Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 10 - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

 1 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 10 - THPT 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Đề thi gồm 02 trang 
Câu 1 (1,5 điểm) 
1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: 
a. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2. 
b. H2O2 + KMnO4 + H2SO4 → K2SO4 + MnSO4 + O2 + H2O. 
c. FexOy + HNO3 → Fe(NO3)3 + NnOm + H2O. 
d. FeSO4 + KMnO4 + KHSO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O. 
2. Hai nguyên tố X và Y cùng một chu kì trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, X thuộc 
nhóm IIA, Y thuộc nhóm IIIA. Biết ZX + ZY = 51. Viết cấu hình electron của X và Y. 
Câu 2 (1,5 điểm) 
1. Cho sơ đồ điều chế khí O2 trong phòng thí nghiệm: 
a. Nêu tên các dụng cụ thí nghiệm đã đánh số trong hình vẽ. 
b. Chỉ ra hai chất có thể là X trong sơ đồ trên, viết phương trình phản ứng minh họa. 
c. Hãy giải thích tại sao trong thí nghiệm trên? 
 - Khí O2 lại được thu bằng phương pháp đẩy nước. 
 - Khi kết thúc thí nghiệm phải tháo ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn. 
2. Nêu cách pha chế để thu được 500 ml dung dịch NaCl 0,9% (d = 1,009 gam/ml) từ NaCl 
nguyên chất và nước cất. 
Câu 3 (1,5 điểm) 
1. Có 3 cốc đựng hóa chất: Cốc 1 đựng dung dịch H2SO4 đặc, cốc 2 đựng dung dịch HCl đặc, 
cốc 3 đựng dung dịch NaOH đặc. Ban đầu, khối lượng của cả 3 cốc đều bằng m gam. Để yên 3 cốc 
trong phòng thí nghiệm. Hai ngày sau khối lượng của cốc 1, cốc 2 và cốc 3 lần lượt là m1 gam, m2 gam 
và m3 gam. So sánh giá trị m với m1, m2, m3 và giải thích. 
2. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: 
 a. Ozon tác dụng với dung dịch KI trong nước. 
b. Sục khí CO2 qua nước Gia-ven. 
c. Cho nước clo qua dung dịch KI. 
d. Sục khí clo đến dư vào dung dịch FeI2. 
3. Hấp thụ hoàn toàn V lít SO2 (đktc) vào 13,95 ml dung dịch KOH 28%, có khối lượng riêng 
là 1,147 gam/ml thu được 7,96 gam hỗn hợp muối. Tính V. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 2 
Câu 4 (1,0 điểm) 
Khi nung nóng 22,12 gam KMnO4, sau một thời gian thu được 21,16 gam hỗn hợp chất rắn X. 
Cho hỗn hợp X phản ứng hoàn toàn với dung dịch HCl 36,5% (d = 1,18 gam/ml). Tính thể tích dung 
dịch HCl tối thiểu cần dùng. 
Câu 5 (1,0 điểm) 
Cho 48 gam Fe2O3 vào bình chứa m gam dung dịch H2SO4 9,8% (loãng), sau khi phản ứng xảy 
ra hoàn toàn thu được dung dịch A có khối lượng 474 gam. 
1. Tính m và nồng độ % các chất tan trong dung dịch A. 
2. Nếu cho 48 gam Fe2O3 vào bình chứa m gam dung dịch H2SO4 9,8% (loãng), sau đó sục SO2 
dư vào bình đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch B. Tính nồng độ % của các chất 
tan trong dung dịch B (coi SO2 không tan trong H2O). 
Câu 6 (1,5 điểm) 
Hỗn hợp X dạng bột gồm l và FexOy. Nung m gam X trong điều kiện kh ng có kh ng khí, giả 
