Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Hóa học Lớp 10 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Thuận Thành 2

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Hóa học Lớp 10 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Thuận Thành 2

1. SỞ GD & ĐT TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH NĂM HỌC: 2018 - 2019 SỐ 2 ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) HỌC SINH LÀM THEO CÁCH KHÁC RA ĐÁP ÁN CHO ĐIỂM TỐI ĐA. Câu I (4 điểm). Nội dung Điểm Ý Đặt Z, N lần lượt là số hạt p, n có trong nguyên tử M 1 ta có hệ phương trình 0,4 (2 điểm) 2Z N 79 3 Z 26 2Z N 19 3 N 30 a. Cấu hình electron nguyên tử của M là: 1s22s22p63s23p63d64s2 0,4 M ở ô thứ 26, chu kì 4 nhóm VIIIB trong bảng tuần hoàn. 0,4 b. Cấu hình electron của ion Fe2+ là: 1s22s22p63s23p63d6 0,4 Cấu hình electron của ion Fe3+ là: 1s22s22p63s23p63d5 0,4 a. Tìm ra R là S 0,5 b. Viết được ctct và chỉ ra các loại liên kết của 2 SO3 có liên kết CHT có cực, liên kết cho nhận 0,5 (2 điểm) H2S có liên kết CHT có cực 0,5 H2SO4 có liên kết CHT có cực và liên kết cho nhận. 0,5 Câu II (4 điểm). Nội dung Điểm Ý Các phương trình hóa học xẩy ra: 0,2 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (1) điểm BaCO + 2HCl → BaCl + CO + H O (2) a 3 2 2 2 cho mỗi MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O (3) PTHH 0 CaCO3 t CaO + CO2 (4) 1
2. 0 MgCO3 t CaO + CO2(5) Gọi số mol Al, BaCO3, MgCO3 trong 10,65 gam hỗn hợp lần lượt là a,b,c 27a+197b+84c=10,65 1,5a+b+c=0,11 Mặt khác ta có số mol hỗn hợp/số mol khí (a+b+c)/(b+c)=0,2/0,16=1,25 0,5 b a=0,02 b=0,03 c=0,05 0,5 %mAl=5,07% %mBaCO3=55,49% %mMgCO3=39,44% 0,5 m(dd) Y = 10,65 + 200 – 0,03.2 – 0,08.44 = 207,07 gam C% AlCl3 = 1,2894%; C% BaCl2 = 3,0134%; C% MgCl2 = 2,94% 0,5 c nHCl phản ứng = 0,22 => nHCl dư = 0,044 C% HCl dư = 0,7756% 0,5 nNaOH = nHCl + 3.nAlCl3 + 2.nMgCl2 = 0,204 => V(NaOH) = 204 ml d 0,5 Câu III (4 điểm). 1-(2,0 điểm) Nội dung Điểm Ý a. Bình 1 đựng dd NaCl bão hòa để giữ HCl 0,2 Bình 2 đựng H2SO4 đặc để giữ H2O 0,2 b. Clo là khí độc nên phải dùng bông tẩm dung dịch NaOH để đậy không cho khí 0,2 Clo thoát ra. Có thể thay bông tẩm NaOH bằng bông tẩm KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2. 0,2 c. Có thể thay MnO2 bằng: KMnO4, KClO3, K2Cr2O7 0,2 d. Khí Clo có màu vàng lục. 0,2 e. Cho giấy màu ẩm vào bình tam giác giấy màu sẽ bị nhạt màu và mất hẳn. 0,2 Vì Cl2 + H2O  HCl + HClO HClO có tính oxi hóa mạnh nên làm mất màu giấy. 0,2 t0 0,2 f.MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O 2
