Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi 10, 11.

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
TỈNH CẤP THPT
HÀ TĨNH
10
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP
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 H2SO4 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 Na2CO3;
- Cho dung dịch H2SO4 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 H2SO4.
2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch
A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H 2S dư vào phần 1 được 1,28 gam
kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m.
Câu II:
1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- 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 Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43
gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 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 Cl2 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 H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp
khí SO2 và NO2 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
H2SO4, 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. CaI2 + H2SO4 đặc  CaSO4 +2HI
b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc  FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O
c. Cl2 +2KI dư  2KCl + I2

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 H2O2 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 H2 (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 CO2 được hấp thụ.
2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 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.


ˆˆ Ag+ + 2NH3 k = 10-7,24 ; TAgCl = 1,78.10-10 ; TAgBr = 10-13;
Biết: Ag(NH3)2+ ‡ˆ ˆ†
TAgI = 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
TỈNH THPT
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ

HỌC 10
Câ
u
I 1.
3

Nội dung

H
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: .

Điểm

+


→

3Br2+ 6OH-

OH+

H

1,5

5Br- + BrO3- + 3H2O

2. Thêm H2S vào phần 1 ta có:
2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl
x
0,5x
0,5
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
0,5
 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 = 0,5
9,2 gam.


II
3

1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:
IA IIA III IVA VA VIA VII VIII
A
A
A
1
Li Be B
C
N
O
F

Ne
1
2
1
2
3
4
5
2s 2s 2p
2p
2p
2p
2p
2p6
I1
52 89 801 108 140 131 1681 2081
(kJ/mol 0
9
6
2
4
)
0,5
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:
0,5
- 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+ + CO32-  MCO3
1
2Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO3 = 0,35
Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl 2 về MCO3 khối
lượng giảm 11 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3
gam  Số mol MCO3 =

III
3,5

3,3
=
11

0,3 < nCO32- -> CO32- 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%.
1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu 0,75
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 XMặc 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 0,75


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 σ . 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 σ , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần 0,25
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 0,5
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
0,17 − 0,14
Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư =
= 0,5
2

0,015
Ta có :

IV
3,5

NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O
0,02 0,04
0,75
SO42- +4H+ +2e  SO2 +2H2O
0,06 0,24
– nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 =

nNO3 -(muối) = nNO3- (ax)
0,02
Tương tự tính được nSO42- = 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)
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 :

R 35,323
=
⇒ R = 9,284
17 64,677

(loại do không có nghiệm thích

hợp)
Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4
Ta có :

R 35,323

=
⇒ R = 35,5 ,
65 64,677

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
mX =

16,8
× 50 gam = 8,4 gam
100

MOH + HClO4 → XClO4 + H2O
⇒ nMOH = n HClO = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol
4

⇒

8,4 gam
M + 17 =
= 56
0,15 mol

0,5


1
⇒ 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
5n
Theo ptpu: n H SO = n . Theo bài ra: n H SO = n → 5n = 8 → n 0,5
2

8

4

R

2

4

R

8

= 5.
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 SO = n Br = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO
= 0,1(mol)
2

2

Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g →
V
3,5

0,5

2

M R2 SO4 =

31, 2
0,1

= 312

1

→ MR = 108 (R là Ag).
1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại
4CaI2 + 5H2SO4 đặc  4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O
0,5.3
b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên
phương trình được viết lại:

2FeCl2 + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 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 M Y = 13.2 = 26 ⇒ Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng
với HCl.
Fedư + 2HCl → FeCl2 + H2↑
(3)
2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O
(4)
2H2 + O2 → 2H2O
(5)
SO2 + H2O2 → H2SO4 (6)
Đặt n H2S = a (mol); n H2 = b (mol)
⇒

MY

=

34a + 2b
a 3
= 26 ⇒ =
a+ b
b 1

Giả sử n H2 = 1 (mol) ⇒ n H2S = 3 (mol)
(1)(2) ⇒ n Fe phản ứng = nS = nFeS = n H2S = 3 (mol)
(3) ⇒ nFe dư = n H2 = 1 (mol)
⇒ n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)
Vậy: %mFe =

