ĐÊ HDC HSG 11 NGUYÊN TRAI 2020

Câu 1: 2,0 điểm Cho X, Y là hai nguyên tố đều có hợp chất khí với hiđro ứng với công thức XHa và YHa khối lợng mol phân tử chất này gấp đôi khối lợng mol phân tử chất kia.. Oxit cao nhất

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI MA TRẬN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

LỚP 11 MÔN HÓA HỌC NĂM HỌC 2019-2020

Thời gian làm bài: 180 phút

3 - Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học Định luật tuần hoàn 2,0

LỚP 11 MÔN HÓA HỌC NĂM HỌC 2019-2020

Đề chính thức

Thời gian làm bài: 180 phỳt

Họ và tờn: ……… Số bỏo danh: ………

Cho biờ́t khụ́i lượng nguyờn tử của các nguyờn tụ́: C = 12; H = 1; O = 16; K = 39; Fe = 56; Mg = 24; Ag

= 108; N = 14; Mn = 55; Na = 23; Br = 80; Cl = 35,5; Cu = 64; Al = 27; Ca = 40; Li = 7; Na = 23

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho X, Y là hai nguyên tố đều có hợp chất khí với hiđro ứng với công thức XHa và YHa (khối lợng mol phân tử chất này gấp đôi khối lợng mol phân tử chất kia) Oxit cao nhất của X, Y có công thức X2Ob và

Y2Ob (khối lợng mol phân tử của hai oxit hơn kém nhau 34 đvC) Xác định tên X, Y và công thức phân

tử các hợp chất oxit cao nhất và hợp chất khí với hiđro của X, Y

Cõu 2: (2,0 điểm)

Cõn bằng các phản ứng húa học sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a) K2Cr2O7 + HCl  KCl + CrCl3 + Cl2 + H2O

b) FexOy + HNO3  Fe(NO3)3 + NO + H2O

c) Cu2S + HNO3  Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O

d) K2SO3 + KMnO4 + KHSO4  K2SO4 + MnSO4 + H2O

Cõu 3: (2,0 điểm)

1) Cho A, B là hai nguyờn tụ́ thuộc hai nhúm liờn tiờ́p và nằm ở hai chu kỳ liờn tiờ́p trong bảng tuần

hoàn Tổng sụ́ hạt mang điện tớch trong A, B là 50 Ở trạng thái đơn chất A, B khụng phản ứng được với nhau Xác định A, B

2) Hoà tan hoàn toàn 2,52 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al bằng dung dịch HCl thu đợc 2,688 lít H2 (đktc) Nếu cho 2,52 gam hỗn hợp này hoà tan hoàn toàn bằng H2SO4 đặc, nóng thu đợc 0,03 mol một sản phẩm Y duy nhất hình thành do sự khử S+6 Xác định Y.

Câu 4: (2,0 điểm)

Viờ́t các phương trỡnh húa học biểu diễn các phản ứng xảy ra trong các thớ nghiệm sau:

a) Cho khớ clo tác dụng với dung dịch KOH đun núng

b) Cho khớ SO2 vào bỡnh chứa dung dịch KMnO4

c) Cho urờ vào dung dịch Na2CO3

d) Hũa tan một mẫu Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4 loóng dư, sau đú thờm vào lượng dư dung dịch NaNO3

Cõu 5: (2,0 điểm)

Đụ́t cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu, CuS, FeS, FeS2, FeCu2S2, S thỡ cần 2,52 lớt

O2 và thấy thoát ra 1,568 lớt SO2 Mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc núng, dư thu được V lớt NO2 (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kờ́t tủa Biờ́t thể tớch các khớ đều đo ở điều kiện tiờu chuẩn Tớnh V, m

Cõu 6: (2,0 điểm)

Hũa tan a gam hỗn hợp Na2CO3 và KHCO3 vào nước để thu được 400 ml dung dịch A Rút từ từ 100 ml dung dịch HCl 1,5M vào A thu được dung dịch B và 1,008 lớt khớ CO2 (đktc) Cho B tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 29,55 gam kờ́t tủa

a) Tớnh a

b) Tớnh nồng độ các ion trong dung dịch A

c) Nờ́u rút từ từ dung dịch A vào dung dịch HCl ở trờn thỡ thể tớch CO2 (đktc) thu được là bao nhiờu lớt?

