18 ĐỀ ÔN THI HSG LỚP 10 MÔN HÓA HỌC (Kèm đáp án chi tiết)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
Bố trí thí nghiệm như hình vẽ sau:

Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi thí nghiệm được tiến hành.
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron.
� Fe(NO3)3 + NnOm + H2O
FexOy + HNO3 ��
b) Cho biết giá trị năng lượng ion hoá thứ nhất I1 (kJ/mol) của các nguyên tố thuộc chu kì 2 như sau:
Chu kỳ 2
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
I1 (kJ/mol)
520
899 801 1086 1402 1314 1681 2081
Nhận xét sự biến thiên năng lượng ion hoá thứ nhất của các nguyên tố trên. Giải thích?
Câu 3: (2,0 điểm)
a) Mô tả dạng hình học (không vẽ hình) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân
tử và ion sau: BCl3, NH3, SF6, SO2.

b) Hãy giải thích vì sao phân tử CO2 không phân cực, trong khi phân tử SO2 lại phân cực.
Câu 4: (2,0 điểm)
Hợp chất M được tạo nên từ cation X + và anion Y3-, mỗi ion đều do 5 nguyên tử của 2 nguyên tố phi
kim tạo nên. Biết tổng số proton trong X+ là 11 và trong Y3- là 47. Hai nguyên tố trong Y3- thuộc 2 chu kì
kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn và có số thứ tự cách nhau 7 đơn vị. Hãy xác định công thức phân tử
của M.
Câu 5: (2,5 điểm)
a) Để phân biệt muối ăn thường và muối iot (chứa KI), có thể vắt nước cốt chanh vào muối, sau đó
thêm vào một ít nước cơm hoặc nước vo gạo. Nếu thấy màu xanh xuất hiện chứng tỏ muối đó là muối iot.
Hãy giải thích bằng phản ứng hóa học.
b) Để xác định hàm lượng khí độc CO trong không khí của vùng có lò luyện cốc, người ta làm như
sau: lấy 27,4 lít không khí (d = 1,2 gam/ml), dẫn toàn bộ lượng khí đó đi qua thiết bị có chứa một lượng
dư I2O5 được đốt nóng ở 150°C để tạo hơi I2. Hơi I2 được hấp thụ hết trong KI dư, lượng KI 3 tạo ra phản
ứng hoàn toàn với một lượng vừa đủ 7,76 ml dung dịch Na2S2O3 0,0022M.


Tính hàm lượng CO có trong mẫu không khí theo số ppm. Biết ppm là số microgam chất có trong 1
gam mẫu, 1 gam = 106 microgam.
Câu 6: (2,5 điểm)
Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm: R, FeO, CuO (R là kim loại chỉ có hóa trị II, hidroxit của R không có
tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6% (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A,
chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa một kim loại) và 6,72 lít H 2 (đktc). Cho dung dịch A tác dụng với dung
dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34
gam chất rắn E gồm hai oxit.
a) Tìm R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X .
b) Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A.
Câu 7: (2,5 điểm)
Một sunfua kim loại có công thức R 2S, trong đó kim loại R thể hiện số oxi hoá +1 và +2 trong các
hợp chất. Đốt cháy hoàn toàn 1,6 gam 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 1,71 gam 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.
Câu 8: (2,5 điểm)
Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch
H2SO4 đặc nóng, dư thu được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ
hoàn toàn lượng khí SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất
tan.
Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung
dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc).
Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X.
Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối.
a) Tính V.
b) Xác định kim loại M.
Câu 9: (2,0 điểm)

a) Xét cân bằng: N2 (k) + 3H2 (k) � 2NH3 (k) H  0 , ở nhiệt độ t.
Cân bằng chuyển dịch theo chiều nào khi: i) tăng áp suất; ii) giảm nhiệt độ.
b) Khí CO được sử dụng rộng rãi trong tổng hợp hữu cơ, có thể thu được bằng phản ứng giữa khí
CO2 với Cacbon ở trạng thái rắn: C (r) + CO2 (k) � 2CO (k)
Ở 109K và áp suất chung của hệ là 1,5 atm, phản ứng trên có hằng số cân bằng K p = 10. Xác định
hàm lượng khí CO trong hỗn hợp tại thời điểm cân bằng.
----------Hết---------(Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn hóa học)


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Câu

1

(2,0
điểm)

2
(2,0
điểm)

3
(2,0
điểm)

4
(2,0
điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung
Ống nghiệm chứa KMnO4 và đoạn thứ nhất của ống hình trụ nằm ngang có màu vàng
lục vì có khí clo.
� 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O
2KMnO4 + 16HCl ��
Đoạn giữa của ống hình trụ nằm ngang có màu đỏ nâu vì có hơi brom sinh ra.
� 2KCl + Br2
Cl2 + 2KBr ��
Đoạn cuối của ống hình trụ nằm ngang có màu tím vì có hơi iot sinh ra.
� 2KBr + I2
Br2 + 2KI ��
Ống nghiệm chứa hồ tinh bột chuyển màu xanh vì iot sinh ra tác dụng với hồ tinh bột.

� xFe+ 3 + (3x – 2y)e
(5n – 2m) x xFe+2y/x
(3x – 2y) x nN+ 5 + (5n – 2m)e � nN+ 2m/n
a
�
(5n – 2m)FexOy + (18nx – 6mx – 2ny)HNO3 ��
x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O
* Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần
Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các
nguyên tố tăng dần và số lớp e không đổi, nên lực hút giữa điện tích hạt nhân và
e lớp ngoài cùng tăng, làm e càng khó bị tách ra khỏi nguyên tử nên năng lượng
b ion hoá tăng.
* Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường
Giải thích: Be có cấu hình e 1s 22s2, cấu hình ở phân lớp s bảo hòa và N có cấu
hình e là: 1s22s22p3, phân lớp p bán bão hoà. Đây cũng là những cấu hình e bền
nên cũng cần cung cấp năng lượng cao hơn để tách e ra khỏi nguyên tử.
Dạng hình học của các phân tử: (Mỗi chất xác định đúng được 0,25đ)
- BCl3: có dạng tam giác đều, B có lai hóa sp2.
a - NH3: có dạng chóp tam giác, N có lai hóa sp3.
- SF6: có dạng bát diện, S có lai hóa sp3d2.
- SO2: có dạng chữ V, S có lai hóa sp2.
* Phân tử CO2 có nguyên tử trung tâm (nguyên tử cacbon) lai hóa sp nên phân tử
dạng đường thẳng 2 nguyên tử O ở 2 đầu nên phân tử không phân cực.
* Trong khi phân tử SO2 có nguyên tử trung tâm (nguyên tử lưu huỳnh) lai hóa
b sp2 nên phân tử có dạng góc. Mặt khác liên kết S với O là liên kết phân cực nên
phân tử phân cực
O=C=O ;
S
O O
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.
�n  m  5
�
n . Z  m.1  11 �
Ta có: � M
Giải được n = 1; m = 4; ZM = 7


Vậy M là Nitơ, X là NH 4
Tương tự: CTTQ của Y3- là AxBy3-.

