SỞ GD & ĐT THANH HÓA

CỤM CÁC TRƯỜNG THPT PHÍA BẮC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM

NĂM HỌC 2020-2021

MÔN : HÓA HỌC LỚP 10

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

CỤM CÁC TRƯỜNG THPT PHÍA BẮC

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM

NĂM HỌC 2020-2021

MÔN : HÓA HỌC LỚP 10

CÂU

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

1

1

Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p

cấu hình electron đầy đủ: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵

0.5

2

Vị trí của X trong bảng tuần hoàn:

      Ô số 17  vì có 17 electron  điện tích hạt nhân bằng 17.

      Chu kì 3 vì có 3 lớp electron.

      Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s²3p⁵.

0.5

3

Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt

      số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt.

      số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 18 hạt.

Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là:

Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron.

    Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron

0.5

4

Chọn số mol của HClO_x = 1 mol => n_Cl = 1 mol

=> số mol nguyên tử  ³⁵Cl = 0,75 mol.

Theo bài ta có:

%m ³⁵Cl = $\frac{0,75.35}{1.(1+35,5+16x)}$ =  0,2612   …………………………….

 => x= 4. CTPT hợp chất là : HClO₄

0.25

0.25

2

1

Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim.

Giả sử R thuộc nhóm x (x4).

Theo giả thiết

công thức của R với H là RH_8-xa=$\frac{R}{R+8-x}$.100

công thức oxit cao nhất của R là R₂O_x

 b =$\frac{2R}{2R+16x}.100 \leftrightarrow b=\frac{R}{R+8}.100$

suy ra $\frac{a}{b}=\frac{R+8x}{R+8-x}=\frac{40}{17}\iff R=\frac{176x-320}{23}$

Xét bảng         

Vậy X là Lưu huỳnh (S)

0.5

0.5

0.5

2

Công thức hợp chất khí với hiđro là H₂S, số oxi hóa của S là -2.

Công thức oxit cao nhất là SO₃, số oxi hóa của S là +6.

0.5

3

1

Viết được công thức electron và CTCT của Cl₂

Viết được công thức electron và CTCT của HCl

0.5

0.5

2

Phân tử HCl: Hiệu độ âm điện = 3,16 – 2,20 = 0,96

 liên kết CHT phân cực

Phân tử NaCl: Hiệu độ âm điện = 3,16 – 0,93 = 2,23

 liên kết ion

0.25

0.25

0.25

0.25

4

Chọn được chất, viết phương trình và cân bằng: 1,0 điểm/ chất

Ví dụ:

1. 2Fe₃O₄ + 10H₂SO_4$\to$3 Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

  2x\[\left| {} \right.\]  2Fe^+8/3   _$\to$ 2Fe⁺³ + 1e

    1x \[\left| {} \right.\] S⁺⁶+ 2e $\to$ S⁺⁴

2. 2FeO + 4H₂SO_4$\to$ Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 4H₂O

2x\[\left| {} \right.\]  Fe⁺²   _$\to$ Fe⁺³ + 1e

1x \[\left| {} \right.\] S⁺⁶+ 2e $\to$ S⁺⁴

1,0

1,0

5

1

1. HCl + NaOH $\to$ NaCl + H₂O

2.  2NaCl + 2H₂O$\to$ 2NaOH + Cl₂ + H₂

3. Cl₂ + 2NaOH$\to$ NaCl + NaClO + H₂O

4. CO₂ + NaClO$\to$  NaHCO₃ + HClO

0,25x4

2a

Hiện tượng: Xuất hiện  kết tủa đen

CuCl₂ + H₂S →  CuS + 2HCl

0.25x2

2b

Dung dịch bị mất màu tím:

5SO₂ + 2KMnO₄+ 2H₂O → K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 2H₂SO₄

0.25x2

6

A là khí H₂S:

H₂S + Pb(NO₃)₂→ PbS + 2HNO₃                                 ...........................................

B là khí SO₂                                                                  

Br₂ + SO₂ + 2H₂O → 2HBr + H₂SO₄                        ..............................................

C là khí O₃, E là khí O₂

D là khí HCl_, G là khí Cl₂                                            ...........................................

Cl₂ + 2Na → 2NaCl

2HCl + 2Na → 2NaCl + H₂

0.5

0,5

0,5

0,5

7

1

- Trích các mẫu thử.

- Cho giấy quỳ tím lần lượt vào các mẫu thử:

+ Có 2 mẫu thử làm quỳ tím hóa đỏ là HCl và HNO₃ (nhóm 1).

+ Có 1 mẫu thử làm quỳ tím hóa xanh là NaOH.

+ Có 1 mẫu thử không có hiện tượng gì là KNO₃.

- Cho dung dịch AgNO₃ vào 2 mẫu thử của nhóm (1), mẫu thử nào xuất hiện kết tủa màu trắng là HCl, mẫu thử không có hiện tượng gì là HNO₃.

