UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI : HÓA HỌC - LỚP 9 -THCS Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 22 tháng 3 năm 2011 = = = = = = = = = = = = = Bài 1 (4 điểm) 1. Cho a mol CO 2 hấp thụ vào dung dịch chứa b mol Ca(OH) 2 . hãy biện luận và vẽ đồ thị về sự phụ thuộc của số mol kết tủa vào số mol CO 2 . Lập biểu thức tính số mol kết tủa theo a, b. 2. Viết các phương trình hóa học để điều chế a. Brombenzen, đibrometan, nhựa PVC từ nguyên liệu là than đá, đá vôi và các hóa chất vô cơ cần thiết khác. b. Supephotphat đơn và supephotphat kép từ nguyên liệu là quặng apatit, quặng firit và các hóa chất vô cơ cần thiết khác. Bài 2 (4 điểm). 1. Cho 2,8 gam chất X 1 tác dụng vừa đủ với dung dịch loãng có chứa 4,9 gam H 2 SO 4 thu được muối X 2 và chất X 3 . a. Xác định chất X 1 . b. Nếu chất X 2 thu được là 7,6 gam, hãy xác định chất X 3 . Cho biết X 1 có thể là: CaO, MgO, NaOH, KOH, Zn, Fe. 2. Cho hỗn hợp Na 2 CO 3 .10H 2 O và K 2 CO 3 . Bằng cách nào có thể xác định phần trăm khối lượng các chất có trong hỗn hợp.(Các hóa chất và dụng cụ thí nghiệm coi như có đủ) 3. Không dùng thêm hóa chất nào khác hãy phân biệt các chất sau: nước, dung dịch muối ăn, dung dịch HCl, dung dịch Na 2 CO 3 . 4. a. Hãy trình bày cách loại bỏ mỗi khí trong hỗn hợp khí sau để thu được khí tinh khiết. SO 3 có lẫn trong hỗn hợp SO 2 , SO 3 . CO 2 có lẫn trong hỗn hợp CO 2 , CH 4 . b. Mỗi hỗn hợp khí cho dưới đây có thể tồn tại được không ? Nếu tồn tại thì chỉ rõ điều kiện. NO và O 2 ; H 2 và Cl 2 ; SO 2 và O 2 ; O 2 và Cl 2 . Bài 3 (6 điểm). 1. Hỗn hợp gồm Hidrocacbon X và O 2 có tỷ lệ mol 1:10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H 2 SO 4 đặc, thu được hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với H 2 là 19. Xác định công thức phân tử của X. 2. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí A gồm Mêtan và Etilen thu được CO 2 và hơi nước có tỷ lệ thể tích là 5:8. Đốt cháy hoàn toàn 3,8 gam hỗn hợp A rồi hấp thụ hoàn toàn sản phẩm vào 500 ml dung dịch chứa Ba(OH) 2 0,3 M và NaOH 0,16 M. Hỏi sau khi hấp thụ thì khối lượng phần dung dịch tăng hay giảm bao nhiêu gam ? 3. Cho 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai anken liên tiếp trong dãy đồng đẳng tác dụng với nước có xúc tác thích hợp, rồi tách lấy toàn bộ rượu tạo thành. Chia hỗn hợp rượu làm 2 phần băng nhau: Phần 1 cho tác dụng hết với Na sinh ra 840 ml khí H 2 (đktc). Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn thì lượng CO 2 thu được nhiều hơn lượng nước là 3,85 gam. a. Tìm công thức phân tử của các anken và các rượu. b. Biết hỗn hợp X nặng hơn H 2 là 18,2 lần. Tính hiệu suất phản ứng hợp nước của mỗi anken. Bài 4 (6 điểm). 1. Cho 0,05 mol CO 2 hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch Ba(OH) 2 (dung dịch A) thì thu được m gam kết tủa. Nếu cho 0,35 mol CO 2 hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch A thì cũng thu được m gam kết tủa. Xác định m và tính C M của dung dịch A. 2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na 2 O và Al 2 O 3 vào nước được 200 ml dung dịch Y chỉ chứa một chất tan duy nhất có nồng độ 0,5 M. Thổi khí CO 2 dư vào dung dịch Y thì thu được a gam kết tủa. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính các giá trị a, m. 3. Cho hỗn hợp A gôm MgO, Al 2 O 3 . Chia A làm hai phần bằng nhau mỗi phần có khối lượng 9,94 gam. Cho phần 1 tác dụng với 100 ml dung dịch HCl đun nóng và khuấy đều chế hóa sản phẩm được 23,69 gam chất rắn khan. Cho phần 2 tác dụng với 200 ml dung dịch HCl có nồng độ như trên đun nóng và khuấy đều chế hóa sản phẩm được 25,34 gam chất rắn khan. Tính %m các chất trong hỗn hợp A và C M dung dịch HCl đã dùng. Biết H =1, O = 16, C = 12, Cl = 35,5, Na =23, Mg = 24, Al = 27, K = 39, Ca =40, Fe =56, Ba =137, Zn = 65 11:00 am 22/3/2011 Nguyễn Vân Lưỡng -Giáo viên trường THCS Năng khiếu Nguyễn Cao-Quế Võ-Bắc Ninh ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2010-2011 Bài 1: 1. Các phương trình phản ứng lần lượt xảy ra theo thứ tự là: Ca(OH) 2 + CO 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O (1) sau đó CaCO 3 + CO 2 + H 2 O → Ca(HCO 3 ) 2 Trường hợp 1: Nếu a ≤ b tức là 2 2 CO Ca(OH) n n≤ thì lúc đó chỉ xảy ra phản ứng (1) không xảy ra phản ứng (2) do vậy 3 CaCO n được tính theo 2 CO n vậy 3 CaCO n = a (mol). Trường hợp 2: Nếu b <a<2b tức là 2 2 2 Ca(OH) CO Ca(OH) n n 2.n< < thì lúc đó phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và phản ứng (2) đã xảy ra nhưng CaCO 3 vẫn còn dư do vậy 3 CaCO n = b- (a-b) =2b-a (mol). Trường hợp 3: Nếu a ≥ 2b tức là 2 2 CO Ca(OH) n 2.n≥ thì lúc đó phản ứng (1), (2) đều xảy ra hoàn toàn do vậy không còn kết tủa 3 CaCO n = 0 (mol). Đồ thị sự phụ thuộc số mol kết tủa CaCO 3 theo số mol CO 2 như sau: 3 CaCO n a 2 CO n a 2a 2.a. Sơ đồ của quá trình điều chế là: CaCO 3 CaO CaC 2 C 2 H 2 C 6 H 6 C 6 H 5 Br C 2 H 4 Br 2 C 2 H 3 Cl (-C 2 H 3 Cl-)n +2HBr 900 0 C 1200 0 C C,600 0 C t 0 C +H 2 O +HCl Trung hop HgCl 2 (Poli vinyl Clorua: PVC) (Brom benzen) (Ði brom etan) Các phương trình phản ứng xảy ra lần lượt là: 1.CaCO 3 0 900 C → CaO + CO 2 2. CaO + 3 C 0 1200 C Lodien → CaC 2 + CO 3.CaC 2 + 2 H 2 O → CH ≡ CH + Ca(OH) 2 4. 