Tải bản đầy đủ (.pdf) (430 trang)

Tuyển tập 60 đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 cực hay (có đáp án chi tiết)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (7.67 MB, 430 trang )


TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
NĂM HỌC 2011- 2012
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10.
Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 02 trang

Câu 1: (2,5 điểm)
1. M là một nguyên tố có khối lượng mol nguyên tử bằng 63,55 gam. Trong tự nhiên, M có hai đồng
vị hơn kém nhau 2 nơtron trong đó một đồng vị chiếm 72,5% số nguyên tử. Hạt nhân đồng vị nhẹ
của M có số hạt không mang điện nhiều hơn số hạt mang điện 5 hạt. Biết rằng có thể coi giá trị
nguyên tử khối bằng với số khối của nguyên tử.
a) Viết cấu hình electron của M, xác định vị trí của M trong bảng hệ thống tuần hoàn (ô, chu kì, nhóm).
b) M ở trạng thái rắn kết tinh theo kiểu lập phương chặt khít nhất. Tính bán kính nguyên tử của M
(theo Å). Biết khối lượng riêng của M bằng 8,96 g/cm3.
2. Dựa vào quy tắc Slater, hãy tính:
a) Năng lượng cần thiết (theo kJ) để chuyển 1 mol nguyên tử silic từ trạng thái cơ bản lên trạng thái
kích thích có cấu hình electron là [Ne]3s23p13d1.
b) Năng lượng ion hóa thứ nhất (theo eV) của nguyên tử silic và so sánh kết quả thu được với giá trị
thực nghiệm 8,2 eV.
Câu 2: (2,5 điểm)
1. Viết công thức Lewis, nêu trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các
phân tử sau: KrF2, IF3, SeF4, KrF4, IF5, AsF5.


Cho: As (Z = 33); Se (Z = 34); Kr (Z = 36).
2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần (có giải thích) góc liên kết OSX trong các phân tử sau: SOF2; SOCl2; SOBr2.
Câu 3: (2,5 điểm)
Nitrosyl clorua (NOCl) là một khí độc, khi đun nóng nó bị phân hủy:
2 NOCl (k)
2 NO (k) + Cl2 (k)
1. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng tích của quá trình phân hủy hoàn toàn 1,3 mol NOCl ở 475oC.
2. Tính KP của cân bằng ở 475oC.
3. Ở 475oC, dẫn 0,2 mol NO và 0,1 mol Cl2 vào một bình kín dung tích 2 lít không đổi. Tính áp suất
khí trong bình tại thời điểm cân bằng. Coi các khí là khí lý tưởng.
Cho: Bảng số liệu nhiệt động (không phụ thuộc vào nhiệt độ)
Chất
∆Hos (kJ/mol)
So (J/mol.K)
NOCl (k)
51,71
264
NO (k)
90,25
211
Cl2 (k)
223
Câu 4: (2,5 điểm)
1. Hấp thụ toàn bộ 0,5 mol khí NH3 vào 1 lít dung dịch HNO3 0,2 M thu được dung dịch A. Tính pH
của dung dịch A.
2. Thêm m gam FeCl2 rắn vào dung dịch A thu được dung dịch B trong đó nồng độ của ion Fe2+ tại
thời điểm cân bằng 1,5 × 10-4 M. Tính m.
Cho: Các quá trình không làm thay đổi thể tích của dung dịch. pKa của NH4+ = 9,24; pKs của Fe(OH)2 = 15,1
Hằng số tạo phức hidroxo của Fe2+: *β = 10−5,92. Fe = 55,85; Cl = 35,45.


1


TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN

Câu 5: (2,5 điểm)
1. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO42- với các
điện cực platin. Viết các bán phản ứng xảy ra ở các điện cực.
2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin và Eopin.
3. Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình hoạt động của pin (pin sử
dụng cầu muối KNO3 nhão).
Cho:
Eo (CrO42-/Cr(OH)3, OH-) = -0,18 V; Eo (MnO4-/MnO42-) = 0,564 V
Cr(OH)3
CrO2- + H+ + H2O có K = 1,0.10-14
Câu 6: (2,5 điểm)
1. Khi sục khí Cl2 qua dung dịch Ca(OH)2, tuỳ điều kiện phản ứng có thể cho muối CaOCl2 hay Ca(ClO)2.
a. Viết phương trình phản ứng.
b. Sục khí CO2 từ từ tới dư qua dung dịch CaOCl2 và dung dịch Ca(ClO)2.Viết các phương trình
phản ứng xảy ra.
2. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt nhất để
điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với H2SO4 loãng.
Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên
tương đối an toàn?
Câu 7: (2,5 điểm)
1. Khi điện phân dung dịch H2SO4 50% với điện cực trơ ở nhiệt độ khác nhau thu được những sản
phẩm khác nhau: Ở 00C sẽ thu được axit peoxidisunfuric. Còn ở 100C lại thu được H2O2. Nếu đun
nhẹ dung dịch sau điện phân thì thấy có khí oxi thoát ra. Viết các phản ứng xảy ra để giải thích

cho sự tạo thành các sản phẩm khác nhau trong các quá trình điện phân trên.
2. Quặng pyrit thực tế là hỗn hợp FeS2 và FeS nên có thể đặt công thức pyrit là FeS2-x. Khi sử lý một
mẫu quặng pyrit với Br2 trong KOH dư thì xảy ra phản ứng:
FeS2 + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + K2SO4 + ...
FeS + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + K2SO4 + ...
Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A và dung dịch B. Nung chất rắn A đến khối
lượng không đổi thu được 0,20 gam Fe2O3. Cho BaCl2 dư vào dung dịch B thu được 1,11 gam kết
tủa BaSO4. Cho: Fe = 56; O = 16; S = 32; Ba = 137.
a) Xác định công thức của quặng pyrit.
b) Tính lượng Br2 dùng để oxy hóa mẫu quặng trên.
Câu 8: (2,5 điểm)
Chỉ số oxy tự do hòa tan trong mẫu nước (D.O) được sử dụng rộng rãi để đánh giá chất lượng
nguồn nước. Quá trình phân tích theo phương pháp chuẩn độ iốt được tiến hành như sau:
Bước 1: Kiềm hóa mẫu nước cần phân tích bằng kali hydroxit rắn (viên nén). Thêm lượng dư dung
dịch mangan(II) sunfat vào thấy tạo thành kết tủa màu nâu.
Bước 2: Thêm tiếp dung dịch axit sunfuric đặc vào hỗn hợp trên đến khi thấy kết tủa tan hoàn toàn
trở lại dung dịch. Dung dịch thu được có màu đỏ.
Bước 3: Thêm tiếp dung dịch kali iođua dư vào, lắc mạnh thì thấy dung dịch chuyển sang màu vàng nâu.
Bước 4: Dùng dung dịch natri thiosunfat, chỉ thị hồ tinh bột để chuẩn độ.
1. Viết các phương trình phản ứng dạng ion xảy ra trong từng bước.
2. Lấy 100,0 mL một mẫu nước đem đi phân tích thì thấy tiêu tốn hết 11,80 mL dung dịch 9,84 × 10-3 M
natri thiosunfat. Tính chỉ số D.O (mg/L) của mẫu nước.

