Đề thi chọn HSG lớp 10 THPT năm học 2014 2015 môn hóa học sở GD đt vĩnh phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 02 trang)
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố : H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S
= 32; Cl = 35,5; P = 31; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag=108; I = 127; Ba =
137.
Câu 1 (1,0 điểm):
Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa
thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%.
a) Xác định R biết a:b = 11:4.
b) Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên.
c) Viết phương trình phản ứng khi cho oxit cao nhất của R tác dụng với dung dịch NaClO, dung dịch
Na
2
CO
3
.
Câu 2 (2,0 điểm):
Cho sơ đồ phản ứng:
KClO
3
(X
1
) clorua vôi CaCO
3
(X
2

) Ca(NO
3
)
2
(Y
2
) (Y
1
) (Y
3
) Na
2
SO
4
(Y
4
) (Y
5
) PbS.
(X
3
) (Y
1
)
2
(Y )
→
lưu huỳnh
(Y
6

) (Y
2
) (Y
3
) (Y
1
) K
2
SO
4
(Y
7
) PbS.
Biết các chất X
1
, X
2
, X
3
có phân tử khối thỏa mãn: X
1
+X
2
+X
3
= 214; các chất Y
1
, Y
2
, Y

3
, Y
4
,
Y
5
, Y
6
, Y
7
là các hợp chất khác nhau của lưu huỳnh và có phân tử khối thoả mãn các điều kiện:
Y
1
+Y
7
= 174; Y
2
+Y
5
= 112; Y
3
+Y
4
= 154; Y
5
+Y
6
= 166; mỗi mũi tên tương ứng với một phản ứng.
Hãy viết các phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ trên.
Câu 3 (1,0 điểm):

Nguyên tử nguyên tố R có tổng số electron ở các phân lớp s là 7.
a) Viết cấu hình electron nguyên tử của R. 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 H
2
SO
4
đặc, nóng sinh ra 0,56 lít (ở đktc) khí SO
2
là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ toàn bộ lượng khí SO
2
trên vào 2 lít dung dịch KMnO
4
vừa đủ thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi).
- Viết các phương trình hoá học và tìm m.
- Tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO
4
đã dùng.
Câu 4 (1,0 điểm):
Trong một bình kín dung tích không đổi chứa a mol O
2
, 2a mol SO
2
ở 27,3
O
C; 10 atm và có
mặt xúc tác V
2
O
5
(chiếm thể tích không đáng kể. Nung nóng bình một thời gian ở 409,5

o
C cho đến khi
áp suất trong bình là P (atm).
a) Lập biểu thức tính P theo hiệu suất h (%) và xét xem P thay đổi trong khoảng giá trị nào?
b) Nêu phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp sau phản ứng.
1
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho 30,88 gam hỗn hợp Cu, Fe
3
O
4
vào V ml dung dịch HCl 2M được dung dịch X và còn lại
1,28 gam chất rắn không tan. Cho AgNO
3
dư tác dụng với dung dịch X được 0,56 lít khí (ở đktc)
không màu hoá nâu trong không khí và m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) Tính V và m?
Câu 6 (2,0 điểm):
Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch X vào
cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch thu được
14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn.
a) Tìm nồng độ mol/l của dung dịch X, nồng độ phần trăm của dung dịch Y và công thức của Z.
b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X
1
gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp
1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa đem nung trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được 13,1 gam chất rắn Y
1
. Tìm thành phần phần trăm theo

khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X
1
.
Câu 7 (1,0 điểm):
Điện phân dung dịch NaCl một thời gian được dung dịch A và khí thoát ra chỉ có V lít H
2
(ở
đktc). Cho dung dịch A vào dung dịch H
2
S, lắc kỹ để dung dịch A phản ứng vừa đủ với H
2
S được 0,16
gam chất rắn màu vàng và dung dịch B (không có khí thoát ra). Cho từ từ dung dịch Br
2
0,1M vào
dung dịch B đến khi thôi mất màu brom thấy hết 50 ml dung dịch và được dung dịch C. Cho dung dịch
BaCl
2
dư vào dung dịch C được 2,33 gam kết tủa.
a) Viết các phương trình phản ứng, xác định thành phần của A, B, C.
b) Tính V.
Câu 8 (1,0 điểm):
Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:
Hãy cho biết hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm khi khóa K đóng, khóa K mở và giải thích.
Biết các chất X, Y, Z, T trong mỗi thí nghiệm lần lượt là:
Thí nghiệm 1: H
2
SO
4
đặc, C, dung dịch KMnO