3 CH ≡ CH 0 600 C Choattinh → 5. + Br 2 -Br +HBr Fe,t 0 C 6. CH ≡ CH + 2HBr → CH 3 -CHBr 2 . 7. CH ≡ CH +HCl 0 2 200 C HgCl → CH 2 =CHCl 8. nCH 2 =CHCl 0 p,t C,xt Trunghop → (-CH 2 -CHCl-) n b. Sơ đồ của quá trình điều chế là: Ca 3 (PO 4 ) 2 Ca(H 2 PO 4 ) 2 2 CaSO 4 + (Supe photphat don) Ca(H 2 PO 4 ) 2 (Supe photphat kep) + H 2 S O 4 + H 3 P O 4 (Apatit) FeS 2 SO 2 SO 3 +O 2 ,t 0 C +O 2 ,V 2 O 5 ,t 0 C +H 2 O +H 2 SO 4 (Firit sat) Các phương trình phản ứng xảy ra: 1. 4FeS 2 + 11 O 2 0 t C → 2 Fe 2 O 3 + 8 SO 2 2. 2 SO 2 + O 2 0 2 5 V O ,t C → 2 SO 3 . 3. SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 . 4. Ca 3 (PO 4 ) 2 +2 H 2 SO 4 đặc 0 t C → Ca(H 2 PO 4 ) 2 + 2CaSO 4 . 5. Ca 3 (PO 4 ) 2 +3 H 2 SO 4 đặc 0 t C → 2H 3 PO 4 + 3CaSO 4 6. Ca 3 (PO 4 ) 2 +4 H 3 PO 4 0 t C → 3 Ca(H 2 PO 4 ) 2 . Bài 2: 1.a. Ta có 2 4 H SO 4,9 n 0,05(mol) 98 = = Vì X 1 + H 2 SO 4 → Muối X 2 + X 3 nên X 1 có thể là oxit bazo, oxit lưỡng tính, bazo, hidroxit lưỡng tính, muối. Nhưng vì bài cho X 1 có thể là CaO, MgO, NaOH, KOH, Zn, Fe nên ta loại các trường hợp X 1 là oxit lưỡng tính, hidroxit lưỡng tính, muối. 11:00 am 22/3/2011 Nguyễn Vân Lưỡng -Giáo viên trường THCS Năng khiếu Nguyễn Cao-Quế Võ-Bắc Ninh Trường hợp 1: X 1 là oxit bazo: CaO, MgO. Gọi CTPT chung cho X 1 là MO. Phương trình phản ứng xảy ra: MO + H 2 SO 4 → MSO 4 + H 2 O (1) (mol) 0,05 0,05 0,05 Vậy khối lượng mol của MO là: MO 2,8 M 56(gam) 0,05 = = vậy MO là CaO Trường hợp 2: X 1 là bazo: NaOH, KOH. Gọi CTPT chung cho X 1 là MOH. Phương trình phản ứng xảy ra: 2 MOH + H 2 SO 4 → M 2 SO 4 + 2 H 2 O (2) (mol) 0,1 0,05 0,05 Vậy khối lượng mol của MOH là: MOH 2,8 M 28(gam) 0,1 = = vậy không có MOH thỏa mãn. Trường hợp 3: X 1 là kim loại: Zn, Fe. Gọi CTPT chung cho X 1 là M. Phương trình phản ứng xảy ra: M + H 2 SO 4 → MSO 4 + H 2 (3) (mol) 0,05 0,05 0,05 Vậy khối lượng mol của MO là: M 2,8 M 56(gam) 0,05 = = vậy M là Fe b. Trường hợp 1: X 1 là CaO thì khối lượng X 2 là 4 CaSO m 0,05.136 6,8(gam)= = khác bài ra là 7,6 gam (loại) Trường hợp 3: X 1 là kim loại: Fe thì khối lượng X 2 là 4 FeSO m 0,05.152 7,6(gam)= = phù hợp với bài ra như vậy X 3 là H 2 . 