De Dap an HSG Hoa 10 MTCT Tinh Thai Nguyen 2012

MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề... Khi hòa tan trong HCl thì R giảm một nửa.[r]

UBND TỈNH THÁI NGUYấN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRấN MTCT

NĂM HỌC 2011-2012 MễN THI: HOÁ HỌC LỚP 10

(Thời gian làm bài 150 phỳt khụng kể thời gian giao đề)

Cõu I (10,0 điểm)

Cho 13 gam hụ̃n hợp A mụ̣t kim loại kiờ̀m M và mụ̣t kim loại M ’ (hóa trị II) tan hoàn toàn vào nước tạo thành dung dịch B và 4,032 lít H 2 (ở đktc) Chia dung dịch B làm 2 phõ̀n bằng nhau :

Phõ̀n 1 : Đem cụ cạn thu được 8,12 gam chṍt rắn X.

Phõ̀n 2 : Cho tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 0,35 mol/l (M) tạo ra kờ́t tủa Y.

a) Tìm kim loại M, M’ Tính sụ́ gam mụ̃i kim loại trong hụ̃n hợp A.

b) Tính khụ́i lượng kờ́t tủa Y.

Cõu II (10,0 điểm)

Hoà tan 16,8 (gam) mụ̣t kim loại M vào dung dịch HCl dư thu được 6,72 lít khí H 2 (ở đktc).

a) Tìm kim loại M.

b) Hoà tan 25,2 (gam) kim loại M vào dung dịch H 2 SO 4 10% ( loãng), vừa đủ Sau khi kờ́t thúc phản ứng thu được dung dịch A Làm lạnh dung dịch A thu được 55,6 (gam) muụ́i sunfat kờ́t tinh ngọ̃m nước của kim loại M tách ra và còn lại dung dịch muụ́i sunfat bão hoà có nụ̀ng đụ̣ 9,275%.

Tìm cụng thức của muụ́i sunfat ngọ̃m nước của kim loại M.

Cõu III (7,5 điểm)

Cho 2,13 gam hụ̃n hợp X gụ̀m ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bụ̣t tác dụng hoàn toàn với oxi thu được hụ̃n hợp Y gụ̀m các oxit có khụ́i lượng 3,33 gam Tính thể tích dung dịch HCl 2,0 M vừa đủ để phản ứng hờ́t với Y?

Cõu IV (10,0 điểm)

Thả mụ̣t viờn bi sắt hình cõ̀u bán kính R vào 500 ml dung dịch HCl nụ̀ng đụ̣ CM sau khi kờ́t thúc phản ứng thṍy bán kính viờn bi còn lại mụ̣t nửa Nờ́u cho viờn bi sắt còn lại này vào 117,6 gam dung dịch H 2 SO 4 5%.

(Xem viờn sắt còn lại có khụ́i lượng khụng đáng kể so với khụ́i lượng dung dịch H 2 SO 4 ) Thì khi bi sắt tan hờ́t dung dịch H 2 SO 4 có nụ̀ng đụ̣ mới là 4%.

a) Tính bán kính R của viờn bi, biờ́t khụ́i lượng riờng của sắt là 7,9 gam/cm 3 Viờn

bi bị ăn mòn theo mọi hướng như nhau, π = 3,14.

b) Tính C M dung dịch HCl.

Cõu V (5,0 điểm)

Dung dịch A chứa NaOH 4% và Ca(OH) 2 3,7% Phải cần bao nhiêu gam dung dịch A để trung hòa hoàn toàn 119 ml dung dịch HNO 3 10% (D = 1,06g/ml).

Cõu VI (7,5 điểm)

Hợp chṍt tạo bởi anion M3+ và cation X - có tổng sụ́ hạt các loại là 196 hạt , trong đó sụ́ hạt mang điện nhiờ̀u hơn sụ́ hạt khụng mang điện là 60 hạt Sụ́ khụ́i của X - nhiờ̀u hơn sụ́ khụ́i của

M 3+ là 8 Tổng sụ́ hạt trong X - nhiờ̀u hơn trong M 3+ là16 hạt Xác định vị trí của M và X trong

hệ thụ́ng tuõ̀n hoàn?

