; n_{O2 đã lấy} =0,065 V=1,456 lít

Trường hợp 2: A gồm O₂ và CO₂ n_C=0,05

m=0,6 gam; V_O2=2,24 lít

0,5

0,5

Câu 7

Nội dung

Điểm

1

Theo đề bài A là Na₂S₂O₃, B là Na₂S, C là hỗn hợp có công thức chung là Na₂S_n+1, D là Na₂SO₃

6NaOH _{(đặc sôi)} + 4S → Na₂S₂O₃ (A)+ Na₂S (B) + 3H₂O

Na₂S₂O₃ (A)+ H₂SO_{4 loãng} → Na₂SO₄ + S + SO₂ + H₂O

Na₂S (B) + H₂SO_{4 loãng} → Na₂SO₄ + H₂S

nS + Na₂S (B) → Na₂S_n+1 (C)

S + Na₂SO_{3 đặc sôi} (D) → Na₂S₂O₃ (A)

0,2

0,2

0,2

0,2

0,2

2

M_C'=206 ⇒ C' là Na₂S₅ ; M_F=2*33=66 ⇒ F là H₂S₂ ; 2,041%=2/(M_G) ⇒ M_G=98 ⇒ G là H₂S₃; H có 7 nguyên tử trong phân tử nên H là H₂S₅

Na₂S₅ + 2HCl → 2NaCl + H₂S₂ (F) + 3S

Na₂S₅ + 2HCl → 2NaCl + H₂S₃(G) +2S

Na₂S₅ + 2HCl → 2NaCl + H₂S₅(H)

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 8

Nội dung

Điểm

1

Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố.

Từ các tính chất đã cho, suy ra:

- X (trong XF₃) chỉ có 1 obital trống;

- Y (trong YF₄) không có obital trống.

Vậy X và Y phải ở chu kì 2⇒ X là ₅B, Y là ₆C.

0,5

0,5

1,0

2

- Góc liên kết FXF trong XF₃ là 120^o,

Góc liên kết FXF trong XF₄^- là 109^o28’

Vì Trong XF₃ X lai hóa sp², trong XF₄^- thì X lai hóa sp³.

- Độ dài liên kết: d (X – F) trong XF₃ < d(X – F) trong XF₄^- vì liên kết trong XF₃ ngoài liên kết còn có một phần liên kết π không định chỗ.

0,5

0,5

Câu 9

Nội dung

Điểm

1

Br₂ + 2H₂O + SO₂ 2HBr + H₂SO₄

BaCl₂ + H₂SO₄ BaSO₄ + 2HCl

Ba(OH)₂ + SO₂ BaSO₃ + H₂O

Ba(OH)₂ + H₂SO₄ BaSO₄ + 2H₂O

0,25

0,25

0,25

0,25

2

n_{BaSO4 ở phần 1} = n_{BaSO4 ở phần 2}= 0,02 mol ⇒ n_Br2=0,04 ⇒ a=[0,04*160]/32=20%.

n_BaSO3=[11,17-4,66]/217 =0,03 mol.

n_SO2 ban đầu =2*(0,02+0,03)=0,1 b=0,5M

0,5

0,5

Câu 10

Nội dung

Điểm

1

Vì F tác dụng với HCl dư còn phần không tan ⇒ D có AgNO₃ dư

FeCl₃ + 3AgNO₃ 3AgCl + Fe(NO₃)₃

BaBr₂ + 2AgNO₃ 2AgBr +Ba(NO₃)₂

KCl + AgNO₃ KNO₃ + AgCl

B: AgBr, AgCl; D: AgNO₃ dư, Fe(NO₃)₃, Ba(NO₃)₂, KNO₃.

Fe + 2AgNO₃ Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Fe + 2Fe(NO₃)₃ 3Fe(NO₃)₂

Chất không tan là Ag và Fe dư, dung dịch E gồm Fe(NO₃)₂, Ba(NO₃)₂, KNO₃, Ba(NO₃)₂, KNO₃.

Fe + 2HCl FeCl₂ + H₂

Fe(NO₃)₂ + 2NaOH Fe(OH)₂ +2NaNO₃

4Fe(OH)₂ + O₂ 2Fe₂O₃ + 4H₂O

t⁰

0,5

0,5

2

Gọi số mol mỗi chất FeCl₃, BaBr₂, KCl lần lượt là a, b,c.

Vì cho Fe có phản ứng với dung dịch D n_{Fe ban thêm vào}= 0,15 mol n_{Fe trong F}= 0,095 n_{Fe phản ứng với Ag+ và Fe3+}=0,055

⇒ n_AgNO3 dư trong D = 0,055*2-a ⇒ n_{AgNO3 phản} ứng với X^-= 0,22- (0,055*2-a)

162,5a+297b+ 74,5c = 11,56 (1)

3a + 2b + c = 0,22- (0,055*2-a) (2)

6,8 gam chất rắn sau cùng gồm Fe₂O₃ (a+0,055)/2 mol

160*(a+0,055)/2 = 6,8 (3)

a=0,03 b=0,02 c=0,01

⇒ B gồm 0,1 mol AgCl; 0,04 mol AgBr. m_B= 21,87 gam

0,5

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN THI: HÓA HỌC 10

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 2 trang, gồm 10 câu)

Đơn chất

Nhiệt độ sôi

(^oC)

Năng lượng liên kết

X – X (kJ/mol)

Độ dài liên kết X – X

(A^o)

F₂

Cl₂

Br₂

I₂

- 187,9

- 34,1

58,2

184,5

159

242

192

150

1,42

1,99

2,28

2,67

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CÂP THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN HÓA HỌC LỚP 10

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

Nội dung

Điểm

1.

Ta có electron càng gần hạt nhân càng bị hút chặt, vì vậy electron ở mức 1 có năng lượng thấp nhất đó là – 54,4 eV, electron ở mức thứ hai có mức năng lượng là – 13,6 eV, electron ở mức thứ ba có năng lượng là – 6,04 eV. Ta có He⁺ He²⁺ + 1e

Năng lượng cần thiết để tách electron mức 1 này là năng lượng ion hóa I₂. Vậy năng lượng ion hóa I₂ của He là: 54,4 eV (đây là năng lượng ở mức 1 của electron nhưng có dấu dương)

1,0

1,0

2

Vì 2 < Z < 18 nên các ion này là của các nguyên tố thuộc chu kì 2 và 3.

Vì các ion này có cùng tổng số electron nên trong hai chu kì này có các ion sau:

N^3-, O^2-, F^-, Na⁺, Mg²⁺, Al³⁺.

Vì các ion này có cùng số electron nhưng điện tích hạt nhân tăng nên bán kính giảm (số lớp electron là như nhau, lực hút giữa các electron và hạt nhân tăng lên). Ta có thể lập bảng theo thứ tự tăng dần như sau:

1,0

1,0

3

Từ bảng ta nhận thấy các giá trị sau: nhiệt độ sôi, độ dài liên kết tăng dần từ F₂ đến I₂. Năng lượng liên kết từ F₂ đến Cl₂ tăng lên rồi sau đó giảm dần từ Cl₂ đến I₂.

Giải thích: - Từ F₂ đến I₂ vì khối lượng phân tử tăng nên nhiệt độ sôi

tăng. Độ dài liên kết tăng từ F₂ đến I₂ do bán kính nguyên tử tăng từ F đến I.

Năng lượng liên kết của F₂ bé hơn của Cl₂ bởi vì trong phân tử Cl₂ ngoài liên kết tạo bởi sự xen phủ của hai obitan p thì còn có sự xen phủ của obitan d và obitan p mà ở trong phân tử F₂ không có xen phủ của obitan d.

0,5

0,5

1,0

4

Học sinh vẽ hình minh họa.

- Từ hình vẽ ta có số nguyên tử Na trong một tế bào cơ sở là:

8.1/8 + 1 = 2.

Gọi r là bán kính nguyên tử Na thì thể tích thật là: 2..r³.4/3.

Gọi a là cạnh của hình lập phương của một tế bào cơ sở, ta có:

a = 4r/√3

Thể tích của 1 tế bào là: a³ = 64r³/5,196

Vậy độ đặc khít của mạng lưới tinh thể Na là:

(2..r³.4/3)/(64r³/5,196) = 0,68 hay là 68%.

- Chọn 1 mol Na thì khối lượng là: 23 gam; số nguyên tử là 6,02.10²³

Thể tích số nguyên tử của 1 mol Na là:

6,02.10²³.3,14.0,189³.10^-21.4/3 (cm³) = 17 cm³ =>

Thể tích của 1 mol tinh thể Na là: 17.100/68 = 25 cm³.

Vậy khối lượng riêng của Na là: 23/25 = 0,92 (g/cm³)

0,5

0,5

0,5

0,5

5

1. Hiện tượng: lúc đầu chưa có phản ứng xảy ra, sau khi thêm nước vào thì phản ứng từ từ xảy ra và sau đó có hơi màu tím thoát ra mạnh.

