Đề thi HSG môn Hóa 10 năm 2018 - 2019 Tỉnh Hải Dương

• Câu 1: Mã câu hỏi: 112924

  Phân tử M được tạo nên bởi ion X³⁺ và Y^2-. Trong phân tử M có tổng số hạt p, n, e là 224 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 72 hạt. Tổng số hạt p, n, e trong ion X³⁺  ít hơn trong ion Y^2- là 13 hạt. Số khối của nguyên tử Y lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5 đơn vị. Xác định số hạt p, n, e của nguyên tử X, Y và công thức phân tử của M.

  Xem đáp án
  Gọi Z_X, Z_Y  tương ứng là số proton của X, Y . ( Z_X, Z_Y є Z^*)

  N_X, N_Y tương ứng là số nơtron của X, Y. ( N_X, N_Y є Z^*)

   Phân tử M được tạo nên bởi ion X³⁺ và ion Y^2- do đó M có công thức phân tử là: X₂Y₃.

  - Tổng số hạt p, n, e trong phân tử M là: 2(2Z_X + N_X) + 3( 2Z_Y + N_Y) = 224      (1)

  - Trong phân tử M, hiệu số hạt mang điện và số hạt không mang điện là: 4Z_X + 6Z_Y) – (2N_X + 3N_Y) = 72         (2)

  - Hiệu số hạt p, n, e trong ion X³⁺  và ion Y^2-:

  (2Z_Y + N_Y +2) – ( 2Z_X  + N_X – 3) = 13  (3)

  -  Hiệu số khối trong nguyên tử X và Y là:

  (Z_Y + N_Y) – ( Z_X + N_X) = 5                 (4)

  Lấy  (1) + (2) ta được:  2Z_X  + 3 Z_Y = 74      (5)

  Lấy (3) – (4) ta được:  Z_Y  - Z_X  = 3              (6)

  Giải hệ (5) và (6) được       Z_X  = 13; Z_Y = 16 => N_X = 14; N_Y  = 16

   Vậy X là Al (e=p=13; n=14) và Y là S (e=p=n=16).

   Công thức phân tử của M: Al₂S₃.

• Câu 2: Mã câu hỏi: 112925

  X, Y, R, A, B, M theo thứ tự là 6 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn có tổng số đơn vị điện tích hạt nhân là 63 (X có số đơn vị điện tích hạt nhân nhỏ nhất).

  a. Xác định số đơn vị điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B, M.

  b. Viết cấu hình electron của X²⁻, Y⁻, R, A⁺, B²⁺, M³⁺. So sánh bán kính của chúng và  giải thích?

  Xem đáp án
  →  Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B, M lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4), (Z+5)  Theo giả thiết

  Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4)+ (Z+5) =  63

  → Z = 8

  → ₈X;    ₉Y;   ₁₀R;   ₁₁A;       ₁₂B,    ₁₃M

  (O)    (F)    (Ne)   (Na)   (Mg)   (Al)

  O^2-, F^-, Ne, Na⁺, Mg²⁺ , Al³⁺ đều có cấu hình e: 1s² 2s² 2p⁶

  Số lớp e giống nhau → bán kính r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

  r_O2-  > r _F- > r_Ne  >r_Na+ >  r_Mg2+ > r_Al3+ 


 

• Câu 3: Mã câu hỏi: 112928

  Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron.

  a) MnO₂  +  HCl  → MnCl₂ + Cl₂ + H₂O

  b) FeO   +  HNO₃  → NO  +  Fe(NO₃)₃ + H₂O

  c) Cu + H₂SO_{4 (đ)} → CuSO₄ + SO₂ + H₂O

  d) FeS₂   +  H₂SO_{4 (đ)} → Fe₂(SO₄)₃  +  SO₂   +  H₂O

  Xem đáp án
  a,  Mn⁺⁴ + 2e → Mn⁺²

  2Cl^-  → Cl₂ + 2e

  ⇒  MnO₂ + 4HCl  MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

  b,   Fe⁺²  →Fe⁺³ + e

  N⁺⁵ + 3e  →N⁺²

  ⇒  3FeO   +  10HNO₃  → NO + 3Fe(NO₃)₃  + 5H₂O

  c, S⁺⁶ +2e  → S⁺⁴

  Cu^o  → Cu⁺² + 2e

  ⇒  Cu  + 2H₂SO_{4 đặc} → CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

  d,  2FeS₂   + 14 H₂SO_{4 (đ)}  → Fe₂(SO₄)₃  +  15SO₂   +  14H₂O

• Câu 4: Mã câu hỏi: 112929

  Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:

  a. Sục từ từ khí sunfurơ đến dư vào cốc chứa dung dịch KMnO₄.

  b. Dẫn khí hiđro sunfua vào dung dịch nước clo, sau đó nhỏ vào dung dịch sau phản ứng vài giọt dung dịch muối BaCl_2.

  c. Dẫn khí ozon vào dung dịch KI (có sẵn vài giọt phenolphtalein).

  d. Dẫn khí hiđro sunfua vào dung dịch muối CuCl₂ (màu xanh).

  Xem đáp án
  Phương trình:  5SO₂ + 2KMnO₄ + 2H₂O → K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 2H₂SO₄

  - Màu tím của dung dịch nhạt dần, cuối cùng mất màu hoàn toàn.

  Phương trình:

  H₂S + 4Cl₂ + 4H₂O → 8HCl + H₂SO₄

  BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄ + 2HCl

  - Nươc Cl₂ nhạt màu, có kết tủa trắng xuất hiện.

  Phương trình:  O₃ + H₂O + 2KI → O₂ + 2KOH + I₂.

  - Dung dịch chuyển sang màu hồng.

  Phương trình:  H₂S + CuCl₂ → 2HCl + CuS

  - Màu xanh của dung dịch nhạt dần và dung dịch có kết tủa màu đen xuất hiện.

• Câu 5: Mã câu hỏi: 112930

  a. Axit sunfuric đặc được dùng làm khô những khí ẩm, hãy dẫn ra hai thí dụ. Có những khí ẩm không được làm khô bằng axit sunfuric đặc, hãy dẫn ra hai thí dụ. Vì sao?

  b. Axit sunfuric đặc có thể biến nhiều hợp chất hữu cơ thành than (được gọi là sự hóa than). Dẫn ra những thí dụ về sự hóa than của saccarozơ, vải sợi làm từ xenlulozơ (C₆H₁₀O₅)_n.

  Xem đáp án
  a, Nguyên tắc của chất dùng làm khô các khí có lẫn hơi nước là chất đó phải hút được hơi nước nhưng không tác dụng với chất khí được làm khô.

  Thí dụ: Để làm khô khí CO₂, SO₂, O₂, … ta có thể dẫn các khí này qua dung dịch H₂SO₄ đặc.

  -Có những khí ẩm không được làm khô bằng H₂SO₄ đặc vì chúng tác dụng với H₂SO₄.

  Thí dụ: Khi cho khí HI, HBr,… có lẫn hơi nước đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc thì các khí này tác dụng theo các phương trình

  8HI + H₂SO_{4 đặc} →  4I₂ + H₂S + 4H₂O

  2HBr + H₂SO_{4 đặc} → SO₂ + Br₂ + 2H₂O

  b, H₂SO₄ đặc có thể biến nhiều hợp chất hữu cơ thành than

  Thí dụ:  C₁₂H₂₂O₁₁  →    12C + 11H₂O

  Đường mía (màu trắng)         muội than

  C + 2H₂SO₄ → CO₂ + SO₂ + 2H₂O

  (C₆H₁₀O₅)_n  →  6nC + 5nH₂O

  Xenlulozơ           muội than

• Câu 6: Mã câu hỏi: 112933

  Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S  dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A (không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng 1/2 hàm lượng Zn trong A.

