Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc được chia sẻ dưới đây sẽ cung cấp những kiến thức bổ ích cho các bạn trong quá trình học tập nâng cao kiến thức trước khi bước vào kì thi học sinh giỏi của mình. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 --------------------------- ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,5 điểm) 1. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố R có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1. Viết cấu hình electron, xác định vị trí trong bảng tuần hoàn và tính số electron độc thân của nguyên tử nguyên tố R ở trạng thái cơ bản. 2. Sắp xếp theo chiều tăng các tính chất sau: a) Tính axit, tính oxi hóa của dãy chất: HClO, HClO2, HClO3 và HClO4. b) Tính axit, tính khử của dãy chất: HF, HCl, HBr, HI. Câu 2 (2,5 điểm) 1. Một ion M3+ có tổng số hạt (electron, nơtron, proton) bằng 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19. a. Xác định vị trí (số thứ tự ô nguyên tố, chu kì, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. b. Viết cấu hình electron của các ion do M tạo ra. 2. Trong công thức hợp chất khí (ở điều kiện thường) của R với hidro có chứa 5,8824% hidro về khối lượng. a.Tìm nguyên tố R. b. Viết công thức cấu tạo (theo quy tắc bát tử) của oxit cao nhất, hợp chất khí với hidro, hidroxit tương ứng. Từ đó xác định liên kết hóa học có trong mỗi công thức? Câu 3 (2,0 điểm) Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế Cl2 từ MnO2 và dung dịch HCl. Trả lời các câu hỏi sau. a. Bình (1) đựng dung dịch gì? Bình (2) đựng dung dịch gì? Nêu vai trò của bình (1) và bình (2)? b. Tại sao phải dùng bông tẩm dung dịch NaOH? Có thể thay bông tẩm NaOH bằng bông tẩm dung dịch KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2 được không? c. Có thể thay MnO2 bằng chất nào sau đây: KMnO4, KClO3, KNO3, K2Cr2O7, CaCl2? d. Khí Clo khô thu được ở bình tam giác có màu gì? e. Nếu cho giấy màu ẩm vào bình tam giác sẽ có hiện tượng gì? Tại sao? f. Viết phương trình hóa học điều chế Clo theo hình vẽ trên, cân bằng? Cho biết tỉ lệ số phân tử chất bị oxh trên số phân tử chất bị khử? Câu 4 (3,0 điểm) 1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. FexOy + H2SO4   Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b. Al + NaNO3 + NaOH + H2O   NaAlO2 + NH3 c. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4   Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O 2. Cho luồng khí Clo qua dung dịch KBr một thời gian dài. Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra? Câu 5 (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Al, BaCO3, MgCO3. Lấy 10,65 gam X hòa tan hết vào 200 gam dung dịch HCl (dư
20 % so với lượng phản ứng) thấy có 2,464 lít khí ở (đktc) thoát ra và thu được dung dịch Y. Mặt khác lấy 0,2 mol X nhiệt phân hoàn toàn thu được 3,584 lít khí ở (đktc) . a. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. b. Tính % khối lượng các chất trong X. c. Tính C% các chất tan có trong dung dịch Y. d. Tính thể tích dung dịch NaOH 1M cần thêm vào dung dịch Y để thu được kết tủa lớn nhất? Câu 6 (2,0 điểm) Nung nóng 30,005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 24,405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để tác dụng hết với hỗn hợp Y cần vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol HCl, thu được 4,844 lít khí Cl2 ở (đktc). Tính thành phần % khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân. Câu 7 (2,0 điểm) Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn) a. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X. Câu 8 (1,5 điểm) Cho 27,06 gam mỗi axit H3PO2 và H3PO3 lần lượt tác dụng hết với dung dịch NaOH dư, thu được muối khan có khối lượng tương ứng là 36,08 gam và 41,58 gam. Xác định công thức cấu tạo của hai axit trên. Câu 9 (2,5 điểm) Hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và R. Cho 8 gam X vào dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, cho 16 gam X tác dụng được tối đa với 11,2 lít khí Cl2 (đktc). a. Xác định kim loại R. b. Trình bày sơ đồ tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp X mà không làm thay đổi khối lượng của mỗi kim loại so với hỗn hợp ban đầu. .....................................Hết...................................... Họ và tên: …………………………………………….SBD: ………………………Phòng thi:………………… Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT LIẾN SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 --------------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,5 điểm) 1. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố R có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1. Viết cấu hình electron, xác định vị trí trong bảng tuần hoàn và tính số electron độc thân của nguyên tử nguyên tố R ở trạng thái cơ bản. 2. Sắp xếp theo chiều tăng các tính chất sau: a) Tính axit, tính oxi hóa của dãy chất: HClO, HClO2, HClO3 và HClO4. b) Tính axit, tính khử của dãy chất: HF, HCl, HBr, HI. Ý Đáp án Điểm 1 Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s 1 0,5  X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d5 4s1 0,5  X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d10 4s1 0,5  X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân 2.a + Độ mạnh tính axit: HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 0,25 + Tính oxi hóa tăng: HClO4 < HClO3 < HClO2 < HClO 0,25 2.b + Độ mạnh tính axit: HF < HCl < HBr < HI 0,25 + Tính khử tăng: HF < HCl < HBr < HI 0,25 Câu 2 (2,5 điểm) 1. Một ion M3+ có tổng số hạt (electron, nơtron, proton) bằng 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19. a. Xác định vị trí (số thứ tự ô nguyên tố, chu kì, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. b. Viết cấu hình electron của các ion do M tạo ra. 2. Trong công thức hợp chất khí (ở điều kiện thường) của R với hidro có chứa 5,8824% hidro về khối lượng. a.Tìm nguyên tố R. b. Viết công thức cấu tạo (theo quy tắc bát tử) của oxit cao nhất, hợp chất khí với hidro, hidroxit tương ứng. Từ đó xác định liên kết hóa học có trong mỗi công thức? Ý Đáp án Điểm 1.a Đặt Z, N lần lượt là số hạt p, n có trong nguyên tử M 0,5 ta có hệ phương trình 2Z  N  79  3  Z  26   2Z  N  19  3  N  30 a. Cấu hình electron nguyên tử của M là: 1s22s22p63s23p63d64s2 M ở ô thứ 26, chu kì 4 nhóm VIIIB trong bảng tuần hoàn. 1.b b. Cấu hình electron của ion Fe2+ là: 1s22s22p63s23p63d6 0,5 Cấu hình electron của ion Fe3+ là: 1s22s22p63s23p63d5 2.a a. Tìm ra R là S 0,5 2.b b. Viết được ctct và chỉ ra các loại liên kết của 1,0 SO3 có liên kết CHT có cực, liên kết cho nhận H2S có liên kết CHT có cực H2SO4 có liên kết CHT có cực và liên kết cho nhận.
