- Hòa tan hh còn lại bằng dd NaOH dư lọc lấy nước lọc, sục khí CO 2 0,25 dư vào thu lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi được Al2O3.. - Nung nóng 3 chất rắn còn lại thu được chấ[r]
(1)ĐỀ THI HSG VÒNG MÔN HÓA NĂM HỌC 2015 - 2016 Câu1(4 điểm): a Nêu tượng xảy các thí nghiệm sau: + TN1: Cho mảnh Cu vào dung dịch H2SO4 loãng và sục khí O2 liên tục + TN2: Cho mảnh Cu vào dung dịch H2SO4 đặc nóng b Trong thí nghiệm trên thí nghiệm nào dùng điều chế CuSO4 có lợi hơn? Tại sao? Câu ( 4điểm): Chỉ dùng thuốc thử hãy trình bày phương pháp hóa học để nhận biết các dung dịch sau đựng các lọ nhãn: FeCl3, AlCl3, MgCl2, NaCl, CuCl2 Có hỗn hợp các chất rắn: Na2CO3, BaCO3, Al2O3, MgO, CuO Hãy trình bày cách tách các chất đó khỏi Viết các PTHH xảy ? Câu 3(4 điểm): Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Zn lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 10%, thu dung dịch Y và 22,4 lít H (đktc) Nồng độ ZnSO4 dung dịch Y là 11,6022% Tính khối lượng kim loại hỗn hợp X Cho 8,4 gam Fe tan hết dung dịch H 2SO4 đặc nóng thu khí SO và dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu 26,4 gam muối khan Tính khối lượng H2SO4 đã phản ứng ? Câu 4(4 điểm) Hỗn hợp X gồm CO2 và SO2 có tỷ khối so với N2 Cho 0,112 lít hỗn hợp khí X lội chậm qua 500ml dung dịch Ba(OH)2 Sau thí nghiệm phải dùng hết 25ml dung dịch HCl 0,2M để trung hòa Ba(OH)2 dư a Tính thành phần % số mol khí hỗn hợp X ? b Tính CM dung dịch Ba(OH)2 trước thí nghiệm ? c Hãy nhận biết khí X? Câu 5(4 điểm): Trộn 30,96 gam hỗn hợp bột X gồm MgCO3 và kim loại R có hóa trị không đổi chia làm hai phần - Đốt nóng phần I không khí, sau các phản ứng xảy hoàn toàn thu 15 gam hỗn hợp các oxit kim loại - Để hòa tan vừa hết phần II cần 500ml dung dịch chứa hỗn hợp HCl 1,2M và H 2SO4 0,24M dung dịch A và có V lít khí B bay Viết các phương trình hóa học Xác định kim loại R và tỷ khối B so với H2 Cho 61,65 gam Ba kim loại vào dung dịch A Sau các phản ứng kết thúc, lọc m gam rắn F không tan và 500 ml dung dịch E Tính giá trị m và nồng độ CM chất tan có dung dịch E (2) ĐÁP ÁN- BIỂU ĐIỂM C©u Néi dung I a b II III ®iÓm 4,0 - TN1: Mảnh đồng màu đỏ gạch tan dần ra, dung dịch chuyển dần sang màu xanh lam 2Cu + O2 + 2H2SO4 → 2CuSO4 + 2H2O - TN2: Mảnh đồng màu đỏ gạch tan dần ra, dung dịch chuyển dần sang màu xanh lam, có khí mùi hắc thoát Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + H2O TN1 dùng để điều chế CuSO4 có lợi vì : - Lượng H2SO4 cần ít - TN2 có khí SO2 thoát gây ô nhiễm môi trường 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 4,0 - Dùng dung dịch NaOH nhận các dung dịch Lọ nào có kết tủa màu nâu đỏ là FeCl3 Lọ nào có kết tủa màu xanh là CuCl2 Lọ nào có kết tủa màu trắng là MgCl2 Lọ nào xuất kết tủa keo trắng sau đó tan là AlCl3 Lọ nào không có tượng gì là NaCl Các PTHH xảy ra: PTHH 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 - Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc tách nước lọc, đun nóng thu 0,25 Na2CO3 - Hòa tan hh còn lại dd NaOH dư lọc lấy nước lọc, sục khí CO 0,25 dư vào thu lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi Al2O3 - Nung nóng chất rắn còn lại thu chất rắn, hòa tan chất rắn 0,25 vào nước lọc tách CuO và MgO Sục khí CO dư vào nước lọc sau đó đun nóng thu BaCO3 - Dẫn luồng khí H2 dư qua ống đựng chất rắn còn lại, cho lượng 0,25 chất rắn thu vào dd HCl dư lọc lấy phần không tan đem nung ngoài không khí thu CuO - Cho dd NaOH dư vào dd còn lại lọc lấy kết tủa đem nung đến khối 0,25 lượng không đổi thu MgO - Các PTHH xảy 0,75 4,0 nH2 = (mol) PTHH: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 0,25 (3) x x x (mol) Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2 