Đề học sinh giỏi hóa tây hồ

ĐỀ TÂY HỒ 2112017 Câu I 1 Viết phương trình Na2S + 2HCl → 2NaCl (X2) + H2S (X1) 2H2S (X1) + 3O2 t0 → SO2 (X3) + 2H2O 2NaCl (X2) + 2NaOH điện phân,có màng ngăn → 2NaOH (X4) + H2 + Cl2 (X5) SO2 (X3) +.+ NaOH (X4) → NaHSO3 (X6) NaHSO3 (X6) + NaOH (X4) → Na2SO3 (X7) + H2O 2NaOH (X4) + Cl2 (X5) → NaCl (X2) + NaClO (X8) + H2O Hoặc 6NaOH (X4) đặc + 3Cl2 (X5) t0 → 5NaCl (X2) + NaXO3 + 3H2O 2. Các phản ứng xảy ra giữa Ca(OH)2 với các khí độc 2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(OCl)2 + H2O Ca(OH)2 + H2S → CaS + 2H2O hoặc Ca(OH)2 + 2H2S → Ca(HS)2 + 2H2O Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 + H2O hoặc Ca(OH)2 + 2SO2 → Ca(HSO3)2 2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O

ĐỀ TÂY HỒ - 21/1/2017

Câu I

1 Viết phương trình

Na2S + 2HCl → 2NaCl (X2) + H2S (X1) 2H2S (X1) + 3O2

t0

→ SO2 (X3) + 2H2O 2NaCl (X2) + 2NaOH điện phân,có màng ngăn→ 2NaOH (X4) + H2 + Cl2 (X5)

SO2 (X3) + NaOH (X4) → NaHSO3 (X6) NaHSO3 (X6) + NaOH (X4) → Na2SO3 (X7) + H2O 2NaOH (X4) + Cl2 (X5) → NaCl (X2) + NaClO (X8) + H2O Hoặc 6NaOH (X4) đặc + 3Cl2 (X5) t

0

→ 5NaCl (X2) + NaXO3 + 3H2O

2 Các phản ứng xảy ra giữa Ca(OH) 2 với các khí độc

2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(OCl)2 + H2O Ca(OH)2 + H2S → CaS + 2H2O hoặc Ca(OH)2 + 2H2S → Ca(HS)2 + 2H2O Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 + H2O hoặc Ca(OH)2 + 2SO2 → Ca(HSO3)2 2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O

Câu II Xét hợp chất M2X

- Tổng hạt cơ bản: 4ZM + 2NM + 2ZX + NX = 116 (1)

- Hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện: (4ZM + 2ZX) – (2NM + NX) = 36 (2)

- Khối lượng nguyên tử của X lớn hơn của M: (ZX + NX) – (ZM + NM) = 9 (3)

- Tổng số hạt trong X2- nhiều hơn trong M+: (2ZX + NX + 2) – (2ZM + NM – 1) = 17 (4) Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được: ZM = 11; ZX = 16; NM = 12; NX = 16

a Số hiệu nguyên tử của M và X lần lượt là ZM = 11 (Na); ZX = 16 (S)

Số khối của M và X: AM = 11 + 12 = 23; AX = 16 + 16 = 32

b A là Na2S

Na2S + M’(NO3)2 → M’S + 2NaNO3 2,34/78 (mol) 2,8662/(MM’ + 32) mol

→ 2,34/78 = 2,8662/(MM’ + 32) → MM’ = 63,54

c Ta có:

- Tổng số khối của 2 đồng vị: AY + AZ = 128 (5)

- Nguyên tử khối trung bình: MM’ = (AY.0,37 + AZ.1)/(1 + 0,37) = 63,54 (6)

Giải hệ (5), (6) → AY = 65; AX = 63

Câu III

1 Bảo toàn e ta có:

M → Mn+ + n(e) O2 + 4e → 2O-2

X2 + 2e → 2X

-Vì lượng M tham gia 2 phản ứng là như nhau nên bảo toàn e ta có:

4nO2 = 2nX2 → 4.1,92/32 = 2.8,52/2MX → MX = 35,5 → X2 là Cl2

2 X tác dụng với Pb(NO3)2 thu được kết tủa đen nên X là H2S nH2S = nPbS = 0,1mol

Cho BaCl2 dư vào Y thu được kết tủa Z là BaSO4 có khối lượng = 69,6.1,674 = 116,5104 gam → nBaSO4

