DE THI HSG HOA 9 MY TAI 1112

Đun nóng trong không khí cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu dung dịch X có nồng độ 7,45%.. Tiếp tục đun nóng thì thu tiếp m gam kết tủa nữa.[r]

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ TÀI Năm học: 2011 – 2012

- Môn : Hoá học - Lớp 9

Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi : 6/10/2011

-Đề đề xuất

Câu 1 (2 điểm)

Xác định các chất X1, …, X5 và hoàn thành các phương trình hoá học theo sơ đồ sau:

AlCl3 + X1 → X2 + CO2 + NaCl

X2 + X3 → Al2(SO4)3 + Na2SO4 + H2O

X1 + X3 → CO2 +

X2 + Ba(OH)2 → X4 + H2O

X1 + NaOH → X5 + H2O

Câu 2 (2 điểm)

Nguyên tử nguyên tố Y có tổng số hạt (p, n, e) bằng 52, tỉ số giữa hạt mang điện và không mang điện trong hạt nhân là 0,944 Xác định nguyên tố Y và viết các PTPƯ xảy ra khi cho đơn chất của Y lần lượt tác dụng dung dịch NaOH nguội, dung dịch NaOH đặc nóng, dung dịch

Na2SO3, dung dịch FeSO4 và dung dịch SO2

Câu 3 (2 điểm)

Nung 23,2 gam hỗn hợp gồm FeCO3 và FexOy tới phản ứng hoàn toàn thu được khí A và 20,8 gam Fe2O3 duy nhất Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,15 M thu được 7,88 gam kết tủa Tìm công thức FexOy

Câu 4 (2 điểm)

Cho dung dịch NaOH 20% tác dụng vừa đủ với dung dịch FeCl2 Đun nóng trong không khí cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu dung dịch X có nồng độ 7,45% Tính nồng độ % của dung dịch FeCl2

Câu 5 (2,5 điểm)

Cho 11,2 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm O2 và Cl2 phản ứng vừa đủ với 16,98 gam hỗn hợp

B gồm Mg và Al tạo ra 42,34 gam hỗn hợp X chứa muối clorua và oxit của hai kim loại Xác định thành phần % theo thể tích của hỗn hợp A và thành phần % theo khối lượng của hỗn hợp B

Câu 6 (3 điểm)

Hỗn hợp gồm Na và Ba hoà tan vào nước được dung dịch A có pH = 12 Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm Al và Fe cần vừa đủ 1,2 lít dung dịch B gồm HCl và H2SO4 loãng Sau phản ứng thấy thoát ra 1,344 lít H2 (đktc) Trộn V lít dung dịch A và 600 ml dung dịch B để tạo dung dịch

C Biết dung dịch C có khả năng hoà tan được tối đa 0,51 gam Al2O3 Tính V

Câu 7 (3 điểm)

Sục 2,016 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch NaOH 1M được dung dịch A Thêm 200 ml dung dịch B gồm BaCl2 0,15M và Ba(OH)2 xM vào dung dịch A thu được 5,91 gam kết tủa Tiếp tục đun nóng thì thu tiếp m gam kết tủa nữa Tính x và m

Câu 8 (3,5 điểm)

Cho m gam hỗn hợp X gồm Al và Mg có tỉ lệ khối lượng là 1 : 1 tác dụng với dung dịch HCl dư thu 14,112 lít H2 (đktc) Mặt khác nếu cho m gam X tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm NO và N2O có tỉ khối so với H2 là 20,25 Tính số mol HNO3 đã dùng

(Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học) -

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM

TRƯỜNG THCS MỸ TÀI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

- Năm học: 2011 – 2012

Môn : Hoá học - Lớp 9

Đề đề xuất

1

X1: NaHCO3; X2 : Al(OH)3 ; X3 : NaHSO4 ; X4 : Ba(AlO2)2 ; X5 : Na2CO3

AlCl3 + 3NaHCO3 → Al(OH)3 + 3CO2↑ + 3NaCl 2Al(OH)3 + 6NaHSO4 → Al2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 6H2O

