Đề thi HSG Hóa 10 năm họ 2018-2019 trường THPT Thuận Thành 2- Bắc Ninh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018- 2019 Môn thi: Hóa học - Lớp 10 Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) (Biết M của: H=1, O=16, C=12, Cl=35,5, Mg=24, Fe=56, Zn=65, Ca=40, Pb = 207; Al = 27; S = 32; Ba= 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133, Cu = 64; Mn = 55; Cr = 52; Ag = 108) (Biết độ âm điện của: C = 2,55; O = 3,44; Cl = 3,16; S = 2,58, H = 2,2; N = 3,04; Se = 2,18) Họ và tên thí sinh………………………………………..……… Số báo danh …………………………….. Câu I (4 điểm). 1-(2 điểm). Một ion M3+ có tổng số hạt (electron, nơtron, proton) bằng 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19. a. Xác định vị trí (số thứ tự ô nguyên tố, chu kì, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. b. Viết cấu hình electron của các ion do M tạo ra. 2-(2 điểm).Trong công thức hợp chất khí(ở điều kiện thường)của R với hidro có chứa 5,8824% hidro về khối lượng. a.Tìm nguyên tố R. b. Viết công thức cấu tạo (theo quy tắc bát tử)của oxit cao nhất, hợp chất khí với hidro, hidroxit tương ứng. Từ đó xác định liên kết hóa học có trong mỗi công thức? Câu II(4 điểm). Hỗn hợp X gồm Al, BaCO3, MgCO3. Lấy 10,65 gam X hòa tan hết vào 200 gam dung dịch HCl (dư 20 % so với lượng phản ứng) thấy có 2,464 lít khí ở (đktc) thoát ra và thu được dung dịch Y. Mặt khác lấy 0,2 mol X nhiệt phân hoàn toàn thu được 3,584 lít khí ở (đktc) . a. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. b. Tính % khối lượng các chất trong X. c. Tính C% các chất tan có trong dung dịch Y. d. Tính thể tích dung dịch NaOH 1M cần thêm vào dung dịch Y để thu được kết tủa lớn nhất? Câu III. (4 điểm) 1-(2,0 điểm).Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế Cl2 từ MnO2 và dung dịch HCl. 1 Trả lời các câu hỏi sau. a. Bình 1 đựng dung dịch gì? Bình 2 đựng dung dịch gì? Nêu vai trò của bình 1 và bình 2? b. Tại sao phải dùng bông tẩm dung dịch NaOH? Có thể thay bông tẩm NaOH bằng bông tẩm dung dịch KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2 được không? c. Có thể thay MnO2 bằng chất nào sau đây: KMnO4, KClO3, KNO3, K2Cr2O7, CaCl2? d. Khí Clo khô thu được ở bình tam giác có màu gì? e. Nếu cho giấy màu ẩm vào bình tam giác sẽ có hiện tượng gì? Tại sao? f.Viết phương trình hóa học điều chế Clo theo hình vẽ trên, cân bằng? Cho biết tỉ lệ số phân tử chất bị oxh trên số phân tử chất bị khử? 2-(2 điểm).Cho 7,2 gam kim loại M , có hoá trị không đổi trong hợp chất, phản ứng hoàn toàn với hỗn hợp khí X gồm Cl2 và O2. Sau phản ứng thu được 23,0 gam chất rắn Y và thể tích hỗn hợp khí Xđã phản ứng là 5,6 lít (ở đktc). a.Tìm công thức củaM? b. Lấy 2,8 lít (ở đktc)hỗn hợp X cho vào 250 ml dung dịch KOH 1M (ở 100 độ C) thu được dung dịch Z. Cô cạn Z thu được a gam chất rắn khan. Tìm a? Câu IV (4 điểm). 1-(3 điểm)Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. FexOy + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b. FeS2 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O c.Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4  → Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O 2-(1 điểm)Cho luồng khí Clo qua dung dịch KBr một thời gian dài. Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra? Câu V:(4,0 điểm) 1-(2 điểm).Có 44 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại B (hóa trị n không đổi trong hợp chất). Chia A làm hai phần bằng nhau. Phần 1 : Tácdụng với dung dịch HCl loãng dư thu được 4,48 lít khí H2. Phần 2 : Hòa tan hết trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được 11,2 lít khí hỗn hợp khí C gồm (NO2 và NO)ngoài ra không còn sản phẩm khử nào khác, biết tỉ khối của C so với khí H2 bằng 21,4.(Các khí đo ở đktc.) a.Xác định tên kim loại B. b. Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng? 2-(2 điểm) .Nung nóng 30,005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 24,405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để tác dụng hết với hỗn hợp Y cần vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol HCl, thu được 4,844 lít khí Cl2 ở (đktc). Tính thành phần % khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân. …………………………..HẾT……………………………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 2 SỞ GD & ĐT TỈNH BẮC NINH TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2018 - 2019 ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) HỌC SINH LÀM THEO CÁCH KHÁC RA ĐÁP ÁN CHO ĐIỂM TỐI ĐA. Câu I (4 điểm). Nội dung Điểm Ý Đặt Z, N lần lượt là số hạt p, n có trong nguyên tử M 1 ta có hệ phương trình 0,4 2 Z + N = 79 + 3  Z = 26 ⇒  2 Z − N = 19 + 3  N = 30 (2 điểm) a. Cấu hình electron nguyên tử của M là: 1s22s22p63s23p63d64s2 0,4 M ở ô thứ 26, chu kì 4 nhóm VIIIB trong bảng tuần hoàn. 0,4 b. Cấu hình electron của ion Fe2+ là: 1s22s22p63s23p63d6 0,4 Cấu hình electron của ion Fe3+ là: 1s22s22p63s23p63d5 0,4 a. Tìm ra R là S 0,5 b. Viết được ctct và chỉ ra các loại liên kết của 2 (2 điểm) SO3 có liên kết CHT có cực, liên kết cho nhận 0,5 H2S có liên kết CHT có cực 0,5 H2SO4 có liên kết CHT có cực và liên kết cho nhận. 0,5 Câu II (4 điểm). Nội dung Điểm Ý Các phương trình hóa học xẩy ra: a 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (1) BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O (2) MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O (3) CaCO3 (4) t0 CaO + CO2 0,2 điểm cho mỗi PTHH 1 MgCO3 b t0 CaO + CO2(5) Gọi số mol Al, BaCO3, MgCO3 trong 10,65 gam hỗn hợp lần lượt là a,b,c 27a+197b+84c=10,65 1,5a+b+c=0,11 Mặt khác ta có số mol hỗn hợp/số mol khí (a+b+c)/(b+c)=0,2/0,16=1,25 a=0,02 b=0,03 c=0,05 %mAl=5,07% %mBaCO3=55,49% %mMgCO3=39,44% 0,5 0,5 0,5 m(dd) Y = 10,65 + 200 – 0,03.2 – 0,08.44 = 207,07 gam c d C% AlCl3 = 1,2894%; C% BaCl2 = 3,0134%; C% MgCl2 = 2,94% 0,5 nHCl phản ứng = 0,22 => nHCl dư = 0,044 C% HCl dư = 0,7756% 0,5 nNaOH = nHCl + 3.nAlCl3 + 2.nMgCl2 = 0,204 => V(NaOH) = 204 ml 0,5 Câu III (4 điểm). 1-(2,0 điểm) Nội dung Điểm Ý a. Bình 1 đựng dd NaCl bão hòa để giữ HCl Bình 2 đựng H2SO4 đặc để giữ H2O b. Clo là khí độc nên phải dùng bông tẩm dung dịch NaOH để đậy không cho khí Clo thoát ra. Có thể thay bông tẩm NaOH bằng bông tẩm KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2. c. Có thể thay MnO2 bằng: KMnO4, KClO3, K2Cr2O7 d. Khí Clo có màu vàng lục. e. Cho giấy màu ẩm vào bình tam giác giấy màu sẽ bị nhạt màu và mất hẳn. Vì Cl2 + H2O  HCl + HClO 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 HClO có tính oxi hóa mạnh nên làm mất màu giấy. 0,2 f.MnO2 + 4HCl t0 MnCl2 + Cl2 + 2H2O 0,2 2 Tỉ lệ số phân tử bị oxh trên số phân tử bị khử là 2/1 0,2 2(2 điểm) Nội dung Điểm Ý 5,6  = 0,25 n X = n Cl2 + n O2 = n Cl = 0,2 22,4 Ta có:  ⇒ 2 n O2 = 0,05 BTKL → m X =m Y − m M =23 − 7,2 =71.n Cl + 32.n O 2 2  a Bảo toàn electron ⇒ Hóa trị. n M =2 n Cl2 + 4 n O2 ⇒ n M = ⇒ M= 2.0,2 + 4.0,05 0,6 = x x x = 2 7,2 .x = 12.x ⇒  0,6 M = 24 (Mg) 0,5 0,5 0,5 3Cl2 + 6KOH  KClO3 + 5KCl + 3H2O b 0,5 a = mKOH dư + mKCl + mKClO3 = 19,3 gam Câu IV (4 điểm): 1.