HDC đề THI HSG THỊ xã VÒNG 1 ( 2018 2019)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỊ Xà PHÚ THỌ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP VỊNG MƠN HÓA HỌC Năm học 2018 - 2019 PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (10 điểm) Mỗi câu học sinh chọn đáp án cho 0,5 điểm Câu D Câu 11 B Câu Câu Câu Câu B A,C C C Câu 12 Câu 13 Câu 14 Câu 15 B,C,D A D Câu Câu Câu Câu Câu 10 D A D A,C,D C Câu 16 Câu 17 Câu 18 Câu 19 Câu 20 D B B D B B PHẦN TỰ LUẬN Câu I (3,0 điểm) Cho chất: dung dịch NaCl, H 2O, MnO2, HCl đặc thiết bị cần thiết Hãy nêu hai phương pháp điều chế Clo Viết phương trình hóa học Có dung dịch sau đựng lọ nhãn: NaHSO 4, KHCO3, Na2SO3, Mg(HCO3)2, Ba(HCO3)2 Trình bày cách nhận biết dung dịch, dùng thêm cách đun nóng CÂU I (3,0đ) NỘI DUNG (1,0 điểm) - Phương pháp thứ nhất: to MnO2 + 4HClđ �� � MnCl2 + Cl2 + 2H2O - Phương pháp thứ 2: Điện phân dung dịch NaCl bão hòa dpdd NaCl  H 2O ��� � NaOH  H �Cl2 � Trang 1/4 ĐIỂM 0,5 0,5 (2,0 điểm) Lấy mẫu thử dung dịch, đánh số thứ tự - Đun nóng mẫu thử, có mẫu thử xuất khí kết tủa trắng Mg(HCO3)2 Ba(HCO3)2 Mẫu thử có khí KHCO3 Mg(HCO3)2 to  MgCO3  + CO2  + H2O Ba(HCO3)2 to  BaCO3  + CO2  + H2O - Cho vài giọt dung dịch mẫu vừa có kết tủa vừa có khí nhỏ vào mẫu thử lại dung dịch: NaHSO4, Na2SO3 -> nhận mẫu Ba(HCO3)2, Mg(HCO3)2, NaHSO4 Mẫu thử có khí bay mà khơng có kết tủa Mg(HCO3)2 Mg(HCO3)2 + 2NaHSO4  MgSO4 + Na2SO4 + 2CO2  + 2H2O Mẫu thử vừa có khí bay vừa có kết tủa, ta nhận Ba(HCO3)2 Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4  BaSO4  + Na2SO4 + 2CO2  + 2H2O - Mẫu có kết tủa trắng Na2SO3, Ba(HCO3)2 + Na2SO3  BaSO3  + 2NáHCO3 0,75 …… 1,25 Câu II (2,0 điểm) Hãy rõ tượng xảy giải thích trường hợp sau: Cho bột Al mẩu Na vào nước Cho từ từ dung dịch HCl; khí CO2 vào dung dịch NaAlO2 tới dư Câu II (2,0đ) NỘI DUNG (1,0 điểm) Ban đầu mẫu Na nóng chảy thành giọt tròn chạy bề mặt nước tan dần, có khí khơng màu 2Na + 2H2O  2NaOH + H2  Sau vụn chất rắn trắng bạc (Al) tan dần, khí khơng màu nhiều (dung dịch không màu) 2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2  (1,0 điểm) Khi nhỏ dung dịch HCl: Đầu tiên xuất kết tủa trắng keo, sau kết tủa lại tan NaAlO2 + HCl + H2O  Al(OH)3  + NaCl 3HCl + Al(OH)3  AlCl3 + 3H2O - Khi sục khí CO2:: Kết tủa tăng lên theo lượng CO2 thêm vào không tan: CO2 + NaAlO2 + 2H2O  Al(OH)3  + NaHCO3 ĐIỂM 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu III (2,5 điểm) C dung dịch H2SO4 nồng độ x mol/l, D dung dịch KOH nồng độ y mol/l Trộn 200 ml dung dịch C với 300 ml dung dịch D, thu 500 ml dung dịch E Để trung hòa 100 ml dung dịch E cần dùng 40 ml dung dịch H2SO4 1M Mặt khác trộn 300 ml dung dịch C với 200 ml dung dịch D thu 500 ml dung dịch F Xác định x, y, biết 100 ml dung dịch F phản ứng vừa đủ với 2,04 gam Al2O3 Trang 2/4 Câu III NỘI DUNG + Số mol H2SO4 có 200 ml dung dịch C: 0,2x (mol) (2,5 đ) Số mol KOH có 300 ml dung dịch D: 0,3y (mol) Khi trung hòa 500 ml dung dịch E cần: (0,04.500) : 100 = 0,2 (mol) Vậy dung dịch E dư KOH H2SO4 + 2KOH  K2SO4 + 2H2O 0,2x 0,4x (mol) Sau phản ứng dư: (0,3y - 0,4x) mol KOH - Trung hòa lượng KOH dư dung dịch E: H2SO4 + 2KOH  K2SO4 + 2H2O 1mol 2mol 0,2 0,3y - 0,4x (mol) Ta có: 0,3y - 0,4x = 0,2 = 0,4 (1) + Số mol H2SO4 có 300 ml dung dịch C: 0,3x (mol) Số mol KOH có 200 ml dung dịch D: 0,2y (mol) Số mol Al2O3 phản ứng với 500 ml dung dịch F: (2,04 5): 102 = 0,1 (mol) - Vì dung dịch F có khả phản ứng với Al2O3 nên có trường hợp xảy ra: + Trường hợp 1: Axit H2SO4 dư H2SO4 + 2KOH  K2SO4 + 2H2O 0,1y 0,2y (mol)  Al2O3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2O (mol) 0,1 0,3x - 0,1y (mol) Ta có: 0,3x - 0,1y = 0,1 = 0,3 (2) Kết hợp (1) (2) ta được: x = 2,6; y = 4,8 + Trường hợp 2: KOH dư H2SO4 + 2KOH  K2SO4 + 2H2O 0,3x 0,6x (mol)  Al2O3 + 2KOH 2KAlO2 + H2O (mol) 0,1 0,2y - 0,6x (mol) Ta có: 0,2y - 0,6x = 0,1 = 0,2 (3) Kết hợp (1) (3) ta được: x = 0,2; y = 1,6 ĐIỂM 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu IV (2,5 điểm) Chia 8,64 gam hỗn hợp Fe, FeO Fe 2O3 thành phần Phần cho vào cốc đựng lượng dư dung dịch CuSO4, sau phản ứng hồn tồn thấy cốc có 4,4 gam chất rắn Hòa tan hết phần dung Trang 3/4 dịch HNO3 lỗng, thu dung dịch A 0,448 lít khí NO (ở đktc) Cơ cạn từ từ dung dịch A thu 24,24 gam muối sắt B a) Tính % khối lượng chất hỗn hợp đầu b) Xác định công thức phân tử muối B Câu IV NỘI DUNG ĐIỂM a) Gọi x, y, z số mol Fe, FeO, Fe2O3 có phần (2,5đ) hỗn hợp Các PTHH xảy ra: Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu  (1) Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO  + 2H2O (2) 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO  + 5H2O (3) Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O (4) Ta có khối lượng phần hỗn hợp: 56x + 72y + 160z = Khối lượng chất rắn: 8,64 = 4,32 (*) 1,0 …… 64x + 72y + 160z = 4,4 (**) Số mol NO thu được: x+ 0,448 y = 22,4 = 0,02 (mol) (**) Từ (*),(*),(*) => x = 0,01; y = 0,03; z = 0,01 Vậy % khối lượng chất hỗn hợp ban đầu là: 0,01.56 0,5 …… 0,03.72 % Fe = 4,32 100% = 12,96%; % FeO = 4,32 100% = 50% % Fe2O3 = 100% - 12,96% - 50% = 37,04% b) Khi cô cạn dung dịch ta muối Fe (NO3)3 với số mol là: x + y + 2.z = 0,01 + 0,03 + 0,01 = 0,06 (mol) - Nếu muối khan khối lượng là: 242 0,06 =14,52 (g) < 24,24 (g) trái với đề cho muối sắt thu phải loại tinh thể ngậm nước; Fe(NO3)3 nH2O 0,5 …… 0,25 24,24 Phân tử khối muối B là: 0,06 = 404 404  242 => n = = -> CTHH B là: Fe(NO3)3 9H2O 18 Ghi chú: Học sinh làm cách khác, cho điểm tối đa Trang 4/4 0,25 ……… ... Trường hợp 1: Axit H2SO4 dư H2SO4 + 2KOH  K2SO4 + 2H2O 0,1y 0,2y (mol)  Al2O3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2O (mol) 0 ,1 0,3x - 0,1y (mol) Ta có: 0,3x - 0,1y = 0 ,1 = 0,3 (2 ) Kết hợp (1 ) (2 ) ta được:... 72y + 16 0z = Khối lượng chất rắn: 8,64 = 4,32 (* ) 1, 0 …… 64x + 72y + 16 0z = 4,4 (* *) Số mol NO thu được: x+ 0,448 y = 22,4 = 0,02 (mol) (* *) Từ (* ) ,(* ) ,(* ) => x = 0, 01; y = 0,03; z = 0, 01 Vậy... 0,3x 0,6x (mol)  Al2O3 + 2KOH 2KAlO2 + H2O (mol) 0 ,1 0,2y - 0,6x (mol) Ta có: 0,2y - 0,6x = 0 ,1 = 0,2 (3 ) Kết hợp (1 ) (3 ) ta được: x = 0,2; y = 1, 6 ĐIỂM 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu IV (2 ,5 điểm)