2. Lấy một lượng hỗn hợp Na 2 CO 3 .10H 2 O và K 2 CO 3 đem cân ta xác định được khối lượng đó là m (gam). Sau đó nung hỗn hợp đến khối lượng không đổi thì nước bay hơi hết chỉ còn lại Na 2 CO 3 khan và K 2 CO 3 và đem cân lại giả sử ta xác định được khối lượng đó là m 1 gam. Như vậy số mol H 2 O là: 2 1 H O m m n (mol) 18 − = nên số mol Na 2 CO 3 .10H 2 O là: 2 3 2 1 Na CO .10H O m m n (mol) 180 − = và khối lượng của nó là: 2 3 2 1 Na CO .10H O (m m ).286 m (gam) 180 − = và %m các chất trong hỗn hợp là: 2 3 2 1 Na CO .10H O (m m ).286 %m .100% 180.m − = , 2 3 1 K CO (m m ).286 %m 100% .100% 180.m − = − 3. -Cho các mẫu thử của các dung dịch tác dụng với nhau theo từng cặp ta phân biệt được 2 cặp chất. +Cặp chất không xảy ra phản ứng và hiện tượng gì đó là: H 2 O, dung dịch NaCl. (cặp chất thứ 1) +Cặp chất xảy ra phản ứng và thoát ra khí không màu là: HCl, dung dịch Na 2 CO 3 . (cặp chất thứ 2) Na 2 CO 3 + 2HCl → 2 NaCl + CO 2 ↑ + H 2 O -Cô cạn cặp chất thứ nhất, sau khi cô cạn chất nào bay hơi không để lại dấu vết gì thì là nước, để lại cặn trắng là dung dịch NaCl. -Cô cạn cặp chất thứ hai, sau khi cô cạn chất nào bay hơi không để lại dấu vết gì thì là dung dịch HCl, để lại cặn trắng là dung dịch Na 2 CO 3 . 4.a. Để loại khí SO 3 trong hỗn hợp SO 2 , SO 3 ta sục hỗn hợp khí này qua dung dịch BaCl 2 dư (hoặc dung dịch H 2 SO 4 đặc dư) thì khí SO 3 bị hấp thụ hoàn toàn khí thoát ra chỉ là SO 2 nguyên chất. SO 3 + BaCl 2 + H 2 O → BaSO 4 ↓ + 2 HCl (Hoặc n SO 3 + H 2 SO 4đặc → H 2 SO 4 .nSO 3 ) Để loại khí CO 2 trong hỗn hợp CO 2 , CH 4 ta sục hỗn hợp khí này qua dung dịch kiềm dư (hoặc dung dịch muối aluminat dư) thì khí CO 2 bị hấp thụ hoàn toàn khí thoát ra chỉ là CH 4 nguyên chất. CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O. (Hoặc CO 2 +NaAlO 2 +2 H 2 O → NaHCO 3 + Al(OH) 3 ↓ ) b. Để một hỗn hợp tồn tại trong một điều kiện xác định thì các chất trong hỗn hợp không tác dụng với nhau ở điều kiện đó: +Hỗn hợp NO, O 2 không tồn tại ở bất kỳ điều kiện nào: 2 NO + O 2 → 2 NO 2 . +Hỗn hợp H 2 , Cl 2 chỉ tồn tại trong bóng tối và ở nhiệt độ thấp: H 2 + Cl 2 0 as (t ) → 2 HCl. +Hỗn hợp SO 2 , O 2 chỉ không tồn tại khi ở trên 450 0 C, áp suất cao và có xúc tác V 2 O 5 : 2SO 2 + O 2 0 2 5 V O ,450 C,p → 2SO 3 . 