Đề kiểm tra học sinh giỏi Hóa 10

(1)

ĐỀ THI CHỌN HSG KHỐI 10 Thời gian: 180phỳt

Cõu 1: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm FeO, Fe

₂

O

₃

, Fe

₃

O

₄

bằng dung dịch H

₂

SO

₄

đặc, núng, dư thu được 448ml khớ SO

₂

ở đktc và 32g muối sunfat khan. Viết cỏc phương trỡnh phản ứng xảy ra và tớnh m.

Cõu 2: Trong một bỡnh kớn chứa hỗn hợp khớ gồm SO

2

và O

2

cú tỷ khối so với hiđro là 24, sau khi đun núng với chất xỳc tỏc thớch hợp và đưa về nhiệt độ ban đầu thỡ thu được một hỗn hợp khớ mới cú tỷ khối so với hiđro là 30.

a). Tớnh thành phần phần trăm theo thể tớch của cỏc hỗn hợp khớ trước và sau phản ứng.

b). Tớnh hiệu suất của phản ứng.

Cõu 3: Hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại R (hoỏ trị n khụng đổi) bằng dung dịch cú chứa a mol H

2

SO

4

thỡ vừa đủ thu được 31,2g muối sunfat của kim loại R và một lượng khớ X. Lượng khớ X này vừa đủ làm mất màu 500ml dung dịch Br

2

0,2M. Xỏc định kim loại M.

Cõu 4: Hợp chất A có công thức RX trong đó R chiếm 22,33% về khối l-ợng. Tổng số p,n,e trong A là 149. R và X có tổng số proton bằng 46 . Số nơtron của X bằng 3,75 lần số nơtron của R.

a)Xác định CTPT của A.

b)Hỗn hợp B gồm NaX, NaY, NaZ(Y và Z là 2 nguyên tố thuộc 2 chu kì liên tiếp của X).

+ Khi cho 5,76 gam hh B tác dụng với dd Br

₂

d- rồi cô cạn sản phẩm đ-ợc 5,29 g muối khan.

+Nếu cho 5,76 gam hh B vào n-ớc rồi cho phản ứng với khí Cl

₂

sau một thời gian cô cạn s/phẩm thu đ-ợc 3,955 g muối khan trong đó có 0,05 mol ion Cl

^-

.

Tính % khối l-ợng mỗi chất trong hỗn hợp B.

Câu6 : Cho các ptrình phản ứng sau đây:

1. A

₁

 A

₂

+ A

₃

+ A

₄

2. A

₁ ^xt ^;t⁰

A

₂

+ A

₄

3. A

₃ ^t⁰

A

₂

+ A

₄

4. A

₁

+ Zn + H

₂

SO

₄

 A

₂

+ ZnSO

₄

+ H

₂

O 5. A

₃

+ Zn + H

₂

SO

₄

 A

₂

+ ZnSO

₄

+ H

₂

O 6. A

₁

+ A

₂

+ H

₂

SO

₄

 A

₅

+ NaHSO

₄

+ H

₂

O 7. A

₅

+ NaOH  A

₂

+ A

₆

+ H

₂

O

8. A

₆^t⁰

A

₁

+ A

₂

(2)

Biết: Trong điều kiện th-ờng A

₄

, A

₅

là các chất khí A

₁

có chứa 21,6% Na theo khối l-ợng

A

₃

có chứa 18,78% Na theo khối l-ợng A, A

₃

là hợp chất của Clo.

Cõu 7 : Nguyên tố A có 4 loại đồng vị có các đặc điểm sau:

+Tổng số khối của 4 đồng vị là 825.

+Tổng số nơtron đồng vị A

₃

và A

₄

lớn hơn số nơtron đồng vị A

₁

là 121 hạt.

+Hiệu số khối của đồng vị A

₂

và A

₄

nhỏ hơn hiệu số khối của đồng vị A

₁

và A

₃

là 5 đơn vị . +Tổng số phần tử của đồng vị A

₁

và A

₄

lớn hơn tổng số hạt không mang điện của đồng vị A

₂

và A

₃

là 333 .

+Số khối của đồng vị A

₄

bằng 33,5% tổng số khối của ba đồng vị kia . a)Xác định số khối của 4 đồng vị và số điện tích hạt nhân của nguyên tố A .

b)Các đồng vị A

₁

, A

₂

, A

₃

, A

₄

lần l-ợt chiếm 50,9% , 23,3% , 0,9% và 24,9% tổng số nguyên tử . Hãy tính KLNT trung bình của nguyên tố A .

Cõu 8: Hoàn thành cỏc phương trỡnh sau và cõn bằng theo phương phỏp thăng bằng e:

Al + HNO

₃

 N

₂

+ NH

₄

NO

₃

+... (với N

₂

: NH

₄

NO

₃

= 1:2 ) FeCl

₂

+ KMnO

₄

+ H

₂

SO

₄



FeCl

3

+ H

2

S 

Cõu 9: Đốt chỏy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (cụng thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO

₃

37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thỡ thoỏt ra 8,08g muối rắn. Lọc tỏch muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xỏc định cụng thức muối rắn.

Cõu 10. Một hỗn hợp X gồm 3 muối halogen của kim loại Natri nặng 6,23g hũa tan hoàn

toàn trong nước được dung dịch A. Sục khớ clo dư vào dung dịch A rồi cụ cạn hoàn toàn

dung dịch sau phản ứng được 3,0525g muối khan B. Lấy một nửa lượng muối này hũa tan

vào nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO

₃

dư thỡ thu được 3,22875g kết tủa. Tỡm

cụng thức của cỏc muối và tớnh % theo khối lượng mỗi muối trong X.

(3)

Bài 1 (1 điểm): Các phương trình phản ứng xảy ra:

2FeO + 4H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 4H₂O 2Fe3O4 + 10H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O

Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O Theo bài ra số mol Fe2(SO4)3 = 0,08(mol); số mol SO2 = 0,02mol

→ Số mol H2SO4 (phản ứng) = 0,08.3 + 0,02 = 0,26(mol)

Theo các phương trình phản ứng số mol H₂O = số mol H₂SO4 (phản ứng) = 0,26(mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m(oxit) + m(axit) = m(muối) + m(khí) + m(nước)

→ m(oxit) = 32 + 0,02.64 + 0,26.18 – 0,26.98 = 12,48(gam) Bài 2 (1 điểm):

a). Thành phần phần trăm theo thể tích của hỗn hợp khí trước và sau phản ứng.

Gọi số mol của SO₂ và O₂ trong hỗn hợp đầu lần lượt là a và b (a, b > 0).

Theo bài ra ta có: ⁶⁴a ³²b 24.2 a b

 

 → a = b → %V(SO₂) = %V(O₂) = 50%.

Phương trình phản ứng: 2SO2 + O₂ → 2SO₃

Gọi số mol của SO2(phản ứng) là x(mol) → số mol O2(phản ứng) là x/2(mol)

Sau phản ứng có: số mol SO2 là a – x(mol); số mol O2 là a – x/2(mol); số mol SO3 là x(mol) Theo bài ra ta có: 64 32

2 0,5 30.2

a a

a x

 

 → x = 0,8a. Vậy sau phản ứng có:

Số mol SO2 = 0,2a (mol); số mol O2 = 0,6a(mol); số mol SO3 = 0,8a(mol)

→ %V(SO3) = 50%; %V(SO2) = 12,5%; %V(O2) = 37,5%.

b). Tính hiệu suất phản ứng:

Do O2 dư, nên hiệu suất phản ứng phải tính theo SO2: Vậy H = ^0,8a.100% 80%

a 

Bài 3(1,5 điểm):

Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:

8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O Theo ptpu: n

2 4

H SO = 5 8

nnR. Theo bài ra: n

2 4

H SO = nR = a (mol) → a = 5 8

na → n = 8

5 (loại vì không có kim loại nào có hoá trị ⁸

5).

Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng:

2R + 2nH₂SO₄ → R₂(SO₄)_n + nSO₂ + 2nH₂O Theo phương trình phản ứng ta thấy số mol H2SO4(phản ứng) = n lần số mol kim loại R.

Mà số mol H2SO4 phản ứng = số mol kim loại R = a (mol) → n = 1.

Vậy kim loại R đã cho có hoá trị I.

Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:

SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2)

(4)

Theo (2): n

SO2= n

Br2= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (1): n

RSO4 = n

SO2= 0,1(mol) Theo bài ra khối lượng của R₂SO₄ = 31,2g →

2 4

MR SO = 31, 2

0,1 = 312 → M_R = 108 (R là Ag).

Câu 4

Theo bµi ta cã hÖ : 2Z_R + N_R + 2Z_X + N_X = 149

Z_R + Z_X = 46 N_R + N_X = 57 N_X= 45 , N_R =12 .

N_X = 3,75.N_R

M_RX= Z_R + Z_X + N_R + N_X = 46 + 57 = 103 .

VËy M_R = 22,33.103/100 = 23  M_X = 80 . Hîp chÊt NaBr . b) hh NaCl(a mol ) ; NaBr(b mol) ; NaI(c mol)

ta cã hÖ :

58,5.a + 103.b + 150.c = 5,76 .

58,5.a + 103.(b+c) = 5,29 .  c=0,01 mol .

+)NÕu Cl₂ chØ ph¶n øng víi NaI : K.l-îng muèi = 5,76-0,01.150+0,1.58,5 = 4,845 g Theo bµi m= 3,955 g (nªn lo¹i ).

+)VËy Cl₂ ph¶n øng víi NaI vµ NaBr : Cl₂ + 2NaBr  2NaCl + Br₂ . 0,04-a 0,04-a.

Hh muèi khan gåm : NaBr d- (b-0,04+a) . vµ NaCl ( 0,05) . VËy ta cã :

58,5.0,05 + 103.(a+b-0,04) = 3,955 .  a= 0,02 mol ; b= 0,03 mol ; c= 0,01 mol . Câu 7

4p + n₁ + n₂ + n₃ + n₄=825. (1) Theo bµi ta cã hÖ n3 + n4 – n1 = 121 . (2) Ph-¬ng tr×nh : n1 – n3 – (n2 – n4) = 5 . (3)

4p + n1 + n4 – (n2 + n3) = 333 . (4) 100(p + n₄) = 33,5(3p + n₁ + n₂ + n₃) .(5) Tõ (2) : n₁= n₃ + n₄ – 121 .

Tõ (3) : n₂= n₁ – n₃ + n₄ – 5 = 2n₄ – 126 .

Thay vµo (4) ta ®-îc : 4p + n₃ + n₄- 124 + 2n₄ –n₃ + 126 = 333 .  p = 82 . Thay n₁ , n₂ vµ p vµo (1) vµ (5) ta ®-îc hÖ : 2n₃ + 4n₄ = 744 .

67n₃ + 0,5n₄ = 8233,5  n₃ = 122 vµ n₄=125

VËy n₁ = 126 vµ n₂ = 124 . C¸c sè khèi lµ :

A₁=208 ; A₂=206 ; A₃=204 ; A₄= 207  A_TB= 207,249 . Đáp án câu 9:

Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit

2MS + (2 + n:2)O₂  M2O_n + 2SO₂ (0,25 đ)

a 0,5a

M2On + 2nHNO3  2M(NO3)n + n H2O (0,25 đ) 0,5a an a

Khối lượng dung dịch HNO3

m = an  63  100 : 37,8 = 500an : 3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng

(5)

m = aM + 8an + 500an : 3 (g)

Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172

Nên M = 18,65n (0,50 đ)

Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe) Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05

khối lượng Fe(NO3)3 là m= 0,05  242 = 12,1(g)

Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g)

Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là : m = 20,92  34,7 : 100 = 7,25924 (g)

Khối lượng Fe(NO3)₃ kết tinh

m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) (0,50 đ)

Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2O

Suy ra 4,84:242  (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9

CT Fe(NO3)3 . 9H2O (0,50 đ)

Câu 10. Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A chỉ có NaCl → 3, 0525

0, 0522

NaCl 58,5

n   mol

NaCl + AgNO₃ → AgCl↓ + NaNO₃ (1)

Theo (1) → ^{3, 22875}.2 0, 045 0, 0522 143,5

NaCl AgCl

n n   mol mol

Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X chứa NaF.

m_NaF = m_B – m_NaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g) 0, 42

% .100% 6, 74%

6, 23

NaF  

Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY

2 2

2NaYCl 2NaCl Y (2) Theo (2) → n_NaY n_NaCl 0, 045mol

6, 23 0, 42 5,81( )

X NaF

mNaY m m    g

Do đó: ^5,81 129,11 23 106,11

0, 045 ^Y ^Y

MNaY    M M 

→ phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy công thức của muối thứ 2 là NaI.

Do đó có hai trường hợp:

* Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI

Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI Ta có: ^58,5 ¹⁵⁰ ^5,81 ^{0, 01027}

0, 045 0, 03472

a b a

a b b

  

 

    

 

m_NaCl= 58,5.0,01027 = 0,6008(g) m_NaI = 150. 0,03472 = 5,208 (g) Vậy: % ^{0, 6008}.100% 9, 64%

6, 23

NaCl 

(6)

0, 6008

% .100% 9, 64%

6, 23

NaCl 

%NaF6, 77%

%NaI 83,59%

Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI Ta có: 103 ' 150 ' 5,81 ' 0, 02

' ' 0, 045 ' 0, 025

a b a

a b b

  

 

    

 

m_NaBr = 103.0,02 = 2,06(g) m_NaI = 150.0,025 = 3,75 (g)

Vậy % ^{2, 06}.100% 33, 07%

6, 23

NaBr  

3, 75

% .100% 60,19%

6, 23

NaI  

%NaF6, 74%