2


TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ


Câu ý
Câu 1:
1.1
a)

b)

1.2

a)

ĐÁP ÁN CHỌN HSG KHU VỰC MỞ RỘNG
NĂM HỌC 2011- 2012
MÔN THI: HÓA HỌC
LỚP: 10
Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012
Đáp án gồm 5 trang

Nội dung

Điểm

2,5
Gọi số khối, số proton, số nơtron của đồng vị nhẹ lần lượt là A, P, N
Số khối, số proton, số nơtron của đồng vị nặng lần lượt A+2, P, N+2
Trường hợp 1: Đồng vị nặng chiếm 72,5% số nguyên tử
Từ các dữ kiện đã cho, lập được hệ phương trình:
(1-0,725) A + 0,725 (A + 2) = 63,55
N–P=5

⇒ N = 33,55; P = 28,55 (loại)
P+N=A
Trường hợp 2: Đồng vị nhẹ chiếm 72,5% số nguyên tử
Từ các dữ kiện đã cho, lập được hệ phương trình:
0,725A + (1-0,725) (A + 2) = 63,55
N–P=5
⇒ N = 34 ; P = 29.
P+N=A
Cấu hình: 1s22s22p63s23p63d104s1
Vị trí:
Ô 29, chu kì 4, nhóm IB
Tinh thể lập phương chặt khít nhất có ô mạng kiểu lập phương tâm mặt.
Số mắt của ô mạng: 4
Thể tích ô mạng: (4 × 63,55) / (8,96 × 6,022 × 1023) = 4,71× 10-23 cm3
Độ dài cạnh ô mạng: 3,61 × 10-8 cm
Bán kính của M:
= 1,28 Å
Năng lượng nguyên tử Si ở trạng thái cơ bản:
E0 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 4 E (3s23p2)
Năng lượng nguyên tử Si ở trạng thái kích thích có cấu hình [Ne]3s23p13d1
E1 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 3 E (3s23p1) + E (3d1)
Năng lượng cần thiết để chuyển nguyên tử silic từ trạng thái cơ bản lên
trạng thái kích thích
∆E = E1 - E0 = 3 E (3s23p1) + E (3d1) - 4 E (3s23p2) =

3

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5


TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN

b)

Tính cho 1 mol thì E = 1041 Kj
Năng lượng Si+ cấu hình [Ne]3s23p13d1
E2 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 3 E (3s23p1)
Năng lượng ion hóa thứ nhất của Silic:
I1 = E2 – E0 =

0,5

Chênh lệch tương đối so với giá trị thực nghiệm rất lớn:
(12,3-8,2)/8,2 ≈ 50%
Mô hình Slater quá đơn giản để thu được kết quả định lượng
2,5

Câu 2:
2.1

2.2

Câu 3:

3.1

3.2

3.3

sp3d, đường thẳng

sp3d, chữ T

sp3d2, vuông phẳng

sp3d2, chóp đáy vuông

sp3d, bập bênh

1,5

sp3d, lưỡng tháp tam giác

Thứ tự :
OSF < OSCl< OSBr
Giải thích :
Do độ âm điện của F > Cl > Br, độ âm điện càng thấp thì cặp electron
liên kết S-X càng ở xa nguyên tử trung tâm S, lực đẩy nhau giữa liên kết
S=O với S-X sẽ càng nhỏ, góc liên kết sẽ tăng lên

1,0

2,5

2 NOCl (k) → 2 NO (k) + Cl2 (k)
∆Ho = 90,25 × 2 – 2 × 51,71 = 77,08 kJ/mol
Hiệu ứng nhiệt đẳng tích chính là biến thiên nội năng:
∆Uo = ∆Ho – ∆nRT = 77,08 – 1×8,314×(475 + 273) x 10-3 = 70,86 kJ/mol
Tính cho 1,3 mol NOCl phân hủy: Q = 46,06 kJ
∆So = 117 J/mol.K
∆Ho = 77,08 kJ/mol
∆Go(475+273)K = -10,436 kJ/mol
KP ở 475oC = 5,355
2 NO (k) + Cl2 (k) → 2 NOCl (k)

4

(KP)-1 = 0,1867

1,0

0,5


TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN

Cân bằng:

0,2-2x

0,1-x

2x


(mol)

Ta có K-1P = Kn. (RT/V)∆n = (RT/V)∆n .(2x)2/ [(0,2-2x)2(0,1-x)] = 0,1867.

1,0

(với R = 0,082 atm.lit.mol-1.K-1; T = 475 + 273 = 748K; V = 2 lit)
x = 0,0571 ⇒ PCB = ΣnCB .RT/V = 7,45 atm.
Câu 4:
4.1

2,5
NH3 + HNO3 → NH4NO3

1,0

NH4+ : 0,2 M và NH3 : 0,3 M; NO3- = 0,2 M.

TPGH:

Hệ cần tính pH là hệ đệm NH4+/NH3 ⇒ pH = pKa + lg(Cb/Ca) ≈ 9,42.
4.2

Khi [Fe2+] = 1,5. 10−4 M, với dung dịch ban đầu có [OH−] = 10−4,58 thì đã
có kết tủa sinh ra vì [Fe2+].


