Đề thi học sinh giỏi Hóa lớp 9 năm 2012 - 2013

Chia sẻ: Trần Văn được | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

677
lượt xem 108
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và các thầy cô hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Hóa lớp 9 năm 2012 - 2013 kèm đáp án giúp các em có thêm tư liệu để luyện tập chuẩn bị kì thi tới tốt hơn. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Hóa lớp 9 năm 2012 - 2013

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN VÒNG I -------***------- NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN HOÁ HỌC - LỚP 9 (Thời gian làm bài 150 phút) Câu 1. (2 điểm) 1. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học xảy ra trong mỗi thí nghiệm sau: a. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 cho đến dư. b. Hòa tan mẩu Fe vào dung dịch HCl rồi nhỏ tiếp dung dịch KOH vào dung dịch thu được và để lâu ngoài không khí. 2. Từ các chất ban đầu là FeS2, Na2O, H2O và các điều kiện cần thiết khác. Viết các phương trình phản ứng điều chế Na2SO3, Fe(OH)2. Câu 2. (2 điểm) 1. Hãy nêu phương pháp tách riêng mỗi chất rắn có trong hỗn hợp các chất sau: CaCO3, NaCl, BaSO4. Viết phương trình hóa học xảy ra. 2. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp và viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ biến hoá sau: A (1) +D D (4) (5) (6) (7) (8) B  (2)  Fe2(SO4)3  FeCl3  Fe(NO3)3  A  B  C      (3) +D C Câu 3. (2 điểm) 1. Chỉ dùng phenolphtalein không màu, bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt các lọ mất nhãn đựng các dung dịch: NaOH, H2SO4, BaCl2, NaCl, Na2SO4. Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). 2. Tiến hành thí nghiệm nhúng đồng thời hai thanh kim loại R thứ nhất và thứ hai lần lượt vào hai dung dịch CuSO4 và AgNO3. Sau một thời gian nhấc các thanh R ra, thấy thanh R thứ nhất khối lượng giảm so với ban đầu, thanh R thứ hai có khối lượng tăng so với ban đầu. Biết rằng lượng tăng ở thanh R thứ hai gấp 75,5 lần lượng giảm ở thanh R thứ nhất; giả sử tất cả kim loại sinh ra đều bám trên thanh R; số mol các kim loại bám trên thanh R trong hai thí nghiệm trên đều bằng nhau; trong hợp chất kim loại R mang hóa trị II. Xác định kim loại R. Câu 4. (2 điểm) Một hỗn hợp gồm hai muối Na2SO4 và K2SO4 được trộn với nhau theo tỉ lệ số mol tương ứng là 1:2. Hòa tan hỗn hợp hai muối vào 102 gam nước được dung dịch A. Cho 1664 gam dung dịch BaCl2 10% vào dung dịch A, lọc bỏ kết tủa rồi thêm dung dịch H2SO4 dư vào dung dịch còn lại thu được 46,6 gam kết tủa. Xác định nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch A. Câu 5. (2 điểm) Hòa tan 5,33 gam hỗn hợp 2 muối MCln và BaCl2 vào nước được 200 gam dung dịch X. Chia X thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Cho tác dụng với 100 g dung dịch AgNO3 8,5% thu được 5,74 g kết tủa X1 và dung dịch X2. Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được 1,165 gam kết tủa X3. 1. Xác định tên kim loại M và công thức hóa học MCln. 2. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X2
