Đề thi học sinh giỏi môn Hoá học lớp 10 năm học: 2007 - 2008

Sở giáo dục & đào tạo hải phòng
trường thpt trần nguyên hãn
đề thi học sinh giỏi môn hoá học lớp 10
năm học : 2007-2008
Thời gian làm bài : 150 phút
Họ và tên thí sinh :........................................................... Số báo danh : ........
Phần 1: Trắc nghiệm khách quan ( 2 điểm)
Chọn một đáp án đúng trong mỗi câu sau :	
Câu 1. Trong phản ứng đốt cháy CuFeS2 tạo ra CuO, Fe2O3, SO2 thì 1 phân tử CuFeS2 sẽ :
A. nhường 12 e B. nhận 13 e C. nhường 13 e D. nhận 12 e
Câu 2. Có thể phân biệt các dung dịch : Na2CO3 , Ba(HCO3)2 , BaCl2 , NaOH bằng dung dịch:
A. Na2SO4 B. H2SO4 C. HCl D. NaCl
Câu 3. Nung một miếng đá vôi, sau một thời gian thu được chất rắn có khối lượng bằng 67% khối lượng miếng đá vôi ban đầu. Hiệu suất của phản ứng nhiệt phân là :
A. 25 % B. 40 % C. 60 % D. 75 %
Câu 4. Trong hợp chất XY( X là kim loại, Y là phi kim), số e của cation bằng số e của anion và tổng số e trong XY là 20. Trong mọi hợp chất, Y chỉ có một mức oxi hoá duy nhất. Công thức của XY là: A. LiF B. NaF C. AlN D. MgO
Câu 5. Nguyên tử của một nguyên tố có tổng số e ở các phân lớp p là 8.ở trạng thái cơ bản, nguyên tử đó có số e độc thân là :
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
Câu 6. Nguyên tố Cu có số khối trung bình là 63,54. Nguyên tố này có 2 đồng vị là X và Y. Tổng số khối của 2 đồng vị là 128, số nguyên tử của đồng vị X bằng 0,37 lần số nguyên tử của đồng vị Y. Số khối của X và Y lần lượt là :
A. 63 và 65 B. 65 và 63 C. 64 và 65 D. 65 và 64
Câu 7. Cho một lượng nhỏ clorua vôi vào dung dịch HCl đặc thì có hiện tượng xảy ra là :
A. Clorua vôi tan, có khí không màu thoát ra B. Clorua vôi tan
C. Clorua vôi tan, có khí màu vàng lục nhạt thoát ra B. Không có hiện tượng gì
Câu 8. Hoà tan hoàn toàn một lượng oxit kim loại bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu được 2,24 lit khí SO2(đktc) và 120 gam muối. Oxit kim loại đó là :
A. Al2O3 B. Fe2O3 C. Fe3O4 C. CuO
Câu 9. Trong số các chất : KOH , KClO3 , KMnO4 , KO2 , H2O2, H2O , HgO , những chất có thể điều chế được O2 là :
A. KClO3 , KMnO4 , H2O2 , H2O B. KClO3 , KMnO4 , H2O2 , H2O , HgO 
C. KOH , KClO3 , KMnO4 , H2O2 , H2O , HgO D. Tất cả các chất 
Câu 10. Dung dịch Brom có thể bị mất màu bởi khí :
A. SO2 B. CO2 C. H2S D. A và C đúng 
Phần 2: Phần tự luận( 8 điểm)
Câu 1. Cho các hợp chất : H2O ; H2S ; NH3 . 
Cho các giá trị góc liên kết : 1070 ; 104,50 ; 920.
Hãy điền các giá trị góc liên kết cho từng phân tử hợp chất và giải thích.
Câu 2. 
a, Cho các phương trình hoá học sau :
1. CaI2 + H2SO4 đặc ----> CaSO4 + 2HI
2. 3 FeCl2 + 2H2SO4 đặc ---> FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 + 2H2O
3. 2CrCl3 + 3Cl2 + 14KOH --->.K2Cr2O7 + 12KCl + 7H2O
4. HF + NaOH ---> NaF + H2O
5. Cl2 + 2KI dư ---> 2KCl + I2
Hãy cho biết phương trình nào đúng, phương trình nào sai ? Đối với phương trình sai , hãy chỉ ra lỗi và viết lại cho đúng.
b, Cân bằng các phương trình hoá học sau theo phương pháp thăng bằng eletron :
1. CrI3 + KOH + Cl2 ---> K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
2. C2H2 + KMnO4 + H2O ---> H2C2O4 + MnO2 + KOH
Câu 3. Hỗn hợp X gồm Fe , FeS , S (trong đó số mol Fe bằng số mol S). X có khối lượng là 17,6 gam.
1. Lấy hỗn hợp X cho phản ứng hoàn toàn với dung dịch H2SO4đặc nóng thì thu được bao nhiêu lit khí SO2(đktc) ?
2. Nếu hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch HCl dư, ta thu được V lit hỗn hợp khí Y(đktc), chất rắn Z và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng với dung dịch NaOH dư trong không khí rồi lọc lấy kết tủa và nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi thì thu được m gam chất rắn. Tìm giá trị của V và m .
3. Cho hỗn hợp X cho vào bình kín dung tích không đổi, chứa O2 dư ở nhiệt độ t0C và nung bình ở nhiệt độ cao cho tới khi chất rắn trong bình là một oxit sắt duy nhất. Sau đó làm nguội bình về nhiệt độ t0C thì thấy áp suất trong bình chỉ bằng 95% áp suất ban đầu(coi thể tích bị chiếm bởi chất rắn không đáng kể). Tính số mol O2 ban đầu trong bình.
Câu 4. Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà ở 200C đã làm cho 1,58 gam MgSO4 kết tinh lại ở dạng khan. Hãy xác định công thức của tinh thể muối ngậm nước kết tinh. Biết độ tan của MgSO4 ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước.
Cho : H=1 ; O=16 ; S= 32 ; Fe=56 ; Mg=24 ; Ca=40 ; C=12
Lưu ý : Thí sinh không được sử dụng tài liệu, không được sử dụng bảng tuần hoàn. Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.
đáp án đề thi học sinh giỏi môn hoá học lớp 10
Năm học 2007-2008
Phần 1 : trắc nghiệm khách quan(2 điểm) 
Mỗi câu đúng được 0,2 điểm
Câu1. C
Câu2. B
Câu 3. D
Câu 4. B
Câu 5. B
Câu 6. B
Câu 7. C
Câu 8. C
Câu 9. D
Câu 10. D
Phần 2 : Tự luận (8 điểm)
Câu 1. (2 điểm)
Phân tử H2O có góc liên kết HOH= 104,50
Phân tử H2S có góc liên kết HSH= 920 (0,5 điểm)
Phân tử NH3 có góc liên kết HNH= 1070	
Giải thích (1,5 điểm)
Phân tử H2S : Nguyên tử S có 6 e hoá trị phân bố trong 4 AO , trong đó có 2AO-3p chứa e độc thân. Trục của 2AO này vuông góc với nhau. 2 AO này tham gia xen phủ với 2 AO -1s của 2 nguyên tử H tạo ra 2 liên kết S-H. Khi đó 2 khu vực xen phủ sẽ có mật độ e cao nên đẩy nhau làm góc HSH mở rộng ra thành 920
Phân tử H2O : Nguyên tử O ở trạng thái lai hoá sp3 . Trong 4 AO lai hoá sp3 có 2 AO chứa e độc thân và 2 AO mà mỗi AO chứa 1 đôi e. 2 AO chứa e độc thân sẽ tham gia xen phủ với 2 AO-1s của 2 nguyên tử H. Lẽ ra góc liên kết HOH phải đúng bằng góc tứ diện là 109028 , nhưng 2 AO-sp3 chứa đôi e riêng không tham gia liên kết tạo ra 2 vùng có mật độ e cao đẩy nhau nên làm hẹp góc liên kết ( góc tạo bởi 2 trục của 2AO tham gia liên kết), Do đó góc liên kết HOH = 104,50
Phân tử NH3 : nguyên tử N ở trạng thái lai hoá sp3. Trong 4 AO lai hoá sp3 có 3 AO chứa e độc thân và 1AO chứa 1 đôi e. 3 AO chứa e độc thân sẽ tham gia xen phủ với 3 AO-1s của 3 nguyên tử H. Lẽ ra góc liên kết HNH phải đúng bằng góc tứ diện là 109028 , nhưng AO có đôi e chưa tham gia liên kết đẩy các e độc thân trong từng AO còn lại làm góc liên kết bị thu hẹp lại còn 1070.