= 0,5mol → nSO4 (Y) = 0,5mol

Bảo toàn S ta có: nH2SO4 = nH2S + nSO4 (Y) = 0,5 + 0,1 = 0,6mol → CH2SO4 = 0,6/0,2 = 3M

Giả sử muối cần tìm có công thức MX:

8MX + 5H2SO4 → 4X2 + H2S + 4H2O + 4M2SO4 (1)

0,4  0,1 → 0,4 Hỗn hợp Y sau phản ứng gồm H2O, X2 và M2SO4, H2SO4 dư Làm bay hơi Y thu được chất rắn A gồm

M2SO4 và X2 (→ dự đoán X là I)

m = mX2 + mM = mA – mSO4 (trong muối M2SO4) = 171,2 – 96.4.0,1 = 132,8 gam

b Nung A → muối B là M2SO4

Theo bài ta có: nM2SO4 = nX2 = 4nH2S = 0,4 → MM2SO4 = 69,6/0,4 = 174 = 2MM + 96 → MM = 39 → M là

K

mX2 = 171,2 – 69,6 = 101,6 → MX2 = 101,6/0,4 = 254 → MX = 127 (phù hợp với dự đoán ở trên)

Câu IV

A (NaI, NaCl) Br→ B (NaCl, NaI dư, NaBr) 2 Cl→ C (NaCl) 2 dư

B (NaCl, NaI dư, NaBr) F→ D (NaF) 2 dư

- Các phản ứng hóa học xảy ra:

Br2 + 2NaI t

0

→ 2NaBr + I2

Cl2 + 2NaI t

0

→ 2NaCl + I2

Cl2 + 2NaBr t

0

→ 2NaCl + Br2

F2 + 2NaI t

0

→ 2NaF + I2

F2 + 2NaBr t

0

→ 2NaF + Br2

F2 + 2NaCl t

0

→ 2NaF + Cl2

b Giả sử số mol các chất trong B là: NaCl (x mol); NaBr (y mol); NaI (z mol) (x, y, z > 0) → hỗn hợp

A có x mol NaCl và (y + z) mol NaI

Chú ý: các phản ứng thực hiện trong điều kiện nung nóng ống sứ nên không tính I 2 trong thành phần chất rắn lớp nhé)

Theo bài ta có:

- B chứa NaCl có khối lượng gấp 3,9 lần khối lượng NaI: 58,5x = 3,9.150z → x = 10z (1)

- Bảo toàn Na có:

nNaCl (C) = x + y + z → khối lượng C giảm so với B là: 58,5x + 103y + 150z – 58,5(x + y + z) = 44,5y + 91,5z

nNaF (D) = x + y + z → khối lượng D giảm so với B là: 58,5x + 103y + 150z – 42(x + y + z) = 16,5x + 61y + 108z

Vì khối lượng của D giảm gấp 2 lần khối lượng C giảm (so với B) nên: 16,5x + 61y + 108z = 2(44,5y + 91,5z) → 16,5x – 28y – 75z = 0 (2) Thay (1) vào (2) ta được y = 45z/14

- % khối lượng các chất trong A:

%NaCl = 58,5x.100/(58,5x + 150y + 150z) = 58,5.10z.100/(58,5.10z + 150.45z/14 + 150z) = 48,06% → %NaI = 100 – 48,06 = 51,94%

ĐỀ TÂY HỒ - 22/2/2017

Câu I

1 Viết phương trình

X1 là Cl2 (M = 71) → X2 + X3 = 214 – 71 = 143 → chọn X2 là CaCl2 (M = 111) → X3 là O2 (M

= 32)

Y1 là SO2 (M = 64); Vì Y1 + Y7 = 174 → Y7 = 110 (K2S)

Y2 là H2S (M = 34); Vì Y2 + Y5 = 112 → Y5 = 78 (Na2S)

Vì Y5 + Y6 = 166 → Y6 = 88 (FeS)

Vì Y3 + Y4 = 154 → chọn Y3: H2SO4; Y4: NaHS

Các phương trình hóa học

KClO3 + 6HCl đặc t

0

→ KCl + 3Cl2 + 3H2O

Cl2 + Ca(OH)2 (vôi sữa)

300c

→ CaOCl2 + H2O 2CaOCl2 + CO2 + H2O → CaCl2 + CaCO3 + 2HClO CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O