Cho biết: Ag=108; Cu= 64; Zn=65; Al=27; Fe=56; Ba=137; Na= 23;K=39; O=16; H=1; Cl=35,5; N=14; S=32. ---------------- Hết ---------------- HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG I ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2012-2013 MÔN HOÁ HỌC - LỚP 9 Câu Ý Đáp án Điểm 1 2 1 a. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 cho đến dư. Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng tăng dần sau đó tan dần tạo dung 0,5 dịch trong suốt. 3NaOH + AlCl3  3NaCl + Al(OH)3 NaOHdư + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O b. Hiện tượng: Mẩu Fe tan dần vào dd HCl, thu được dd trong suốt, có khí không màu thoát ra. Khi nhỏ dd KOH vào dd thu được thì xuất hiện kết tủa trắng xanh, để lâu ngoài không khí kết tủa chuyển dần sang màu nâu đỏ. 0,5 Fe + 2HCl  FeCl2+ H2  (có khí thoát ra) FeCl2 + 2KOH  Fe(OH)2  + 2KCl (có kết tủa trắng xanh) Có thể có phản ứng: KOH + HCl dư KCl + H2O 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3  (kết tủa chuyển màu nâu đỏ) 2 * Điều chế Na2SO3 Dienphan 2H2O  2H2 + O2 o t 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2  Na2O + H2O  2NaOH 2NaOH + SO2  Na2SO3 + H2O 0,5 * Điều chế Fe(OH)2 o t 3H2 + Fe2O3  2Fe + 3H2O  o t 2SO2 + O2  2SO3 VO  2 5 0,5 SO3 + H2O  H2SO4 H2SO4 + Fe  FeSO4 + H2 FeSO4 + 2NaOH  Na2SO4 + Fe(OH)2 2 2 1 - Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp vào nước, lọc tách chất rắn không tan được 0,25 hỗn hợp chất rắn CaCO3, BaSO4 và dung dịch NaCl. - Cô cạn dung dịch thu được NaCl. 0,25 - Tách CaCO3, BaSO4 : + Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, lọc dung dịch thu được chất rắn 0,25 không tan BaSO4 và dung dịch chứa CaCl2 và HCl dư. CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2  + Nhỏ dung dịch Na2CO3 dư vào dung dịch chứa CaCl2 và HCl dư, lọc 0,25 tách kết tủa thu được muối CaCO3. CaCl2 + Na2CO3  CaCO3  +2NaCl 2 HCl dư + Na2CO3  2NaCl + H2O + CO2  2 A: Fe(OH)3 ; B: Fe2O3 ; C: Fe ; D: H 2SO4 Fe(OH)3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 6H2O  0,125
Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O  0,125 t 0 2Fe + 6H2SO4 (đ)  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O  0,125 Fe2(SO4)3 + 3BaCl2  3BaSO4 + 2FeCl3  0,125 FeCl3 + 3AgNO3  3AgCl + Fe(NO3)3 0,125  0,125 Fe(NO3)3+ 3NaOH  Fe(OH)3 + 3NaNO3  t 0 0,125 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O  0,125 0 t Fe2O3 + 3CO  2 Fe + 3 CO2  3 2 1 - Lấy mỗi dung dịch một ít cho vào các ống nghiệm, đánh số thứ tự. - Nhỏ dung dịch phenolphtalein vào 5 ống nghiệm: + Ống nghiệm nào xuất hiện màu đỏ là dung dịch NaOH 0,25 + 4 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: H2SO4, BaCl2, NaCl, Na2SO4. - Nhỏ dung dịch NaOH có phenolphtalein (màu đỏ) vào 4 ống nghiệm còn lại: + Dung dịch nào làm mất màu đỏ của dd NaOH là H2SO4. 