Câu 3 (2,0 điểm) Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế Cl2 từ MnO2 và dung dịch HCl. Trả lời các câu hỏi sau. a. Bình (1) đựng dung dịch gì? Bình (2) đựng dung dịch gì? Nêu vai trò của bình (1) và bình (2)? b. Tại sao phải dùng bông tẩm dung dịch NaOH? Có thể thay bông tẩm NaOH bằng bông tẩm dung dịch KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2 được không? c. Có thể thay MnO2 bằng chất nào sau đây: KMnO4, KClO3, KNO3, K2Cr2O7, CaCl2 ? d. Khí Clo khô thu được ở bình tam giác có màu gì? e. Nếu cho giấy màu ẩm vào bình tam giác sẽ có hiện tượng gì? Tại sao? f. Viết phương trình hóa học điều chế Clo theo hình vẽ trên, cân bằng? Cho biết tỉ lệ số phân tử chất bị oxh trên số phân tử chất bị khử? Ý Đáp án Điểm a. Bình 1 đựng dd NaCl bão hòa để giữ HCl 0,5 Bình 2 đựng H2SO4 đặc để giữ H2O b. Clo là khí độc nên phải dùng bông tẩm dung dịch NaOH để đậy không cho khí Clo 0,25 thoát ra. Có thể thay bông tẩm NaOH bằng bông tẩm KOH, Ca(OH) 2, Ba(OH)2. c. Có thể thay MnO2 bằng: KMnO4, KClO3, K2Cr2O7 0,25 d. Khí Clo có màu vàng lục. 0,25 e. Cho giấy màu ẩm vào bình tam giác giấy màu sẽ bị nhạt màu và mất hẳn. 0,25 Vì Cl2 + H2O  HCl + HClO HClO có tính oxi hóa mạnh nên làm mất màu giấy. f. MnO2 + 4HCl t0 MnCl2 + Cl2 + 2H2O 0,5 Tỉ lệ số phân tử bị oxh trên số phân tử bị khử là 2/1 Câu 4 (3,0 điểm) 1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. FexOy + H2SO4   Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b. Al + NaNO3 + NaOH + H2O   NaAlO2 + NH3 c. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4   Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O 2. Cho luồng khí Clo qua dung dịch KBr một thời gian dài. Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra? Ý Đáp án Điểm 1.a FexOy + H2SO4   Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O to 0,75 2y  1 x 2xFe x  2xFe3    6x – 4y  e (3x – 2y) x S+6 + 2e   S+4 2FexOy + (6x-2y)H2SO4  to  xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O
1.b Al Al+3 + 3e 0,75 8 3 N+5 + 8e N-3 8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O   8NaAlO2 + 3NH3 1.c 0,75 Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4   Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O to 5x S  +4  S + 2e +6 2x Mn +7 + 5e   Mn +2 5Na2SO3 + 2KMnO4 + aNaHSO4   bNa2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + cH2O t0  10  a  2b BTNT( Na )  BTNT(S)    5  a  b  2  1   a  6; b  8; c  3.   BTNT(H)  a  2c  5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4   8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O t0 2. Các phương trình có thể xảy ra 0,75 Cl2 + KBr   KCl + Br2 Cl2 + H2O  HCl + HClO Br2 + H2O  HBr + HbrO Cl2 + HBr   HCl + Br2 HClO   HCl + O2 HBrO   HBr + O2 Câu 5 (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Al, BaCO3, MgCO3. Lấy 10,65 gam X hòa tan hết vào 200 gam dung dịch HCl (dư 20 % so với lượng phản ứng) thấy có 2,464 lít khí ở (đktc) thoát ra và thu được dung dịch Y. Mặt khác lấy 0,2 mol X nhiệt phân hoàn toàn thu được 3,584 lít khí ở (đktc) . a. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. b. Tính % khối lượng các chất trong X. c. Tính C% các chất tan có trong dung dịch Y. d. Tính thể tích dung dịch NaOH 1M cần thêm vào dung dịch Y để thu được kết tủa lớn nhất? Ý Đáp án Điểm a Các phương trình hóa học xẩy ra: 0,5 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (1) BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O (2) MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O (3) BaCO3 t0 BaO + CO2 (4) 0 MgCO3 t MgO + CO2 (5) b Gọi số mol Al, BaCO3, MgCO3 trong 10,65 gam hỗn hợp lần lượt là a,b,c 0,5 27a+197b+84c=10,65 1,5a+b+c=0,11 Mặt khác ta có số mol hỗn hợp/số mol khí (a+b+c)/(b+c)=0,2/0,16=1,25 a=0,02 b=0,03 c=0,05 %mAl=5,07% %mBaCO3=55,49% %mMgCO3=39,44% c m(dd) Y = 10,65 + 200 – 0,03.2 – 0,08.44 = 207,07 gam 0,5 C% AlCl3 = 1,2894%; C% BaCl2 = 3,0134%; C% MgCl2 = 2,94% nHCl phản ứng = 0,22 => nHCl dư = 0,044 C% HCl dư = 0,7756% d nNaOH = nHCl + 3.nAlCl3 + 2.nMgCl2 = 0,204 => V(NaOH) = 204 ml 0,5
Câu 6 (2,0 điểm) Nung nóng 30,005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 24,405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để tác dụng hết với hỗn hợp Y cần vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol HCl, thu được 4,844 lít khí Cl2 ở (đktc). Tính thành phần % khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân. Ý Đáp án Điểm Gọi số mol KMnO4, KClO3 và MnO2 trong 30,005 gam X lần lượt là x, y,z * Ta có phương trình cho khối lượng X: 0,25 mX = 158x + 122,5y + 87z = 30,005 gam. * Số mol HCl đã dùng là: nHCl dùng = 0,8 mol ⟹ nO trong Y =0,8/2= 0,4 mol; nO2 ↑ ra = (30,005 – 24,405)/32 = 0,175 mol. 0,25 Bảo toàn O có số mol nguyên tử O trong X bằng số mol nguyên tử O thoát ra + số mol nguyên tử O trong Y ⟹ 4x + 3y + 2z = 0,175 × 2 + 0,4 = 0,75 mol. 0,25 * Bảo toàn electron cả quá trình có: 5x + 6y + 2z = 4nO2 + 2nCl2 = 1,1325 mol. 0,25 Giải hệ các phương trình trên có: x = 0,12 mol; y = 0,0875 mol và z = 0,00375 mol. 0,25 MnO2 không nhiệt phân; ở đây dùng một lượng ít này làm chất xúc tác cho 0,0875 mol KClO3 nhiệt phân hoàn toàn tạo 0,13125 mol O2. 0,25 ⟹ Còn cần 0,0875 mol KMnO4 phản ứng nhiệt phân nữa để tạo thêm 0,04375 mol 0,25 O2 ⟹ %mKMnO4 nhiệt phân = 0,0875 ÷ 0,12 ≈ 72,92 % 0,25 Câu 7 (2,0 điểm) Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn) a. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X. Ý Đáp án Điểm 87,5.50, 4 a. n HNO3 =  0, 7mol ; nKOH = 0,5mol 100.63 Đặt nFe = x mol; nCu = y mol. Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO3 → X có Cu(NO3)2, muối của sắt 0,25 (Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO3 dư. 1 x Áp dụng BTNT đối với sắt, đồng ta có: n Fe2O3 = nFe = ; 2 2 nCuO = nCu = y mol x →160. + 80.y = 16 (I) 2 mhh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II) 0,25 Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05. 0,15.56 0,25 % mFe = .100%  72,41% ; %mCu = 100-72,41= 27,59% 11,6 b. Cô cạn Z được chất rắn T có KNO3, có thể có KOH dư Nung T:
2KNO3  0 t 2KNO2 +O2 (6) + Nếu T không có KOH thì 0,25 n KNO2 = n KNO3 =nKOH =0,5 mol → mKNO2 = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại) + Nếu T có KOH dư: Đặt n KNO3 = a mol → n KNO2 = amol; nKOH = amol; 0,25 phản ứng → 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05 → a = 0,45 mol Dung dịch X có thể có HNO3 dư hoặc không Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X = n N trong KNO2 = 0,45 mol. TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 →số mol KNO3 > 3nFe3+ + 2nCu2+ = 0,55 > số mol KOH = 0,5 (vô lý) 0,25 TH2: Dung dịch X không có HNO3 ( gồm Cu(NO3)2, có thể có muối Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 ) 0,25 n Fe ( NO3 ) 2 = z mol, n Fe ( NO3 )3 = t mol Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,05. 