bộ đề thi HSG các môn văn hóa lớp 10

TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP
TỔ TOÁN – TIN

ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI DỰ TUYỂN HSG LỚP 10
MÔN TOÁN LẦN 3 NĂM HỌC 2018 – 2019
Thời gian làm bài: 150 phút.

Câu 1. (2,0 điểm) Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình:

)

(

2 2 − − x 2 + 2 x + 3 = m + ( x − 1) .
2

Câu 2. (2,0 điểm) Giải phương trình: x + 2 5 − x = 2 x + 1 + − x 2 + 4 x + 5 − 1 .
 ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3 ) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2
Câu 3. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
.
2
2
x
y
+
x
−
2
x
−
12

=
0


Câu 4. (2,0 điểm) Giải bất phương trình:

− x2 + 8x + 9 − 2 x + 1
 3.
2− x

Câu 5. (2,0 điểm) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC không vuông luôn có:
tan A + tan B + tan C = tan A. tan B. tan C.

Câu 6. (2,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm phân
biệt:

x 2 + mx + 2 − 2 x − 1 = 0 .

Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N thỏa mãn NB − 3 NC = 0 .
Gọi P là giao điểm của AC và GN , tính tỉ số

PA
.
PC

Câu 8. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân tại A . Đường thẳng AB có
phương trình x + y − 3 = 0 , đường thẳng AC có phương trình x − 7 y + 5 = 0 . Biết điểm
M (1;10) thuộc cạnh BC , tìm tọa độ các đỉnh A, B , C .
Câu 9. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh C ( −4;1)
, phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0 .Viết phương trình đường thẳng

BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 36 và đỉnh A có hoành độ dương.
Câu 10. (2,0 điểm) Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn xy + yz + xz = 3 .
Chứng minh bất đẳng thức

x2
x3 + 8

+

y2
y3 + 8

HẾT.

+

z2
z3 + 8

 1.


Câu

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI DỰ TUYỂN HSG TOÁN LỚP 10
NĂM HỌC 2018 – 2019
Nội dung đáp án
Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình

)

(

2 2 − − x 2 + 2 x + 3 = m + ( x − 1)

Điều kiện: − x 2 + 2 x + 3  0  −1  x  3

( *)  ( − x

2

+ 2 x + 3) − 2 − x + 2 x + 3 = m

2

Điểm

(*)

(1)

2

Đặt t = − x 2 + 2 x + 3 , xét hàm số f ( x ) = − x 2 + 2 x + 3 với x   −1;3 , ta có bảng biến
thiên:
0,5

Dựa vào bảng biến thiên ta có t   0; 2  và
1

2,0 đ

+) với mỗi giá trị t thỏa mãn 0  t  2 thì phương trình t = − x 2 = 2 x + 3 luôn có hai
nghiệm phân biệt.
+) với t = 2 thì phương trình t = − x 2 = 2 x + 3 có đúng một nghiệm x = 1 .
(**) .
Phương trình (*) trở thành t 2 − 2t = m

0,5

Bài toán trở thành biện luận theo m số nghiệm của phương trình (**) .
Xét hàm số g ( t ) = t 2 − 2t với t   0; 2  , ta có bảng biến thiên
t
g (t )

0
0

1

2
0

0,5

−1
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
• Nếu m  ( −; −1)  ( 0; + ) thì phương trình (**) vô nghiệm, do đó phương

trình (*) vô nghiệm.

•

Nếu m = −1 thì phương trình (**) có 1 nghiệm t = 1 , do đó phương trình (*)

•

có hai nghiệm.
Nếu m = 0 thì phương trình (**) có hai nghiệm t = 0, t = 2 , do đó phương

0,5

trình (*) có đúng 3 nghiệm.
•

Nếu −1  m  0 thì phương trình (**) có hai nghiệm phâ biệt 0  t1  t2  2
nên phương trình (*) có đúng 4 nghiệm phân biệt.

2
2,0 đ

Giải phương trình: x + 2 5 − x = 2 x + 1 + − x 2 + 4 x + 5 − 1 (2)
Điều kiện −1  x  5 .