[OH ] =
Theo:



Ks
[Fe 2+ ]

2
COH


= 10−12,98 > Ks = 10−15,1.

= 10−5,64 → [H+] = 10-8,36 (= h).

Fe2+ + H2O

Fe(OH)+ + H+ ; β*

[FeOH+] = [Fe2+].β*.h−1 = 1,5. 10−4.10−5,92.108,36 = 0,0413 (M)
K NH +
4

[NH3] =

CNH3 .α NH3

= 0,5 .

K NH + + h
4

0,75


= 0,0582 (M)

[NH4+] = 0,4418 M
Vì dung dịch trung hòa điện:
2[Fe2+] + [FeOH+] + [H+] + [NH4+] = [Cl-] + [OH-] + [NO3-]
2.1,5.10−4 + 0,0413 + 10-8,36 + 0,4418 = [Cl-] + 10−5,64 + 0,2

0,75

[Cl-] = 0,2834 M
→ Tổng số mol FeCl2 đã dùng là: 0,2834 / 2 = 1417 mol
mFeCl2 = 17,96 gam.
Câu 5:
5.1

2,5

Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3
CrO42- + 4H2O + 3e
Cr(OH)3
H+ + OH-

Cr(OH)3 + 5OHCrO2- + H+ + H2O
H2O

K1 = 103E1 /0,0592

K = 10-14
Kw-1 = 1014


K 2 = K1.K.K −w1 = 103E /0,0592
CrO42-+2H2O + 3e
CrO2- + 4OHEo của CrO42-/ CrO2- = - 0,18V < Eo của MnO4-/ MnO42MnO42(+)
MnO4- + e
CrO42- + 2H2O + 3e
(-)
CrO2- + 4OHSơ đồ pin:
(-) Pt | CrO42-, CrO2- || MnO4-, MnO42- | Pt (+)
1

5.2

3 MnO4- +CrO2- + 4OH-

3 MnO42- + CrO42-

Eopin = 0,564 V – (-0,18 V) = 0,744 V ⇒ K = 1037,70
5.3

Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+)

5

1,0

0,5


TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN


Ở mạch trong :
- Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm
dung dịch giảm lượng ion âm so với lượng ion dương → các ion NO3- của
cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện.
- Dung dịch bên catot có ion MnO4- đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng
làm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm → các ion K+
của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện.
Câu 6:
6. 1 a)

2,5
Cl2 + Ca(OH)2

0

C
⎯30


→ CaOCl2 + H2O

2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O
b)

1,0

CO2 + 2CaOCl2 + H2O = CaCO3↓ + CaCl2 + Cl2O
CO2 + H2O + CaCO3 = Ca(HCO3)2


0,5
0,75

CO2 + Ca(ClO)2 + H2O = CaCO3 ↓ + 2HClO
6.2

a)

2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 → 2ClO2 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O

b)

2NaClO3 + SO2

+ H2SO4 → 2ClO2 + 2Na2SO4

CO2 sinh ra pha loãng ClO2 nên giảm khả năng làm nổ của ClO2
Câu 7:
7. 1

7.2

00C: 2 H2SO4 → H2S2O8 + H2
100C: Ban đầu cũng tạo ra H2S2O8 nhưng H2S2O8 phản ứng ngay với nước:
H2S2O8 + H2O → 2 H2SO4 + H2O2
Phương trình tổng: 2 H2O → H2O2 + H2
Đun nhẹ: 2H2O2 → 2H2O + O2
a)

Số mol nFe = 2nFe2O3 = 0,0025 mol


0,5
0,5
0,25
2,5

1,0

0,75

Số mol nS = nBaSO4 = 0,00475 mol
x = 1,9. Công thức: FeS1,9
b)

FeS1,9 → Fe3+ + 1,9 S+6 + 14,4e

Quá trình cho e

Quá trình nhận e Br2 + 2 e → 2 BrBảo toàn e ta có: n Br2 . 2 = nFe . 14,4
n (Br2) = 0,018 mol
Câu 8:
8. 1

8.2

0,75

m (Br2) = 2,88 gam
2,5


2+

-

Bước 1:

2Mn + O2 + 4OH → 2 MnO(OH)2

Bước 2:

2MnO(OH)2 + 2Mn2+ + 8H+ → 4Mn3+ + 6 H2O

Bước 3:

4Mn3+ + 4I- → 2I2 + 4Mn2+

Bước 4:
2I2 + 4S2O32- → 2 S4O62- + 4IO2 + 4e → 2 O22 S2O32- → S4O62- + 2e
Áp dụng định luật bảo toàn electron
nO2 = 1/4.n(S4O62-) = 0,25 *c(S2O32-)*V(S2O32-)

6

2,0


TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN

nO2 = 0,25 . 9,84 . 10-3 . 11,80 = 2,903 . 10-2 mmol trong 100.0 mL
β (O2 ) =


−2

2.903 *10
* 32.00 = 9,230mg / L
100.0

7

0,5


Họ và tên thí sinh:……………………..…………..

Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:……………………………..………...

…………….………………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Gồm 02 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012
* Môn thi: HÓA HỌC
* Bảng: A
* Lớp: 10

* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)

1. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1.
a. Viết cấu hình của ion X3+ và nguyên tử X. Từ cấu hình suy ra vị trí của
nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn.X có số oxi hóa cao nhất là bao nhiêu?
b. Xác định 4 số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 và electron có năng lượng
cao nhất trong nguyên tử của nguyên tố X.
2. Gadolini-153 là nguyên tố được dùng để xác định bệnh loãng xương, có chu
kì bán rã là 242 ngày. Tính phần trăm 153
64 Gd còn lại trong cơ thể bệnh nhân sau 12
tháng kể từ khi cho vào cơ thể.

Câu 2: (4 điểm)

1. Hãy giải thích tại sao phân tử Cl2O có góc liên kết (1110) nhỏ hơn và độ dài
liên kết Cl-O (1,71Å) lớn hơn so với phân tử ClO2 (1180 và 1,49Å)?
2. X và Y là các nguyên tố nhóm A, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH ( R
là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y ). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao
nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gam
dung dịch A 16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M.
a) Xác định các nguyên tố X và Y.
b) B’ là anion tương ứng của phân tử B.
+ Hãy cho biết ( có công thức minh họa ) dạng hình học của B và B’.
+ So sánh ( có giải thích ) độ dài liên kết Y-O trong phân tử B và B’.

