Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2010 - 2011 môn : Hóa học

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010 - 2011 
 Môn : HÓA HỌC – BỔ TÚC THPT 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
(Đề thi gồm có 2 trang) Ngày thi : 18/ 2/ 2011 
Câu 1: (2,5 điểm) 
a. Cho 2 nguyên tố P (Z = 15) và Cl (Z = 17): 
- Viết cấu hình electron. 
- Xác định vị trí của P, Cl trong bảng hệ thống tuần hoàn? 
b. Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron: 
- HCl + MnO2  MnCl2 + Cl2 + H2O 
- HNO3 loãng + Cu  Cu(NO3)2 + NO + H2O 
Câu 2: (2,5 điểm) 
Hòa tan hết 0,73 gam khí HCl vào nước thu được 200 ml dung dịch X. 
a.Tính nồng độ mol/lít của các ion trong dung dịch X. 
b. Cho 0,72 gam NaOH rắn vào 200 ml dung dịch X ở trên, khuấy đều cho NaOH tan hết thu được 
dung dịch Y. Tính giá trị pH của dung dịch Y (Xem thể tích của dung dịch không thay đổi). 
Câu 3: (2,5 điểm) 
a. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra khi thực hiện các thí nghiệm sau: 
- Cho khí Clo lội vào dung dịch KOH loãng ở điều kiện thường. 
- Nhỏ từ từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch CuSO4. 
- Cho dung dịch hỗn hợp gồm FeSO4 và Fe2(SO4)3 vào dung dịch KMnO4 có H2SO4. 
- Nhỏ từ từ dung dịch AgNO3 vào dung dịch Fe(NO3)2. 
b. Chỉ dùng thêm một thuốc thử hãy nhận biết các dung dịch đựng trong các ống nghiệm bị mất 
nhãn sau: NaOH ; H2SO4; BaCl2; NaCl; MgCl2. 
Câu 4: (2,5 điểm) 
Cho 23,2 gam hỗn hợp rắn gồm FeO; Fe2O3; Fe3O4 tan hoàn toàn trong một lượng vừa đủ dung 
dịch HCl thu được dung dịch X. Cô cạn X thì thu được chất rắn Y có chứa 12,7 gam FeCl2. Tính phần 
trăm khối lượng của FeCl3 trong chất rắn Y? 
Câu 5: (2,5 điểm) 
X là hỗn hợp gồm Al và một kim loại R có tỉ lệ Al Rn : n = 1 : 3. Hoà tan hoàn toàn 10,95 gam hỗn 
hợp X trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được 3,36 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Xác 
định kim loại R? 
Câu 6: (2,5 điểm) 
a.Viết công thức cấu tạo các chất hữu cơ cùng chức hóa học có công thức phân tử lần lượt là 
CH2O2; C2H4O2; C3H6O2; C3H4O2? 
b. Xác định công thức cấu tạo của các chất A1; A2; A3; A4; A5 và viết các phản ứng xảy ra theo sơ 
đồ chuyển hóa sau: 
Câu 7: (2,5 điểm) 
Đốt cháy hoàn toàn 7,4 gam hợp chất hữu cơ X cần dùng vừa hết 7,84 lít khí O2 (đktc). Sản phẩm 
thu được chỉ gồm CO2 và nước với tỷ lệ số mol 
2 2CO H O
n : n = 1 : 1. Khi hóa hơi hoàn toàn 7,4 gam X 
thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 2,8 gam khí Nitơ trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp 
suất. 
A3 A4 A5 dd AgNO3/t
0 
NH3 
dd H2SO4 A2 CuO 
t0 
A1 dd NaOH 
+Cl2/as 
1 : 1 
C6H5-CH3 
a. Xác định công thức phân tử của X? 
b. Viết công thức cấu tạo của X biết X không phản ứng được với Natri nhưng phản ứng được với dung 
dịch NaOH và tham gia phản ứng tráng gương. 
Câu 8: (2,5 điểm) 
Đun nóng hợp chất hữu cơ X (chỉ chứa một loại nhóm chức) với dung dịch axit vô cơ xúc tác thì 
thu được hai chất hữu cơ Y, Z (đều chứa C,H,O). Mặt khác, 4,04 gam X phản ứng vừa đủ với dung 
dịch chứa 0,04 mol KOH thì thu được hai chất Y và P. Phân tử khối của P lớn hơn phân tử khối của Z 
là 76. Khi đun nóng 1,84 gam Y với dung dịch H2SO4 đặc ở nhiệt độ thích hợp thì thu được 0,5376 lít 
khí một anken (đktc) với hiệu suất 60%. Biết Z là đơn phân thường dùng để tổng hợp polime. Hãy xác 
định công thức phân tử, công thức cấu tạo của X, Y, Z. 
Cho biết : C = 12; O = 16; H = 1; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Mg = 24 
. . . . . . . . HẾT . . . . . . . . 
Họ và tên thí sinh : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Số báo danh : . . . . . . . . . . . . . . . . 
Giám thị 1 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ký tên : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
Giám thị 2 : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ký tên : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
 LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010 - 2011 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 
Môn : HÓA HỌC – BỔ TÚC THPT 
Ngày thi : 18/ 2/ 2011 
Câu Hướng dẫn chấm Điểm 
1 
a.Cấu hình e của P : 1s2 2s22p6 3s23p3 
 Cấu hình e của Cl : 1s2 2s22p6 3s23p5 
 Vị trí của P : Ô thứ 15, chu kì 3, nhóm VA 
 Vị trí của Cl : Ô thứ 17, chu kì 3, nhóm VIIA 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
b. 
Xác định đúng số oxi hóa và cân bằng đúng mỗi phương trình : 0,75 
1,5 
2 
a. 
- +
+ -
Cl H
dd
- +
HCl H + Cl
0,02 0,02 0,02
n = n = 0,02 mol
V = 0,2(l)
Cl = H = 0,1M