Điểm
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0

0,5

0,5

1,0

1,0

1,0

1,0


5
(2,0
điểm)

6
(2,5
điểm)

�x  y  5
�
�ZB  ZA  7
�x .Z  y.Z  47
B
� Giải được Y3- là PO43-.
Ta có: � A
CTPT của M: (NH4)3PO4.
I- + H+ � HI
a 2HI + ½ O2 � I2 + H2O
I2 + hồ tinh bột � hợp chất màu xanh
Các phương trình hóa học xảy ra:
5CO + I2O5 � I2 + 5CO2 (1)
I2 + KI � KI3 (2)
KI3 + 2Na2S2O3 � Na2S4O6 + KI + 2NaI (3)
Theo giả thiết ta có mkhông khí = 27,4.1,2.1000 = 32880 gam
b
nNa2S2O3 = 0,0022.7,76/1000 = 0,00001707 mol
Từ (1), (2), (3) � nI2 = nKI3 = 0,5nNa2S2O3

Ta có: nCO = 5nI2
� mCO = 28 × 5×0,5×0,00001707 = 0,00119504 gam = 1195,04 microgam
Vậy hàm lượng CO trong mẫu là: 1195,04/32880 = 0,0363 ppm
a nHCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol;
nH2 = 6,72/22,4= 0,3 mol
-Cho X + dd HCl dư:
Vì sản phẩm có H2, nên R là kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hoá học,
nên R đứng trước cả Cu.
Vì axit dư nên sau phản ứng không thể có R dư, mà 9,6 gam chất rắn B chỉ chứa
một kim loại, suy ra phải có phản ứng của R với muối CuCl 2 tạo ra Cu kim loại
và hiđroxit của R sẽ không tan trong nước (ở đây FeCl 2 chưa phản ứng với R do
mức độ phản ứng của CuCl2 với R cao hơn so với FeCl2). Do đó B là Cu.
Dung dịch A có RCl2, FeCl2 và HCl dư. Vì dung dịch A tác dụng với KOH dư thu
kết tủa D, sau đó nung D đến hoàn toàn thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit,
suy ra 2 oxit này là RO và Fe2O3. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl2.
R + 2HCl → RCl2 + H2
(1)
FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2)
CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3)
R + CuCl2 → RCl2 + Cu
(4)
- Cho dung dịch A tác dụng dung dịch KOH dư:
HCl + KOH → KCl + H2O
(5)
RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6)
FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7)
Nung kết tủa ngoài không khí:
t0
� RO + H2O
R(OH)2 ��

(8)

1,0

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

0

t
� Fe2O3 + 2H2O (9)
2Fe(OH)2 + ½ O2 ��
E gồm hai oxit: RO và Fe2O3
nCu = 9,6/64 = 0,15 mol
Theo pư (3),(4): nCuO = nCuCl2 = nCu = 0,15 mol
Theo pư (1), (4): nRCl2 = nR = nH2 + nCuCl2 = 0,3 + 0,15 = 0,45 mol
Theo pư (6)(8): nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol
Đặt nFeO ban đầu = x mol
Theo các phản ứng (2),(7),(9): nFe2O3 = ½ .nFeO = 0,5x (mol)
Ta có: mE = mRO + mFe2O3 = 0,45.(MR + 16) + 0,5x.160 = 34 gam (*)
mX = mR + mFeO + mCuO = 0,45.MR + 72x + 80.0,15 = 37,2 gam
(**)
Giải hệ (*), (**) ta được: MR = 24;
x = 0,2

Vậy R là Mg

0,5


b

%mMg = mMg.100/mX = (0,45.24.100)/37,2 = 29,0%
%mFeO = 0,2.72.100/37,2 = 38,7%
%mCuO = 32,3%
Dung dịch A có: MgCl2 (0,45 mol), FeCl2 (0,2 mol), HCl dư
Ta có: nHCl pư = nCl trong muối = 2.nMgCl2 + 2.nFeCl2 = 1,3 mol
� mHCl dư = 500.0,146 – 1,3.36,5 = 25,55 gam
Áp dụng định luật BTKL: mddA = mX + mdd HCl ban đầu – mB – mH2 = 527 gam
� C%(MgCl2) = 8,11%; C%(FeCl2) = 4,82%; C%(HCl) = 4,85%

7
(2,5
điểm)

0,5

0

t
��
� 2RO + SO2
� RCl2 + H2O
RO + 2HCl ��
nR2S= 1,6/(2R+ 32); nRO= 3,2/ (2R+ 32); nHCl= 6,4/ (2R+ 32); nRCl2= 3,2/(2R+ 32)

mdd HCl= x =
mdd sau pư= mRO + mdd HCl=
C%RCl2= (:) x 100% = 40,9%
� R= 64 � R là kim loại Cu
Làm lạnh dung dịch, có 1,71 gam muối kết tinh
� mdd sau làm lạnh= mdd sau pư – 1,71= 6,6 – 1,71= 4,89 gam
mCuCl2 trước làm lạnh= 2,7 gam
mCuCl2 sau làm lạnh = = 1,35 gam
mCuCl2 kết tinh= 2,7-1,35 = 1,35 gam � nCuCl2 kết tinh= 0,01 mol
mH2O kết tinh= 1,71- 1,35= 0,36 gam � nH2O kết tinh = 0,02 mol
� Công thức muối kết tinh là CuCl2.2H2O
Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol
Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng:
� NaHSO3
SO2 + NaOH ��

Pthh: R2S + 2O2

0,5

� Na2SO3 + H2O
SO2 + 2NaOH ��
n
 0,1(mol) �
- Nếu chỉ tạo muối NaHSO3 � NaHSO
mchất rắn = 10,4 (gam)
n

0,
05(mol)

� mchất rắn = 6,3 (gam)
- Nếu chỉ tạo muối Na2SO3 � Na SO
� Chất rắn gồm: Na2SO3 (x mol); NaOH dư (y mol)
Ta có: mchất rắn < mmuối min

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

0,5

3

a

2

3

�2x  y  0,1
�x  0, 0375
�
�
126x  40y  5, 725 � �y  0, 025
Hệ pt: �
n  n Na 2SO3  0, 0375
Bảo toàn S: SO2

(mol)
� VSO2 = 0,0375 �22,4 = 0,84 lít
+ Đặt số mol của Fe và M trong m gam X lần lượt là a và b
Bảo toàn electron, ta có: 3a + nb = 2.0,0375
(1)
+ Trong hỗn hợp Y có: n Fe = a mol; n M = 3b mol

8
(2,5
điểm)

0,5

0,5

Bảo toàn electron, ta có: 2a + n.3b = 2.0,0775 (2)
+ Trong hỗn hợp Z có: n Fe = 2a mol; n M = b mol
b

9
(2,0
điểm)

a

n
n
Bảo toàn nguyên tố, ta có: FeSO4 = n Fe = 2a mol; M2  SO4  n = 1/2 n M = b/2 mol
� mmuối = 152.2a + (2M + 96n).b/2 = 5,605
(3)

Giả hệ pt gồm (1); (2) và (3) ta được: a = 0,01; Mb = 0,405; nb = 0,045
M Mb 0, 405


9
� n nb 0, 045
� M  9n
�
Chọn n = 3
M = 27 là Al
i) Thuận. Khi tăng áp suất thì cần bằng chuyển dịch theo chiều giảm áp suất mà
chiều giảm suất là chiều thuận
ii) Thuận. Khi giảm nhiệt độ thì cần bằng chuyển dịch theo chiều tăng nhiệt độ

0,5

0,5

0,5
0,5


mà chiều tăng nhiệt độ là chiều chiều thuận.
C + CO � 2CO
2

b

[]
(1 - x)

