Đề đề xuất thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề đề xuất thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HOÁ LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 Môn: Hóa học Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) ĐỀ ĐỀ XUẤT Câu 1: (2 điểm) Hợp chất A có công thức R2X, trong đó R chiếm 74,19% về khối lượng. Trong hạt nhân của nguyên tử R có số hạt không mang điện nhiều hơn số hạt mang điện là 1 hạt. Trong hạt nhân nguyên tử X có số hạt mang điện bằng số hạt không mang điện. Tổng số proton trong phân tử R2X là 30. Tìm công thức phân tử của R2X. Câu 2. (2,0 điểm) 1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho lần lượt các chất khí sau: SO2, Cl2, NO2, H2S, CO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 dư. 2. Chỉ dùng một thuốc thử, trình bày cách nhận biết các chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn sau: BaCO3, BaSO4, Na2SO4, Na2CO3, MgCO3, CuSO4 (khan). Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Câu 3.(2điểm)Nhỏ từ từ 3V1 lít dung dịch Ba(OH)2 xM (dung dịch X) vàoV1 lít dung dịch Al2(SO4)3 yM(dung dịch Y)thì phản ứng vừa đủ và thu được kết tủa lớn nhất là m(g) a) Tính giá trị x/y. b) Nếu trộn V 2 lít dung dịch X vào V1 lít dung dịch Y (ở trên ) thì kết tủa thu được có khối lượng bằng 0,9m gam. Xác định giá trị V2/V1. Câu 4. ( 2,0 điểm) 1. Nung nóng hỗn hợp Cu, Ag trong O2 dư, sau phản ứng thu được chất rắn A. Cho A vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch B và khí C. Khí C tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch D. Dung dịch D vừa tác dụng với BaCl 2, vừa tác dụng với NaOH. Xác định thành phần các chất có trong A, B, C, D. Viết phương trình các phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. 2. Từ tinh bột, các chất vô cơ cần thiết và các điều kiện có đủ, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế các chất sau: etyl axetat, etilen, PVC. Câu 5. ( 2,0 điểm) Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm: R, FeO, CuO (R là kim loại chỉ có hóa trị II, hidroxit của R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa một kim loại) và 6,72 lít H2 (đktc). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. 1. Tìm R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X . 2. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A. Câu 6. ( 2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm (Al và oxit FexOy). Nung m gam X trong điều kiện không có t0 không khí, khi đó xảy ra phản ứng: Al + Fe xOy  Al2O3 + Fe (phản ứng chưa được cân bằng). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần: 1
2. Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lit khí và 12,6 gam chất rắn. Phần 2: cho tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc nóng dư, sau phản ứng thu được 27,72 lít SO2 và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. 1. Viết phương trình các phản ứng xảy ra. 2. Tìm m và công thức phân tử của oxit FexOy Câu 7. ( 2 điểm) Đốt cháy hoàn 6,72 lít hỗn hợp khí gồm hai hidrocacbon mạch hở có công thức CnH2n+2 (A) và CmH2m (B) thu được 13,44 lit CO2 và 14,4 gam nước. Các thể tích khí đo ở đktc. 1. Tìm công thức phân tử của hai hidrocacbon. 2. Từ B (mạch không nhánh) viết các phương trình phản ứng điều chế CH3COONa không quá 3 giai đoạn (không quá 3 phản ứng), các chất vô cơ và điều kiện để phản ứng xảy ra có đủ. 3. Tìm công thức cấu tạo có thể có của B thỏa mãn: khi cho B tác dụng với H 2O, xúc tác H2SO4 thì thu được hỗn hợp hai sản phẩm hữu cơ. Viết các phương trình phản ứng. Câu 8. (2,0 điểm) Cho 76,2 gam hỗn hợp A gồm 1 ancol đơn chức (ROH) và 1 axit cacboxylic đơn chức (R/COOH). Chia A thành 3 phần bằng nhau. Đem phần 1 tác dụng hết với Na, thu được 5,6 lít H2 (đktc). Đốt cháy hết phần 2 thì thu được 39,6 gam CO2. Đem phần 3 thực hiện phản ứng este hóa với hiệu suất 60%, sau phản ứng thấy có 2,16 gam nước sinh ra. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các chất trong A. Câu9. (2,0 điểm) Hòa tan hết 17,2 gam hỗn hợp X gồm Fe và một oxit sắt vào 200 gam dung dịch HCl 14,6% thu được dung dịch A và 2,24 lít khí H 2 (đktc). Thêm 33,0 gam nước vào dung dịch A được dung dịch B. Nồng độ phần trăm của HCl trong dung dịch B là 2,92%. Mặt khác, cũng hòa tan hết 17,2 gam hỗn hợp X vào dung dịch H 2SO4 đặc, nóng thì thu được V lít khí SO2 duy nhất (đktc). a) Xác định công thức hóa học của oxit sắt trong hỗn hợp X. b) Tính khoảng giá trị của V? Câu 10. (2,0 điểm) 1.Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch X. Cho CO 2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ. 2.Trong khí thải công nghiệp và khí thải của các động cơ đốt trong (ô tô, xe máy) có chứa lưu huỳnh đioxit. Khí lưu huỳnh đioxit là một trong những khí chủ yếu gây ra mưa axit. Mưa axit phá hủy những công trình, tượng đài làm bằng đá, bằng thép. Bằng kiến thức hóa học hãy giải thích cho vấn đề nêu trên. 2
3. (Cu=64; Ag=108; N=14; O=16; Ba=137; C=12; H=1; Al=27; Fe=56; S=32; Na=23;Ca=40; Mg=24; K=39; Cl=35,5) HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2018-2019 M«n: hãa häc H­íng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm Câu ý Nội dung Điểm Câu Đặt số proton, notron là P, N 1 2M x100 0,25 Ta có: R 74,19 (1) 2M R M X 2đ NR - PR = 1 => NR = PR + 1 (2) 0,25 PX = NX (3) 2PR + PX = 30 => PX = 30 - 2PR (4) Mà M = P + N (5) 0,25 Thế (2),(3),(4), (5)vào (1) ta có: P N 0,25 R R 0,7419 PR NR PX 2PR 1  0,7419 0,25 2PR 1 30 2PR 2P 1  R 0,7419 0,25 31 P = 11 (Na) R 0,25 Thế P vào (4) => P = 30 – 22 = 8 ( Oxi) R X 0,25 Vậy CTHH: Na2O Câu Ý Ca(OH)2 + SO2 CaSO3 + H2O 0,5 2 1 2Ca(OH)2 + 2Cl2 CaCl2 + Ca(ClO)2 + H2O t0 2,5đ 0,5đ 6Ca(OH)2 + 6Cl2 5CaCl2 + Ca(ClO3)2 + 6H2O Ca(OH)2 + H2S CaS + 2H2O Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O 2Ca(OH)2 + 4NO2 Ca(NO2 )2 + Ca(NO3)2 + 2H2O 2 - Dùng dung dịch H2SO4 loãng để nhận biết. - Lấy mẫu thử ra các ống nghiệm khác nhau, đánh dấu tương ứng. 2,0đ Nhỏ dung dịch H2SO4 loãng, dư vào các ống nghiệm. 0,5 + Chất rắn phản ứng tạo kết tủa trắng, giải phóng khí là BaCO3 + Chất rắn không tan trong dung dịch H2SO4 là BaSO4. 3
