SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố : H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; P = 31; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag=108; I = 127; Ba = 137. Câu 1 (1,0 điểm): Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%. a) Xác định R biết a:b = 11:4. b) Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên. c) Viết phương trình phản ứng khi cho oxit cao nhất của R tác dụng với dung dịch NaClO, dung dịch Na 2 CO 3 . Câu 2 (2,0 điểm): Cho sơ đồ phản ứng: KClO 3 (X 1 ) clorua vôi CaCO 3 (X 2 ) Ca(NO 3 ) 2 (Y 2 ) (Y 1 ) (Y 3 ) Na 2 SO 4 (Y 4 ) (Y 5 ) PbS. (X 3 ) (Y 1 ) 2 (Y ) → lưu huỳnh (Y 6 ) (Y 2 ) (Y 3 ) (Y 1 ) K 2 SO 4 (Y 7 ) PbS. Biết các chất X 1 , X 2 , X 3 có phân tử khối thỏa mãn: X 1 +X 2 +X 3 = 214; các chất Y 1 , Y 2 , Y 3 , Y 4 , Y 5 , Y 6 , Y 7 là các hợp chất khác nhau của lưu huỳnh và có phân tử khối thoả mãn các điều kiện: Y 1 +Y 7 = 174; Y 2 +Y 5 = 112; Y 3 +Y 4 = 154; Y 5 +Y 6 = 166; mỗi mũi tên tương ứng với một phản ứng. Hãy viết các phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ trên. Câu 3 (1,0 điểm): Nguyên tử nguyên tố R có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a) Viết cấu hình electron nguyên tử của R. Xác định tên nguyên tố R. b) Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng sinh ra 0,56 lít (ở đktc) khí SO 2 là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ toàn bộ lượng khí SO 2 trên vào 2 lít dung dịch KMnO 4 vừa đủ thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi). - Viết các phương trình hoá học và tìm m. - Tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO 4 đã dùng. Câu 4 (1,0 điểm): Trong một bình kín dung tích không đổi chứa a mol O 2 , 2a mol SO 2 ở 27,3 O C; 10 atm và có mặt xúc tác V 2 O 5 (chiếm thể tích không đáng kể. Nung nóng bình một thời gian ở 409,5 o C cho đến khi áp suất trong bình là P (atm). a) Lập biểu thức tính P theo hiệu suất h (%) và xét xem P thay đổi trong khoảng giá trị nào? b) Nêu phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp sau phản ứng. 1 Câu 5 (1,0 điểm): Cho 30,88 gam hỗn hợp Cu, Fe 3 O 4 vào V ml dung dịch HCl 2M được dung dịch X và còn lại 1,28 gam chất rắn không tan. Cho AgNO 3 dư tác dụng với dung dịch X được 0,56 lít khí (ở đktc) không màu hoá nâu trong không khí và m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính V và m? Câu 6 (2,0 điểm): Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch X vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. a) Tìm nồng độ mol/l của dung dịch X, nồng độ phần trăm của dung dịch Y và công thức của Z. b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X 1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 13,1 gam chất rắn Y 1 . Tìm thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X 1 . Câu 7 (1,0 điểm): Điện phân dung dịch NaCl một thời gian được dung dịch A và khí thoát ra chỉ có V lít H 2 (ở đktc). Cho dung dịch A vào dung dịch H 2 S, lắc kỹ để dung dịch A phản ứng vừa đủ với H 2 S được 0,16 gam chất rắn màu vàng và dung dịch B (không có khí thoát ra). Cho từ từ dung dịch Br 2 0,1M vào dung dịch B đến khi thôi mất màu brom thấy hết 50 ml dung dịch và được dung dịch C. Cho dung dịch BaCl 2 dư vào dung dịch C được 2,33 gam kết tủa. a) Viết