2x
Tổng số mol khí thu được sau phản ứng = 1 + x (mol)
2
�2x �
�
P2
1 x �
K P  CO  � ��1,5
1 x
PCO2
1 x
Ta có:
= 10  x = 0,79
Vậy hỗn hợp cân bằng chứa 2.0,79 = 1,58 mol CO (88,27%) và 1 – 0,79 = 0,21
mol CO2 (11,73%)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Câu 1 (2,0 điểm):

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

1,0


Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:
a) Sục từ từ khí sunfurơ đến dư vào cốc chứa dung dịch brom.
b) Dẫn khí ozon vào dung dịch KI, chia dung dịch sau phản ứng thành hai phần: phần 1 nhỏ vài giọt

dung dịch hồ tinh bột; phần 2 nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein.
c) Sục từ từ khí Cl2 đến dư vào dung dịch KI.
Câu 2 (2,0 điểm):
Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương pháp thăng bằng
electron:
t0
� Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O
a) FexOy + H2SO4 đ ��
b) Mg + HNO3

� Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O
o

t
� Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O
c) FeS2 + H2SO4 đ ��
d) Al + HNO3 � Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O
(Biết ở phản ứng d thì tỉ khối của hỗn hợp khí NO và N2O so với hiđro bằng 16,75).

Câu 3 (2,0 điểm):
0

a) Hãy tính bán kính nguyên tử Liti (đơn vị A ), biết thể tích của 1 mol tinh thể kim loại Li bằng
7,07cm3 và trong tinh thể các nguyên tử Li chỉ chiếm 68% thể tích, còn lại là khe trống.
b) Hợp chất NaCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm mặt. Khối lượng riêng của NaCl là 2,165
0

g/cm , bán kính của ion Cl- là 1,84 A. Xác định bán kính của ion Na+. Cho Na = 22,99 và Cl = 35,45.
3

Câu 4 (2,5 điểm):
Hợp chất của nguyên tố R với Hiđro là chất khí và có dạng RHx. Khối lượng phân tử oxit cao nhất
của R bằng 2,353 lần khối lượng phân tử của RHx.
a) Viết công thức oxit cao nhất của R theo x và xác định tên của R.
b) Viết công thức cấu tạo của công thức oxit cao nhất và hiđroxit tương ứng theo quan niệm hiện đại.
Câu 5 (3,0 điểm):
1) Hòa tan 15,91 gam hỗn hợp A gồm Na2CO3, K2CO3 và Na2O bằng dung dịch HCl thu được 1,68
lít CO2 (đktc) và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B được 22,235 gam hỗn hợp chứa hai muối khan. Tính
thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A.
2) Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi, sau phản
ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư). Hoàn tan Y bằng một lượng
vừa đủ 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, thu được
56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm thể tích các khí có trong hỗn hợp X.
Câu 6 (3,0 điểm):
Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được 2,24 lít
7
m
khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6) và còn 50 gam kim loại không tan. Cho toàn bộ lượng
kim loại không tan tác dụng hết với dung dịch HCl (lấy dư 10% so với lượng cần phản ứng) được dung
dịch A. Dung dịch A tác dụng hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO4 đun nóng (đã axit hóa
bằng H2SO4 dư).
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính giá trị của m và thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X?
Câu 7 (2,5 điểm):
Một hỗn hợp A gồm M2CO3, MHCO3 và MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 gam A tác dụng hết
với V ml dung dịch HCl 10,52% (d = 1,05 g/ml) lấy dư thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia
dung dịch B thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M. Cô cạn dung dịch thu được m gam
muối khan.

- Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với AgNO3 thu được 68,88 gam kết tủa.
a) Xác định kim loại M và tính phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp A.
b) Tính giá trị của V và m.
Câu 8 (3,0 điểm):
Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau :
- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu
nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi, thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3
vào dung dịch B, sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa vàng.
- Hòa tan X vào Nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu
bị mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3.
a) Viết các phương trình hóa học có thể xảy ra dưới dạng ion (thu gọn) ?
b) Để xác dịnh chính xác công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1 gam X vào nước, thêm lượng
dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch có màu nâu. Chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ
tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M tới mất màu thấy tốn hết 37,40 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công
thức phân tử X ?
---------- Hết ---------(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung

Điểm

a
1
(2,0
điểm)

b

c

Màu vàng nâu của dung dịch brom nhạt dần, cuối cùng mất màu hoàn toàn.
SO2 + H2O + Br2 � H2SO4 + 2HBr
- Phần 1 dung dịch chuyển sang màu xanh .
- Phần 2 dung dịch chuyển sang hồng.
O3 + H2O + 2KI � O2 + 2KOH + I2
Dung dịch KI xuất hiện màu đỏ tím
Cl2 + 2KI � 2KCl + I2
Sau đó dần trờ lại không màu
5Cl2 + I2 + 6H2O � 2HIO3 + 10HCl

0,5
0,5
0,5
0,5

0

t
� xFe2(SO4)3 +(3x-2y)SO2 +(6x-2y)H2O

2FexOy +(6x-2y)H2SO4 đ ��

a

2
(2,0
điểm)

b

4Mg + 10HNO3 � 4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O
4x Mg � Mg+2 + 2e
1x N+5 + 8e � N-3

0,5

o

c

d

3
(3,0
điểm)

0,5

a

b

t
� Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
2FeS2 + 14H2SO4 đ ��
+3
�
1x 2FeS2
2Fe + 4S+4 +22e
11x S+6 +2e � S+4
17Al + 66HNO3 � 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O
30a  44b
a 3
 33,5 � 
b 1
do a  b
+3
�
17x Al
Al + 3e
+5
3x 5N +17e � 3N+2 + 2N+1
68
4,8076
Vngtu 
.7, 07  4,8076  cm 3  � V1 ngtu 
 7, 986.10 24  cm 3 
23
100
6, 02.10

3V
� R 3

4

3

0
3.7,986.10 24
 1, 24.108  cm3   1, 24 A
4.3,14

Xét một ô mạng cơ sở

1
1
8.  6.  8
2
Số ion Cl- trong một ô mạng cơ sở: 8
(ion)
1
12.  1.1  4
+
4
Số ion Na trong một ô mạng cơ sở:
(ion)
Số phân tử NaCl trong một ô mạng cơ sở là 4

0,5

0,5

1,0

0,5


4.  22,99  35, 45 
6, 022.1023
Khối lượng một ô mạng cơ sở =
= 3,882.10-22 (g)
3,882.1022
2,165
Thể tích một ô mạng cơ sở: V =
= 1,79.10-22 (cm3)

0,5
0

4
(2,5
điểm)

a

b
5
(3,0
điểm)

1

2

22
3
Chiều dài cạnh ô mạng cơ sở: a = 1, 79.10 = 5,6357.10-8 cm �5,6357 A.
5, 6357
0
 1,84
A.
+
+
�
2
Ta có: 2(r(Na ) + r(Cl )) = a
r(Na ) =
= 0,98
R là phi kim
+ TH1: Oxit cao nhất là R2O(8 - x)
2R  16  8  x 
�
Rx
= 2,353 � Không tìm được R.

+ TH2: Oxit cao nhất là RO(4 - 0,5x)
R  16  4  0,5x 
�
Rx
= 2,353 � R = 32.