11:00 am 22/3/2011 Nguyễn Vân Lưỡng -Giáo viên trường THCS Năng khiếu Nguyễn Cao-Quế Võ-Bắc Ninh +Hỗn hợp Cl 2 , O 2 tồn tại ở bất kỳ điều kiện nào: Cl 2 + O 2 → không phản ứng. Bài 3: 1. Vì bài ra không cho n, m, V của bất kỳ một chất nào nên để đơn giản ta coi n X = 1 (mol) thì 2 O n 10(mol)= . Đặt CT ĐGN của Hidrocacbon X là C x H y (điều kiện y ≤ 2x + 2, y chẵn, x và y nguyên dương). Phương trình phản ứng xảy ra: C x H y + (x 0,25.y)+ O 2 0 t → xCO 2 + 0,5y H 2 O Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn cho nên trong hỗn hợp khí Y thu được có CO 2 , hơi H 2 O và 1 khí dư. Cho hỗn hợp khí Y qua H 2 SO 4 đặc dư thì khí Z còn lại chỉ gồm CO 2 và 1 khí dư. Theo bài Z H 2 d 19= nên Z M 19.2 38= = . Trường hợp 1: Khí dư là X (hidrocacbon C x H y ), O 2 hết. Khí Z là CO 2 và C x H y dư Vậy 2 CO n = 10.x x 0,25y+ = 40x 4x y+ (mol) và x y C H du 10 n 1 x 0,25y = − + = 4x y 40 4x y + − + (mol) Theo bài ra thì có: Z 40.x 4x y 40 44. (12x y). 4x y 4x y M 40.x 4x y 40 4x y 4x y + − + + + + = + − + + + == 2 2 48x y 16xy 1280.x 40.y 44x y 40 + + + − + − =38. 48.x 2 +y 2 +16xy-392x-78y+1520 = 0. Do Z M 38= mà trong Z có CO 2 nên x y C H M < 38 tức là x chỉ có thể là 1, 2. Nếu x =1 thì y = 31 (loại) nếu x = 2 thì y = 23 (loại) Trường hợp 2: Khí dư là O 2 , hidrocacbon C x H y hết. Hỗn hợp khí Z có O 2 dư và CO 2 . Theo bài ra Z M 38= áp dụng phương pháp đường chéo ta có 2 2 O CO n n= 10 -(x+0,25y) = x 2x + 0,25y =10 Lập bảng xét y theo x ta có nếu x =1 thì y = 32 (loại), x = 2 thì y = 24 (loại), x =3 thì y = 16 (loại), x = 4 thì y = 8 (đúng) x =5 thì y =0 (loại) Vậy X là C 4 H 8 . 2. Gọi số mol CH 4 và C 2 H 4 trong 3,8 gam hỗn hợp A lần lượt là x, y (mol) ta có 16x + 28y = 3,8 (gam) (I) Các phương trình phản ứng cháy của hỗn hợp A. CH 4 + 2 O 2 0 t → CO 2 + 2 H 2 O (1) và C 2 H 4 + 3 O 2 0 t → 2CO 2 + 2 H 2 O (2) (mol) x x 2x (mol) y 2y 2y Theo bài ra có 2 2 CO hoi H O V : V = 2 2 CO H O n : n = (x+2y) :(2x+2y) =5:8 8x +16y =10x +10y x-3y =0 (II) Giải hệ phương trình (I), (II) ta được x =0,15 (mol) , y = 0,05 (mol) Vậy sản phẩm cháy gồm 2 CO n = x + 2y = 0,25 (mol) 2 H O n = 2x+2y = 0,4 (mol). Toàn bộ sản phẩm cháy này bị hấp thụ hết bởi dung dịch hỗn hợp 2 kiềm. Có n NaOH = 0,5.0,16 = 0,08 (mol), 2 Ba(OH) n =0,5.0,3 = 0,15 (mol). Các phương trình phản ứng có thể xảy ra là: CO 2 + 2 NaOH → Na 2 CO 3 + H 2 O (3) CO 2 + NaOH → NaHCO 3 (4) CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓ + H 2 O (5) 2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (6) Gọi tổng số mol CO 2 ở các phản ứng (3), (5) là a (mol) và tổng số mol CO 2 ở các phản ứng (4), (6) là b (mol) Theo phương trình phản ứng (3), (5) thì n OH = 2. 