(Cho H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)

( Giám thị không giải thích gì thêm)

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIẢI TOÁN TRÊN MTCT - NĂM HỌC 2011-2012

MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao

đề)

I

(10,0đ)

a)

Vì dung dịch B + dung dịch HCl kết tủa nên M’ có hyđroxyt lưỡng tính.

M + H 2 O = MOH + 2

1

2H (1)

x mol x 2

x mol

M’ + 2MOH = M 2 M’O 2 + H 2 (2)

y mol 2y y y MOH + HCl = MCl + H 2 O (3)

x y x y

M 2 M’O 2 + 2HCl = M’(OH) 2 + 2MCl (4) 2

y

y 2

y

M’(OH) 2 + 2HCl = M’Cl 2 + 2H 2 O (5)

2

0,14 0,18

HCl

H





 

 

2

17 2 ' 32 8,12 2

x y

Mx M y



 





 







 

 

 

' 17 8,12

1

' 17 8,12

17 1, 62 2

17 2 3, 24 4

18 3,6

0, 2 ; 0,08

x

x y

x y

x y x

 

 



7,0

ĐỀ CHÍNH THỨC

b)

(3) => 0,2M + 0,08M’ = 13

=> 2,5M + M’ = 162,5 ( M<65 )

M’ 145 (loại) 105 (loại) 65 (Zn)

M là Kali => m K = 39 x 0,2 = 7,8 g

M’ là Zn => m Zn = 65 x 0,08 = 5,2 g

2 0, 2 0,16

0,08 0,1

HCl

( phản ứng 3 +4 )

n HCl dư = 0,14 - 0,1 = 0,04 mol

n Zn(OH)2 = 2 0,04

y

mol



( phản ứng 4 ) (5) => n Zn(OH)2 =

1

2nHCl = 0,02 mol

=> n Zn(OH)2 dư = 0,04 - 0,02 = 0,02 mol

m Zn(OH)2 = 99 x 0,02 = 1,98 g

3,0

II

(10,0đ)

a)

nH2= 0,3 mol Gọi khối lượng mol nguyên tử và hoá trị của kim loại M

lần lượt là M và n

2M + 2nHCl 2MCln + n H2 

0,6/n mol 0,3 mol

0,6/n M = 16,8 M= 28n  M là Fe

b) nFe = 25,2/56 = 0,45 mol

ptpư: Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 

0,45 mol 0,45 mol 0,45 mol 0,45 mol

m dd H2SO410% = (0,45 98.100%)/10% = 441 (gam)

mddA = mFe + m dd H2SO410% - m H2 = 25,2+ 441 - 0,45.2 = 465,3 (gam)

- Khi làm lạnh dung dịch A, tách ra 55,6 gam muối FeSO4.xH2O

Vậy dung dịch muối bão hoà còn lại có khối lượng là:

mdd còn lại = 465,3 - 55,6 = 409,7 (gam)

theo bài ra: % CFeSO4 = 409,7

4

FeSO m

.100% = 9,275%

 mFeSO4 = 38 (gam)  nFeSO4 = 0,25 mol

 nFeSO4 xH2O = 0,45 - 0,25 = 0,2 mol (152 + 18x) 0,2 = 55,6

 x= 7  Công thức phân tử của muối FeSO4 ngậm nước là:

FeSO4.7H2O

4,0

6,0

III

(7,5đ)

Gọi R là công thức chung của 3 kim loại R hóa trị n

Ta có sơ đồ phản ứng:

2

2

'

3,33 2,13

16 2,13 0,15.35,5 7,455

O

m KL Cl



    



VHCl=

0,15

2 =0,075 lít =75ml

IV

(10,0đ)

a) Phương trình phản ứng

Fe + HCl = FeCl2 + H2 (1)

Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 (2)

