20 Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: 20 Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 1 Thời gian làm bài 150 phút A- PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN. Câu 1. Dùng quặng he–ma–tit và than cốc (chứa 100% C) để sản xuất ra gang, nếu sản xuất được 200 tấn gang, loại gang có chứa 5% C và 95% Fe, thì lượng C cần dùng là : A. 61,0714 tấn B. 65,0714 tấn C. 71,0714 tấn D. 75,0714 tấn (Coi hiệu suất các phản ứng là 100%) Câu 2. Dãy nào trong các dãy sau đây có tất cả các chất đều tác dụng được với dd BaCl2 : A. SO2, K2SO4, K2CO3, Na2SO4 . B. SO3, P2O5, K2SO4, KHSO4 ; C. SO3, Na2SO4, Ba(HSO4)2, KHSO4 D. SO3, Na2SO4, K2SO4, KHSO3 B- PHẦN TỰ LUẬN. Câu 1 : Chỉ được dùng H 2O, khí CO2 hãy nhận biết các gói bột có màu trắng bạc chứa : NaCl, Na2CO3, Na2SO4, BaCO3, BaSO4 Câu 2 : Quặng nhôm có Al 2O3 lẫn với tạp chất là Fe 2O3 và SiO2. Hãy nêu phương pháp hóa học để tách riêng các chất ra khỏi quặng nhôm ? Câu 3: Viết phương trình hóa học cho mỗi chuyển đổi sau: (6) (7) (8) (5) A D C A (1) (2) (4) FeS2 A B G (3) (9) E BaSO4 C (10) Câu 4. Từ hỗn hợp X chứa MgCO 3 , K2CO3 , BaCO3. Nêu phương pháp hoá học điều chế ba kim loại riêng biệt : Mg, K, Ba. Viết các phương trình hoá học xảy ra. Câu 5: Cho hỗn hợp A gồm Nhôm và một kim loại hoá trị II. Hoà tan A vừa đủ trong dung dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch B và khí C. Cho B tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 thấy tách ra 93,2 gam kết tủa trắng. Lọc kết tủa rồi cô cạn nước lọc thu được 36,2 gam muối khô. 1)Tính thể tích khí C (đktc) thoát ra và khối lượng của hỗn hợp A. 2) Tìm kim loại chưa biết, nếu trong hỗn hợp A số mol kim loại đó lớn hơn 33,33% số mol của Nhôm. ( Cho:Al = 27, Ba = 137, S= 32 , O =16 , Cl=35,5 , H=1 ) HƯỚNG DẪN CHẤM HÓA 9 A-Phần trắc nghiệm khách quan: Câu Đáp án Điểm Câu 1 C 0.25 đ Câu 2 C 0.25 đ A-Phần trắc tự luận: Câu 1 : (1.5 đ) - Trích mẫu thử cho vào các ống nghiệm đựng nước dư ta phân đựoc 2 nhóm (0.25đ) Nhóm 1 : tan trong nước : NaCl, Na2CO3, Na2SO4 Trang 1
2. Nhóm 2 : không tan trong nước : BaCO3, BaSO4 - Dẫn khí CO2 vào nhóm 2 muối tan ra là BaCO3 vì CO2 + H2O + BaCO3 Ba(HCO3)2 Muôí không tan là BaSO4 (0.5đ) – cho Ba(HCO3)2 vào nhóm 1 có 1 mẫu thử không có hiện tượng gì xảy ra thì đó là NaCl (0.25đ) Còn 2 mẫu thử còn lại có hiện tượng tạo kết tủa trắng đó là 2 ống nghiệm chứa Na2CO3, Na2SO4 vì : Ba(HCO3)2 + Na2CO3 BaCO3 + 2NaHCO3 Ba(HCO3)2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaHCO3 Sau đó nhận ra BaCO3, BaSO4 như ở nhóm 1 nhận ra Na2CO3 và Na2SO4 (0.5đ) Câu 2 : (1.0đ) -Hòa tan hỗn hợp 3 ôxít bằng dd kiềm nóng thì Al2O3, SiO2 tan, Fe2O3 không tan Al2O3 + 2NaOH 2NaAlO2 + H2O SiO2 +2NaOH Na2SiO3 + H2O - Lọc phần chất rắn, rửa sạch phơi khô thu được Fe2O3 - Lọc phần nước lọc rồi sục CO2 dư vào để tách được kết tủa Al(OH)3 NaAlO2 + CO2 + H2O Al(OH)3 + NaHCO3 - Lọc kết tủa đem nung đén khối lượng không đổi thu dược Al2O3 - Al(OH)3 Al2O3 + H2O - Phần nước lọc còn lại cho tác dụng với HCl Na2SiO3 + 2HCl H2SiO3 + 2NaCl - Lọc chất rắn thu được, rửa sạch sấy khô, đem nung đến khối lượng không đổi thu được SiO2 : H2SiO3 SiO2 + H2O Trang 2
3. 0.2đ t0 Câu 3 : (1) 4FeS2 + 11O2  8SO2 + 2Fe2O3 (r) (k) (k) (r) 0.2đ (A) V O (2) 2SO2 + O2 2 5 2 SO3 t0 (k) (k) (k) (B) 0.2đ (3) SO2 + 2KOH K2SO3 + H2O (k) (dd) (dd) (l) (C) 0.2đ (4) SO3 + H2O H2SO4 (k) (l) (dd) (G) 0.2đ (5) H2SO4 + Na2SO3 Na2SO4 + H2O + SO2 (dd) (dd) (dd) (l) (k) (A) 0.2đ (6) SO2 + KOH KHSO3 (k) (dd) (dd) (D) 0.2đ (7) KHSO3 + KOH K2SO3 + H2O (dd) (dd) (dd) (l) (C) 0.2đ (8) K2SO3 + 2HCl 2KCl + H2O + SO2 (dd) (dd) (dd) (l) (k) (A) 0.2đ (9) H2SO4 + 2NaOH Na2SO4 + 2H2O (dd) (dd) (dd) (l) (E) 0.2đ (10) Na2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2NaCl (dd) (dd) (r) (dd) (Nếu thiếu điều kiện phản ứng và trạng thái của các chất thì cả câu trừ 0,25 điểm) Câu 4 Để điều chế 3 kim loại , ta chuyển hỗn hợp 3 muối các bon nat thành 3 muối clorua riêng biệt : Cho hỗn hợp vào nước dư,, chỉ có K2CO3 tan trong nước , lọc lấy chất rắn, cho dd HCl dư vào nước lọc K2CO3 + 2HCl 2KCl + CO2 + H2O 0,5 Cô cạn dd, điện phân nóng chảy ta được K Điện phân nc 2KCl 2K+Cl2 Hoà tan phần chất rắn vào dung dịch HCl dư: MgCO3 +2HCl MgCl2 + H2O +CO2 0,25 BaCO3 + 2HCl BaCl2 + H2O +CO2 Trang 3
4. Thêm NH4OH đến dư để tạo kết tủa Mg(OH)2 : MgCl2 +2 NH4OH Mg(OH)2 +2NH4Cl 0,25 Lọc lấy chất rắn , hoà tan trong dung dịch HCl dư thu được MgCl2 , cô cạn rồi điện phân nóng chảy được Mg Mg(OH)2 + 2HCl MgCl2 + 2H2O 0,5 Điện phân nc MgCl2 Mg + Cl2 Dung dịch sau khi loại bỏ Mg(OH)2 chứa BaCl2, NH4Cl và NH4OH dư. Cô cạn để loại NH4Cl và NH4OH , còn lại BaCl2 rắn 0,25 t 0 NH4Cl  NH3 + HCl t 0 NH4OH  NH3 +H2O - Điện phân nóng chảy BaCl2 được Ba 0,25 Điện phân nc BaCl2 Ba +Cl2 Lưu ý: Không đựoc dùng Ba(OH)2 để tạo kết tủa Mg(OH)2 , dùng Ba(OH)2 sẽ làm tăng khối lượng Ba. Câu 5 Gọi kim loại cần tìm là X, x là số mol Al, y là số mol của X , khối lượng mol 1) của X là X (đk :X , x, y >0) PTHH : 2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2 (1) 0,5 Mol: x 1,5x 0,5x 1,5x X + H2SO4 XSO4 + H2 (2) Mol: y y y y Al2(SO4)3 + 3BaCl2 3BaSO4 + 2AlCl3 (3) Mol: 0,5x 1,5x 1,5x x 0,5 XSO4 + BaCl2 BaSO4 + XCl2 (4) Mol: y y y y Theo (1) (2) (3) (4): nH2SO4= nH2 =nBaCl2= nBaSO4 =1,5x +y (mol) 93,2 0,5 Theo bài ra: n BaSO4 = 0,4(mol) nH2 = 0,4 (mol) 233 Vậy :VH2(đktc)= 0,4 .22.4 = 8,96 (lit) nBaCl2= 0,4 (mol) nCl = 0,4.2= 0,8 (mol) mCl= 0,8.35,5=28,4 (gam) 0,5 Theo định luật bảo toàn khối lượng : mAl+mX = mhhmuối clorua – mCl =36,2- 28,4 = 7,8 (gam) ( Cách khác : mBaCl2 = 0,4 .208 = 83,2(gam) mAl2(SO4)3+ mXSO4 = 93,2+36,2 – 83,2 = 46,2(gam) mH2SO4= 0,4 .98 =39,2 (gam); mH2= 0,4.2= 0,8 (gam) Theo đlbt khối lượng :mAl +mX = 46,2 + 0,8 – 39,2 = 7,8 (gam)) Trang 4