Câu 3: (4 điểm)
1/ (2đ)

Cân bằng phương trình phản ứng oxi hóa - khử bằng phương pháp thăng bằng
electron.
a/ CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4
b/ CxHyO + KMnO4 + HCl → CH3CHO + MnCl2 + CO2 + KCl + H2O
2/ (2đ)
a/ Trình bày nguyên tắc xét chiều của phản ứng oxi hóa khử ở điều kiện chuẩn và điều
kiện bất kì.
b/ Áp dụng xét chiều của các phản ứng sau ở điều kiện chuẩn.
(1)
Cu + Fe2+ ' Cu2+ + Fe
1


2Fe3+ + Sn2+ ' 2Fe2+ + Sn4+
Biết:
Oxi hóa/khử
Fe2+/Fe
0
E (V)
-0,44

(2)
Sn4+/Sn
+0,15

Cu2+/Cu
+0,34

Fe3+/Fe2+
+0,77


Câu 4: (4 điểm)
Cho phản ứng: A(k) + 3B(k) → 2C(k)
Hệ được thực hiện trong bình kín dung tích 2 lít ở 250C.
Thực hiện các thí nghiệm nghiên cứu về tốc độ phản ứng thu được bảng số liệu sau:
Tốc độ hình thành
Thí nghiệm Số mol ban đầu chất A Số mol ban đầu chất B ban đầu của chất C
(mol.l-1.phút-1)
1
0,2
0,2
0,25
2
0,1
0,4
2,0
3
0,2
0,4
2,0
+ Hãy cho biết tốc độ tiêu thụ ban đầu của chất A, B khi tốc độ hình thành ban đầu của
chất C là 0,25 (mol.l-1.phút-1).
+ Xác định bậc phản ứng riêng đối với chất A, B và viết biểu thức tốc độ phản ứng.
+ Tính giá trị hệ số tốc độ phản ứng và cho biết đơn vị của nó.
+ Nếu số mol ban đầu A, B không đổi nhưng nếu thể tích bình giảm còn 1 lít thì tốc độ
hình thành ban đầu của chất C thay đổi bao nhiêu lần?

Câu 5: (4 điểm)
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:
a. Ion I- trong KI bị oxi hóa thành I2 bởi FeCl3; O3; IO3− trong môi trường axit.

và I2 oxi hóa được SO2; Na2S2O3; Na2S.
b. Cl2 oxi hóa I- thành I2, nếu Cl2 dư thì dung dịch màu nâu của I2 bị mất đi.
2. Hòa tan hoàn toàn 1,70 gam hổn hợp gồm Zn và kim loại A trong dung dịch
HCl thu được 0,672 lit khí (đktc) và dung dịch B. Mặc khác để hòa tan 1,9 gam kim
loại A thì dùng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5M.
a. Xác định tên kim loại A. biết A thuộc nhóm IIA.
b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch B. Biết rằng dung dịch HCl
có nồng độ 10% và để trung hòa dung dịch B phải dùng hết 12,5 gam dung dịch NaOH
28,8%.

--- HẾT ---

2


SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: HÓA HỌC
* Bảng: A
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 04 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (4 điểm)

1. a. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1.
Cấu hình của ion X3+ : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 .
Cấu hình của nguyên tử X: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2.
Vị trí của nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn:
- Z= 22 ⇒ Số thứ tự 22
- Có 4lớp electron ⇒ Chu kỳ 4.
- Có 3d2 4s2 ⇒ phân nhóm IVB.
* Số oxi hóa cao nhất của X là +4
b. Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 là

(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)

n = 3 ; l = 2 ; m l = − 2 ; ms = +

1
2

( 0.5đ)
Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d2 ( có năng lượng cao nhất trong nguyên tố
X) là : n = 3 ; l = 2 ; m l = − 1 ; ms = +

1
2


(0.5đ)

2. Quá trình phóng xạ tuân theo qui luật:
k=

ln 2
t 1 và

ln 2
360

N
= e − kt = e 242 = 35, 66%
N0

2

(1.5đ)

Câu 2: (4 điểm)
1. Công thức cấu tạo của hai phân tử :
O

O
Cl

Cl

Cl


Cl

Cl
O

Cl

O

O

O

(1.0đ)
˜

Góc liên kết của Cl2O nhỏ hơn của ClO2 là vì nguyên tử trung tâm (O) của
Cl2O có hai cặp electron tự do tạo lực đẩy ép góc liên kết nhiều hơn so với
(0.5đ)
nguyên tử trung tâm (Cl) của ClO2 chỉ có 3 electron tự do.

˜

Liên kết Cl-O trong phân tử ClO2 có đặc tính của liên kết đôi do sự cộng hưởng
với electron độc thân ở trên Cl hoặc O. Đặc tính liên kết đôi này làm liên kết
(0.5đ)
Cl-O trong ClO2 ngắn hơn trong Cl2O (chỉ chứa liên kết đơn).
2.
(a) Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.

Trường hợp : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH
1


Ta có :

Y 35,323
=
⇒ Y = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp)
17 64,677

(0.25đ)
Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4
Ta có :

Y 35,323
=
⇒ Y = 35,5 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl). (0.25đ)
65 64,677

B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH
mA =

16,8
× 50 gam = 8,4 gam
100

XOH + HClO4 → XClO4 + H2O

(0.25đ)


⇒ n A = n HClO 4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol
⇒ M X + 17 gam / mol =

8,4 gam
0,15 mol

⇒ MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K).