Cõu 7: (2,0 điểm)

Cú các dung dịch cựng nồng độ chứa các chất sau: Al2(SO4)3, HNO3, KNO3, Na2CO3 Hóy cho biờ́t dung

dịch cú pH nhỏ nhất và giải thớch?

Cõu 8: (2,0 điểm)

1) Hóy giải thớch tại sao người ta dựng phốn chua K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O để làm sạch nước?

2) Thời kỳ Phục hưng, các bức họa của các danh họa được vẽ bằng bột “trắng chỡ” (cú chứa PbCO3.Pb(OH)2) Qua một thời gian, các bức họa bị ụ́ đen khụng cũn đẹp như ban đầu Hóy giải

thích hiện tượng trên và để phục hồi các bức họa đó cần dùng hóa chất nào? Viết các phương trình phản ứng hóa học minh họa

C©u 9: (2,0 ®iÓm)

Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO3 0,45 M và H2SO4 0,9M Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc) Dung dịch Y hòa tan tối đa m1 gam bột Cu và thu được V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO3-)

a) Tính phần trăm khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu

b) Tính giá trị m1 và V

c) Cho m2 gam Zn vào dung dịch Y (tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3-), sau phản ứng thu được 3,36 gam chất rắn Tính giá trị m2

Câu 10: (2,0 điểm)

a) Trong phòng thí nghiệm bộ dụng cụ vẽ dưới đây có thể dùng để điều chế những chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, O2, NO, NH3, SO2, CO2, H2 Giải thích

b) Mỗi khí điều chế được ở trên, hãy chọn một cặp chất A và B thích hợp và viết phản ứng điều chế chất khí đó?

o0 HẾT 0o

Chú ý:

- Học sinh không được phép sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn.

- Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm.

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

LỚP 11 MÔN HÓA HỌC NĂM HỌC 2019-2020

Câu Nội dung Điểm

1

(2,0

điểm)

Gi¶ sö X > Y ta cã:

X a 2(Y a) 2X 16b (2Y 16b) 34

  





Víi: 1  a < 4  1  17 - Y < 4

 Y = 14 (N); a = 3 hoÆc Y = 15; a = 2 (lo¹i)

X = 31 (P)  C¸c hîp chÊt: NH3, PH3, N2O5, P2O5

1,0 1,0

2

(2,0

điểm)

a) K2Cr2O7 + 14HCl  2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O

Cr2+6 => 2Cr+3 + 6e x1

2Cl-1 + 2e => Cl2 x3

b) 3FexOy + (12x-2y)HNO3  3xFe(NO3)3 + (3x-2y)NO + (6x-y)H2O

Fex+2y/x => xFe+3 + (3x-2y)e x3

N+5 + 3e => N+2 x(3x-2y)

c) 3Cu2S + 22HNO3 => 6Cu(NO3)2 + 3H2SO4 + 10NO + 8H2O

Cu2S => 2Cu+2 + S+6 + 10e x 3

N+5 +3e => N+2 x 10

d) 5K2SO3 + 2KMnO4 + aKHSO4 => bK2SO4 + 2MnSO4 + H2O

S+4 => S+6 + 2e x5

Mn+7 + 5e => Mn+2 x2

Theo bảo toàn nguyên tố K và S ta có: a + 12 = 2b; a+ 5 = b+ 2

5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 => 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

0,5

0,5

0,5

0,5

3

(2,0

điểm)

1) 2ZA + 2ZB = 50  ZA + ZB = 25  A, B thuộc chu kì nhỏ

* ZB – ZA = 7  ZA = 9, ZB = 16  flo, lưu huỳnh (loại)

* ZB – ZA = 9  ZA = 8, ZB = 17  oxi, clo (thỏa mãn)