Giải thích: Khi chưa có nước thì phản ứng chưa xảy ra vì chưa có chất xúc tác, sau khi thêm nước làm chất xúc thì phản ứng xảy ra và tõa nhiệt mạnh. Do I₂ dễ thăng hoa nên khi phản ứng tõa nhiệt mạnh thì I₂ bay hơi và hơi iot có màu tím ta có thể quan sát dễ dàng.

1. Vai trò các chất tham gia: Al là chất khử, I₂ là chất oxi hóa, nước là chất xúc tác. PTHH: 2Al + 3I₂ 2AlI₃

O=C

X

X

1. Cấu tạo chung của hợp chất là

Do iot có bán kính nguyên tử lớn, độ âm điện nhỏ hơn brom nên hợp chất COI₂ rất kém bền và không tồn tại.

0,5

0,5

0,5

0,5

6

Dựa vào tỉ khối hơi của hỗn hợp và số mol của hỗn hợp ta tính được số mol của SO₂ = 0,15 mol, của O₂ = 0,05 mol.

PTHH:

2SO₂ + O₂ → 2SO₃

Khi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl₂ dư thì chỉ có SO₃ tham gia phản ứng.

PTHH:

SO₃ + H₂O + BaCl₂ → BaSO₄ + 2HCl

Dựa vào lượng kết tủa ta có số mol O₂ phản ứng là 0,0375 mol.

Vậy hiệu suất phản ứng là: 0,0375/0,05 = 75%

0,5

0,5

0,5

0,5

7

Học sinh viết 4 PTHH:

2Na + H₂SO₄ Na₂SO₄ + H₂

Na₂O + H₂SO₄ Na₂SO₄ + H₂O

NaOH + H₂SO₄ Na₂SO₄ + H₂O

Na₂CO₃ +H₂SO₄ Na₂SO₄ + H₂O + CO₂

Từ giả thiết ta tính được khối lượng hai khí là 13,4 gam; khối lượng muối Na₂SO₄ là 170,4 gam => số mol H₂SO₄ = số mol Na₂SO₄ = 1,2 mol

Từ đó tính được khối lượng dung dịch H₂SO₄ ban đầu là 294 gam và khối lượng dung dịch sau phản ứng là 331,2 gam.

Theo bảo toàn khối lượng ta có:

294 + m = 331,2 + 13,4 => m = 50,6 gam.

0,5

0,5

0,5

0,5

8

Học sinh vẽ công thức cấu tạo của ba hợp chất SiHBr₃ (1), CHBr₃ (2), CH(CH₃)₃ (3)

H H H

C Si C

Br Br CH₃

Br Br Br Br CH₃ CH₃

(2) (1) (3)

Vì độ âm điện của Si < CH nên cặp e liên kết của C-Br gần CH hơn so với cặp e liên kết của Si-Br => lực đẩy giữa các cặp liên kết của C-Br mạnh hơn => góc liên kết ở (2) lớn hơn (1).

Tương tự ta có độ âm điện của Br > CH₃ nên cặp e liên kết của C-Br lệch về phía Br nhiều hơn => góc liên kết của (2) < (3)

Vậy ta có góc liên kết tăng dần theo thứ tự: (1) < (2) < (3)

0,5

0,5

0,5

0,5

9

Học sinh viết hai PTHH

2M + 2nH₂SO₄ M₂(SO₄)_n + nSO₂ + 2nH₂O (1)

2M_xS_y + (2nx + 4y)H₂SO₄ xM₂(SO₄)_n + (nx + 6y)SO₂ + (2nx + 4y)H₂O (2)

Từ giả thiết ta lập được phương trình

n.x.M + 6.y.M = 2M.x.n + 64y.n

Xét các giá trị của n, x, y từ 1 đến 3 ta nhận thấy nghiệm thích hợp là x = 2; y = 1; n = 2 và M = 64.

Vậy kim loại M là Cu và hợp chất X là Cu₂S.

0,5

0,5

0,5

0,5

10

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M₂CO₃, MHCO₃, MCl. Ta có:

(2M + 60)x +(M + 61)y + (M + 35,5)z = 43,71 (I)

PTHH:

M₂CO₃ + 2HCl 2MCl + CO₂ + H₂O

MHCO₃ + HCl MCl + CO₂ + H₂O

• Dung dịch B có: MCl = (2x + y + z) mol và HCl dư

Khí C là CO₂ : x + y = 0,4 mol (II)

Khi B tác dụng với KOH: 0,2 mol

HCl + KOH KCl + H₂O

Khi B tác dụng với AgNO₃ dư:

MCl + AgNO₃ AgCl + MNO₃

HCl + AgNO₃ AgCl + HNO₃

Ta có số mol AgCl kết tủa = số mol MCl + 0,2 = 0,96 mol

• (2x + y + z) = 0,76 (III)