Vậy R là S
Oxit SO3
Hidroxit H2SO4
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Na2CO3, K2CO3, Na2O.
�
106a  138b  62c  15, 91
�
a  b  0, 075
�
�
58,5.  2a  2c   74,5.2b  22, 235
Hệ: �
Giải hệ ta được: a = 0,02 ; b = 0,055 ; c = 0,1
%m Na 2CO3  13,32%, %m K2 CO3  47, 7%, %m Na 2 O  38,98%
Vậy:
1,92
4, 48
n Mg 
 0, 08 (mol) , n Fe 
 0, 08 (mol), n HCl  012.2  0, 24 (mol)
24
56
1
1
n O  n HCl  .0, 24  0,12 (mol) � n O2  0, 06 (mol)
2
2
Ta có:
Bảo toàn electron, ta có:
Cl2  2e � 2Cl 

Mg � Mg 2  2e
0,08
0,16
a
2a
3
O

4e � 2O 2
Fe � Fe  3e
2
0,08
0,24
0,06 0,24
Ag   1e � Ag
b
b
2a

0,
24

b

0,
4
Suy ra:
(1)
2
2

3

Dung dịch Z gồm: Mg , Fe , Fe , Cl
Ag   Cl  ��
� AgCl
(2a + 0,24) (2a + 0,24)
2
Fe  Ag  ��
� Fe3  Ag
b
b
 2a  0, 24  .143,5  108b  56, 69
Suy ra:
a  0, 07
�
�
b  0, 02
Từ (1) và (2) ta có: �

1,0

1,0

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

1,0

(2)


%VCl2 

a

6
(3,0
điểm)

b

a
7
(2,5
điểm)

b
8
(3,0
điểm)

a

0, 07
.100%  53,85%; %VO2  100%  53,85%  46,15%
0, 07  0, 06

Vậy:
Cho hỗn hợp Fe, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4đặc, nóng, còn dư kim loại
không tan là Fe dư => dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO4.
PTHH các phản ứng :
2Fe + 6H2SO4 đ,nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
2Fe3O4 + 10H2SO4đ,nóng → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2)
Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (3)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4)
10HCl + 2 KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8 H2O (5)
10FeCl2 + 6 KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 +
10Cl2 + 24 H2O (6)
Gọi số mol Fe dư là a mol
Theo (4) ta có : nHCl phản ứng = 2a (mol)
=> nHCl dư = 0,2a (mol)
Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4
nKMnO4
= 0,64a = 0,064 => a= 0,1
Theo các phản ứng (5), (6) =>
mFe dư= 5,6 gam = 7m/ 50 => m = 40 (gam)
Gọi số mol Fe, Fe3O4 phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y
Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7)
Số mol SO2 = 0,1mol
Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8)
Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1
Khối lượng sắt ban đầu: mFe bđ = 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam
%mFe3O4

=> %mFe= 42% ;
= 58%.
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của M2CO3, MHCO3 và MCl.
Bảo toàn nguyên tố C, ta có: nCO2 = a + b = 0,4 (1)
n(HCl + MCl trong B) = 2nAgCl = 0,96 (mol)
nHCl trong B = 2nKCl = 2nKOH = 0,2 (mol)
� nMCl trong B = 0,96 – 0,2 = 0,76 (mol)
Bảo toàn nguyên tố M, ta có: nMCl = 2a + b + c = 0,76 (2)
mA = (2M + 60)a + (M + 61)b + (M + 35,5)c = 43,71
� 0,76M + 60a + 61b + 35,5c = 43,71 (3)
Lấy (2) – (1) ta được: a + c = 0,36. Suy ra: c = 0,36 – a; b = 0,4 – a
Thế vào (3) ta được: 0,76M – 36,5a = 6,53
0, 76M  6,53
a
36,5
Suy ra: 0 <
< 0,36
Nên 8,6 < M < 25,88
Vì M là kim loại kiềm hóa trị I nên M chỉ có thể là Na.
Giải hệ PT ta đươc: a = 0,3; b = 0,1; c = 0,06.
%mNa2CO3 = 72,75%; %mNaHCO3 = 19,22%; %mNaCl = 8,03%.
nHCl = 2a + b + 0,2 = 0,9 (mol)
0,9 �36,5 �100
� V = 10,52 �1, 05 = 297,4 ml
m = mNaCl + mKCl = 0,38. 58,5 + 0,1. 74,5 = 29,68 (gam)
X cháy cho ngọn lửa màu vàng � thành phần nguyên tố của X có natri.
Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với
AgNO3 � thành phần nguyên tố của X có iot.

1,5

0,5

1,0

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5


Phản ứng của X với SO2 chúng minh X có tính oxi hóa.

Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO x .
Đặt công thức của X là NaIOx.

2

(2x -1) SO2 + 2 IOX + (2x-2) H 2O � I 2 + (2x-1) SO4 + (4x-4) H
SO2 + I 2 + 2 H 2O � 2 + SO42 + 4 H 


Ag + I � AgI



IOX
+ (2x-1) I + 2x H � x I 2 + x H 2O
I 2 + 2 S2O32 � 2 I  + S4O62

b



1
Theo (5) � nI2 = 2 nNa2S2O3 = 1,87.10-3 mol
1
1

IO
Theo (4) � n X = x nI2 = x .1,87.10-3 mol
0,1
1
0,1x
 .1,87.103
1,87.103
23

127

16x
x
150

16x

�
�
� 0,1x = 0,2805 + 0,02992x
� x = 4.
Công thức phân tử của X là NaIO4

(1)
(2)
(3)

1,5

(4)
(5)

0,5

0,5


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Câu 1 (2,0 điểm):
Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho SO2 lội qua dung dịch:
a) Ba(OH)2
b) K2Cr2O7 + H2SO4

c) Fe2(SO4)3
d) KMnO4
Câu 2 (3,0 điểm):
Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron.
t
� Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
a) FeS2 + H2SO4 (đ) ��
0

� 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 ��

Câu 3 (3,0 điểm):
A, B là 2 đồng vị của nguyên tố X. Tổng số hạt proton, nơtron và electron trong A và B là 346,
trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 62. Số nơtron của B lớn hơn số
nơtron của A là 2 hạt.
a) Xác định kí hiệu nguyên tử của A, B.
b) Trong tự nhiên, đồng vị A chiếm 61,613% về khối lượng, tính nguyên tử khối trung bình của
hai đồng vị.
c) Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố X.
Câu 4 (3,0 điểm):
a) Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các phân tử NH 3, H2S và H2O. Hãy cho biết tại sao góc hóa trị
của các phân tử lại khác nhau: Góc (HNH) = 1070, góc (HSH)=920, góc (HOH) = 104,50. Giải thích.
b) Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào trong các chất sau: HF, HCl, HBr, HI? Tại
sao?