2) nH2 = 0,12 mol

Ta có các quá trình khử và oxi hóa :

Mg  Mg+2 + 2e (1)

Al  Al+3 + 3e (2)

* Khi hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl :

2H+ + 2e  H2 (3)

mol 0,24 0,12

* Khi hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng: (gọi n là số oxi hóa của

sản phẩm do sự khử S+6)

S+6 + (6-n) e  Sn (4)

mol 0,03(6-n) 0,03

(Vì sản phẩm khử chỉ có thể là: S, H2S, SO2 nên số mol sản phẩm khử chính là số

mol của Sn)

Theo ĐLBT electron

(1)  (4) suy ra : ne(H+ nhận) = ne(S+6 nhận) = ne(kim loại nhường)

 0,03(6-n) = 0,24  n = -2

Vậy Y là H2S

1,0

1,0

4

(2,0

điểm)

nóng

a) 3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O

b) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

c) (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3

Na2CO3 + (NH4)2CO3 → 2NH3↑+ 2NaHCO3

d) Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O

6FeSO4 + 2 NaNO3 + 4H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + Na2SO4+ 2NO +

4H2O

0,5 0,5 0,5 0,5

5

(2,0

điểm)

Xem hỗn hợp X gồm x mol Cu, y mol Fe và z mol S

-Khối lượng hỗn hợp X: 64x + 56y + 32z = 6,48 (I)

-Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X

Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO2 +4e

x x 2x y y 3y z z 4z

O +2e → O

2-0,225 0,45

-Bảo toàn electron ta có: 2x + 3y + 4z = 0,45 (II)

Ta có z = Số mol S = số mol SO2 = 1,568:22,4 = 0,07 Thay z = 0,07

vào (I) được phương trình: 64x + 56y = 4,24 (*)

vào (II) được phương trình 2x + 3y = 0,17 (**)

Giải hệ 2 PT (*) & (**) tìm được x = 0,04; y = 0,03

-Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư tạo khí NO2 duy nhất và

dung dịch A

Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO42- +6e

x x 2x y y 3y z z 6z

NO3- +1e → NO2

a a mol

-Bảo toàn electron ta có: số mol NO2 = a = 2x+ 3y + 6z = 0,59

Từ đó tính được V = V(NO2) = 0,59x22,4 = 13,216 lít

Dung dịch A + dung dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa gồm:

Cu(OH)2; Fe(OH)3; BaSO4

Số mol Cu(OH)2 = số mol Cu = x = 0,04

Số mol Fe(OH)3 = số mol Fe = y = 0,03

Số mol BaSO4 = số mol S = z = 0,07

m = m↓ = (0,04x98 + 0,03x107 + 0,07x233) = 23,44 gam

1,0

0,5

0,5

6

(2,0

điểm)

a) Rót từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A, lần lượt xảy ra các phản ứng:

PTHH:

2

  

Dung dịch B chứa Na , K , Cl , HCO   3 

Thêm dung dịch Ba(OH)2 dư vào B:

PTHH: Ba2 HCO3  OH BaCO3 H O2

Theo các PTHH trên: 2

HCO CO

n  n  n n 0,045 0,15

=0,195 mol

2

Na CO CO

n n  0,15 0,045 0,105mol 

KHCO HCO

n n  0,195 0,105 0,09mol 

Vậy a = 0,105.106 + 0,09.100 = 20,13 gam

b) Nồng độ các ion trong dung dịch A:

2 3

0,105

0, 4

2 3 [Na ] 2[CO ] 0,525M 

3

0,09

0, 4

c) Khi rót A vào dung dịch HCl thì xảy ra đồng thời 2 phản ứng:

2

 

    Giả sử CO23 

phản ứng hết rồi mới đến HCO3 

thì

2

CO HCl

1

n n 0, 075mol 1,68lit

2

Giả sử HCO3 

phản ứng hết rồi mới đến CO23 

thì

2

CO

1

n 0, 09 (0,15 0, 09) 0,12mol 2, 688lit

2

Thực tế thì 1,68 lit < VCO 2< 2,688 lít

1,0

0,5

0,5 7

(2,0

điểm)