      
0,5 
0,75 
b. 
+
NaOH
+ -
2
+
H
n = 0,018 mol
NaOH Na + OH
0,018 0,018
 H + OH H O
0,018 0,018
n = 0,002 mol H = 0,01M pH = 2
 


   
0,25 
0,5 
0,5 
3 
a.Viết đúng 5 phản ứng 1,25 
b. 
Xác định đúng thuốc thử 
Nhận biết đúng các chất 
Viết đúng các phản ứng 
0,25 
0,5 
0,5 
4 
Quy hỗn hợp gồm x mol FeO và y mol Fe2O3 
PTPƯ: FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O 
 x x 
 Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O 
 y 2y 
2FeCl
n = 0,1 mol  FeOn = 0,1 mol  FeOm = 7,2 gam 
2 3Fe O
m = 23,2 - 7,2 = 16 gam  
2 3Fe O
n = 0,1 mol  
3FeCl
n = 0,2 mol 
 
3FeCl
m = 32,5 gam 
Vậy, 2
32,5%FeCl = x100% = 71,9%
(12,7+32,5)
0,25 
0,5 
0,25 
0,75 
0,25 
0,5 
Gọi Aln = x (mol) Rn = 3x (mol) 
5 
Xét các quá trình xảy ra : 
3+
n+
Al Al + 3e
x 3x
R R + ne
x 3nx


+5 +2N + 3e N
 0,45 0,15
 
Lập hệ phương trình : 
3x + 3nx = 0,45
27x + 3Rx = 10,95



  n 1 0,15
27 3R 10,95



Biện luận với các giá trị của n ta có : n = 2; R = 64 (R là kim loại Cu) 
1 
1 
0,5 
6 
a. 
Viết đúng 4 CTCT của 4 axitcacboxylic 
1 
b. 
-Viết đúng 5 phản ứng : 0,25x5 = 1,25 
-Nêu CTCT các chất : 0,25 
1,5 
7 
a. 
nCO2 = nH2O = a 
Theo giả thiết ta và định luật bảo toàn khối lượng ta có hệ : 
44a + 18a = 7,4 + (0,35 x 32) = 18,6  a = 0,3 
O
7,4-(12.0,3)-0,6n = = 0,2 mol
16
Đặt CT là CxHyOz. Ta có tỷ lệ x : y : z = 0.3 : 0,6 : 0,2 = 3 : 6 : 2 
nX = nN2 = 0,1 mol  MX = 74 
(36+6+32)n = 74  n = 1  CTPT là C3H6O2 
0,5 
0,25 
0,5 
0,5 
b. 
-Lập luận 
-CTCT : H – COO – C2H5 
0,25 
0,5 
8 
-Từ giả thiết suy ra X là este; Y là ancol no đơn chức; Z là axit hữu cơ ; P là muối 
2H O
n 2n 1 n 2n 2
ancol
C H OH C H H O
 0,024 0,024
n (0,024.100) / 60 0,04mol
(14n 18)0,04 1,84 n 2