sử chỉ xảy ra phản ứng khử sắt oxit thành sắt. Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn . Chia 
thành hai phần: 
P 1 Cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lít khí và 12,6 gam 
chất rắn. 
P 2 Cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư, sau phản ứng thu được 27,72 lít SO2 
và dung dịch có chứa 263,25 gam muối sunfat. 
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo điều kiện tiêu chuẩn. Tính m và xác định c ng 
thức của FexOy. 
Câu 7 (1,0 điểm) 
Hòa tan m gam kim loại R trong dung dịch HCl dư thu được dung dịch và 1,12 lít H2 (đktc). 
C cạn dung dịch thu được 9,95 gam muối B duy nhất. Nếu thêm từ từ KOH đến dư vào dung dịch 
 rồi lọc kết tủa đem nung ngoài kh ng khí đến khối lượng kh ng đổi thu được (m+1,2) gam chất rắn 
D. Hòa tan D trong dung dịch H2SO4 loãng, vừa đủ được dung dịch E. C cạn dung dịch E thu được 
14,05 gam muối G duy nhất. Xác định c ng thức R, B và G. 
Câu 8 (1,0 điểm) 
Phân tử X được tạo thành từ 8 nguyên tử của 4 nguyên tố phi kim. Tổng số hạt mang điện của X 
bằng 64. Trong X có ba nguyên tố thuộc cùng một chu kì và số hạt proton của nguyên tố có Z lớn nhất 
nhỏ hơn tổng số proton của các nguyên tố còn lại là 16. Số nguyên tử của nguyên tố có Z nhỏ nhất bằng 
tổng số nguyên tử của các nguyên tố còn lại. Xác định công thức của X. 
--------------Hết--------------- 
Thí sinh chỉ được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.......; Số báo danh:. 
 1 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 
ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC 10 - THPT. 
I. LƯU Ý CHUNG 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm 
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
II. ĐÁP ÁN 
CÂU NỘI DUNG TRÌNH BÀY ĐIỂM 
Câu 1 
1,5đ 
1. Cân bằng phản ứng. 
a. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3  K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 
1x  Cr2S3 2Cr
+ 6 
 + 3S
+ 6
 + 30e 
15xMn+2 + 2N+5 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 
Cr2S3 +15Mn(NO3)2 + 20K2CO32K2CrO4 + 3K2SO4 + 15K2MnO4 + 30NO + 20CO2 
b. H2O2 + KMnO4 + H2SO4→ K2SO4 + MnSO4 + O2 + H2O 
 5x 2O-1→2Oo + 2e 
 2x Mn+7+ 5e → Mn+ 2 
5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4→ K2SO4 + 2MnSO4 + 5O2 + 8H2O 
c. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O 
(5n – 2m) xxFe+2y/x xFe+ 3+ (3x – 2y)e 
(3x – 2y) x nN+ 5+ (5n – 2m)enN+ 2m/n 
 (5n – 2m)FexOy + (18nx – 6mx – 2ny)HNO3 
 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O 
d. 10FeSO4 + 2KMnO4 + aKHSO4 → 5Fe2(SO4)3 + bK2SO4 + 2MnSO4 + cH2O 
 5x  2Fe+2 → 2Fe+3 + 2e 
 2x  Mn+7 + 5e → Mn+2 
- Bảo toàn nguyên tố K, S => a = 16 ; b = 9 => c = 8 
10FeSO4 + 2KMnO4 + 16KHSO4 → 5Fe2(SO4)3 + 9K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O 
2. Xác định X, . 
Trường hợp 1: X, thuộc chu kì nhỏ. 
X Y X
Y X Y
Z + Z = 51 Z = 25
Z = Z + 1 Z = 26
 