Từ (II) và (III) => z = 0,36 – x; y = 0,4 – x

Thay vào (I) ta có: 0,76M – 36,5x = 6,53

Hay x = (0,76M – 6,35)/36,5

Vì 0 < x < 0,4 nên 8,6 < M < 27,8 Vậy M = 23 và M là kim loại kiềm Natri

Thay M = 23 vào các phương trình trên ta được: x = 0,3; y = 0,1 và

z = 0,06

Trong A có 31,8 gam Na₂CO₃ chiếm 72,75%; 8,4 gam NaHCO₃ chiếm 19,22% và 3,51 gam NaCl chiếm 8,03%

Số mol HCl = 0,9 mol nên V = 297,4 ml

m = khối lượng NaCl + khối lượng KCl = 22,23 + 7,45 = 29,68 gam

m = 29,68 gam

0,5

0,5

0,5

0,5

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT

NĂM HỌC 2013-2014

MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Câu

Nội dung

Điểm

1

Câu 1:

Em hãy giải thích các nội dung sau:

a. Phân tử CO₂ không phân cực, trong khi phân tử SO₂ lại phân cực.

b. Phân tử NO₂ có thể nhị hợp tạo thành phân tử N₂O₄, trong khi phân tử SO₂ không có khả năng nhị hợp.

c. Tinh thể sắt có tính dẫn điện, còn tinh thể kim cương lại không dẫn điện.

d. Các phân tử HF có khả năng polime hóa thành (HF)_n , trong khi phân tử HCl không có khả năng polime hóa.

HD:

a.

* Phân tử CO₂ có nguyên tử trung tâm (nguyên tử cacbon) lai hóa sp nên phân tử dạng đường thẳng 2 nguyên tử O ở 2 đầu nên phân tử không phân cực.

* Trong khi phân tử SO₂ có nguyên tử trung tâm (nguyên tử lưu huỳnh) lai hóa sp² nên phân tử có dạng góc. Mặt khác liên kết S với O là liên kết phân cực nên phân tử phân cực

O=C=O ; S

O O

b.

* Phân tử NO₂ có nguyên tử trung tâm lai hóa sp² (nguyên tử nitơ) nên phân tử có dạng góc. Mặt khác trên nguyên tử N trong phân tử NO₂ có 1 electron độc thân trong một obitan lai hóa nên 2 phân tử NO₂ dễ nhị hợp tạo thành phân tử N₂O₄.

* Phân tử SO₂ như đã mô tả ở trên không có obitan nào tương tự để các phân tử SO₂ có thể nhị hợp.

c.

* Trong tinh thể Fe có các electron tự do nên có thể dẫn điện.

* Trong tinh thể kim cương các nguyên tử C liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị nên không có các electron tự do nên không dẫn điện được.

d.

* Vì F có độ âm điện lớn, có bán kính nhỏ nên giữa nguyên tử H của phân tử HF này có thể tạo thành liên kết khá bền với nguyên tử F của phân tử HF khác nên HF có thể bị polime hóa tạo ra (HF)_n.

* Nguyên tử Cl có bán kính lớn, độ âm điện nhỏ hơn F nên liên kết giữa các phân tử HCl kém bền nên phân tử HCl không thể bị polime hóa.

0,5

0,5

0,5

0,5

2

Câu 2:

Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:

a. A₂(CO₃)_a + HNO₃ NO + ... ( A là kim loại có hoá trị cao nhất là b)

b. N₂H₄ + AgNO₃ + NaOH N₂ + Ag + NaNO₃ + ...

c. Fe₃O₄ + HNO_{3 dư} N_xO_y + ...

d. KClO₄ + FeCl₂ + H₂SO₄ Cl₂ + ...

HD:

a. 3A₂(CO₃)_a + (8b-2a)HNO₃ 6A(NO₃)_b + 2(b-a)NO + 3aCO₂ + (4b-a)H₂O

b. N₂H₄ + 4AgNO₃ + 4NaOH N₂ + 4Ag + 4NaNO₃ + 4H₂O

c. (5x-2y) Fe₃O₄ + (46x-18y)HNO₃ (15x-6y)Fe(NO₃)₃ + 1N_xO_y +(23x-9y) H₂O

d. 6KClO₄ + 14FeCl₂ + 24H₂SO₄ 17Cl₂ + 7Fe₂(SO₄)₃ + 3K₂SO₄ + 24H₂O

0,5

0,5

0,5

0,5

3

Câu 3:

Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau (mỗi chữ cái trong ngoặc là một chất):

(A) (B) + (C) + (D)

(C) + (E) (G) + (H) + (I)

(A) + (E) (K) + (G) + (I) + (H)

(K) + (H) (L) + (I) + (M)

Biết: (D); (I) ; (M) là các đơn chất ở trạng thái khí trong điều kiện thường, khí (I) có tỉ khối so với khí SO₂ là 1,1094. Để trung hòa dung dịch chứa 2,24 gam (L) cần 200 ml dung dịch H₂SO₄ 0,1M.