3. Tỉ lệ số phân tử bị oxh trên số phân tử bị khử là 2/1 0,2 2(2 điểm) Nội dung Điểm Ý 5,6 n n n 0,25 n 0,2 X Cl O Cl2 Ta có: 2 2 22,4 n 0,05 0,5 BTKL m m m 23 7,2 71.n 32.n O2 X Y M Cl2 O2 2.0,2 4.0,05 0,6 0,5 Bảo toàn electron Hóa trị. nM =2nCl + 4nO nM = a 2 2 x x 7,2 x 2 0,5 M= .x 12.x 0,6 M 24 (Mg) 3Cl2 + 6KOH KClO3 + 5KCl + 3H2O b 0,5 a = mKOH dư + mKCl + mKClO3 = 19,3 gam Câu IV (4 điểm): 1.(3 điểm) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng e. Nội dung Điểm Ý to FexOy + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 2 y 1x 2xFe x  2xFe 3 6x – 4y e a 1 (3x – 2y)x S+6 + 2e  S+4 to 2FexOy + (6x-2y)H2SO4  xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O to FeS2 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b +3 +4 1 1x 2FeS2 2Fe + 4S +22e 11x S+6 +2e S+4 3
4. to 2FeS2 + 14H2SO4  Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O to d. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4  Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O 5x S+4  S+6 + 2e 2x Mn+7 + 5e  Mn+2 0 5Na SO + 2KMnO + aNaHSO t bNa SO + 2MnSO + K SO + cH O c 2 3 4 4 2 4 4 2 4 2 1 BTNT(Na) 10 a 2b BTNT(S)  5 a b 2 1 a 6; b 8; c 3. BTNT(H)  a 2c t0 5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4  8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 2. (1 điểm) Nội dung Điểm Các phương trình có thể xảy ra 0,25 điểm Cl2 + KBr  KCl + Br2 Cl2 + H2O  HCl + HClO 0,15 điểm Br2 + H2O  HBr + HbrO 0,15 điểm Cl2 + HBr  HCl + Br2 0,15 điểm HClO  HCl + O2 0,15 điểm HBrO  HBr + O2 0,15 điểm 4
5. Câu V:(4,0 điểm) 1-(2 điểm). Nội dung Điểm TH1: Kim loại B không tác dụng với HCl ta có TN1: nFe = nH2 = 0,2 => mFe = 11,2 gam => mB = 10,8 gam 0,25 TN2: Tính được nNO = 0,1; nNO2 = 0,4; gọi mol B bằng x mol. 0,25 => BTE ta có 0,2.3 + x.n = 0,1.3 + 0,4 => n.x = 0,1 0,25 => n.(10,8/B) = 0,1 => B = 108.n 0,25 n = 1 => B = 108 => Ag n = 2 loại a n = 3 loại 0,25 TH2: Kim loại B tác dụng với HCl Gọi mol Fe = x mol, mol B = y mol trong mỗi phần. => 56x + MB.y = 22 (1) Phần 1 ta có BTE => 2x + ny = 0,2 (2) Phần 2 ta lại có BTE => 3x + ny = 0,7 (3) Giải hệ (2) và (3) => x = 0,5; ny = -0,8 =>Loại. 0,25 nHNO3 phản ứng = 3.nFe(NO3)3 + nAgNO3 + nNO + nNO2= 1,2 mol. b 0,5 5
6. 2-(2 điểm). Nội dung Điểm Gọi số mol KMnO4, KClO3 và MnO2 trong 30,005 gam X lần lượt là x, y,z * Ta có phương trình cho khối lượng X: mX = 158x + 122,5y + 87z = 30,005 gam. 0,25 * Số mol HCl đã dùng là: nHCl dùng = 0,8 mol ⟹ nO trong Y =0,8/2= 0,4 mol; nO2 ↑ ra = (30,005 – 24,405)/32 = 0,175 mol. 0,25 Bảo toàn O có số mol nguyên tử O trong X bằng số mol nguyên tử O thoát ra + số mol nguyên tử O trong Y ⟹ 4x + 3y + 2z = 0,175 × 2 + 0,4 = 0,75 mol. 0,25 * Bảo toàn electron cả quá trình có: 5x + 6y + 2z = 4nO2 + 2nCl2 = 1,1325 mol. 0,25 Giải hệ các phương trình trên có: x = 0,12 mol; y = 0,0875 mol và z = 0,00375 mol. 0,25 MnO2 không nhiệt phân; ở đây dùng một lượng ít này làm chất xúc tác cho 0,0875 0,25 mol KClO3 nhiệt phân hoàn toàn tạo 0,13125 mol O2. ⟹ Còn cần 0,0875 mol KMnO4 phản ứng nhiệt phân nữa để tạo thêm 0,04375 mol 0,25 O2 0,25 ⟹ %mKMnO4 nhiệt phân = 0,0875 ÷ 0,12 ≈ 72,92 % 6