  
 
   
Vậy Y là C2H5OH 
Z: R(COOH)n  X là R(COOC2H5)n và P là R(COOK)n 
Theo giả thiết ta có : R+ 83n – R – 45n = 76  n = 2 
Este có dạng là R(COOC2H5)2 
 R(COOC2H5)2 + 2KOH  R(COOK)2 + 2C2H5OH 
 0,02 0,04 
Meste = 202  R= 56 (C4H8) 
Vậy, CTCT của Z là HOOC-(CH2)4-COOH 
CTCT của X là : C2H5OOC-(CH2)4-COOC2H5. 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Trường THPT Bắc Yên Thành 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG 
Năm học 2010-2011 
Môn: Hoá học 10 
Câu Đáp án Điểm 
1a-2đ 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
1b-3đ nNa = 0,2mol; 
 nHCl = 0,1mol; 
 nH2O = 1,825mol. 
Vì Na dư sau phản ứng với HCl => phần còn lại phản ứng với nước 
2Na + 2HCl  2NaCl + H2 
 0,1mol 0,1mol 0,05mol 
2Na + 2H2O  2NaOH + H2 
0,1mol 0,1mol 0,05mol 
Sau phản ứng nước vẫn còn dư => Na hết. 
 VH2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít. 
 mdd = 3,65 + 36,5 – 0,1.2 = 40,35 gam 
 C%NaCl = 0,1.58,5/40,35 = 14,5%. 
 C%NaOH = 0,1.40/40,35 = 9,91% 
0,5 
0,5 
0,5 
 0,5 
 0,5 
 0,5 
2a -2đ Fe 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2 
Fe2+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 
Fe3+ 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 
Cation Fe3+ bền hơn cation Fe2+ vì có cấu hình bán bảo hoà bền vững 
Vd: Trong thực tế nếu để dung dịch sắt(II) hoặc Fe(OH)2 thì một thời gian bị 
oxi hoá thành hợp chất sắt(III) 
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 
(màu trắng hơi xanh) (màu nâu đỏ) 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
2b -3đ 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 
2Fe+2 - 2e  2Fe+3 
2.2S-1 - 20e  4S+4 
0,5 
0,5 
=> 2x 2FeS2 -22 e  2Fe+3 + 4S+4 
 11x O2 + 4e  2O-2 
4NH3 + 5O2  4NO + 6H2O 
 5x O2 + 4e  2O-2 
 4x N-3 - 5e  N+2 
3Cl2 + 6KOH  5KCl + KClO3 + 3H2O 
 5x Cl02 + 2e  2Cl- 
 1x Cl02 + 10e  2Cl+5 
0,5 
 0,5 
0,5 
0,5 
3 -5đ M2(CO3)n + nH2SO4  M2(SO4)n + nCO2 + nH2O 
 8,4/(2M + 60n) x + y 
Giả sử hỗn hợp muối sau khi sục CO2 vào NaOH có cả NaHCO3 và Na2CO3 
ta có phương trình 
CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O 
x 2x x 
CO2 + NaOH  NaHCO3 
y y y 
106x + 84y = 9,5 
2x + y = 0,15 => x = y = 0,05 mol. (thoả mãn). 
V = 2,24 lít. 
=> 8,4n/(2M + 60n) = 0,1 => M = 12n 
=> M là Mg (thoả mãn) 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
4 -5đ Gọi công thức hợp chất là: AHx 
=> x.1/(A + x) = 4,762/100 
=>A = 20x => A là Ca (thoả mãn) 
A Có stt =20, chu kỳ 4, nhóm IIA 
X là CaH2; Y là CaS. 
CaS + 2HCl  CaCl2 + H2S 
0,03 mol 0,06 mol 0,03 mol 
m = 72.0,03 = 2,16 gam. 
m1 = 100.0,06.36,5/10 = 21,9gam. 
m2 = mCaS + mddHCl – mH2S = 23,04gam. 
C% = 0,03.111.100/23,04 = 14,45% 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
(Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa). 
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  CaSO4 +2HI 
b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc  FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O 
c. Cl2 +2KI dư  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 
H 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: . 
3Br2+ 6OH- 5Br- + BrO3- + 3H2O
OH-
H+ 
2. Thêm H2S vào phần 1 ta có: 
 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl 
 x 0,5x 
 CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl 
 y y 
 16x +96y = 1,28 (I) 
Thêm Na2S vào phần 2 
 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl 
sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl 
 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl 
mol: x x 0,5 x 
 CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl 
 y y 
 88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) 
+ Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol  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-  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  Số mol MCO3 = 11
3,3 = 0,3 
1 
0,5 
0,5 
 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 
III 
3,5 
1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu 
Cl2 + 2KI  2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O  2HIO3 + 10HCl 
b. Quá trình chuyển X2  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  phân tử F2 chỉ có liên kết  . Trong nguyên tử Cl, ngoài 
các AO p còn có AO d trống  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  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 = 
2
14,017,0  = 0,015 
Ta có : NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O 
 0,02 0,04 
 SO42- +4H+ +2e  SO2 +2H2O 
 0,06 0,24 
nNO3 -(muối) = nNO3- (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02 
Tương tự tính được nSO4
2- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc 
axit 
  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 : 284,9
677,64
323,35
17
 RR (loại do không có nghiệm thích hợp) 
Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 
Ta có : 5,35
677,64
323,35
65
 RR , 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 
gamgammX 4,850
100
8,16
 