2 CO n = 2a (mol) Theo phương trình phản ứng (4), (6) thì n OH = 2 CO n = b (mol) Vậy tổng số mol CO 2 là: a + b = 0,25 (mol) (III) và tổng số mol nhóm OH trong kiềm là: n OH = 2a + b = 0,08.1 + 0,15.2 = 0,38 (mol) (IV). Giải hệ phương trình (III), (IV) ta được a = 0,13 (mol) và b = 0,12 (mol). Vì trong dung dịch không thể đồng thời tồn tại Na 2 CO 3 và Ba(HCO 3 ) 2 nên chỉ có thể xảy ra một trong hai phản ứng (3) hoặc (6). Trường hợp 1: Nếu không xảy ra phản ứng (6) thì Ba(OH) 2 dư do ở phản ứng (5) 2 Ba(OH) n pứ < 2 CO n ở phản ứng (3), (5) =0,13 (mol) < 0,15 mol. Mà Ba(OH) 2 dư là vô lý vì nó không thể tồn tại cùng Na 2 CO 3 ở phản ứng (3). 11:00 am 22/3/2011 Nguyễn Vân Lưỡng -Giáo viên trường THCS Năng khiếu Nguyễn Cao-Quế Võ-Bắc Ninh Trường hợp 2: Nếu không xảy ra phản ứng (3) thì ở phản ứng (5) 3 BaCO n = 0,13 (mol), ở phản ứng (6) thì 2 Ba(OH) n = 0,15-0,13 = 0,02 (mol) và 2 CO n = 0,04 (mol), 3 2 Ba(HCO ) n =0,02 (mol) do vậy ở phản ứng (4) còn lại 2 CO n = 0,25 -(0,13+0,04)=0,08 (mol) phù hợp với tỷ lệ phản ứng (4). Như vậy khối lượng kết tủa tạo thành là: 3 BaCO m = 0,13.197 = 25,61 (gam) Theo định luật bảo toàn khối lượng thì phần dung dịch đã tăng lên một lượng là: 2 2 3 CO H O BaCO m m m ↓ + − = 0,25.44 +0,4.18-25,61= -7,41 (gam) hay nói cách khác khối lượng phần dung dịch giảm đi là 7,41 gam. 3. Gọi CTPT trung bình của 2 anken là: n 2n C H Số mol 2 an ken là: n 2n C H 5,6 n 0,25(mol) 22,4 = = Gọi H là hiệu suất phản ứng hợp nước trung bình của 2 an ken Phương trình phản ứng xảy ra: n 2n C H + H 2 O 0 2 4 H SO ,t → n 2n 1 C H OH + (1) (mol) 0,25 0,25 H Mỗi phần chứa 0,125 H mol rượu cho tác dụng với Na được 2 H 0,84 n 0,0375(mol) 22,4 = = Phương trình phản ứng: 2 n 2n 1 C H OH + + 2Na → 2 n 2n 1 C H ONa + + H 2 (2) (mol) 0,125 H 0,0625 H Vậy hiệu suất hợp nước trung bình là: 0,0625 H = 0,0375 H = 0,6 hay 60%. Số mol rượu thu được ở mỗi phần là: 0,125.0,6 = 0,075 (mol) Phương trình phản ứng cháy phần 2: n 2n 1 C H OH + + 3n 2 O 2 0 t → n CO 2 +( n +1) H 2 O (3) (mol) 0,075 0,075. n 0,075.( n +1) Theo bài ra ta có: 2 2 CO H O m m− = 44. 0,075. n -18. 0,075.