HD: Khối lượng mol của I bằng 71 là Cl₂; khối lượng mol của L là 56 ⇒ L là KOH.

2KMnO₄ K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

t⁰

(A) (B) (C) (D)

MnO₂ + 4HCl MnCl₂ + 2H₂O + Cl₂

t⁰

(C) (E) (G) (H) (I)

2KMnO₄ + 16HCl 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

(A) (E) (K) (G) (I) (H)

2KCl + 2H₂O 2KOH + Cl₂ + H₂

Đp, MNX

(K) (H) (L) (I) (M)

0,5

0,5

0,5

0,5

4

Câu 4:

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Mg, Fe trong O₂ được hỗn hợp chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A vào dung dịch H₂SO₄ loãng, dư, được dung dịch B. Dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,12 lít Cl₂ (đktc) được dung dịch C (coi Cl₂ tác dụng với H₂O không đáng kể). Cho dung dịch NaOH dư vào C lọc thu được chất rắn D. Nung D đến khối lượng không đổi được 32 gam chất rắn E.

a. Viết các phương trình phản ứng.

b. Tính m.

HD:

a. Các phương trình phản ứng:

2Mg + O₂ 2MgO

3Fe + 2O₂ Fe₃O₄

MgO + H₂SO₄ MgSO₄ + H₂O

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃

6FeSO₄ + 3Cl₂ 2Fe₂(SO₄)₃ + 2FeCl₃

MgSO₄ + 2NaOH Mg(OH)₂ +Na₂SO₄

Fe₂(SO₄)₃ + 6NaOH Fe(OH)₃ + 3Na₂SO₄

Mg(OH)₂ MgO + H₂O

t⁰

2Fe(OH)₃ Fe₂O₃ +3H₂O

t⁰

b. Gọi số mol Fe và Mg lần lượt là a và b ta có

(a/2)*160+40b=32 (1)

n_Fe=3*n_Cl ta có

a=3*2*1,12/22,4 (2)

a=n_Fe=0,3 b=0,2 m=21,6 gam

1,0

1,0

5

Câu 5:

Quặng pirit trong thực tế được coi là hỗn hợp FeS₂ và FeS. Khi xử lí một mẫu quặng pirit bằng Br₂ trong KOH dư, đun nóng, người ta thu được kết tủa đỏ nâu X và dung dich Y. Nung X đến khối lượng không đổi được 1,2 gam chất rắn. Thêm dung dich Ba(OH)₂ dư vào dung dich Y thì thu được 6,6405 gam kết tủa trắng không tan trong HCl (biết các phản ứng đều hoàn toàn).

a. Viết các phương trình phản ứng.

b. Tính % khối lượng của FeS trong loại quặng pirit trên.

HD:

a. 2FeS₂ + 15Br₂ + 38KOH 2Fe(OH)₃ + 4K₂SO₄ + 30KBr + 16H₂O

t⁰

2FeS + 9Br₂ + 22KOH 2Fe(OH)₃ + 2K₂SO₄ + 18KBr + 8H₂O

t⁰

2Fe(OH)₃ Fe₂O₃ + 3H₂O

t⁰

Ba(OH)₂ + K₂SO₄ BaSO₄ + 2KOH

b. n_Fe=2*n_Fe2O3=2*(1,2/160)= 0,015 mol.

n_S=n_BaSO4= 6,6405/233=0,0285 mol

Gọi số mol FeS₂ là a, số mol FeS là b ta có

a+b=0,015

2a+b=0,0285 a=0,0135 b=0,0015 ⇒ %m_FeS= 7,534%

1,0

1,0

6

Câu 6:

Hợp chất X có công thức A_xB₂ (A là kim loại B là phi kim). Biết trong nguyên tử B có số notron nhiều hơn proton là 10, trong nguyên tử A số electron bằng số notron, trong 1 phân tử A_xB₂ có tổng số proton bằng 82, phần trăm khối lượng của B trong X bằng 86,957%. Xác định A,B.

HD:

M_X= 82*2+10*2= 184.

2*M_B/184= 86,957% ⇒ M_B=80 ⇒ B là Br gọi X là A_xBr₂

M_A*x+ 160= 184 ⇒ M_A*x=24 ⇒ x=1, M_A=24 A là Mg.

