ĐỀ-VÀ-ĐÁP-ÁN-HÓA-10-NĂM-2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

______________________________

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 10

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

a) Từ cấu hình ta nhận thấy:

Nguyên tố X là một khí hiếm, Y là kim loại, Z là phi kim. Do X có cầu hình electron lớp ngoài cùng bão hòa (8e), nguyên tố Y có cấu hình: 1s2 2s2 2p63s2(có 2e ở lớp ngoài cùng), nguyên tố Z có cấu hình: 1s2 2s2 2p5 (có 7e ở lớp ngoài cùng)

2.

b) Electron cuối cùng trong nguyên tố A có các số lượng tử n = 2; m = -1; ms = +1/2 phải là electron 2p, có năng lượng cao nhất. Do đó A có 1 electron độc thân, 5 nguyên tố thỏa mãn điều kiện gồm:

 Rb(Z=37)[Kr]5s1; Y(Z=39)[Kr]4d15s2; Nb(Z=41)[Kr]4d45s1; Mo(Z=42)[Kr]4d55s1; Ru(Z=44)[Kr]4d75s1;  Ag(Z=47)[Kr]4d105s1; 

3.

Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1):

Vì Na có bán kính lớn hơn và điện tích hạt nhân nhỏ hơn Mg  lực hút của hạt nhân với electron ngoài cùng nhỏ hơn Mg  I1 nhỏ.

Ne có lớp vỏ ngoài bão hòa bền vững, hơn nữa Ne thuộc chu kỳ II nên bán kính nhỏ hơn so với Na và Mg  electron khó tách khỏi nguyên tử.

* Năng lượng ion hóa thứ hai (I2):

  Na+   -1e    Na2+   I2 = 47,29 (eV)

   Ne+   -1e    Ne2+   I2 = 41,07 (eV)

Na+ có cấu hình e giống khí hiếm (bền vững)  e khó tách khỏi Na+.

Ne+ không có cấu hình lớp vỏ ngoài cùng giống khí hiếm  electron ngoài cùng dễ tách ra hơn so với electron của Na+.                                         

* I2 của Mg nhỏ nhất vì Mg+ có bán kính lớn nhất, đồng thời lớp vỏ cũng chưa bền vững.

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

a.    O3 + 2I- + H2O O2 + I2 + 2OH-

b.   CO2 + NaClO + H2O NaHCO3 + HclO

c.   Cl2 + 2KI 2KCl + I2 ; Nếu KI còn dư: KI + I2 KI3

d.   5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4

c.   2FeBr2 + 3Cl2 2FeCl3 + 2Br2  ;

    5Cl2 + Br2 + 6H2O 2HBrO3 + 10HCl

2.

–Lưu huỳnh đioxit tác dụng với khí Oxi và hơi nước trong không khí tạo axit sunfuric (xúc tác là oxit kim loại có trong khói, bụi hoặc ozon): 2SO2 + O2 + 2H2O → 2H2SO4

Axit H2SO4 tan vào nước mưa tạo thành mưa axit.

-                                                           Mưa axit phá hủy các công trình, tượng đài bằng đá, thép:

-                                                           H2SO4 + CaCO3 →  CaSO4 + CO2 + H2O

              H2SO4 +  Fe →  FeSO4 + H2 

3.

Phản ứng nhiệt phân:  2KClO3 2KCl + 3O2

Khí A là O2, ta có:

 mO2 = 98-93,2 = 4,8 gam; nO2 =0,15 mol

→ mkim loại = 15,6 -4,8 = 10,8 (g).

Theo PP bảo toàn e:

Ta có hệ:

  24x + 56y = 10,8

  2x + 3y = 0,65

 → x = 0,1; y = 0,15 → mMg = 0,1. 24 = 2,4 gam.

%m(Mg) = 2,4. 100/10,8 = 22,22%.

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

Dạng hình học của các phân tử:

BCl3:  có dạng tam giác đều, B có lai hóa sp2.

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.

  I3-: có dạng đường thẳng, I lai hóa sp3d.

2.

Liên kết giữa các hạt ở nút mạng lưới :

- Trong tinh thể bạc, liên kết giữa các hạt là liên kết kim loại Ag – Ag.

- Trong tinh thể CaO, liên kết giữa các hạt Ca2+ và O2- có bản chất là liên kết ion.

- Trong tinh thể kim cương, liên kết giữa các hạt có bản chất là liên kết cộng hóa trị C – C.