4
, dung dịch Br
2
.
Thí nghiệm 2: dung dịch HCl, KMnO
4
, dung dịch KBr, dung dịch FeCl
2
.
HẾT
Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
Họ và tên thí sinh : Bùi Văn Hùng Số báo danh:
2
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(HD chấm có 05 trang)
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Câu
Đáp án
Điểm
1
(1,0đ)
a.Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim.
Giả sử R thuộc nhóm x (x
≥
4).
⇒ công thức của R với H là RH
8-x

⇒
a=
.100
8 x
R
R + −
công thức oxit cao nhất của R là R
2
O
x

⇒
b=
2
.100 .100
2 16x 8x
R R
b
R R
⇔ =
+ +
⇒
8x 11
R+8-x 4
a R
b
+
= =

⇔

43x 88
7
R
−
=
Xét bảng
X 4 5 6 7
R 12 có C 18,14 loại 24,28 loại 30,42 loại
Vậy R là C
0,5
b. Công thức phân tử Công thức electron Công thức cấu tạo
CH
4

H

H:C:H

H

l
l
H
H-C-H
H
CO
2

O
:: C ::


O
O=C=O
0,25
c. Phương trình phản ứng:
CO
2
+ H
2
O

+ NaClO → NaHCO
3
+ HClO
CO
2
+ H
2
O + Na
2
CO
3
→ 2NaHCO
3
0,25
2
(2 đ )

Đủ 22 phương trình cho 2,0 điểm, sai 1 phương trình trừ 0,1 điểm.
KClO
3
+ 6HCl
→
KCl + 3Cl
2
↑
+ 3H
2
O.
Cl
2
+ Ca(OH)
2(khan)

→
CaOCl
2
+ H
2
O.
CaOCl
2
+ Na
2
CO
3

→

CaCO
3
↓
+ NaCl + NaClO.
CaCO
3
+ 2HCl
→
CaCl
2
+ CO
2
↑
+ H
2
O.
CaCl
2
+ 2AgNO
3

→
Ca(NO
3
)
2
+ 2AgCl
↓
2KClO
3

o
t
→
2KCl + 3O
2
.
O
2
+ S
o
t
→
SO
2
.
SO
2
+ 2H
2
S
→
3S + 2H
2
O
S + H
2

o
t

→
H
2
S
3
Câu
Đáp án
Điểm
2H
2
S + 3O
2

o
t
→
2SO
2
+ 2H
2
O
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O
→
H

2
SO
4
+ 2HBr
H
2
SO
4
+ 2NaOH
→
Na
2
SO
4
+ 2H
2
O
Na
2
SO
4
+ Ba(HS)
2

→
BaSO
4
↓
+ 2NaHS
NaHS + NaOH

→
Na
2
S + H
2
O
Na
2
S + Pb(NO
3
)
2

→
PbS
↓
+ 2NaNO
3
S + Fe
o
t
→
FeS
FeS + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
S

↑
H
2
S + 4Br
2
+ 4H
2
O
→
H
2
SO
4
+ 8HBr
2H
2
SO
4(đ)
+ Cu
o
t
→
CuSO
4
+ SO
2
↑
+ 2H
2
O

5SO
2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O
→
K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 2H
2
SO
4
K
2
SO
4
+ BaS
→
BaSO
4
↓
+ K
2
S

K
2
S + Pb(NO
3
)
2

→
PbS
↓
+ 2KNO
3
.
3
(1,0đ)
1. Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là:
1s
2
; 2s
2
; 3s
2
; 4s
1

=> Các cấu hình electron thỏa mãn là
1s
2
2s
2

2p
6
3s
2
3p
6
4s
1
=> Z = 19 R là Kali
1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
5
4s
1
=> Z = 24 R là Crom
1s
2
2s
2
2p
6

3s
2
3p
6
3d
10
4s
1
=> Z = 29 R là đồng
0,5
2. Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO
2
do đó là đồng
(I) oxit (Cu
2
O)
)(025,0
2
moln
SO
=
Cu
2
O + 2H
2
SO
4
o
t
→

2CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O
0,025 0,025 (mol)
=> m=144.0,025=3,6 (g)
5SO
2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O→ 2H
2
SO
4
+ K
2
SO
4
+ 2MnSO
4

0,025 0,01 0,01 (mol)
Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO
4
là 0,005 (M)

