Đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 10 môn Hóa Học tỉnh Hà Tĩnh năm học 20122013

ViettelStudy.vn
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


1

0,5



0,5







ViettelStudy.vn
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
< 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

. 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

, 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







0,5

ViettelStudy.vn

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:
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).


1




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




0,5.3

ViettelStudy.vn
%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.

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








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



0,5




0,5

1




0,25






0,5
0,1
0
0,1
0,2
0,3
n
CO2
n
kết tủa

ViettelStudy.vn
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
-
)




0,75