de thi hsg tinh hoa 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT TỈNH ..................... TRƯỜNG THPT ...................... Mã đề : H-0...-HSG10-.... ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2017 - 2018 MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề). Câu I (3,0 điểm): 1. Trong tự nhiên clo có 2 loại đồng vị. 35 17. Cl và. 37 17. Cl . Nguyên tử khối trung bình của clo là 35,5.. 37 Tính % của 17 Cl có trong phân tử NaClO.. P O 3. 2. 2. Ion x y và S nOm đều có tổng số e là 50. Hãy xác định x,y,m,n và suy ra các ion trên biết rằng x<y và n<m. 3. 3. Trong anion X , tổng số các loại hạt là 111, số electron bằng 48% số khối. Tìm các loại hạt trong anion, khối lượng mol ion và xác định tên nguyên tố. Câu II (2,0 điểm):Hòa tan 5,95 gam hỗn hợp Zn,Al có tỉ lệ mol là 1:2 bằng dung dịch HNO 3 loãng dư thu được 0,896 lít một sản phẩm khử duy nhất . Hãy xác định sản phẩm khử . Câu III (4,0 điểm): 1. Cho các đơn chất A, B, C và các phản ứng: A + B → X → X + H2O NaOH + B↑ → B + C Y 1:1    Z + H2O Y + NaOH Cho 5,376 lít khí Y (ở đktc) qua dung dịch NaOH thì khối lượng chất tan bằng 4,44 gam. Hãy lập luận xác định A, B, C, X, Y, Z và hoàn thành phương trình hoá học (PTHH) của các phản ứng. 2. Hòan thành và cân bằng các PTHH sau bằng phương pháp thăng bằng electron.  Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ a) CuFeSx + O2   b) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4+K2SO4+K2MnO4+ NO↑ + CO2↑ c) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2↑ + Cl2↑ + … d) FexOy + HNO3 … + NnOm↑ + H2O Câu IV (4,0 điểm):1. 2. 2. a) Giải thích tại sao ion CO 3 , không thể nhận thêm một nguyên tử oxi để tạo ion CO 4 trong khi đó 2. 2. ion SO 3 có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để tạo thành ion SO 4 ? b) Giải thích tại sao hai phân tử NO 2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N 2O4, trong khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 2. Đốt cháy hoàn toàn 4,741 gam đơn chất X trong oxi rồi cho toàn bộ sản phẩm thu được hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch NaOH 25% có khối lượng riêng d = 1,28 g/ml được dung dịch A. Nồng độ của NaOH trong dung dịch A giảm đi 1/4 so với nồng độ của nó trong dung dịch ban đầu. Dung dịch A có khả năng hấp thụ tối đa 17,92 lít khí CO2 (ở đktc). Xác định đơn chất X và sản phẩm đốt cháy của nó. Câu V (4,0 điểm): Hỗn hợp 3 kim loại X, Y, Z có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn 3,28g hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (ở đktc) và dung dịch A. a) Xác định 3 kim loại X, Y, Z biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối và kim loại đều có hoá trị II..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> b) Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại Y kết tủa với dung dịch NaOH. Câu VI (3,0 điểm): Hỗn hợp A gồm FeS2và FeCO3. Cho a gam hỗn hợp A vào bình kín chứa không khí , rồi nung nóng cho đến khi các phản ứng xảy ra 200 % hoàn toàn thu được hỗn hợp khí B gồm CO2,SO2,O2,N2.Trong B có % thể tích của khí CO2 là 61 .. Thêm S vào a gam hỗn hợp X rồi cho vào bình kín chứa không khí như trên, nung nóng bình cho đến khi các phản ứng đang xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Z gồm CO 2,SO2,O2,N2.Trong Z có tổng % thể tích của SO2 và O2 là 14,7541%. Biết thể tích của chất rắn trong các thí nghiệm là không đáng kể , không khí có 20% O2 và 80% N2. Tìm % khối lượng mỗi chất trong A. -----Hết---SỞ GD & ĐT TỈNH ..................... HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM TRƯỜNG THPT ...................... NĂM HỌC: 2017 - 2018 Mã đề : H-0...-HSG10-... MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu Câu I 1/ (1.00). Thang điểm. Nội dung. 3,0 Xét trong 1 mol NaClO có nCl=1 mol 35 37 Gọi số mol của 17 Cl và 17 Cl lần lượt là x,y(x,y>0). 0,25. Ta có x+y=1 (I) M Cl 35,5 . 2/ (1.00). 35 x  37 y 35,5  0,5 x  1,5 y 0( II ) x y. 0,25 0,25. Do Giải (I) và (II) được x=0,75;y=0,25 0, 25.37 % m 37Cl  .100% 12, 4% 17 74,5 Vậy P có 15e  x nguyên tử P có 15x electron O có 8e  y nguyên tử O có 8y electron 47  15 x y 8 Theo giả thiết : 15x +8y+3=50 . 0,25. 0,25 0,25. Ta có bảng giá trị sau: X Y. 1 4 (TMĐK). 2 2,125(loại). 3 2 Vậy x=1;y=4, công thức của ion là PO4 và ion còn lại là SO4. 3/ (1.00). 3 Trong anion X thì số proton Z, số electron là Z+3 Theo giả thiết Z+(Z+3) +N=111 hay 2Z+N=108 Z + 3= 0,48A=0,48(N+Z) Giải ra ta được số proton =33; số electron 33+3=36; số notron =42 3 Khối lượng mol của ion X là X=A g/mol=33+42=75 g/mol Nguyên tố có ô thứ tự số 33 là As(Asen). Câu II Ta có nZn=0,05 mol; nAl=0,1 mol. 3 0,25(loại). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Gọi a là số mol của Zn  Zn 2  2e. N xOy. , ta có :. 0,5. Al  Al 3  3e xNO3  (6 x  2 y ) H   (5 x  2 y )e  N xOy  (3 x  2 y ) H 2 O 0,04(5x-2y) 0,04  0, 04(5 x  2 y ) 0, 4  5 x  2 y 10  x 2; y 0(TMDK ) Câu III 1/ (2.00). 0,5 0,5 4,0. A + B X + H2O B + C Y. X NaOH + B↑ Y↑  1: 1 Z + H2O. + NaOH. => A : Na ; B : H2 ; X : NaH B + C Y  C là phi kim, Y là axít. 0,5. Y  NaOH  1:1  Z  H 2O. 1mol Y phản ứng. khối lượng chất tan tăng ( Y - 18 )g 0,5. 5,376 0, 24mol 22, 4. =>. 4,44 gam. Y  18 1   Y 36,5 4, 44 0, 24. => C là clo (Cl2) Viết phương trình phản ứng 2NaH NaOH + H2↑ 2HCl :1  1 + NaOH NaCl + H2O. 0,25 \. a) 12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 b)Cr2S3+15Mn(NO3)2+20K2CO3 → 2K2CrO4+3K2SO4+15K2MnO4+ 30NO + 20CO2 c)10NH4ClO3+8P → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O d)(5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 → x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O. 0,5 0,5. 2Na + H2 NaH + H2O H2 + Cl2 HCl 2/ (2.00). 0,5. Câu IV 2 1/ 3 a) Cấu tạo của CO (2.00). 0,25. 0,5 0,5 4,0. O. 2– C=O. O Trên nguyên tử cacbon trong CO32 – không còn electron tự do chưa liên kết nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra 2. 0,5. CO 4. 2. Cấu tạo của SO 3 O. ... S=O. 2–.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> O Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ 2 4. 0,5. tư để tạo ra SO . b) Cấu tạo của CO2 O=C=O Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO2 không thể liên kết với nhau để tạo ra C2O4 Cấu tạo của NO2 O ∙N O Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai để tạo ra phân tử N2O4 O O O 2 N∙ N–N O O O 2/ (2.00). m dd NaOH V.d 100.1,28 128(g) 128.25% m NaOH  32 (g) 100% 32 n NaOH  0,8(mol) 40 17,92 n CO2  0,8(mol) 22, 4 Do A hấp thu tối đa CO2 nên NaOH + CO2 → NaHCO3 Vậy nNaOH = 0,8 (mol) không thay đổi so với ban đầu nên dung dịch chỉ bị pha lõang. Vậy oxit là H2O và X là H2 Thử lại : 4,741 nH  2,3705(mol) 2 2 H 2  O2  H 2 O m H O 2,3705.18 42,669 (g) 2. 0,5. 0,5. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. m dd NaOH sau 128  42,669 170,669(g) C% . 32.100% 18,75% 170,669. Thỏa mãn C% giảm đi ¼. Câu V. 0,25. 4,0. a) Gọi số mol 3 kim loại X, Y, Z lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ứng là MX, MY, MZ 2,0262 n H2 = 22,4 = 0,09 mol. 0,25. ptpư: X + 2HCl XCl2 + H2↑ (1) 4x 4x 4x Y + 2HCl YCl2 + H2↑ (2) 3x 3x 3x Z + 2HCl ZCl2 + H2 ↑ (3) 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 Ta có: MY= 5/3MX MZ = 7/3MX Mặc khác ta có: MX.4x + MY.3x + MZ.2x = 3,28 Từ (a), (b), (c), (d)  MX(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28  MX = 24 X là Mg  MY = 5/3.24 = 40 Y là Ca  MZ = 7/3.24 = 56 Z là Fe b) Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình phản ứng: MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl 4x 4x CaCl2 + 2NaOH 1,5x FeCl2 + 2NaOH 2x 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 2x. 0,25 0,25 0,25. (a) (b) (c) (d). 0,5 0,25 0,25. (4). Ca(OH)2 + 2NaCl (5) 1,5x (50% kết tủa) Fe(OH)2 + 2NaCl 2x 4Fe(OH)3 2x. 0,25. 0,25. 0,25. (6). 0,25. (7). 0,25. Từ (4), (5), (6), (7) => 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g Câu VI. 0,75 3,0. Giả sử số mol của hỗn hợp khí B=100 mol. Đặt số mol của các khí trong B : CO2=x;SO2=y;O2=z;N2=t. Ta có x+y+z+t=100(I) Phản ứng khi nung hỗn hợp A: 4FeCO3+ O2 → 2Fe2O3+4CO2(1) x 0,25x 4FeS2+11O2 → 2Fe2O3+8SO2(2) 0,5y 1,375y 200 200 % x (*) 61 Do %VCO2= 61 VN 2 4VO2  nN 2 4(0, 25 x  1,375 y  z ) x  5,5 y  4 z. Trong không khí có :. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Thay vào (I)  2 x  6,5 y  5 z 100(**) Thêm S vào A, rồi nung nóng ta có các phản ứng sau: 4FeCO3+ O2 → 2Fe2O3+4CO2 4FeS2+11O2 → 2Fe2O3+8SO2 S + O2 → SO2(3) Nhận xét : Theo phản ứng (3) số mol O2= số mol SO2  Tổng số mol khí Z = Tổng số mol khí B=100 mol.. V. ( SO2 O2 ). 14, 7541% . V. ( CO2  N 2 ). 85, 2495%.  x  t 85, 2495  2 x  5,5 y  4 z 85, 2495(***) Từ(*);(**);(***)  x 3, 2787; y 13,1147 1  nFeS2  nSO2 6,55735(mol ) 2 Theo (2) 116.3, 2787  %mFeCO3  .100% 32,58% 3, 2787.116  120.6,55735  %mFeS2 100%  32,58% 67, 42%. Học sinh làm cách khác vẫn cho điểm tối đa. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>