0,5
4
(1,0đ)
a. *Phương trình phản ứng :
2SO
2
+ O
2

ƒ
2SO
3

Ban đầu 2a a (mol)
Phản ứng 2ha/100 ha/100 2ha/100 (mol)
Cân bằng 2a - 2ha/100 a - ha/100 2ha/100 (mol)
=> Số mol các khí tại cân bằng = 3a - ha/100. (mol)
Áp dụng pt trạng thái khí:
Trước phản ứng:
3a. R. 300,3 = 10.V (1)
Tại cân bằng:
a. (3 - h/100). R. 682,5 = P.V (2)
(1) : (2) và biến đổi toán học có:
P = (250/33).(3 - h/100)
* 0 < h < 100

→
15,15 (atm) < p < 22,73(atm)
0,5
0,25

4
Câu
Đáp án
Điểm
b. Để tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp
B1: Cho hỗn hợp qua H
2
SO
4
nguyên chất khi đó SO
3
bị giữ lại
H
2
SO
4
+ nSO
3

→
H
2
SO
4
.nSO
3
Đun nóng H
2
SO
4

.nSO
3
để thu hồi SO
3
B
2
: Cho hai khí còn lại qua dung dịch Ba(OH)
2
dư khi đó SO
2
bị giữ lại
SO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaSO
3
↓ + H
2
O
Lọc lấy kết tủa và nhiệt phân ta thu được SO
2
BaSO
3

o
t
→
BaO + SO
2

Khí thoát ra khỏi dung dịch là O
2
0,25
5
(1,0đ)
a) Phương trình phản ứng:
(1) Fe
3
O
4
+ 8HCl → 2FeCl
3
+ FeCl
2
+ 4H
2
O
(2) Cu + 2FeCl
3
→ 2FeCl
2
+ CuCl
2
Vì thêm AgNO
3
dư có khí thoát ra chứng tỏ ban đầu dư HCl. → Chất rắn dư là Cu
Dung dịch X có chứa HCl dư, CuCl
2
và FeCl
2

Thêm AgNO
3
dư
(3) 3FeCl
2
+ 10AgNO
3
+ 4HCl → 3Fe(NO
3
)
3
+10AgCl↓ + NO↑ + 2H
2
O
(4) CuCl
2
+ 2AgNO
3
→ 2AgCl↓ + Cu(NO
3
)
2
Nếu dư FeCl
2
, có phản ứng
(5) FeCl
2
+ 2AgNO
3
→ 2AgCl↓ + Fe(NO

3
)
2
(6) Fe(NO
3
)
2
+ AgNO
3
→ Ag↓ + Fe(NO
3
)
3
Nếu dư HCl, có phản ứng
(7) HCl + AgNO
3

→
AgCl
↓
+ HNO
3
0,5
b) n
NO
= 0,025 (mol)
Đặt số mol Fe
3
O
4

là x (mol), từ (1) và (2) có số mol Cu = x mol
→
232x + 64x = 30,88 – 1,28
→
x = 0,1 (mol)
→

2
2
FeCl : 0,1.3 = 0,3 mol
dd X CuCl : 0,1 mol
HCl





2
FeCl (3) NO
n = 3n
= 0,075 mol
→
Trong (3) dư FeCl
2

→
Xảy ra phản ứng (5), (6); không có
phản ứng (7)
Theo (3), n
HCldư

= 4n
NO
= 4.0,025 = 0,1 (mol)
Theo (2) n
HClpư
= 8x = 8.0,1 = 0,8 (mol)
→
n
HClbđ
= 0,8 + 0,1 = 0,9 (mol)
→
V = 0,9/2 = 0,45 lít
Kết tủa gồm Ag, AgCl.
Theo (5), (6) n
Ag
=
2
FeCl (5)
n
= 0,3 – 0,075 = 0,225 (mol)
Theo (3), (4), (5), (6)
2 2
AgCl FeCl CuCl HCl
n = 2n + 2n + n
= 0,3.2 + 0,1.2 + 0,1 = 0,9 (mol)
→
m = 0,225.108 + 0,9. 143,5 = 153,45 (gam)
0,25
0,25
6

(2 đ)
(a) HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
Dd NaCl
o
t
→
NaCl.nH
2
O
Z
NaCl.nH
2
O
o
t
→
NaCl + n H
2
O
Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với nhau.
Có:
n
HCl
= n
NaOH
= n
NaCl
= 8,775: 58,5 = 0,15 mol.

