TRƯỜNG THCS TIÊN DU KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN THI: HÓA HỌC THỜI GIAN: 150 PHÚT (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (4 điểm) 1/ Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho 7 chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl có 7 chất khí khác nhau thoát ra. Viết các phương trình phản ứng minh hoạ. 2/ Cho các sơ đồ phản ứng hoá học sau đây: X 1 + X 2 → Na 2 CO 3 + H 2 O X 3 + H 2 O X 2 + X 4 + H 2 X 5 + X 2 → X 6 + H 2 O X 6 + CO 2 + H 2 O → X 7 + X 1 X 5 X 8 + O 2 Chọn các chất X 1 , X 2 , X 3 , X 5 , X 6 , X 7 , X 8 thích hợp và hoàn thành các phương trình hoá học của các phản ứng trên. 3/ Chỉ được dùng thêm 1 thuốc thử, hãy phân biệt các lọ dung dịch đựng riêng biệt các chất sau đây bị mất nhãn. MgCl 2 ; ZnCl 2 ; AlCl 3 ; CuSO 4 ; CrCl 3 ; FeCl 2 ; FeCl 3 ; AgNO 3 ; NH 4 NO 3 Câu 2: (4 điểm) 1/ Cho từ từ a mol NaOH vào dung dịch chứa b mol AlCl 3 . Hãy biện luận, vẽ đồ thị về sự phụ thuộc của số mol kết tủa vào số mol NaOH. Lập biểu thức tính số mol kết tủa theo a, b. 2/ Hỗn hợp A chứa Al 2 O 3 , Fe 3 O 4 và CuO. Hòa tan A trong dung dịch HNO 3 loãng dư, thu được dung dịch C và khí NO duy nhất. Thêm từ từ bột Sắt vào dung dịch C cho đến khi phản ứng kết thúc được dung dịch D và chất rắn E. Thêm từ từ NaOH tới dư vào D thu được kết tủa F. Nung F hoàn toàn trong không khí thu được chất rắn G. Khử G bằng Hidro ta thu được H. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3: (3 điểm) 1/ Đốt cháy hoàn toàn 1g Sắt trong khí Oxi, sau 1 thời gian khối lượng chất rắn thu được đã vượt quá 1,41g. Xác định CTHH của oxit Sắt. Biết sản phẩm phản ứng chỉ tạo ra 1 ôxit duy nhất. 2/ Cho 26,91 (g) kim loại M hóa trị I vào 700 ml dung dịch AlCl 3 0,5M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít H 2 (đktc) và 17,94 (g) kết tủa. Xác định kim loại M và giá trị của V. Câu 4: (5 điểm) Chia 80 (g) hỗn hợp X gồm sắt và một oxit của sắt thành hai phần bằng nhau: Hoà tan hết phần I vào 400 (g) dung dịch HCl 16,425% được dung dịch A và 6,72 lít khí H 2 (đktc). Thêm 60,6 (g) nước vào A được dung dịch B, nồng độ % của HCl dư trong B là 2,92%. a/ Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X và xác định công thức của oxit sắt. b/ Cho phần II tác dụng vừa hết với H 2 SO 4 đặc nóng rồi pha loãng dung dịch sau phản ứng bằng nước, ta thu được dung dịch E chỉ chứa Fe 2 (SO 4 ) 3 . Cho 10,8 (g) bột Mg vào 300 ml dung dịch E khuấy kĩ, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 12,6 (g) chất rắn C và dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi được m (g) chất rắn F. Tính C M của dung dịch E và giá trị m. Câu 5: (4 điểm) Cho 27,4 gam kim loại Ba vào 500 gam dung dịch hỗn hợp gồm (NH 4 ) 2 SO 4 1,32% và CuSO 4 1,92%. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng ta thu đựơc khí A, kết tủa B và dung dịch C. a. Tính thể tích khí A (đktc). b. Lấy kết tủa B đem nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi thì được bao nhiêu gam chất rắn. c. Tính nồng độ % của các chất tan trong dung dịch C. điện phân dung dịch có màng ngăn điện phân nóng chảy Criolit ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài 1 Hướng dẫn giải Điểm Ý1 1,5đ Các chất rắn có thể chọn lần lượt là: Zn; FeS; Na 2 SO 3 ; CaCO 3 ; MnO 2 ; CaC 2 ; Al 4 C 3 Các ptpư: Zn + 2HCl → ZnCl 2 + H 2 FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S Na 2 SO 3 + 2HCl → 2NaCl + SO 2 + H 2 O CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 + H 2 O MnO 2 + 4HCl o t → MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O CaC 2 + 2HCl → CaCl 2 + C 2 H 2 Al 4 C 3 + 12HCl → 4AlCl 3 + 3CH 4 HS có thể chọn các chất khác, nếu đúng vẫn cho điểm 0.8 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 Ý 2 1,5 đ Các chất thích hợp lần lượt có thể là X 1 : NaHCO 3 , X 2 : NaOH, X 3 : NaCl, X 5 : Al 2 O 3 , X 6 : NaAlO 2 , X 7 : Al(OH) 3 , X 8 : Al Các phương trình hóa học lần lượt là: NaHCO 3 + NaOH → Na 2 CO 3 + H 2 O 2NaCl + 2H 2 O → 2NaOH + Cl 2 + H 2 Al 2 O 3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H 2 O NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2 O → Al(OH) 3 + NaHCO 3 2Al 2 O 3 dpnc criolit → 4Al + 3O 2 0.8 0.1 0.1 0.2 0.2 0.1 Ý 3 1đ - Thuốc thử cần dùng là dung dịch kiềm (vd: NaOH) - Trình bày được phương pháp nhận ra từng chất, viết PTHH, giải thích hiện tượng mỗi chất được 0,2đ VD: Nhỏ từ từ dung dịch NaOH tới dư vào từng mẫu thử + Mẫu thử chứa dd MgCl 2 sẽ tạo kết tủa trắng không tan MgCl 2 + 2NaOH → Mg(OH) 2 ↓ + 2NaCl + Mẫu thử chứa dd ZnCl 2 tạo ra kết tủa trắng , sau đó lại tan ZnCl 2 + 2NaOH → Zn(OH) 2 ↓ + 2NaCl Zn(OH) 2 + 2NaOH → Na 2 ZnO 2 + 2H 2 O + Mẫu thử chứa dd AlCl 3 tạo ra kết tủa keo, sau đó tan ngay AlCl 3 + 3NaOH → Al(OH) 3 ↓ + 3NaCl Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + H 2 O + Mẫu thử chứa dd CuSO 4 tạo ra kết tủa xanh, không tan CuSO 4 + 2NaOH → Cu(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 + Mẫu thử chứa dd CrCl 3 tạo ra kết tủa xanh, sau đó tan ngay CrCl 3 + 3NaOH → Cr(OH) 3 ↓ + 3NaCl Cr(OH) 3 + NaOH → NaCrO 2 + H2O + Mẫu thử chứa dd FeCl 2 sẽ tạo kết tủa trắng, hóa nâu đỏ trong kk FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + 2NaCl 4Fe(OH) 2 + 2H 2 O + O 2 → 4Fe(OH) 3 ↓ (nâu đỏ) + Mẫu thử chứa dd FeCl 3 sẽ tạo kết tủa nâu đỏ. FeCl 3 + 3NaOH → Fe(OH) 3 ↓ + 3NaCl + Mẫu thử có chứa dd AgNO 3 tạo ra kết tủa đen 2AgNO 3 + 2NaOH → Ag 2 O↓ + H 2 O + 2NaNO 3 + Mẫu thử có chứa dd NH 4 NO 3 có khí mùi khai thoát ra NH 4 NO 3 + NaOH → NaNO 3 + NH 3 ↑ + H 2 O 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 0.1 Bài 2 Hướng dẫn giải Điểm Ý 1 2đ Các phương trình phản ứng lần lượt xảy ra theo thứ tự là: 3NaOH + AlCl 3 → Al(OH) 3 ↓ + 3NaCl (1) sau đó NaOH + Al(OH) 3 → NaAlO 2 + 2H 2 O (2) Trường hợp 1: Nếu a ≤ 3b tức là 3 NaOH AlCl n n≤ thì lúc đó chỉ xảy ra phản ứng (1) không xảy ra phản ứng (2) do vậy 3 Al(OH) n được tính theo NaOH n vậy 3 Al(OH) n = 3 a (mol). Trường hợp 2: Nếu 3b < a < 4b thì lúc đó phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và phản ứng (2) đã xảy ra nhưng Al(OH) 3 vẫn còn dư do vậy 3 Al(OH) n = b- (a-3b) = 4b-a (mol). Trường hợp 3: Nếu a ≥ 4b thì lúc đó phản ứng (1), (2) đều xảy ra hoàn toàn do vậy không còn kết tủa, 3 Al(OH) n = 0. Đồ thị sự phụ thuộc số mol kết tủa Al(OH) 3 theo số mol NaOH như sau: 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 Ý 2 2đ Các PTHH xảy ra: Al 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Al(NO 3 ) 3 + 3H 2 O CuO + 2HNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + H 2 O 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 → 9Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 14H 2 O Fe + Cu(NO 3 ) 2 → Fe(NO 3 ) 2 + Cu ↓ Fe + 2Fe(NO 3 ) 3 → 3Fe(NO 3 ) 2 3NaOH + Al(NO 3 ) 3 → Al(OH) 3 + 3NaNO 3 Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + H 2 O Fe(NO 3 ) 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaNO 3 4Fe(OH) 2 + O 2 o t KK → 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O Fe 2 O 3 + H 2 o t → 2Fe + 3H 2 O 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 0.2 Bài 3 Hướng dẫn giải Điểm 1 1đ Đặt CTHH của oxit Sắt tạo ra là Fe x O y PTHH: 2xFe + yO 2 o t → 2Fe x O y 112xg 2(56x+16y)g Bài ra 1g > 1,41 - Lập được phương trình toán có chứa x và y 112 2(56 16 ) 1 1,41 x x y+ = > => x : y < 0,69 Xét Oxit FeO Fe 2 O 3 Fe 3 O 4 x : y 1: 1 >0,69 2:3 <0,69 3: 4 > 0,69 Kết luận: CTHH cần xác định là Fe 2 O 3 0.5 0.25 0.25 Ý 2 2 đ Các phương trình hóa học:(n là hoá trị của R; Đặt khối lượng mol của M là M). 2M + 2n H 2 O 2M(OH) n + nH 2 (1) 3M(OH) n + n AlCl 3 n Al(OH) 3 + 3MCl n (2) Có thể: M(OH) n + n Al(OH) 3 M(AlO 2 ) n + 2n H 2 O (3) 0.1 0.1 0.1 0 3b 4b b n NaOH 3 ( )Al OH n 3 AlCl n = 0,7.0,5 = 0,35 (mol), 3 Al(OH) n = 17,94 78 = 0,23 (mol) Bài toán phải xét 2 trường hợp: TH1: AlCl 3 chưa bị phản ứng hết ở (2) ↔ không có phản ứng (3) Từ (2): M(OH) n n = 3 Al(OH) 3 3 0,69 .n .0,23 n n n = = Từ (1): n M M(OH) 0,69 n n n = = ⇒ ta có pt: 0,69 M .M 26,91 39 n n = → = Với