MOH + HClO4  XClO4 + H2O 
 molLmolLnn HClOMOH 15,0/115,04  
 56
15,0
4,817 
mol
gamM 
 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: 
0,5 
1 
8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 
Theo ptpu: n
2 4H SO
 = 5
8
n nR. Theo bài ra: n 2 4H SO = nR → 5n = 8 → n = 
8
5
. 
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  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
2SO
= n
2Br
= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n 2SO = 0,1(mol) 
Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → 2 4R SOM = 
31, 2
0,1
 = 312 → MR = 108 
(R là Ag). 
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  4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O 
b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết 
lại: 
2FeCl2 + 4H2SO4  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  2KCl + KI3 
2. a) Viết phương trình: 
 Fe + S  FeS (1) 
 FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S (2) 
 Với YM = 13.2 = 26  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 SH2n = a (mol); 2Hn = b (mol) 
  YM = 
1
3
b
a26
ba
2b34a


 
 Giả sử 
2Hn = 1 (mol)  SH2n = 3 (mol) 
 (1)(2)  Fen phản ứng = nS = nFeS = SH2n = 3 (mol) 
 (3)  nFe dư = 2Hn = 1 (mol) 
  Fen ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) 
 Vậy: %mFe = %7032.356.4
%100.56.4


 %mS = 100% - 70% = 30% 
b) nY = 4,22
24,2 = 0,1(mol)  SH2n = 4
3 .0,1 = 0,075 (mol). 
 
2Hn = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). 
 0,15(mol)
100.34
5,1.1.100n
22OH  
 Từ (4)(6)  
2SOn = SH2n = 0,075 (mol) 
0,5.3 
0,5 
0,5 
 Từ (6)  
42SOHn = 2SOn = 0,075 (mol)  H2O2 dư. 
22OHn phản ứng = 2SOn = 0,075 (mol)  H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 
(mol) 
Áp dụng BTKL ta có: 
 mddB = 22OddHm + 2SOm + OH2m = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) 
Vậy: C%H2SO4 = 6,106
100.98.075,0 = 6,695 (%). 
 C%H2O2 dư = 6,106
100.34.075,0 = 2,392 (%). 
0,5 
0,5 
VI 
3,5 
1. Ba + H2O  Ba(OH)2 + H2 
Na + H2O  NaOH + 1/2H2 
Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1.