4.56.100%
= 70%
4.56 + 3.32

0,5

%mS = 100% - 70% = 30%
b) nY =

2,24
=
22,4

⇒

0,1(mol)

n H 2S

=

3

.0,1
4

=

0,075 (mol).
⇒ n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).
5,1.1.100
= 0,15(mol)
100.34
(4)(6) ⇒ n SO2 = n H2S =

n H 2O 2 =

Từ
Từ (6)

0,075 (mol)
⇒ n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư.
n H2O2 phản ứng = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư = 0,15 - 0,075
= 0,075 (mol)
Áp dụng BTKL ta có:
mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18
= 106,6 (g)
Vậy:

C%H2SO4 =

(%).
C%H2O2 dư =

0,075.34.100
106,6

0,075.98.100
106,6

= 6,695

0,5

0,5

= 2,392 (%).
0,5

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 0,5
nOH- = 0,3
Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư
CO2 + 2OH-  CO32- + H2O
CO32- + Ba2+  BaCO3
BaCO3 + CO2  Ba(HCO3)2
0,5
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…..) n
kết tủa

1

0,1

0

0,1

0,2

0,3

nCO2


0,25
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

=

x(0, 23 + 2 x) 2
0, 01 − 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 < TAgCl  nên không có kết tủa AgCl
T > TAgBr và TAgI 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 > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-)

SỞ GD & ĐT VĨNH
PHÚC
------------------ĐỀ CHÍNH THỨC

0,5

0,75

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10
NĂM HỌC 2011-2012

ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC
(Dành cho học sinh THPT)
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian
giao đề)

Bài 1 (1,5 điểm).
Cho hợp chất X có dạng AB2, có tổng số proton trong X bằng 18 và có các
tính chất sau:
t
X + O2 
→ Y + Z
→ A+Z
X + Y 
→ A + HCl
X + Cl2 
1) Xác định X và hoàn thành các phương trình phản ứng.
0


2) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho X lần lượt tác
dụng với: dung dịch nước clo; dung dịch FeCl3; dung dịch Cu(NO3)2; dung
dịch Fe(NO3)2
Bài 2 (1,0 điểm). X và Y là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính, 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. Xác định các nguyên tố X và Y.
Bài 3 (1,0 điểm). Hỗn hợp A gồm Cu và Fe trong đó Cu chiếm 70% về khối
lượng. Cho m gam A phản ứng với 0,44 mol HNO 3 trong dung dịch, thu
được dung dịch B, phần rắn C có khối lượng 0,75m (gam) và 2,87 lít hỗn

hợp khí NO2 và NO đo ở (1,2 atm, 270C).
Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, trong B không có muối amoni.
Tính khối lượng muối trong dung dịch B và tính khối lượng m.
Bài 4 (1,5 điểm).
1) Cho 29,6 gam hỗn hợp gồm Cu và Fe tác dụng với oxi không khí, sau
phản ứng thu được 39,2 gam hỗn hợp A gồm ( CuO, FeO, Fe2O3 và Fe3O4).
Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch H2SO4 loãng, dư.
a) Tính số mol H2SO4 đã tham gia phản ứng
b) Tính khối lượng muối sunfat thu được.
2) Khử hoàn toàn 2,552 gam một oxit kim loại cần 985,6 ml H2(đktc), lấy
toàn bộ lượng kim loại thoát ra cho vào dung dịch HCl dư thu được 739,2
ml H2(đktc).
Xác định công thức của oxit kim loại đã dùng?
Bài 5 (1,0 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương
pháp thăng bằng electron.
t
a) FeS2 + H2SO4 (đ) 
→ Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
→ Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O
b) Mg + HNO3 
(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1)
→ NxOy + …
c) Fe3O4 + HNO3 
→ NaAlO2 + NH3
d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O 
Bài 6 (1,5 điểm). Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A,
hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt
độ phòng).
1) Viết phương trình hóa học xảy ra.
2) Viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch: hỗn hợp