các phương trình phản ứng, xác định thành phần của A, B, C. b) Tính V. Câu 8 (1,0 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: H 2 SO 4 đặc, C, dung dịch KMnO 4 , dung dịch Br 2 . Thí nghiệm 2: dung dịch HCl, KMnO 4 , dung dịch KBr, dung dịch FeCl 2 . HẾT Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Họ và tên thí sinh : Bùi Văn Hùng Số báo danh: fcbuihung@gmail.com 2 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (HD chấm có 05 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Câu Đáp án Điểm 1 (1,0đ) a.Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim. Giả sử R thuộc nhóm x (x ≥ 4). ⇒ công thức của R với H là RH 8-x ⇒ a= .100 8 x R R + − công thức oxit cao nhất của R là R 2 O x ⇒ b= 2 .100 .100 2 16x 8x R R b R R ⇔ = + + ⇒ 8x 11 R+8-x 4 a R b + = = ⇔ 43x 88 7 R − = Xét bảng X 4 5 6 7 R 12 có C 18,14 loại 24,28 loại 30,42 loại Vậy R là C 0,5 b. Công thức phân tử Công thức electron Công thức cấu tạo CH 4 H H:C:H H l l H H-C-H H CO 2 O :: C :: O O=C=O 0,25 c. Phương trình phản ứng: CO 2 + H 2 O + NaClO → NaHCO 3 + HClO CO 2 + H 2 O + Na 2 CO 3 → 2NaHCO 3 0,25 2 (2 đ ) Đủ 22 phương trình cho 2,0 điểm, sai 1 phương trình trừ 0,1 điểm. KClO 3 + 6HCl → KCl + 3Cl 2 ↑ + 3H 2 O. Cl 2 + Ca(OH) 2(khan) → CaOCl 2 + H 2 O. CaOCl 2 + Na 2 CO 3 → CaCO 3 ↓ + NaCl + NaClO. CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O. CaCl 2 + 2AgNO 3 → Ca(NO 3 ) 2 + 2AgCl ↓ 2KClO 3 o t → 2KCl + 3O 2 . O 2 + S o t → SO 2 . SO 2 + 2H 2 S → 3S + 2H 2 O S + H 2 o t → H 2 S 3 Câu Đáp án Điểm 2H 2 S + 3O 2 o t → 2SO 2 + 2H 2 O SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → H 2 SO 4 + 2HBr H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O Na 2 SO 4 + Ba(HS) 2 → BaSO 4 ↓ + 2NaHS NaHS + NaOH → Na 2 S + H 2 O Na 2 S + Pb(NO 3 ) 2 → PbS ↓ + 2NaNO 3 S + Fe o t → FeS FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S ↑ H 2 S + 4Br 2 + 4H 2 O → H 2 SO 4 + 8HBr 2H 2 SO 4(đ) + Cu o t → CuSO 4 + SO 2 ↑ + 2H 2 O 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O → K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 2H 2 SO 4 K 2 SO 4 + BaS → BaSO 4 ↓ + K 2 S K 2 S + Pb(NO 3 ) 2 → PbS ↓ + 2KNO 3 . 3 (1,0đ) 1. Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s 2 ; 2s 2 ; 3s 2 ; 4s 1 => Các cấu hình electron thỏa mãn là 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 => Z = 19 R là Kali 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 => Z = 24 R là Crom 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 1 => Z = 29 R là đồng 0,5 2. Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO 2 do đó là đồng (I) oxit (Cu 2 O) )(025,0 2 moln SO = Cu 2 O + 2H 2 SO 4 o t → 2CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 0,025 0,025 (mol) => m=144.0,025=3,6 (g) 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O→ 2H 2 SO 4 + K 2 SO 4 + 2MnSO 4 0,025 0,01 0,01 (mol) Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO 4 là 0,005 (M) 0,5 4 (1,0đ) a. *Phương trình phản ứng : 2SO 2 + O 2 ƒ 2SO 3 Ban đầu 2a a (mol) Phản ứng 2ha/100 ha/100 2ha/100 (mol) Cân bằng 2a - 2ha/100 a - ha/100 2ha/100 (mol) => Số mol các khí tại cân bằng = 3a - ha/100. (mol) Áp dụng pt trạng thái khí: Trước phản ứng: 3a. R. 300,3 = 10.V (1) Tại cân bằng: a. (3 - h/100). R. 682,5 = P.V (2) (1) : (2) và biến đổi toán học có: P = (250/33).