2 = 0,45 (III) Theo BTNT đối với sắt → z + t = 0,15 (IV) Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05 Số gam H2O trong dung dịch HNO3 = 43,4gam Số mol H2O sinh ra = 0,35 mol (=1/2 số mol H+) Vậy mddX = mKL + mH2O(trong dd HNO3) + mH2 O(tạo ra) + mNO3 - = 11,6 + 43,4 +0,35.18 + 0,45.62 = 89,2 gam C% Cu(NO3)2 = 10,54% 0,25 C% Fe(NO3)2 = 20,18% C% Fe(NO3)3 = 13,57% Câu 8 (1,5 điểm) Cho 27,06 gam mỗi axit H3PO2 và H3PO3 lần lượt tác dụng hết với dung dịch NaOH dư, thu được muối khan có khối lượng tương ứng là 36,08 gam và 41,58 gam. Xác định công thức cấu tạo của hai axit trên. Ý Đáp án Điểm 27, 06 0,5 - n H3PO2   0, 41 mol 66 - Từ 0,41 mol H3PO2 phản ứng với NaOH tạo ra 0,41 mol muối NaxH3-xPO2  M muối = 36,08 : 0,41 = 88 g/mol  M = 23x + 1(3-x) + 31 + 32 = 88  M = 22x + 66 = 88  x = 1 Công thức của muối là NaH2PO2  phân tử H3PO2 có 1 nguyên tử H có tính axit 27, 06 0,5 - n H3PO2   0,33 mol 82 - Từ 0,33 mol H3PO3  0,33 mol muối KyH3-y PO3  khối lượng muối = 41,58 g  M muối = 41,58:0,33=126  23y + 1(3-y) + 31 + 48 = 126  32y + 82 = 126  22y = 44  y = 2 Công thức của muối là Na2HPO3  phân tử H3PO3 có 2 nguyên tử H có tính axit
Các nguyên tử H axit phải liên kết với O để bị phân cực mạnh nên hai axit có công 0,5 thức cấu tạo: O O P H P H H H O H O O H H3PO2 H3PO3 Câu 9 (2,5 điểm) Hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và R. Cho 8 gam X vào dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, cho 16 gam X tác dụng được tối đa với 11,2 lít khí Cl2 (đktc). a. Xác định kim loại R. b. Trình bày sơ đồ tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp X mà không làm thay đổi khối lượng của mỗi kim loại so với hỗn hợp ban đầu. Ý Đáp án Điểm a 4,48 0,25 n H2 = =0,2(mol) 22,4 11,2 Số mol Cl2 phản ứng vừa đủ với 8 gam hỗn hợp X là: n Cl2 = =0,25(mol) 22,4.2 2 H   2e   H2 0,4 0,2  2Cl  Cl2  2e  0,25 0,5 Ta thấy số mol electron H+ nhận =0,4 mol < số mol electron Cl2 nhận =0,5mol, vậy có hai trường hợp. Trường hợp 1: R không tác dụng với HCl, R tác dụng với Cl2 Mg   Mg 2+ +2e 0,2 0,4 0,25 R   R n+ + ne b nb 2H + +2e   H2 0,4 0,2 Theo định luật bảo toàn e: 0,4+nb =0,4 (*) Theo định luật bảo toàn khối lượng: 24.0,2+ b.MR=8 (**) Giải hệ phương trình (*), (**) ta có: MR = 32n Chọn cặp nghiệm: n= 2, R = 64. Vậy R là Cu. Trường hợp 2: R tác dụng với cả HCl và Cl2. 0,25 - Tác dụng với HCl: Mg   Mg 2+ +2e x 2x R   R + me n+ y my 2H + +2e   H2 0,4 0,2
- Tác dụng với Cl2 0,25 Theo định luật bảo toàn e: 2x+my = 0,4 (1) Mg   Mg 2+ +2e x 2x R   R n+ + ne y ny Cl2 + 2e   2Cl- 0,25 0,5 Theo định luật bảo toàn e: 2x+ny = 0,5 (2) Theo định luật bảo toàn khối lượng: 24x + yMR = 8 (3) Giải hệ phương trình (1), (2), (3) ta có: 0,5 0,1 y= (1  m  n  3) nm Lập bảng: m 1 2 1 n 2 3 3 y 0,1 0,1 0,05 x 0,15 0,1 0,175 MR 44 56 76 Loại Fe Loại Vậy R là Fe. b b. Sơ đồ tách: 0,5 * Trường hợp 1: ddMgCl 2 ,HCl  c« c¹n  MgClkhan  ®iÖn ph©n nãng ch¶y  Mg  Mg    +ddHCl d  Cu Cu  * Trường hợp 2: 0,5 MgCl 2    Fe Mg +ddHCl d     dung dÞch  HCl d   ®iÖn ph©n dung dÞch Fe    MgCl  c« c¹n  MgCl2 khan  ®iÖn ph©n nãng ch¶y  Mg  2   FeCl2