(3 điểm) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng e. Nội dung Điểm Ý o t FexOy + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 1x 2xFe a (3x – 2y)x S +6 + 2y x  → 2xFe +3 + → S + 2e  ( 6x – 4y ) e 1 +4 o t 2FexOy + (6x-2y)H2SO4  → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O o t FeS2 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b 1x 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+4 +22e 1 11x S+6 +2e → S+4 3 o t 2FeS2 + 14H2SO4  → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O to d. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4  → Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O → S+6 + 2e 5x S+4  2x Mn +7 + 5e  → Mn +2 c t0 5Na2SO3 + 2KMnO4 + aNaHSO4  → bNa2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + cH2O  →10 + a = 2b  BTNT(S) → 5 + a= b + 2 + 1  → a=     BTNT(H) → a = 2c  1 BTNT( Na ) 6; b= 8; c= 3. t0 5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4  → 8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 2. (1 điểm) Nội dung Điểm Các phương trình có thể xảy ra Cl2 + KBr  → KCl + Br2 Cl2 + H2O  HCl + HClO 0,25 điểm Br2 + H2O  HBr + HbrO 0,15 điểm Cl2 + HBr  → HCl + Br2 0,15 điểm HClO  → HCl + O2 0,15 điểm HBrO  → HBr + O2 0,15 điểm 0,15 điểm 4 Câu V:(4,0 điểm) 1-(2 điểm). Nội dung Điểm TH1: Kim loại B không tác dụng với HCl ta có TN1: nFe = nH2 = 0,2 => mFe = 11,2 gam => mB = 10,8 gam 0,25 TN2: Tính được nNO = 0,1; nNO2 = 0,4; gọi mol B bằng x mol. 0,25 => BTE ta có 0,2.3 + x.n = 0,1.3 + 0,4 => n.x = 0,1 0,25 => n.(10,8/B) = 0,1 => B = 108.n n = 1 => B = 108 => Ag a 0,25 n = 2 loại n = 3 loại TH2: Kim loại B tác dụng với HCl 0,25 Gọi mol Fe = x mol, mol B = y mol trong mỗi phần. => 56x + MB.y = 22 (1) Phần 1 ta có BTE => 2x + ny = 0,2 (2) Phần 2 ta lại có BTE => 3x + ny = 0,7 (3) Giải hệ (2) và (3) => x = 0,5; ny = -0,8 =>Loại. 0,25 nHNO3 phản ứng = 3.nFe(NO3)3 + nAgNO3 + nNO + nNO2= 1,2 mol. b 0,5 5 2-(2 điểm). Nội dung Điểm Gọi số mol KMnO4, KClO3 và MnO2 trong 30,005 gam X lần lượt là x, y,z * Ta có phương trình cho khối lượng X: mX = 158x + 122,5y + 87z = 30,005 gam. 0,25 * Số mol HCl đã dùng là: nHCl dùng = 0,8 mol ⟹ nO trong Y =0,8/2= 0,4 mol; nO2 ↑ ra = (30,005 – 24,405)/32 = 0,175 mol. 0,25 Bảo toàn O có số mol nguyên tử O trong X bằng số mol nguyên tử O thoát ra + số mol nguyên tử O trong Y ⟹ 4x + 3y + 2z = 0,175 × 2 + 0,4 = 0,75 mol. 0,25 * Bảo toàn electron cả quá trình có: 5x + 6y + 2z = 4nO2 + 2nCl2 = 1,1325 mol. 0,25 Giải hệ các phương trình trên có: x = 0,12 mol; y = 0,0875 mol và z = 0,00375 mol. 0,25 MnO2 không nhiệt phân; ở đây dùng một lượng ít này làm chất xúc tác cho 0,0875 mol KClO3 nhiệt phân hoàn toàn tạo 0,13125 mol O2. 0,25 ⟹ Còn cần 0,0875 mol KMnO4 phản ứng nhiệt phân nữa để tạo thêm 0,04375 mol 0,25 O2 ⟹ %mKMnO4 nhiệt phân = 0,0875 ÷ 0,12 ≈ 72,92 % 0,25 6 7