Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh cấp THPT năm học 2012 - 2013 môn thi: Hoá học lớp 10

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013
 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút 
 (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) 
Câu I:
1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây:
- Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển;
- Sục khí clo vào dung dịch mới thu được;
- Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3;
- Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. 
 Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò của H2SO4.
2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m.
Câu II:
1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích.
2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A.
Câu III:
1.a. Sục từ từ khí Cl2 vào dung dịch KI, hãy cho biết màu sắc dung dịch biến đổi như thế nào? Giải thích.
b. Hãy giải thích tại sao ái lực electron của flo (3,45 eV) bé hơn của clo (3,61 eV) nhưng tính oxi hóa của flo lại mạnh hơn của clo?
2. Cho hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axit H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO2 và NO2 có thể tích là 1,792 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m. 
Câu IV:
1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R.
2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại.
Câu V:
1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ra những lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng.
a. CaI2 + H2SO4 đặc à CaSO4 +2HI
b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc à FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O
c. Cl2 +2KI dư à 2KCl + I2 
2. Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X.
b. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B.
Câu VI:
1.Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lít H2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ.
2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch chứa các ion Cl-, Br-, I- đều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết ban đầu nồng độ các ion không đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cách nhận biết ion Cl- trong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên.
Biết: Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 k = 10-7,24 ; TAgCl = 1,78.10-10 ; TAgBr = 10-13; TAgI = 10-16.
-----------------HẾT---------------
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học).
- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh Số báo danh
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT
 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013
 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10
Câu
Nội dung
Điểm
I
3
1. Cl2 + 2NaBr 2NaCl + Br2	 (1)
3Br2 + 3Na2CO3 ® 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2	(2)
 H2SO4 + Na2CO3 Na2SO4 + CO2 + H2O (3)
 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 ® 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4)
Vai trò của H2SO4: (1) H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4) là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: .
2. Thêm H2S vào phần 1 ta có:
 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl 
 x 0,5x
 CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl
 y y
à 16x +96y = 1,28	(I)
Thêm Na2S vào phần 2
 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl
sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl
ð	 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl
mol: x x 0,5 x
	CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl
 y y
à 88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II)
+ Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol ð m = 4,6.2 = 9,2 gam.
1,5
0,5
0,5
 0,5
II
3
1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
VIIIA
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
2s1
2s2
2p1
2p2
2p3
2p4
2p5
2p6
I1 (kJ/mol)
520
899
801
1086
1402
1314
1681
2081
Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. 
 Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:
- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).
- Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: 
 M2+ + CO32- à MCO3
Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35
Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam à Số mol MCO3 = = 0,3 CO32- có dư, M2+ pư hết
nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3
 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%.
1
0,5
0,5
1
III
3,5
1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu
Cl2 + 2KI à 2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O à 2HIO3 + 10HCl
b. Quá trình chuyển X2 à 2X- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử X thành ion X-
Mặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấp hơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flo mạnh hơn clo
(Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p, không có AO trống à phân tử F2 chỉ có liên kết . Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống à phân tử Cl2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạo liên kết , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi).
2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02 à số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14
Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư = = 0,015
Ta có : NO3- + 2H+ +1e àNO2 + H2O
 0,02 0,04
 SO42- +4H+ +2e à SO2 +2H2O
 0,06 0,24
nNO3 -(muối) = nNO3- (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02
Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc axit 
 à m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam)
0,75
0,75
0,25
0,5
0,5
0,75
IV
3,5
1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.
Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH
Ta có : (loại do không có nghiệm thích hợp)
Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4
Ta có : , vậy R là nguyên tố clo (Cl).
Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH
MOH + HClO4 ® XClO4 + H2O
Þ 
Þ 
Þ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K).
2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2.
Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:
8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O
Theo ptpu: n = nR. Theo bài ra: n= nR → 5n = 8 → n = .
Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng:
2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
Ta có: 2 =2n à n =1 
Phương trình (1) được viết lại: 
2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O *
Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2)
Theo (2): n= n= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n= 0,1(mol)
Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → = = 312 → MR = 108 (R là Ag).
0,5
1
0,5
0,5
1
V
3,5
1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại
	4CaI2 + 5H2SO4 đặc à 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O
b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại:
2FeCl2 + 4H2SO4 à Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O
c. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại:
	Cl2 + 3KI à 2KCl + KI3
2. a) Viết phương trình:
	Fe + S ® FeS	(1)
	FeS + 2HCl ® FeCl2 + H2S­	(2)
 Với = 13.2 = 26 Þ Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl.
	Fedư + 2HCl ® FeCl2 + H2­	(3)
	2H2S + 3O2 ® 2SO2 + 2H2O	(4)	
	2H2 + O2 ® 2H2O	(5)
	SO2 + H2O2 ® H2SO4	(6)
Đặt = a (mol); = b (mol)
	Þ = 
	Giả sử = 1 (mol) Þ = 3 (mol)
	(1)(2) Þ phản ứng = nS = nFeS = = 3 (mol)
	(3) Þ nFe dư = = 1 (mol)
	 Þ ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)	
	Vậy: 	%mFe = 
	%mS = 100% - 70% = 30%
b) 	nY = = 0,1(mol) 	Þ = .0,1 = 0,075 (mol). 
Þ = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).
	Từ (4)(6) Þ = = 0,075 (mol)
	Từ (6) Þ = = 0,075 (mol) Þ H2O2 dư.
	phản ứng = = 0,075 (mol) Þ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)
Áp dụng BTKL ta có:	
	mddB = + + = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)
Vậy: 	C%H2SO4 = = 6,695 (%).
	C%H2O2 dư = = 2,392 (%).
0,5.3
0,5
0,5
0,5
0,5
VI
3,5
1. Ba + H2O à Ba(OH)2 + H2
Na + H2O à NaOH + 1/2H2
Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,3
Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư
CO2 + 2OH- à CO32- + H2O
CO32- + Ba2+ à BaCO3
BaCO3 + CO2 à Ba(HCO3)2
Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa với số mol CO2 được hấp thụ (Hình thang cân..)
0,1
0
0,1
0,2
0,3
nCO2
nkết tủa
2. Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01M và NH3 = 0,25 – 0,02 = 0,23M
 Ag(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10-7,24
 Ban đầu 0,01 0 0,23
Cân bằng 0,01-x x 0,23 + 2x
K = 10-7,24 = Giải được x = 1,09.10-8 . Vậy nồng độ cân bằng của Ag+= 1,09.10-8
Ta có T = Ag+.X- = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10
Như vậy: T < TAgCl à nên không có kết tủa AgCl
T > TAgBr và TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI
Để nhận biết Cl- trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏ Br- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăng nồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-)
0,5
0,5
1
0,25
0,5
0,75