5. t0 (1) C + O2  CO2 t0 Mỗi PT (2) 2CO + O2  2CO2 t0 được (3) CaCO3  CaO + CO2 t0 0,25 đ (4) CH4 + 2 O2  CO2 + 2H2O (5) CaCO3 + 2HCl →CaCl2 + CO2 + H2O t0 (6) C + H2O  CO2 + 2H2 t0 (7) CuO + CO  Cu + CO2 (8) Ca(HCO3)2 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + 2H2O Câu +Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm 0,25đ II.1 +Hòa tan các mẫu thử vào nước: Nhận 1,5đ Na2SO4 → dung dịch Na2SO4 BaO + H2O → Ba(OH)2 biết P2O5 + 3H2O →2 H3PO4 Hai mẫu không tan là MgO, Al2O3. được 1 +Lần lượt nhỏ 1 – 2 giọt từng dung dịch trên lên quì tím. chất - Dung dịch không làm đổi màu quì tím là dung dịch Na 2SO4 0,25 tương ứng với gói Na2SO4 ban đầu. điểm - Dung dịch làm quì tím hóa xanh là dung dịch Ba(OH)2 tương ứng với gói đựng BaO ban đầu - Dung dịch làm quì tím hóa đỏ là dung dịch H3PO4 tương ứng với gói đựng P2O5 + Nhận biết MgO, Al 2O3 bằng dung dịch Ba(OH) 2 vừa tạo ra ở trên: - MgO không tan, Al2O3 tan: Al2O3 + Ba(OH)2 →Ba(AlO2)2 + H2O Vậy là ta nhận biết được cả 5 chất. II.2 A: FeS; B: FeS2, C: K2SO3, X: SO3 Y: H2SO4, Z: NaHSO3, T: Mỗi pt 2,0đ Na2SO3 0,25 t0 4FeS + 7O2  2Fe2O3 + 4SO2 điểm t0 HS 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 t0 chọn K2SO3 + 2HCl →2KCl + SO 2 + H2O 2SO2 + O2  2SO đáp án 3 khác SO3 + H2O →H 2SO4 SO2 + NaOH → NaHSO đúng 3 vẫn cho NaHSO3 + NaOH → Na2SO3 + H2O Na SO + H SO → Na SO + SO + H O điểm tối 2 3 2 4 2 4 2 2 đa II.3 - Lúc đầu thanh sắt bị ăn mòn và có sủi bọt khí H 2do phản 0,25đ a, ứng: 0,25đ 1,0đ Fe + H2SO4 →FeSO4 + H2 - khi mới cho dung dịch CuSO4 vào và lắc đều: dd có màu 0,25đ xanh, sau đó có màu xanh nhạt dần đến hết. Bột Cu màu đỏ 0,25đ tách ra bám vào thanh sắt: Fe + CuSO4(xanh) → FeSO 4 (không màu)+ Cu (đỏ) Trang 71
6. II.3,b - Bột Fe tan dần và màu vàng nâu của dd FeCl3 0,25đ 0,5 đ Fe +2FeCl3 →3FeCl2 0,25đ II.3,c Dd Ba(OH)2 tan trong suốt. Khi cho từ từ CO2 qua dd 1,0đ Ba(OH)2 thấy: dd đục dần do xuất hiện kết tủa BaCO 3. Khi 0,25đ cho CO2 dư, dd trong dần đến trong suốt. Đun nóng dd thu được thấy đục trở lại dần dần do tạo ra BaCO3 ( kết tủa trắng ) 0,25đ CO2 + Ba(OH)2 →BaCO3(r) +H2O 0,25đ BaCO3(r) + CO2 + H2O →Ba(HCO3)2(dd) 0,25đ t0 Ba(HCO3)2  BaCO3(r) + CO2(k) + H2O Câu Số mol H SO có trong dung dịch A: 98/98 = 1 (mol)→C = 0,25đ 2 4 M A III.1 1 M 0,25đ 1,5đ PTHH: H2SO4 + Ba(OH)2 →BaSO4↓ + 2H2O (1) 0,25đ Theo (1): n = n = 32,62 : 233 = 0,14 (mol) 0,25đ H 2 SO 4 BaSO 4 → CM = n/V = 0,14/0,1 = 1,4 (M) X 0,5đ - Gọi V là thể tích của dung dịch A ( lít ), ta có: V (lít ) 1 M 0,6 M V 0,6 1,4 M = 0,4 0,4 0,4 ( lít ) 2M 0,4 M V = 0,6 lít = 600 ml III.2 -Số mol H2SO4 có trong 200 ml dung dịch X là: 1,4.0,2 = 0,28 0,25đ 2,0đ (mol) 0,25đ -Gọi a là thể tích của dung dịch Y ( lít ) nNaOH= 0,5a (mol); nKOH = 0,9a (mol) 0,25đ - PTHH : 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (2) 0,25đ 2 KOH + H2SO4 → K2SO4 + 2H2O (3) Theo (2),(3), ta có: 0,5đ n = 1/2(n + n ) = 1/2 ( 0,5a + 0,9a ) = 0,28→a= 0,4 H 2 SO 4 NaOH KOH (l) 0,5đ Theo ĐLBTKL ta có: m + (m + m ) = m + m H 2 SO 4 NaOH KOH muối Z nước → mmuối Z = 0,28.98 + 0,5.0,4.40+ 0,9.0,4 .56 – 2.0,28.18 = 45,52(g) Câu - Gọi khối lượng mol của kim loại B là M, hóa trị là n. IV.1 - Các PTHH xẩy ra: t0 2,0đ MgCO3  MgO + CO2 (1) t0 4B + nO2  2B2On (2) 0,5đ MgCO3 + 2HCl →MgCl2 + CO2 + H2O (3) 2B + 2nHCl →BCln + nH2 (4) MgCO3 + H2SO4 →MgSO4 + CO2 + H2O (5) Trang 72
7. 2B + n H2SO4 →B2(SO4)n + nH2 (6) -Số mol H SO : n = 0,2.0,3 = 0,06 (mol) 0,25đ 2 4 H 2 SO 4 -Số mol HCl:nHCl = 0,2.1,5 = 0,3 (mol) -Gọi số mol của MgCO 3 và kim loại B trong mỗi phần lần lượt là a, b 0,25đ Ta có: 84a + Mb = 15,48: 2 = 7,74 (gam) (*) -Theo (1): n = n = a (mol) MgO MgCO 3 1 -Theo (2): nB O = nB = 0,5b(mol) 2 n 2 0,25đ mhhoxit =40a + 0,5b(2M + 16n) = 7,5 (gam) ( ) -Từ (*) và ( ) ta có : 44a – 8bn = 0,24 (gam) ( ) -Từ (3) và (5) ta có : nH = 2. nMgCO = 2a (mol) 3 0,25đ -Từ (4) và (6) ta có: nH = n.nB = nb (mol) Ʃ nH = 2a + nb = 0,06.2 + 0,3 = 0,42 (mol) ( ) -Từ ( )và ( ) ta có : a = 0,06 (mol); bn = 0,3 (mol) → b = 0,3/n 0,25đ -Ta có : m = 0,06 . 84 = 5,04 (g) MgCO 3 0,3 mB = 7,74 – 5,04 = 2,7 (gam) mB = .M = 2,7 →M = 9n n Xét n = 1,2,3 B là Nhôm (Al) 0,25đ -Từ (3) và (5) ta có: n = n = 0,06 (mol) CO 2 MgCO 3 3 3 0,3 -Từ (4) và (6) ta có: nH = .nAl = = 0,15 (mol) 2 2 2 3 V = (0,06 + 0,15 ) . 22,4 = 4,704 (lít ) IV.2 RO + H2SO4 → RSO4 + H2O 0,25đ 1,5 đ (MR + 16)g 98g (MR + 96)g 18 0,25đ Cứ (MR + 16)g oxit cần 98 gam Axit hay 980 g dd H2SO4 0,25đ 10% (M 96).100% Ta có : R = 11,8% 0,25đ (M R 16) 980 0,25đ -Giải ra ta được MR = 24 (Mg). Vậy công thức oxit là MgO Câu V a, (1,25đ) – Số mol của Na: 9,2/23 = 0,4 (mol) 0,25đ 3,0 -Số mol của CuSO4: 400.4/100.160 = 0,1 (mol) 0,25đ điểm 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2(k) (1) 0,25đ 2NaOH + CuSO4 → Na2SO4 + Cu(OH)2↓ (2) 0,25đ 1 1 Theo (1): nH = .nNa = .0,4 = 0,2 (mol) 2 2 2 0,25đ → V = 0,2.22,4 = 4,48 (lít) H 2 b,(0,75 điểm): Theo (1): nNaOH = nNa = 0,4 (mol) 0,25đ Theo (2): n = 2.n = 2.0,1 = 0,2 (mol) < 0,4 (mol) 0,25đ NaOH CuSO 4 → NaOH dư, CuSO phản ứng hết. →n = n = 0,1 0,25đ 4 Cu(OH) 2 CuSO 4 (mol) Trang 73
