Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi trường - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Thị Bích Châu (Có đáp án)

docx 7 trang thungat 20/07/2021 1450
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi trường - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Thị Bích Châu (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxde_thi_mon_hoa_hoc_lop_10_ky_thi_chon_hoc_sinh_gioi_truong_n.docx

Nội dung text: Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi trường - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Nguyễn Thị Bích Châu (Có đáp án)

  1. SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Trường THPT Nguyễn Thị Bích Châu NĂM HỌC 2019-2020 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 8 câu) Câu I (3 điểm) 1. Viết và cân bằng phương trình phản ứng theo phương pháp thăng bằng ion electron(nếu có) cho các thí nghiệm sau (mỗi thí nghiệm viết 1 phương trình) a. Hòa tan FeSx trong dung dịch HNO3 đặc, dư và đun nóng. b. Cho dung dịch K2S dư vào dung dịch Fe2(SO4)3. c. Cho dung dịch NaHS vào dung dịch CuSO4. d. Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch Al2(SO4)3. e. Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch KI. g.Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch KI và KIO3. Câu II (2điểm). 1. Cho biết một số giá trị năng lượng ion hoá thứ nhất (I1,eV): 5,14; 7,64; 21,58 của Ne , Na, Mg và một số giá trị năng lượng ion hoá thứ hai (I2, eV): 41,07; 47,29 của Na và Ne. Hãy gán mỗi giá trị I1,I2 cho mỗi nguyên tố và giải thích. Hỏi I2 của Mg như thế nào so với các giá trị trên? Vì sao? 2. Giải thích tại sao: a) Axit flohydric là một axit yếu nhất trong các axit HX nhưng lại tạo được muối axit còn các axit khác thì không có khả năng này? b) Tại sao Iốt không tạo ra hợp chất với clo tương tự hợp chất IF7. c) B và Al là hai nguyên tố kề nhau ở nhóm IIIA nhưng có phân tử Al2Cl6 mà không có B2Cl6? Câu III (2điểm). 1. Dùng phương pháp sunfat điều chế được những chất nào trong số các chất sau đây: HF, HCl, HBr, HI? Giải thích? Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện của phản ứng (nếu có)? 2. Cho các phân tử sau: NH3, BCl3 và NCl3. Hãy so sánh góc liên kết (góc nhỏ) HNH, ClBCl và ClNCl và giải thích? Câu IV (3điểm). Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al phản ứng với 60 ml dung dịch NaOH 2M được 2,688 lít hiđro. Thêm tiếp vào bình sau phản ứng 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi ngừng thoát khí, được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al). Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa. Cho C phản ứng hết với HNO 3 đặc nóng dư thu được dung dịch D và 1,12 lít một khí duy nhất. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong A, tính m, biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 74 0Câu V (3điểm). Cho 6,72 lit hỗn hợp A gồm hiđro và clo vào một bình thủy tinh thạch anh, kín, chiếu sáng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí B chứa 25% hiđroclorua về thể tích và hàm lượng clo giảm còn 40% so với lượng ban đầu.Các thể tích khí được đo ở điều kiện tiêu chuẩn. a) Xác định thành phần phần trăm về thể tích các chất trong A, B. b) Nếu cho hỗn hợp B vào 30 gam dung dịch NaOH 20% thì được dung dịch C. Tính nồng độ phần trăm các chất tan trong dung dịch C. Câu VI(2điểm).