1,0

0,5

0,5

7

Câu 7:

Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp X gồm O₂ và H₂ với hiệu suất phản ứng là 90% sau phản ứng đưa hỗn hợp về 20⁰C được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với H₂ bằng 88/73. Tính thành phần trăm thể tích các khí trong X (thể tích chất lỏng là không đáng kể).

HD: Xét 1 mol X gọi số mol O₂ và H₂ lần lượt là a và b ta có

a+b=1 (1)

Hỗn hợp sau phản ứng đưa về 20⁰C nên chỉ có O₂ dư và H₂ dư có M=2*88/73 ≈ 2,41 ⇒ nếu phản ứng hoàn toàn thì H₂ dư.

⇒ số mol O₂ đã phản ứng là 0,9a

O₂ + 2H₂ 2H₂O

ban đầu a b

phản ứng 0,9a 2*0,9a

Sau phản ứng 0,1a (b-1,8a) 1,8a

⇒ Số mol hỗn hợp giảm là 2,7a ;

Khối lượng khí giảm so với ban đầu là 18*2*0,9a

Ta có 2* (2)

Từ (1) và (2) ta có a=0,1 b=0,9

Hỗn hợp X có 10% thể tích là O₂ và 90% thể tích là H₂.

0,5

0,5

1,0

8

Câu 8:

Cho CO qua hỗn hợp A gồm CuO và Fe₃O₄ nung nóng một thời gian, được m gam hỗn hợp chất rắn B gồm Cu, CuO, Fe, FeO. Hoà tan hoàn toàn B vào dung dịch HNO₃ dư, được 1,344 lít hỗn hợp NO và NO₂ (đktc không có sản phẩm khử nào khác) có tỷ khối so với H₂ bằng 61/3 và dung dịch C chứa 22,98 gam hỗn hợp 2 muối. Tính m biết trong A số mol CuO gấp 2,25 lần số mol Fe₃O₄.

HD:

Gọi số mol CuO là a và số mol Fe₃O₄ là b ta có

a-2,25b=0 a(64+62*2)+3b*(56+62*3)=22,98 a=0,045 b=0,02

⇒ khối lượng hỗn hợp đầu = 8,24 gam

Gọi số mol NO là x số mol NO₂ là y ta có x+y=1,344/22,4 30x+46y=(1,344/22,4)*2*61/3

x=0,02 y=0,04

Coi như m gam hỗn hợp B được tạo thành từ 0,045 mol Cu và 0,06 mol Fe ta có

Cu,Fe Cu, CuO, Fe, FeO Cu(NO₃)₃, Fe(NO₃)₃

+O₂

+HNO₃

⇒ 0,045*2+0,06*3=2*(m-0,045*64-0,06*56)/16+0,02*3+0,04

⇒ m=7,6

1,0

1,0

9

Câu 9:

Trong một mẫu gỗ lấy từ một ngôi mộ cổ có 10,3 phân hủy ¹⁴C. Biết trong khí quyển có 15,3 phân hủy ¹⁴C, các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. Cho biết chu kỳ bán hủy của ¹⁴C là 5730 năm. Hãy cho biết cây tạo ra mẩu gỗ trên đã chết bao nhiêu năm, trong phép tính trên chấp nhận sai số gì?

Hướng dẫn giải:

* Cùng 1 gam C mà tỷ số phân hủy là 15,3/10,3 ⇒ Nồng độ ¹⁴C thời điểm khi mẫu than hình thành so với hiện tại

C₀/C=15,3/10,3

Mặt khác hằng số phóng xạ: k = =

Niên đại của mẩu gỗ t = = 3271,2 (năm)

Cây tạo ra mẫu gỗ đã chết cách đây khoảng 3271,2 (năm)

* Để tính niên đại theo cách trên chấp nhận hàm lượng ¹⁴C trong cây khi còn sống bằng hàm lượng ¹⁴C trong không khí tại thời điểm đo cường độ phóng xạ.

1,0

1,0

10

Câu 10:

Trộn 8,31 gam hợp chất A (gồm 3 nguyên tố) với 5,4 gam nhôm, đem nung nóng cho phản ứng xẩy ra hoàn toàn (trong điều kiện không có không khí) thu được hỗn hợp chất rắn B gồm Al, Al₂O₃ và một muối. Đem hoà tan hoàn toàn hỗn hợp B trong dung dịch HNO₃ dư, thu được 0,896 lít khí NO ở (đktc, không có sản phẩm khử nào khác) và dung dịch C. Cho dung dịch AgNO₃ dư vào dung dịch C thu được 8,61 gam kết tủa màu trắng. Lập công thức phân tử của A. (Biết A chứa 1 kim loại có hoá trị không đổi trong hợp chất).

