ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011- 2012 Môn HÓA HỌC Lớp 10 CỤM TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH – TÂY HỒ

S GIO DC V O TO H NI
CM TRNG THPT
BA èNH TY H
THI OLYMPIC NM HC 2011-2012
Mụn Hoỏ hc - Lp 10
Thi gian lm bi: 120 phỳt, khụng k thi gian giao .
thi gm cú 02 trang.
Cõu I.
1/ Khí Cl
2
điều chế từ KMnO
4
và HCl đặc thờng bị lẫn HCl và hơi nớc, để có khí Cl
2
khô ngời ta lắp
thiết bị sao cho Cl
2
đi qua bình A rồi đến bình B. Hãy chọn chất nào chứa vào bình A và B để có
kết quả tốt nhất trong số các chất lỏng sau đây: H
2
SO
4
đặc, dung dịch NaCl bão hòa và các dung
dịch NaOH, KHCO
3
. Giải thích vì sao lại chọn nh trên?
2/ Nêu cách loại sạch tạp chất khí.
a) H
2
S có lẫn trong HCl c) HCl có lẫn trong SO
2

b) HCl có lẫn trong H
2
S d) SO
3
có lẫn trong SO
2
Viết các phơng trình phản ứng xảy ra.
Cõu II. X, Y là 2 nguyên tố đều có hợp chất khí vi hiro ứng với công thức XH
a
và YH
a
. (Khối lợng
mol phân tử chất này gấp đôi khối lợng mol phân tử chất kia).Oxit cao nhất của X và Y có công
thức X
2
O
b
và Y
2
O
b
(khối lợng mol phân tử của 2 oxit hơn kém nhau 34 đvC).
a) X, Y là kim loại hay phi kim.
b) Xác định tên X, Y và công thức phân tử các hợp chất oxit cao nhất và hợp chất khí với
hiđro của X, Y.
c) Dự đoán và so sánh tính chất oxi hóa - khử (có tính khử, có tính oxi hóa hay có tính khử
và tính oxi hóa) ca XH
a
và YH

a
.
Cõu III. Hãy sắp xếp (có giải thích) các dãy axit cho dới đây theo thứ tự tăng dần tính axit.
a) HCl, HF, HI, HBr. b) HClO
4
, HClO
2
, HClO, HClO
3
.
Cõu IV.
a/ Phơng pháp sunfat có thể điều chế đợc chất nào: HF, HCl, HBr, HI? Nếu có chất không điều
chế đợc bằng phơng pháp này, hãy giải thích tại sao? Viết các phơng trình phản ứng hóa học
và ghi rõ điều kiện (nếu có) để minh hoạ.
b/ Trong dãy axit có oxi của clo, axit hipoclorơ là quan trọng nhất. axit hipoclorơ có các tính
chất:
- Tính axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic.
- Có tính oxi hoá mạnh.
- Rất dễ bị phân tích khi có ánh sáng mặt trời hoặc khi đun nóng.
Hãy viết các phơng trình phản ứng để minh hoạ các tính chất đó.
Câu V. Cho 4,48 lít hỗn hợp X (đktc) gồm H
2
và Cl
2
vào một bình thủy tinh lớn. Sau khi chiếu sáng,
ngừng phản ứng thu đợc hỗn hợp Y, trong đó có 30% về thể tích HCl và thể tích khí clo giảm
xuống còn 20% so với ban đầu.
a/ Tính số mol các khí trong hỗn hợp Y.
b/ Cho hỗn hợp Y qua 40 gam dung dịch KOH 14% ở 100
o

