ĐỀ THI OLYMPIC (ngày 3 4 2011) môn hoá học 10

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI OLYMPIC (Ngày 3/4/2011)
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: Hoá học 10
------------------ Thời gian: 90 phút
Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:
H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32; Cl = 35,5;
K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Rb = 85; Sr = 88; Ag = 108;
Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207.
Câu 1 (6 điểm):
1) Hoàn thành các pthh của phản ứng sau (cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron): (4 điểm)
a. FeO + HNO
3

→

x y
N O ...↑+
Trên cơ sở hệ số tìm được, hãy suy luận để xác định hệ số cho trường hợp Fe
3
O
4
:
Fe
3
O
4
+ HNO
3

→

N O ...

x y
↑ +
b.
2 2 4 3 2 2 4 4 2 4
CuFeS Fe (SO ) O H O CuSO FeSO H SO+ + + → + +
2) Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: (2 điểm)
1. Ozon oxi hóa I
-
trong môi trường trung tính
2. Sục khí CO
2
qua nước Javel
3. Cho nước Clo qua dung dịch KI
4. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI
2
Câu 2 (4 điểm): Đem nhiệt phân 22,12 gam kalipemangannat thu được 21,16 gam hỗn hợp rắn X. Cho X tác
dụng với lượng dư dung dịch axit HCl đặc. Tính thể tích khí clo (đktc) có thể thoát ra cực đại.
Câu 3 (6 điểm):
A, B, C là ba kim loại kế tiếp nhau trong cùng một chu kì (theo thứ tự từ trái sang phải trong chu kì) có
tổng số khối trong các nguyên tử chúng là 74.
a. Xác định A, B, C. (3 điểm)
b. Hỗn hợp X gồm (A, B, C). Tiến hành 3 thí nghiệm sau: (1) hoà tan (m) gam X vào nước dư thu đựơc
V lít khí; (2) hoà tan (m) gam X vào dung dịch NaOH dư thu được 7V/4 lít khí ; (3) hoà tan (m) gam X vào
dung dịch HCl dư thu được 9V/4 lít khí. Biết các thể tích khí đều được đo ở đktc và coi như B không tác dụng
với nước và kiềm.
Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong X? (3 điểm)
Câu 4 (4 điểm): Một sunfua kim loại có công thức R
2
S ,trong đó kim loại R thể hiện số oxihoá +1 và +2 trong
các hợp chất. Đốt cháy hoàn toàn 1,6g sunfua đó trong lượng dư oxi, rồi hoà tan chất rắn thu được sau phản

ứng trong một lượng vừa đủ dung dịch HCl 29,2%. Nồng độ của muối trong dung dịch thu được là 40,9%. Khi
làm lạnh dung dịch này thấy có 1,71g muối rắn X kết tinh ra và nồng độ của muối trong dung dịch sau khi tách
muối rắn giảm xuống còn 27,6%. Xác định công thức của muối kết tinh.
------------ HẾT ------------
Ghi chú:
- Học sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào (kể cả Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học)
- Giám thị coi thi không cần giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
----------------
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
ĐỀ THI OLYMPIC (Ngày 3/4/2011)
Môn: Hoá học 10
Câu Nội dung Điểm
Câu 1 6
1 4
a
FeO + HNO
3

→

3 3 x y 2
Fe(NO ) N O H O+ ↑+
Fe
+2

→
Fe
+3

+ 1e x (5x - 2y)

xN
+5
+ (5x - 2y) e
→

2y
x
x
N
+
x 1
Cân bằng: (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO
3

→
(5x-2y)
3 3 x y 2
Fe(NO ) N O (8x 3y)H O+ ↑+ −
Suy luận:
Vì có thể xem Fe
3
O
4
là FeO.Fe
2
O
3
, nên phần Fe

2
O
3
không bị oxi hóa mà chỉ hòa tan
trong HNO
3
thành Fe(NO
3
)
3
, còn FeO thì tham gia phản ứng oxi hóa khử với hệ số như ở
trên. Vì vậy ngoài phần HNO
3
, cần cho phản ứng với FeO như trên,
còn cần (5x-2y)6.HNO
3
để tạo muối với Fe
2
O
3
. Vậy hệ số tổng cộng là:
(5x-2y) Fe
3
O
4
+ (46x-18y) HNO
3

→
(15x-6y)