HD:

- Chất kết tủa màu trắng từ dung dịch C là AgCl ⇒ A chứa Cl, O và một kim loại khác.

- Hợp chất chứa O của Cl tác dụng với Al dư ⇒ muối thu được trong B không chứa O

n_{O trong 8,31 gam A}= n_{O trong Al2O3}

n_{Al trong Al2O3}=(5,4/27)-(0,896/22,4)=0,16 mol ⇒ n_Al2O3=0,08 mol

⇒ n_{O trong 8,31 gam A}=0,16 mol

Mặt khác n_{Cl trong 8,31 gam A}= n_AgCl=8,61/143,5=0,06 mol

n_Cl: n_O = 0,06 : 0,24 = 1:4 ⇒ Gốc axit của muối là ClO₄^-

⇒ muối là M(ClO₄)_n ⇒ (M+99,5.n)*n_A = 8,31

n_A*x= n_{Cl trong 8,31 gam A} = 0,06 ⇒ (M+99,5.n)= 138,5

⇒ n=1, M = 39 là phù hợp

Công thức phân tử của A là KClO₄

0,5

0,5

0,5

0,5

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

🡪 16x +96y = 1,28 (I)

Thêm Na₂S vào phần 2

2FeCl₃ + Na₂S → 2FeCl₂ + S + 2NaCl

sau đó: FeCl₂ + Na₂S → FeS↓ + 2NaCl

⇨ 2FeCl₃ + 3Na₂S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl

mol: x x 0,5 x

CuCl₂ + Na₂S → CuS↓ + 2NaCl

y y

🡪 88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II)

+ Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol ⇨ m = 4,6.2 = 9,2 gam.

II

3

1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:

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⁺ + CO₃^2- 🡪 MCO₃

Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO₃^2- = 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 🡪 Số mol MCO₃ = = 0,3 < nCO₃^2- -> CO₃^2- 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 🡪 2KCl + I₂ và 5Cl₂ + I₂ + 6H₂O 🡪 2HIO₃ + 10HCl

b. Quá trình chuyển X₂ 🡪 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 🡪 phân tử F₂ chỉ có liên kết . Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống 🡪 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 🡪 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 🡪NO₂ + H₂O

0,02 0,04

SO₄^2- + 4H⁺ +2e 🡪 SO₂ +2H₂O

0,06 0,24

nNO₃ ^-_(muối) = nNO₃^- _(ax) – nNO₂ = nH⁺ - nNO₂ = 0,04 – 0,02 = 0,02

Tương tự tính được nSO₄^2- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc axit

🡪 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

⇒

⇒

⇒ 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 = n_R. Theo bài ra: n= n_R → 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 🡪 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 → M_R = 108 (R là Ag).

V

3,5

1. a. HI có tính khử, pư được với H₂SO₄ đặc, nên sửa lại

4CaI₂ + 5H₂SO₄ đặc 🡪 4CaSO₄ + H₂S + 4I₂ +4H₂O

b. Do FeSO₄ có tính khử, H₂SO₄ đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại:

2FeCl₂ + 4H₂SO₄ 🡪 Fe₂(SO₄)₃ + SO_­2 + 4HCl + 2H₂O

c. Do có KI dư nên I₂ tan trong KI tạo KI₃, vậy phương trình được viết lại:

Cl₂ + 3KI 🡪 2KCl + KI₃

2. a) Viết phương trình:

Fe + S → FeS (1)

FeS + 2HCl → FeCl₂ + H₂S↑ (2)

Với = 13.2 = 26 ⇒ Y có H₂S và H₂, do Fe dư phản ứng với HCl.

Fe_dư + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ (3)

2H₂S + 3O₂ → 2SO₂ + 2H₂O (4)

2H₂ + O₂ → 2H₂O (5)

SO₂ + H₂O₂ → H₂SO₄ (6)

Đặt = a (mol); = b (mol)

⇒ =

Giả sử = 1 (mol) ⇒ = 3 (mol)

(1)(2) ⇒ _{phản ứng} = n_S = n_FeS = = 3 (mol)

(3) ⇒ n_{Fe dư} = = 1 (mol)

⇒ _{ban đầu} = 1 + 3 = 4 (mol)

Vậy: %m_Fe =

%m_S = 100% - 70% = 30%

b) n_Y = = 0,1(mol) ⇒ = .0,1 = 0,075 (mol).

⇒ = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).

Từ (4)(6) ⇒ = = 0,075 (mol)

Từ (6) ⇒ = = 0,075 (mol) ⇒ H₂O₂ dư.