( n +1) = 3,85 (gam). n = 8 3 . Vì các anken là đồng đẳng liên tiếp nên chúng là C 2 H 4 và C 3 H 6 . các rượu là C 2 H 5 OH và C 3 H 7 OH. b. Gọi số mol C 2 H 4 và C 3 H 6 lần lượt là x, y mol ta có n hh = x + y = 0,25 (mol) (I) và X H 2 d = 18,2 nên X M 18,2.2 36,4= = vậy X 28x 42y M 36,4 x y + = = + (II) Vậy từ (I), (II) ta có x =0,1(mol) , y = 0,15(mol) Gọi hiệu suất hợp nước của C 2 H 4 và C 3 H 6 lần lượt là H a và H b . Ta có các phương trình phản ứng: CH 2 =CH 2 + H 2 O 0 2 4 H SO ,t → CH 3 -CH 2 OH (1) CH 2 =CH-CH 3 + H 2 O 0 2 4 H SO ,t → CH 3 -CHOH-CH 3 (2) (mol) 0,05 0,05 H a (mol) 0,075 0,075 H b Tổng số mol 2 rượu là: 0,05 H a + 0,075 H b = 2. 2 H n = 0,0375 .2= 0,075 (mol) (III) Phản ứng cháy của 2 rượu là: C 2 H 5 OH + 3 O 2 0 t → 2 CO 2 + 3 H 2 O (3) và 2 C 3 H 7 OH + 9 O 2 0 t → 6 CO 2 + 8 H 2 O (4) (mol) 0,05 H a 0,1H a 0,15H a (mol) 0,075 H b 0,225H b 0,3H b Theo bài khối lượng CO 2 lớn hơn khối lượng nước là: 44.( 0,1H a + 0,225H b ) -18.( 0,15H a + 0,3H b ) = 3,85 (gam) 1,7 H a + 4,5 H b = 3,85 (IV). Giải hệ phương trình (III),(IV) ta được H a = 0,5 và H b = 0,6667 tức là: Hiệu suất hợp nước của C 2 H 4 là 50% và của C 3 H 6 là 66,67%. Chú ý:Vì n = 8 3 nên áp dụng phương pháp đường chéo cho n ta được 3 6 2 4 C H C H n 2.n= như vậy 3 6 C H 1 n (mol) 6 = và 2 4 C H 1 n (mol) 12 = . Nên X 1 1 42. 28. 112 6 12 M 0,25 3 + = = =37,333 theo bài ra X H 2 d = 18,2 nên X M 18,2.2 36,4= = (Đề bài cho X H 2 d = 18,2 là thừa và vô lý) 11:00 am 22/3/2011 Nguyễn Vân Lưỡng -Giáo viên trường THCS Năng khiếu Nguyễn Cao-Quế Võ-Bắc Ninh Bài 4:1. Theo bài ra 0,05 (mol) CO 2 hấp thụ hết vào 500 ml dung dịch Ba(OH) 2 (dung dịch A) được m gam kết tủa. Mặt khác cũng theo bài ra 0,35 (mol) CO 2 hấp thụ hết vào 500 ml dung dịch Ba(OH) 2 (dung dịch A) cũng thu được m gam kết tủa. Như vậy thí nghiệm thứ nhất Ba(OH) 2 còn dư và thí nghiệm thứ hai Ba(OH) 2 hết. Ở thí nghiệm (1) xảy ra 1 phản ứng: Ba(OH) 2 + CO 2 → BaCO 3 ↓ + H 2 O. (1) (mol) 0,05 0,05 Ở thí nghiệm (1) xảy ra 1 phản ứng: Ba(OH) 2 + CO 2 → BaCO 3 ↓ + H 2 O. (2) (mol) 0,05 0,05 0,05 Ba(OH) 2 + 2 CO 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (3) (mol) 0,15 0,3 Vậy m = 3 BaCO m = 0,05.197 9,85 (gam). Và dung dịch A có Ba ( OH ) 2 M 0,05 0,15 C 0,5 + = =0,4 (M) 2. Vì dung dịch Y tạo ra chỉ chứa một chất tan duy nhất và hỗn hợp A tan hoàn toàn nên dung dịch Y chỉ chứa NaAlO 2 và Na 2 O, Al 2 O 3 đều hết. Các phương trình phản ứng xảy ra: Na 2 O + H 2 O → 2NaOH (1) sau đó 2 NaOH + Al 2 O 3 → 2 NaAlO 2 + H 2 O (2) (mol) x 2x (mol) 2x x 2x Theo bài ra dung dịch Y có 2 NaAlO n =0,2.0,5 =0,1(mol) 2x =0,1 (mol) x = 0,05 (mol) m = 2 2 3 Na O Al O m m+ = 62.x +102.x =62.0,05 + 102.0,05 = 8,2 (gam) Sục khí CO 2 vào dung dịch Y thì xảy ra phản ứng: NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2 O → NaHCO 3 + Al(OH) 3 ↓ (3) (mol) 0,1 0,1 a = 3 Al(OH) m = 0,1.78 = 7,8 (gam). 