3 3 x y 2
Fe(NO ) N O (23x 9y)H O+ ↑+ −
0,25
0,5
0,5
0,75
0,5
b

2 2 4 3 2 2 4 4 2 4
CuFeS Fe (SO ) O H O CuSO FeSO H SO+ + + → + +
2S
-2

→
2S
+6
+ 16e x 1
2Fe
+3
+2e
→
2Fe
+2
x a

0
2
O
+ 4e

→
2O
-2
x b
Vì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa
nhận, do đó ta có phương trình:
2a + 4b = 16 hay a + 2b = 8

⇒
0<a<8 và 0<b<4
Vì chỉ có 1 phương trình mà lại 2 ẩn số a, b nên có nhiều nghiệm số, ví dụ cho b=1 thì a=6

2 2 4 3 2 2 4 4 2 4
CuFeS 6Fe (SO ) O 6H O CuSO 13FeSO 6H SO+ + + → + +
0,5
0,5
0,5
2 2
a O
3
+ 2KI + H
2
O
→
O
2
+ I
2
+ 2KOH 0,5
b CO

2
+ NaClO + H
2
O
→
NaHCO
3
+ HClO 0,5
c
Cl
2
+ 2KI
→
2KCl + I
2
; 0,25
Nếu KI còn dư: KI + I
2

→
KI
3
0,25
d
2FeI
2
+ 3Cl
2

→

2FeCl
3
+ 2I
2
; 0,25
5Cl
2
+ I
2
+ 6H
2
O
→
2HIO
3
+ 10HCl 0,25
Câu 2 4
Ta có phản ứng nhiệt phân KMnO
4

0
t
4 2 4 2 2
2KMnO K MnO MnO O→ + +
(1)
0,25
Theo định luật BTKL ta tính được: 0,5
Khối lượng khí oxi đã thoát ra là:
2
O

m 22,12 21,16 0,96gam= − =
⇒
số mol oxi là:
2
O
0,96
n 0,03mol
32
= =
Từ phương trình phản ứng (1) ta tính được các đại lượng:

4 2
2 4 2
2 2
KMnO O
K MnO O
MnO O
n 2n 0,06mol
n n 0,03mol
n n 0,03mol
= =
= =
= =
0,75
Theo bài ra ta có: số mol KMnO
4
ban đầu đem dùng là:
4
KMnO
22,12

n 0,14mol
158
= =
⇒
số mol KMnO
4
còn dư sau nhiệt phân là: 0,14 - 0,06 = 0,08 mol
0,5
Như vậy ta có chất rắn X gồm các chất sau: KMnO
4
: 0,08 mol

2 4
2
K MnO :0,03mol
MnO : 0,03mol
0,25
Khi cho X tác dụng với HCl đặc dư ta có các phương trình của các phản ứng hóa học đã xảy
ra: 2KMnO
4
+ 16HCl
→
2KCl + 2MnCl
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O (2)
K

2
MnO
4
+ 8HCl
→
2KCl + MnCl
2
+ 2Cl
2
+ 4H
2
O (3)
MnO
2
+ 4HCl
→
MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O (4)
0,75
Từ các phương trình (2), (3), (4) ta tính được tổng số mol khí Cl
2
thoát ra là:

2 4 2 4 2
Cl KMnO K MnO MnO

5
n n 2n n
2
= + +
∑
= 0,29 mol
0,5
⇒
thể tích khí Cl
2
(đktc) thoát ra là: V = n.22,4 = 0,29.22,4 = 6,496 (lít) 0,25
Vậy thể tích khí clo có thể thoát ra cực đại là 6,496 lít 0,25
Câu 3 6
a 3
Gọi Z
1
là số electron của nguyên tử A
⇒
Số electron của nguyên tử B, C lần lượt là Z
1
+1, Z
1
+2
Gọi N
1
, N
2
, N
3
, lần lượt là số nơtron của nguyên tử A, B, C

0,25
Vì tổng số khối của các nguyên tử A, B, C là 74 nên ta có phương trình:
(Z
1
+N
1
) + (Z
1
+1+N
2
) + (Z
1
+2+N
3
) = 74 (1)
0,5
Mặt khác ta có:
Đối với các nguyên tố hóa học có
Z 82≤
ta luôn có:
Z N 1,5Z≤ ≤
. Thay vào (1) ta có:
0,25
(Z
1
+Z
1
) + (Z
1
+1+Z