 
 
Cấu hình của X là 1s22s22p63s23p63d54s2. 
X thuộc chu kỳ 4 là chu kỳ lớn,nhóm VIIB, trường hợp này loại. 
Trường hợp 1: X, thuộc chu kì lớn. 
X Y X
Y X Y
Z + Z = 51 Z = 20
Z = Z + 11 Z = 31
 
 
 
Cấu hình của X là 1s22s22p63s23p64s2; X thuộc chu kỳ 4, nhóm IIA. 
Y là 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
4p
3
; Y thuộc chu kỳ 4, nhóm IIIA 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
(Đáp án có 05 trang) 
 2 
Câu 2 
1,5đ 
1. 
a. (1) Đèn cồn; (2) Ống nghiệm; (3) Giá đỡ. 
 (4) Nút cao su (5); Ống dẫn khí; (6) Chậu thủy tinh. 
b. X có thể là: KClO3, KMnO4. 
Hai phản ứng: 
 2KClO3
o
2t , MnO 2KCl + 3O2 
 2KMnO4
ot K2MnO4 + MnO2 + O2 
c. Giải thích: 
 + Khí O2 rất ít tan trong nước, có M = 32 nặng hơn kh ng khí (MKK=29) không 
nhiều, nên được thu qua nước. 
 + Phải tháo ống dẫn khí trước vì nếu tắt đèn cồn trước, sự chênh lệch áp suất sẽ 
làm cho nước trào vào ống nghiệm, gây vỡ ống nghiệm. 
2. Khối lượng NaCl cần dùng: 500.1,009.0,9% = 4,54 gam 
- Cân lấy 4,54g NaCl rồi cho vào cốc thủy tinh. 
- Cho từ từ nước cất (lượng nhỏ hơn 500 ml) vào và lắc đều 
- Dùng đũa thủy tinh khuấy đều cho muối tan hết 
- Đổ dung dịch vừa pha vào bình định mức 500 ml. 
- Cho tiếp nước cất vừa đến vạch 500 ml. 
- Đậy nút nhám kín, lắc kĩ ta được 500 ml dung dịch nước muối như yêu cầu. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 3 
1,5đ 
1. 
 + m1> m vì dung dịch axit sunfuric đặc rất háo nước, hút ẩm mạnh. Lượng nước 
từ kh ng khí đi vào làm dung dịch loãng ra và khối lượng tăng lên. 
+ m2< m vì dung dịch axit clohiđric đặc dễ bay hơi làm giảm khối lượng. 
+ m3> m vì dung dịch natri hiđroxit đặc không những hút ẩm mà còn hấp thụ CO2 
có trong không khí làm khối lượng dung dịch tăng lên. 
 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O. 
Nếu học sinh trả lời 1 đến 2 ý cho 0,25đ. 
2. Các phản ứng xảy ra 
O3 + 2KI + H2O  O2 + I2 + 2KOH (1) 
CO2 + NaClO + H2O  NaHCO3 + HClO (2) 
Cl2 + 2KI 2KCl + I2 (3) 
Nếu KI còn dư: KI + I2KI3 (4) 
2FeI2 + 3Cl2 2FeCl3 + 2I2 (5) 
5Cl2 + I2 + 6H2O  2HIO3 + 10HCl (6) 
Nếu học sinh không viết phản ứng (4) và (6) cho 0,25đ 
3. nKOH = 0,08 (mol). 
 SO2 + KOH  KHSO3 (1) 
 x x x (mol) 
 SO2 + 2KOH  K2SO3 + H2O (2) 
 y 2y y (mol) 
x+2y =0,08 x = 0,04
120x+158y =7,96 y = 0,02
 
 
 
V= 0,06.22,4=1,344 lít
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 3 
Câu 4 
1,0đ 4KMnO
n ban đầu = = 0,14 mol; 
2O
n = = 0,03 mol 
 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 
 0,06 ← 0,03 ← 0,03 ← 0,03 
→ nKMnO còn = 0,14 – 0,06 = 0,08 mol 
 2KMnO4 + 16HCl 5Cl2↑ + KCl + 2MnCl2 + 8H2O 
 0,08 → 0,64 
 K2MnO4 + 8HCl 2Cl2↑ + 2KCl + MnCl2 + 4H2O 
 0,03 → 0,24 
 MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O 
 0,03 → 0,12 
→ nHCl = 0,64 + 0,24 + 0,12 = 1,0 mol 
→ Vdd HCl = = 84,74 ml 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 5 
1,0đ 
 1. Fe2O3 +3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O. 
Nếu Fe2O3 tan hết thì m = 474 – 48 = 426 gam 

2 4H SO
n = 0,426 mol < 3
2 3Fe O
n = 3.0,3 = 0,9 mol 
 Fe2O3 tan kh ng hết và H2SO4 phản ứng hết. 
Gọi 
2 3Fe O
n phản ứng là x mol  
2 4H SO
n phản ứng = 3x mol 
C% H2SO4 = 
3.98.100
9,8 x 0,15mol
474 160x
  

Trong dung dịch : C% Fe2(SO4)3 = 
0,15.400.100
12.66%
474
 
 m = 474 - 160.0,15 = 450 gam. 
2. Tính C% của dung dịch thu được. 
Sục SO2 vào: 
Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O (1) 
SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O  2FeSO4 + 2H2SO4 (2) 
------------------------------------------------------------------ 
Fe2O3 + SO2 + H2SO4 2FeSO4 + H2O 
Ban đầu: 0,3 0,45 mol 
Phản ứng 0,3 0,3 0,3 mol 
Còn lại 0 0,15 0,6 mol 
 Suy ra: C% FeSO4 = 
0,6.152.100%
17,63%
(48 64.0,3 450)

 
 C% H2SO4 = 
0,15.98.100%
2,84%
(48 64.0,3 450)