3. Các phương trình phản ứng xảy ra ở mỗi phần đều là: MgO + 2 HCl → MgCl 2 + H 2 O (1) và Al 2 O 3 + 6 HCl → 2 AlCl 3 + 3 H 2 O (2) Ở cả 2 phương trình phản ứng đều có: n O trong oxit = 0,5.n HCl Nếu cả 2 phần oxit cùng hết, axit cùng dư thì chất rắn thu được đều là muối và khối lượng phải bằng nhau khác với bài ra (loại). Nếu cả 2 phần oxit cùng dư, axit cùng hết thì chất rắn thu được đều gồm muối và oxit dư. Nên khối lượng chất rắn tăng ở phần 2 phải gấp đôi khối lượng chất rắn tăng ở phần 1 vì lượng axit dùng gấp đôi. Mà phần 1 tăng 23,69-9,94 = 13,75 (gam) và phần 2 tăng 25,34 -9,94 = 15,4 (gam) chưa gấp đôi khối lượng tăng ở phần 1 (loại) Như vậy phần 1 oxit dư, axit hết và phần 2 oxit hết, axit dư 25,34 gam chất rắn khan thu được ở phần 2 chỉ là muối. Khi Oxit chuyển thành muối thì một mol nguyên tử O bị thay thế bởi 2 nguyên tử Cl tức là khối lượng tăng 71-16 = 55 (gam) theo bài ra phần 2 tăng 15,4 gam tức là số mol nguyên tử O trong Oxit là 15,4 : 55 = 0,28 (mol). Gọi số mol MgO và Al 2 O 3 trong mỗi phần lần lượt là x, y (mol) ta có: 40 x + 102y = 9,94 (gam) (I) Và tổng số mol nguyên tử O trong oxit là: n O = x + 3y = 0,28 (mol) (II) Giải hệ phương trình (I), (II) ta có x = y = 0,07 (mol) m MgO = 0,07.40 = 2,8 (gam) Phần trăm khối lượng mỗi oxit là: %m MgO = 2,8 .100% 9,94 =22,938% và 2 3 Al O %m = 100%-22,938% = 77,062%. Theo phần 1 axit hết mà phần 1 khối lượng chất rắn tăng 23,69-9,94 = 13,75 (gam) nên số mol nguyên tử O trong oxit tham gia phản ứng là 13,75 : 55 = 0,25 (mol). Vậy n HCl = 2.n O = 2.0,25 = 0,5 (mol) và HCl M 0,5 C 5(M) 0,1 = = . 11:00 am 22/3/2011 Nguyễn Vân Lưỡng -Giáo viên trường THCS Năng khiếu Nguyễn Cao-Quế Võ-Bắc Ninh . oxit là: %m MgO = 2,8 .100% 9, 94 =22 ,93 8% và 2 3 Al O %m = 100%-22 ,93 8% = 77,062%. Theo phần 1 axit hết mà phần 1 khối lượng chất rắn tăng 23, 69- 9 ,94 = 13,75 (gam) nên số mol nguyên. = 39, Ca =40, Fe =56, Ba =137, Zn = 65 11:00 am 22/3 /2011 Nguyễn Vân Lưỡng -Giáo viên trường THCS Năng khiếu Nguyễn Cao-Quế Võ-Bắc Ninh ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH. rắn tăng ở phần 1 vì lượng axit dùng gấp đôi. Mà phần 1 tăng 23, 69- 9 ,94 = 13,75 (gam) và phần 2 tăng 25,34 -9, 94 = 15,4 (gam) chưa gấp đôi khối lượng tăng ở phần 1 (loại) Như