NaHCO3 + NaHSO4 → CO2↑ + Na2SO4 + H2O

2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O

NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O

0.50 0.50 0.25 0.25 0.25 0.25

2

Ta có: p + e + n = 52 mà p = e (1) Và :

p

n = 0,944 (2)

Từ (1) và (2) → n = 18 ; p = e = 17 → nguyên tố Y có p = 17 là Clo

0.75

Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O

3Cl2 + 6NaOHđ

o

t

  5NaCl + NaClO3 + 3H2O

Cl2 + Na2SO3 + H2O → Na2SO4 + 2HCl

3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3

3Cl2 + SO2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

3

2 3

Fe O

n

=

20,8

160 = 0,13 (mol) ; n Ba(OH) 2

= 0,4 0,15 = 0,06 (mol) 4FeCO3 + O2  t o 2Fe2O3 + 4CO2 (1)

amol 2

a

mol a mol 4FexOy + (3x – 2y)O2  t o 2xFe2O3 (2)

bmol 2

bx

mol

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3)

Từ (3) : n CO2

= n Ba(OH) 2

= n BaCO3

= 197

7,88

= 0,04 (mol)

0.25

0.25

0.25

0.25

→ ngoài phản ứng (3) còn: 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (4)

n CO2

= 2n Ba(OH) 2

= 2 (0,06 – 0,04) = 0,04 (mol) Vậy a = 0,04 + 0,04 = 0,08 (mol)

Từ (1) và (2) :

hh

2 3

m = 0,08.116 + (56x +16y).b = 23,2

0,08 + bx

0,13 2

Fe O n











3 = 4

x y

Vậy công thức oxit là Fe3O4

0.25

0.25

0.50

4

Chọn dung dịch chứa 1 mol FeCl2

FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (1)

1mol 2mol 1mol 2mol

4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  t o 4Fe(OH)3 (2)

1mol 0,25mol 1mol

0.50

mdd NaOH = 20

2.40.100

= 400 (gam) ; mdd X = 7, 45

2.58,5.100

= 1570,5 (gam)

0.50

Mà mddX = mdd NaOH + mddFeCl 2

+ m O2

– mFe(OH) 3

 mddFeCl 2

= mddX – mdd NaOH – m O2

+mFe(OH) 3 = 1570,5 – 400 – 0,25 32 + 107 = 1269,5 (gam)

C% FeCl2 =

127.100 1269,5 = 10%

1.00

5

Đặt x = n O2

; y = n Cl2

; a = nMg ; b = nAl

- Theo ĐLBTKL: mA = mX – mB = 42,34 – 16,98 = 25,36 (g)

- Theo đề:

A

m = 32x + 71y = 25,36

11,2

x + y = 0,5

22,4

A n









%O2 = 0,5

0,26

100 = 52% ; %Cl2 = 100 – 52 = 48% 1.00 Quá trình nhường e Quá trình nhận e

Mg – 2e → Mg+2 O2 + 4e → 2O– 2

amol 2amol 0,26mol 1,04 mol

Al – 3e → Al+3 Cl2 + 2e → 2Cl–

bmol 3bmol 0,24mol 0,48 mol

- Theo định luật bảo toàn electron : 2a + 3b = 1,04 + 0,48 = 1,52 (1)

và : mB = 24a + 27b = 16,98 (2)

- Giải (1) và (2) : a = 0,55 ; b = 0,14

%Mg = 16,98

0,55.24

100 = 77,74% ; %Al = 100 – 77,74 = 22,26%

0.50

1.00

6 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) ; Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2)

pH = 12 → [H+] = 10–12 M → [OH–] = 10–2 M = 0,01M

2

H

n

= 22 , 4 1 , 344 = 0,06 (mol) ; n Al O2 3

= 1020 ,51 = 0,005 (mol) 2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2 (3)

Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 (4)

Từ (3) và (4) : n H= 2n H2

= 2 0,06 = 0,12 (mol)

→ 600ml dung dịch B chứa 0,06 mol H+

Dung dịch C hoà tan Al2O3 nên có 2 trường hợp:

0.75

Trường hợp 1: OH– hết, H+ dư:

OH– + H+ → H2O (5)

0,01V 0,01V

Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O (6)

0,005 0,03

Từ (5) và (6) : n H

Trường hợp 2: H+ hết, OH– dư:

H+ + OH– → H2O (7)

0,06 0,06

Al2O3 + 2OH– → 2AlO2 + H2O (8)

0,005 0,01

Từ (5) và (6) ; n OH = 0,06 + 0,01 = 0,01V → V = 7 lít 0.75

7

2

CO

n

= 22, 4

2,016

= 0,09 (mol) ; n OH = nNaOH = 0,1 1 = 0,1 (mol) 2

( )

Ba OH

n

= 0,2x (mol) → n OH = 0,4x (mol) 2

Ba

n 

= n Ba(OH) 2

+ n BaCl2

= 0,2x + 0,2 0,15 = 0,2x + 0,03 (mol)

Ta có: 1 < 2

NaOH CO

n n

=

0,1

0, 09< 2 → Dung dịch A chứa 2 muối

CO2 + 2OH– → CO32– + H2O (1)

amol 2amol amol

CO2 + OH– → HCO3– (2)

bmol bmol bmol

Từ (1) và (2) :

2a + b = 0,1

b 0,09

a





  a = 0,01 ; b = 0,08

0.50

0.50

Thêm dung dịch B vào dung dịch A:

Đầu tiên: OH– + HCO3– → CO32– + H2O (3)

Sau đó : CO32– + Ba2+ → BaCO3↓ (4)

Từ (4) : CO32

n 

= n Ba2

= n BaCO3

= 197

5,91

= 0,03 (mol)

Từ (3) : n OH = n HCO3

= CO32

n 

= 0,03 – 0,01 = 0,02 (mol) Hay : 0,4x = 0,02 → x = 0,05M

0.50

0.50 Sau (4) : dung dịch chứa Ba2+ : 0,03 + 0,2.0,05 – 0,03 = 0,01 (mol)

HCO3 : 0,08 – 0,02 = 0,06 (mol)

Đun nóng: Ba2+ + 2HCO3–  t o BaCO3↓ + CO2 + H2O

0,01 0,02 0,01

m BaCO3

= 0,01 197 = 1,97 (gam)

0.50

0.50

8 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (1)

m

54 mol 36m mol

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (2)

m

48 mol 48m mol

Từ (1) và (2): 36m + 48m = 14 , 112 22 , 4 = 0,63 → m = 12,96 (gam)

→ nAl = 12 ,9654 = 0,24 mol ; nMg = 12 ,9648 = 0,27 mol

0.50

0.50

nA = 22 , 4 3 , 584 = 0,16 (mol) Đặt x = nNO → n N2O

= 0,16 – x (mol)

Ta có: 30 x+44(0 ,16 − x) 0 ,16 = 20,25 2 → x = nNO= 0,04 mol ; n N2O

= 0,12mol 0.50

Mg – 2e → Mg+2 4H+ + NO3– + 3e → NO + 2H2O (3)

0,27 0,54 0,16 ← 0,12 ← 0,04

Al – 3e → Al+3 10H+ + 2NO3– + 8e → N2O + 5H2O (4)

0,24 0,72 1,2 ← 0,96 ← 0,12 1.00

Ta có: ne cho = 0,54 + 0,72 = 1,26 mol ; ne nhận = 0,12 + 0,96 = 1,08 mol

Vậy ngoài NO và N2O còn có sản phẩm khử là NH4NO3

với ne nhận = 1,26 – 1,08 = 0,18 (mol)

10H+ + 2NO3– + 8e → NH4NO3 + 3H2O (5)

0,225 ← 0,18 → 0,0225

Từ (3), (4), (5) : nHNO3 = 0,16 + 1,2 + 0,225 = 1,585 (mol) 1.00