0,5


( )  x + 1 − 2



x +1

(

(

x +1 + 2 5− x −

)

x +1 − 2 − 5− x

x +1 − 2

)(

(

( 5 − x ) ( x + 1) = 0

)

0,5

x +1 − 2 = 0

)

x +1 − 5 − x = 0

0,5

 x +1 = 2
x = 3
.


x = 2
 x + 1 = 5 − x

0,5

2
2
2
2

 ( x − y ) ( x + xy + y + 3) = 3 ( x + y ) + 2
Giải hệ phương trình 
2
2

 x y + x − 2 x − 12 = 0

( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2

0,5

 ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) + 3( x − y ) = 3( x 2 + y 2 ) + 2

3
2,0 đ

 x 3 − y 3 + 3( x − y ) = 3 x 2 + 3 y 2 + 2
 x 3 − 3x 2 + 3x − 1 = y 3 + 3 y 2 + 3 y + 1

0,5

 ( x − 1) 3 = ( y + 1) 3  x − 1 = y + 1  y = x − 2
Thế y = x − 2 vào phương trình (2) ta có

0,5

x 2 ( x − 2) + x 2 − 2 x − 12 = 0  x 3 − x 2 − 2 x − 12 = 0

x = 3
 ( x − 3)( x 2 + 2 x + 4) = 0  x = 3  y = 1 . Hệ có nghiệm 
y =1

0,5

− x2 + 8x + 9 − 2 x + 1
3
2− x
Điều kiện: x   −1;9  \ 2 .

0,5

Giải bất phương trình

(1) .

(a) .

Trường hợp 1. −1  x  2

Khi đó (1)  − x 2 + 8 x + 9 − 2 x + 1  6 − 3 x  − x 2 + 8 x + 9  5 − x
4

 − x 2 + 8 x + 9  25 − 10 x + x 2 (do −1  x  2 nên 5 − x  0 )
 x2 − 9 x + 8  0  1  x  8
Đối chiếu điều kiện ( a ) ta có 1  x  2

2,0 đ

Trường hợp 2. 2  x  9

0,5

( *)

(b) .

Khi đó (1)  − x 2 + 8 x + 9  5 − x
x  5
x  5
 2

 x  ( −;1)
 2

2
−
x
+
8
x
+
9

x
−
10
x
+
25
x
−
9
x
+
8

0


Đối chiếu điều kiện ( b ) suy ra x   .

Từ hai trường hợp trên ta có tập nghiệm bất phương trình là S = (1; 2 ) .

0,5

0,5

Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC không vuông luôn có:
5
2,0 đ

tan A + tan B + tan C = tan A. tan B. tan C .

Ta có A + B + C =   A + B =  − C nên
− tan C = tan ( A + B ) =

tan A + tan B
1 − tan A. tan B

0,5
0,5


 − tan C (1 − tan A. tan B ) = tan A + tan B

0,5

 tan A + tan B + tan C = tan A. tan B. tan C

0,5

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:
x 2 + mx + 2 − 2 x − 1 = 0 .
x 2 + mx + 2 − 2 x − 1 = 0 

Điều kiện: x  −

1
2

x 2 + mx + 2 = 2 x + 1

(1)

0,5

(a) .

Với điều kiện ( a ) ta có 3 x 2 + ( 4 − m ) x − 1 = 0

(2)

Bài toán trở thành tìm điều kiện của tham số m để phương trình ( 2 ) có hai nghiệm
6
2,0 đ

0,5

1
phân biệt lớn hơn hoặc bằng − .
2
1
Đặt t = x + , khi đó phương trình ( 2 ) trở thành
2

2
12t + 4 (1 − m ) t + 2m − 9 = 0
( 3)

0,5

Bài toán trở thành tìm điều kiện để phương trình ( 3) có hai nghiệm không âm phân
biệt.
 m 2 − 8m + 28  0
 '  0
9


m .
Điều kiện là  P  0   2 m − 9  0
2
S  0
m − 1  0


Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N thỏa mãn NB − 3NC = 0 . Gọi P là
PA
giao điểm của AC và GN , tính tỉ số
.
PC
A
Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Đặt AP = k AC .
1
GP = AP − AG = k AC − AB + AC
3

G
1
1


P
=  k −  AC − AB
3
3


(

7.