  Lấy 1/2 hỗn hợp B hòa tan trong H₂SO₄ loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48 gam chất rắn nguyên chất.

  Lấy 1/2  hỗn hợp B thêm một thể tích không khí thích hợp (coi không khí chứa 20%O₂ và 80% N₂ theo thể tích). Sau khi đốt cháy hoàn toàn B, thu được hỗn hợp khí C gồm hai khí trong đó N₂ chiếm 85,8% về thể tích và chất rắn D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thể tích giảm 5,04 lít (đktc).

  a. Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng.

  b. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.

  Xem đáp án
  a,  Phương trình:  2Al  +  3S   →  Al₂S₃

                                   Zn   +  S  →  ZnS

  TH tổng quát : Hỗn hợp B gồm  Al₂S₃, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư.

  1/2 hh B  +  H₂SO₄loãng →  chất rắn là S

  mS (1/2B) _dư = 0,48 g  mol \( \to {n_{Sdu(B)}} = \frac{{0,48.2}}{{32}} = 0,03mol\)

  Al₂S₃  +  3H₂SO₄  →  Al₂(SO₄)₃  +  3H₂S

  ZnS  + H₂SO₄   → ZnSO₄  +  H₂S

  Zn  + H₂SO₄  →  ZnSO₄  +  H₂

  2Al + 3H₂SO₄  →  Al₂(SO₄)₃  +  3H₂        

  * 1/2 hỗn hợp B nung:

  2Al₂S₃  + 9O₂ →   2Al₂O₃  +  6SO₂

  2ZnS  + 3O₂ →  2ZnO   +  2SO₂

  4Al  +  3O₂ → 2Al₂O₃

  2Zn  +  O₂ → 2ZnO

  S + O₂  → SO₂

  *Khí C: SO₂, N₂( không có O₂ vì vậy dùng vừa đủ) → Khí  C → N₂

  V_giảm   = V_{SO2 sinh ra}  =  5,04( l)  → \({n_{S{O_2}}}_{(C)} = \frac{{5,04}}{{22,4}} = 0,225mol\) 

  ADĐLBT nguyên tố S:   \({{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle {{n_s}}$}
  \kern-0.1em/\kern-0.15em
  \lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle {S{O_2}}$}}_{(C)}} = {n_{S({\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle 1$}
  \kern-0.1em/\kern-0.15em
  \lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}B)}} = {n_{S({\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle 1$}
  \kern-0.1em/\kern-0.15em
  \lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$}}A)}} \to {n_{S/A}}\)  = 0,225.2 = 0,45 mol

  m_S/A = 0,45 .32 = 14,4g; m_{Al + Zn(A)}= 33,02 – 14,4 = 18,62g

  Gọi n_Al: x(mol) ;n_zn: y(mol); 27x + 65y  = 18,62 (1)

  % V_SO2/C  =  100  - % V_N2  = 14,2%

  \({n_{S{O_2}}} = \frac{{{n_{S{O_2}}}}}{{{n_{hhC}}}}.100 \to {n_{hhC}} = \frac{{{n_{S{O_2}}}}}{{\% {n_{S{O_2}}}}} = \frac{{0,225}}{{14,2}}.100 = 1,585mol\)            

  \({n_{{N_2}}} = \frac{{85,8}}{{100}}.1,585 = 1,36mol\)

  \({n_{kk}} = \frac{5}{4}{n_{{N_2}}} = \frac{5}{4}1,36 = 1,7\) mol 

  →V_kk  =  1,7 .22,4  = 38,08 lít

  b.  \({n_{{O_2}({\raise0.7ex\hbox{$1$} \!\mathord{\left/
   {\vphantom {1 2}}\right.\kern-\nulldelimiterspace}
  \!\lower0.7ex\hbox{$2$}}B)}} = \frac{1}{5}{n_{kk}} = 0,34mol\)

  Nhận xét: Lượng O₂ pứ với 1/2A (Al, Zn,  S) tạo ra Al₂O₃, ZnO, SO₂  = lượng O₂ phản ứng với 1/2B (Al₂S₃, ZnS, Al (dư) Zn (dư), S (dư)  Al₂O₃, ZnO, SO₂ vì có cùng số mol Al, Zn, S và cùng tạo thành 3 oxit như nhau.

  Pt:   4Al  +   3O₂  →  2Al₂O₃

        x/2        3x/8 

  Zn  +  O₂­  →  ZnO

  y/2      y/4       

  S       +    O₂ →   SO₂

  0,225      0,225

  Ta có:  \(\frac{{3x}}{8} + \frac{y}{4} + 0,225 = 0,34\,\,\,\,(2)\) 

  Giải (1,2):  x = 0,16; y = 0,22

  \(\% mZn(A) = \frac{{0,22.65.100}}{{33,02}} = 43,307\% \)

  Gọi n_{Zn dư}: z(mol)

  Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B:

  \(\% Zn = \frac{{65z + 8,296}}{{33,02 + 8,296}}.100 = \frac{1}{2}43,307\) → z = 0,01mol Zn dư

  → n_{Zn phản ứng với S} = 0,22 - 0,01 = 0,21mol

  → n_{S phản ứng với Al} = n_{S chung}  - n_{S phản ứng Zn}  - n_{S dư} = 0,45 – 0,21 – 0,03= 0,21mol

  \( \to {n_{A{l_2}{S_3}}} = \frac{{0,21}}{3} = 0,07mol\)

  % m_B:

  \(\% A{l_2}{S_3} = \frac{{0,07.150.100\% }}{{33,02}} = 31,8\% \)

  \(\% mZnS = \frac{{0,21.97.100\% }}{{33,02}} = 61,69\% \)

  \(\% mZn = \frac{{0,01.65.100\% }}{{33,02}} = 1,97\% \)

  \(\% mS = \frac{{0,03.32.100\% }}{{33,02}} = 2,91\% \)

  % m_{Al dư} = 100% - (31,8% + 61,69% + 1,97% + 2,91%) = 1,63%

• Câu 7: Mã câu hỏi: 112935

  Một oleum A chứa 37,869 % lưu huỳnh trong phân tử.

  a) Hãy xác định công thức của A.

  b) Trộn m₁ gam A với m₂ gam dung dịch H₂SO₄ 83,30% được 200 gam oleum B có công thức H₂SO₄.2SO₃. Tính m₁ và m₂.

  Xem đáp án
  Đặt công thức oleum A là H₂SO₄.nSO₃.

  \(\% mS(A)\frac{{32(1 + n)}}{{98 + 80n}} = \frac{{37,869}}{{100}} \to n = 3\)

  Vậy A là H₂SO₄.3SO₃.     

  Theo giả thiết: m₁ + m₂ = 200    (1)

  Khối lượng S trong hỗn hợp các chất sẽ bằng khối lượng của S trong 200 gam oleum H₂SO₄.2SO₃.

  Ta có PT:    \(\frac{{{m_1}(32 + 32.3)}}{{98 + 80.3}} + \frac{{{m_2}.83,3.32}}{{98.100}} = \frac{{200.32.3}}{{98 + 80.2}}\)          (2)

  Từ (1) và (2)  m₁ = 187,619 gam; m₂ = 12,381 gam.

• Câu 8: Mã câu hỏi: 112936

  A, B là các dung dịch HCl có nồng độ mol khác nhau. Lấy V lít dung dịch A cho tác dụng với AgNO₃ dư thấy tạo thành 35,875 gam kết tủa. Để trung hòa V’ lít dung dịch B cần dùng 500 ml dung dịch NaOH 0,3M. Trộn V lít dung dịch A với V’ lít dung dịch B thu được 2 lít dung dịch C (coi V + V’ = 2 lít).

  a. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch C.

  b. Lấy riêng 100 ml dung dịch A và 100 ml dung dịch B cho tác dụng với Fe dư thì lượng H₂ thoát ra trong hai trường hợp chênh lệch nhau 0,448 lít (ở đktc). Tính nồng độ mol của các dung dịch A, B.                                                                     

  Xem đáp án
  - Cho V lít dung dịch A tác dụng với AgNO₃ dư

  AgNO₃ + HCl →  AgCl + HNO₃                                        (1)

                  0,25         0,25

  - Trung hòa V’ lít dung dịch B bằng NaOH

  NaOH + HCl → NaCl + H₂O                              (2)

  0,15        0,15

  a) Ta có: Trong 2 lít dung dịch C có n_HCl = 0,25 + 0,15 = 0,4 mol HCl

  Vậy C_M(HCl) = 0,4 : 2 = 0,2M.

  b) Khi cho dung dịch A hay dung dịch B tác  dụng với Fe thì đều xảy ra phản ứng

  Fe + 2HCl →  FeCl₂ + H₂                                (3)

  Đặt nồng độ của dung dịch A là xM → n_HCl(A) = 0,1x mol.

  Đặt nồng độ của dung dịch B là yM → n_HCl(B) = 0,1y mol.

  Ta có: V + V’ = 2   hay  \(\frac{{0,25}}{x} + \frac{{0,15}}{y} = 2\)             (I)                                                        

  Số mol H₂ chênh lệch = 0,448 : 22,4 = 0,02 mol

  *TH1: Lượng H₂ từ dung dịch A thoát ra lớn hơn từ dung dịch B.

  Từ pư (3) và số mol H₂ chênh lệch ta có:

                              0,05x – 0,05y = 0,02                             (II)

  Từ (I) và (II) ⇒  x₁ = 0,5 và x₂ = 0,1

  Với x = x₁ = 0,5M ⇒  y = 0,1M

  Với x = x₂ = 0,1M  ⇒  y = - 0,3M         (loại)

  *TH2: Lượng H₂ từ dung dịch B thoát ra lớn hơn từ dung dịch A.

  Từ pư (3) và số mol H₂ chênh lệch ta có:

                              0,05y – 0,05x = 0,02                             (III)

  Từ (I) và (III)  x₁ = 0,145 và x₂ = - 0,345    (loại)

  Với x = x₁ = 0,145M   ⇒  y = 0,545M

• Câu 9: Mã câu hỏi: 112937

  a. Nhỏ từng giọt đến hết 125 ml dung dịch HCl 4M vào 375 ml dung dịch chứa đồng thời hai chất tan NaOH 0,4M và Na₂SO₃ 0,8M đồng thời đun nhẹ để đuổi hết khí SO₂. Thể tích khí SO₂ thu được (ở đktc) là bao nhiêu?

  b. Làm ngược lại câu a, nhỏ từng giọt đến hết 375 ml dung dịch chứa đồng thời hai chất tan NaOH 0,4M và Na₂SO₃ 0,8M vào 125 ml dung dịch HCl 4M đồng thời đun nhẹ để đuổi hết khí SO₂. Thể tích khí SO₂ thu được (ở đktc) là bao nhiêu?

  Coi hiệu suất các phản ứng là 100%.

  Xem đáp án
  n_HCl = 0,5 mol; n_NaOH = 0,15 mol; = 0,3 mol

  Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa hỗn hợp đã cho thì các phản ứng xảy ra theo thứ tự sau:

  NaOH + HCl → NaCl + H₂O

  0,15       0,15

  Na₂SO₃ + HCl  → NaCl + NaHSO₃

  0,3             0,3                    0,3

  n_HCl còn lại = 0,5 – 0,15 – 0,3 = 0,05 mol

  HCl + NaHSO₃ → NaCl + SO₂ + H₂O

  0,05                                   0,05

  V_SO2 = 0,05.22,4 = 1,12 lít.

  Nhỏ từ từ dung dịch chứa hỗn hợp đã cho vào dung dịch HCl, hai chất NaOH và Na₂SO₃ phản ứng đồng thời với HCl. Số mol mỗi chất đã phản ứng tỉ lệ thuận với số mol của nó trong dung dịch ban đầu.

  n_{NaOH pư}: _pư = n_{NaOH bđ} : _bđ = 0,15 : 0,3 = 1 : 2.

  Đặt n_{NaOH pư} = a mol  → nNa2SO3 _pư = 2a mol. Vì nhỏ từng giọt hỗn hợp vào HCl nên phản ứng của muối với HCl tạo ngay sản phẩm khí.

  Các PTPƯ là:

  NaOH + HCl → NaCl + H₂O

    a             a 

  Na₂SO₃ + 2HCl → 2NaCl + SO₂ + H₂O

  2a              4a                           2a

  Với lượng HCl và lượng dung dịch hỗn hợp đã cho thì HCl hết

  (n_HCl < n_NaOH  + 2n_Na2SO3)

  → n_{HCl pư} = 5a = 0,5 → a = 0,1 mol.

  → nSO2 = 2a = 0,2 mol →  VSO₂ = 4,48 lít.

• Câu 10: Mã câu hỏi: 112945

  Chia 15 gam một muối sunfua của kim loại R (có hóa trị không đổi) làm hai phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư tạo ra khí A. Phần 2 đốt cháy hết trong oxi vừa đủ thu được khí B. Trộn hai khí A và B với nhau thì thu được 5,76 gam chất rắn màu vàng và một khí dư thoát ra. Dùng một lượng NaOH (trong dung dịch) tối thiểu để hấp thụ vừa hết lượng khí dư này thì thu được 6,72 gam muối. Hãy xác định tên kim loại R. Biết tất cả các phản ứng đều có hiệu suất 100%.     

  Xem đáp án
  Đặt công thức của muối là R₂S_a (a là hóa trị của R)

  -Phần 1: R₂S_a + 2aHCl  2RCl_a + aH₂S                                             (1)

  -Phần 2:  2R₂S_a + 3aO₂  2R₂O_a + 2aSO₂                             (2)

  Khí A là H₂S; khí B là SO₂

  SO₂ + 2H₂S  → 3S + 2H₂O                                                   (3)

  0,06    0,12       0,18

  Với n_S = 0,18 mol. Khí dư có thể là SO₂ hoặc H₂S

  *Nếu khí dư là H₂S:

  H₂S + NaOH  → NaHS + H₂O       (vì NaOH tối thiểu)    (4)

  0,12     0,12          0,12

  Theo giả thiết n_NaHS = 6,72 : 56 = 0,12 mol

  VậynH2S (1)  = 0,12 + 0,12 = 0,24 mol;  = 0,06 mol

   nS (R2Sa) = 0,24 + 0,06 = 0,3 mol

  \( \Rightarrow {n_{{R_2}{S_a}}} = \frac{{0,3}}{a}mol \to {M_{R2Sa}} = \frac{{15}}{{\frac{{0,3}}{n}}} = 50a\)

  →  2R + 32a = 50a → R = 9a

  Chọn a = 3 →  R = 27 (Al)

  *Nếu khí dư là SO₂

  SO₂ + NaOH  →  NaHSO₃                                                  (5)

  Theo giả thiết  nNaHSO₃ = 6,72 : 104 = 0,065 mol

  nH₂S (1) = 0,12 mol; nSO₂ (2) = 0,06 + 0,065 = 0,125 mol.

   nS (R₂S_a) = 0,125 + 0,12 = 0,245 mol

  \( \Rightarrow {n_{{R_2}{S_a}}} = \frac{{0,245}}{a}\) a mol

   → M_R2Sa = 61,22a   →M_R = 14,6a

  Trường hợp này không có nghiệm thỏa mãn.

Đề thi nổi bật tuần