(0.25đ)

B là HClO4, B’ là ClO4(b) Dạng hình học :

Axit pecloric Ion peclorat
(dạng tứ diện) (dạng tứ diện đều)
(0.5đ)
Bậc liên kết càng lớn độ dài liên kết càng nhỏ, do vậy :
(0.5đ)

Câu 3: (4 điểm)
1/ (2 đ)
+2

+3

+2 −2

+2

0


+2

+6

Cu Fe S 2 + Fe 2 (SO4 ) 3 + O 2 + H 2 O → Cu SO4 + Fe SO4 + H 2 S O4
+3

8x

+3e

3x

-8e

+2

Fe+ 1e → Fe
−2

0

O + 2e → O
−2

+6

S → S + 8e


(0.5đ)

3 Cu Fe S 2 + 8Fe 2 ( SO4 ) 3 + 8O 2 + 8H 2 O → 3Cu SO4 + 19 Fe SO4 + 8H 2 S O4 (0.5đ)
−(

y −2
)
+y
x

−2

+7

−1

+2

+4

C x H y O + K Mn O4 + HCl → C 2 H 4 O + Mn Cl 2 + C O2 + KCl + H 2 O

2


(3y – 6 – 2x )

+7

+2


Mn+ 5e → Mn

+5e

y −2
)
x

−1

y −2
)
x

+4

−(

2 xC → x C 2 + (2 y − 4 + 2 x)e

5 x

- (3y – 6 – 2x )e

−(

xC → x C + ( y − 2 − 4 x )e (0.5đ)

15CxHyO + (3y – 6 – 2x)KMnO4 + (9y – 18 – 6x)HCl →

5xCH3CHO +(3y–6– 2x)MnCl2 + 5xCO2 + (3y – 6 – 2x)KCl + (12y – 9– 13x)H2O
(0.5đ)
2/ (2 đ)
a/ Chiều của của phản ứng oxi hóa khử được xét dựa vào công thức sau:
ΔG = -nEF
Trong đó: n là số electron trao đổi giữa chất khử và chất oxi hóa trong phản ứng
F là hằng số Faraday (F= 96500 C.mol-1)
E là suất điện động của pin trong phản ứng xảy ra (V)
ΔG là biến thiên năng lượng Gibbs.
→Phản ứng xảy ra theo chiều ΔG < 0 →E >0
* Nếu biết E ta tính theo công thức:
E0pin = E0oxh – E0kh
- E0pin > 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều thuận
- E0pin < 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều nghịch.
- Ở điều kiện bất kì thì ta thay E0pin = Epin
b/ Áp dụng:
E (1) = E0(Fe2+/Fe) - E0 (Cu2+/Cu) = - 0,44 – 0,34 = - 0,78 V
→ E (1) < 0 → Phản ứng (1) xảy ra theo chiều nghịch.
E (2) = E0(Fe3+/Fe2+) – E0(Sn4+/Sn2+) = 0,77 – 0,15 = 0,62 V
→ E(2) > 0 → Phản ứng (2) xảy ra theo chiều thuận.

Câu 4: (4 điểm)
0, 25
= 0,125 (mol.l-1.phút-1)
2
3.0, 25
-1
-1
Tốc độ tiêu thụ ban đầu chất B:
= 0,375 (mol.l .phút )

2

+ Tốc độ tiêu thụ ban đầu chất A:

+ v1=k.0,1x.0,1y = 0,25 (1)
v2=k.0,05x.0,2y = 2,0 (2)
v3=k.0,1x.0,2y = 2,0 (3)
(3) : (1) ta có: 2y = 8 → y=3
(3) : (2) ta có: 2x. = 1 → x=0
Vậy bậc phản ứng riêng đối với chất A là 0, B là 3.
Biểu thức tốc độ phản ứng: v=k[B]3
0, 25
= 250
k=
0,13

(0.25đ)
(0.25đ)

(0.75đ)
(0.75đ)
(0.5đ)
(0.5đ)

Đơn vị k (l2.mol-2.phút-1)
+ Thể tích bình giảm còn 1 lít thì nồng độ chất B sẽ tăng 2 lần,
v sẽ tăng 23 =8 (lần).
3

(0.5đ)

(0.5đ)


Câu 5: (4 điểm)
1. (2 điểm)
1a.Viết các phương trình :
2KI + FeCl3 → 3FeCl2 + 2 KCl + I2.
2KI + O3 + H2O → O2 + 2 KOH + I2.
5I- + IO3- + 6H+ → I2 + 3H2O.
I2 + SO2 + H2O → 2HI + H2SO4.
I2 + 2Na2S2O3 → Na2 S4O6 + 2NaI.
I2 + Na2S → 2NaI + S.
1b. ta có:
Cl2 + 2I- → I2 + 2Cl5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HIO3
2. (2 điểm)
2a. Ta có:

nH2 =

(0.25đ)

(0.25đ)

1,9
= 38
0,05

Vậy 38 < MA < 56,67 Æ A là Ca
2b. n NaOH =


(0.25đ)

12 , 5 * 28 ,8
= 0 , 09 = n HCl
4000



Gọi x, y lần lược là số mol Zn và Ca
x + y = 0 , 03 mol
Ta có:

(0.25đ)
(0.25đ)

0,672
= 0,03 mol
22,4

Do: A có hóa trị II ta có phương trình chung:
M
+
2HCl
Æ
M Cl2
+ H2
0,03 mol
0,03 mol
m
1,70

= 56,67 mà Zn có khối lượng là 65
M = hh =
nhh 0,03
Æ MA < 56,67
Mà ta có 1,9g A tác dụng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5 M
Æ MA >

(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)



⎩ 65 x + 40





y = 1 , 70

n HCl

phản ứng với Zn và Ca là = 2
Æ nHCl ban đầu = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol.
mddHCl ban đầu =


n

H

x = 0 , 02 mol
y = 0 , 01 mol
2

(0.25đ)

= 2*0,03 = 0,06 mol
(0.25đ)

m HCl
5,475
* 100 =
* 100 = 54,75( g )
C%
10

m dd B = m dd HCl + mKL -

m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g)

0,02 * 136
* 100 = 4,82%
56,39
0,01 * 111
* 100 = 1,97%
C% CaCl2 =

56,39
0,09 * 36,5
C% HCl =
* 100 = 5,83%
56,39

(0.5đ)

C% ZnCl2 =

(0.25đ)

--- HẾT--4


Họ và tên thí sinh:……………………..…………..

Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:……………………………..………...

…………….………………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Gồm 02 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: HÓA HỌC
* Bảng: B
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)

1. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1.
a. Viết cấu hình của ion X3+ và nguyên tử X. Từ cấu hình suy ra vị trí của
nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn.X có số oxi hóa cao nhất là bao nhiêu?
b. Xác định 4 số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 và electron có năng lượng
cao nhất trong nguyên tử của nguyên tố X.
2. Gadolini-153 là nguyên tố được dùng để xác định bệnh loãng xương, có chu
kì bán rã là 242 ngày. Tính phần trăm 153
64 Gd còn lại trong cơ thể bệnh nhân sau 12
tháng kể từ khi cho vào cơ thể.