)

B

2.0

8

2.0

0,5

GN = GM + MN =

(

M

C

0,5

N

)

1
1
7
5
AM + BC =
AB + AC + AC − AB = AC − AB .
3
6
6
6

Ba điểm G, P, N thẳng hàng nên hai vectơ GP , GN cùng phương. Do đó
1
1
1
k−
−
k−
3= 3 

3=2
7
5
7
5
−
6
6
6
1 7
4
4
4
PA
k− =
 k =  AP = AC  AP = AC 
=4
3 15
5
5
5
PC
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho  ABC cân tại A . Đường thẳng AB có phương trình
x + y − 3 = 0 , đường thẳng AC có phương trình x − 7 y + 5 = 0 . Biết điểm M (1;10)
thuộc cạnh BC , tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .
x + y − 3 = 0
x = 2
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 
. Vậy A(2;1) .


x − 7 y + 5 = 0
y =1

0,5

0,5

0,5

0,5


Phương trình các đường phân giác của góc A là

9

x+ y−3
2

=

x − 7y + 5
5 2

hay

 x + 3 y − 5 = 0 ( d1 )
3x − y − 5 = 0 (d )

2

Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.
Xét trường hợp d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A .
Phương trình đường thẳng BC là 3x − y + 7 = 0 .
x + y − 3 = 0
 x = −1
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 

 B ( −1; 4)
3x − y + 7 = 0
y = 4
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
11

x
=
−
x − 7 y + 5 = 0

 11 2 
5

 C− ;  .

 5 5
3x − y + 7 = 0
y = 2

5
8
 16 48 

MB = ( −2; −6), MC =  − ; −   MC = MB  M nằm ngoài đoạn BC .
5 
5
 5
Trường hợp này không thỏa mãn.
Nếu d 2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A
Phương trình đường thẳng BC là x + 3 y − 31 = 0 .
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
x + y − 3 = 0
 x = −11

 B ( −11;14) .

 x + 3 y − 31 = 0
 y = 14
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
101

x=

x
−
7
y
+
5
=
0



 101 18 
5

C
;  .

 5 5
 x + 3 y − 31 = 0
 y = 18

5
8
 96 32 
MB = ( −12; 4), MC =  ; −   MC = − MB  M thuộc đoạn BC .
5 
5
 5
 101 18 
; .
Vậy A(2;1), B ( −11;14), C 
 5 5
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh C ( −4;1) , phân giác
trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0 .Viết phương trình đường thẳng
BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 36 và đỉnh A có hoành độ dương.
Gọi d là đường thẳng qua C và vuông góc với đường
B
phân giác tron góc A . Đường thẳng d có phương trình
( x + 4 ) − ( y − 1) = 0  x − y + 5 = 0 .

I

2.0

C

A

Gọi I là giao điểm của d và đường phân giác trong
góc A . Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ
 x − y = −5
x = 0

 I ( 0;5) .

x + y = 5
y = 5
Gọi C ' là điểm đối xứng với C qua I . Khi đó
C ' ( 4;9 ) và C '  AB .

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

Vì A   : x + y − 5 = 0  A ( a;5 − a ) , a  0 .
AC ( a + 4; 4 − a ) , AC ' ( a − 4; −4 − a ) . Vì tam giác ABC vuông tại A nên AC . AC ' = 0

0,5

 ( a + 4 )( a − 4 ) + ( 4 − a )( −4 − a ) = 0  a = 4 , vì a  0 nên A ( 4;1)
AC ' ( 0;8 ) , vì B thuộc tia AC ' nên tồn tại số k  0 sao cho AB = k AC ' .
 AB = k . AC ' = k .8 .
1
S ABC = 36  AC . AB = 36  AB = 8  k = 1  B  C ' .
2
Vậy đường thẳng d chính là đường thẳng BC nên BC có phương trình
x− y+5= 0.
Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn xy + yz + xz = 3 .