8. m = 98.0,1= 9,8 (g) Cu(OH) 2 c,(1,0đ). Dd A chứa Na2SO4 và NaOH dư 0,5đ → n = n = 0,1 (mol)→ n = 0,1.142 = 14,2 Na 2 SO 4 CuSO 4 Na 2 SO 4 (g) 0,5đ nNaOH dư = 0,4 – 0,2 = 0,2 (mol) → mNaOH dư = 0,2 .40 = 8 (g) m = m + mdd - (m + m ) = 9,2 + 400 – ( ddA Na CuSO 4 H 2 Cu(OH) 2 0,2.2+ 9,8) -Nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: 14,2.100% 8.100% C% Na SO = ≈ 3,56 %; C%NaOH dư= ≈ 2% 2 4 399 399 Lưu ý: -HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. - Cứ 2 PTHH viết đúng nhưng chưa cân bằng hay cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 ĐỀ SỐ 20 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (5,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết PTHH xảy ra khi: a/ Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch NaHSO3. b/ Nhỏ dung dịch H2SO4 đặc vào cốc đựng đường Saccarozơ. c/ Ngâm một đinh sắt sạch vào dung dịch ZnSO4. d Sục khí CO2 từ từ vào dung dịch nước vôi trong. e/ Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch NaAlO2. 2. Cho luồng khí CO dư đi qua hỗn hợp chứa: Na, CuO, Fe 2O3, Al2O3 nung nóng thu được chất rắn A. Cho A vào nước dư thu được dung dịch B và chất rắn D. Sục khí CO 2 dư vào dung dịch B thu được kết tủa E. Cho D vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy D tan một phần. Xác định các chất trong A, B, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra? Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu II: (5,0 điểm) 1. Chỉ được dùng thêm một hóa chất, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 5 dung dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt bị mất nhãn: Al 2(SO4)3, CuSO4, FeSO4, MgSO4, H2SO4. Viết PTHH xảy ra (nếu có)? 2. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp rắn gồm: ZnCl 2, FeCl3, CuCl2. Viết các PTHH xảy ra? Câu III: (2,0 điểm) Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ biến hoá sau: Trang 74
9. (1) (2) (3) (4) (5) CaCO3 ¾¾¾¾¾® CaO ¾¾¾¾¾® Ca(OH)2 ¾¾¾¾¾® Ca(HCO3)2 ¾¾¾¾¾® CaCO3 ¾¾¾¾¾® CaCl2 ¾¾¾(¾6¾) ® (7) (8) Ca(NO3)2 ¾¾¾¾¾® Ca3(PO4)2 ¾¾¾¾¾® Ca(H2PO4)2 Câu IV: (4,0 điểm) 1. Hãy tính toán và trình bày cách pha chế 500ml dung dịch H2SO4 0,92M từ dung dịch H2SO4 98% (D = 1,84 g/ml)? 2. Hòa tan 23,35 gam hỗn hợp A gồm: Mg, Al và Cu vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch B, chất rắn D và thấy thoát ra 13,44 dm khí (ở đktc). Nung chất rắn D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 14 gam chất rắn E. Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A? Câu V: (4,0 điểm) 1. Nung nóng 37,92 gam hỗn hợp A gồm FexOy và FeCO3 đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí B và 33,6 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí B hấp thụ hoàn toàn vào 180ml dung dịch Ba(OH)2 0,5M thu được 11,82 gam kết tủa. a) Viết các PTHH xảy ra? b) Xác định công thức hóa học của FexOy? 