_{phản ứng} = = 0,075 (mol) ⇒ H₂O₂ dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)

Áp dụng BTKL ta có:

m_ddB = + + = 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 🡪 Ba(OH)₂ + H₂

Na + H₂O 🡪 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^- 🡪 CO₃^2- + H₂O

CO₃^2- + Ba²⁺ 🡪 BaCO₃

BaCO₃ + CO₂ 🡪 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

n_CO2

n_{kết 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 < T_AgCl 🡪 nên không có kết tủa AgCl

T > T_AgBr và T_AgI 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 > T_AgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl^-)

Nhiệt độ (0^oC)

35

45

(g)

72,450

66,800

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) 0,005 (mol) 0,01 mol

Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO₄ là 0,005 (M); K₂SO₄ là 0,0025M; MnSO₄ là 0,005M.

Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H₂SO₄]=0,005M)

H₂SO₄ H⁺ + HSO₄^-

0,005 0,005 0,005(M)

HSO₄^- H⁺ + SO₄^2-

C :0,005 0,005 0,0075 (M)

[ ]: 0,005 - x 0,005+x 0,0075+x (M)

=> =>

=> [H⁺]=0,005+5,245.10^-4=5,5245.10^-3(M) => pH=2,26.

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 ≥ 10^-10,95

⇒ [OH⁻]² ≥ = 10^-8,95. Hay [OH⁻] ≥ 10^-4,475

* Dung dịch: NH₄Cl 1M + NH₃ 1M.

cân bằng chủ yếu là:

NH₃ + H₂O + OH⁻ = K_b = 10^-4,75

1 1

1-x 1+x x

K_b = = 10^-4,75

⇒ 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 ⇒ [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 C_A là nồng độ M của dung dịch CH₃COOH

C C_A 0 0

ΔC x x x

[ ] C_A – x x x

Với pH = 3,0 ⇒ x = 10^-3M

Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [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

Nên K_a= 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= C₁K_a1/(K_a1+h)+ C₂K_a2/(K_a2+h)

→ h³+h²(K_a1+K_a2)+h(K_a1K_a2 –C₁K_a1-C₂K_a2 )-( C₁K_a1K_a2 +C₂ K_a1K_a2)=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

⇨ số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I)

⇨ 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 ↑

⇨ E chỉ có Al₂O₃ và MgO.

+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ :

⇨ x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol ⇨ 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 n_NaOH = 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

⇨ 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

⇨ 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 ⇨ 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

⇨ Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)

⇨ B có x mol CO₂ + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong ⇨ x = 0,1 mol (III)

⇨ C có z mol Fe dư + t mol Cu ⇨ 3z + 2t = 1,12/22,4 (IV)

⇨ 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=m_CuO+m_Fe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam.

TH2: Fe hết ⇨ C chỉ có Cu ⇨ số molCu = ½ NO₂ = 0,025 mol.

⇨ 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

⇨ tính được m =m_CuO =0,025.80= 2 gam.

IV

2,5

C_xH_y + m AgNO₃ + m NH₃ → C_xH_y-mAg_m + m NH₄NO₃ .

0,02 mol 0,02/m mol

→ m_↓ = 3,18 = (0,02/m)(12x+y+107m) → 12x+ y = 52m

Do M_HDC < 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 → n_CO2= 0,061+2(0,111-0,061)= 0,161

→ n_H2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118

+ Hai HDC còn lại cháy cho: n_CO2=0, 161-0,02.4=0,081; n_H2O= 0,118-0,02.2=0,078

Số C_tb = 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

n_Br2 = 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

- C₄H_c:x ; C₂H_d: y nên 0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại

- C₄H_c: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. n_Ca(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 → n_CO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18

→ n_H2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12

- Gọi công thức phân tử của A là C_xH_y:

C_xH_y + 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,

α là độ phân li của N₂O₄ ở t^oC

xét cân bằng: N­₂O₄ 2NO₂

số mol ban đầu a 0

số mol chuyển hóa aα 2aα

số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα

Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α)

Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:

- ở 35^oC thì = 72,45 → = 72,45 →α = 0,270 hay 27%

- ở 45^oC thì = 66,8 α = 0,377 hay 37,7%

b) Ta có K_c =

V là thể tích (lít) bình chứa khí

Và PV = n_S. RT → RT =

Thay RT, K_c vào biểu thức K_P = K_c. ở đây

Δn = 1 → K_P =

ở 35^oC thì α = 0,27 → K_P = 0,315

ở 45^oC thì α = 0,377 → = 0,663

c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35^oC → 45^oC thì độ điện li α của N₂O₄ tăng (hay K_P 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