  2. 1. Cho 50 gam dung dịch muối MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6% tác dụng với 10 gam dung dịch AgNO3 thu được một kết tủa. Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch nước lọc. Biết nồng độ MX trong dung dịch nước lọc bằng 5/6 lần nồng độ MX trong dung dịch ban đầu. Xác định công thức muối MX. 2. Trong tự nhiên, nguyên tố Clo có 2 đồng vị là 35Cl và 37Cl. Nguyên tử khối trung bình của Clo là 35 35,5. Trong hợp chất HClO x, nguyên tử đồng vị Cl chiếm 26,12% về khối lượng. Xác định công thức phân tử của hợp chất HClOx Câu VII (2 điểm). 1.Cho các hạt vi mô: Na, Na+, Mg, Mg2+, Al, Al3+, F-, O2-. Hãy sắp xếp (có giải thích) các hạt theo thứ tự bán kính nguyên tử tăng dần. 2. Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, 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 2SO4 đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO 2 là sản phẩm khử duy nhất. Toàn bộ lượng khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO 4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi). - Viết các phương trình hoá học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng. Câu VIII(3điểm). 1. Đốt cháy hoàn toàn sắt trong không khí, sau đó lấy sản phẩm (chỉ chứa một oxit duy nhất) cho tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl, thu được dung dịch A. Biết dung dịch A có thể làm mất màu thuốc tím (trong môi trường axit), nhưng cũng hòa tan được bột Cu. Xác định công thức phân tử của sắt oxit và viết các phương trình hóa học xảy ra. 2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na 2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl 2 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. 3. Cho 19,0 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 11,2 lít H2 ở đktc. Mặt khác nếu cho 0,3 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 9,408 lít Cl2 ở đktc. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong 19,0 gam hỗn hợp X? - 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
  3. SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Trường THPT Nguyễn Thị Bích Châu NĂM HỌC 2019-2020 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10 Câu Điểm I 3Đ 1. HS viết và cân bằng đúng mỗi pt cho 0,5 đ + - 3+ 2- a. FeSx +(4x+6) H +(6x+3)NO3 → Fe + xSO4 +( 6x+3) NO2 +(2x+3) H2O b. 3S2- + 2Fe3+ → 2FeS + 3S - 2- 2+ - c. HS + SO4 + Cu → CuS + HSO4 2- 2+ d.SO4 + Ba → BaSO4 . 2+ - e. 2Cu + 4I → 2CuI + I2 3+ - - g. 2Al + 5I + IO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3I2 II 1.* Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1): 1 2 2 6 11Na ([Ne]3s ) 12Mg ([Ne]3s ) 10Ne (2s 2p ) 2Đ 5,14(eV) 7,64(eV) 21,58(eV) 0,5 Vì Na có bán kính lớn hơn và điện tích hạt nhân nhỏ hơn Mg lực hút của hạt nhân với electron 0,1 ngoài cùng nhỏ hơn Mg I1 nhỏ. Ne có lớp vỏ ngoài bão hòa bền vững, hơn nữa Ne thuộc chu kỳ II nên bán kính nhỏ hơn so với Na và Mg electron khó tách khỏi nguyên tử. 0,2đ/1pt * Năng lượng ion hóa thứ hai (I2): + 2+ Na -1e Na I2 = 47,29 (eV) + 2+ Ne -1e Ne I2 = 41,07 (eV) Na+ có cấu hình e giống khí hiếm (bền vững) e khó tách khỏi Na+. Ne+ không có cấu hình lớp vỏ ngoài cùng giống khí hiếm electron ngoài cùng dễ tách ra hơn so với electron của Na+. + * I2 của Mg nhỏ nhất vì Mg có bán kính lớn nhất, đồng thời lớp vỏ cũng chưa bền vững 2. a) Một phần vì năng lượng liên kết H ─ F rất lớn, một phần vì khi tan trong nước ion F – tương – – tác với phân tử HF tạo ra ion phức HF 2 . Do 1 phần phân tử HF liên kết tạo ra HF 2 nên hàm + lượng tương đối của ion