n = 1 → M = 39 → M là: K Với n = 2 → M = 78 → loại Theo (1): 2 H K 1 1 n .n .0,69 0,345 2 2 = = = (mol) → V = 7,728 lít TH2: AlCl 3 phản ứng hết ở (2), M(OH) n dư ↔ có phản ứng (3) Từ (2): 3 3 Al(OH) AlCl n n 0,35= = (mol) Từ (2): n M(OH) n đã phản ứng 3 AlCl 3 3.0,35 1,05 .n n n n = = = Theo bài ra 3 3 Al(OH) Al(OH) n 0,23 n= → bị tan ở (3) = 0,35 – 0,23 = 0,12 (mol) Từ (3): n M(OH) n dư 3 Al(OH) 1 1 0,12 .n .0,12 n n n = = = (mol) → Tổng n M(OH) 0,12 1,05 1,17 n n n n = + = (mol) → ta có pt: 1,17 M .M 26,91 23 n n = → = → n = 1 → M = 23 → M là Na n = 2 → M = 46 → loại Theo (1): 2 H Na 1 1 n .n .1,17 0,585 2 2 = = = → V = 13,104 lít 0.2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Bài 4 Hướng dẫn giải Điểm Ý a 1,5 đ Đặt công thức của oxit sắt là Fe x O y Các phương trình hoá học: Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (1) Fe x O y + 2yHCl 2y x xFeCl + yH 2 O (2) n HCl ban đầu 400.16,425 1,8 100.36,5 = = (mol); 2 H 6,72 n 0,3 22,4 = = (mol) mddB = 400 + 40 – 0,3.2 + 60,6 = 500 (g) → n HCl dư 2,92.500 0,4 100.36,5 = = (mol). → n HCl đã phản ứng ở (1) và (2) = 1,8 – 0,4 = 1,4 (mol) Từ (1): n HCl = 2 H 2n = 2.0,3 = 0,6 (mol) Từ (1): n Fe = 2 H n = 0,3 (mol) → m Fe = 0,3.56.2 = 33,6 (g) → x y Fe O m = (40 – 16,8)2 = 46,4 (g) → n HCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol) Từ (2): x y Fe O 1 0,4 n .0,8 2y y = = 0.25 0.25 0.25 0.25 → ta có: 0,4 x 3 (56x 16y) 23,2 y y 4 + = → = Vậy công thức của Fe x O y là Fe 3 O 4 0.5 Ý b 3.5 đ Các pthh: 2Fe + 6H 2 SO 4đ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O (1) 2Fe 3 O 4 + 10H 2 SO 4đ 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 10H 2 O (2) Fe 2 (SO 4 ) 3 + Mg 2FeSO 4 + MgSO 4 (3) FeSO 4 + Mg Fe + MgSO 4 (4) Ba(ỌH) 2 + MgSO 4 BaSO 4 + Mg(OH) 2 (5) Có thể: Ba(OH) 2 + FeSO 4 BaSO 4 + Fe(OH) 2 (6) Mg(OH) 2 MgO + H 2 O (7) Có thể: Fe(OH) 2 FeO + H 2 O (8) hoặc: 4Fe(OH) 2 + O 2 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O (9) Mg 10,8 n 0,45 24 = = (mol) Xét trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết Đặt: 2 4 3 Fe (SO ) n trong 300ml ddE là x Từ (3), (4): n Mg đã phản ứng = 3x → n Mg còn lại = 0,45 – 3x Từ (3), (4): n Fe = 2x → m Fe = 2x.56 Ta có pt: (0,45 – 3x).24 + 2x.56 = 12,6 → x = 0,045 (mol) → C M của Fe 2 (SO 4 ) 3 trong ddE 0,045 0,15(M) 0,3 = = Khi đó trong ddD chỉ có: MgSO 4 và kết tủa gồm BaSO 4 và Mg(OH) 2 Từ (3): 4 2 4 3 MgSO Fe (SO ) n 3n 3.0,045 0,135= = = (mol) Từ (5): 4 4 BaSO MgSO n n 0,135= = (mol) Từ (7): 2 MgO Mg(OH) n n 0,135= = (mol) Giá trị của m trong trường hợp này = 0,135.233 + 0,135.40 = 36,855 (g) Xét trường hợp 2: Mg hết Thì chất rắn C là Fe: n Fe = 12,6/56 = 0,225 