4. + Chất rắn tan tan tạo dung dịch không màu, không giải phóng khí là Na2SO4 + Chất rắn tan tan tạo dung dịch màu xanh, không giải phóng khí 0,5 là CuSO4. + 2 chất rắn tan, giải phóng khí là MgCO3 và Na2CO3. - Cho tiếp từ từ đến dư 2 chất rắn chưa nhận biết được (MgCO3 và Na2CO3) vào 2 dung dịch của chúng vừa tạo thành. + Chất rắn nào khi ngừng thoát khí mà vẫn tan đó là Na2CO3 + Chất rắn nào khi ngừng thoát khí mà không tan thêm đó 0,5 làMgCO3. BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O 0,5 MgCO3 + H2SO4 → MgSO4 + CO2 + H2O Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O Câu Phản ứng: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 3BaSO4  + 2Al(OH)3  (1) 3 3V1x V1y 0,5 3 1 x 1,5đ Ta có: x=y 1 3V1x V1y y Chọn x = y =1, khi đó m=3V1.233+ 2.V1.78=855V1gam (I) Do 0,9m<m(gam) nên có 2 trường hợp xảy ra Trường hợp 1: Al2(SO4)3 dư, Ba(OH)2 hết 2 0,5 Theo(1): 0,9m=V2.233+V .78 285V gam(II) 3 2 2 V Từ (I, II) : 2 2,7 V1 Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần 0,5 Sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al(OH)3+Ba(OH)2 Ba(AlO2)2+4H2O(2) Theo(1,2): Khối lượng kết tủa tan là 0,1m=(V2 3V1).2.78 0,1m (III) V Từ (I, III) : 2 3,548 (=3,55) V1 Câu 1 - Chất rắn A gồm CuO, Ag 0,25 t0 4 1đ 2Cu + O2  2CuO 2đ (Ag không phản ứng với khí oxi) - Cho A vào dd H2SO4 đặc nóng: 0,25 t0 CuO + H2SO4(đ)  CuSO4 + H2O t0 2Ag + 2H2SO4(đ)  Ag2SO4 + SO2 + 2H2O - Dung dịch B gồm CuSO4, Ag2SO4, H2SO4 dư. 0,25 - Khí C là SO2. Cho C tác dụng với dd KOH. SO2 + 2KOH → K2SO3 + H2O SO2 + KOH → KHSO3 4
5. - Dung dịch D gồm 2 chất tan K2SO3, KHSO3. 0,25 K2SO3 + BaCl2 → BaSO3 + 2KCl KHSO3 + NaOH → Na2SO3 + K2SO3 - Điều chế etyl axetat: CH3COOC2H5 axit, to (-C6H10O5-)n + nH2O  nC6H12O6 men 0.5 C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2 men giaám C2H5OH + O2  CH3COOH + H2O o H2SO4 , t CH3COOH + C2H5OH  CH3COOC2H5 + H2O - Điều chế etilen 0 H2SO4 d ,170 C C2H5OH  CH2=CH2 + H2O - Điều chế PVC: (-CH2-CHCl-)n CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O 0,5 t0 CH3COONa + NaOH(rắn) CH4 + Na2CO3 CaO 15000 C 2CH4 CH  CH + 3H2 LLN xt,to CH  CH + HCl  CH2=CHCl xt, p,to nCH2=CHCl  (-CH2-CHCl-)n Có thể theo cách khác cũng cho điểm tối đa: C2H4 C2H4Cl2 C2H3Cl PVC Câu 5 2,0 1 Tìm R và % khối lượng các chất trong X nHCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol; n = 6,72/22,4= 0,3 mol H 2 -Cho X + dd HCl dư: Vì sản phẩm có H2, nên R là kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hoá học, nên R đứng trước cả Cu. Vì axit dư nên sau phản ứng không thể có R dư, mà 9,6 gam chất rắn B chỉ chứa một kim loại, suy ra phải có phản ứng của R với muối 0,5 CuCl2 tạo ra Cu kim loại và hiđroxit của R sẽ không tan trong nước (ở đây FeCl2 chưa phản ứng với R do mức độ phản ứng của CuCl2 với R cao hơn so với FeCl2). Do đó B là Cu. Dung dịch A có RCl2, FeCl2 và HCl dư. Vì dung dịch A tác dụng với KOH dư thu kết tủa D, sau đó nung D đến hoàn toàn thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit, suy ra 2 oxit này là RO và Fe2O3. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl2. 5