C thu đợc dung dịch Z. Tính nồng
độ phần trăm các chất trong dung dịch Z.
Cõu VI. Hoà tan hoàn toàn 2,52 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al bằng dung dịch HCl, thu đợc 2,688 lít
H
2
(đktc)
Nếu cho 2,52 gam hỗn hợp này hoà tan hoàn toàn bằng H
2
SO
4
đặc, nóng thì thu đợc 0,03 mol
một sản phẩm Y duy nhất hình thành do sự khử S
+6
.
a/ Xác định Y.
b/ Nếu hoà tan hoàn toàn 2,52 gam hỗn hợp X bằng dung dịch HNO
3
10,5% (d = 1,2 g/ml)
thu đợc 0,03 mol một sản phẩm duy nhất hình thành do sự khử N
+5
(N
2
, N
2
O, NH
4
NO
3
, NO,
NO

2
). Tính thể tích tối thiểu dung dịch HNO
3
đã phản ứng.
Câu VII. Nguyên tử A có cấu hình electron ngoài cùng là 3p
4
. Tỉ lệ số nơtron và số proton là 1:1.
Nguyên tử B có số nơtron bằng 1,25 lần số nơtron của A. Khi cho 7,8 gam B tác dụng với lợng
d A ta thu đợc 11 gam hợp chất B
2
A.
a/ Xác định số hiệu nguyên tử, số khối của A, B và viết cấu hình electron nguyên tử của A và B.
b/ Nguyên tố A và B là kim loại hay phi kim ?
Câu VIII. a/ Cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau theo phơng pháp thăng bằng electron:
FeS
2
+ Cu
2
S + HNO
3
Fe(NO
3
)
3
+ CuSO
4
+ H
2
SO
4

+ NO + H
2
O
Biết tỉ lệ số mol tham gia phản ứng của FeS
2
và Cu
2
S là 1:3.
b/ Hoàn thành phơng trình phản ứng sau (Viết tiếp sản phẩm còn thiếu và cân bng phơng trình
theo phơng pháp thăng bằng electron):
SO
2
+ HNO
3
+ H
2
O NO + ..
S GD - T H NI
CM BA èNH TY H
KY THI H C SINH GII NM HC 2011 - 2012
AP AN MễN HOA HC LP 10
(gụm 3 trang)
Cõu Hng dn gii im
I
1. Bỡnh A cha dung dch NaCl bóo hũa gi li HCl tan trong nc, cú mt NaCl
s hn ch khớ clo tan trong nc.
Bỡnh B ng H2SO4 c cú kh nng hỳt nc, khụng tỏc dng vi khớ clo
2. a) Dựng dung dch CuCl
2
d hp th ht khớ H

2
S sau ú un núng thu c khớ HCl:
CuCl
2
+ H
2
S CuS + HCl
b) Cho hn hp 2 khớ tỏc dng vi dung dch NaOH d sau ú dựng H
2
SO
4
loóng, d y
H
2
S ra, thu c H
2
S tinh khit:
NaOH + HCl NaCl + H
2
O
2NaOH + H
2
S Na
2
S + H
2
O
H
2
SO

4
+ Na
2
S Na
2
SO
4
+ H
2
S
c) Dựng dung dch AgNO
3
d hp thu ht khớ HCl, thu c SO
2
tinh khit:
HCl + AgNO
3
AgCl + H NO
3
d) Dựng H
2
SO
4
m c 98% hp th SO
3
thu c SO
2
tinh khit.
H
2

SO
4m c
+ n SO
3
H
2
SO
4
. n SO
3
(oleum)
II
a. a. X, Y tạo hợp chất khí với hiro X, Y ở phân nhóm chính nhóm IV VII.
X,Y tạo oxit X
2
O
b
và Y
2
O
b
X, Y ở phân nhóm chính nhóm V hoặc VII. X,Y là phi
kim
b. Giả sử X > Y ta có:
X a 2(Y a)
2X 16b (2Y 16b) 34
+ = +


+ + =

Y = 17 - a
a = 17 - Y
Với: 1 a < 4 1 17 - Y < 4 Y = 14 (N); a = 3
hoặc Y = 15; a = 2 (loại)
X = 31 (P) Các hợp chất : NH
3
, PH
3
, N
2
O
5
, P
2
O
5
c. D doỏn tớnh cht oxi húa kh ca NH
3
v PH
3
Trong NH
3
v PH
3
, nit v photpho u cú s oxi húa -3 (thp nht)
NH
3
v PH
3

ch cú tớnh kh
Trong ú bỏn kớnh nguyờn t photpho ln hn nit nờn P
-3
trong PH
3
d nhng electron hn N
-
3
trong NH
3
PH
3
cú tớnh kh mnh hn.
III. Cờng độ axit tăng dần theo các dãy sau:
a) HF < HCl < HBr < HI
- HF: axit yếu; HCl, HBr, HI: axit mạnh
về độ phân cực (hiệu số độ âm điện ) thì
(HF) = 1,9; (HCl) = 0,9; (HBr) = 0,7; (HI) = 0,4
Nhng yếu tố quan trọng là kích thớc của các anion
F
-
< Cl
-
< Br
-
< I
-
; mật độ điện tích âm (, ở I
-
bé nhất), nên lực hút giữa ion H

+
và I
-
bé nhất,
nguyờn t H trong HI d b thay th b kim loi nht tớnh axit mạnh nhất.
b)
1 3 5 7
2 3 4
HClO HClO HClO HClO
+ + + +
< < <
axit rất axit axit axit rất
yếu yếu mạnh mạnh
- Điện tích của nguyên tử Cl trung tâm càng cao thì axit càng mạnh, vì mật độ e bị giảm càng
mạnh làm cho liên kết OH càng trở nên phân cực, nghĩa là càng mạnh.
IV
a. Phng phỏp sunfat l cho mui halogennua kim loi tỏc dng vi axit sunfuric c, núng
iu ch hirohalogennua da vo tớnh cht d bay hi ca hirohalogennua. Phng phỏp ny
chỉ áp dụng để điều chế HF, HCl , không điều chế được HBr, HI vì H
2
SO
4
đặc, nóng là chất oxi
hoá mạnh còn HBr, HI trong dung dịch là những chất khử mạnh do đó áp dụng phương pháp
sunfat sẽ không thu được HBr và HI mà thu được Br
2
và I
2
.
Các phương trình phản ứng:

CaF
2
+ H
2
SO
4

đặc, nóng

→
2HF + CaSO
4
2NaCl + H
2
SO
4

đặc, nóng

→
2HCl + Na
2
SO
4
NaBr + H
2
SO
4

đặc, nóng

→
HBr + NaHSO
4
2HBr + H
2
SO
4

đặc, nóng

→
SO
2
+ 2H
2
O + Br
2

NaI + H
2
SO
4

đặc, nóng

→
HI + NaHSO
4
8HI + H

2
SO
4

đặc, nóng

→
H
2
S + 4H
2
O + 4I
2

b.Tính chất hóa học của HClO:
- Tính axit: HClO + NaOH  NaClO + H
2
O
Tính axit yếu hơn axit cacbonic: NaClO + CO
2
+ H
2
O  NaHCO
3
+ HClO
- Tính oxi hóa mạnh: HClO + HCl
đặc
 Cl
2
+ H

2
O
- Dễ phân hủy: 2 HClO  2 HCl + O
2
V
Số mol hỗn hợp = 4,48/22,4=0,2 mol
Phương trình phản ứng
H
2
+ Cl
2
→ 2 HCl
0,03 0,03 0,06
Số mol hỗn hợp sau phản ứng = số mol hỗn hợp trước phản ứng = 0,2 mol
Số mol HCl = 0,06 mol → n Cl
2
phản ứng = 0,03 mol.
% Cl
2
còn 20% hay Cl
2
phản ứng = 80% ban đầu →nCl
2
đầu = 0,0375 mol→nH
2
= 0,2- 0,0375
= 0,1625 mol.
a. n HCl = 0,06 mol nH
2
dư = 0,1325 mol nCl