x2

Chứng minh bất đẳng thức

x3 + 8

y2

+

y3 + 8

+

z2
z3 + 8

0,5

0,5

1

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
x 3 + 8 = ( x + 2)( x 2 − 2 x + 4) 
x2

( x + 2) + ( x 2 − 2 x + 4) x 2 − x + 6
=
2
2

0.5

2x2
2
x3 + 8 x − x + 6
Tương tự, ta cũng có




y2

y3 + 8

10



2 y2
;
y2 − y + 6

Chứng minh bổ đề: Cho x, y  0 và a , b 

z2
z3 + 8

ta có:



2z2
.
z2 − z + 6

a 2 b2 ( a + b )
+

x
y
x+ y

2

( *)

Ta có
a 2 y + b2 x ( a + b )
2
2

 ( a 2 y + b 2 x ) ( x + y )  xy ( a + b )  ( ay − bx )  0
( *) 
xy
x+ y
a b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = .
x y
Từ đó suy ra:
x2
y2
z2
2x2
2 y2
2z2
+
+
 2
+ 2
+ 2
. (1)
x3 + 8

y3 + 8
z3 + 8 x − x + 6 y − y + 6 z − z + 6
2

2.0

0.5

Áp dụng bổ đề ta có
2




( x + y)
x2
y2
z2
z2
2 2
+ 2
+ 2

2
+



2
2

2
 x − x + 6 y − y + 6 z − z + 6
 x + y − ( x + y ) + 12 z − z + 6 



0.5

2( x + y + z ) 2
.
x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18

Đến đây, ta chỉ cần chứng minh:
2( x + y + z ) 2
1
x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18

Do x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18

( 3)

0.25


= ( x + y + z ) − ( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) + 18
2

= ( x + y + z ) − ( x + y + z ) + 12  0
2

Nên ( 3)  2( x + y + z ) 2  x 2 + y 2 + z 2 − ( x + y + z ) + 18
 x2 + y2 + z2 + x + y + z  6
(4)
Mặt khác, do x , y , z là các số dương nên ta có:

x 2 + y 2 + z 2  xy + yz + zx = 3
x + y + z  3( xy + yz + zx ) = 3
Nên bất đẳng thức (4) đúng.
Từ (1), (2), (3) và (4), ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .

TỔNG

0.25

20


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: HOÁ HỌC 10

Đề thi chính thức

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4.0 điểm)
1). (3đ). Nguyên tố X, Y có số hiệu nguyên tử Z lần lượt là 6 v à 9.

a. Viết cấu hình elec tron nguyên tử X, Y.
b. So sánh bán kính nguyên tử X, Y.
c. Viết công thức cấu tạo hợp chất tạo bởi giữa X và Y (theo quy tắc bát tử).
2). (1đ). Một ion M3+ có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 79, trong đó số hạt mang đi ện nhiều hơn số hạt
không mang điện là 19. Xác định vị trí M trong bảng tuần hoàn.
Câu 2. (4.0 điểm)
1). (3đ). Cho 5,85 gam muối NaX tác dụng hết với lượng dư dung dịch AgNO 3 thu được 14,35 gam kết tủa.
a. Tìm X.
b. X có 2 đồng vị, trong hạt nhân nguyên tử đồng vị thứ nhất có tổng số hạt cơ bản là 35, đồng vị thứ hai hơn
đồng vị thứ nhất 2 hạt nơtron. Tính phần trăm mỗi đồng vị X.
c. Tính khối lượng mỗi đồng vị trong 5,85 gam NaX .
2). (1đ). X là phi kim. Hợp chất khí với hi đro của X là A. Hợp chất oxit cao nhất c ủa X là B. Tỉ khối B so với
A là 2,75. Tìm X.
Câu 3. (4.0 điểm). Cân bằng phương trình phản ứng theo phương pháp thăng bằng electron
a. NH3 + O2 
 N2 + H2O
b. HNO3 + Al 
 Al(NO3)3 + N2O + H2O
c. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2 + NH4NO3 + H2O biết rằng tỉ lệ mol n N2 : n NH4 NO3  4 :1
o

