Đề thi và đáp án học sinh giỏi môn Hóa Học lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2014 2015, đề thi olympic hoá học 10, đề thi hsg hóa 10, tỉnh vĩnh phúc, đề thi hsg lớp 10 môn hóa học tỉnh vp có đáp án, đề thi hsg hóa 12 tỉnh vĩnh phúc
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