[Vòng 3: Chọn Tuyển Thi Hsg 9 Archimedes 27/10/2018]

[VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018]

Câu 1: (4,0 điểm)
1. Cho hình vẽ sau mơ tả q trình điều chế oxi trong phịng thí nghiệm:

Hãy cho biết tên tác dụng cụ và các chất X, Y trong phòng thí nghiệm trên, viết
phương trình hóa học của phản ứng xảy ra và giải thích tại sao lại thu được khí O2
bằng phương pháp trên?
2. Hãy tìm cách tách lấy từng kim loại riêng biệt ra khỏi hỗn hợp rắn gồm:
Na2CO3, BaCO3, MgCO3.
3. Có một mẫu muối ăn lẫn MgCl2, MgSO4, Na2SO4, Ca(HCO3)2, NaHCO3. Làm
thế nào để thu được muối ăn tinh khiết.
Hướng dẫn
1.
X là KMnO4 và Y là khí O 2.
Khí O2 rất ít tan trong nước nên có thể thu khí O2 bằng phương pháp đẩy nước.
2.

NaCl cô cạn
 HCl
đpnc
tan  ddNa2 CO3 
 dd 

 Rắn NaCl 
 Na
dư
HCl dư
đpnc
BaCO3
tan  ddBa(OH)2 

 Ba
BaO  H2O
to
không tan 




dư
đpnc
Rắn MgO 
 Mg
MgCO3
MgO

Na2 CO3

 H2O

BaCO3 
dư
MgCO
3


Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O
đpnc
NaCl 
 Na + ½ Cl2 ↑
o

t
BaCO3 
 BaO + CO2 ↑
o

t
MgCO3 
 MgO + CO2 ↑
BaO + H2O → Ba(OH)2

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI

1


[VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018]
đpnc
Ba(OH)2 
 Ba + ½ O2 ↑ + H2O
đpnc
MgO 
 Mg + ½ O2 ↑

3.
Đầu tiên: để loại bỏ ion Mg2+, Ca2+ ta dùng dung dịch Ca(OH)2 dư
MgCl2 + Ca(OH)2 → CaCl2 + Mg(OH)2↓
MgSO4 + Ca(OH)2 → CaSO4 ↓ + Mg(OH)2 ↓
Ca(HCO3)2 + Ca(OH) 2 → 2CaCO3↓ + 2H2O
2NaHCO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2H2O

Dung dịch sau đó: NaCl, NaOH, CaCl 2 và Ca(OH)2 dư. Ta cho ddNa2CO3 vào
Na2CO3 + CaCl2 → 2NaCl + CaCO 3↓
Na2CO3 + Ca(OH)2 → 2NaOH + CaCO 3 ↓
Dung dịch sau gồm: NaOH, NaCl, Na 2CO3 dư. Ta cho ddHCl dư vào
NaOH + HCl → NaCl + H 2O
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 ↑ + H2O
Dung dịch sau gồm: NaCl, HCl dư. Cô cạn dung dịch thu được NaCl khan.
Câu 2: (3,5 điểm)
1. Nhúng một thanh sắt và một thanh kẽm vào một cốc chứa 500 ml dung dịch
CuSO4. Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra khỏi cốc thì mỗi thanh có thêm
Cu bám vào, khối lượng dung dịch trong cốc bị giảm mất 0,22 gam. Trong dung
dịch sau phản ứng nồng độ mol của ZnSO4 gấp 2,5 lần nồng độ mol của FeSO4.
Thêm dung dịch NaOH dư vào cốc, lọc lấy kết tủa nung ngồi khơng khí đến khối
lượng không đổi, thu được 14,5 gam chất rắn.
a. Tính số gam Cu bám trên mỗi thanh kim loại.
b. Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO4 ban đầu.
2. Hồn thành các phương trình phản ứng sau:
Na + B + H2O → D↓ + E + H2
B + NH3 + H2O → D↓ + H
to
A + B → D↓ + E
F + NH3 
 K + N + H2O
o

t
D 
K + FeCl3 → L + M
 F + H2O
B + Ba(NO3)2 → BaSO4 + G

L + NaOH → D↓ + NaCl
Biết B là muối của kim loại có hóa trị II và MB + MD = 258.
Hướng dẫn
1.
Nhận định
- Zn, Fe pứ đồng thời với CuSO4
- Khối lượng dd giảm = mCubám vào – m(Zn+Fe)tan ra = 0,22
- tỉ lệ CM bằng tỉ lệ mol

m dd giaûm  0,22g

 Zn  CuSO4   ZnSO 4

 
Fe(OH)2 to
Fe O
 
500ml
 NaOH


 14,5g  2 3
Fe
dd FeSO 4 
dö
kk
CuO
Cu(OH)2
 CuSO
4 dö

 

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI

2


[VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018]

a.
 Zn : x

64(x  y)  (65x  56y)  0,22 x  0,1
thanh Zn: 6,4g


 mCu 
Fe : y
x  2,5y
y  0, 04
thanh Fe: 2,56g

Mol pứ 
b.