(3 - h/100) * 0 < h < 100 → 15,15 (atm) < p < 22,73(atm) 0,5 0,25 4 Câu Đáp án Điểm b. Để tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp B1: Cho hỗn hợp qua H 2 SO 4 nguyên chất khi đó SO 3 bị giữ lại H 2 SO 4 + nSO 3 → H 2 SO 4 .nSO 3 Đun nóng H 2 SO 4 .nSO 3 để thu hồi SO 3 B 2 : Cho hai khí còn lại qua dung dịch Ba(OH) 2 dư khi đó SO 2 bị giữ lại SO 2 + Ba(OH) 2 → BaSO 3 ↓ + H 2 O Lọc lấy kết tủa và nhiệt phân ta thu được SO 2 BaSO 3 o t → BaO + SO 2 Khí thoát ra khỏi dung dịch là O 2 0,25 5 (1,0đ) a) Phương trình phản ứng: (1) Fe 3 O 4 + 8HCl → 2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O (2) Cu + 2FeCl 3 → 2FeCl 2 + CuCl 2 Vì thêm AgNO 3 dư có khí thoát ra chứng tỏ ban đầu dư HCl. → Chất rắn dư là Cu Dung dịch X có chứa HCl dư, CuCl 2 và FeCl 2 Thêm AgNO 3 dư (3) 3FeCl 2 + 10AgNO 3 + 4HCl → 3Fe(NO 3 ) 3 +10AgCl↓ + NO↑ + 2H 2 O (4) CuCl 2 + 2AgNO 3 → 2AgCl↓ + Cu(NO 3 ) 2 Nếu dư FeCl 2 , có phản ứng (5) FeCl 2 + 2AgNO 3 → 2AgCl↓ + Fe(NO 3 ) 2 (6) Fe(NO 3 ) 2 + AgNO 3 → Ag↓ + Fe(NO 3 ) 3 Nếu dư HCl, có phản ứng (7) HCl + AgNO 3 → AgCl ↓ + HNO 3 0,5 b) n NO = 0,025 (mol) Đặt số mol Fe 3 O 4 là x (mol), từ (1) và (2) có số mol Cu = x mol → 232x + 64x = 30,88 – 1,28 → x = 0,1 (mol) → 2 2 FeCl : 0,1.3 = 0,3 mol dd X CuCl : 0,1 mol HCl      2 FeCl (3) NO n = 3n = 0,075 mol → Trong (3) dư FeCl 2 → Xảy ra phản ứng (5), (6); không có phản ứng (7) Theo (3), n HCldư = 4n NO = 4.0,025 = 0,1 (mol) Theo (2) n HClpư = 8x = 8.0,1 = 0,8 (mol) → n HClbđ = 0,8 + 0,1 = 0,9 (mol) → V = 0,9/2 = 0,45 lít Kết tủa gồm Ag, AgCl. Theo (5), (6) n Ag = 2 FeCl (5) n = 0,3 – 0,075 = 0,225 (mol) Theo (3), (4), (5), (6) 2 2 AgCl FeCl CuCl HCl n = 2n + 2n + n = 0,3.2 + 0,1.2 + 0,1 = 0,9 (mol) → m = 0,225.108 + 0,9. 143,5 = 153,45 (gam) 0,25 0,25 6 (2 đ) (a) HCl + NaOH → NaCl + H 2 O Dd NaCl o t → NaCl.nH 2 O Z NaCl.nH 2 O o t → NaCl + n H 2 O Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với nhau. Có: n HCl = n NaOH = n NaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol. M 0,15 C (HCl) = = 2,5M 0,06 0,25 0,25 5 Câu Đáp án Điểm 0,15×40 C%(NaOH) = ×100% = 6% 100 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: n H2O = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; n H2O = 0,3 mol => n = 0,3: 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H 2 O. (b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: n HCl = 0,84.2,5 = 2,1 mol Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: mol4,2 40100 61600 n NaOH = × × = Al + 3 HCl → AlCl 3 + 3/2 H 2 (1) a 3a a Fe + 2 HCl → FeCl 2 + H 2 (2) b 2b b Giả sử X 1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là: 1,282,13 27 4,16 <=×= HCl n Giả sử X 1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: 1,259,02 56 4,16 <=×= HCl n Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X 1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y: HCl + NaOH → NaCl + H 2 O (3) 2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b) FeCl 2 + 2 NaOH → Fe(OH) 2 + 2 NaCl (4) b 2b b AlCl 3 + 3 NaOH → Al(OH) 3 + 3 NaCl (5) a 3a a Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X 1 lần lượt là a và b. Có: 27a + 56b = 16,4 (*) Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol => số mol NaOH dư là: 2,4- 2,1 = 0,3 mol. Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + 2 H 2 O a 0,3 Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH) 3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH) 2 . 4 Fe(OH) 2 + O 2 → 2 Fe 2 O 3 + 4 H 2 O b b/2 Chất rắn Y 1 là Fe 2 O 3 . b/2 = n Fe2O3 = 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol (*) => a = 0,2678 mol (≤ 0,3) => %Al = 27. 0,2678 .100: 16,4 = 44,09%; %Fe = 55,91%. Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH) 3 bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH) 2 và Al(OH) 3 dư. 2 Al(OH) 3 → Al 2 O 3 + 3 H 2 O a - 0,3 (a - 0,3)/2 4 Fe(OH) 2 + O 2 → 2 Fe 2 O 3 + 4 H 2 O b b/2 Chất rắn Y 1 có Al 2 O 3 và Fe 2 O 3 . 51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1 (**) Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1 => %Al = 27. 0,4 .100: 16,4 = 65,85%; %Fe = 34,15%. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 7 (1,0đ) a) C¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng: NaCl + H 2 O dpdd → NaOH + 1 2 Cl 2 ↑ + 1 2 H 2 ↑ (1) 0,5 6 Câu Đáp án Điểm 2NaOH + Cl 2 → NaCl + NaClO + H 2 O (2) NaClO + H 2 S NaCl + H 2 O + S (3) 3NaClO + H 2 S 3NaCl + H 2 SO 3 (4) 4NaClO + H 2 S 4NaCl + H 2 SO 4 (5) Br 2 + H 2 SO 3 + H 2 O 2HBr + H 2 SO 4 (6) H 2 SO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + 2HCl (7) Thµnh phÇn cña: A: NaCl, NaClO. B: H 2 SO 4 , H 2 SO 3 , NaCl. C: NaCl, HBr, H 2 SO 4 . b. Số mol của S là: n S = )mol(005,0 32 16,0 = ; n BaSO4 =0,01 Số mol của brom là: n brom = mol005,005,0.1,0 = ⇒ 2 S n − =0,015 (mol) ⇒ Khi bị oxi hóa bởi NaClO n S =0,005 (mol); 2 SO n =0,005 (mol); 6 S n + = 0,005 (mol) ⇒ n ClO- = (0,005*2+0,005*6+0,005*8)/2 = 0,04 (mol) Theo (1) ta có số mol của H 2 bằng số mol của NaClO = 0,04 mol V = 0,04x 22,4 = 0,896 lít. 0,5 8 (1 đ) 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. 2H 2 SO 4đăc + C o t → CO 2 + 2SO 2 + 2H 2 O 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O → 2H 2 SO 4 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 . Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu * Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T. 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O → 2H 2 SO 4 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 . SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → H 2 SO 4 + 2HBr Cả bình Z và T đều nhạt màu 0,5 Thí nghiệm 2: * Khi K đóng: 16HCl + 2KMnO 4 → 2KCl + 2MnCl 2 + 5Cl 2 + 8H 2 O Cl 2 + 2KBr → 2KCl + Br 2 Dung dịch Z đậm màu dần lên * Khi K mở: Cl 2 + 2KBr → 2KCl + Br 2 Cl 2 + 2FeCl 2 → 2FeCl 3 Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ 0,5 Hết 7 . SỞ GD& amp ;ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 201 4- 2015 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời. hóa học. Họ và tên thí sinh : Bùi Văn Hùng Số báo danh: fcbuihung@gmail.com 2 SỞ GD& amp ;ĐT VĨNH PHÚC (HD chấm có 05 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 201 4- 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA. 2ha /100 ha /100 2ha /100 (mol) Cân bằng 2a - 2ha /100 a - ha /100 2ha /100 (mol) => Số mol các khí tại cân bằng = 3a - ha /100 . (mol) Áp dụng pt trạng thái khí: Trước phản ứng: 3a. R. 300,3 = 10. V