Đề thi Olympic môn Hóa 10 trường THPT Đa Phúc - Hà Nội năm học 2016-2017

Năm học: 2016-2017 ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hóa học 10 ------------------- Thời gian làm bài: 90 phút Trường THPT Đa Phúc Câu 1. (3,0 điểm) Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5. Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt. Xác định vị trí của các nguyên tố M, X trong Bảng tuần hoàn? Câu 2. (4,0 điểm) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) Mg + HNO3   Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2: 1) b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng   M(NO3)m + NO2 + CO2 + H2O c) CuFeSx + O2   Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ d) Fe3O4 + HNO3   NxOy + … Câu 3. (3,0 điểm) Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hoá học. Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau đây: CaO, CaCl2 khan, H2SO4 đặc, P2O5 , NaOH rắn. Giải thích (Không cần viết phương trình hoá học). Câu 4. (5,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính V. c) Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. Câu 5. (5,0 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 X1 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 Y1. Tìm thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1. --------------------000-------------------- (Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: H=1, C=12, O =16, Mg=24, Al=27, S=32, Cl=35.5, Ca=40, Fe=56, Cu=64, Zn=65) Chú ý: Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Trường THPT Đa Phúc Năm học: 2016-2017 HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC Môn: Hóa học 10 ------------------- Câu 1. (3 điểm) ĐÁP ÁN Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình: (2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164 (2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52 (Z+N) – (Z’+N’) = 5 (2Z+N) – (2Z’+N’) = 8 Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17 Cấu hình electron: Z = 20: 1s22s22p63s23p64s2 → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH Z’ = 17: 1s22s22p63s23p5 → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH ĐIỂM 1,0 1,0 1,0 Câu 2. (4 điểm) a) Mg + HNO3 ĐÁP ÁN   Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O ĐIỂM (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 18 Mg0   Mg 2 + 2e 1 7 N 5 + 36 e   N 2 O + 2N2 + N 3 1 1,0 18Mg + 44HNO3   18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng   M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O 2M+n   2 M+m + 2(m-n) e  N+4 2(m-n) N+5 + 1e  1 1,0 M2(CO3)n + (4m-2n)HNO3 đặc, nóng   2M(NO3)m + 2(m-n)NO2 + nCO2+(2m-n)H2O c) CuFeSx + O2   Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ +2 3Cu + 3e   3Cu+1 3x S-4/x   3xS+4 + 12(x+1)e 3Fe+2   3Fe+8/3+ 2e 3 CuFeSx   3Cu+1+ 3Fe+8/3+ 3xS+4 + (12x+11)e O2 + 4e   2O-2 4 (12x+11) 1,0 12 CuFeSx + (11+12x) O2  6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 d) Fe3O4 + HNO3   NxOy + Fe(NO3)3 + H2O (5x-2y) 1 3Fe+8/3   3Fe+3 + 1e 1,0  xN+2y/x xN+5 + (5x-2y)e  (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3   NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O Câu 3. (3 điểm) ĐÁP ÁN - Các khí có thể điều chế được gồm O2, H2S, Cl2, CO2, SO2 ĐIỂM 1,0 - Các phương trình hoá học: o t 2KMnO4  K2MnO4 1,5 + MnO2 + O2 NaHCO3 + HCl   NaCl + H2O + CO2 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 2KMnO4 + 16HCl  5Cl2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O NaHSO3 + HCl   NaCl + H2O + SO2 FeS2+ 2HCl   FeCl2 + H2S + S - Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó. 0,5 Câu 4. (5 điểm) ĐÁP ÁN a) Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O 2M + 2nH2SO4  M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O ĐIỂM (1) (2) 0,5 Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH  NaHSO3 (3) SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O (4) 0,5 *) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl  FeCl2 + H2 (5) 2M + 2n HCl  2MCln + nH2 0,25 (6) *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 2M + n H2SO4  M2(SO4)n + nH2 b) Tính V: (7) (8) 0,25 Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO2 (3)  a(mol) ; nSO2 (4)  b(mol)  n NaOH  a  2b  0,1mol   m chat tan  104.a  126.b  5,725gam 0,75  a = - 0,014 < 0 (loại) Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO2 (4)  d(mol)  nNaOH dư = 0,1 – 2d mol.  m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam  d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít c) Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 n Theo (1) và (2)  nSO2  x  y  0,0375mol 2 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n Theo (5), (6) ta có nH2  x  .2y  0,0775mol 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 0,75 (*) (**) Theo (7) và (8) có: nFeSO4  nFe  2xmol ; nM 2 (SO4 )n   Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). 1 y nM  mol 2 2 y = 5,605 gam 2  304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045 M M.y 0,405    9 n n.y 0,045 Xét: n M (g/mol) 1 9 (loại) 2 18 (loại) (***) 1,0 3 27 (M là Al)  y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x %mFe(trongX)  .100%  58,03% 56x  27y %mAl (trongX)  27x .100%  41,97% 56x  27y 1,0 Câu 5. (5 điểm) ĐÁP ÁN HCl + NaOH  NaCl + H2O a) ĐIỂM o t  NaCl.nH2O Dd NaCl  Z o t  NaCl + n H2O NaCl.nH2O  Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với nhau. Có: nHCl = nNaOH = nNaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol. 0,15 = 2,5M 0,06 0,15×40 C%(NaOH) = ×100% = 6% 100 CM (HCl) = 0,5 0,5 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: nH2O = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; nH2O = 0,3 mol => n = 0,3: 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H2O. b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: nHCl = 0,84.2,5 = 2,1 mol 1,0 Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: n NaOH  1600  6  2,4 mol 100  40 Al + 3 HCl  AlCl3 + 3/2 H2 (1) 3a a Fe + 2 HCl  FeCl2 + H2 (2) b 2b b Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là: a nHCl  0,5 16,4  3  1,82  2,1 27 Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: nHCl  16,4  2  0,59  2,1 56 Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y: HCl + NaOH  NaCl + H2O (3) 0,5 2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b) FeCl2 + 2 NaOH  Fe(OH)2 + 2 NaCl (4) b 2b b AlCl3 + 3 NaOH  Al(OH)3 + 3 NaCl (5) a 3a a Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 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  NaAlO2 + 2 H2O 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 + O2  2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 là Fe2O3. b/2 = nFe2O3 = 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  Al2O3 + 3 H2O a - 0,3 (a - 0,3)/2 4 Fe(OH)2 + O2  2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 có Al2O3 và Fe2O3. 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 0,5 0,5 0,5