0,25 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O + 3 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: BaCl2, NaCl, Na2SO4. - Nhỏ dung dịch H2SO4 vào ba ống nghiệm còn lại: + Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu trắng là dung dịch BaCl2 0,25 BaCl2 + H2SO4  BaSO4 + 2HCl + 2 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: NaCl, Na2SO4 - Nhỏ dung dịch BaCl2 vào hai ống nghiệm còn lại: + Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu trắng là dung dịch Na2SO4 BaCl2 + Na2SO4  BaSO4 + 2NaCl 0,25 + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: NaCl. 2 Kim loại R có nguyên tử khối là MR : PTHH: R + CuSO4  CuSO4 + Cu  x x R + 2AgNO3  R(NO3)2 + 2Ag  0,25 0,5x x Đặt x là số mol mỗi kim loại bám vào thanh R (nCu = nAg = x mol) 0,25 + Phần khối lượng kim loại giảm ở thanh thứ nhất = (MR -64)x + Phần khối lượng tăng ở thanh thứ hai = (2.108 - MR ).0,5x Theo đề ta có: (2.108 - MR ).0,5x = 75,5.(MR -64)x 0,25 Giải ra MR = 65. Suy ra kim loại R là kẽm (Zn) 0,25 4 2 - Khi cho dd BaCl2 vào dd A: 0,25 BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaCl (1) BaCl2 + K2SO4 → BaSO4 + 2KCl (2) - Khi cho dd H2SO4 vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong 0,25 nước lọc còn chứa BaCl2 (dư) và tham gia phản ứng hết với H2SO4. BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl (3) - Khối lượng BaCl2 cho vào dung dịch A là: 0,25
1664 166, 4 m BaCl2  .10  166, 4(g)  n BaCl2   0,8(mol) 100 208 0,25 - Số mol BaCl2 tham gia phản ứng (3) là: 46, 6 n BaCl2 (3)  n BaSO4 (3)   0, 2(mol) 233 - Suy ra tổng số mol Na2SO4 và K2SO4 = số mol BaCl2 tham gia phản ứng 0,25 (1) và (2) và bằng: n (Na 2SO 4 + K 2SO4 ) = n BaCl2 (1+2)  0,8  0, 2  0, 6(mol) - Vì số mol Na2SO4 và K2SO4 trong hỗn hợp trộn với nhau theo tỉ lệ 1:2 0,25 nên ta có: n Na 2SO4 =0,2(mol); n K 2SO4  0, 4(mol)  m Na 2SO4 =0,2.142=28,4(g); n K 2SO4  0, 4.174  69, 6(g) 0,25 - Khối lượng dung dịch A: mddA  102  28, 4  69, 6  200(g) - Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: 0,25 28,4 69, 6 C% Na 2SO4 = 100%=14,2(%) ; C% K 2SO4  100%  34,8(%) 200 200 5 2 1 Gọi a,b là số mol của MCln và BaCl2 có trong 2,665 gam mỗi phần Phần 1: MCln + n AgNO3 → M(NO3)n + n AgCl (1) a an a an (mol) BaCl2 + 2 AgNO3 → Ba(NO3)2 + 2 AgCl (2) 0,25 b 2b b 2b (mol) 5,74 n AgCl = = 0,04 mol  an + 2b = 0,04 mol 143,5 Phần 2: BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2 HCl (3) b b mol 0,25 2MCln + nH2SO4 → M2(SO4)n + 2nHCl (4) Theo phản ứng(3) cứ 1 mol BaCl2 chuyển thành 1 mol BaSO4 khối lượng muối tăng 25 gam. Từ phản ứng (4) cứ 2 mol MCln chuyển thành 1 mol M2(SO4) khối lượng tăng 12,5 n gam. Nhưng khối lượng X3 < m hỗn hợp muối ban đầu. Chứng tỏ (4) không xảy ra. → X3 là BaSO4 0,25 1,165 Số mol BaSO4 = = 0,005 mol  b = 0,005  an = 0,03. 