 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 6 
1,5đ 
Các phương trình phản ứng: 3FexOy + 2yAl 
0t 3xFe + yAl2O3(1) 
Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư, có khí  trong chất rắn có l dư. Vì l còn 
dư, mà phản ứng xảy ra hoàn toàn nên FexOy hết. Vậy thành phần của có: l2O3, 
Fe và l dư. 
0,25 
158
12,22
32
16,2112,22 

ot
4



18,1%.5,36
%100.5,36.1
 4 
P 1: Tác dụng với dung dịch NaOH dư: 
Al2O3 + 2NaOH → 2Na lO2 + H2O (2) 
2Al + 2NaOH + 2H2O → 2Na lO2 + 3H2 (3) 
P 2: Tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư: 
 Al2O3 + 3H2SO4(đ) 
0t Al2(SO4)3 + 3H2O (4) 
2Al + 6H2SO4(đ)
0t Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5) 
2Fe + 6H2SO4(đ) 
0t Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6) 
Từ (3) có nAl = 
2H
2
n
3
= 0,05 mol 
nFe = 0,225 mol 
Trong phần 1 có Al2O3. 
 Fe: 0,225 mol. 
 Al: 0,05 mol. 
- Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1. 
Trong phần 2 có: Al2O3. 
 Fe: 0,225a (mol). 
 Al: 0,05a (mol) 
Từ (5) và (6) suy ra: 
 nSO 2 = 1,5(nAl + nFe) = 1,5.(0,05a + 0,225a) =1,2375a=3. 
Trong phần 2 có: 0,675 mol Fe. 
 0,15 mol Al 
Theo (4), (5), (6) có 
2 4 3 2 4 3Al (SO ) Fe (SO )
m + m 263,25 
Trong phần 2 có 
2 3Al O
n  = 0,3 mol . 
Khối lượng của phần 2 là 72,45 gam 
Khối lượng của phần 1 là 72,45:3 =24,15 gam 
Từ đó tính được m = 72,45 +24,15 = 96,6 gam 
* Xác định oxit. 
X t phần 2: Từ (1) có 3x : y = 
2 3Fe Al O
n : n  = 0,675 : 0,3x : y = 3: 4. 
 Vậy oxit là Fe3O4. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 7 
1,0đ 
Xác định R, B, G. 
2R+2nHCl → 2RCln+n H2↑ 
KOH+ HCl → KCl +H2O 
RCln+nKOH → R(OH)n↓+nKCl 
4R(OH)n + (m-n) O2 
nung2R2Om+ 2nH2O 
 R2Om+mH2SO4→R2(SO4)m+m H2O 
Gọi a là số mol của R : 
 Số mol e do R cho để tạo RCln = 2.
2H
n = 2.0,05 =0,1 mol. 
 Số mol e do R cho để tạo R2Om = 2.nO ( trong oxit) =0,15. 
→R có sự thay đổi số oxi hoá: m >n. 
n 0,1 2
=
m 0,15 3
 n=2, m=3. 
 Số mol của R= 0,05(mol) 
Nếu B là muối khan: RCl2→ mB = 0,05(R+71)=9,95→R =128 (loại) 
0,25 
0,25 
 5 
Vậy B là muối ngậm nước RCl2. bH2O : 0,05mol 
 9,95=0,05 (MR+71 +18b)  MR=56, b=4 thỏa mãn. Muối B là FeCl2.4H2O. 
Muối G là muối ngậm nước: Fe2(SO4)3.aH2O 
Sơ đồ: 2R Fe2(SO4)3.aH2O: 0,025 mol 
 14,05 = 0,025(400+18a) a = 9 
G: Fe2(SO4)3.9H2O. 
0,25 
0,25 
Câu 8 
1,0đ 
Gọi c ng thức của X : aBbCcDd 
 aZA + bZB + cZC + dZD = 32 
 a + b + c + d = 8. 
giả sử: ZA< ZB< ZC< ZD 
 a = b + c + d 
 dZD = aZA + bZB + cZC -16 
 a = 4; dZD = 8  d = 1 và ZD = 8 (O) 
 4ZA + bZB + cZC = 24. 
B, C, D thuộc cùng một chu kì và thuộc chu kì 2ZC>ZB5 
 ZA<
13
3,25
4
  ZA = 1(H); ZA = 2 (He: Khí hiếm); ZA = 3(Li: Kim loại). 
 b + c = 3 và bZB + cZC = 20. 
Trường hợp 1: b=2, c=1  2ZB + ZC = 20  ZB=7; ZC=6 loại vì ZB<ZC. 
Trường hợp 2: b=1, c=2  ZB + 2ZC = 20  ZB=6(C); ZC=7 (N) thỏa mãn 
Công thức của X: H4CN2O hay (NH2)2CO (ure) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
--------Hết--------