Câu 5 (3,0 điểm):
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 cháy Y đem đốt 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 6 (3,0 điểm):
Hỗn hợp X gồm Zn và Fe. Cho 18,6 gam hỗn hợp X vào 500 ml dung dịch HCl x M, cô cạn
dung dịch sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 34,575 gam muối khan. Nếu cho 18,6 gam hỗn hợp


X tác dụng với 800 ml dung dịch HCl x M, cô cạn dung dịch sau khi phản ứng hoàn toàn thu được
39,9 gam muối khan. Tính x và thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong X.
Câu 7 (3,0 điểm):
Hòa tan hoàn toàn m gam oxit MO (M là kim loại) trong 78,4 gam dung dịch H 2SO4 6,25%
(loãng) thì thu được dung dịch X trong đó nồng độ H 2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác, khi cho CO
dư đi qua m gam MO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y
qua 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thì chỉ còn một khí duy nhất thoát ra, trong dung dịch thu được có
chứa 2,96 gam muối.
a) Xác định kim loại M và tính m.
b) Cho x gam Al vào dung dịch X thu được ở trên, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được 1,12 gam chất rắn. Tính x?
---------- Hết ---------(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Câu

1
(2,0
điểm
)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 03 trang)

Nội dung
Cho khí SO2 lội qua dung dịch Ba(OH)2 thấy xuất hiện kết tủa màu trắng, sau đó SO 2
dư làm kết tủa tan dần do phản ứng:
a Ba(OH)2 + SO2 � BaSO3 + H2O
BaSO3 �+ H2O + SO2 � Ba(HSO3)2
Cho khí SO2 lội qua dung dịch chứa K2Cr2O7 + H2SO4 thấy màu da cam của dung
dịch nhạt dần, chuyển màu xanh do phản ứng:
b
K2Cr2O7 + H2SO4 + 3SO2 � Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
(màu da cam)
(màu xanh)
Cho khí SO2 lội qua dung dịch Fe2(SO4)3 thấy màu vàng nâu của dung dịch nhạt dần,
do phản ứng:
c
Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O � 2FeSO4 + 2H2SO4
(màu vàng nâu)
Cho khí SO2 lội qua dung dịch KMnO 4 thấy màu tím của dung dịch nhạt dần, do
phản ứng:
d
2KMnO4 + 5SO2 + 2H2O � 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4

(màu tím)
(không màu)
2 FeS
Fe+3 + 2S+4 + 11e
2
11

a

S+4

S+6 + 2e

2Fe+3 + 15S+4

2FeS2 + 11S+6

Điểm
0,5

0,5

0,5

0,5

0,75

0

t
� Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
2FeS2 + 14 H2SO4 (đ) ��

1
2
(3,0
điểm
)

b

13

+1

+5 +

5N

26e

0

0

-3

N2O +N2 + NH4+
0,75

Mg+2 + 2e

Mg

� 13Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + 14 H2O
13Mg + 32HNO3 ��
3Fe+3 + 1e
(5x-2y) Fe3O4

c

+2y/x

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

1

N xO y

0,75

� NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O
(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 ��

d
3
(3,0
điểm
)

a

Al+3 + 3e

8

Al

3

N+5 + 8e

N-3

0,75

� 8NaAlO2 + 3NH3
8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O ��
Z N 2
X
ZX
và B:

Z N
Z

Gọi A:
Tổng số hạt trong A và B bằng 346: 4Z + 2N + 2 = 346 (1)
Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 62: 4Z – (2N + 2) = 62 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: Z = 51 và N = 70
Z = 51 nên X là Sb (antimony).

1,0
0,5


121

123

Kí hiệu nguyên tử của hai đồng vị: 51Sb và 51 Sb
121
Xét 1 mol hai đồng vị, trong đó 51Sb có x mol.
b

c

4
(3,0
điểm
)

a

b
5
(3,0
điểm
)

a

M = 121x + 123(1 – x)
121x
�100%
121x  123  1  x 
Theo đề:
= 61,613 � x = 0,62
121�0, 62  123  1  0, 62 
Vậy: M =
= 121,76
 Kr  4d10 5s 2 5p3 .
Cấu hình electron nguyên tử của X: 36
Trong phân tử NH3 và H2O. Nguyên tử N và O đều ở trạng thái lai hóa sp 3. nên góc
hóa trị gần với góc 109028’.
Nhưng do cặp electron tự do không tham gia liên kết trên obitan lai hóa khuếch tán
khá rộng trong không gian so với cặp electron liên kết, nên nó có tác dụng đẩy mây
electron liên kết và do đó góc liên kết thực tế lại thua góc lai hóa sp 3. Trong phân tử
NH3 nguyên tử N có một cặp electron không liên kết, còn trong phân tử H 2O nguyên
tử O còn 2 cặp electron không liên kết. Vì vậy góc liên kết (HOH) nhỏ hơn góc liên
kết (HNH) và nhỏ hơn 109028’.
Trong phân tử H2S. S ở chu kì 3 khả năng tạo lai hoá kém nên trong H 2S mặc dù có
cấu tạo tương tự H2O nhưng S không lai hoá sp3.
Nguyên tử S bỏ ra 2 electron độc thân trên 2 obitan p (p x, py) xen phủ với 2 obitan 1s
có electron độc thân của nguyên tử H tạo 2 liên kết S – H. Góc tạo bởi trục của 2
obitan px và py là 900. Nhưng do tạo 2 liên kết S – H làm tăng mật độ electron khu
vực giữa nhân hai nguyên tử S, H. Hai cặp electron liên kết này đẩy nhau làm cho
góc liên kết HSH lớn hơn 900 và thực tế là 920.
Phương pháp sunfat áp dụng để điều chế HF, HCl; không điều chế được HBr, HI.
Vì axit H2SO4 là chất oxi hóa mạnh còn HBr và HI trong dung dịch là những chất

khử manh, do đó áp dụng phương pháp sunfat sẽ không thu được HBr và HI mà thu
được Br2 và I2.
n
n
Đặt H 2S = a (mol); H2 = b (mol)
34a  2b
a 3
 26 � 
b 1
� MY = a  b

Giả sử

n H2

= 1 (mol) 

n H 2S

1,0

0,5

1,0

1,0

0,5
0,5

0,5

= 3 (mol)

� nFe phản ứng = nS = nFeS = n H 2S = 3 (mol) � nFe dư = n H2 = 1 (mol)
� nFe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)
4.56.100%
70%
Vậy: %mFe = 4.56  3.32
; %mS = 100% - 70% = 30%
b
2,24
3
n
nY = 22,4 = 0,1(mol) � H2S = 4 .0,1 = 0,075 (mol).
� n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).
5,1.1.100
n H 2 O2 
 0,15 (mol)
100.34
� n SO2 = n H2S = 0,075 (mol)
� n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol)  H2O2 dư.
n H 2O2
n SO2
= 0,075 (mol) � H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)
phản ứng =
Áp dụng BTKL ta có:
m
m
m

mddB = dd H 2O2 + SO2 + H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)

0,5
0,5

0,5

0,5


6
(3,0
điểm
)

7
(3,0
điểm
)

0,075.98.100
0,075.34.100
106,6
106,6
C%(H2SO4)=
=6,695%;C%(H2O2 dư)=
= 2,392%.
Ta thấy: m rắn ở TN2 > m rắn ở TN1 nên sau TN1 kim loại dư, HCl phản ứng hểt.
1
Suy ra ở TN1: nH2 sinh ra = 2 nHCl = 0,25x (mol)