t
d. Fe + FeS2 + HNO3 
 Fe2(SO4)3 + NO2 + H2O. Trong phản ứng này nếu có 0,5 mol Fe phản ứng thì
ị
có bao nhiêu mol HNO3 b khử hay bị oxi hoa.
Câu 4. (4.0 điểm)
 MnO2
 H2
X

Y
 A 
B
1). (2đ). Viết phương trình chuyển hóa HCl 
 Br2 
 I2 
2). (1đ). Cho hai chất khí A và B đều chứa nguyên tố X. Phân tử mỗi chất A, B đều gồm ba nguyên tử của hai
nguyên tố. Các chất A, B không những phản ứng trực tiếp với nhau mà mỗi chất còn phản ứng được nước vôi
trong, dung dịch nước brom. Hãy chọn các chất A, B và viết phương trình phản ứng xảy ra đã nói ở trên.
3). (1đ). Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ

Biết các khí có cùng số mol. Nghiêng ống nghiệm để nước ở nhánh A chảy hết sang nhánh B sau đó lắc ống
nghiệm cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định thành phần của chất khí sau phản ứng.
Câu 5. (4.0 điểm)
1). (2đ). Cho hỗn hợp X gồm Al và Zn (tỉ lệ mol Al và Zn lần lượt là 1:3) phản ứng vừa đủ dung dịch HCl
7,3% được dung dịch Y.
a. Tính nồng độ phần trăm các chất trong Y.
b. Nếu cho a gam hỗn hợp X trên phản ứng vừa đủ dung dịch hỗn hợp HCl 7,3% và H 2SO4 9,8% thu được V
lít H2 (đktc) và dung dịch Z chứa 59,775 gam chất tan. Tính a và V.
2). (2đ). Chia 48 gam hỗn hợp bột Y gồm CuO, Cu và Fe thành ba phần:
- Phần 1: cho tác dụng với Cl2 dư thu được 41,75 gam chất rắn.
- Phần 2: tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 1,344 lít khí (đktc).
2
-Phần 3: (có khối lượng bằng phần 2) tác dụng vừa đủ với 1,344 lít khí (đktc) khí CO đun nóng.
3
Tính khối lượng mỗi chất trong 48 gam Y. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
(Cho H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, S=32, K =39, Fe=56, Cu=64, Zn=65, Ag=108, Ba=137, Cl=35,5 )
- - - Hết - - -

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
Môn thi: HOÁ HỌC 10
Câu
Đáp án
Câu 1
1 (3đ) 1.a). X(Z=6) 1s22s22p2
Y(Z=9) 1s22s22p5
b). RX>RY
c). Công thức cấu tạo XY 4 (CF4)
2 (1đ) 2Z  N  3  79 Z  26  ch : 1s2 2s2 2p 6 3s2 3p 6 4s2

 M ë chu k× 4 nhãm VIIIB

2Z-3  N  19
N  30

Điểm
1đ

Câu 2 1. a). NaX + AgNO3 → NaNO3 + AgX
1 (3đ)
5,85
14,35

 X  35,5  Cl
23  X 108  X

1đ

35

35x  37(100  x)
 Cl chiÕm 75%
b). 35,5 
 x  75   37
100
 Cl chiÕm 25%

0,075mol35Cl m 35 Cl  0,075.35  2,625gam
c). 0,1molNaCl  0,1molCl  

37
0,025mol Cl m 37 Cl  0,025.37  0,925gam

2. Gọi n là số thứ tự nhóm của X
2 (1đ) TH1 X ở nhóm lẻ
Công thức A là XH 8-n, công thức B là X2On
2 X  16n
Ta có
 2,75
X 8n
n
5
7
X
96,6 loại 145,6 loại
ở
TH2 X nhóm chẵn
Công thức A là XH 8-n, công thức B là XOn/2
X  8n
Ta có