2
dư = 0,0075 mol
b. hỗn hợp Y qua 40 g dung dịch KOH 14%
Ta có nKOH = 0,1 mol
3Cl
2
+ 6KOH → KClO
3
+ 5KCl +3H
2
O
0,0075 0,015 0,0025 0,0125
HCl + KOH → KCl + H
2
O
0,06 0,06 0,06
Vậy dd Z có 0,0025 mol KClO
3
, 0,0725 mol KCl
KOH dư = 0,025mol
mddZ = 42 7225 g
C% KClO
3
= 0,717%
C%KCl = 12,64%
C% KOH dư = 3,28%
VI a.
n H
2
= 0,12 mol

Ta có các quá trình khử và oxi hóa :
Mg  Mg
+2
+ 2e (1)
Al  Al
+3
+ 3
e
(2)
*) Khi hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl :
2H
+
+2e  H
2
(3)
mol 0,24 <-- 0,12
*) Khi hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng: (gọi n là số oxi hóa của sản phẩm
do sự khử S
+6
)
S
+6
+ (6-n) e  S
n
(4)

mol 0,03(6-n) 0,03
(Vì sản phẩm khử chỉ có thể là: S, H
2
S, SO
2
nên số mol sản phẩm khử chính là số mol của S
n
).
Theo ĐLBT electron
(1)(4) suy ra : n
e
(H
+
nhận) = n
e
(S
+6
nhận) = n
e
(kim loại nhường)
0,03(6-n) = 0,24  n = -2
Vậy Y là H
2
S
b.
*) Khi hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO
3
: (gọi m là số oxi hóa của sản phẩm do sự khử
N
+5

)
vì sản phẩm khử có thể là: NO, NH
4
NO
3
, NO
2
, N
2
, N
2
O nên có 2 trường hợp :
+ TH1: n(N
m
) = 0,03 mol
N
+5
+ (6-m) e  N
m
(5)

mol 0,03(5-m) 0,03
Tương tự ý a  m = -3  sản phẩm do sự khử N
+5
là NH
4
NO
3
--> n(HNO
3

) tối thiểu = n(NO
3
-
trong muối) + 2 n(NH
4
NO
3
)
= n
e
(kim loại nhường) +0,06 = 0,3 mol
 V(HNO
3
) tối thiểu = 150 ml
+ TH2: n(N
m
) = 0,06 mol
 m = 1  sản phẩm do sự khử N
+5
là N
2
O
--> n(HNO
3
) tối thiểu = n(NO
3
-
trong muối) + 2 n(N
2
O) =0,3 mol

 V(HNO
3
) tối thiểu = 150 ml
VII
a. Cấu hình electron đầy đủ của A: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
4
 Z
A
= 16 , N
A
= Z
A
 A
A
= 32  M
A
= 32 g/mol
N
B
= 1,25 N
A
= 20

Pt : A + 2 B  B
2
A (1)
Theo Định luật bảo toàn khối lượng: m
A
= 11 – 7,8 = 3,2 g
 n
A
= 0,1 mol
 n
B
= 0,2 mol  M
B
= 7,8/0,2 = 39 g/mol  A
B
= 39  Z
B
= 19
Cấu hình electron của B: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
1

b. A là phi kim (vì có 6e lớp vỏ ngoài cùng)
B là kim loại (vì có 1e lớp vỏ ngoài cùng)

VIII
a. 3 FeS
2
+ 3 Cu
2
S  Fe
+3
+ 6 Cu
+2
+ 5S
+6
+ 45e
45 N
+5
+ 3e  N
+2

3FeS
2
+ 9Cu
2
S + 90HNO
3
 3Fe(NO
3
)
3

+ 18Cu(NO
3
)
2
+ 15H
2
SO
4
+ 45NO + 30H
2
O
b
3SO
2
+ 2 HNO
3
+ 2H
2
O  2NO + 3H
2
SO
4
3 S
+4
 S
+6
+ 2e
2 N
+5
+ 3e  N

+2