CaCl2 + 2AgNO3 → Ca(NO3)2 + 2AgCl 2KClO3

MnO2,t0

→ 2KCl + 3O2

O2 + S t

0

→ SO2

SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O

S + H2

t0

→ H2S 2H2S + 3O2

t0

→ 2SO2 + 2H2O

SO2 + 2H2O + Br2 → H2SO4 + 2HBr

H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O

Na2SO4 + Ba(HS)2 → 2NaHS + BaSO4 NaHS + NaOH → Na2S + 2H2O

Na2S + Pb(NO3)2 → PbS + 2NaNO3

S + Fe t

0

→ FeS FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S

H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr

H2SO4 + Na2SO3 → Na2SO4 + H2O + SO2 5SO2 + 2KMnO4 + 3H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

K2SO4 + BaS → K2S + BaSO4

K2S+ Pb(NO3)2 → PbS + 2KNO3

2 Các phản ứng xảy ra giữa Ca(OH) 2 với các khí độc

2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(OCl)2 + H2O

Ca(OH)2 + H2S → CaS + 2H2O hoặc Ca(OH)2 + 2H2S → Ca(HS)2 + 2H2O Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 + H2O hoặc Ca(OH)2 + 2SO2 → Ca(HSO3)2 2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O

Câu II

- Xét nguyên tử nguyên tố X:

+ Tổng hạt: 2ZX + NX = 60 (1)

+ Trong nhân hạt mang điện = hạt không mang điện: ZX = NX (2)

Giải (1) và (2) được ZX = NX = 20 → cấu hình electron của X là 1s22s22p63s23p64s2

- Nguyên tử Y có tổng số hạt electron trên phân lớp p là 11 → cấu hình electron nguyên tử của Y là 1s22s22p63s23p5 (ZY = 17)

- Nguyên tử Z có 4 lớp e và 6e độc thân ở trạng thái cơ bản → cấu hình electron nguyên tử của Z là 1s22s22p63s23p63d54s1 (ZZ = 24)

a Vị trí các nguyên tố trong bảng tuần hoàn

- X: ô số 20 (vì có 20e), chu kì 4 (vì có 4 lớp e), nhóm IIA (vì là nguyên tố s và có 2e hóa trị)

- Y: ô số 17 (vì có 17e), chu kì 3 (vì có 3 lớp e), nhóm VIIA (vì là nguyên tố p và có 5e hóa trị)

- Z: ô số 24 (vì có 24e), chu kì 4 (vì có 4 lớp e), nhóm VIB (vì là nguyên tố d và có 6e hóa trị)

b So sánh bán kính

X2+ và Y- đều có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p6

- Vì cùng số lớp e, điện tích hạt nhân càng lớn, lực hút từ hạt nhân lên lớp e ngoài cùng càng nhỏ nên bán kính của X2+ nhỏ hơn bán kính của Y-

- Vì X có 4 lớp e (nhiều hơn so với X2+ và Y-) nên bán kính của X lớn hơn bán kính của Y- và X2+

→ RX2+ < RY- < RX

c Xác định M

- Tổng số hạt mang điện trong 4 ion là: 20.2 – 2 + 17.2 + 1 + 24.2 – 3 + 2ZM – 2 = 168 → ZM = 26

- Trong hạt nhân M, số hạt không mang điện nhiều hơn hạt mang điện là: NM = ZM + 4 = 30

→ Nguyên tử khối của M: AM = ZM + NM = 26 + 30 = 56

- Cấu hình electron của các ion:

M2+ 1s22s22p63s23p63d6

M3+ 1s22s22p63s23p63d5

Câu III

Công thức muối sunfua: M2Sn, số mol trong mỗi phần là a

- Phương trình phản ứng:

+ Đốt trong không khí:

2M2Sn + 3nO2

t0

→ 2M2On + 2nSO2 (1) + Tác dụng với HCl:

M2Sn + 2nHCl → 2MCln + nH2S (2) + Phản ứng giữa các khí:

SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O (3)

+ Khí còn lại sau phản ứng gồm SO2 và H2S phản ứng với dung dịch CuSO4:

H2S dư + CuSO4 → CuS + H2SO4 (4)

- Tìm M:

+ nCuS = 6,72/96 = 0,07 = nHS2 dư (4)

+ Vì lượng chất rắn thu được là S (18,24 gam) → nS (3) = 0,57 mol → nH2S (3) = 0,57.2/3 = 0,38 mol và nSO2 (3) = 0,57/3 = 0,19mol

+ Nếu hiệu suất của phản ứng (3) tính theo H2S thì H = 0,38.100/(0,38 + 0,07) = 84,44% (khác với bài cho 95%) → hiệu suất phản ứng (3) tình theo SO2 → nSO2 (1) = 0,19.100/95 = 0,2mol