mol Từ (4): n Mg = n fe = 0,225 (mol) Từ (3): n Mg pư 3 = 0,45 – 0,225 = 0,225 (mol) 2 4 3 Fe (SO ) n = 0,225 (mol) Vậy M C của dung dịch E 0,225 0,75(M) 0,3 = = Khi đó: Kết tủa thu được khi cho dung dịch D phản ứng với Ba(OH) 2 gồm: BaSO 4 , Mg(OH) 2 , Fe(OH) 2. Với : 4 MgSO n ở (3) = n Mg = 0,45 (mol) Từ (4): 4 FeSO n = 3n Fe = 3.0,075 = 0,225 (mol) Từ (5): 4 2 4 BaSO Mg(OH) MgSO n n n 0,45= = = (mol) Từ (6): 4 2 4 BaSO Fe(OH) FeSO n n n 0,225= = = (mol) → Số mol trong kết tủa lần lượt là: 4 BaSO n = 0,45 + 0,225 = 0,675 (mol) 2 Fe(OH) n = 0,225 (mol), 2 Mg(OH) n = 0,45 (mol) Khi nung kết tủa trên ta lại phải xét 2 trường hợp: a) Nếu nung trong chân không: Mỗi PT cho 0,1đ 0.1 0.5 0.5 0.5 0 t 0 t 0 t 0 t không có oxi 0 t không khí Từ (7): 2 MgO Mg(OH) n n 0,45= = (mol) Từ (8): 2 FeO Fe(OH) n n 0,225= = (mol) Giá trị của m trong trường hợp này = 0,675.233 + 0,45.40 + 0,225.72 = 191,475 (g) b) Nếu nung trong không khí: Từ (9): 2 3 2 Fe O Fe(OH) 1 1 n .n .0,225 0,1125 2 2 = = = (mol) Vậy giá trị của m trong trường hợp này là: 0,675.233 + 0,45.40 + 0,1125.160 = 193,275 (g) 0.5 0.5 Bài 5 Hướng dẫn giải Điểm Các PTHH xảy ra: Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + 2H 2 ↑ (1) Ba(OH) 2 + (NH 4 ) 2 SO 4 → BaSO 4 ↓+ 2NH 3 ↑ + 2H 2 O (2) Ba(OH) 2 + CuSO 4 → BaSO 4 ↓ + Cu(OH) 2 ↓ (3) Cu(OH) 2 o t → CuO + H 2 O (4) Tính được 2 ( ) 0,2 Ba Ba OH n n mol= = ; 4 2 4 ( ) 0,05 NH SO n mol= ; 4 0,06 CuSO n mol= a, Theo PT (1) và (2) tìm được khí gồm: 0,2 mol H 2 và 0,1 mol NH 3 V = 0,3.22,4 = 6,72 lit b, Theo PT (2), (3) ta tìm được B gồm: 0,11 mol BaSO 4 ; 0,06 mol Cu(OH) 2 Khi nung hoàn toàn, theo PT (4), chất rắn gồm 0,11 mol BaSO 4 và 0,06mol CuO. Khối lượng chất rắn là: 233.0,11 + 80.0,06 = 30.43 gam c, Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: ddsaupu Ba ddbd khiA kettuaB m m m m m = + − − = 29.4 + 500 – (0,2.2 + 0,1.17) – (0,11.233 + 0,06.98) = 495.79gam Khối lượng Ba(OH) 2 dư là: 0,09.171 = 15.39 gam 15,39 % .100 3.1% 495.79 C = = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.75 0.75 0.5 . TRƯỜNG THCS TIÊN DU KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN THI: HÓA HỌC THỜI GIAN: 150 PHÚT (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (4 điểm) 1/ Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho. x : y < 0, 69 Xét Oxit FeO Fe 2 O 3 Fe 3 O 4 x : y 1: 1 >0, 69 2:3 <0, 69 3: 4 > 0, 69 Kết luận: CTHH cần xác định là Fe 2 O 3 0.5 0.25 0.25 Ý 2 2 đ Các phương trình hóa học: (n là hoá. = Từ (1): n M M(OH) 0, 69 n n n = = ⇒ ta có pt: 0, 69 M .M 26 ,91 39 n n = → = Với n = 1 → M = 39 → M là: K Với n = 2 → M = 78 → loại Theo (1): 2 H K 1 1 n .n .0, 69 0,345 2 2 = = = (mol)