233 mhh = a(M + 35,5n) + 0,005. 208 = 2,665  aM = 0,56 aM 0,56 56   M n an 0,03 3 n 1 2 3 M 18,7 37,3 56(Fe) 0,25 Vậy M là kim loại sắt Fe. Công thức hóa học của muối: FeCl3 2 Số mol AgNO3 phản ứng theo PTHH (1), (2): n AgNO3 (1), (2) = 0,04 mol Số mol AgNO3 dư = 0,05 - 0,04 = 0,01 mol 0,25 Dung dịch X2 gồm: Fe(NO3)3 ( 0,01 mol)  m Fe(NO 3 )3 = 0,01. 242 = 2,42 g Ba(NO3)2 ( 0,005 mol)  m Ba(NO3 )2 = 0,005. 261=1,305 g AgNO3 dư (0,01 mol)  m AgNO 3du = 0,01 . 170 = 1,7 g 0,25 0,25
200 m dd = + 100 - 5,74 =194,26 g 2 2, 42 C% Fe(NO3)3 = .100% = 1,245% 194, 26 1,305 C% Ba(NO3)2 = .100% = 0,671% 0,25 194,26 1,7 C% AgNO3 = .100%  0,875% 194,26 Ghi chú: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương tương. - Phương trình có chất viết sai không cho điểm, thiếu điều kiện và không cân bằng trừ đi nửa số điểm của phương trình đó. Nếu bài toán có phương trình không cân bằng hoặc sai chất thì không cho điểm. - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: Hoá học Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu I (4 điểm): PE 1) Cho sơ đồ biến hóa: (9) (1) (2) (3) (4) (5) (6) A  B  D  E  F  G  H       (7) L (8) PVC  Hãy gán các chất: CH4, C2H4, C2H2, CH3COONa, CH3COOH, C2H5OH, CH3COOC2H5, CH2=CHCl ứng với các chữ cái (không trùng lặp) trong sơ đồ trên và viết các phương trình hóa học thực hiện sơ đồ biến hóa đó. 2) Có hỗn hợp 3 oxit: MgO, CuO, Fe2O3. Trình bày phương pháp hoá học tách riêng từng oxit. Câu II (4 điểm): 1) Dẫn hỗn hợp khí gồm CO2, SO2, C2H4 qua dung dịch A (dư) thì thu được 1 chất khí duy nhất B thoát ra. B là khí gì? Viết phương trình phản ứng? 2) Xác định công thức phân tử của các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình phản ứng theo dãy biến hoá sau: 0  NaOH  HCl V2 O5 ,t A  B  C  D  E  F  BaSO4 (1) (2)  (3)  (4) (5)  (6)  Biết A là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác. 3) Cho hỗn hợp chất rắn gồm FeS2, CuS, Na2O. Chỉ được dùng thêm nước và các điều kiện cần thiết (nhiệt độ, xúc tác, ...). Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra để điều chế FeSO4, Cu(OH)2. Câu III (4,5 điểm): 1) Từ than đá, đá vôi và các chất vô cơ cần thiết, hãy viết các phương trình phản ứng cần thiết điều chế Brombenzen và đibrometan. 