y y y y nH2 = x +y = (*) = nH2SO4 161y/ (56x + 65y + 980 – ) = 11,6022/100 (2*) Từ (*, 2*) suy ra: x = 0,25 (mol), y = 0,75 (mol) mFe = 14 gam , m Zn = 48,75 gam 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 nFe = 0,15 (mol) 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (2) Nếu muối thu có Fe2(SO4)3 thì mFe2(SO4)3 = 0,075 400 = 30 gam > 26,4 gam Nếu muối thu có FeSO thì mFeSO4 = 0,15 142 = 21,3 gam < 26,4 gam Vậy xảy (1) và (2) Gọi x là số mol Fe p/ư (1) → nFe(2) = (0,15 – x) mol mmuối = (0,15 – x).3 152 + (0,5x – 0,15 + x) 400 = 26,4 suy x = 0,125 (mol) → nH2SO4 = 0,375 (mol) → m H2SO4 = 36,75 gam IV a.Gọi x, y là số mol CO2 và SO2 x + y = 0,005 (*) (44x + 64y)/ (x + y) = 28.2 (2*) Từ (*,2*) → x = 0,002 (mol), y = 0,003 (mol) % CO2 = 40% , % SO2 = 60% b CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1) SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O (2) Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O (3) 0,0025 0,005 (mol) nBa(OH)2 (1,2,3) = 0,002 + 0,003 + 0,0025 = 0,0075 (mol) → CM Ba(OH)2 = 0,0075/ 0,5 = 0,0035M c Nhận biết khí - Dẫn hh khí cho lội qua dd Br2 thấy màu chứng tỏ có SO2 SO2 + 2H2O + Br2 → H2SO4 + 2HBr - Sục khí còn lại qua dd nước vôi nước vôi bị vẩn đục chứng tỏ khí đó là CO2 V 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4,0 Các pthh : t 4R + xO2 2R 2Ox t MgCO3 MgO + CO2 o (1) (2) (4) R + 2xHCl R Clx + xH2 MgCO3 + 2HCl MgCl2 + CO2 + H2O R + xH2SO4 R 2(SO4)x + xH2 MgCO3 + H2SO4 MgSO4 + CO2 + H2O (3) (4) 0,5 (5) (6) 61, 65 nHCl = 0,5.1,2 = 0,6 (mol) ; nBa 137 0, 45(mol ) 30,96 15, 48( g ) nH SO4 = 0,5.0,24 = 0,12(mol) ; m phần = 0,25 Gọi M là khối lượng mol kim loại R Đặt nR phần là a (mol); nMgCO phần là b (mol) mX phần = Ma +84b = 15,48 Từ (1): nR O x 1 = nR = a mR2Ox = ( M+ 8x).a nMgCO3 (2): nMgO = =b mMgO = 40b M.a+ 8ax+40b = 15 Từ (3) và (5): 0,25 0,25 nH = x nR = ax (4) và (6): nH = nMgCO = 2b ax+ 2b = 0,84 Ta có hpt: 0,25 44b 8ax 0, 48 2b ax 0,84 44b 8t 0, 48 2b t 0,84 0,25 Đặt ax= t có hệ Giải hệ này ta được: b = 0,12; t = 0,6 Với t = 0,6 0, a= x m b = 0,12 MgCO = 0,12.84 = 10,08 (g) mR = 15,48 – 10,08 =5,4 (g) 0, Ma = 5,4 hay M x = 5,4 M = 9x Chọn: x= M=9 (loại) x=2 M=18 (loại) x=3 M=27 R là Al b Từ (3) và (5) có nH2 = nAl = 0,3 mol nMgCO3 Từ (4) và (6) có nCO2 = = 0,12 mol 0,3.2 0,12.44 7 (0,3 0,12).2 Tỷ khối B so với H2 = 0,5 0,75 (5) c Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 (7) 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (8) Ba(OH)2 + MgSO4 BaSO4 + Mg(OH)2 (9) 3Ba(OH)2 + 2AlCl3 3BaCl2 + 2Al(OH)3 (10) Ba(OH)2 + MgCl2 BaCl2 + Mg(OH)2 (11) Có thể Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 Ba(AlO2)2 + 4H2O (12) Trong dd A có chứa chất tan: MgCl2; MgSO4; AlCl3; Al2(SO4)3, đó: Tổng nMg = 0,12; nAl = 0,2 0,5 nCl = 0,6; nSO = 0,12 Theo pt(7) nBa (OH ) = nBa = 0,45; nOH Ba(OH)2 = 2.0,45 = 0,9 mol nBa (OH )2 Từ (8) và (9): nBa (OH )2 nSO4 = = nBaSO4 0,25 = 0,12 mol < 0,45 mol dư: Các phản ứng (10 và (11) xảy cùng (8); (9) 3 n = Al (OH )3 = nAl = 0,3 nBa (OH )2 nMg ( OH )2 nBa (OH )2 Từ (8) và (10) Từ (9) và (11) = = nMg = 0,12 n Sau (8); (9); (10); (11) Ba (OH ) còn dư = 0,45 - 0,3 - 0,12 = 0,03 (mol) phản ứng (12) xảy Từ (12) nAl ( OH )3 bị tan = nBa (OH )2 = 2.0,03 = 0,06 (mol) < 0,2 (mol) Sau các phản ứng kết thúc nAl (OH ) còn lại = 0,2 - 0,06 = 0,14 (mol) Vậy khối lượng kết tủa F chính là giá trị m và m = 0,12.233 + 0,12.58 + 0,14.78 = 45,84(g) nBaCl2 1 = nCl = 0,6 = 0,3 (mol) Từ (10) và (11) Vậy nồng độ CM các chất tan dd E là: CM BaCl = 0,3:0,5 = 0,6 M Từ (12) nBa ( AlO ) = nBa (OH ) dư =0,03 CM = 0,03:0,5 = 0,06 M 2 Ba ( AlO2 ) Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa 0,25 (6)