6. R + 2HCl → RCl2 + H2 (1) FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3) R + CuCl2 → RCl2 + Cu (4) - Cho dung dịch A tác dụng dung dịch KOH dư: HCl + KOH → KCl + H O (5) 2 0,5 RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) Nung kết tủa ngoài không khí: t0 R(OH)2  RO + H2O (8) t0 2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2O (9) 2 E gồm hai oxit: RO và Fe2O3 nCu = 9,6/64 = 0,15 mol Theo pư (3),(4): nCuO = nCuCl2 = nCu = 0,15 mol Theo pư (1), (4): nRCl2 = nR = nH2 + nCuCl2 = 0,3 + 0,15 = 0,45 mol Theo pư (6)(8): nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol Đặt nFeO ban đầu = x mol 0,5 Theo các phản ứng (2),(7),(9): nFe2O3 = ½ .nFeO = 0,5x (mol) Ta có: mE = mRO + mFe2O3 = 0,45.(MR + 16) + 0,5x.160 = 34 g (*) mX = mR + mFeO + mCuO = 0,45.MR + 72x + 80.0,15 = 37,2 g( ) Giải hệ (*), ( ) ta được:; x = 0,2 MR = 24 Vậy R là Mg Từ đó tính được % khối lượng các chất trong hỗn hợp X: %mMg = mMg.100/mX = (0,45.24.100)/37,2 = 29,0% %mFeO = 0,2.72.100/37,2 = 38,7% %mCuO = 32,3% Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: A có : MgCl2, FeCl2, HCl dư mMgCl2 = 0,45. 95 = 42,75 gam mFeCl = 0,2.127 =25,4 gam 2 0,5 Ta có: nHCl pư = nCl trong muối = 2.nMgCl2 + 2.nFeCl2 = 1,3 mol => m = 500.0,146- 1,3.36,5 =25,55 gam 3 HCl dư Áp dụng định luật BTKL: mddA = mX + mdd HCl ban đầu –mB – mH2 = 527 gam Từ đó tính được nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: C%(MgCl2) = 8,11% C%(FeCl2) = 4,82% C%(HCl) = 4,85% Câu6 2,0 6
7. Các phương trình phản ứng: t0 3FexOy + 2yAl  3xFe + yAl2O3 (1) Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư có khí, suy ra trong chất rắn có 0,25 Al dư. Vì Al còn dư, mà phản ứng xảy ra hoàn toàn nên FexOy hết. Vậy thành phần của Y có: Al2O3, Fe và Al dư. Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư: 1 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (2) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) 12,6 gam chất rắn không tan là Fe Phần 2 tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư: t0 Al2O3 + 3H2SO4(đ)  Al2(SO4)3 + 3H2O (4) 0,5 t0 2Al + 6H2SO4(đ)  Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5) t0 2Fe + 6H2SO4(đ)  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6) Từ pư(3) có n = 2/3.n = 0,05 mol Al H 2 Lại có: nFe = 12,6/56 = 0,225 mol Vậy trong phần 1 có ( Al2O3, Fe (0,225 mol), Al(0,05 mol)) - Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1. Từ đó suy ra trong phần 2 có: 0,5 ( Al2O3, Fe(0,225a mol) và Al (0,05a mol) Từ pư (5) và (6) suy ra: n = 3/2.