Theo định luật BTKL: 18,6 + 0,5x.36,5 = 34,575 + 0,25x.2 � x = 0,9 M
18, 6
18, 6
Ở TN2, ta có: 65 < nhh < 56 và nHCl = 0,8.0,9 = 0,72 mol > 2n hh nên sau phản
ứng HCl dư.
Gọi a và b lần lượt là số mol của Zn và Fe trong 18,6 gam hỗn hợp
65a  56b  18, 6
a  0, 2
�
�
��
�
136a  127b  39,9
b  0,1
�
Hệ �
� %mZn = 69,89% ; %mFe = 30,11%
78, 4.6, 25
nH2SO4 bđ = 100.98 = 0,05 mol . Gọi nMO = a mol
- Hòa tan MO vào dd H2SO4 loãng:
� MSO4 + H2O
MO + H2SO4 ��
mol: a
a
a
� nH2SO4 dư = (0,05 – a) mol
mdd sau pư = (M + 16)a + 78,4 (gam) ; mMO = (M + 16)a = m (gam)
98.(0,05 - a).100
C%  H 2SO 4(du)  =
= 2,433(%)

(M+16)a + 78,4
(I)

Ta có
- Khử MO bằng CO dư
to
� M + CO2
MO + CO ��
a
a
a
a
a
Vậy hỗn hợp Y gồm CO2 và CO dư
- Cho Y qua dd NaOH có nNaOH = 0,5.0,1= 0,05 (mol) mà chỉ còn một khí thoát ra
thì đó là CO, vậy CO2 đã phản ứng hết. Phản ứng có thể xảy ra:
� Na2CO3 + H2O
CO2 + 2NaOH ��
k
2k
k
� NaHCO3
CO2 + NaOH ��
t
t
t
� mmuối = 106k + 84t = 2,96 (II)
TH1: Nếu NaOH dư thì t = 0 ( không có muối axít) � a = k = 0,028.
Thay vào (I) ta được M = 348,8 (loại)
TH2: Nếu NaOH hết

2k + t = 0,05 (III)
�
Từ (II) và (III)
k = 0,02 ; t = 0,01 � nCO2 = a = 0,03 mol
Thay vào (I) được M = 56 � đó là Fe và m = (56 + 16).0,03 = 2,16 (g)
b Dung dịch X gồm: FeSO4 (0,03 mol) ; H2SO4 dư (0,02 mol)
Khi cho Al vào, phản ứng hoàn toàn mà có 1,12 g chất rắn => H2SO4 đã hết
� Al2(SO4)3 + 3H2
2Al + 3H2SO4 ��
0,04/3 � 0,02
� Al2(SO4)3 + 3Fe
2Al + 3FeSO4 ��
2b/3
b
b
Khối lượng Fe trong dd X: 56.0,03 = 1,68 (g) > 1,12 (g)

0,5
0,5
0,5
0,5

1,0
0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5


� FeSO4 còn dư thì Al hết.
11, 2
Vậy b = 56 = 0,02 mol
0, 04 0, 04
0, 08

� nAl = 3
3 = 3 (mol)
0, 08
� x = 27. 3 = 0,72 (gam)
ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm):
Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau:

a) Ozon oxi hóa I trong môi trường trung tính.
b) Sục khí CO2 qua nước Javel.
c) Sục khí Flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh.
d) Cho dung dịch Na2S2O3 tác dụng với dung dịch I2 có pha vài giọt hồ tinh bột.
Câu 2 (3,0 điểm):

Phân tử các chất sau: NO, N2O, CO2, O3.
a) Cho biết trong số các chất trên chất nào phân tử không có cực, chất nào sau khi liên kết quy tắc
bát tử không đúng?
b) Viết công thức electron và công thức cấu tạo của phân tử các chất trên.
Câu 3 (3,0 điểm):
Hợp chất A có công thức M2XnY12 được tạo thành từ các nguyên tử của 3 nguyên tố (M, X, Y): M là
kim loại thuộc chu kì 3; X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một nhóm và ở hai chu kì nhỏ liên tiếp trong
bảng hệ thống tuần hoàn. Trong 1 phân tử A, tổng số hạt mang điện bằng 340 hạt. Xác định công thức
phân tử A. Biết tổng số nguyên tử trong một phân tử A không vượt quá 17 nguyên tử.
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho 3,64 gam hỗn hợp R gồm một oxit, một hiđroxit và một muối cacbonat trung hòa của một kim
loại M có hóa trị II tác dụng vừa đủ với 117,6 gam dung dịch H2SO4 10%. Sau phản ứng, thu được 0,448
lít khí (đktc) và dung dịch muối duy nhất có nồng độ 10,867% (khối lượng riêng là 1,093gam/ml); nồng
độ mol là 0,545M.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định kim loại M.
b) Tính % khối lượng của các chất có trong hỗn hợp R.
Câu 5 (3,0 điểm):
Hòa tan hòa toàn a gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng vừa đủ (có chứa 0,075 mol
H2SO4) thu được b gam muối và 0,168 lít khí SO2 (đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Tính a, b và công
thức oxit sắt.
Câu 6 (3,0 điểm):
Hỗn hợp X gồm Mg và kim loại M. Hòa tan hoàn toàn 8 gam hỗn hợp X cần vừa đủ 200 gam dung
dịch HCl 7,3%. Mặt khác, cho 8 gam hỗn hợp X tác dụng hoàn toàn với khí Cl2 cần dùng 5,6 lít Cl2 (đktc)
tạo ra hai muối clorua. Xác định kim loại M và tính % về khối lượng của từng kim loại trong X.


Câu 7 (3,0 điểm):
Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha
loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa
đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M.Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua

thu được 17,22 gam kết tủa.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B.
c) Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng.
---------- Hết ---------ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Câu
1
(2,0
điểm
)
2
(3,0
điểm
)

3
(3,0
điểm
)

4
(3,0
điểm
)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 02 trang)
Nội dung

a
b
c
d
a
b





� O2 + I2 + 2OH
O3 + I + H2O ��
� NaHCO3 + HClO
CO2 + NaClO + H2O ��

Điểm
0,5
0,5

� 2NaF + H2O + OF2
2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh) ��
� Na2S4O6 + 2NaI
2Na2S2O3 + I2 ��
Phân tử không có cực: CO2
Quy tắc bát tử không đúng: NO

0,5

Viết công thức electron và công thức cấu tạo. (Mỗi chất 0,5đ)
Hợp chất A có dạng: M2XxY12: � 4ZM + 2nZX + 24ZY = 340
� 2ZM + nZX + 12ZY = 170 (1)
X, Y là thuộc cùng một nhóm và ở hai chu kì nhỏ liên tiếp (giả sử ZX > ZY)
� ZX - ZY = 8
(2)
�
M là kim loại thuộc chu kì 3
11 ≤ ZM ≤ 13
(3)
�
Theo (1), (2) và (3): 2ZM + (n+12) ZX = 266
ZM = 133 – (0,5n + 6)ZX (4)
120
122
�ZX �
6

0,5
n
6  0,5n kết hợp với 1 ≤ n ≤ 17 – 12 – 2 = 3
�
Thay (4) vào (3):

2,0

120
122
�ZX �
6  0,5.1 � 16 ≤ ZX ≤ 18

� 6  0,5.3
Trường hợp 1: ZX = 16 (S) � ZY = 8(O) � ZM = 37 - 8n
� 3 ≤ n ≤ 3,25 � n = 3 và ZM = 13 (Al)
Hợp chất A: Al2S3O12 �Al2(SO4)3
Trường hợp 2: ZX = 17(Cl) � ZY = 9(F) � ZM = 31 - 8,5n
� 2,1 ≤ n ≤ 2,3 (loại)
Đặt số mol của MO, M(OH)2, MCO3 tương ứng là x, y, z.
Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng
MO + H2SO4 � MSO4 + H2O
(1)
�
M(OH)2 + H2SO4
MSO4 + 2H2O
(2)
�
MCO3 + H2SO4
MSO4 + H2O + CO2
(3)
Nếu tạo muối axít ta có các phản ứng
MO + 2H2SO4 � M(HSO4)2 + H2O
(4)
�
M(OH)2 + 2H2SO4
M(HSO4)2
+ 2H2O
(5)
�
MCO3 + 2H2SO4 M(HSO4)2 + H2O + CO2
(6)

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

1,5


M Muôi 

b

5
(3,0
điểm
)

6
(3,0
điểm
)

7
(3,0
điểm
)

D.C%.10 1, 093.10,876.10

�218
CM
0,545

Ta có:
-TH1: Nếu muối là MSO4 � M +96 = 218 � M = 122 (loại)
-TH2: Nếu là muối M(HSO4)2 � M + 97.2 = 218 � M = 24 (Mg)
Vậy xảy ra phản ứng (4,5,6) tạo muối Mg(HSO4)2
Theo (4,5,6) � Số mol CO2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol � z = 0,02
117,6.10
 0,12
98
Số mol H2SO4 =
mol � 2x + 2y + 2z = 0,12
Đề bài: 40x + 58y + 84z = 3,64
Giải hệ (I,II,III) : x = 0,02; y = 0,02; z = 0,02
%mMgO = 21,98%; %mMg(OH)2 = 31,87%; %mMgCO3 = 46,15%
Bảo toàn nguyên tố S, ta có: nH2SO4 = 3nFe2(SO4)3 + nSO2
� nFe2(SO4)3 = 0,0225 mol � mFe2(SO4)3 = b = 9 gam
Theo định luật bảo toàn khối lượng � a = 3,48 gam
Lập luận � nO = 0,06 ; nFe = 0,045 � Công thức Fe3O4
Viết 4 phương trình hóa học (Mỗi phản ứng 0,25đ)
nHCl = 0,4 mol; nCl2 = 0,25 mol; nMg = x mol; nM = y mol

Ta có: 24x + My = 8 (1)
X tác dụng với dung dịch HCl (M thể hiện hóa trị n) � 2x + ny = 0,4
X tác dụng với Cl2 (M thể hiện hóa trị m) � 2x + my = 0,5 (3)
Từ (2) và (3) y(m – n) = 0,1 m > n
Biện luận chọn m = 3 và n = 2 � x = y = 0,1 mol
Từ (1) � M = 56 là Fe
� %mMg = 30% ; %mFe = 70%

0,5

(I)
(II)
(III)

0,5

0,5
1,0
1,0
1,0
1,0
1,0

(2)

1,0

Các phương trình phản ứng:
KMnO4 + + 16HCl (đặc)  2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1)
Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư � dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCl.

 Trung hòa axit trong B bằng NaOH:
a



b

c

HCl + NaOH  NaCl + H2O
B tác dụng với AgNO3 dư:

(2)

AgNO3 + HCl  AgCl + HNO3

(4)

AgNO3 + KCl  AgCl + KNO3
2AgNO3 + MnCl2  2AgCl + Mn(NO3)2

(5)

Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).
n
Theo phương trình phản ứng (1): MnCl2 = nKCl = y mol
Theo phương trình phản ứng (2): x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol
� CM (HCl) = 0,24 M
n
Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; MnCl2 = nKCl = 2y mol

n
Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl = nHCl + nKCl + 2. MnCl2
� 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 � x + 3y = 0,06 � y = 0,016
C
 C M ( MnCl 2)  0,32M
Vậy nồng độ mol của các chất trong B là: M ( KCl )
n
Theo (1) ta có: KMnO4 = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol
� m = m KMnO4 (ban đầu) = 0,16.158 = 25,28 gam

1,0

(6)

0,5

0,5

0,5


n Cl2 

5
n KMnO4  0, 4mol
� V = 0,4.22,4 = 8,96 lít.
2

n
Theo (1): nHCl pư = 8 KMnO4 = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol

� nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol
n HCl .M HCl
1, 4.36,5

 118, 64ml
36,5%.1,18
Vdd HCl đã dùng = C%.D

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

Câu 1 (2,0 điểm):
Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:

Hãy cho biết hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm khi khóa K đóng, khóa K mở và giải thích. Biết các
chất X, Y, Z, T trong mỗi thí nghiệm lần lượt là:
Thí nghiệm 1: H2SO4 đặc, C, dung dịch KMnO4, dung dịch Br2.
Thí nghiệm 2: dung dịch HCl, KMnO4, dung dịch KBr, dung dịch FeCl2.
Câu 2 (3,0 điểm):
Hoàn thành sơ đồ sau và viết các phản ứng xảy ra (biết X là clo; X 3, X4, X6 là muối có oxi của X; X5
là muối không chứa oxi của X; X7 là axit không bền của X).
(12)
X7

(11)

X6

X5
(10)

(7)

(8)

(1)
(5)

X4
(9)

Câu 3 (3,0 điểm):

X1

(6)

X3

(4)

(2)

(3)
X

+ Fe

X2


Tổng số hạt (P, N, E) của phân tử XY3 bằng 196; trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không
mang điện là 60. Cũng trong phân tử XY3 số proton của X ít hơn số proton của Y là 38.
a) Tìm XY3.
b) Phân tử XY3 dễ dàng đime hóa để tạo thành chất Q. Viết công thức cấu tạo của Q.
c) Viết phản ứng xảy ra khi cho hỗn hợp KIO3 và KI vào dung dịch XY3.
Câu 4 (3,0 điểm):
Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 3O4 và Fe2O3 trong 50 ml dung dịch H2SO4
18 M (dư) thu được dung dịch Y và V lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cho 450 ml dung dịch
NaOH 2M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 21,4 gam kết tủa. Tính khối
lượng chất tan trong Y và giá trị của V.

Câu 5 (3,0 điểm):
Cho m gam kim loại X tác dụng vừa đủ với 7,81 gam khí clo thu được 14,05943 gam muối clorua
với hiệu suất 95%. Kim loại X có hai đồng vị A và B có đặc điểm như sau:
- Tổng số hạt cơ bản trong hai nguyên tử A và B bằng 186.
- Hiệu số hạt không mang điện của A và B bằng 2.
- Một hỗn hợp có 3600 nguyên tử A và B. Nếu thêm vào hỗn hợp này 400 nguyên tử A thì hàm
lượng phần trăm của nguyên tử B trong hỗn hợp sau ít hơn trong hỗn hợp đầu là 7,3%
a) Xác định giá trị của m và tên kim loại X.
b) Xác định số khối của A, B và số hạt proton.
Câu 6 (3,0 điểm):
Cho x gam một muối halogen của một kim loại kiềm tác dụng với 250 ml dung dịch H 2SO4 đặc,
nóng (vừa đủ). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp sản phẩm A trong đó có một khí B
(mùi trứng thối). Cho khí B tác dụng với dung dịch Pb(NO 3)2 (dư) thu được 47,8 gam kết tủa màu đen.

Phần sản phẩm còn lại, làm khô thu được 342,4 gam chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu
được 139,2 gam muối M duy nhất.
a) Tính CM của dung dịch H2SO4 ban đầu.
b) Xác định công thức phân tử muối halogen.
c) Tính x.
Câu 7 (3,0 điểm):
Cho hỗn hợp X gồm hai chất rắn FeCO 3 và FeS2. Cho X cùng một lượng O 2 vào một bình kín có thể
tích V lít. Đốt nóng bình cho phản ứng xảy ra (giả thiết khả năng phản ứng của 2 muối là như nhau, sản
phẩm phản ứng là Fe2O3), sau phản ứng đưa về điều kiện ban đầu thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z,
áp suất trong bình lúc này là P. Để hoà tan chất rắn Y cần 200 ml dung dịch HCl 0,3M, thu được hỗn hợp
khí M và sản phẩm E còn lại, nếu đưa M vào bình kín thể tích V lít ở cùng điều kiện với Z thì áp suất
1
P
trong bình lúc này là 2 . Thêm dung dịch NaOH dư vào sản phẩm E được chất rắn F, lọc lấy F và làm
khô ngoài không khí cân được 3,85 gam (không nung).
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) So sánh áp suất trong bình trước và sau khi nung
c) Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X.
---------- Hết ----------


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung

* Thí nghiệm 1:
+ Khi K đóng: khí sinh ra phải qua bình chứa Z, nếu bị Z hấp thụ thì không còn để
phản ứng với T.
to

1
(2,0
điểm
)

� CO2 + 2SO2 + 2H2O
2H2SO4đăc + C ��
� 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O ��
Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu
+ Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T.
� 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 .
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O ��
� H2SO4 + 2HBr
SO2 + Br2 + 2H2O ��
Cả bình Z và T đều nhạt màu
* Thí nghiệm 2:
+ Khi K đóng:
� 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O
16HCl + 2KMnO4 ��
� 2KCl + Br2
Cl2 + 2KBr ��
Dung dịch Z đậm màu dần lên
+ Khi K mở:
� 2KCl + Br2

Cl2 + 2KBr ��
� 2FeCl3
Cl2 + 2FeCl2 ��
Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ

Điểm

0,5

0,5

0,5

0,5


X1 là HCl; X2 là FeCl3 ; X3 là KClO3 ; X4 là KClO4 ; X5 là KCl ; X6 là KClO ; X7 là
HClO(có thể thay muối kali thành natri).
Các phản ứng: (Mỗi phản ứng đúng cho 0,25đ)
as
(1): Cl2 + H2 ��� 2HCl
� 2FeCl3 + 3H2O
(2): Fe2O3 + 6HCl ��
0
t
� 2FeCl3
(3): 2Fe + 3Cl2 ��
0

t

� 5KCl + KClO3 + 3H2O
(4): 3Cl2 + 6KOH ��
� KCl + 3Cl2↑ + 3H2O
(5): KClO3 + 6HCl ��

2
(3,0
điểm
)

3,0

� 2KCl
(6): Cl2 + 2K ��
�
p kh�
ng mn
�����
�
t0
(7): KCl + 3H2O
KClO3 + 3H2↑
MnO2 , t 0
� 2KCl + 3O2↑
(8): 2KClO3 ����
0

t
� KCl + 3KClO4
(9): 4KClO3 ��

0
t
� KCl + 2O2↑
(10): KClO4 ��

a
3
(3,0
điểm
)

�
p kh�
ng mn
�
(11): KCl + H2O �����
KClO + H2↑
� KHCO3 + HClO
(12): KClO + H2O + CO2 ��
Gọi số proton và nơtron của X, Y lần lượt là PX; NX; PY; NY.
(2PX  N X )  3.(2PY  N Y )  196
�
�
(2PX  6PY )  (N X  3N Y )  60
�
�
3P  P  38
Theo giả thiết ta có hệ: � Y X
PX  3PY  64
�

�
�N X  3N Y  68
�
3PY  PX  38 �
��
PX = 13 ; PY = 17
+ Vậy X là Al và Y là Cl � XY3 là AlCl3.
AlCl3 đime hóa thành Al2Cl6(Q) có công thức cấu tạo như sau:

Cl

Cl

b

Al
Cl

c
4
(3,0
điểm
)

0,5

1,0

Cl

1,0

Al
Cl

Cl

KIO3 + 5KI + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3I2 + 6KCl
Dung dịch Y gồm: Fe2(SO4)3 và H2SO4 dư
nNaOH bđ = 0,9 mol
nNaOH = 3nFe(OH)3 = 0,6 mol
1
1
 0,9  0, 6 
� nH2SO4 dư = 2 nNaOH = 2
= 0,15 mol
� nH2SO4 pứ = 0,9 – 0,15 = 0,75 mol
Gọi số mol SO2 là x mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
mX  mH 2 SO4 pu  mFe2  SO4   mSO2  mH 2O
3

0, 75  x
� 19, 2  98.0, 75  400.
 64 x  18.0, 75 � x  0,3
3
� VSO2 = 6,72 lít
Bảo toàn nguyên tố S, ta có:
nH SO pu  nSO2
0, 75  0.3

nFe2  SO4  (Y )  2 4

 0,15  mol 
3
3
3

0,5

1,0

1,0

1,0


� mchất tan trong Y = 0,15.98 + 0,15.400 = 74,7 gam

a

5
(3,0
điểm
)

b

6
(3,0
điểm

)

a

b

100
14, 05943�
95 = 14,7994 gam
Số gam của muối clorua theo lí thuyết:
Số gam kim loại X trong muối: m = 14,7994 – 7,81 = 6,9894 gam
Kim loại X có hóa trị n � XCln
7,81
nCl trong muối = 35,5 = 0,22 mol
0, 22
� nX trong muối = n mol
6,9894
.n
0,
22
M=
= 31,77n.
Biện luận ta chọn n = 2 � M = 63,54.
Vậy X là Cu
Gọi a là số hạt của đồng vị A; b là số hạt của đồng vị B.
100.b 100.b

 7, 3 (1)
3600
4000

a  b  3600 (2)
Từ (1) và (2) � a = 972; b = 2628
* Nếu B – A = 2.
�972A  2628B
A  62, 08
 63,54
�
�
��
3600
�
B  64, 08
�
�
BA2
Ta có: �
� loại
* Nếu A – B = 2
�972A  2628B
A  65
 63,54
�
�
��
3600
�
B  63
�
�
AB2

�
Ta có:
� 65Cu và 63Cu
Theo GT: (pA + eA + nA) + (pB + eB + nB) = 186
� (pA + eA + nA) + (pA + eA + nA + 2) = 186
� 2pA + nA = 92
Mặt khác: pA + nA = 63
� Số proton: pA = pB = 29
Vì khí B có mùi trứng thối, khi tác dụng với dung dịch Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen �
B là H2S
+ Gọi công thức tổng quát của muối halogen kim loại kiềm là RX
PƯHH: 8RX + 5H2SO4 đặc 4R2SO4 + H2S + 4X2 + 4H2O
(1)
1,0
0,8
0,2
0,8
(Có thể học sinh viết 2 phương trình hóa học liên tiếp cũng được)
Khí B tác dụng với dung dịch Pb(NO3)2
H2S + Pb(NO3)2
 PbS  + 2HNO3
(2)
0,2
= 0,2 (mol)
�
Theo (1)
nH2SO4 = 1,0 (mol)
1, 0
� CM H 2SO4 = 0, 25 = 4,0(M)

+ Sản phẩm A có: R2SO4, X2, H2O, H2S
� chất rắn T có: R2SO4, X2 . Khi nung T, X2 bay hơi

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5