* Al2(SO4)3 → 2Al3+ + 3SO4

2-Al3+ + HOH  Al(OH)2+ + H+ (1)

* HNO3 → H+ + NO3

-Dung dịch có [H+] > [H+] (1)  pH nhỏ hơn (1)  pH nhỏ nhất

* KNO3 → K+ + NO3

-Dung dịch có pH =7  môi trường trung tính

* Na2CO3 → 2Na+ + CO3

2-CO32- + HOH  HCO3- + OH

-Dung dịch có pH>7  môi trường bazơ

0,5 0,5

0,5

8

(2,0

điểm)

1) Khi cho phèn chua vào nước sẽ phân li ra ion Al3+ Chính ion Al3+ này bị thủy

phân theo phương trình:

Al3+ + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3H+

Kết quả tạo ra Al(OH)3 là chất kết tủa dạng keo nên khi khuấy phèn chua vào nước,

nó kết dính các hạt đất nhỏ lơ lửng trong nước đục thành hạt đất to hơn, nặng và

chìm xuống làm trong nước

2) Những bức họa cổ bị hóa đen là do PbCO3.Pb(OH)2 đã phản ứng chậm với H2S

có trong không khí theo phương trình hóa học:

PbCO3 + H2S → PbS + CO2 + H2O

Pb(OH)2 + H2S → PbS + 2H2O

Để phục chế ta dùng H2O2 vì:

4H2O2 + PbS → PbSO4 ít tan, trắng + 4H2O

Chất PbSO4 tạo ra có màu trắng tương tự như PbCO3.Pb(OH)2

1,0

1,0 9

(2,0

điểm)

a) Số mol NaNO3 = 0,36 mol

số mol H2SO4 = 0,72 mol => số mol H+ = 1,44 mol

Ta có các bán phản ứng:

NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O (1)

mol bđ 0,36 1,44 0,16

Số mol NO = 0,16 mol => H+ và NO3- dư, kim loại phản ứng hết

Số mol NO3- phản ứng = 0,16 mol; số mol H+ phản ứng = 0,64 mol

Fe → Fe3+ + 3e (1)

Zn → Zn2+ + 2e (2)

Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol

Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình

56 x + 65 y = 10,62 (I)

Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình

3x + 2y = 0,16.3 (II)

Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol

mFe = 0,12.56 = 6,72 g => % mFe = 63,28%

=> % mZn =100% - 63,28 % = 36,72 %

b) Dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+, khi

thêm bột Cu vào dung dịch Y:

3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3)

0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 0,2 (mol)

2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+ (4)

0,12 → 0,06

Từ phản ứng (3), (4) có tổng số mol Cu = 0,36 mol

m1 = 0,36.64 = 23,04 gam ; VNO = 4,48 lít

c) Thêm m2 gam Zn vào dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+;

0,06 mol Zn2+:

Do khối lượng Fe3+ = 0,12.56 = 6,72 gam > khối lượng chất rắn bằng 3,36 gam

Nên trong 3,36 gam chất rắn sau phản ứng chỉ có Fe, Zn hết

nFe = 3,36/56 = 0,06 mol

3Zn + 8H+ + 2NO3- → 3Zn2+ + 2NO + 4 H2O

0,3 ← 0,8 ← 0,2

Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+

0,06 ← 0,12 → 0,12

Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe

1,0

0,5

Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol => mZn = 27,3 gam 0,5

10

(2,0

điểm)

- Giải thích: Để điều chế được khí C như bộ dụng cụ vẽ thì khí C phải có đặc điểm:

nặng hơn không khí ( M = 29) và không tác dụng với không khí => có thể điều

chế được các khí: Cl2, SO2, CO2, O2

- Phản ứng điều chế:

2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 ↑ + 8H2O

Na2SO3 + H2SO4 (loãng) → Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O

CaCO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O

H2O2 (xúc tác MnO2) → H2O + 1/2O2 ↑

1,0

1,0

Chú ý:

- Học sinh làm cách khác nhưng kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa.