PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẢO THẮNG TRƯỜNG THCS SỐ 3 THÁI NIÊN k× thi chän häc sinh giái thcs cÊp tr- êng §Ò chÝnh thøc Năm học: 2009 – 2010 Môn: Hoá học - Lớp 8 Ngày thi: 19 - 04 - 2010 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (4,0 điểm) Có hợp chất MX 3 . Cho biết: a. Tổng số hạt proton, nơtron, electron là 196, trong đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn tổng số hạt không mang điện là 60, khối lượng nguyên tử của X lớn hơn của M là 8. b. Tổng 3 loại hạt trên trong ion X − nhiều hơn trong ion 3 M + là 16. Xác định công thức phân tử của hợp chất MX 3 . Câu II. (5,0 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng theo các sơ đồ sau: 1. FeS 2 + O 2 o t → SO 2 ↑ + Fe 2 O 3 . 2. SO 2 + H 2 S → S ↓ + H 2 O 3. Fe x O y + Al o t → Fe + Al 2 O 3 . 4. KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + Cl 2 ↑ + H 2 O. 5. MnO 2 + HCl → MnCl 2 + Cl 2 ↑ + H 2 O. Câu III. (5,0 điểm) Hãy áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để giải các bài từ bài 1 đến bài 5 bằng cách ngắn gọn nhất: Bài 1. Trộn 5,4 gam Al với 6,0 gam Fe 2 O 3 rồi nung nóng để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm. Sau phản ứng ta thu được m gam hỗn hợp chất rắn. Tính m? Bài 2. Cho 0,52 gam hỗn hợp 2 kim loại Mg và Fe tan hoàn toàn trong dung dịch H 2 SO 4 loãng, dư thấy có 0,336 lít khí thoát ra (đktc). Tính khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu được sau khi cô cạn dung dịch sau phản ứng? Bài 3. Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe 2 O 3 , MgO, ZnO tan vừa đủ trong 300 ml dung dịch H 2 SO 4 0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng hỗn hợp các muối sunfat khan tạo ra là bao nhiêu? Bài 4. Thổi một luồng khí CO dư qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm CuO, Fe 2 O 3 , FeO, Al 2 O 3 nung nóng thu được 2,5 gam chất rắn. Toàn bộ khí thoát ra sục vào nước vôi trong dư thấy có 15 gam kết tủa trắng. Khối lượng của hỗn hợp oxit kim loại ban đầu là bao nhiêu? Bài 5. Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch axit HCl dư thấy có 11,2 lít khí thoát ra (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thì khối lượng m gam muối khan. Tính m? Câu IV. (3,0 điểm) Lấy 1000g dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 bão hoà làm bay hơi 100g H 2 O. Phần dung dịch còn lại đưa về o 10 C thấy có a gam Al 2 (SO 4 ) 3 .18H 2 O kết tinh. Tính a. Biết độ tan của Al 2 (SO 4 ) 3 ở o 10 C là 33,5. Câu V. (3,0 điểm) Có hai dung dịch: Dung dịch A chứa H 2 SO 4 85%, dung dịch B chứa HNO 3 chưa biết nồng độ. Hỏi phải trộn hai dung dịch này theo tỉ lệ khối lượng là bao nhiêu để được một dung dịch mới, trong đó H 2 SO 4 có nồng độ là 60%, HNO 3 có nồng độ là 20%. Tính nồng độ của HNO 3 ban đầu. Hết Chú ý: ‒ Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẢO THẮNG TRƯỜNG THCS SỐ 3 THÁI NIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 8 THCS NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi: Hóa học Ngày thi: 19/04/2010 Thang điểm 20/20 - Số trang 02 HƯỚNG DẪN CHẤM - Bài chấm theo thang điếm 20, điểm chi tiết 0,25. Điểm thành phần không được làm tròn, điểm toàn bài là tổng điểm thành phần. - Học sinh giải đúng bằng nhiều cách khác nhau thì cho điểm tương đương theo biểu điểm chấm của từng phần. BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Đáp án Điểm Câu I (4,0 điểm) Trong hợp chất MX 3 có 1 nguyên tử M và 3 nguyên tử X, do vậy tổng số hạt trong phân tử MX 3 là: (2 M p + M n ) + 3(2 X p + X n ) = 196 ⇔ 2( M p + 3 X p ) + ( M n + 3 X n ) = 196 (I) 0,5 Trong phân tử MX 3 , số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là: 2( M p + 3 X p ) ‒ ( M n + 3 X n ) = 60 (II) 0,5 Từ (I) và (II) ta có: M p + 3 X p = 64 (*) 0,5 Mặt khác, khối lượng nguyên tử của X lớn hơn của M là: ( X p + X n ) ‒ ( M p + M n ) = 8 ⇔ ( X p ‒ M p ) + ( X n ‒ M n ) = 8 (III) 0,5 Ta lại có tổng 3 loại hạt trên trong ion X − nhiều hơn trong ion 3 M + là: (2 X p + X n + 1) ‒ (2 M p + M n ‒ 3) = 16 ⇔ 2( X p ‒ M p ) + ( X n ‒ M n ) = 12 (IV) 0,5 Từ (III) và (IV) ta có: X p ‒ M p = 4 (**) 0,5 Từ (*) và (**) ta có: X p = 17, M p = 13. Vậy M là nhôm: Al, X là clo: Cl. Công thức của hợp chất là: AlCl 3 1,0 Câu II (5,0 điểm) 1. 4FeS 2 + 11O 2 o t → 8SO 2 ↑ + 2Fe 2 O 3 1,0 2. SO 2 + 2H 2 S → 3S ↓ + 2H 2 O 1,0 3. 3Fe x O y + 2yAl o t → 3xFe + yAl 2 O 3 1,0 4. 2KMnO 4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl 2 + 5Cl 2 ↑ + 8H 2 O 1,0 5. MnO 2 + 4HCl → MnCl 2 + 2Cl 2 ↑ + 2H 2 O 1,0 Câu III (5,0 điểm) Bài 1. Theo định luật bảo toàn khối lượng cho quá trình nhiệt nhôm: m hh sau = m hh trước = 5,4 + 6,0 = 11,4 gam 1,0 Bài 2. Số mol H 2 là: 2 H n = 0,336 22,4 = 0,015 mol Khối lượng muối khan thu được là: m = 0,52 + 0,015 . 96 = 1,96 gam 1,0 Bài 3. Số mol H 2 SO 4 tham gia phản ứng là: 2 4 H SO n = 0,3 . 0,1 = 0,03 mol = 2 H O n Khối lượng muối khan thu được là: m = (2,81 + 0,03 . 98) ‒ 0,03 . 18 = 5,21 gam 1,0 Bài 4. Các phương trình hoá học M x O y + yCO o t → xM + yCO 2 Ca(OH) 2 + CO 2 → CaCO 3 + H 2 O Áp dụng định luật bảo toàn ta có: O (trong oxit) n = 2 CO n = 3 CaCO n = 0,15 mol Khối lượng oxit là: m = 2,5 + 0,15 . 16 = 4,9 gam 1,0 Bài 5. Số mol H 2 thu được là: 2 H n = 11,2 22,4 = 0,5 mol ⇒ n HCl = 2 H 2n = 0,5.2 = 1 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m kim loại + m HCl = m muối + m Hiđro ⇒ m muối = m kim loại + m HCl – m Hiđro = 20 + 1 . 36,5 – 2 . 0,5 = 55,5 gam 1,0 Câu IV (3,0 điểm) Ở o 10 C, 1000g dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 có: 1000 . 33,5 133,5 = 250,94 gam chất tan: Al 2 (SO 4 ) 3 . Vậy khối lượng nước là: 1000 - 250,94 = 749,06g. Sau khi làm bay hơi còn lại: 749,06 - 100 = 649,06 gam. 1,0 Gọi x là số mol Al 2 (SO 4 ) 3 .18H 2 O kết tinh. Vậy khối lượng kết tinh của: Al 2 (SO 4 ) 3 là: 342x gam ⇒ khối lượng Al 2 (SO 4 ) 3 còn lại là: (250,94 - 342x) gam H 2 O là: 324x gam ⇒ khối lượng H 2 O còn lại là: (649,06 - 324x) gam. 1,0 Theo giả thiết độ tan của Al 2 (SO 4 ) 3 là: 250,94 - 342x 649,06 - 324x . 100 = 33,5 ⇒ x = 0,144 mol 0,5 Vậy khối lượng muối Al 2 (SO 4 ) 3 .18H 2 O kết tinh là: 0,144 . 666 = 95,904 gam 0,5 Câu V (3,0 điểm) Giả sử ta cần pha dung dịch A với dung dịch B để có được 100 gam dung dịch mới. Theo đề bài, trong 100g dung dịch mới có: 60g H 2 SO 4 và 20g HNO 3 0,5 Vậy khối lượng của dung dịch A là: m A = 60 .100 85 = 1200 17 gam 0,5 Khối lượng dung dịch B là: m B = 100 - 1200 17 = 500 17 gam 0,5 Vậy cần trộn A với B theo tỉ lệ khối lượng là: m A : m B = 12 : 5 0,5 Nồng độ % của dung dịch B: C%HNO 3 = 20 .100 500 17 = 68% 1,0 . gam 1,0 Bài 3. Số mol H 2 SO 4 tham gia phản ứng là: 2 4 H SO n = 0,3 . 0,1 = 0,03 mol = 2 H O n Khối lượng muối khan thu được là: m = (2 ,81 + 0,03 . 98) ‒ 0,03 . 18 = 5,21 gam 1,0 Bài 4. Các. lượng nguyên tử của X lớn hơn của M là: ( X p + X n ) ‒ ( M p + M n ) = 8 ⇔ ( X p ‒ M p ) + ( X n ‒ M n ) = 8 (III) 0,5 Ta lại có tổng 3 loại hạt trên trong ion X − nhiều hơn trong. o t → 8SO 2 ↑ + 2Fe 2 O 3 1,0 2. SO 2 + 2H 2 S → 3S ↓ + 2H 2 O 1,0 3. 3Fe x O y + 2yAl o t → 3xFe + yAl 2 O 3 1,0 4. 2KMnO 4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl 2 + 5Cl 2 ↑ + 8H 2 O 1,0 5.