(n + n ) = 3/2.(0,05a + 0,225a) = 27,72/22,4= 1,2375 . SO 2 Al Fe Từ đó tính được a = 3. Suy ra trong phần 2 có: 0,675 mol Fe và 0,15 mol Al Mặt khác, tổng khối lượng muối sunfat = m + m = Al2 (SO4 )3 Fe2 (SO4 )3 2 263,25 gam (7) Theo pư (4), (5): n = n + ½. n = n + 0,075 Al2 (SO4 )3 Al2O3 Al Al2O3 Theo pư (6): n = ½.n = 0,3375 mol Fe2 (SO4 )3 Fe Thay các số mol vào pt(7) sẽ tính được n = 0,3 mol 0,5 Al2O3 Vậy khối lượng của phần 2 là: m = m + m + m = 0,3.102 phần 2 Al2O3 Fe Al + 0,675.56 + 0,15.27 = 72,45 gam => khối lượng của phần 1 là: mphần 1 = 72,45/3 =24,15 gam Từ đó tính được m = mphần 1 + m phần 2 = 96,6 gam * Tìm oxit: Xét phần 2: từ pt (1) có: 0,25 3x : y = n : n = 0,675 : 0,3 => x : y = 3: 4 Vậy oxit là Fe O Fe Al2O3 3 4 Câu7 2,0 7
8. nhh = 0,3 mol; n(CO2) = 0,6 mol; n(H2O) = 0,8 mol Đặt số mol hai chất CnH2n+2 và CmH2m lần lượt là x và y mol => nhh = x + y = 0,3 mol (*) Đốt hỗn hợp: 3n 1 t0 CnH2n+2 + O2  n CO2 + (n+1) H2O (1) 0,25 2 Mol x nx (n+1)x 3m t0 CmH2m + O2  m CO2 + m H2O (2) 2 Mol y my my 1 Từ các pư (1) và (2) ta có: nCO2 = nx + my = 0,6 ( ) nH O = (n+1)x + my = 0,8 ( ) 2 0,25 Lấy ( )-( ) ta được x = 0,2; Thay x vào (*) suy ra y = 0,1 Thay x, y vào ( ) ta được: 0,2n + 0,1m = 0,6 hay 2n + m = 6 Thử các giá trị của m, ta được n: n 1 2 3 m 4 2 0 0,25 CTPT A (CH4); A(C2H6); Loại B(C4H8) B(C2H4) Từ B viết phương trình điều chế CH3COONa (không quá 3 giai đoạn): - Nếu B là C4H8: Ni,t0 0,25 C4H8 + H2  C4H10 xt,t0 2 C4H10 + 5 O2  4 CH3COOH + 2 H2O 2 CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O - Nếu B là C2H4: axit C2H4 + H2O  C2H5OH men C2H5OH + O2  CH3COOH + H2O 0,25 CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O Vì B tác dụng H2O có H2SO4 làm xúc tác thu được hỗn hợp 2 sản phẩm hữu cơ, cho nên B không thể là C H . Vậy B phải là C H . 2 4 4 8 0,25 Vì có hai sản phẩm được tạo ra nên CTCT của B thỏa mãn là: CH2 =CH-CH2-CH3 và CH2=C(CH3)2 3 Ptpư: axit CH2 =CH-CH2-CH3 + H2O  CH3-CHOH-CH2-CH3 0,25 axit CH2 =CH-CH2-CH3 + H2O  HO-CH2-CH2-CH2-CH3 axit CH2=C(CH3)2 + H2O  (CH3)3C-OH axit 0,25 CH2=C(CH3)2 + H2O  HO-CH2-CH(CH3)2 Câu 8 2,0 8
9. Đặt ancol ROH là: CxHyO, axit R’COOH: CaHbO2 0,5 Phần 1: 2ROH + 2Na 2RONa + H2 (1) 2 R’COOH + 2Na 2R’COONa + H2 (2) Phần 2: CxHyO + (x+y/4 -1/2)O2 xCO2 + y/2H2O (3) CaHbO2 + (a+b/4 - 1)O2 aCO2 +b/2H2O (4) o H2SO4 , t Phần 3: ROH + R’COOH  R’COOR + H2O (5) Theo (1, 2): n(1/3A)= 2nH2=2.5,6/22,4= 0,5 mol 0,25 Nếu H%(5)=100% thì n(ROH pư)=n(R/COOH pư)=0,12.100/60=0,2 mol Có hai trường hợp: 0,25 Trường hợp 1: nROH 0,2mol nR'COOH 0,3mol Theo(3, 4): 0,2x + 0,3a = 39,6/44 = 0,9 (= nCO2 khi đốt phần 2) 2x + 3a = 9 x = 3 , a = 1 Trong A: C3HyO : 0,2 mol và HCOOH : 0,3 mol 0,25 mA= 3[(12.3+y+16)0,2 + 46.0,3]=76,2 y=6 Vậy CTPT, CTCT các chất trong A: C3H6O 0,25 (CH2=CH-CH2-OH) HCOOH n 0,2mol n 0,3mol Trường hợp 2: R'COOH ROH 0,25 Theo(3, 4): 3x + 2a = 9 x = 1, a= 3 Trong A: CH4O : 0,3 mol và C3HbO2 : 0,2 mol 0,25 mA= 3[32.0,3 + (68+b)0,2]=76,2 b=11 (loại vì b lẽ) Câu 9 a) Gọi công thức của oxit sắt là FexOy. 1,0 Các PTHH khi X vào dung dịch HCl: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) FexOy + 2yHCl → FeCl2y/x + yH2O (2) 1 200.14,6 nHCl ban đầu = = 0,8 (mol) 100.36,5 2,24 nH = =0,1(mol) → m =0,1.2=0,2(g) 2 22,4 H 2 0,5 n Từ (1): nFe = H 2 = 0,1(mol) => mFe = 0,1 . 56 = 5,6(g) m 17, 2 5, 6 11, 6(g) → FexOy 11,6 → nFe O (mol ) (*) x y 56 x 16 y n Từ (1): nHCl = 2H2 = 2.0,1= 0,2 (mol) mddA = 200 + 17,2 0,2 217(g) mddB = 217 + 33 = 250 (g) 9
10. 250.2,92 nHCl dư = 0,2(mol) 100.36,5 nHCl ở (2) = 0,8 - 0,2 - 0,2 = 0,4(mol) Từ (2): 0,5 1 1 0,2 n .n .0,4 (mol ) Fe x O y HCl 2 y 2 y y ( ) Từ (*) và ( ) ta có phương trình 11,6 0,2 x 3 = → 56x 16y y y 4 Vậy công thức Oxit sắt là: Fe3O4 b)Các PTHH khi cho X vào dung dịch H2SO4 đặc nóng: to 2Fe + 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (3) 2 to 2Fe3O4 + 10H2SO4 đặc  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (4) Có thể: Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (5) 0,5 Nếu H2SO4 dư (5) không xẩy ra: 3 1 3 1 → nSO max =nFe + nFe O .0,1 .0,05 = 0,175(mo 2 2 2 3 4 2 2 → V = 3,92 (lít) SO2 max Nếu H2SO4 không dư: (5) xảy ra: nSO nFe (SO ) 2 min nFe ở (5) = ở (3)2 và4 3 (4) Đặt nFe (5) = x(mol) => nFe (3) = 0,1 - x n 1 3 0,5 → ở (3)Fe2 (vàSO4 )(4)3 = + (0,1 x) .0,05 2 2 1 3 0,25 → có pt: (0,1 x) +.0,05 = x => x = 2 2 3 0,25 0,05 nFe (3) = 0,1 - = 3 3 3 0,05 1 Khi đó n min = . .0,05 = 0,05 (mol) SO2 2 3 2 => V = 0,05 . 22,4 = 1,12 (lít) SO2 min Vậy khoảng giá trị có thể nhận giá trị của V là: 1,12 V 3,92 Câu10 1 Đặt số mol: nNa = nBa = a mol (1,0 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) Ba + 2H O → Ba(OH) + H (2) điểm) 2 2 2 → 0,5a + a = 0,15 → a = 0,1 (mol) → Dung dịch X: NaOH: 0,1 mol; 0,5 Ba(OH)2: 0,1 mol Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư 10
11. CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3) 0,1 0,1 0,1 mol CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O 0,5 (4) 0,6đ 0,05 0,1 0,05 mol CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (5) 0,05 0,05 BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 (6) 0,1 0,1 mol 0,4đ nkết tủa 0,1 0,5 0 0,1 0,2 0,3 nCO2 2 (1,0 - Lưu huỳnh đioxit tác dụng với khí Oxi và hơi nước trong không khí tạo ra axit sunfuric (xúc điểm) 0,5 tác là oxit kim loại có trong khói, bụi hoặc ozon): 2SO2 + O2 + 2H2O → 2H2SO4 0,5đ (1) SO2 + H2O → H2SO3 (2) Axit H2SO3, H2SO4 tan vào nước mưa tạo thành mưa axit. 0,5đ - Mưa axit phá hủy các công trình, tượng đài bằng đá, thép: H2SO4 + CaCO3→ CaSO4 + CO2 + H2O (3) H2SO4 + Fe → FeSO4 + H2 11
12. (4) H2SO3 + CaCO3→ CaSO3 + CO2 + H2O (5) H2SO3 + Fe → FeSO3 + H2 (6) Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu PTHH thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó 12