[Vòng 3: Chọn Tuyển Thi Hsg 9 Archimedes 27/10/2018]

[vòng 3 chọn tuyển thi hsg 9 archimedes 27/10/2018] [VÒNG 3 CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948 20 6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 1 1 Cho hình vẽ sau mô tả quá trình điều[.]

[VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] Câu 1: (4,0 điểm) Cho hình vẽ sau mơ tả q trình điều chế oxi phịng thí nghiệm: Hãy cho biết tên tác dụng cụ chất X, Y phịng thí nghiệm trên, viết phương trình hóa học phản ứng xảy giải thích lại thu khí O2 phương pháp trên? Hãy tìm cách tách lấy kim loại riêng biệt khỏi hỗn hợp rắn gồm: Na2CO3, BaCO3, MgCO3 Có mẫu muối ăn lẫn MgCl2, MgSO4, Na2SO4, Ca(HCO3)2, NaHCO3 Làm để thu muối ăn tinh khiết Hướng dẫn X KMnO4 Y khí O Khí O2 tan nước nên thu khí O2 phương pháp đẩy nước NaCl cô cạn  HCl đpnc tan  ddNa2 CO3   dd    Raén NaCl   Na dư HCl dư đpnc BaCO3 tan  ddBa(OH)2   Ba BaO  H2O to khoâng tan      dư đpnc Rắn MgO   Mg MgCO3 MgO Na2 CO3   H2O  BaCO3  dö MgCO  Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O ñpnc NaCl   Na + ½ Cl2 ↑ o t BaCO3   BaO + CO2 ↑ o t MgCO3   MgO + CO2 ↑ BaO + H2O → Ba(OH)2 [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] ñpnc Ba(OH)2   Ba + ½ O2 ↑ + H2O đpnc MgO   Mg + ½ O2 ↑ Đầu tiên: để loại bỏ ion Mg2+, Ca2+ ta dùng dung dịch Ca(OH)2 dư MgCl2 + Ca(OH)2 → CaCl2 + Mg(OH)2↓ MgSO4 + Ca(OH)2 → CaSO4 ↓ + Mg(OH)2 ↓ Ca(HCO3)2 + Ca(OH) → 2CaCO3↓ + 2H2O 2NaHCO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2H2O Dung dịch sau đó: NaCl, NaOH, CaCl Ca(OH)2 dư Ta cho ddNa2CO3 vào Na2CO3 + CaCl2 → 2NaCl + CaCO 3↓ Na2CO3 + Ca(OH)2 → 2NaOH + CaCO ↓ Dung dịch sau gồm: NaOH, NaCl, Na 2CO3 dư Ta cho ddHCl dư vào NaOH + HCl → NaCl + H 2O Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO ↑ + H2O Dung dịch sau gồm: NaCl, HCl dư Cô cạn dung dịch thu NaCl khan Câu 2: (3,5 điểm) Nhúng sắt kẽm vào cốc chứa 500 ml dung dịch CuSO4 Sau thời gian lấy hai kim loại khỏi cốc có thêm Cu bám vào, khối lượng dung dịch cốc bị giảm 0,22 gam Trong dung dịch sau phản ứng nồng độ mol ZnSO4 gấp 2,5 lần nồng độ mol FeSO4 Thêm dung dịch NaOH dư vào cốc, lọc lấy kết tủa nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi, thu 14,5 gam chất rắn a Tính số gam Cu bám kim loại b Tính nồng độ mol dung dịch CuSO4 ban đầu Hồn thành phương trình phản ứng sau: Na + B + H2O → D↓ + E + H2 B + NH3 + H2O → D↓ + H to A + B → D↓ + E F + NH3   K + N + H2O o t D  K + FeCl3 → L + M  F + H2O B + Ba(NO3)2 → BaSO4 + G L + NaOH → D↓ + NaCl Biết B muối kim loại có hóa trị II MB + MD = 258 Hướng dẫn Nhận định - Zn, Fe pứ đồng thời với CuSO4 - Khối lượng dd giảm = mCubám vào – m(Zn+Fe)tan = 0,22 - tỉ lệ CM tỉ lệ mol m dd giaûm  0,22g   Zn  CuSO4   ZnSO    Fe(OH)2 to Fe O   500ml  NaOH    14,5g  Fe dd FeSO  dö kk CuO Cu(OH)2  CuSO dö   [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] a  Zn : x 64(x  y)  (65x  56y)  0,22 x  0,1 thanh Zn: 6,4g    mCu  Fe : y x  2,5y y  0, 04 thanh Fe: 2,56g Mol pứ  b BTNT.Fe    Fe2 O3 : 0, 02 BTNT.Cu nCuSO4 b.đầu  nCuSO4 pứ  nCuO 14,5 gam rắn  14,5g    CuO : 0,145    nCuSO4 b.đầu  0,14  0,145  0,285  CM(CuSO )  0,57M Nhận định - Từ pt B + Ba(NO 3)2 → BaSO4 + G B chứa gốc SO4 - Từ pt Na + B + H2O → D↓ + E + H2 D bazo khơng tan - Từ MB + MD = 258 suy MRSO4  MR(OH)2  258  R  64 (Cu)   E : Na2 SO4  A : NaOH B : CuSO  Vậy   G : Cu(NO3 )2  H : (NH )2 SO D : Cu(OH)2  F : CuO  K : Cu  L : CuCl    N : N M : FeCl  2Na + CuSO4 + 2H2O → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 + H2↑ CuSO4 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2↓ + (NH4)2SO4 NaOH + Cu(OH) → Cu(OH)2↓ + Na2SO4 to 3CuO + 2NH3   3Cu + N2↑ + 3H2O o t Cu(OH)2   CuO + H2O Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 CuSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 ↓ + Cu(NO3)2 CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH) ↓ + 2NaCl Câu 3: (4,0 điểm) Cho 200 ml dung dịch A chứa muối nitrat kim loại hóa trị II tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch K3PO4, sau phản ứng kết tủa B dung dịch C Khối lượng kết tủa B khối lượng muối nitrat dung dịch A khác 3,64 gam a Tính nồng độ mol dung dịch A C, giả thiết thể tích dung dịch khơng thay đổi pha trộn thể tích kết tủa khơng đáng kể b Cho dung dịch NaOH dư vào 100 ml dung dịch A thu kết tủa D, lọc lấy kết tủa D đem nung đến khối lượng không đổi cân 2,4 gam chất rắn Xác định kim loại muối nitrat Cho hỗn hợp A gồm Fe3O4, Al, Fe, Al2O3 Cho A tan NaOH dư hỗn hợp chất rắn A1, dung dịch B1 khí C1 Khí C1 dư cho tác dụng với A nung nóng hỗn hợp chất rắn A2, dung dịch B1 cho tác dụng với H2SO4 loãng, dư dung dịch B2 Chất rắn A2 tác dụng với H2SO4 đặc, nóng dung dịch B3 khí [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] C2 Cho B3 tác dụng với bột sắt dung dịch B4 Viết phương trình phản ứng Hướng dẫn (1) NO3 62 Suy  PO4(3)   nNO3  3.nPO4  95 M(NO3 )2 : 0,6M 3,64  0,12  CM  K PO4 : 0,2M 62  95 200 ml M(NO3)2: 0,06 mol → 100 ml M(NO 3)2: 0,03 mol M(NO3)2 + 2NaOH → M(OH) + 2NaNO3 to M(OH)2   MO + H2O → mMO = 2,4 → (M + 16).0,03 = 2,4 → M = 64 (Cu)  Raén A1 : Fe3O , Fe   NaOH   H2SO4  ddB1 : NaOH dö , NaAlO2   ddB2 : Na2 SO , Al (SO )3   Fe3O4 dư loãng,dư    Al   C1 : H A   Al (SO4 )3  Fe Fe  ddB   ddB4   H2  H2SO4 Al O     Raén A : Al, Fe, Al O3    Fe2 (SO4 )3 dư đặc ,dư     C2 : SO2 [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] Al + NaOH + H 2O → NaAlO2 + 1,5H2 ↑ Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO + H2O 