2) Dẫn luồng khí CO dư qua hỗn hợp các chất: BaO, CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng (các chất có số mol bằng nhau). Kết thúc các phản ứng thu được chất rắn X và khí Y. Cho X vào H2O (lấy dư) thu được dung dịch E và phần không tan Q. Cho Q vào dung dịch AgNO3 (số mol AgNO3 bằng hai lần tổng số mol các chất trong hỗn hợp ban đầu) thu được dung dịch T và chất rắn F. Lấy khí Y cho sục qua dung dịch E được dung dịch G và kết tủa H. Hãy xác định thành phần các chất của X, Y, E, Q, F, T, G, H và viết các phương trình hóa học xảy ra. 3) Hoà tan 32 gam kim loại M trong dung dịch HNO3 dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2 và NO, hỗn hợp khí này có tỉ khối hơi so với H2 bằng 17. Xác định kim loại M. Câu IV (4 điểm): Dung dịch A chứa đồng thời 2 muối bạc nitrat và đồng (II) nitrat với nồng độ mol của muối đồng gấp 4 lần nồng độ mol của muối bạc. 1) Nhúng 1 thanh kẽm vào 250 ml dung dịch A. Sau 1 thời gian, lấy thanh kẽm ra và làm khô, thấy khối lượng thanh kẽm tăng 1,51 gam. Biết rằng dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối. Tính nồng độ mol của muối kẽm trong dung dịch sau phản ứng? 2) Nếu giữ thanh kẽm trong 250 ml dung dịch A một thời gian đủ lâu thì thấy sau phản ứng dung dịch A chỉ chứa 1 muối duy nhất với nồng độ 0,54M. Tính nồng độ mol của các muối trong dung dịch A ban đầu? (Coi tất cả kim loại mới sinh ra đều bám vào thanh kẽm và thể tích dung dịch không thay đổi). Câu V (3,5 điểm): Cho hỗn hợp X gồm 3 hidrocacbon A, B, C mạch hở, thể khí (ở điều kiện thường). Trong phân tử mỗi chất có thể chứa không quá một liên kết đôi, trong đó có 2 chất thành phần phần trăm về thể tích bằng nhau. Trộn m gam hỗn hợp X với 2,688 lít O2 thu được 3,136 lít hỗn hợp khí Y (các thể tích khí đều đo ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y, rồi thu toàn bộ sản phẩm cháy sục từ từ vào dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được 2,0 gam kết tủa và khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm đi 0,188 gam. Đun nóng dung dịch này lại thu thêm 0,2 gam kết tủa nữa (Cho biết các phản ứng hóa học đều xảy ra hoàn toàn). 1) Tính m và thể tích dung dịch Ca(OH)2 đã dùng. 2) Tìm công thức phân tử và tính thành phần % về thể tích của 3 hidrocacbon trong hỗn hợp X. (Cho: H =1; C =12; N =14; 0 =16; Na =23; Ca =40; Cu = 64; Zn =65; Ag = 108) -----------------HẾT----------------- Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:………………………. Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:…………………………….Giám thị 2:………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC TỈNH NINH BÌNH THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013 Hướng dẫn chấm gồm 03 trang Câu Nội dung Điểm I. Gán các chất như sau: A: C4 H10; B: CH3 COOH; C: CH3COONa; D:CH4; E: C2H2; F: C2H4 ; G: C2 H5OH; H: CH3COOC2 H5; L: CH2 = CHCl 0 PTHH: 2C4H10 + 5O2 t  4CH3COOH + 2H2O (1) CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O (2) t0 CH3COONa(r) + NaOH(r)  CH4 + Na2CO3 CaO  (3) 0 1500 C 2CH4  C2H2 + 3H2 lam lanh nhanh  (4) 0 t C2H2 + H2  Pd  C2H4 (5) H 2 SO4 l 1 C2H4 + H2O   C2H5OH 6) H 2 SO4 đăc , t 0   CH3COOH + C2H5OH  CH3COOC2 H5 + H2O (7)  0 P ,t , xt nCH2 = CH2   (- CH2 - CH2-)n (PE) (8) t 0 , xt CH ≡ CH + HCl    CH2 = CHCl (9) P ,t 0 , xt nCH2 = CHCl  (- CH2 - CHCl-)n (PVC)  (10) * Nếu HS không ghi điều kiện, không cân bằng PTHH: trừ ½ tổng số điểm mỗi phương trình theo biểu điểm. * HS có thể chọn chất khác mà thỏa mãn PƯHH, cho điểm tối đa theo biểu điểm. 2. (2,5đ) -Cho khí H2 dư đi qua từ từ hỗn hợp nung nóng thì toàn bộ Fe2O3 và CuO chuyển thành Fe và Cu. -Hoà tan hỗn hợp rắn thu được( Fe, Cu, MgO) bằng dung dịch HCl dư.Lọc lấy riêng chất rắn không tan là Cu. Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O Lấy Cu nung trong không khí ta được CuO. 2Cu +O2 to 2CuO  -Hỗn hợp dung dịch thu được gồm MgCl2, FeCl2, HCl dư đem điện phân dung dịch thì thu được Fe 2 FeCl2 đpdd  Fe +Cl2  Lọc lấy Fe nung trong không khí ta được Fe2O3. 4Fe + 3O2 to 2 Fe2O3  -Sau đó cho dd NaOH dư tác dụng với dd còn lại(MgCl2, HCl dư). MgCl2 + 2 NaOH  Mg(OH)2 +2 NaCl HCl + NaOH  NaCl + H2O Lọc kết tủa , đem nung ta được MgO nguyên chất. PTHH: Mg(OH)2 to MgO + H2O  Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa Câu II -Khí B là : CO2 hoặc C2H4
-Dung dịch A là: Nước brom hoặc dung dịch bazơ tan Ví dụ; - A là nước brom: C2H4 + Br2  C2H4Br2 1 SO2+ Br2+ H2O  2HBr + H2SO4 Vậy B là CO2. - A là dung dịch bazơ tan SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O CO2 + Ba(OH)2  CaSO3 + H2O Vậy B là C2H4 1) Theo đề bài, ta có A là NaHS, theo dãy biến hoá ta có: NaHS NaOHNa2S  HCl  H2S SO2  SO3  2SO4 BaSO4    O2 t0 H  V2 O5 (A) (B) (C) (D) (E) (F) Các phương trình phản ứng:( Mỗi phản ứng 0,25 điểm) NaHS + NaOH  Na2S + H2O  2 Na2S + HCl  2NaCl + H2S  2H2S + 3O2  2SO2 + 2H2O  V2O 2SO2 + O2 t0 2SO3 5  SO3 + H2O  H2SO4 H2SO4 + Ba(OH)2   BaSO4 + 2H2O - Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc, tách lấy chất rắn FeS2, CuS và dung dịch NaOH: Na2O + H2O 2NaOH - Điện phân nước thu được H2 và O2: 2H2O 2H2 + O2 (1) - Nung hỗn hợp FeS2, CuS trong O2 (1) dư đến phản ứng hoàn toàn được hỗn hợp rắn Fe2O3, CuO và khí SO2: 4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2 CuS + O2 CuO + SO2 - Tách lấy khí SO2 cho tác dụng với O2 (1) dư có xúc tác, sau đó đem hợp nước được H2SO4: 2SO2 + O2 2SO3 3 SO3 + H2O H2SO4 (2) - Lấy hỗn hợp rắn Fe2O3, CuO đem khử hoàn toàn bằng H2 (1) dư ở nhiệt độ cao được hỗn hợp Fe, Cu. Hòa tan hỗn hợp kim loại vào dd H2SO4 loãng (2), được dung dịch FeSO4. Phần không tan Cu tách riêng. Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O. CuO + H2 Cu + H2O. Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 - Cho Cu tác dụng với O2 (1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H2SO4 (2) rồi cho tiếp dung dịch NaOH vào, lọc tách thu được kết tủa Cu(OH)2. 