ĐỀ THI CHỌN HSG VONG 2

C©u

Néi dung

®iÓm

I

4,0

a

-         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 ra.

  Cu  + 2H2SO4   →  CuSO4   +  SO2  + H2O

0,5

1,0

0,5

0,5

b

TN1 dùng để điều chế CuSO4 có lợi hơn vì :

-         Lượng H2SO4 cần ít hơn.

-         ở TN2 có khí SO2 thoát ra gây ô nhiễm môi trường.

0,5

0,5

0,5

II

4,0

1

-         Dùng dung dịch NaOH nhận  ra 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 hiện kết tủa keo trắng sau đó tan ra là AlCl3.

-         Lọ nào không có hiện tượng gì là NaCl.

Các PTHH xảy ra: 5 PTHH

  0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

2

-         Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc tách được nước lọc, đun nóng thu được Na2CO3.

-         Hòa tan hh còn lại bằng dd NaOH dư lọc lấy nước lọc, sục khí CO2 dư vào thu lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi được Al2O3.

-         Nung nóng 3 chất rắn còn lại thu được chất rắn, hòa tan chất rắn vào nước lọc tách được CuO và MgO. Sục khí CO2 dư vào nước lọc sau đó đun nóng thu được BaCO3.

-         Dẫn luồng khí H2 dư đi qua ống đựng 2 chất rắn còn lại, cho lượng chất rắn thu được vào dd HCl dư lọc lấy phần không tan đem nung ngoài không khí thu được CuO.

-         Cho dd NaOH dư vào dd còn lại lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được MgO.

-         Các PTHH xảy ra.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,75

III

4,0

1

nH2 = 1 (mol)

PTHH:   Fe  + H2SO4   →   FeSO4  + H2

0,25

               x       x                            x  (mol)

              Zn   +  H2SO4   → ZnSO4  + H2

              y           y              y              y

   nH2 = x  +y = 1 (*) = nH2SO4

   161y/ (56x + 65y + 980 – 2 ) = 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

2

nFe = 0,15 (mol).

  2Fe   + 6H2SO4  →   Fe2(SO4)3  + 3SO2  + 6H2O  (1)

    Fe    + Fe2(SO4)3     →   3FeSO4   (2)

Nếu muối thu được chỉ có Fe2(SO4)3  thì mFe2(SO4)3 = 0,075 . 400 = 30 gam > 26,4 gam.

Nếu muối thu được chỉ có FeSO4 thì mFeSO4 = 0,15 . 142 = 21,3 gam < 26,4 gam .

Vậy xảy ra (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 ra x = 0,125 (mol) → nH2SO4 = 0,375 (mol)

→ m H2SO4 = 36,75 gam

0,25

  0,25

  0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

IV

4,0

a.Gọi x, y lần lượt là số mol của 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

3. Nhận biết mỗi khí

-         Dẫn hh khí cho lội qua dd Br2 nếu thấy mất màu chứng tỏ có SO2.

SO2  + 2H2O + Br2  →   H2SO4  + 2HBr

-         Sục khí còn lại qua dd nước vôi trong nếu nước vôi bị vẩn đục  chứng tỏ khí đó là CO2.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

V

4,0

1

Các pthh :

4R  +   xO2 2R 2Ox                                                          (1)

MgCO3   MgO  +  CO2                                                 (2)

2 R + 2xHCl  2 R Clx + xH2                                                (3)

MgCO3 + 2HCl  MgCl2 + CO2 + H2O                                  (4)

2 R + xH2SO4   R 2(SO4)x +  xH2                                                              (5)

MgCO3  +  H2SO4 MgSO4  + CO2 + H2O                           (6)

= 0,5.1,2 = 0,6 (mol)   ; 

= 0,5.0,24  = 0,12(mol) ;     m mỗi phần =

0,5

0,25

Gọi M là khối lượng mol của kim loại R

Đặt nR ở mỗi phần là a (mol); ở mỗi phần là b (mol) 

mX ở mỗi phần = Ma +84b = 15,48

Từ (1): = nR = a  = ( M+ 8x).a  

     (2): nMgO = = b    mMgO = 40b

M.a+ 8ax+40b = 15

Từ (3) và (5):    nH = x. nR = ax   

      (4) và (6):   nH = 2 = 2b

       ax+ 2b = 0,84 

  Ta có hpt:    

Đặt ax= t   có hệ  

Giải hệ này ta được: b = 0,12;  t = 0,6

0,25

0,25

0,25

0,25

Với t = 0,6   a =

b = 0,12    = 0,12.84 = 10,08 (g)    mR = 15,48 – 10,08 =5,4  (g)

    Ma = 5,4 hay M .   = 5,4   M = 9x.

Chọn: x= 1   M=9 (loại)

           x=2    M=18 (loại)

           x=3    M=27  R là Al

0,5

b

Từ (3) và (5) có nH2 = nAl = 0,3 mol

Từ (4) và (6) có nCO2 = = 0,12 mol

Tỷ khối của B so với H2 =

0,75

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)

0,5

Trong dd A có chứa 4 chất tan: MgCl2; MgSO4; AlCl3; Al2(SO4)3, trong đó:

Tổng nMg = 0,12; nAl = 0,2

nCl = 0,6; = 0,12

Theo pt(7)  = nBa = 0,45;  nOH trong Ba(OH)2 = 2.0,45 = 0,9 mol

Từ (8) và (9): = = = 0,12 mol < 0,45 mol

dư: Các phản ứng (10 và (11) xảy ra cùng (8); (9)

Từ (8) và (10)   = = nAl = 0,3

Từ (9) và (11)   = = nMg = 0,12

Sau (8); (9); (10); (11)   còn dư = 0,45 - 0,3 - 0,12 = 0,03 (mol)

phản ứng (12) xảy ra

Từ (12) bị tan = 2 = 2.0,03 = 0,06 (mol) < 0,2 (mol)

Sau khi các phản ứng kết thúc còn lại = 0,2 - 0,06 = 0,14 (mol)

Vậy khối lượng kết tủa F chính là giá trị của m và

   m = 0,12.233 + 0,12.58 + 0,14.78 = 45,84(g)

0,25

Từ (10) và (11)   = nCl = .0,6 = 0,3 (mol)

Vậy nồng độ CM của các chất tan trong dd E lần lượt là:

= 0,3:0,5 = 0,6 M

Từ (12) = dư =0,03

= 0,03:0,5 = 0,06 M

0,25