+ Bảo toàn S ta có: nS (trong M2Sn) = 0,2 + 0,38 + 0,07 = 0,65mol → nM2Sn = 0,65/n

→ mM2Sn = 0,65/n.(2M + 32n) = 32,5 → M = 9n → chọn n = 3; M = 27 (Al)

Câu IV

- Hỗn hợp X gồm: NaBr (x mol) và NaI (y mol)

- Sục Br2 dư vào X:

Br2 + 2NaI → 2NaBr + I2

y y (mol) Dung dịch Y chứa NaBr với số mol (x + y)

→ Khối lượng của chất rắn khan thu được khi cô cạn Y giảm so với X là: y(150 – 103) = 7,05 → y = 0,15

- Sục khí Cl2 dư vào Y:

Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (x + y) (x + y) (mol)

→ Khối lượng muối khan giảm khi cô cạn là: 103(x + y) – 58,5(x + y) = 22,625 → x + y = 181/356 →

x = 319/890

- Phần trăm khối lượng các chất trong X:

%NaBr = 103x.100/(103x + 150y) = 33,88% → %NaI = 100 – 33,88 = 66,12%

Câu V

- Phân mức năng lượng cao nhất của X là 4s → X là kim loại hóa trị I (1s22s22p63s23p64s1 với ZX = 19) hoặc hóa trị II (1s22s22p63s23p64s2 với ZX = 20)

- Y có phân mức năng lượng cao nhất là 3p và tạo được hợp chất với X là XY nên phân mức năng lượng cao nhất của Y có dạng 1s22s22p63s23p4 (ZY = 16) hoặc 1s22s22p63s23p5 (ZY = 17)

- Tổng số hạt trong phân tử XY là 108 → 2ZX + NX + 2ZY + NY = 108 (1)

- Quan hệ giữa các hạt mang điện và không mang điện trong X và Y: 2ZX = 2NX (2) và 2ZY = 2NY (3) thay vào (1) → ZX + ZY = 36

+ Nếu ZX = 19 → ZY = 17

+ Nếu ZX = 20 → ZY = 16

a Vị trí của X, Y trong bảng tuần hoàn

- Nếu ZX = 19 (1s22s22p63s23p64s1): ô 19 (vì có 19e), chu kì 4 (vì có 4 lớp e), nhóm IA (vì có 1e hóa trị

và là nguyên tố s) → ZY = 17 (1s22s22p63s23p5): ô 17 (vì có 17e), chu kì 3 (vì có 3 lớp e), nhóm VIIA (vì

có 7e hóa trị và là nguyên tố p)

- Nếu ZX = 20 (1s22s22p63s23p64s2): ô 20 (vì có 20e), chu kì 4 (vì có 4 lớp e), nhóm IIA (vì có 2e hóa trị

và là nguyên tố s) → ZY = 16 (1s22s22p63s23p4): ô 16 (vì có 16e), chu kì 3 (vì có 3 lớp e), nhóm VIA (vì

có 6e hóa trị và là nguyên tố p)

b Oxit của Y

- Nếu Y có Z = 17 (Cl) → MY = 34 → oxit của Cl là Cl2Ox và %mCl = 71.100/(71 + 16x) = 50 → x = 4,4375 (loại)

- Nếu Y có Z = 16 (S) → MY = 32 → oxit của S là SOx và %mS = 32.100/(32 + 16x) = 50 → x = 2 → Oxit là SO2

- Công thức cấu tạo của oxit:

O = S → O Liên kết trong phân tử SO2 là liên kết cộng hóa trị có cực vì S và O đều là nguyên tố phi kim và O có độ

âm điện lớn hơn nên cặp e chung bị lệch về phía nguyên tử O

Câu VI

M2S + 2O2 → 2MO + SO2

x → 2x (mol)

MO + H2SO4 → MSO4 + H2O

2x → 2x 2x (mol)

Theo bài ta có:

mM2S = x(2M + 32) = 3,2 (1)

C% = 2x.(M + 96).100/[2x.(M + 16) + 98.2x.100/39,2)] = 48,5 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được M = 64 và x = 0,02 → muối là Cu2S

Dung dịch sau phản ứng chứa 0,04mol CuSO4 (6,2 gam) và có khối lượng 2x.(M + 16) + 98.2x.100/39,2)

= 13,2 gam

Đem làm lạnh dung dịch, tinh thể tách ra là CuSO4.aH2O (y mol)

Nồng độ % của muối còn lại trong dung dịch là: (6,4 – 160y).100/(13,2 – 2,5) = 44,9 → y = 0,01