Câu 2.(2 điểm) 
a, (1,5 điểm)
PTHH 1. HI có tính khử , không tồn tại trong H2SO4đặc mà phản ứng tiếp nên PTHH được sửa lại là : 4CaI2 + 5H2SO4đặc ---> 4CaSO4 + H2S + 4 I2 + 4 H2O
PTHH 2. Do Fe2+ có tính khử, gặp H2SO4 đặc là chất oxi hoá nên PTHH được sửa lại là :
2FeCl2 + 4 H2SO4 ---> Fe2(SO4)3 + SO2 + 4 HCl + 2H2O
PTHH 3. Trong môi trường kiềm mạnh chỉ có dạng CrO42- tồn tại, không tồn tại dạng Cr2O72-nên PTHH được viết lại là :
2CrCl3 + 3 Cl2 + 16KOH --->2K2CrO4 + 12KCl + 8H2O
PTHH 4. Không tạo ra NaF do HF là axit yếu, PTHH được viết lại là :
NaOH + 2HF ---> NaHF2 + H2O
PTHH 5. Do KI có tính khử của I- nên PTHH được viết lại là :
Cl2 + 3KI ---> 2KCl + KI3
b, (0,5 điểm)
Cân bằng PTHH theo phương pháp thăng bằng e
1. 2 CrI3 + 64 KOH + 27 Cl2 ---> 2 K2CrO4 + 6 KIO4 + 54 KCl + 32 H2O
2. 3C2H2 + 8KMnO4 + 4H2O ---> 3H2C2O4 + 8 MnO2 + 8 KOH
Câu 3.(3 điểm)
1, (1 điểm)
Đặt số mol của Fe và S là x; số mol của FeS là y ----> 56x + 32x + 88y = 17,6 ---->x +y = 0,2
Trong phản ứng của X với H2SO4đặc nóng tạo ra SO2 thì :
Fe - 3e ---> Fe+3
x mol 3x mol
S - 4e ---> S+4( SO2)
x mol 4x mol x mol
Fe+2 - 1e ---> Fe+3
Y mol y mol
S-2 - 6e --->S+4(SO2)
y mol 6y mol y mol
Tổng số mol e cho =7(x+y) = 1,4 ----> Tổng số mol e nhận = 1,4
S+6 + 2e ---> S+4(SO2)
 1,4 mol 0,7 mol
Tổng số mol SO2 = x+ y + 0,7 = 0,2 + 0,7 = 0,9 ----> thể tích SO2ở đktc = 0,9 * 22,4 = 20,16 (l)
2, (1 điểm)
Cho X phản ứng hoàn toàn với HCl dư thì thu được hỗn hợp khí Y gồm H2 và H2S
Số mol H2 = số mol Fe
Số mol H2S = số mol FeS
Tổng số mol hỗn hợp Y = x + y = 0,2 ----> V= 0,2 * 22,4 = 4,48 (l)
Dung dịch T là dung dịch có FeCl2 phản ứng với NaOH dư trong không khí tạo ra Fe(OH)3 , nung đến khối lượng không đổi được Fe2O3
Số mol Fe2O3 = 1/2 số mol FeCl2 = 1/2( số mol Fe + số mol FeS) =1/2 (x +y ) = 1/2 * 0,2 = 0,1
m = 16(gam)
3, ( 1 điểm)
2Fe + 3/2O2 ---> Fe2O3
x mol 3/4 x mol	
S + O2 ---> SO2
x mol x mol x mol
2FeS + 7/2 O2 ---> Fe2O3 + 2 SO2
y mol 7/4 y mol y mol
Tổng số mol khí hỗn hợp sau phản ứng = Tổng số mol O2 khí trước phản úng - số mol O2 đã phản ứng + số mol SO2 = a - 0,75x- x-1,75y +x +y = a- 0,75(x+y) = a- 0,15
P sau phản ứng = 0,95 P trước phản ứng ----> số mol khí sau phản ứng = 0,95 số mol khí trước phản ứng ---> a- 0,15 = 0,95a ----> a= 3
Vậy số mol O2 ban đầu trong bình là 3 mol
Câu4.(1 điểm) 
100 gam H2O hoà tan được tối đa 35,1 gam MgSO4 ----> Trong 135,1 gam dung dịch bão hoà có 35,1 gam MgSO4 ----> trong 100 gam dung dịch bão hoà có 25,98 gam MgSO4 và 74,02 gam H2O
Khi cho 1 gam MgSO4 vào 100 gam dung dịch bão hoà thì 
 Khối lượng MgSO4trong dung dịch sau khi kết tinh=25,98 +1 - 1,58 = 25,4 (gam)
Khối lượng dung dịch = 25,4 *100 / 25,98 = 97,768 (gam)
Khối lượng H2O trong dung dịch = 97,768 - 25,4 =72,368 (gam)
Khối lượng H2O trong muối kết tinh = 1,652 (gam)
Gọi công thức của muối kết tinh là MgSO4. nH2O -----> 120 : 18n = 1,58 : 1,652 ---->n =7
Vậy muối kêt tinh là MgSO4.7H2O