HCl + AgNO₃ → AgCl + NaNO₃

0.5

0.25

0.25

2

Điều chế được mỗi chất cho 0,25 điểm

* Điều chế O₂ :

         2KClO_3→  2KCl + 3O₂

* Điều chế Cl₂

         KClO₃ + 6HCl → KCl  + 3Cl₂+ 3H₂O

* Điều chế H₂S:

FeS + 2HCl →  FeCl₂  + H₂S 

 * Điều chế SO₂ :

        4FeS + 7O₂ → 2Fe₂O₃   + 4SO₂

1.0

8

1a

Sơ đồ phản ứng:

Al, Mg + HCl →  AlCl₃, MgCl₂ + H₂

Số mol H₂ thu được =$\frac{4,368}{22,4}=0,195 mol$

Đặt x là số mol Mg

Đặt y là số mol Al

Ta có :   

Viết PTHH hoặc sử dụng bảo toàn electron: 2

Giải hệ ta được  x = 0,06 và y = 0,09

m_Mg = 0,06. 24 = 1,44 gam

m_Al  = 0,09.27=   2,43 gam

0,25

0.25

1b

n_HCl = 0,39 mol

 m_HCl = 14,235 gam

 m_ddHCl = 195 gam

 d = 1,2 g/ml

Dung dịch B gồm: MgCl₂ 0,06 mol và AlCl₃ 0,09 mol

m_ddB = m_ddHCl + m_KL – m_H2 = 198,48 gam

 C% MgCl₂ = \(\frac{{0,06.95}}{{198,48}}.100\% \) = 2,87%

     C% AlCl₃ = \(\frac{{0,09.133,5}}{{198,48}}.100\% \) = 6,05%

0.25

0.25

2

Số mol Fe = 14/56 = 0,25 mol

Gọi m (g) là khối lượng dung dịch H₂SO₄

 Số mol H₂SO₄ = $\frac{m.24,5}{100,98}$ = 0,0025m mol

Fe      +      H₂SO_{4   →}  FeSO₄   +   H₂

0,25 mol   0,25 mol      0,25 mol   0,25 mol

→  0,0025m = 0,25 →  m = 100 gam

Khối lượng dung dịch sau pư =  100 + 14 – 2.0,25 = 113,5 gam

Đặt công thức tinh thể tách ra là: FeSO₄ .xH₂O

→  số mol FeSO₄ tách ra = mol

Khối lượng dung dịch còn lại = 113,5 – 55,53 = 57,97 gam

Khối lượng FeSO₄ còn lại trong dung dịch =$38-152.\frac{55,53}{152+18x}$

% FeSO₄ = ($38-152.\frac{55,53}{152+18x}$).100/57,97 = 13,18

 x = 7. Vậy công thức tinh thể ngậm nước là: FeSO₄.7H₂O

0.25

0.25

0.25

0.25

9

1

Ta có: n_Fe = 0,25 mol

Bảo toàn khối lượng →  m_O2 = 3,2 gam →  n_O2 = 0,1 mol.

Gọi số mol SO₂ là x mol.

\(\mathop {{\rm{Fe}}}\limits^{\rm{0}}  \to \mathop {{\rm{Fe}}}\limits^{ + {\rm{3}}}  + {\rm{3e}}\)

0,25          0,75

\({\mathop {\rm{O}}\limits^{\rm{0}} _{\rm{2}}} + {\rm{4e}} \to {\rm{2}}\mathop {\rm{O}}\limits^{{\rm{ - 2}}} \)

0,1    0,4

\(\mathop {\rm{S}}\limits^{ + {\rm{6}}}  + {\rm{2e}} \to \mathop {\rm{S}}\limits^{ + {\rm{4}}} \)

      2x      x

Bảo toàn electron cho cả quá trình:

→  0,75 = 0,4 + 2x →  x = 0,175

→  V = 3,92 lít

0.25

0.25

0.25

0.25

2a

Các PTHH:

H₂SO₄.nSO₃ + nH₂O →  (n+1) H₂SO₄

H₂SO₄ + 2NaOH →  Na₂SO₄ + 2H₂O

n_NaOH = 0,5 mol →  n_H2SO4 = 0,25 mol →  n_{oleum ban đầu} =$\frac{0,25}{n+1}$.2 =$\frac{0,5}{n+1}$

 m_oleum = $\frac{0,5}{n+1}$.(98 + 80n) = 41,8 -> n = 4

 Công thức oleum là H₂SO₄.4SO₃

2b

Công thức oleum mới là H₂SO₄.3SO₃

 n_{oleum mới} = 0,3 mol -> n_S = 0,3.4 = 1,2 mol

Gọi số mol oleum X (H₂SO₄.4SO₃)_­cần lấy là x mol

Bảo toàn nguyên tố S ta có: 5x = 1,2 -> x = 0,24 mol

 m_X cần lấy= 0,24.418 = 100,32 gam

 m_H2O cần lấy = 101,4 – 100,32 = 1,08 gam

10

1

(1) Đèn cồn; (2) Ống nghiệm; (3) Giá đỡ.
(4) Nút cao su (5); Ống dẫn khí; (6) Chậu thủy tinh.

0,5

2

X có thể là: KNO3, KMnO4.
Hai phản ứng:
2KNO3 →  2KNO₂ + O2
2KMnO4 →  K2MnO4 + MnO2 + O2

0,5

3

Giải thích:
+ Khí O₂ rất ít tan trong nước, có M = 32 nặng hơn không 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

0,5

0,5