H 3O không lớn HF có tính axit yếu. Đồng thời dung dịch HF có các – – – ion dạng HF2 , H2F3 , H3F4 khi trung hòa tạo ra các muối axit như KHF2, KH2F3 b) Cả B và Al đều chưa đạt cấu hình khí hiếm vì liên kết M-Cl đều có tính cộng hóa trị. Kích thước của nguyên tử B quá nhỏ nên sự có mặt của 4 nguyên tử Clo có thể tích tương đối lớn, quanh nó sẽ gây ra tương tác đẩy nhau lớn làm cho phân tử không bền vững. Cl Cl Cl Al Al Cl Cl Cl 1. Phương pháp sunfat là cho muối halozen kim loại tác dụng với axit sunfuric đặc, nóng để điều 0,25 III chế hidrohalozenua dựa vào tính dễ bay hơi của hidrohalozenua. - Phương pháp này chỉ áp dụng được điều chế HF, HCl không điều chế được HBr, HI vì axit 0,25 2Đ H2SO4 đặc nóng là chất oxi hóa mạnh còn HBr và HI trong dung dịch là những chất khử mạnh. Do đó áp dụng phương pháp sunfat không thu được HBr và HI mà thu được Br2 và I2. - Các phương trình phản ứng: t0 CaF2 + H2SO4 đặc  2HF + CaSO4 t0 0,5 NaCl + H2SO4 đặc  HCl + NaHSO4
  4. t0 NaBr + H2SO4 đặc  HBr + NaHSO4 t0 2HBr + H2SO4 đặc  SO2 + 2H2O +Br2 t0 NaI + H2SO4 đặc  HI + NaHSO4 t0 6HI + H2SO4 đặc  H2S + 4H2O + 4I2 0,5 2. Góc liên kết ClBCl > HNH > ClNCCl 2 0 3 Vì: Phân tử BCl3 lai hoá sp góc liên kết 120 , còn NH3 và NCl3 lai hoá sp góc liên kết gần bằng 109028’. 0,5 3 Trong phân tử NH3 và NCl3 đều lai hoá sp nhưng ở phân tử NH3 nguyên tử N có độ âm điện lớn hơn H nên electron lệch về phía N tạo lực đẩy lớn, còn ở phân tử NCl3 nguyên tử Cl có độ âm điện lớn hơn N nên electron lệch về phía Cl tạo lực đẩy nhỏ nên góc liên kết HNH > ClNCl. IV + Khi A pư với NaOH thì nNaOH = 0,12 mol;n H2 = 0,12 mol. Suy ra NaOH dư Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2. 3Đ Mol: 0,08 0,08 0,08 0,12 0,5  Sau pư trên thì hh có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08 mol NaAlO2. + Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì: NaOH + HCl → NaCl + H2O Mol: 0,04 0,04 1,0 NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O Mol: 0,08 0,32  Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2 + H2. C chắc chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C không thể chứa FeCO3  C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết). TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O 1,0 Mol: x 2x x x Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ Mol: y 2y y y  Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)  B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong  x = 0,1 mol (III) 0,5  C có z mol Fe dư + t mol Cu  3z + 2t = 1,12/22,4 (IV)  x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol. Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3 + 0,1.56=5,6 gam Fe + 0,01.64=6,4 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al + Tính tiếp ta được giá trị của m=mCuO+mFe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam. TH2: Fe hết  C chỉ có Cu  số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol.  A có 0,1.1z16=11,6 gam FeCO3 + 0,025.64=1,6 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al+ (20-11,6- 1,6-2,16=4,64)gam Fe  tính được m =mCuO =0,025.80= 2 gam. V a) (1,5 đ) 3Đ VHCl = 0,25 x 6,72 = 1,68 (lit) 0,5 H2 + Cl2  2HCl 0,84l 1,68l 0,5 đ Thể tích clo trong A:
  5. 100 => V =0,84 x = 1,4 (lit) Cl2 60 0,5 Thành phần phần trăm về thể tích các chất trong A 1,4 %V = x100% = 20,83% 0,5 đ Cl2 6,72 %V = 100 – 20,83 = 79,17% H 2 0,5 Thể tích clo trong B: 1,4 – 0,86 = 0,56 (lit) Thành phần phần trăm về thể tích các chất trong B: 1,68 %V = x100% = 25% HCl 6,72 0,5 đ 0,56 %V = x100% = 8,33% Cl2 6,72 %V = 100 – (25 + 8,33) =66,67% H 2 b) (1,5 đ) 20x30 nNaOH = = 0,15 (mol) 0,5 100x40 1,68 nHCl = = 0,075 (mol) 22,4 0,56 n = = 0,025 (mol) 0,5 đ Cl2 22,4 NaOH + HCl  NaCl + H2O 0,25 0,075 0,075 0,075 2NaOH + Cl2  NaCl + NaClO + H2O 0,05 0,025 0,025 0,025 0,25 Dung dịch C gồm: (0,075+0,025)mol NaCl; 0,25 đ 0,025mol NaClO; (0,15–0,075–0,05) mol NaOH dư. 0,25 mC = 30 + 0,075 x 36,5 + 0,025 x 71 = 34,5125 (g) mNaCl = 0,1 x 58,5 =5,58 (g) 0,25 đ 5,58 => C%(NaCl) = x100% = 16,17% 0,25 34,5125 mNaClO = 0,025 x 74,5 = 1,8625 (g) 0,25 đ 1,8625 => C%(NaClO) = x100 = 5,4% 34,5125 0,25 đ mNaOH = 0,025 x 40 = 1 (g) 1 => C%(NaOH) = x100 = 2,9% 34,5125 VI 1. Khối lượng của muối MX là: m = 35,6 . 50 : 100 = 17,8 (gam) 0,5 2Đ Gọi x là số mol của muối MX : MX + AgNO3 → MNO3 + AgX. x x x x
  6. Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) . x (gam) Khối lượng MX tham gia phản ứng: m = (M + X) . x (gam) Khối lượng MX còn lại là: m = 17,8 - (M + X) . x (gam) Suy ra nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là [17,8 - (M+X).x].100 35,6 5 . [50+10 - (108 +X).x] 100 6 0,5 Biến đổi ta được 120 . (M + X) = 35,6 (108 + X) Lập bảng : M Li(7) Na(23) K(39) X Cl(35,5) 12,58 4634,44 Vậy MX là muối LiCl. 0,5 2. Gọi x là % số nguyên tử của đồng vị 35Cl, ta có: 35x 37(100 x) 35,5 = => x= 75. 0,5 100 Chọn số mol của HClOx = 1 mol => nCl = 1 mol => số mol nguyên tử 35Cl = 0,75 mol. Theo bài ta có: 0,75.35 %m 35Cl = = 0,2612 => x= 4. 1.(1 35,5 16x) CTPT hợp chất là : HClO4 0,25 1. : Sắp xếp đúng được 0,25đ; giải thích 0,25đ * Bán kính hạt nhân tăng theo thứ tự: VII Al3+ Các cấu hình electron thỏa mãn là 1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali 1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom 1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng 0,5 b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO 2 do đó là đồng (I) oxit (Cu2O) n 0,025(mol) SO2 t o 0,5 Cu2O + 2H2SO4  2CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,025 0,025 (mol) => m=144.0,025=3,6 (g) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 0,5 0,025 0,01 0,01 (mol) Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M)
  7. 1. 3Fe + 2O2  Fe3O4 Fe O + 8HCl  FeCl + FeCl + 4H O VIII 3 4 2 3 2 3Đ 5FeCl2 + KMnO4 + 8HCl  5FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4H2O 0,25 2FeCl3 + Cu(bột)  2FeCl2 + CuCl2 0,25 2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: 2+ 2- M + CO3 MCO3 2- Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO3 = 0,35 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl 2 về MCO3 khối lượng giảm 11 gam. Thực tế khối 3,3 2- 2- 2+ 0,25 lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam Số mol MCO 3 = = 0,3 CO3 có dư, M pư 11 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%. 3. Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Mg, Al trong 19,0 gam hỗn hợp X Theo đầu bài 56x + 24y + 27z = 19,0 (I) (0,5 điểm) Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (1) Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 (2) 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 (3) Từ 1, 2, 3 và đầu bài n x y 1,5z 0,5 (II) H 2 (1 điểm) Trong 0,3 mol hỗn hợp X số mol Fe, Mg, Al lần lượt là a, b, c a + b + c = 0,3 (III) 2Fe + 3Cl2  2FeCl3 (4) Mg + Cl2  MgCl2 (5) 2Al + 3Cl2  2AlCl3 (6) n 1,5a b 1,5c 0,42 (IV) Cl2 Từ (III) và (IV) b = 0,6 mol. (1 điểm) y b 0,06 Mặt khác ta có (V) x z a c 0,24 (0,5 điểm) Từ (I), (II) và (V) x = 0,2 mol  mFe = 11,2 gam y = 0,1 mol  mMg = 2,4 gam z = 0,2 mol  mAl = 5,4 gam