Lại có 0,01.(160 + 18a) = 2,5 → a = 5

- Vì 808,2ay < 8816y → a < 10,91

→ muối tách ra là CuSO4.5H2O

ĐỀ TÂY HỒ - 22/2/2017

Câu I

Hợp chất A có dạng M2X2:

- Tổng số hạt trong A: 4ZM + 2NM + 4ZX + 2NX = 164

- Hạt mang điện nhiều hơn không mang điện trong A: (4ZM + 4ZX) – (2NM + 2NX) = 52

- Số khối của M lớn hơn số khối của X: (ZM + NM) – (ZX + NX) = 23

- Tổng số hạt trong ion M+ nhiều hơn trong X22-: (2ZM + NM – 1) – (4ZX + 2NX + 2) = 7

Giải hệ ta được: ZM = 19; ZX = 8; NM = 20; NX = 8

a M là K; X là O và A là K2O2

b Khối lượng của 1 mol nguyên tử K là: A = 19 + 20 = 39 gam

Thể tích thực (tính cả khe trống) của 1 mol nguyên tử K: V = 4/3..r3.NA.100/68 = 39/0,86

→ r = 2,3.10-8cm

Câu II

- Vì X, Y đều thuộc nhóm A và tạo hợp chất với H có dạng RH → X, Y thuộc các nhóm IA hoặc VIIA

- Vì hiđroxit cao nhát của X được trung hòa bởi hiđroxit cao nhất của Y → 1 nguyên tố thuộc nhóm IA, nguyên tố còn lại thuộc nhóm VIIA

* Nếu X thuộc nhóm IA → A là XOH → Y thuộc nhóm VIIA → B là HYO4

- %mY/B = MY.100/(MY + 65) = 35,323 → MY = 35,5 (Cl)

- Phản ứng trung hòa của A và B:

XOH + HClO4 → XClO4 + H2O

nA = nB = 0,15.1 → (MX + 17).0,15 = 50.16,8% → MX = 39 → X là K

* Nếu X thuộc nhóm VIIA → A là HXO4 → Y thuộc nhóm IA → B là YOH

- %mY/B = MY.100/(MY + 17) = 35,323 → MY = 9,3 (loại)

Câu III

- Dùng nước vôi trong dư có thể loại được các khí: NO2, Cl2, H2S, SO2

- Phương trình các phản ứng:

2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(OCl)2 + H2O (1) Ca(OH)2 + H2S → CaS + 2H2O (2)

Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 + H2O (3) 2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O (4) Trong các phản ứng trên, phản ứng (1) và (4) thuộc loại phản ứng oxi hóa – khử vì có sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố Cl và N

2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2-1 + Ca(OCl+1)2 + H2O (1) 2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(N+5O3)2 + Ca(N+3O2)2 + 2H2O (4)

Câu IV

a Cách pha chế các dung dịch

- 400 gam dung dịch CuSO4 10% chứa 400.10% = 40 gam CuSO4

- Vì lượng CuSO4 có trong 400 gam dung dịch CuSO4 10% được lấy từ CuSO4.5H2O → khối lượng

CuSO4.5H2O cần lấy là: 40.250/160 = 62,5 gam → mH2O = 400 – 62,5 = 337,5 gam

→ Vậy để pha chế dung dịch CuSO4 10% cần:

- Cân 62,5 gam tinh thể CuSO4.5H2O

- Cân 337,5 gam H2O

- Hòa tan tinh thể CuSO4.5H2O trong nước và khuấy đều

b Gọi số mol của Fe và M trong hỗn hợp lần lượt là x và 4x (x > 0)

1 Các phương trình phản ứng xảy ra:

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

M + nHCl → MCln + n/2H2 (nếu M có phản ứng với HCl)

Fe + 3/2Cl2 → FeCl3

M + n/2Cl2 → MCln

2 Theo bài ta có:

nH2 = nFe + n/2.nM = x + 2x.n = 7,84/22,4 = 0,35 (1)

nCl2 = 3/2nFe + n/2.nM = 3/2x + 2nx = 8,4/22,4 = 0,375 (2)

Giải hệ (1) và (2) → x = 0,05; nx = 0,15

Thể tích khí Cl2 đã hóa hợp với kim loại M là 2nx.22,4 = 6,72 lit

3 Hóa trị của kim loại M

n = nx/x = 0,15/0,05 = 3

4 Nếu khối lượng của M trong hỗn hợp là 5,4 gam thì 5,4 = 4.0,05.MM → MM = 27 (Al)