2. Để m gam Sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được (m+ 4,8) gam chất rắn A. Cho toàn bộ chất rắn A tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc nóng, dư thấy thoát ra 8,4 lít khí SO 2 duy nhất (ở đktc). Tính m? (Cho: Al= 27; Ba = 137; C = 12; 0= 16; H = 1; Cu= 64; Fe = 56; Mg = 24; S = 32) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Trang 75
10. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 5 trang) Câu Nội dung Điểm Câu I a. Có kết tủa trắng xuất hiện, lượng kết tủa lớn dần đến cực đại. 0,25 1/. Ba(OH)2 + 2NaHSO3 BaSO3 (r) + Na2SO3 + H2O 0,25 3,25đ Ba(OH)2 + Na2SO3 BaSO3 (r) + 2NaOH 0,25 Hoặc: Ba(OH)2 + NaHSO3 BaSO3 (r) + NaOH + H2O b. Màu trắng của đường chuyển sang màu vàng, sau đó chuyển sang màu nâu và cuối cùng thành khối màu đen xốp bị bọt khí đẩy lên miệng cốc. 0,5 C12H22O11 + H2SO4 đặc 12C + H2SO4.11H2O C + 2H2SO4 đặc CO2 + 2SO2 + 2H2O 0,25 c. Không có hiện tượng gì xảy ra 0,25 d. Dung dịch nước vôi trong bị vẫn đục (xuất hiện kết tủa trắng), kết tủa lớn dần đến cực đại. CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 (r) + H2O 0,75 - Nếu khí CO2 dư thì kết tủa tan dần đến hết tạo ra dung dịch trong suốt. CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2 e. Xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa lớn dần đến cực đại. HCl + H2O + NaAlO2 Al(OH)3 (r) + NaCl 0,75 - Nếu HCl dư thì kết tủa tan dần đến hết tạo ra dung dịch trong suốt. 3HCl + Al(OH)3 AlCl3 + 3H2O 2/. -Các PTHH xảy ra: 1,75đ t 0 3CO + Fe2O3  2Fe + 3CO2 t 0 0,25 CO + CuO  Cu + CO2 0,25 Chất rắn A gồm: Na; Al2O3, Fe và Cu 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 0,25 2NaOH + Al2O3 2NaAlO2 + H2O -Do chất rắn D tan một phần trong dung dịch Ba(OH)2 dư nên chất rắn D chứa 0,25 Fe, Cu và Al2O3 Dung dịch B chỉ chứa NaAlO2 0,25 CO2 + NaAlO2 + 2H2O Al(OH)3 (r) + NaHCO3 0,25 Kết tủa E là Al(OH)3. 0,25 Ba(OH)2 + Al2O3 Ba(AlO2)2 + H2O Câu II 1. - Trích mẫu thử và đánh số thứ tự. 2,0đ - Nhỏ dung dịch KOH lần lượt vào 5 ống nghiệm đựng sẵn 5 dung dich đó cho Trang 76
11. đến dư: + Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan trong dung 0,25 dịch KOH dư, đó là dung dịch Al2(SO4)3 6KOH + Al2(SO4)3 2Al(OH)3 (r) + 3K2SO4 Keo trắng KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O 0,25 + Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa trắng nhưng không tan trong dung dịch KOH dư, đó là dung dịch MgSO4 0,25 2KOH + MgSO4 Mg(OH)2 (r) + K2SO4 Trắng 0,25 + Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa trắng xanh sau đó hóa nâu đỏ trong không khí, đó là dung dịch FeSO4 2KOH + FeSO4 Fe(OH)2 (r) + K2SO4 0,25 Trắng xanh 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (r) 0,25 Nâu đỏ + Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa xanh lơ nhưng không hóa nâu đỏ trong không khí, đó là dung dịch CuSO4 2KOH + CuSO4 Cu(OH)2 (r) + K2SO4 0,25 Xanh lơ + Dung dịch còn lại không tạo kết tủa, đó là dung dịch H2SO4 2KOH + H2SO4 K2SO4 + 2H2O 0,25 2. -Cho hỗn hợp chất rắn đó vào dung dịch NaOH dư: (3,0đ) ZnCl2 + 2NaOH Zn(OH)2 (r) + 2NaCl FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 (r) + 3NaCl 0,25 CuCl2 + 2NaOH Cu(OH)2 (r) + 2NaCl Zn(OH)2 + 2NaOH Na2ZnO2 + 2H2O Lọc lấy chất rắn thu được hỗn hợp Fe(OH)3 và Cu(OH)2. 0,25 -Sục khí CO2 dư vào dung dịch nước lọc thu được ở trên. CO2 + NaOH NaHCO3 2CO2 + Na2ZnO2 + 2H2O Zn(OH)2 (r) + 2NaHCO3 0,25 Lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi ta thu được ZnO. t 0 0,25 Zn(OH)2  ZnO + H2O Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua ZnO thu được ở trên đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, ta thu được Zn. t 0 CO + ZnO  Zn + CO2 0,25 -Nung hỗn hợp: Fe(OH)3, Cu(OH)2 ở trên trong không khí đến khối lượng không đổi. t 0 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O t 0 0,25 Cu(OH)2  CuO + H2O Dẫn khí H2 nung nóng dư đi qua hỗn hợp chất rắn thu được ở trên: t 0 H2 + CuO  Cu + H2O 0,25 t 0 3H2 + Fe2O3  2Fe + 3H2O Cho hỗn hợp chất rắn thu được vào dung dịch HCl dư: Fe + 2HCl FeCl2 + H2 0,25 Lọc lấy chất rắn không tan, sấy khô ta thu được Cu. Cho dung dịch nước lọc thu được ở trên vào dung dịch KOH dư: 0,25 HCl + KOH KCl + H2O Trang 77
12. FeCl2 + 2KOH Fe(OH)2 (r) + 2KCl 0,25 Lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi. t 0 0,25 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua chất rắn thu được ở trên đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, ta thu được Fe. 0,25 t 0 3CO + Fe2O3  2Fe + 3CO2 Câu III 2,0đ t 0 (1) CaCO3  CaO + CO2 Mỗi (2) CaO + H2O Ca(OH)2 PT (3) Ca(OH)2 + 2CO2 Ca(HCO3)2 (4) Ca(OH) + Ca(HCO ) 2CaCO + 2H O được 2 3 2 3 2 0,25 (5) CaCO3 + 2HCl CaCl2 + CO2 + H2O (6) CaCl2 + 2AgNO3 2AgCl (r) + Ca(NO3)2 (7) 3Ca(NO3)2 + 2K3PO4 Ca3(PO4)2 (r) + 6KNO3 (8) Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 3Ca(H2PO4)2 Câu IV *Tính toán: 1. - Khối lượng H2SO4 có trong dung dịch: 1,5đ 500.0,92.98 0,25 m 45,08 (gam) H2SO4 1000 -Thể tích dung dịch H2SO4 98% (D= 1,84 g/ml) cần lấy: 45,08 0,25 V 25 (ml) ddH2SO4 98%.1,84 *Cách pha chế: Đong lấy 475ml nước cất cho vào cốc thủy tinh chia vạch dung tích 1lít, đong lấy 25ml dung dịch H2SO4 98% (D= 1,84 g/ml) cho từ từ vào cốc 1,0 trên rồi khuấy nhẹ, sau đó thêm rất từ từ nước cất vào cho đủ 500ml. Ta được 500ml dung dịch H2SO4 0,92M 2. -Gọi số mol của Mg, Al, Cu trong 23,35 gam hỗn hợp A lần lượt là a, b, c mol. 2,5đ mhh A = 24a + 27b + 64c = 23,35 (gam) (*) 0,25 -Các PTHH xảy ra: 0,25 Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (1) 1 mol 1 mol a mol a mol 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 (2) 0,25 2 mol 3 mol b mol 1,5b mol 13,44 0,25 -Từ (1) và (2) ta có: n a 1,5b = 0,6 (mol) ( ) H2 22,4 0,25 t0 2Cu + O2  2CuO (3) 1 mol 1 mol c mol c mol 0,25 80.c = 14 (gam) ( ) 0,25 -Từ (*), ( ) và ( ) ta có: a = 0,225 mol, b = 0,25 mol, c = 0,175 mol 0,25 - Thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A: 0,225.24 %Mg = .100% 23,13% 23,35 0,25.27 %Al = .100% 28,91% 0,5 23,35 Trang 78
13. 0,175.64 %Cu = .100% 47,96% 23,35 Câu V a. 1. 33,6 - Số mol Fe2O3: n 0,21 (mol) 2,5đ Fe2O3 160 180.0,5 - Số mol Ba(OH)2: nBa(OH ) 0,09 (mol) 0,25 2 1000 - Các PTHH xảy ra: t0 2FexOy + (1,5x - y)O2  xFe2O3 (1) 0,25 t0 4FeCO3 + O2  2Fe2O3 + 4CO2 (2) Ba(OH)2 + CO2 BaCO3 (r) + H2O (3) 0,25 BaCO3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 (4) 11,82 - Số mol BaCO3: nBaCO 0,06 (mol) 0,25 3 197 b. Ta thấy n 0,06 (mol) < n 0,09 (mol) Có 2 trường hợp xảy BaCO3 Ba(OH )2 ra: * Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư, (4) không xảy ra. 0,25 - Từ (2) và (3) ta có: n = n = n = 0,06 (mol) FeCO3 CO2 BaCO3 - Ta có: nFe (trong oxit ban đầu) = 2.0,21 - 0,06 = 0,36 (mol) mO (trong oxit ban đầu) = 37,92 - 0,06.116 - 0,36.56 = 10,8 (gam) nO (trong oxit ban đầu) = 10,8 : 16 = 0,675 (mol) 0,25 x 0,36 8 - Ta có: (loại) y 0,675 15 * Trường hợp 2: CO2 còn dư, BaCO3 bị hòa tan 1 phần theo (4). 0,25 - Theo (3) ta có: n = n = 0,09 (mol) CO2 BaCO3 - Theo (4) ta có: n = n = 0,09 – 0,06 = 0,03 (mol) 0,25 CO2 BaCO3 - Từ (2), (3) và (4) ta có: n = n = 0,09 + 0,03 = 0,12 (mol) FeCO3 CO2 0,25 - Ta có: nFe (trong oxit ban đầu) = 2.0,21 - 0,12 = 0,3 (mol) mO (trong oxit ban đầu) = 37,92 - 0,12.116 - 0,3.56 = 7,2 (gam) 0,25 nO (trong oxit ban đầu) = 7,2 : 16 = 0,45 (mol) x 0,3 2 - Ta có: Công thức hóa học của oxit sắt là Fe2O3. y 0,45 3 2. 8,4 - Số mol SO2: n 0,375 (mol) 1,5đ SO2 22,4 0,25 - Gọi công thức tổng tổng quát chung của chất rắn A là FexOy. - Các PTHH xảy ra: t0 2xFe + yO2  2FexOy (1) 0,25 t0 2FexOy + (6x-2y)H2SO4  xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) 1 1 m m 0,25 - Từ (1) và (2) ta thấy: n n . (mol) Fe2 (SO4 )3 2 Fe 2 56 112 3.m nS(trong muối) = 3.n (mol) Fe2 (SO4 )3 112 - Từ (2) ta thấy: 0,25 Trang 79
14. 3.m n n = n + nS(trong muối) = 0,375 + H2O H2SO4 S (trongSO2 ) 112 0,25 - Áp dụng ĐLBTKL cho (2) ta có: m + m = m + m + m 0,25 A H2SO4 Fe2 (SO4 )3 SO2 H2O 3.m m 3.m m + 4,8 + 98. (0,375 + ) = 400. + 0,375.64 + 18. (0,375 + ) 112 112 112 m ≈ 25,2 (gam) Lưu ý: - HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. - Cứ 2PTHH viết đúng nhưng cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm. Trang 80