1
+1) + (Z
1
+2+Z
1
+2)
≤
74

⇒
6Z
1

≤
68
⇒
Z
1

≤
11,3 (*)
0,5
(Z
1
+1,5Z
1
) + (Z
1
+1+1,5Z
1

+1,5) + (Z
1
+2+1,5Z
1
+1,5.2)
≥
74

⇒
7,5Z
1

≥
68
⇒
Z
1

≥
8,9 (**)
0,5
Từ (*) và (**) ta suy ra
1
8,9 Z 11,3≤ ≤
Với Z
1
là số nguyên
⇒
Z
1

= 9; 10; 11
0,5
Mà A, B, C là các kim loại
⇒
Z
1
= 11 (Na) 0,25
Vậy A, B, C lần lượt là các kim loại Natri (Na); Magie (Mg); Nhôm (Al) 0,25
b 3
Ta có nhận xét:
Vì thể tích khí thoát ra ở thí nghiệm (2) nhiều hơn ở thí nghiệm (1) chứng tỏ ở thí
nghiệm (1) nhôm phải đang còn dư. Và sự chênh lệch thể tích khí ở thí nghiệm (1) và (2) là
do Al dư ơ thí nghiệm (1).
Chênh lệch thể tích khí ở thí nghiệm (2) và (3) là do Mg
0,5
Ta có các phản ứng xảy ra ở cả 3 thí nghiệm:
ở thí nghiệm (1) và (2): 2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2
(1*)
0,5
2Al + 2 NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2

+ 3H
2
(2*)

ở thí nghiệm (3) : 2Na + 2HCl
→
2NaCl + H
2
(3*)
2Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
(4*)
Mg + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
(5*)
Giả sử số mol khí thoát ra ở thí nghiệm (1) là x thì số mol khí thoát ra ở các thí nghiệm (2) và
(3) lần lượt là 7x/4 và 9x/4
Vì ở thí nghiệm (1) Al dư nên NaOH hết nên ta cộng (1*) với (2*) ta có:
2Na + 2Al + 4H
2
O
→

2NaAlO
2
+ 4H
2
⇒
số mol Na bằng ½ số mol H
2
ở thí nghiệm (1) = x/2
0,5
Xét thí nghiệm (2) ta có:
Số mol Na = x/2 suy ra số mol H
2
do Na sinh ra bằng x/4
Tổng số mol H
2
là 7x/4
Suy ra số mol H
2
do Al sinh ra là (7x/4) - (x/4) = 3x/2
⇒
số mol Al = x
0,5
Số mol Mg bằng số mol khí chênh lệnh của thí nghiệm (2) và (3)
Suy ra số mol Mg = (9x/4)-(7x/4) = x/2
0,5
Như vậy trong hỗn hợp X gồm có các kim loại với tỉ lệ mol là:
Na: Mg: Al = 1:2:1
Suy ra % khối lượng của mỗi kim loại trong X là:
%mNa =
23.1

.100%
23.1 27.2 24.1+ +
= 22,77 (%)
%mMg =
24.1
.100%
23.1 27.2 24.1+ +
= 23,76 (%)
%mAl = 53,47%
0,5
Câu 4 4
Pthh: R
2
S + 2O
2
2RO + SO
2
RO + 2HCl RCl
2
+ H
2
O
0,5
n
R2S
= 1,6/(2R+ 32); n
RO
= 3,2/ (2R+ 32); n
HCl
= 6,4/ (2R+ 32); n

RCl2
= 3,2/(2R+ 32)
m
dd HCl
=
)322(
5,36.4,6
+
R
x
2,29
100
=
)322(
800
+
R
m
dd sau pư
= m
RO
+ m
dd HCl
=
)322(
2,32,851
+
+
R
R

1,5
C%
RCl2
= (
)322(
)71(2,3
+
+
R
R
:
)322(
2,32,851
+
+
R
R
)x100% = 40,9%
=> R= 64 => R là kim loại Cu
0,5
Làm lạnh dung dịch, có 1,71g muối kết tinh
=> m
dd sau làm lạnh
= m
dd sau pư
– 1,71= 6,6- 1,71= 4,89g
m
CuCl2 trước làm lạnh
=
=

+
+
3264.2
)7164(2,3
2,7g
m
CuCl2 sau làm lạnh
=
100
89,4.6,27
= 1,35g
0,5
m
CuCl2 kết tinh
= 2,7-1,35 = 1,35g => n
CuCl2 kết tinh
= 0,01 mol
m
H2O kết tinh
= 1,71- 1,35= 0,36g => n
H2O kết tinh
= 0,02 mol
=> Công thức muối kết tinh là CuCl
2
.2H
2
O
1
Ghi chú : - Thí sinh làm cách khác nhưng đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa,
- Phương trình hóa học ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm.