Kỳ thi Olympic tháng 4 Môn Hóa học 10 Thành phố Hồ Chí Minh lần 2 - Năm học 2015-2016

Nội dung text: Kỳ thi Olympic tháng 4 Môn Hóa học 10 Thành phố Hồ Chí Minh lần 2 - Năm học 2015-2016

1. (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 ¾¾® NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3+ (23x-9y)H2O Mỗi câu cân bằng là 1đ: Viết bán phản ứng đúng 2x0,25đ=0,5đ; hệ số chính (0,25đ); phương trình cân bằng (0,25đ). a. Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần 2.2 2đ Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các nguyên tố tăng dần và số e ngoài cùng cũng tăng dần, số lớp electron không thay đổi. Kết quả các e bị hút về hạt nhân mạnh hơn làm bán kính nguyên tử giảm, dẫn đến lực hút của nhân với e ngoài cùng tăng làm e càng khó bị tách ra 1đ khỏi nguyên tử làm năng lượng ion hoá tăng b. Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường Giải thích: Be có cấu hình e: 1s22s2 có phân lớp s đã bão hoà. Đây là cấu hình 0,5đ bền nên cần cung cấp năng lượng cao hơn để phá vỡ cấu hình này. N có cấu hình e: 1s22s22p3 phân lớp p bán bão hoà, đây cũng là một cấu hình 0,5đ bền nên cũng cần cung cấp năng lượng cao hơn để phá vỡ cấu hình này. 5
2. Câu 4: (5 điểm) 4.1. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m. 4.2. Cho 3,72 gam hỗn hợp X gồm Zn và Fe vào 200 ml dung dịch Y chứa HCl 0,5M và H2SO4 0,15M (loãng). a. Hỏi hỗn hợp X đã tan hết trong Y chưa. b. Khi H2 bay ra thu được 0,12 gam thì dung dịch sau phản ứng cô cạn được bao nhiêu gam muối khan. c. Cho dd Z gồm NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M tác dụng với dung dịch sau khi X tan trong Y để cho kết tủa bé nhất. Tính thể tích dung dịch Z cần và lượng kết tủa thu được. Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 4.1. Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2đ 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl 0,5đ x 0,5x CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl y y à16x +96y = 1,28 (I) Thêm Na2S vào phần 2: 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl ð 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl mol: x x 0,5 x 1đ CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl y y à88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol ðm = 4,6.2 = 9,2 gam. 0,5đ 4.2. a. Zn: amol ; Fe: b mol ; åmol H+ = 0,16 mol 2+ + 2+ 3đ Zn + 2H+ ® Zn + H2 ; Fe + 2H ® Fe + H2 0,5đ 3,72 3,72 0,16 Theo giả thuyết ta có : =0,057 < a + b < =0,066 < = 0,08 65 56 2 Vậy axit dư, hỗn hợp tan hết - 2- b. Ta có Cl : 0,1 mol ; SO4 : 0,0,3 mol 0,25đ + Mặt khác mol H2 = 0,06. < 0,08 nên H còn dư : 0,04 Khi cô cạn phần axit sẽ bay hơi đi 0,25 + - Giả sử H bay ra cùng với Cl , mmuối= 3,72 + 96.0,03 + 35,5. 0,06 = 8,73. 0,25đ Giả sử H+ bay ra cùng với SO 2- 4 0,25đ mmuối = 3,72 + 35,5.0,1 + 96.0,01 = 8,23 Vậy 8,23£ mmuối ≤ 8,73. c. Theo trên ta có 65a + 56b = 3,72 0,5đ 2a + 2b = 0,12 ⇒ a =0,04 ; b= 0,02 ∑mol OH- = V(0,2 + 2.0,1)= 0,4V + - Các phương trình : H + OH ® H2O ; 2+ - Zn + 2OH ® Zn(OH)2 2+ - 0,5đ Fe + 2OH ® Fe(OH)2 - 2- Zn(OH)2 + 2OH ® ZnO2 + 2H2O Để kết tủa bé nhất : 0,4V = 0,04 + 2.0,04 + 2.0,02 + 2.0,04=0,24 ÞV = 0,6 lít 0,25đ Khối lượng kết tủa là m= 90. 0,02 + 233. 0.03 = 8,79 gam 0,25đ 7