Tải bản đầy đủ

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 10

ĐỀ THI THỬ SỐ 1

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

(Đề thi có 01 trang)
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.
t0
a) FeS2 + H2SO4 (đ) 
→ Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
b) Mg + HNO3 
→ Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O

(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1)
c) Fe3O4 + HNO3 
→ NxOy + …
d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O 
→ NaAlO2 + NH3
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)



ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Câu
a

1
(2,0
điể
m)

Điể
m

Nội dung

b

c

d

a

Cho khí SO2 lội qua dung dịch Ba(OH) 2 thấy xuất hiện kết tủa
màu trắng, sau đó SO2 dư làm kết tủa tan dần do phản ứng:
Ba(OH)2 + SO2 → BaSO3 + H2O
BaSO3 ↓ + H2O + SO2 → Ba(HSO3)2
Cho khí SO2 lội qua dung dịch chứa K 2Cr2O7 + H2SO4 thấy màu da
cam của dung dịch nhạt dần, chuyển màu xanh do phản ứng:
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:
Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4
(màu vàng nâu)
Cho khí SO2 lội qua dung dịch KMnO4 thấy màu tím của dung dịch
nhạt dần, do phản ứng:
2KMnO4 + 5SO2 + 2H2O → 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4
(màu tím)
(không màu)
2 FeS
Fe+3 + 2S+4 + 11e
2
S+4

11 S+6 + 2e

2Fe+3 + 15S+4

2FeS2 + 11S+6

0,5

0,5

0,5

0,5

0,75

0

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

2
(3,0
điể
m)

b

+1

1

5N

13

Mg

+5 +

N2O +N2

26e

0

0

-3

+ NH4+

Mg+2 + 2e

0,75

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

+2y/x

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

1

NxOy

0,75

(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 
→ NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 +
(23x-9y)H2O
d
3
(3,0
điể
m)

Al+3 + 3e

8

Al

3

N+5 + 8e

N-3

0,75

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O 
→ 8NaAlO2 + 3NH3
Z+ N
Z+ N + 2
Gọi A: Z X và B:
ZX
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 –
a (2N + 2) = 62 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: Z = 51 và N = 70
Z = 51 nên X là Sb (antimony).
123
Kí hiệu nguyên tử của hai đồng vị: 121
51 Sb và 51 Sb
b Xét 1 mol hai đồng vị, trong đó
M = 121x + 123(1 – x)

121
51

Sb có x mol.

1,0

0,5
1,0


Theo đề:

4
(3,0
điể
m)

5
(3,0
điể
m)

121x
×100% = 61,613 ⇒ x = 0,62
121x + 123 ( 1 − x )

Vậy: M = 121× 0, 62 + 123 ( 1 − 0, 62 ) = 121,76
10
2
3
c Cấu hình electron nguyên tử của X: [ 36 Kr ] 4d 5s 5p .
Trong phân tử NH3 và H2O. Nguyên tử N và O đều ở trạng thái lai
hóa sp3. 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 H2O 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’.
a
Trong phân tử H2S. S ở chu kì 3 khả năng tạo lai hoá kém nên
trong H2S mặc dù có cấu tạo tương tự H 2O 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 p x 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.
b 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.
Đặt n H2S = a (mol); n H 2 = b (mol)
34a + 2b
a 3
= 26 ⇒ =
⇒ MY =
a+b
b 1
n
n
a Giả sử H2 = 1 (mol) ⇒ H2S = 3 (mol)
⇒ nFe phản ứng = nS = nFeS = n H 2S = 3 (mol) ⇒ nFe dư = n H 2 = 1 (mol)
⇒ nFe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)
4.56.100%
= 70% ; %mS = 100% - 70% = 30%
Vậy:
%mFe =
4.56 + 3.32
b
2,24
3
nY =
= 0,1(mol) ⇒ n H2S = .0,1 = 0,075 (mol).
22,4
4
⇒ 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 H2O2 phản

ứng

= n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 =

0,075 (mol)
Áp dụng BTKL ta có:

0,5

1,0

1,0

0,5
0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5


6
(3,0
điể
m)

7
(3,0
điể
m)

mddB = m dd H2O2 + mSO2 + m H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 =
106,6 (g)
0,075.98.100
0,075.34.100
C%(H2SO4)=
=6,695%;C%(H2O2
dư)=
=
106,6
106,6
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 = nHCl = 0,25x (mol)
2
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:
< nhh <
và nHCl = 0,8.0,9 = 0,72 mol >
65
56
2nhh 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
⇒
Hệ 
136a + 127b = 39,9
b = 0,1
⇒ %mZn = 69,89% ; %mFe = 30,11%

0,5

0,5
0,5
0,5

1,0
0,5

78, 4.6, 25
= 0,05 mol . Gọi nMO = a mol
100.98
- Hòa tan MO vào dd H2SO4 loãng:
MO + H2SO4 
→ MSO4 + H2O
mol:
a
a
a
⇒ nH2SO4 dư = (0,05 – a) mol

0,5

mdd sau pư = (M + 16)a + 78,4 (gam) ; mMO = (M + 16)a = m (gam)
98.(0,05 - a).100
= 2,433(%) (I)
Ta có C% ( H 2SO 4(du) ) =
(M+16)a + 78,4

0,5

nH2SO4 bđ =

- Khử MO bằng CO dư
to
MO + CO 
→ M + CO2
a
a
a
a
Vậy hỗn hợp Y gồm CO2 và CO dư
a - 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 CO 2 đã phản ứng hết. Phản ứng
có thể xảy ra:
CO2 + 2NaOH 
→ Na2CO3 + H2O
k
2k
k
CO2 + NaOH 
→ NaHCO3
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)

0,5

0,5

0,5
0,5


Khi cho Al vào, phản ứng hoàn toàn mà có 1,12 g chất rắn =>
H2SO4 đã hết
2Al + 3H2SO4 
→ Al2(SO4)3 + 3H2
0,04/3 ¬ 0,02
2Al + 3FeSO4 
→ Al2(SO4)3 + 3Fe
2b/3
b
b
Khối lượng Fe trong dd X: 56.0,03 = 1,68 (g) > 1,12 (g)
⇒ FeSO4 còn dư thì Al hết.
11, 2
Vậy b =
= 0,02 mol
56
0, 04 0, 04
0, 08
⇒ nAl =
+
=
(mol)
3
3
3
0, 08
⇒ x = 27.
= 0,72 (gam)
3
---------- Hết ----------



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×