 2,75
X 8n
n
4
6
X
12 là C
24 loại

1đ
1đ

1đ

1đ

1đ
Mỗi
trường
hợp cho
0,5đ

Câu 3
4đ

Mỗi phương trình phải viết được quá trình oxi hóa, quá trình khử
a. 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O
b. 30HNO3 + 8Al → 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O
c. 16Al + 58HNO3 →16 Al(NO3)3 + 4N2 + NH4NO3 + 27H2O.
to

d. Fe + 3FeS2 + 48HNO3 
 2Fe2(SO4)3 + 48NO2 + 24H2O.
0,5 mol Fe thì có 24 mol HNO3 bị khử

4đ
Viết
đúng mỗi
phương
trình cho
0,5đ viết
quá trình
và 0,5 đ
cân băng

Câu 4
4đ

 MnO2
 H2
 NaBr
 NaI
 Cl2 
 HI
1). HCl 
 Br2 
 I2 

2đ
Mỗi pt
0,5đ

1đ
Viết 5pt
1đ
1đ

2). H2S và SO2
Khí sau phản ứng là O2
O3 + 2KI + H2O → O2 + 2KOH + I2
CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O


Câu 5
4đ

1) a. Chọn 1 mol Al thì có 3 mo l Zn

1đ

2Al  6HCl  2AlCl 3  3H 2

1,5
1  3  1 
C %AlCl3  8,33%

m

m

m


m

4713g



ddY
Al  Zn
ddHCl
H2
C %ZnCl2  8,66%
Zn  2HCl  ZnCl 2  H 2
3  6  3  3

HCl(0,002m)
Al(x)
BTH
1đ
 m(gam)dd 

 59,775gam muèi+H 2 (0,002m)
b. agam 
H
SO
(0,001m)
Zn(3x)
 2 4
BTKL27x  65.3x  36,5.0,002m  98.0,001m  59,775  2.0,002m. x  0,1
a  22,2g




BTe3x  2.3x  2.0,002m
m  225 V  10,08(l)
2)

 CuO(x)
 CuO(x)


 PhÇn 1 :  Cu(y) + Cl 2   CuCl 2 (y)  80x  135 y  162, 5z  41, 75 (1)
 Fe(z)
 FeCl (z )


3

2đ
0,5đ

 CuCl 2 (tx)
 CuO(tx)


 PhÇn 2 :  Cu(ty) +HCl   Cu(ty)
 H 2 O  H 2 (tz)  tz  0, 06 (2)
 Fe(tz)
 FeCl (t)
2




0,5đ

 CuO(2tx / 3)
 Cu

 PhÇn 3 :  Cu(2ty / 3) +CO (2tx / 3)    CO  2tx / 3  0, 06 (3)
 Fe
 Fe(2tz / 3)


0,5đ

+Cã m Y  80(x  tx  2tx / 3)  64(y  ty  2ty / 3)  56(z  tz  2tz / 3)  48 (4)

0,5đ

x  0,15
m CuO  24gam
y  0,1


+Tõ (1), (2), (3), (4)  
  m Cu  12,8gam
z  0,1
m  11,2gam
 Fe
t  0,6

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn thi: HOÁ HỌC 10

Đề thi chính thức

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4.0 điểm)
1). (3đ). Nguyên tố X, Y có số hiệu nguyên tử Z lần lượt là 6 v à 9.
a. Viết cấu hình elec tron nguyên tử X, Y.
b. So sánh bán kính nguyên tử X, Y.
c. Viết công thức cấu tạo hợp chất tạo bởi giữa X và Y (theo quy tắc bát tử).
2). (1đ). Một ion M3+ có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 79, trong đó số hạt mang đi ện nhiều hơn số hạt
không mang điện là 19. Xác định vị trí M trong bảng tuần hoàn.
Câu 2. (4.0 điểm)
1). (3đ). Cho 5,85 gam muối NaX tác dụng hết với lượng dư dung dịch AgNO 3 thu được 14,35 gam kết tủa.
a. Tìm X.
b. X có 2 đồng vị, trong hạt nhân nguyên tử đồng vị thứ nhất có tổng số hạt cơ bản là 35, đồng vị thứ hai hơn
đồng vị thứ nhất 2 hạt nơtron. Tính phần trăm mỗi đồng vị X.
c. Tính khối lượng mỗi đồng vị trong 5,85 gam NaX .
2). (1đ). X là phi kim. Hợp chất khí với hi đro của X là A. Hợp chất oxit cao nhất c ủa X là B. Tỉ khối B so với
A là 2,75. Tìm X.
Câu 3. (4.0 điểm). Cân bằng phương trình phản ứng theo phương pháp thăng bằng electron
a. NH3 + O2 
 N2 + H2O
b. HNO3 + Al 

 Al(NO3)3 + N2O + H2O
c. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2 + NH4NO3 + H2O biết rằng tỉ lệ mol n N2 : n NH4 NO3  4 :1
o

t
d. Fe + FeS2 + HNO3 
 Fe2(SO4)3 + NO2 + H2O. Trong phản ứng này nếu có 0,5 mol Fe phản ứng thì
ị
có bao nhiêu mol HNO3 b khử hay bị oxi hoa.
Câu 4. (4.0 điểm)
 MnO2
 H2
X
Y
 A 
B
1). (2đ). Viết phương trình chuyển hóa HCl 
 Br2 
 I2 
2). (1đ). Cho hai chất khí A và B đều chứa nguyên tố X. Phân tử mỗi chất A, B đều gồm ba nguyên tử của hai
nguyên tố. Các chất A, B không những phản ứng trực tiếp với nhau mà mỗi chất còn phản ứng được nước vôi
trong, dung dịch nước brom. Hãy chọn các chất A, B và viết phương trình phản ứng xảy ra đã nói ở trên.
3). (1đ). Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ

Biết các khí có cùng số mol. Nghiêng ống nghiệm để nước ở nhánh A chảy hết sang nhánh B sau đó lắc ống
nghiệm cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định thành phần của chất khí sau phản ứng.
Câu 5. (4.0 điểm)
1). (2đ). Cho hỗn hợp X gồm Al và Zn (tỉ lệ mol Al và Zn lần lượt là 1:3) phản ứng vừa đủ dung dịch HCl
7,3% được dung dịch Y.
a. Tính nồng độ phần trăm các chất trong Y.

b. Nếu cho a gam hỗn hợp X trên phản ứng vừa đủ dung dịch hỗn hợp HCl 7,3% và H 2SO4 9,8% thu được V
lít H2 (đktc) và dung dịch Z chứa 59,775 gam chất tan. Tính a và V.
2). (2đ). Chia 48 gam hỗn hợp bột Y gồm CuO, Cu và Fe thành ba phần:
- Phần 1: cho tác dụng với Cl2 dư thu được 41,75 gam chất rắn.
- Phần 2: tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 1,344 lít khí (đktc).
2
-Phần 3: (có khối lượng bằng phần 2) tác dụng vừa đủ với 1,344 lít khí (đktc) khí CO đun nóng.
3
Tính khối lượng mỗi chất trong 48 gam Y. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
(Cho H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, S=32, K =39, Fe=56, Cu=64, Zn=65, Ag=108, Ba=137, Cl=35,5 )
- - - Hết - - -


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
Môn thi: HOÁ HỌC 10
Câu
Đáp án
Câu 1
1 (3đ) 1.a). X(Z=6) 1s22s22p2
Y(Z=9) 1s22s22p5
b). RX>RY
c). Công thức cấu tạo XY 4 (CF4)
2 (1đ) 2Z  N  3  79 Z  26  ch : 1s2 2s2 2p 6 3s2 3p 6 4s2

 M ë chu k× 4 nhãm VIIIB

2Z-3  N  19
N  30

Điểm

1đ

Câu 2 1. a). NaX + AgNO3 → NaNO3 + AgX
1 (3đ)
5,85
14,35

 X  35,5  Cl
23  X 108  X

1đ

35
35x  37(100  x)
 Cl chiÕm 75%
b). 35,5 
 x  75   37
100
 Cl chiÕm 25%

0,075mol35Cl m 35 Cl  0,075.35  2,625gam
c). 0,1molNaCl  0,1molCl  

37
0,025mol Cl m 37 Cl  0,025.37  0,925gam

2. Gọi n là số thứ tự nhóm của X
2 (1đ) TH1 X ở nhóm lẻ
Công thức A là XH 8-n, công thức B là X2On
2 X  16n

Ta có
 2,75
X 8n
n
5
7
X
96,6 loại 145,6 loại
ở
TH2 X nhóm chẵn
Công thức A là XH 8-n, công thức B là XOn/2
X  8n
Ta có
 2,75
X 8n
n
4
6
X
12 là C
24 loại

1đ
1đ

1đ

1đ

1đ

Mỗi
trường
hợp cho
0,5đ

Câu 3
4đ

Mỗi phương trình phải viết được quá trình oxi hóa, quá trình khử
a. 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O
b. 30HNO3 + 8Al → 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O
c. 16Al + 58HNO3 →16 Al(NO3)3 + 4N2 + NH4NO3 + 27H2O.
to
d. Fe + 3FeS2 + 48HNO3 
 2Fe2(SO4)3 + 48NO2 + 24H2O.
0,5 mol Fe thì có 24 mol HNO3 bị khử

4đ
Viết
đúng mỗi
phương
trình cho
0,5đ viết
quá trình
và 0,5 đ
cân băng

Câu 4
4đ

 MnO2
 H2
 NaBr
 NaI
 Cl2 
 HI
1). HCl 
 Br2 
 I2 

2đ
Mỗi pt
0,5đ
1đ
Viết 5pt
1đ
1đ

2). H2S và SO2
Khí sau phản ứng là O2
O3 + 2KI + H2O → O2 + 2KOH + I2
CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O


Câu 5
4đ

1) a. Chọn 1 mol Al thì có 3 mo l Zn

1đ

2Al  6HCl  2AlCl 3  3H 2

1,5
1  3  1 
C %AlCl3  8,33%

m

m

m

m

4713g



ddY
Al  Zn
ddHCl
H2
C %ZnCl2  8,66%
Zn  2HCl  ZnCl 2  H 2
3  6  3  3

HCl(0,002m)
Al(x)
BTH

1đ
 m(gam)dd 

 59,775gam muèi+H 2 (0,002m)
b. agam 
H
SO
(0,001m)
Zn(3x)
 2 4
BTKL27x  65.3x  36,5.0,002m  98.0,001m  59,775  2.0,002m. x  0,1
a  22,2g



BTe3x  2.3x  2.0,002m
m  225 V  10,08(l)
2)

 CuO(x)
 CuO(x)


 PhÇn 1 :  Cu(y) + Cl 2   CuCl 2 (y)  80x  135 y  162, 5z  41, 75 (1)
 Fe(z)
 FeCl (z )


3

2đ
0,5đ

 CuCl 2 (tx)
 CuO(tx)


 PhÇn 2 :  Cu(ty) +HCl   Cu(ty)
 H 2 O  H 2 (tz)  tz  0, 06 (2)
 Fe(tz)
 FeCl (t)
2



0,5đ

 CuO(2tx / 3)
 Cu

 PhÇn 3 :  Cu(2ty / 3) +CO (2tx / 3)    CO  2tx / 3  0, 06 (3)
 Fe
 Fe(2tz / 3)


0,5đ

+Cã m Y  80(x  tx  2tx / 3)  64(y  ty  2ty / 3)  56(z  tz  2tz / 3)  48 (4)

0,5đ

x  0,15
m CuO  24gam
y  0,1


+Tõ (1), (2), (3), (4)  
  m Cu  12,8gam
z  0,1
m  11,2gam
 Fe
t  0,6