M
0,15
C (HCl) = = 2,5M
0,06
0,25
0,25
5
Câu
Đáp án
Điểm

0,15×40
C%(NaOH) = ×100% = 6%
100
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
n
H2O
= 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; n
H2O
= 0,3 mol
=> n = 0,3: 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H
2
O.
(b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: n
HCl
= 0,84.2,5 = 2,1 mol
Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y:
mol4,2
40100
61600

n
NaOH
=
×
×
=
Al + 3 HCl → AlCl
3
+ 3/2 H
2
(1)
a 3a a
Fe + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
(2)
b 2b b
Giả sử X
1
chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là:
1,282,13
27
4,16
<=×=
HCl
n
Giả sử X
1
chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là:

1,259,02
56
4,16
<=×=
HCl
n
Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X
1
thì HCl luôn dư.
Khi thêm dung dịch Y:
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O (3)
2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b)
FeCl
2
+ 2 NaOH → Fe(OH)
2
+ 2 NaCl (4)
b 2b b
AlCl
3
+ 3 NaOH → Al(OH)
3
+ 3 NaCl (5)
a 3a a
Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X
1
lần lượt là a và b. Có:
27a + 56b = 16,4 (*)

Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol
=> số mol NaOH dư là: 2,4- 2,1 = 0,3 mol.
Al(OH)
3
+ NaOH → NaAlO
2
+ 2 H
2
O
a 0,3
Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH)
3
bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH)
2
.
4 Fe(OH)
2
+ O
2
→ 2 Fe
2
O
3
+ 4 H
2
O
b b/2
Chất rắn Y
1
là Fe

2
O
3
.
b/2 = n
Fe2O3
= 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol
(*) => a = 0,2678 mol (≤ 0,3)
=> %Al = 27. 0,2678 .100: 16,4 = 44,09%; %Fe = 55,91%.
Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH)
3
bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH)
2
và Al(OH)
3
dư.
2 Al(OH)
3
→ Al
2
O
3
+ 3 H
2
O
a - 0,3 (a - 0,3)/2
4 Fe(OH)
2
+ O
2

→ 2 Fe
2
O
3
+ 4 H
2
O
b b/2
Chất rắn Y
1
có Al
2
O
3
và Fe
2
O
3
.
51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1 (**)
Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1
=> %Al = 27. 0,4 .100: 16,4 = 65,85%; %Fe = 34,15%.
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
7
(1,0đ)
a) C¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng:

NaCl + H
2
O
dpdd
→
NaOH +
1
2
Cl
2
↑
+
1
2
H
2
↑
(1)
0,5
6
Câu
Đáp án
Điểm
2NaOH + Cl
2

→
NaCl + NaClO + H
2
O (2)

NaClO + H
2
S NaCl + H
2
O + S (3)
3NaClO + H
2
S 3NaCl + H
2
SO
3
(4)
4NaClO + H
2
S 4NaCl + H
2
SO
4
(5)
Br
2
+ H
2
SO
3
+ H
2
O 2HBr + H
2
SO

4
(6)
H
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
+ 2HCl (7)
Thµnh phÇn cña:
A: NaCl, NaClO.
B: H
2
SO
4
, H
2
SO
3
, NaCl.
C: NaCl, HBr, H
2
SO
4
.
b. Số mol của S là: n
S
=

)mol(005,0
32
16,0
=
; n
BaSO4
=0,01
Số mol của brom là: n
brom
=
mol005,005,0.1,0 =

⇒
2
S
n
−
=0,015 (mol)
⇒ Khi bị oxi hóa bởi NaClO n
S
=0,005 (mol);
2
SO
n
=0,005 (mol);
6
S
n
+
= 0,005 (mol)

⇒ n
ClO-
= (0,005*2+0,005*6+0,005*8)/2 = 0,04 (mol)
Theo (1) ta có số mol của H
2
bằng số mol của NaClO = 0,04 mol
V = 0,04x 22,4 = 0,896 lít.
0,5
8
(1 đ)
Thí nghiệm 1:
* Khi K đóng: khí sinh ra phải qua bình chứa Z, nếu bị Z hấp thụ thì không còn để phản ứng
với T.
2H
2
SO
4đăc
+ C
o
t
→
CO
2
+ 2SO
2
+ 2H
2
O
5SO
2

+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O → 2H
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
.
Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu
* Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T.
5SO
2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O → 2H
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ K

2
SO
4
.
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HBr
Cả bình Z và T đều nhạt màu
0,5
Thí nghiệm 2:
* Khi K đóng:
16HCl + 2KMnO
4

→
2KCl + 2MnCl
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O

Cl
2
+ 2KBr
→
2KCl + Br
2
Dung dịch Z đậm màu dần lên
* Khi K mở:
Cl
2
+ 2KBr
→
2KCl + Br
2
Cl
2
+ 2FeCl
2

→
2FeCl
3
Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ
0,5
Hết
7