Câu 2: (4 điểm)
1.(a) Hãy cho biết ( có giải thích ) theo thuyết liên kết hóa trị thì lưu huỳnh (S)
có thể có cộng hóa trị bằng bao nhiêu ?
(b) Cho biết cấu tạo đơn phân tử và dạng hình học của hợp chất với hiđro, oxit
và hiđroxit của lưu huỳnh tương ứng với các giá trị cộng hóa trị đã xác định ở câu (a).
2. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 19730K trong khi
đó CO2 lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 2170K ?

Câu 3: (4 điểm)
1/ (2đ)
Cân bằng phương trình phản ứng oxi hóa - khử bằng phương pháp thăng bằng
electron.

a/ CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4
b/ CxHyO + KMnO4 + HCl → CH3CHO + MnCl2 + CO2 + KCl + H2O
2/ (2đ)
a/ Trình bày nguyên tắc xét chiều của phản ứng oxi hóa khử ở điều kiện chuẩn và điều
kiện bất kì.
b/ Áp dụng xét chiều của các phản ứng sau ở điều kiện chuẩn.
(1)
Cu + Fe2+ ' Cu2+ + Fe
2Fe3+ + Sn2+ ' 2Fe2+ + Sn4+ (2)
Biết:
Oxi hóa/khử
Fe2+/Fe
Sn4+/Sn
Cu2+/Cu
Fe3+/Fe2+
E0(V)
-0,44
+0,15
+0,34
+0,77
1


Câu 4: (4 điểm)
Tính năng lượng liên kết trung bình C-H và C-C từ các kết quả thực nghiệm
sau:
- Nhiệt đốt cháy CH4 là -801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy C2H6 là -1412,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy hidro là -241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì là -393,4 kJ/mol

- Nhiệt hoá hơi than chì là 715 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H-H là 431,5 kJ/mol
Các kết quả đều đo ở 250C và 1atm

Câu 5: (4 điểm)
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:
a. Ion I- trong KI bị oxi hóa thành I2 bởi FeCl3; O3; IO3− trong môi trường axit.
và I2 oxi hóa được SO2; Na2S2O3; Na2S.
b. Cl2 oxi hóa I- thành I2, nếu Cl2 dư thì dung dịch màu nâu của I2 bị mất đi.
2. Hòa tan hoàn toàn 1,70 gam hổn hợp gồm Zn và kim loại A trong dung dịch
HCl thu được 0,672 lit khí (đktc) và dung dịch B. Mặc khác để hòa tan 1,9 gam kim
loại A thì dùng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5M.
a. Xác định tên kim loại A. biết A thuộc nhóm IIA.
b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch B. Biết rằng dung dịch HCl
có nồng độ 10% và để trung hòa dung dịch B phải dùng hết 12,5 gam dung dịch NaOH
28,8%.

--- HẾT ---

2


SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: HÓA HỌC

* Bảng: B
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 04 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1: (4 điểm)

1. a. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1.
Cấu hình của ion X3+ : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 .
Cấu hình của nguyên tử X: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2.
Vị trí của nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn:
- Z= 22 ⇒ Số thứ tự 22
- Có 4lớp electron ⇒ Chu kỳ 4.
- Có 3d2 4s2 ⇒ phân nhóm IVB.
* Số oxi hóa cao nhất của X là +4
b. Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 là

(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)

n = 3 ; l = 2 ; m l = − 2 ; ms = +

1
2


( 0.5đ)
Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d2 ( có năng lượng cao nhất trong nguyên tố
X) là : n = 3 ; l = 2 ; m l = − 1 ; ms = +

1
2

(0.5đ)

2. Quá trình phóng xạ tuân theo qui luật:
k=

ln 2
t 1 và
2

ln 2
360

N
= e − kt = e 242 = 35, 66%
N0

(1.5đ)

Câu 2: (4 điểm)
1.(a) Cộng hóa trị của một nguyên tố bằng số liên kết mà nguyên tử nguyên tố
đó tạo ra được với các nguyên tử khác trong phân tử. Trong thuyết liên kết hóa trị, mỗi
liên kết cộng hóa trị lại được hình thành do sự xen phủ các obitan mang electron độc

thân. Như vậy có thể nói rằng cộng hóa trị của một nguyên tố bằng số electron độc
thân có thể có của nguyên tử của nguyên tố đó. Vì có thể có 2, 4 hoặc 6 electron độc
thân nên lưu huỳnh có thể có cộng hóa trị bằng 2, 4, hoặc 6.
(1.0đ)
16S

3s

3p

3d

3s

3p

3d

3s

3p

3d

*

16S

*
16S


(1.0đ)

1


(b) Cấu tạo và dạng hình học :
SO2

H2 S

SO3

H2SO4

O
S

S

H

H

O

O

ch÷ V


S

O

OH
O HO

tam gi¸c

ch÷ V

S

O
O
tø diÖn

(1.0đ)
2. C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2
không phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. Năng lượng của 2 liên kết đôi
Si=O kém xa năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ
diện chung đỉnh nhau.
O
Si
O

O

(0.5đ)
SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trong

khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0.5đ)
O

Câu 3: (4 điểm)
1/ (2 đ)
+2

+3

+2 −2

+2

0

+2

+6

Cu Fe S 2 + Fe 2 (SO4 ) 3 + O 2 + H 2 O → Cu SO4 + Fe SO4 + H 2 S O4
+3

8x

+3e

3x

-8e


+2

Fe+ 1e → Fe
−2

0

O + 2e → O
−2

+6

S → S + 8e

(0.5đ)

3 Cu Fe S 2 + 8Fe 2 ( SO4 ) 3 + 8O 2 + 8H 2 O → 3Cu SO4 + 19 Fe SO4 + 8H 2 S O4 (0.5đ)
−(

y −2
)
+y
x

−2

+7

−1


+2

+4

C x H y O + K Mn O4 + HCl → C 2 H 4 O + Mn Cl 2 + C O2 + KCl + H 2 O

(3y – 6 – 2x )

+7

+2

Mn+ 5e → Mn

+5e

−(

y −2
)
x

−1

y −2
)
x

+4


2 xC → x C 2 + (2 y − 4 + 2 x)e

5 x

- (3y – 6 – 2x )e

−(

xC → x C + ( y − 2 − 4 x )e (0.5đ)

15CxHyO + (3y – 6 – 2x)KMnO4 + (9y – 18 – 6x)HCl →
5xCH3CHO +(3y–6– 2x)MnCl2 + 5xCO2 + (3y – 6 – 2x)KCl + (12y – 9– 13x)H2O
(0.5đ)
2/ (2 đ)
a/ Chiều của của phản ứng oxi hóa khử được xét dựa vào công thức sau:
ΔG = -nEF
2


Trong đó: n là số electron trao đổi giữa chất khử và chất oxi hóa trong phản ứng
F là hằng số Faraday (F= 96500 C.mol-1)
E là suất điện động của pin trong phản ứng xảy ra (V)
ΔG là biến thiên năng lượng Gibbs.
→Phản ứng xảy ra theo chiều ΔG < 0 →E >0
* Nếu biết E ta tính theo công thức:
E0pin = E0oxh – E0kh
- E0pin > 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều thuận
- E0pin < 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều nghịch.
- Ở điều kiện bất kì thì ta thay E0pin = Epin
b/ Áp dụng:

E (1) = E0(Fe2+/Fe) - E0 (Cu2+/Cu) = - 0,44 – 0,34 = - 0,78 V
→ E (1) < 0 → Phản ứng (1) xảy ra theo chiều nghịch.
E (2) = E0(Fe3+/Fe2+) – E0(Sn4+/Sn2+) = 0,77 – 0,15 = 0,62 V
→ E(2) > 0 → Phản ứng (2) xảy ra theo chiều thuận.

Câu 4: (4 điểm)
CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O
Δ H1
2H2O U O2 + 2H2
-2 Δ H2
CO2 U O2 + C(r)
- Δ H3
C(r) U C(k)
Δ H4
2H2 U 4H
2 Δ H5
Δ H = 4EC-H
CH4 U C(k) + 4H
4 Δ EC-H = Δ H1 - 2. Δ H2 - Δ H3 + Δ H4 + 2. Δ H5
= -801,7 + 2.241,5 + 393,4 + 715 + 2.431,5
= 1652,7
EC-H = 413,175 (kJ/mol)
→ 2CO2 + 3H2O
Δ H6
C2H6 + 3,5O2
3H2O U 1,5O2 + 3H2
-3 Δ H2
2CO2 U 2O2 + 2C(r)
-2 Δ H3
2C(r) U 2C(k)

2 Δ H4
3H2 U 6H
3 Δ H5
C2H6 U 2C(k)
+ 6H
Δ H = EC-C+6EC-H
EC-C+ 6EC-H = Δ H6 -3 Δ H2 -2 Δ H3 + 2 Δ H4 + 3 Δ H5
EC-C = Δ H6 -3 Δ H2 -2 Δ H3 + 2 Δ H4 + 3 Δ H5 - 6EC-H = 344,05 (kJ/mol)

(0.75đ)

(0.25đ)
(0.5đ)
(0.5đ)

(0.5đ)

(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)

Câu 5: (4 điểm)
1. (2 điểm)
1a.Viết các phương trình :
2KI + FeCl3 → 3FeCl2 + 2 KCl + I2.
2KI + O3 + H2O → O2 + 2 KOH + I2.
5I- + IO3- + 6H+ → I2 + 3H2O.
I2 + SO2 + H2O → 2HI + H2SO4.
I2 + 2Na2S2O3 → Na2 S4O6 + 2NaI.
I2 + Na2S → 2NaI + S.

3

(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)
(0.25đ)


1b. ta có:
Cl2 + 2I- → I2 + 2Cl5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HIO3
2. (2 điểm)
2a. Ta có:

nH2 =

(0.25đ)
(0.25đ)

0,672
= 0,03 mol
22,4

Do: A có hóa trị II ta có phương trình chung:
M
+
2HCl
Æ
M Cl2

+ H2
0,03 mol
0,03 mol
m
1,70
M = hh =
= 56,67 mà Zn có khối lượng là 65
nhh 0,03
Æ MA < 56,67
Mà ta có 1,9g A tác dụng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5 M
Æ MA >

(0.25đ)

1,9
= 38
0,05

Vậy 38 < MA < 56,67 Æ A là Ca

2b. n NaOH =

(0.25đ)

12 , 5 * 28 ,8
= 0 , 09 = n HCl
4000




Gọi x, y lần lược là số mol Zn và Ca
x + y = 0 , 03 mol
Ta có:

(0.25đ)



⎩ 65 x + 40





y = 1 , 70

n HCl

phản ứng với Zn và Ca là = 2
Æ nHCl ban đầu = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol.
mddHCl ban đầu =

n

H

x = 0 , 02 mol
y = 0 , 01 mol
2


(0.25đ)

= 2*0,03 = 0,06 mol
(0.25đ)

m HCl
5,475
* 100 =
* 100 = 54,75( g )
C%
10

m dd B = m dd HCl + mKL -

m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g)

0,02 * 136
* 100 = 4,82%
56,39
0,01 * 111
* 100 = 1,97%
C% CaCl2 =
56,39
0,09 * 36,5
* 100 = 5,83%
C% HCl =
56,39

(0.5đ)


C% ZnCl2 =

(0.25đ)

--- HẾT---

4


UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2011-2012
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)
Câu I. (5,0 điểm)
1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùng

trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một
chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm
trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X.
2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH)
có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất).
a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó.
b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và
giải thích.
c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?
3.

a) Viết cấu hình electron đầy đủ của các nguyên tử có cấu hình electron lớp ngoài
cùng (ns2) khi n = 1; 2; 3;4 và cho biết vị trí của các nguyên tố trong HTTH.
b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân
bằng theo phương pháp cân bằng electron:
NaNO2 + KMnO4 + ?
? + MnSO4 + ? + ?
Câu II. (5,0 điểm)

1. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều do 5 nguyên
tử của 2 nguyên tố tạo nên . Tổng số prôton trong X+ là 11 , trong Y2- là 48 . Xác
định công thức phân tử , gọi tên A biết 2 nguyên tố trong Y2- thuộc cùng một
phân nhóm chính và 2 chu kỳ liên tiếp .
2. Cho M là kim loại tạo ra 2 muối MClx , MCly và 2 oxit MO0,5x và M2Oy . Thành
phần về khối lượng của clo trong 2 muối có tỉ lệ 1: 1,173 và của oxi trong 2 oxit
có tỉ lệ 1 : 1,352.
a) Tìm khối lượng mol của M
b) Hãy cho biết trong các đồng vị sau đây của M ( 56M ,57M, 58M , 59M) thì đồng
vị nào phù hợp với tỉ lệ số proton : số nơtron = 13: 15.
3. Dùng phương pháp thăng bằng electron hoàn thành các phương trình phản ứng
sau:
a) Mn2+ + H2O2
MnO2+ …
+
NO + …
b) Ag + H +NO3
+
c) MnO4 + H + Cl
Mn2+ + Cl2 + …
d) S2O32- + I2
S4O62- + Ie) Cr3+ + OH- + ClO 3−

CrO 24− + Cl- + …

Câu III. (5,0 điểm)

Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở
đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung


dịch (dd) CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác
dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa
trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B.
a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp.
b) Tính khối lượng chất rắn B.
Câu IV. (5,0 điểm)

Trộn 100 ml dung dịch Fe2(SO4)3 1,5M với 150 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thu
được kết tủa A và dung dịch B. Nung kết tủa A trong không khí đến khi khối lượng
không đổi thu được chất rắn D. Thêm BaCl2 (dư) vào dung dịch B thì tách ra kết tủa E.
a)Tính khối lượng chất rắn D và khối lượng kết tủa E.
b) Tính nồng độ mol của chất tan trong dung dịch B (coi thể tích dd thay đổi
không đáng kể khi xảy ra phản ứng).
(Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32;
Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)
Hết
( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)

Hä vµ tªn thÝ sinh:............................................................................................
Sè b¸o danh: .....................................



UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH
NĂM HỌC 2011-2012
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10
(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)
Nội dung

Điểm
1,5

1.

Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA
(ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1
n = 4,5 – 2,5 = 2.
Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3)
I
Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của
(5,0đ)
nguyên tử trung tâm:
NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3.
N

H


H
H

2

N2O5: N có trạng thái lai hoá sp .
O

O

N

O

N

O

O

2

HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp

O

O
H


N
O

2.

a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X
=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt
(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết
Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90
=> Z = 16
→ 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B
(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)
2b) S , Cl , Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt
nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+
c)
Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì
các ion này có số oxi hóa thấp nhất.

1,5


2,0

3.
a)
1s2
Vị trí trong HTTH:

2 2
1s 2s
1s22s22p63s2
1s22s22p63s23p64s2
1s22s22p63s23p63d(1-10)4s2
Trừ: 1s22s22p63s23p63d(5 và 10)4s1
b)
5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4

ô 1, chu kỳ 1, nhóm IIA
ô 4, chu kỳ 2, nhóm IIA
ô 12, chu kỳ 3, nhóm IIA
ô 20, chu kỳ 4, nhóm IIA
chu kỳ 4, nhóm IB đến VIII
(ô 24 và ô 29)
5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O

1. Gọi Zx là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+
Zx = 11/5 = 2,2
Trong X phải có hiđro
Gọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+
CTTQ của X+ là MnHm
Ta có
n+ m = 5 (1)
n . ZM +m.1 = 11
Giải được n=1, ZM = 7 . Vậy M là Nitơ , X+ là NH4+
Tương tự CTTQ của Y2- là AxBy2x +y= 5
II
ZB-ZA = 8
(5,0đ)

x.ZB-y.ZA = 48
Giải được Y2- là SO42CTPT của A: (NH4)2SO4
2.
a) Theo đề bài ta có
35,5 .x
35,5 y
:
= 1: 1,173 (1)
35,5 x +M 35,5y+M
16.0,5x

16y
:

16.0,5x+M
Từ (1) và (2) M = 18,581 y

= 1 : 1,352 (2)
16y +M
y =1 thì M = 18,581
y=2 thì M = 37,162
y =3 thì M = 55,743

b) Vì số p: số n = 13: 15
=> Đồng vị phù hợp 56
26 Fe

2,0

1,5



1,5

3.
a)
b)
c)
d)
e)

2+

+

Mn + H2O2
MnO2 + 2H
+
3 Ag + 4 H +NO3
3 Ag+ +NO +H2O
2 MnO4- + 10 Cl- +16H+
2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O
2S2O32- + I2
S4O62- + 2I2 Cr3+ + 10 OH- + ClO32 CrO4 2-+ Cl-+5 H2O
1,0

nH2 = 0,448:22,4 = 0,02
nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05

III

(5,0đ)

⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01

Các phản ứng: Na + H2O



( Na+ + OH-)

x

+

x

Al + H2O + OH- → AlO2- +

1
H2 (1)
2
x/2 (mol)

3
H2
2

(2)

x

x
x
3/2x (mol)
2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu
(3)
(y-x)
3/2(y-x)
(y-x)
3/2(y-x)
2+
2+
Fe
+ Cu → Fe + Cu
(4)
a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là Fe
Theo (4) nFe= nCu = 0,05 ⇒ mFe= 0,05.56 = 2,8>2,16
(không phù hợp đề bài)
2+
Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và
(4)
Theo (1) và (2): nH2 = x+
Theo (3): nAl(3) = y - 0,01
nCu2+=

2,0

3
x = 0,02 ⇒ x = 0,01
2


3
(y - 0,01)
2

Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05-

3
(y - 0,01)
2

Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,03

3
(y - 0,01)] =2,16
2

Vậy trong hỗn hợp ban đầu:
mNa = 23.0,01 = 0,23 gam
m Al = 27.0,03 = 0,81 gam
mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam
b) Trong dung dịch A có:
nAl3+ = 0,03 − 0, 01 = 0, 02
nCu 2+ du = 0, 01
nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 02

2,0


×