- Trong tinh thể than chì (graphit), có liên kết cộng hóa trị (liên kết σ do sự xen phủ của các obitan lai hóa sp2, tạo ra vòng 6 cạnh giống vòng benzen và liên kết π do sự xen phủ của các obitan pz vuông góc với mặt phẳng vòng 6 cạnh) và liên kết phân tử (tương tác van der Waals) giữa các lớp vòng 6 cạnh.

- Trong tinh thể I2, liên kết giữa các hạt (các phân tử) hình thành lực van der Waals yếu.

NỐI DUNG

ĐIỂM

1.

A + B có kết tủa → A hoặc B có thể là NaHSO4 hoặc BaCl2.

 B + C hay D + C đều giải phóng khí không màu, mùi hắc → C phải là NaHSO3,  B hoặc D có thể là HCl hoặc NaHSO4.

→ B là NaHSO4;  D là HCl → A là BaCl2.

 A + D không có hiện tượng gì → BaCl2 không tác dụng với HCl (thỏa mãn).

Phương trình hóa học:

 BaCl2 + NaHSO4 → BaSO4 ↓ + NaCl + HCl

 NaHSO4 + NaHSO3 → Na2SO4  + SO2 + H2O

 HCl  +  NaHSO3 → NaCl + SO2 + H2O

2.

 a)  HCl  +  NaHS  → NaCl    +    H2S

 b)  HCl + NaHSO3         → NaCl    +    SO2    + H2O

     c)  SO3  +  H2SO4           → H2S2O7 (oleum) 

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

Theo giả thiết ta có khối lượng MX ban đầu là 17,8 gam. PTHH

MX + AgNO3 --> AgX + MNO3  (1)

Gọi a là số mol của MX tham gia phản ứng (1), ta có khối lượng kết tủa là:

a(108 + X) => khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 60 – a(108+X)

=> nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là:

Từ đó ta có: 1,2(M+X) = 0,356(108+X)

Lập bảng xét các giá trị của X = 35,5; 80; 127 chỉ có nghiệm thích hợp là

X = 35,5 và M = 7,0 tương ứng với X là clo, M là liti và công thức hợp chất là

LiCl

2.

  b) Để loại bỏ một lượng nhỏ khí Cl2 trong phòng thí nghiệm cần phải bơm một lượng khí NH3 vào.

PTHH:     NH3 + Cl2 → N2 + HCl

    HCl + NH3 → NH4Cl

3.

PTHH: CO + Cl2 → COCl2

  COCl2 + H2O → 2HCl + CO2

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

Thí nghiệm 1 : Thêm dung dịch chứa hỗn hợp HNO3 và AgNO3: xuất hiện kết tủa vàng

 trong dung dịch B có thể có các ion Cl-, Br -, I- (X)

 Ag+ + X-  AgX 

Thí nghiệm 2 : Thêm dung dịch Ba(NO3)2: không xuất hiện kết tủa

Thí nghiệm 3 : Thêm dung dịch KMnO4 : thấy mất màu tím; sau đó thêm dung dịch Ba(NO3)2 : xuất hiện kết tủa trắng không tan trong môi trường axit

 trong dung dịch B có ion HSO3-.

 2MnO4- + 5HSO3- + H+  5SO42-  + 2Mn2+  + 3H2O

 Ba2+  +  SO42-   BaSO4 

Thí nghiệm 4 : Thêm dung dịch Cu(NO3)2 : không xuất hiện kết tủa.

 trong dung dịch B không có ion I-.

2.

SOClBr hay SOBr2

3.

Cấu trúc chóp tam giác, S lai hóa sp3.

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

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)

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

2.

Theo (4,5,6) :  Số mol CO2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol => z = 0,02        (I)

Số mol H2SO4 = mol => 2x + 2y + 2z = 0,12           (II)

Đề bài:       40x + 58y + 84z = 3,64                                                        (III)

 Giải hệ (I,II,III): x = 0,02;  y = 0,02;  z = 0,02

      % MgO = 40.0,02/ 3,64 = 21,98%

     %Mg(OH)2 = 58.0,02/3,64 = 31,87%                                                                                           

     %MgCO3 = 84.0,02/3,64 = 46,15%

NỘI DUNG

ĐIỂM

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     (Đề cho 24,7 lít kk)

nNa2S2O3 = 0,0022.7,76/1000 = 0,00001707 mol

Từ 1, 2, 3 => nI2 = nKI3 = 0,5nNa2S2O3

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

NỘI DUNG

ĐIỂM

Các phản ứng có thể xảy ra:

 SO2  +  Ba(OH)2 →  BaSO3↓  + H2O         (1)

 SO2 +  2KOH →  K2SO3  +  H2O  (2)

 SO2 +  K2SO3 + H2O →  2KHSO3            (3)

 SO2  +  BaSO3  + H2O →  Ba(HSO3)2        (4)

Số mol: nKOH = 0,7 mol; nBa(OH)2 = 0,35a mol;  nBaSO3 = 0,4 mol

Ta thấy: Pứ (1) kết tủa tăng dần đến cực đại;

Pứ (2), (3) kết tủa không đổi;

Pứ (4) kết tủa tan dần

Như vậy có 2 trường hợp xảy ra:

*TH 1: Kết tủa thu được là giá trị cực đại

 → Ở cả 2 thí nghiệm: Ba(OH)2 phản ứng hết; chưa có pứ (4).

Ta có: Khi xong (1) → nSO2 = nBa(OH)2 = nBaSO3 = 0,4 mol.

Khi xong cả (1), (2), (3) → nSO2 = 0,4 + 0,7 = 1,1 mol

Như vậy:  0,4 ≤ nSO2 ≤ 1,1.

Đặt số mol SO2 trong V lit là x mol → trong 3,25V lit là 3,25x mol.

→ 0,4 ≤ x ≤ 1,1 và 0,4 ≤ 3,25x ≤ 1,1  (Loại)

*TH 2: Kết tủa thu được chưa đạt cực đại

→ Ở thí nghiệm 1: Ba(OH)2 dư, SO2 hết, chỉ xảy ra pứ (1)

Ở thí nghiệm (2): Cả Ba(OH)2 và SO2 hết, xảy ra pứ (1), (2), (3) xong;  (4) xảy ra một phần.

-          TH 1: Theo (1), nSO2 = nBaSO3 = 0,4 mol → V = 8,96 lit.

-          TH 2: Theo (1), (2), (3) → nSO2 = nBa(OH)2 + nKOH = 0,35a + 0,7

Theo (4) → nSO2 = nBaSO3 max - nBaSO3 thu được = 0,35a – 0,4

→ (0,35a + 0,7) + (0,35a – 0,4) = 0,4. 3,25 = 1,3

→ 0,7a = 1  → a = 10/7 (M).

NỘI DUNG

ĐIỂM

Giả sử dung dịch Z không còn OH- => tổng khối lượng của KNO3 và NaNO3 là 54,2 gam > 51,5(vô lí). Vậy Z vẫn còn dư OH. Gọi số mol NO3- và OH- trong Z lần lượt là a, b, ta có:

62a + 17b + 0,4.23 + 0,2.39 = 51,5

a + b = 0,2 + 0,4 = 0,6

→ a = 0,54 và b = 0,06 => OH- phản ứng là 0,54 mol => 20 gam chất rắn gồm Fe2O3 và MgO.

Gọi số mol Fe và Cu trong hỗn hợp đầu lần lượt là x và y => số mol Fe2O3 và CuO tương ứng là 0,5x và y => ta có hệ:

56x + 64y = 14,8

80x + 80y = 20

     x = 0,15; y = 0,1

Dung dịch Y chứa ba muối là Fe(NO3)3, Fe(NO3)2, Cu(NO3)2

Bảo toàn Fe: nFe2+ + nFe3+  = 0,15

BTĐTích (hoặc số mol NO3-tạo muối): 2.nFe2+ + 3.nFe3+ + 2.0,1 = 0,54

      nNO3- (trong Y) = n OH- p.ư = 0,54

    nFe2+ = 0,11; nFe3+ = 0,04

Ta có mHNO3 = 60,48 gam => nHNO3 = 0,96 mol => nH2O = 0,48 mol (Bảo toàn H)

BTKL: mHNO3  = mNO3 (trong Y) + mKhí + mH2O => mKhí  = 60,48 – 62.0,54 – 18.0,48 = 18,36 gam =>  mdd sau phản ứng = 14,8 + 126 – 18,36 = 122,44 gam

     C%(Fe(NO3)3 = 242.0.04.100/122,44 = 7,9%

     C%(Fe(NO3)2) = 180.0,11.100/122,44 = 16,17%

  C%(Cu(NO3)2) = 188.0,1.100/122,44 = 15,35%.