2Cu + O2 2CuO CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O CuSO4 + 2NaOH Cu(OH)2 + Na2SO4. Câu III Các phương trình phản ứng điều chế C2H5Br, C2H4Br2 được thực hiện theo dãy biến hóa sau: 1 CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2 0.25 o t , xt C2H2 + H2  C2H4  0.25 C2H4 + Br2  C2H4Br2 0.25 o t , xt 3C2H2  C6H6  0.25 t o , Fe C6H6 + Br2  C6 H5Br + HBr  0.25 Gọi số mol mỗi oxit là a  số mol AgNO3 là 8a 2 + Phản ứng khi cho CO dư qua hỗn hợp các chất nung nóng:
0 CO + CuO  Cu t C + CO2 (1) 0.125 a (mol) a (mol) a (mol) t0C 0.125 4CO + Fe3O4  3Fe + 4CO2 (2) a (mol) 3a (mol) 4a (mol)  Thành phần của X: Cu = a (mol); Fe = 3a (mol); BaO = a (mol); Al2O3 = a (mol)  Thành phần khí Y: CO2 = 5a (mol); CO dư 0.25 + Phản ứng khi cho X vào nước dư: BaO + H2O  Ba(OH)2 (3) 0.25 a (mol) a (mol) Al2O3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + H2O (4) 0.25 a (mol) a (mol) a (mol)  Thành phần dung dịch E: Ba(AlO2)2 = a(mol)  Thành phần Q: Cu = a(mol); Fe = 3a(mol) 0.25 + Phản ứng khi cho Q vào dung dịch AgNO3: Trước hết: Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (5) 0.125 3a (mol) 6a (mol) 3a(mol) 6a(mol) Sau đó: Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag (6) a(mol) 2a(mol) a(mol) 2a(mol) 0.125  Thành phần dung dịch T: Fe(NO3)2 = 3a(mol); Cu(NO3)2 = a(mol)  Thành phần F: Ag = 8a(mol). 0.25 * Nếu không viết 2 phản ứng (5), (6) xảy ra theo thứ tự trừ 0,5 điểm + Phản ứng khi cho khí Y sục qua dung dịch E: 2CO2 + 4H2O + Ba(AlO2)2  Ba(HCO3)2 + 2Al(OH)3  (7) 0.25 2a (mol) a(mol) a(mol) 2a(mol)  Thành phần dung dịch G: Ba(HCO3)2 = a(mol) 0.25  Thành phần H: Al(OH)3 = 2a(mol) * Đặt a,b là số mol của NO và NO2 30a  46b a 3 Ta có :  17   2( a  b) b 1 0.25 3 * Phản ứng hoà tan M: 10M + 14n HNO3  10M(NO3)n + 3nNO↑ + nNO2 ↑+ 7nH2O 0.25 10M (gam)  4n mol khí 32 (gam)  8,96/22,4 = 0,4 mol khí  10M .0,4 = 32.4n  M = 32n  M = 64  Vậy M là Cu 0.5 Câu IV -Gọi a là số mol của AgNO3  số mol của Cu(NO3)2 là 4a mol -Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO3.(3 muối đó là: Zn(NO3)2, AgNO3, Cu(NO3)2 0.5 -Gọi x là số mol Zn phản ứng PTHH: Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag x 2x x 2x 0.25 1 -Vì thanh kẽm sau phản ứng tăng nên tao có phương trình : 0.5 108 . 2x – 65x = 1,51  x=0,01 (mol) -Theo phương trình ta có: 0.25 n AgNO3 phản ứng = 0,02 mol; n Zn(NO3)2 = 0,01 mol -Vậy,C M Zn(NO3)2= 0 , 01 =0,04 M 0.25 0 , 25 -Dung dịch chỉ chứa 1 muối duy nhất là Zn(NO3)2 nên AgNO3 và Cu(NO3)2 đã phản 0.25 ứng hết -PTHH: Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag (1) 0.25 0,5a a 0,5a a 0.25
Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu (2) 0.25 2 4a 4a 4a 4a 0.25 -Ta có: C M Zn(NO3)2= 0,54 M  n Zn(NO3)2 = 0,54 .0,25=0,135(mol) -Từ (1 và 2)  n Zn(NO3)2pư = 0,5a + 4a = 0,135  a= 0,03(mol)  nAgNO3= 0,03 mol; nCu(NO3)2= 4a= 0,12mol -Vậy: C M AgNO3= 0,03: 0,25 = 0,12 M C M Cu(NO3)2= 0,12: 0,25 = 0,48M - Câu V 3,136 nO2 = 2, 688 = 0,12 (mol), n hỗn hợp Y = = 0,14 (mol) 22, 4 22, 4 n hỗn hợp X = 0,14 – 0,12 = 0,02 (mol) Đặt công thức trung bình của A, B, C là: Cx H y y 0 y PƯHH: Cx H y + ( x + )O2 t  x CO2 + H2O (1) 4 2 Hỗn hợp sản phẩm đốt cháy Y gồm CO2, H2O, O2 (có thể dư), sục sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2, có PƯHH CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (2) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3 )2 (3) t0 Ca(HCO3)2   CaCO3 + H2O + CO2  (4) 2, 0 Từ (2)  nCO2 = nCaCO3 (2) = = 0,02 (mol) 100 1 0, 2 từ (3), (4)  nCO2 = 2 nCaCO3 (3) = 2. = 0,004 (mol) 100 Vậy: Tổng số mol CO2 ở sản phẩm cháy tạo ra: 0,02 + 0,004 = 0,024 (mol) mdd giảm = mCaCO3 (2) - ( mCO2 + mH 2O ) = 0,188 (g)  mH 2O = 2,0 - 0,024. 44 – 0,188 = 0,756 (g) 0, 756 nH 2O = = 0,042 (mol) 18 Theo định luật BTKL: m X = mC + mH = 0,024.12 + 0,042. 2 = 0,372 (gam) nCa(OH)2 = nCa(OH)2 (2) + nCa(OH)2 (3) = 0,02 + 0,002 = 0,022 (mol) 0, 022 V= = 1,1 (lít) 0, 02 nCn H2 n2 = nH 2O - nCO2 = 0,042 – 0,024 = 0,018 (mol) 0, 024 Từ nCO2 ; nX  x = = 1,2  trong X có một chất là CH4 0, 02 Vậy 3 hidrocacbon có thể có CTTQ thuộc các loại CnH2n + 2, CmH2m (Vì 3 hidrocacbon có tối đa một liên kết đôi) Chia X thành 3 trường hợp: Trường hợp 1: X có 3 hiđrocacbon đều có CTTQ CnH2n + 2
nX = nH 2O - nCO2 = 0,018 < 0,02  loại 2 Trường hợp 2: X gồm CH4, một hiđrocacbon có CTTQ CnH2n + 2 và một hiđrocacbon có CTTQ CmH2m (n,m  4; m  2) Đặt nCH 4 = x (mol), nCn H 2 n2 = y mol, nCm H 2 m = z mol Ta có: x + y = 0,018 mol z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol 0, 018 a) Nếu: x = y = = 0,009 2 nC = 0,009 .1+ 0,009 . n + 0,002. m = 0,024  9n + 2m = 15 m 2 3 4 11 7 n 1 9 9 (loại) b) Nếu: y = z  x = 0,018 – 0,002 = 0,016  nC = 0,016 . 1 + 0,002n + 0,002m = 0,024  n + m = 4 m 2 3 4 n 2 1 0 Chọn cặp nghiệm: C2H6, C2H4 Vậy công thức phân tử của hỗn hợp X: CH4, C2H6, C2H4 CTCT: CH3 – CH3 , CH2 = CH2 c) Nếu x= z = 0,02  y = 0,016 nC = 0,002 . 1 + 0,016n + 0,002m = 0,024  8n + m = 11 m 2 3 4 9 7 n 1 8 8 (loại) 2 Trường hợp 3: X gồm CH4, một hiđrocacbon có CTTQ CnH2n và một hiđrocacbon có CTTQ CmH2m (2  n,m  4) Đặt nCH 4 = x (mol), nCn H 2 n = y mol, nCm H 2 m = z mol nH 2O - nCO2 = 0,018  y + z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol vì x phải khác y và z  y = z = 0,001 nC = 0,018 . 1 + 0,001n + 0,001m = 0,024 n+m=6 m 2 3 4 n 4 3 2 Chọn: C2H4, C4H8 CTCT của C4H8 CH3 – CH = CH – CH3 CH2 = CH – CH2 – CH3 CH2 = C – CH3 3.a) Trường hợp: CH4, C2H6, C2H4 0,016 %CH4 = . 100% = 80% , %C2H6= %C2H4 = 10% 0,02 b) Trường hợp: CH4, C2H4, C4H8 0,018 %CH4 = . 100% = 90% , %C2H4= %C4H8 = 5% 0,02