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O 2NaAlO2 + 4H2SO4 → Al2(SO4)3 + Na2SO4 + 4H2O to Fe3O4 + 4H2   3Fe + 4H 2O 2Al + 6H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2 O 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2 O Fe2(SO4)3 + Fe → 3FeSO Câu 4: (4,5 điểm) Cho hỗn hợp chứa 0,2 mol Cu 0,1 mol Fe 3O4 vào 400 ml dung dịch HCl 2M Sau phản ứng kết thúc thu dung dịch A lại a gam chất rắn B không tan Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư đun nóng khơng khí, sau lọc lấy kết tủa, nung đến khối lượng khơng đổi thu b gam chất rắn C Cho phản ứng xảy hồn tồn Viết phương trình hóa học xảy tính giá trị a, b Khi sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol NaOH b mol Ca(OH)2, kết thí nghiệm biểu diễn đồ thị sau: Xác định tỉ lệ a : b Khi cho gam MgSO khan vào 200 gam dung dịch MgSO4 bão hòa t0 làm cho m gam muối kết tinh lại Nung m gam tinh thể muối kết tinh đến khối lượng khơng đổi, 3,16 gam MgSO4 khan Xác định công thức phân tử tinh thể muối MgSO4 kết tinh (biết độ tan MgSO4 t0 35,1 gam) Hướng dẫn BTNT.Fe     FeCl2 : 0,3  NaOH Fe2 O3 : 0,15 to ddA      Raé n Cu : 0,2    dö kk  HCl BTNT.Cl    CuCl2 : 0,1 CuO : 0,1    0,8 mol Fe3O : 0,1  BTNT.Cu  Raén B (Cu): 0,1 mol  a = 6,4g   Fe3O4 + 8HCl → FeCl + 2FeCl3 + 4H2O Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + FeCl2 FeCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Fe(OH) ↓ CuCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Cu(OH) ↓ to 2Fe(OH)2 + ½ O2   Fe2O3 + 2H2O o t Cu(OH)2   CuO + H2O Giá trị a = 6,4 gam b = 32 gam [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] Nhận định - kết tủa cực đại nCaCO3 = 0,5 → nCa(OH) = b = 0,5 CÁCH 1: Viết theo thứ tự xảy pứ CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,5 ←0,5→ 0,5 CO2 + NaOH → NaHCO a ←a CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 0,5 ←0,5 → 0,5 + a + 0,5 = 1,4 → a = 0,4 CÁCH 2: Theo pt ion Khi nCO2 = 1,4 kết tủa bị hòa tan hết: CO2 + OH- → HCO3- nên nCO2 = nOH→ 1,4 = a + 2.0,5 → a = 0,4 Vậy giá trị a = 0,4 b = 0,5 Đặt công thức muối là: MgSO4.nH2O 200.35,1 Khối lượng MgSO4 dung dịch ban đầu: = 51,961 gam 135,1 Ở 200C: 135,1 gam dung dịch có chứa 35,1 gam MgSO (200+2 – m) gam dung dịch có chứa (51,961 + 2–3,16) gam MgSO Từ tìm m = 6,47 gam Khi nung muối ta có: o t MgSO4.nH2O   MgSO4 + nH2O (1) Theo (1) ta mH2O = 6,47 – 3,16 = 3,31 gam 3,16 18n = 3,31→ n = → 120 Vậy muối là: MgSO4.7H2O Câu 5: (4,0 điểm) A dung dịch H2SO4 x (mol/l); B dung dịch KOH y (mol/l) Nếu trộn 0,2 lít dung dịch A với 0,3 lít dung dịch B thu 0,5 lít dung dịch C Để trung hịa 100 ml dung dịch C cần 40 ml dung dịch H2SO4 1M Nếu trộn 0,3 lít dung dịch A [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] với 0,2 lít dung dịch B thu 0,5 lít dung dịch D Để phản ứng hết với 0,5 lít dung dịch D cần vừa đủ 10,2 gam Al2O3 a Xác định x, y b Cho 2,9 gam FeCO vào 125 ml dung dịch A, lắc kỹ thu dung dịch E khí Tính thể tích dung dịch B cần trung hịa hết ½ dung dịch E Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 Fe vào V ml dung dịch HNO3 1M Sau phản ứng xong thu dung dịch A 4,704 lít khí NO (đktc) Cơ cạn cẩn thận dung dịch A thu 71,86 gam muối khan a Xác định thành phần % khối lượng hỗn hợp X b Tính V Hướng dẫn a Trung hòa 100 ml C cần 0,04 mol H2SO4 → trung hịa 500 ml C cần 0,2 mol Bảng tóm tắt Mol A : H2SO4 0,2x 0,3x B : KOH 0,3y 0,2y   dd H2SO4 : 0,2 Al2O3 : 0,1 H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O nH2SO4 = 0,2 → 2(0,2x + 0,2) = 0,3y (*) Dung dịch D dư axit kiềm hòa tan Al2O3 nên có 2TH TH1: dung dịch D dư axit nH2SO4 dư = 0,3x – 0,1y 3H2SO4 + Al2O3 → Al2(SO4)3 + 3H2O x  2,6 (*) → 0,3x – 0,1y = 0,3   y  4,8 TH2: dung dịch D dư kiềm nKOHdư = 0,2y – 0,6x 2KOH + Al2O3 → 2KAlO2 + H2O x  0,2 (*) → 0,2y – 0,6x = 0,2   y  1,6 Vậy tốn có nghiệm (x; y) = [(2,6; 4,8) ; (0,2; 1,6)] b Khi x = 2,6: nH2SO4 = 0,325 FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2 ↑ + H2O 0,025→ 0,025 → nH2SO4 dư = 0,3 → nKOHcần = 0,15 → V ddB trung hịa ½ E = 15,625 ml Khi x = 0,2 : nH2SO4 = 0,025 FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2 ↑ + H2O 0,025→ 0,025 → nH2SO4 dư = → V ddB trung hịa ½ E = Vậy thể tích ddB cần để trung hịa ½ ddE bằng: 15,625 ml [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] Fe : x  Fe(NO3 )2 : x 56(x  y)  16z  19,84 x  0, 09    CÁCH 1: Qui đổi Fe : y  Fe(NO3 )3 : y  180x  242y  71,86  y  0,23 BTe O : z     2x  3y  2z  3.0,21 z  0,12   BTNT.O Fe O : 35, 08%   Fe3O : 0, 03 Fe : 0,32   Mol    BTNT.Fe  %m   Fe : 0,23 Fe : 64,92%   O : 0,12 CÁCH 2: BTKL BTNT.H Gọi nHNO3 = a    nH2O = 0,5a m X  m ddHNO  m Muoái  m NO  mH O BTKL  71,86g  a  1, 08   nFeMuoái  0,32  19,84  63a  71,86  63.0,21  9a BTNT.Fe Fe O : b    3b  c  0,32  b  0, 03 Fe O : 35, 08% Mol     %m  232b  56c  19,84 Fe : c Fe : 64,92% c  0,23 Giá trị V = 1,08 lít [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI ... 15,625 ml [THẦY ĐỖ KIÊN – 094 8.20. 699 6] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] Fe : x  Fe(NO3 )2 : x 56(x  y)  16z  19, 84 x  0, 09    CÁCH 1: Qui đổi... dụng với H2SO4 đặc, nóng dung dịch B3 khí [THẦY ĐỖ KIÊN – 094 8.20. 699 6] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] C2 Cho B3 tác dụng với bột sắt dung dịch B4 Viết... Fe2 (SO4 )3 dư đặc ,dư     C2 : SO2 [THẦY ĐỖ KIÊN – 094 8.20. 699 6] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI [VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG ARCHIMEDES 27/10/2018] Al + NaOH + H 2O → NaAlO2 + 1,5H2 ↑ Al2O3 + 2NaOH