Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT tỉnh Hà Tĩnh năm học 2012 - 2013 môn Hóa học - Có đáp án

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)


Câu I:
1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều
chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây:
- Cho một ít dung dịch H
2
SO
4
vào một lượng nước biển;
- Sục khí clo vào dung dịch mới thu được;
- Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na
2
CO
3
;
- Cho dung dịch H
2
SO
4
vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng.
Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai
trò của H
2
SO
4

.
2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl
2
và FeCl
3
vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2
phần bằng nhau. Sục khí H
2
S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na
2
S dư vào phần 2
được 3,04 gam kết tủa. Tính m.
Câu II:
1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I
1
- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo
trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên
tố tương ứng. Giải thích.
2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl
2

và CaCl
2
vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành
phần % khối lượng các chất trong A.
Câu III:
1.a. Sục từ từ khí Cl
2
vào dung dịch KI, hãy cho biết màu sắc dung dịch biến đổi như thế nào?
Giải thích.
b. Hãy giải thích tại sao ái lực electron của flo (3,45 eV) bé hơn của clo (3,61 eV) nhưng tính
oxi hóa của flo lại mạnh hơn của clo?
2. Cho hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axit
H
2
SO
4
và HNO
3
, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO
2
và NO
2
có thể tích là 1,792
lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m.
Câu IV:
1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất
MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R
chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung
dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R.
2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H

2
SO
4
, sau phản ứng
thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500
ml dung dịch Br
2
0,2M. Xác định tên kim loại.
Câu V:
1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ra
những lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng.
a. CaI
2
+ H
2
SO
4
đặc  CaSO
4
+2HI
b. 3FeCl
2
+ 2H
2
SO
4
đặc  FeSO
4
+ 2FeCl
3

+ SO
2
+2H
2
O
c. Cl
2
+2KI dư  2KCl + I
2

2. Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn
hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ
khối so với H
2
là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn
bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H
2
O
2
5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml),
sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X.
b. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B.
Câu VI:
1.Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lít
H
2
(đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO
2
hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ

thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO
2
được hấp thụ.
2. A là dung dịch chứa AgNO
3
0,01M, NH
3
0,25M và B là dung dịch chứa các ion Cl
-
, Br
-
, I
-
đều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết ban đầu nồng độ các ion
không đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cách
nhận biết ion Cl
-
trong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên.
Biết: Ag(NH
3
)
2
+
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
Ag
+
+ 2NH
3
k = 10

-7,24
; T
AgCl
= 1,78.10
-10

; T
AgBr
= 10
-13
; T
AgI
= 10
-16
.
HẾT
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa
học).
- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh……………………………………………… Số báo danh………………………
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT
HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10

Câu Nội dung Điểm
I
3
1. Cl
2
+ 2NaBr

→
+
H
2NaCl + Br
2
(1)
3Br
2
+ 3Na
2
CO
3
→ 5NaBr + NaBrO
3
+ 3CO
2
(2)
H
2
SO
4
+ Na
2
CO
3

→
Na
2
SO

4
+ CO
2
+ H
2
O (3)
5NaBr + NaBrO
3
+ 3H
2
SO
4
→ 3Na
2
SO
4
+ 3Br
2
+ 3H
2
O (4)
Vai trò của H
2
SO
4
: (1) H
2
SO
4
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: .
3Br
2
+ 6OH
-
5Br
-
+ BrO
3
-
+ 3H
2
O
OH
-
H
+
2. Thêm H
2
S vào phần 1 ta có:
2FeCl
3
+ H
2
S → 2FeCl
2
+ S + 2HCl
x 0,5x
CuCl
2

+ H
2
S → CuS↓ + 2HCl
y y
 16x +96y = 1,28 (I)
Thêm Na
2
S vào phần 2
2FeCl
3
+ Na
2
S → 2FeCl
2
+ S + 2NaCl
sau đó: FeCl
2
+ Na
2
S → FeS↓ + 2NaCl
 2FeCl
3
+ 3Na
2
S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl
mol: x x 0,5 x
CuCl
2
+ Na
2

S → 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.
1,5
0,5
0,5
0,5
II
3
1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:
IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA
Li Be B C N O F Ne
2s
1
2s
2
2p
1
2p
2
2p
3
2p
4
2p
5
2p
6
I

1
(kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081
Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I
1
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 I
1
giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns
2
qua
cấu hình kém bền hơn ns
2
np
1

(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 I
1
giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns
2
np
3
qua cấu hình kém bền hơn ns
2
np
4
(trong p

3
chỉ có các electron độc thân, p
4
có
một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau:
M
2+
+ CO
3
2-
 MCO
3
Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO
3
2-
= 0,35
Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl
2
về MCO
3
khối lượng giảm 11
gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam  Số mol MCO
3
=
11
3,3
= 0,3
1
0,5

0,5
< nCO
3
2-
-> CO
3
2-
có dư, M
2+
pư hết
nBaCl
2
= x, CaCl
2
= y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3
giải ra được BaCO
3
= 0,1 mol, CaCO
3
= 0,2 mol và % BaCO
3
= 49,62%, CaCO
3
= 50,38%.
1
III
3,5
1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu
Cl
2

+ 2KI  2KCl + I
2
và 5Cl
2
+ I
2
+ 6H
2
O  2HIO
3
+ 10HCl
b. Quá trình chuyển X
2
 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 F
2
chỉ có liên kết
σ
. Trong nguyên tử Cl, ngoài
các AO p còn có AO d trống  phân tử Cl

2
ngoài sự xen phủ các AO p để tạo
liên kết
σ
, 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 SO
2
= 0,06 và NO
2
= 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 =
2
14,017,0 −
= 0,015
Ta có : NO
3
-
+ 2H
+
+1e NO
2
+ H
2
O
0,02 0,04
SO
4

2-
+4H
+
+2e  SO
2
+2H
2
O
0,06 0,24
nNO
3
-
(muối)
= nNO
3
-

(ax)
– nNO
2
= nH
+
- nNO
2
= 0,04 – 0,02 = 0,02
Tương tự tính được nSO
4
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)
0,75
0,75
0,25
0,5
0,5
0,75
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 :
284,9
677,64
323,35
17
=⇒= R
R
(loại do không có nghiệm thích hợp)
Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO
4
Ta có :
5,35
677,64
323,35
65
=⇒= R
R
, vậy R là nguyên tố clo (Cl).
Do hiđroxit của R (HClO

4
) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ
dạng MOH
gamgammX 4,850
100
8,16
=×=
MOH + HClO
4
→ XClO
4
+ H
2
O
⇒
molLmolLnn
HClOMOH
15,0/115,0
4
=×==
⇒
56
15,0
4,8
17 ==+
mol
gam
M
⇒ 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 H

2
S
hoặc SO
2
.
Giả sử X là H
2
S, ta có phương trình phản ứng:
0,5
1
8R + 5nH
2
SO
4
→ 4R
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
S + 4nH
2
O
Theo ptpu: n
2 4
H SO
=
5

8
n
n
R
. Theo bài ra: n
2 4
H SO
= n
R
→ 5n = 8 → n =
8
5
.
Vậy khí X đã cho là khí SO
2
. Và ta có phương trình phản ứng:
2R + 2nH
2
SO
4
→ R
2
(SO
4
)
n
+ nSO
2
+ 2nH
2

O
Ta có: 2 =2n  n =1
Phương trình (1) được viết lại:
2R + 2H
2
SO
4
→ R
2
SO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O *
Cho khí X phản ứng với dung dịch Br
2
xảy ra phản ứng sau:
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HBr (2)

Theo (2): n
2
SO
= n
2
Br
= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR
2
SO
4
= n
2
SO
= 0,1(mol)
Theo bài ra khối lượng của R
2
SO
4
= 31,2g →
2 4
R SO
M
=
31,2
0,1
= 312 → M
R
= 108
(R là Ag).
0,5

0,5
1
V
3,5
1. a. HI có tính khử, pư được với H
2
SO
4
đặc, nên sửa lại
4CaI
2
+ 5H
2
SO
4
đặc  4CaSO
4
+ H
2
S + 4I
2
+4H
2
O
b. Do FeSO
4
có tính khử, H
2
SO
4

đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết
lại:
2FeCl
2
+ 4H
2
SO
4
 Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 4HCl + 2H
2
O
c. Do có KI dư nên I
2
tan trong KI tạo KI
3
, vậy phương trình được viết lại:
Cl
2
+ 3KI  2KCl + KI
3
2. a) Viết phương trình:
Fe + S → FeS (1)

FeS + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
S↑ (2)
Với
Y
M
= 13.2 = 26 ⇒ Y có H
2
S và H
2
, do Fe dư phản ứng với HCl.
Fe
dư
+ 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑ (3)
2H
2
S + 3O
2
→ 2SO
2
+ 2H
2
O (4)
2H

2
+ O
2
→ 2H
2
O (5)
SO
2
+ H
2
O
2
→ H
2
SO
4
(6)
Đặt
SH
2
n
= a (mol);
2
H
n
= b (mol)
⇒
Y
M
=

1
3
b
a
26
ba
2b34a
=⇒=
+
+
Giả sử
2
H
n
= 1 (mol) ⇒
SH
2
n
= 3 (mol)
(1)(2) ⇒
Fe
n
phản ứng
= n
S
= n
FeS
=
SH
2

n
= 3 (mol)
(3) ⇒ n
Fe dư
=
2
H
n
= 1 (mol)
⇒
Fe
n
ban đầu
= 1 + 3 = 4 (mol)
Vậy: %m
Fe
=
%70
32.356.4
%100.56.4
=
+
%m
S
= 100% - 70% = 30%
b) n
Y
=
4,22
24,2

= 0,1(mol) ⇒
SH
2
n
=
4
3
.0,1 = 0,075 (mol).
⇒
2
H
n
= 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).
0,15(mol)
100.34
5,1.1.100
n
22
OH
==
Từ (4)(6) ⇒
2
SO
n
=
SH
2
n
= 0,075 (mol)
Từ (6) ⇒

42
SOH
n
=
2
SO
n
= 0,075 (mol) ⇒ H
2
O
2
dư.
0,5.3
0,5
0,5
22
OH
n
phản ứng
=
2
SO
n
= 0,075 (mol) ⇒ H
2
O
2
dư = 0,15 - 0,075 = 0,075
(mol)
Áp dụng BTKL ta có:

m
ddB
=
22
OddH
m
+
2
SO
m
+
OH
2
m
= 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)
Vậy: C%H
2
SO
4
=
6,106
100.98.075,0
= 6,695 (%).
C%H
2
O
2
dư =
6,106
100.34.075,0

= 2,392 (%).
0,5
0,5
VI
3,5
1. Ba + H
2
O  Ba(OH)
2
+ H
2
Na + H
2
O  NaOH + 1/2H
2
Dựa vào pt, tính được nBa(OH)
2
= NaOH = 0,1. Tính được nOH
-
= 0,3
Sục từ từ CO
2
vào dd X có các pư
CO
2
+ 2OH
-
 CO
3
2-

+ H
2
O
CO
3
2-
+ Ba
2+
 BaCO
3
BaCO
3
+ CO
2
 Ba(HCO
3
)
2
Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO
3
kết tủa
với số mol CO
2
được hấp thụ (Hình thang cân… )
2. Vì AgNO
3
tạo phức với NH
3
nên trong dung dịch A chứa Ag(NH
3

)
2
+
0,01M và
NH
3
= 0,25 – 0,02 = 0,23M
Ag(NH
3
)
2
+
== Ag
+
+ 2NH
3
K = 10
-7,24
Ban đầu 0,01 0 0,23
Cân bằng 0,01-x x 0,23 + 2x
K = 10
-7,24
=
2
(0,23 2 )
0,01
x x
x
+
−

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(NH
3
)
2
NO
3
làm tăng
nồng độ Ag
+
, khi đó T tăng lên và T > T
AgCl
mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl
-
)
0,5
0,5
1
0,25
0,5
0,75
0,1
0
0,1
0,2
0,3
n
CO2
n
kết tủa