DE THI HSG HOA 9

b- Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế axit Sulfuric từ quặng Pirit.. Cô cạn dd A thu được 12g muối khan.. Tính nồng độ mol của dd H2SO4, khối lượng rắn B và C

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009

Môn thi : HÓA H ỌC

Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian phát đề )

-Câu 1: ( 5,0 điểm )

a- Viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá hoá học sau :

M   N   P   Q   R   T   M

Cho biết A là kim loại thông dụng có 2 hoá trị thường gặp là (II) và (III) khá bền

b- Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế axit Sulfuric từ quặng Pirit

Câu 2: ( 5,0 điểm )

Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 bằng 500ml dd H2SO4 thu được dd

A , rắn B và 4,48 lít khí CO2 (đktc) Cô cạn dd A thu được 12g muối khan Mặt khác, nung B đến khối lượng không đổi thu 11,2 lít CO2 (đktc) và rắn C

a Tính nồng độ mol của dd H2SO4, khối lượng rắn B và C

b Xác định R biết trong X số mol RCO3 gấp 2,5 lần số mol MgCO3

Câu 3: ( 5,0 điểm )

X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn Y là dd H2SO4 chưa rõ nồng độ

Thí nghiệm 1 : Cho 24,3 g X vào 2 lít Y sinh ra 8,96 lít khí H2 (đktc).

Thí nghiệm 2 : Cho 24,3 g X vào 3 lít Y sinh ra 11,2 lít khí H2 (đktc).

a Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong thí nghiệm 2 thì X tan hết

b Tính nồng độ mol củ dd Y và khối lượng mỗi kim loại trong X

Câu 4: ( 5,0 điểm )

Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa trị không đổi) Chia A làm hai phần bằng nhau Phần I hòa tan hết trong dd HCl được 1,568 lít hydrô Hòa tan hết phần II trong dd HNO3 loãng thu được 1,344 lít khí NO duy nhất Xác định kim loại M và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A (các thể tích khí ở đktc)

-(Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các NTHH để làm bài)

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009 Môn thi : HÓA H ỌC

-  -

Câu 1:(5,0 điểm )

a- Vì (A) là kim loại thông dụng có 2 hoá trị thường gặp là (II) và (III) khá bền, đồng

thời theo chuỗi biến đổi (M) chỉ có thể là Fe

4Fe(OH)2 + O2 + 2 H2O   4 Fe(OH)3  (0,5 điểm)

Fe2O3 + 3CO   2Fe + 3CO2  (0,5 điểm)

b- Các phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế H2SO4 :

2SO2 + O2   2SO3  + Q (kJ ) (0,25 điểm)

SO3+ H2O   H2SO4 (0,25 điểm)

Câu 2:(5,0 điểm )

a) MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + CO2 + H2O (1) (0,25 điểm)

x x x x

y y y y

Nung B tạo CO2   B còn , X dư Vậy H2SO4 hết

Từ (1) và (2) : nH2SO4 =nCO2 = 224,48,4 = 0,2 mol (0,25 điểm)



Theo Định luật BTKL: mx + mH2SO4 = mA + mB + mH2O + mCO2

 mB = 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g) (0,25 điểm)

Nung B thu 11,2 lít CO2 và rắn C



 mC=mB-mCO2 = 110,5-0,5.44=88,5 (g) (0,25 điểm)

b Từ (1) và (2): x+y= 0,2 mol

nCO2 = 0,2 mol   mSO4 = 0,2 96 = 19,2g > 12g (0,25 điểm)



 có một muối tan MgSO4 và RSO4 không tan



 nMgCO3 = nMgSO4 = 12012 = 0,1 mol  nRCO3 = nRSO4 = 0,2-0,1 =0,1 mol(0,25 điểm)

Nung B, RSO4 không phân hủy, chỉ có X dư bị nhiệt phân

Đặt a = nMgCO3  RCO3 = 2,5a (trong X)

MgCO3   MgO + CO2 (3) (0,25 điểm)

a- 0,1 a-0,1

RCO3   RO + CO2 (4) (0,25 điểm)

2,5a – 0,1 2,5a – 0,1

Từ (3) và (4) : nCO2 = 3,5a – 0,2 = 0,5   a = 0,2 (0,25 điểm)

mX = 84.0,2 + 2,5.0,2(R + 60) = 115,3   R = 137 (Ba) (0,25 điểm)

Câu 3:(5,0 điểm )

Các PTPƯ: Mg + H2SO4   MgSO4 + H2 (1) (0,25 điểm)

Zn + H2SO4   ZnSO4 + H2 (2) (0,25 điểm)

a Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà khối lượng H2 giải phóng tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần Chứng tỏ trong TNI còn dư kim loại, trong TNII kim loại đã phản ứng hết, axit còn dư (0,25 điểm)

Từ (1) và (2) : nH2SO4 = nH2 = 0,4 mol ( ở TNI) (0,25 điểm)

b Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có:

Câu 4:(5,0 điểm )

Khối lượng mỗi phần của A là:

2

A

Phần tác dụng với HCl:

a a

b 2nb

Theo (1) và (2) :

nH2 = a + 2n b = 122,568,4 = 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I) (0,25 điểm)

Phần tác dụng với HNO3:

Fe + 4HNO3   Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (3) (0,25 điểm)

a a

3M + 4nHNO3   3M(NO3)n+ NO + 2nH2O (4) (0,25 điểm)

b 3nb

Theo (3) va (4) :

Hay 3a + nb = 0,18 (II)

Thay vào biểu thức trên : 56 0,04 + Mb = 2,78 (0,25 điểm)

Mb = 2,78 – 2,24 = 0,54 (0,25 điểm)

nb

Mb

điểm)

Lập bảng :

n 1 2 3 4

M 9 18 27 36

Cặp nghiệm thích hợp : n = 3 ; M = 27 Vậy M là Al (0,25 điểm)

Thành phần % khối lượng mỗi chất :

%mFe =0,204,78.56 100 = 80,58% (0,25 điểm)