Ta có mH ❑2 SO ❑4 ban đầu = 117, 6 x 5100 = 5,88 gam

nH ❑2 SO ❑4 = 985 , 88 = 0,06 mol Khối lượng H2SO4 sau khi hòa tan phần còn lại của viên bi:

mH ❑2 SO ❑4 = 117, 6 x 4100 = 4,704 gam

nH

SO

=

4,704

98 = 0,048 mol

Từ (2) ta có: nH ❑2 SO ❑4 (P Ư) = 0,06 - 0,048 = 0,012 mol

⇒ nFe phản ứng (2) = 0,012 mol Mặt khác ta có:

mFe ban đầu = 43 π R3 d

⇒ nFe ban đầu = 4 π R3d

3 x 56

Khi hòa tan trong HCl thì R giảm một nửa Vậy bán kính còn lại là R2

⇒ nFe còn lại để phản ứng (2) = 3 x 56 4 π (R2)3 d

= 4 π R3

3 56 8 d = 1

8(4 π

56 .

R3

3 d)

Ta nhận thấy sau khi Fe bị hòa tan trong HCl, phần còn lại để hòa tan trong H2SO4 chỉ bằng 18 so với số mol ban đầu

⇒ nFe ban đầu = 0,012 x 8 = 0,096 mol

⇒ mFe ban đầu = 0,096 x 56 = 5,376 gam mà m = V.d ⇒ V = m d = 5 , 3767,9 = 0,68 cm3

√3 V

4 π

√3

4x

0 ,68 cm3

3 ,14 = 3

√0 ,162 cm3 = 0,545 cm

b) nHCl = 2nFe (1)

= 2(nFe ban đõ̀u - nFePƯ(2)) = 2(0,096 - 0,012) = 0,168 mol

 CHCl=

0,168

V

(5,0đ)

Gọi m (g) là khối lợng ddA cần dùng.Theo đề ta có:

n NaOH = m 4

100 40=0 ,001 m (mol)

n Ca(OH)2 = m 3,7

100 74=0 , 0005 m (mol)

n HNO3 =

119.1,06.10

0, 2 100.63  (mol) Phơng trình phản ứng:

NaOH + HNO 3 NaNO 3 + H 2 O (1)

1 mol 1 mol Ca(OH) 2 + 2HNO 3 Ca(NO 3 ) 2 + 2H 2 O (2)

1 mol 2 mol n HNO3 (1) = n NaOH = 0,001m (mol) n HNO3 (2) = 2n Ca(OH)2 = 2 0,0005m = 0,001m(mol) Theo đề: 0,001m + 0,001m = 0,2 0,002m = 0,2 m = 100 (g) VI (7,5) *) Gọi sụ́ p , sụ́ e trong M là Z1 ; sụ́ n là N1 sụ́ p , sụ́ e trong X là Z2 ; sụ́ n là N2 Ta có : 2Z1 + N1 + 3(2Z2 + N2) = 196 (1)

2Z1 + 6Z2 - (N1 + 3N2) = 60 (2)

2Z2 + N2 + 1 –( 2Z1 + N1 – 3 ) = 16  2Z2 – 2Z1 + N2 –N1 = 18 (3)

Z2 + N2 - (Z1 + N1)= 8  Z2 – Z1 + N2 + N1 = 8 (4)

*) Ta có hệ phương trình 2Z1 + N1 + 3(2Z2 + N2) = 196 (1)

2Z1 + 6Z2 - (N1 + 3N2) = 60 (2)

2Z2 – 2Z1 + N2 –N1 = 18 (3)

Z2 – Z1 + N2 + N1 = 8 (4)

Giải hệ ta được : Z1 = 13 ; Z2 = 17 ; N1 = 14 ; N2 = 18

*) M là Al : Cṍu hình e : 1s22s22p63s23p1

 Trong HTTH ở ụ thứ 13 , chu kì 3 phõn nhóm chính nhóm III *) X là Cl : Cṍu hình e :1s22s22p63s23p5

 Trong HTTH ở ụ thứ 17 , chu kì 3 phõn nhóm chính nhóm VII

Chỳ ý:

Thí sinh có thể giải bài toán theo cách khác nếu lập luận đúng và tìm ra kết quả đúng vẫn cho

điểm tối đa.