HCl và FeCl2, Br2, H2O2, CO2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư, chỉ chứa
các muối).
Bài 7 (1,5 điểm)
0


a) Cho 2,25 gam hỗn hợp A gồm Al, Fe, Cu tác dụng với dung dịch HCl dư,
sau khi phản ứng kết thúc thu được 1344 ml (đktc) khí và còn lại 0,6 gam
chất rắn không tan. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A.
b) Hấp thụ hoàn toàn 1,344 lít SO2 ( đktc) vào 13,95 ml dung dịch KOH
28%, có khối lượng riêng là 1,147g/ml. Hãy tính nồng độ phần trăm các chất
có trong dung dịch sau phản ứng
Bài 8 (1 điểm). Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4
bão hoà ở 200C, thấy tách ra một tinh thể muối kết tinh trong đó có 1,58 gam
MgSO4. Hãy xác định công thức của tinh thể muối ngậm nước kết tinh. Biết
độ tan cuả MgSO4 ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước.
_________Hết________
Họ và tên thí sinh .......................................Số báo danh...................................
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
SỞ GD & ĐT
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM
HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC
(Dành cho học sinh THPT )

→ A + HCl
Bài 1. Từ pu: X + Cl2 
1

=> trong X có hidro, PX = 18 => X là H2S
1,5đ Các phản ứng:
t
2H2S + 3O2 
→ 2SO2 + 2H2O
→ 3S + 2H2O
2H2S + SO2 
→ 2HCl + S
H2S + Cl2 
2. các phương trình phản ứng.
→ 8HCl + H2SO4
H2S + 4Cl2 + 4H2O 
→ 2FeCl2 + 2HCl + S
H2S + 2FeCl3 
→ CuS + 2HNO3
H2S + Cu(NO3)2 
→ không phản ứng
H2S + Fe(NO3)2 

0,5

0

0,5

0,5
Bài
2
1,0
đ

Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc
VIIA.
Trường hợp 1 : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH
0,25
Ta có :

Y 35,323
=
⇒ Y = 9,284
17 64,677

(loại do không có nghiệm thích hợp)

Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4
Ta có :

Y 35,323
=
⇒ Y = 35,5 ,
65 64,677

vậy Y là nguyên tố clo (Cl).


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

0,25

16,8
× 50 gam = 8,4 gam
100

XOH + HClO4 → XClO4 + H2O
⇒ n A = n HClO4 = 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).
0,5
Bài Ta có mC = 0,75m (gam) > 0,7m (gam)
3
 trong C có Fe dư
1,0đ
 HNO3 hết, trong B chỉ chứa muối Fe(NO3)2
PT:
Fe + 4HNO3 
→ Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
Fe + 6HNO3 
→ Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
Fe + 2Fe(NO3)3 
→ 3Fe(NO3)2
Ta có :






nhh =

2,87.1, 2
= 0,14(mol )
0, 082.(273 + 27)

0,25

số mol HNO3 tạo muối = 0,44 – 0,14 = 0,3 (mol)
nFe(NO3 )2 = 0,15(mol )

Khối lượng muối trong B = 0,15.180 = 27 (gam)
nFe (pu) = 0,15 (mol) => mFe(pu) = 0,15.56 = 8,4 (gam)

8, 4.100
m=
= 33, 6( gam)
25

0,25
0,5

Bài 1.a. Sơ đồ các quá trình phản ứng
→ (hỗn hợp oxit ) + axit 
→ muối + H2O
4
Kim loại + Oxi 

1,5đ Từ quá trình trên => số mol H2SO4 phản ứng = số mol oxi trong oxit
Theo bài ta có: moxi = 39,2 – 29,6 = 9,6(g)
0,25
=>

nO =

9, 6
= 0, 6(mol )
16

=> số mol H2SO4 phản ứng = 0,6 (mol)
b. Khối lượng muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc sunfat
=> mm = 29,6 + 96. 0,6 = 87,2 (g)
2. Gọi công thức của oxit cần tìm là MxOy
Phương trình phản ứng.
→ xM + yH2O (1)
MxOy + yH2 
nH 2 =

985, 6
= 0, 044(mol )
22, 4.1000

0,5


Theo định luật bảo toàn khối lượng
=> khối lượng kim loại = 2,552 + 0,044.2 – 0,044.18 = 1,848(g)
Khi M phản ứng với HCl

→ 2MCln + nH2 (2)
2M + 2nHCl 

0,25

739, 2
= 0, 033(mol )
22, 4.1000
1,848
=> M .n = 2.0, 033

nH 2 =

(2)

=> M = 28n
Với n là hóa trị của kim loại M
Chỉ có n = 2 với M = 56 (Fe) là thỏa mãn
x nM 0, 033 3
=
=
=
y nH 2 0, 044 4

Theo (1)

=> oxit cần tìm là Fe3O4
0,5
Bài Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng
5

bằng electron.
1,0đ a)
2 FeS
2
+6
11 S + 2e

Fe+3 + 2S+4 + 11e
S+4
2Fe+3 + 15S+4

2FeS2 + 11S+6

Cân bằng 2FeS2 + 14 H2SO4 (đ)
14H2O
b)
1
13

+1

+5 +

5N

0

0

0

t

→

0,25

-3

N2O +N2 + NH4+

26e

Mg+2 + 2e

Mg

Cân bằng: 13Mg + 32HNO3
NH4NO3 + 14 H2O
c)
(5x-2y)
1


→

13Mg(NO3)2 + N2O + N2 +

0,25

3Fe+3 + 1e

Fe3O4

xN+5 + (5x-2y)e

+2y/x

NxOy

(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3
+ (23x-9y)H2O
d)


→

NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3

0,25

Al+3 + 3e

8

Al

3

N+5 + 8e

N-3

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O
Bài

Fe2(SO4)3 + 15SO2 +

a) Ở nhiệt độ thường:


→

8NaAlO2 + 3NH3

0,25


2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O
6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O
(Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- ⇌X- + XO 3−

6
1,5đ

0,5

Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh
khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở tất cả các nhiệt độ).
b) Các phương trình hóa học :

Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương
trình hóa học:
- Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng
lục thoát ra và dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng
nâu :
2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O
- Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất
màu :
Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl
- Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi
thoát ra:
H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl
- khi cho CO2 vào A
→ KHCO3 + HClO
CO2 + KClO + H2O 
Bài 1) Ptpư:
→ 2AlCl3 + 3H2
7
2Al + 6HCl 
→ FeCl2 + H2
1,5đ Fe + 2HCl 
→ không phản ứng
Cu + HCl 
=> 0,6 gam chất rắn còn lại chính là Cu:
Gọi x, y lần lượt là số mol Al, Fe
Ta có:
3x + 2y = 2.0,06 = 0,12
27x + 56 y = 2,25 – 0,6 = 1,65
=> x = 0,03 (mol) ; y = 0,015 (mol)
=>

2)

0, 6
56.0,015
.100% = 26, 67% ; % Fe=
.100% = 37,33% ; %Al
2, 25
2, 25
1,344
=
= 0, 06(mol ) ; m (dd KOH) = 13,95.1,147 = 16 (gam)
22, 4

%Cu =
nSO2

= 36%

nKOH

=> mKOH = 0,28.16 = 4,48 (gam)=> nKOH = 0,08 (mol)=> 1 < n SO

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,5

<2

2

=> tạo ra hỗn hợp 2 muối: KHSO3: 0,04 (mol) và K2SO3: 0,02
(mol)
Khối lượng dung dịch sau pu = 16 + 0,06.64 = 19,84 gam

0,25


0, 04.120
.100% = 24,19%
19,84
0, 02.158
C %( K 2SO3 ) =
.100% = 15,93%
19,84

=>

C %( KHSO3 ) =

Bài Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO4.nH2O
8
Trong 120 + 18n gam MgSO4.nH2O có 120 gam MgSO4 và 18n
1,0đ gam H2O
1,58 gam
0,237n gam

Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà:
m H2O =
m MgSO4

100.100
= 74,02 gam
35,1 + 100
100.35,1
=
= 25,98 gam
35,1 + 100

Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh:
m H O = 74,02 – 0,237n gam
m MgSO = 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam
2

0,5
0,25

0,25
0,25

4

Độ tan: s =

25,4
.100
74,02 − 0,237n

= 35,1. Suy ra n = 7.

Vậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO4.7H2O
SỞ GD & ĐT VĨNH
PHÚC
ĐỀ CHÍNH
THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC
(Dành cho học sinh THPT)
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian
giao đề)

Bài 1 (1,5 điểm ).
Thổi 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin
(đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua lượng dư dung
dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 gam AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng
lượng hỗn hợp khí A như trên làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch Br 2
0,15 M.
1) Xác định công thức cấu tạo và tính khối lượng mỗi chất trong A.
2) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A.
Bài 2. (1,5 điểm).
Hòa tan hoàn toàn 26,4 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu trong dung dịch
HNO3, thu được 7,84 lít NO (đktc) và 800 ml dung dịch X. Cho từ từ dung
dịch HCl vào X đến khi không còn khí thoát ra, thì thu được thêm 1,12 lít
NO (đktc).
1) Xác định % khối lượng của mỗi kim loại trong A.

2) Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng.

0,25


3) Tính CM của các chất trong X.
Bài 3 (1,5 điểm).
Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho người ta thu được
hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không
chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml
dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó.
Bài 4 (2,0 điểm).
1.Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng
biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng
minh họa dưới dạng ion thu gọn.
2. Cho các sơ đồ phản ứng sau:

→ … + H2O
a) X + O2
→ N2 + … + …
b) X + CuO 
→ …
c) X + H2S 
→ … + H2O
d) X + CO2 
→ …
e) X + H2O + CO2 
Tìm công thức của khí X và hoàn thành các phương trình hoá học trên.
Bài 5 (1,5 điểm).
Hòa tan 4,8 gam kim loại M hoặc hòa tan 2,4 gam muối sunfua của kim loại

này, bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư, thì đều thu được lượng khí NO 2
(sản phẩm khử duy nhất) như nhau.
1) Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.
2) Xác định kim loại M, công thức phân tử muối sunfua.
3) Hấp thụ khí sinh ra ở cả hai phản ứng trên vào 300 ml dung dịch NaOH
1M, rồi thêm vào đó một ít phenolphtalein. Hỏi dung dịch thu được có màu
gì? Tại sao?
Bài 6. (1,0 điểm).
Hỗn hợp A gồm 2 ankan là đồng đẳng kế tiếp và 1 anken, trong đó có 2 chất
có cùng số nguyên tử cacbon.
Đốt cháy một lượng A thu được 6,72 lít CO 2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Xác
định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon trong A.
Bài 7 (1,0 điểm). Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4,
A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng công
thức cấu tạo?
+Benzen/H+
CnH2n+2
A1(khí)

Crackinh

(1)

A2

A3

(2)
(4)
+H2O/H+

A4

+O2,xt
(3)
(5) +O2/xt

-------Hết------

A5 (C3H6O)


Họ và tên thí sinh .............................................................................Số báo
danh ..........................................
(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
SỞ GD & ĐT VĨNH
PHÚC

Bài
1
1,5
đ

(1)
⇒

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM
HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC
(Dành cho học sinh THPT )

Nếu ankin có dạng RC≡CH :
RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3
n (ankin ) =

Điều

3,4gam
= 0,02mol
170gam / mol

này

trái

giả

và

thiết,

n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol

vì

số

mol

Br 2

chỉ

bằng

0,2L × 0,15mol / L = 0,03mol

Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. 0,5
Từ phản ứng :
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3
⇒
n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol
Từ các phản ứng :
C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
⇒
n(C2H4) = 0,01 mol
0,672L
0,5
⇒ n(C2H6) = 22,4L / mol − 0,01mol − 0,01mol = 0,01 mol.

Bài
2.

⇒ Khối lượng của: C2H2: 0,26gam; C2H4: 0,28 gam; C2H6: 0,3
gam.
(2)Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO 3/NH3 dư. Lọc tách 0,25
kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2.
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 ↓ + 2NH4NO3
C2Ag2 + 2HCl → C2H2 ↑ + 2AgCl ↓

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO 3/NH3, thổi tiếp qua dung
dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn
0,25
(trong CH3COOH) thu được C2H4 :
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
C2H4Br2 + Zn → C2H4 ↑ + ZnBr2
Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6
→ NO
1)
X + HCl 
=> trong X còn muối Fe(NO3)2


1,5đ

nNO (1) =

7,84
= 0,35(mol ) ;
22, 4

nNO (2) =

1,12
= 0, 05(mol )
22, 4

0,25

Sau khi cho HCl vào X thì thu được dung dịch trong đó chứa: Cu2+

và Fe3+
Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Cu
Ta có:
56x+64y=26,4
 x = 0,3
=> 

3x+2y= 3(0,35+0,05)
 y = 0,15
0,3.56
=> % Fe= 26,4 .100% = 63, 64% ;

%Cu = 100% - %Fe = 36,36%

2) Số mol HNO3 than gia phản ứng = 4nNO(1) = 0,35.4 = 1,4(mol)

0,5
0,25

3) Gọi a , b lần lượt là số mol Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 trong X
=> a + b = 0,3
2a + 3b + 2. 0,15 = 3.0,35
=> a = 0,15 (mol); b = 0,15 (mol)
=> trong X có : 0,15 mol Fe(NO3)2; 0,15 (mol) Fe(NO3)3 và 0,15
mol Cu(NO3)2
=> CM các chất đều bằng nhau và bằng:

0,15
= 0,1875M
0,8

Bài Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5.
3
*Xét trường hợp PX3:
1,5đ PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX
H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit
hai lần axit)
HX + NaOH → NaX + H2O
số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol
Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol
NaOH;
số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol
Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5
Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5 ⇒ X là Cl . Công
thức PCl3
*Xét trường hợp PX5:
PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX
H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O
HX + NaOH → NaX + H2O
số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol
Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX 5 cần 8 mol
NaOH;
số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25


Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220
Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8 ⇒ không ứng với
halogen nào.
Bài 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:
4
 Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng
2,0đ
là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu.
→ HCO3- + OHCO32- + H2O ¬


 Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.
Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4
CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là
AlCl3
2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là
Fe(NO3)3
2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2
Ca2+ + CO32- → CaCO3↓
Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.
2. Qua sơ đồ a), b) X có chứa N và H, có thể có O. Vì X là chất khí
nên chỉ có thể là NH3.

a) 4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O
hoặc 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O ( có xúc tác Pt)
b) 2NH3 + 3CuO → N2 + 3Cu + 3H2O
c) 2NH3 + H2S → (NH4)2S
hoặc NH3 + H2S → NH4HS
d) 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO + H2O
e) NH3 + H2O + CO2 → NH4HCO3
Bài (1) Phương trình phản ứng:
5
M + 2mH+ + mNO3- → Mm+ + mNO2 + mH2O
(1)
+
m+
1,5đ M2Sn + 4(m+n)H + (2m+6n)NO3 → 2M + nSO42- + (2m+6n)NO2
+ 2(m+n)H2O (2)
(2) Vì số mol NO2 ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có:
4,8
2,4
m=
( 2m + 6n )
M
2M + 32n
64mn

M =
6n − 2m , nghiệm
⇒
 n , m = 1,2,3

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,5

thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.

Vậy M là Cu và công thức muối là Cu2S.

0,5


(3)

n Cu =

4,8
= 0,075mol
64

Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
⇒ n NO2 = 2 × 2 × 0,075 = 0,3mol = n NaOH
⇒ đã xảy ra vừa đủ phản ứng:

2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O
Dung dịch thu được có màu hồng do NO 2- tạo môi
trường bazơ:
NO2- + H2O ⇌ HNO2 + OHBài Gọi công thức của ankan là CnH2n+2 x (mol) và anken CmH2m y (mol)
6.
Ta có :
1,0 Số mol CO2 = 0,3 (mol)
đ
Số mol H2O = 0,45 (mol)
 số mol ankan = 0,45 – 0,3 = 0,15 (mol)
 0,15.n + ym = 0,3
 n <2
 2 ankan là CH4 và C2H6
Trong A có 2 chất cùng số nguyên tử cacbon => anken C2H4
Bài * Các chất cần tìm:
7
A1: CH3-CH2-CH2-CH3
1,0đ A2: CH3- CH=CH2
A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen)
A4: CH3-CH(OH)-CH3
A5: CH3-CO-CH3
* Các phản ứng:
1. CH3-CH2-CH2-CH3

Crackinh

CH(CH3)2
3.

4.

H2SO4

5.

0,25
0,5
0,25

0,25

(A3)

0,25

OH

1.O2
2.H2SO4(l)

CH3-CH=CH2 + H2O

0,25

CH3-CH=CH2 + CH4
(A2) CH(CH3)2

(A1)

2. CH3-CH=CH2 +

0,25

+ CH3-CO-CH3
(A5)

0,25

H+

CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2

Cu,t

CH3-CH(OH)-CH3 (A4)
0

CH3-CO-CH3
(A5)

+ H2O

0,25
Ghi chú:


Khi chấm nếu học sinh giải theo các phương pháp khác, nếu đúng
vẫn cho đủ số điểm.
Trong một bài thí sinh làm đúng đến phần nào thì tính điểm đến
phần đó theo thang điểm.