BTNT.Fe
 
 Fe2 O3 : 0, 02 BTNT.Cu nCuSO4 b.đầu  nCuSO4 pứ  nCuO
14,5 gam rắn  14,5g



 CuO : 0,145
 
 nCuSO4 b.đầu  0,14  0,145  0,285
 CM(CuSO )  0,57M
4

2.
Nhận định
- Từ pt B + Ba(NO 3)2 → BaSO4 + G thì B chứa gốc SO4
- Từ pt Na + B + H2O → D↓ + E + H2 thì D là bazo khơng tan
- Từ MB + MD = 258 suy ra MRSO4  MR(OH)2  258  R  64 (Cu)


E : Na2 SO4  A : NaOH
B : CuSO 4

Vậy 
 G : Cu(NO3 )2  H : (NH 4 )2 SO 4
D : Cu(OH)2

F : CuO  K : Cu  L : CuCl 2



N : N 2
M : FeCl 2


2Na + CuSO4 + 2H2O → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 + H2↑

CuSO4 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2↓ + (NH4)2SO4
NaOH + Cu(OH) 2 → Cu(OH)2↓ + Na2SO4
to
3CuO + 2NH3 
 3Cu + N2↑ + 3H2O
o

t
Cu(OH)2 
 CuO + H2O
Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2
CuSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 ↓ + Cu(NO3)2
CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH) 2 ↓ + 2NaCl

Câu 3: (4,0 điểm)
1. Cho 200 ml dung dịch A chứa muối nitrat của một kim loại hóa trị II tác dụng
vừa đủ với 200 ml dung dịch K3PO4, sau phản ứng được kết tủa B và dung dịch C.
Khối lượng kết tủa B và khối lượng muối nitrat trong dung dịch A khác nhau 3,64
gam.
a. Tính nồng độ mol của dung dịch A và C, giả thiết thể tích dung dịch khơng thay
đổi do pha trộn và thể tích kết tủa khơng đáng kể.
b. Cho dung dịch NaOH dư vào 100 ml dung dịch A thu được kết tủa D, lọc lấy
kết tủa D rồi đem nung đến khối lượng không đổi cân được 2,4 gam chất rắn. Xác
định kim loại trong muối nitrat.
2. Cho hỗn hợp A gồm Fe3O4, Al, Fe, Al2O3. Cho A tan trong NaOH dư được hỗn
hợp chất rắn A1, dung dịch B1 và khí C1. Khí C1 dư cho tác dụng với A nung nóng
được hỗn hợp chất rắn A2, dung dịch B1 cho tác dụng với H2SO4 loãng, dư được
dung dịch B2. Chất rắn A2 tác dụng với H2SO4 đặc, nóng được dung dịch B3 và khí
[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI

3


[VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018]

C2. Cho B3 tác dụng với bột sắt được dung dịch B4. Viết các phương trình phản
ứng.
Hướng dẫn
1.

(1)

NO3
62

1
Suy ra
 PO4(3) 
 nNO3  3.nPO4 
3
1
.95
3

M(NO3 )2 : 0,6M
3,64
 0,12  CM 
1
K 3 PO4 : 0,2M
62  .95

3

200 ml M(NO3)2: 0,06 mol → 100 ml M(NO 3)2: 0,03 mol
M(NO3)2 + 2NaOH → M(OH) 2 + 2NaNO3
to
M(OH)2 
 MO + H2O
→ mMO = 2,4 → (M + 16).0,03 = 2,4 → M = 64 (Cu)
2.


Raén A1 : Fe3O 4 , Fe
  NaOH 
 H2SO4
 ddB1 : NaOH dö , NaAlO2 
 ddB2 : Na2 SO 4 , Al 2 (SO 4 )3
 
Fe3O4
dư
loãng,dư



Al

 C1 : H 2
A


Al 2 (SO4 )3  Fe

Fe

ddB

 ddB4

 H2
 H2SO4
Al O
3 
 
 Raén A 2 : Al, Fe, Al 2 O3 

 2 3
Fe2 (SO4 )3
dư
đặc ,dö



 C2 : SO2

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI

4


[VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018]

Al + NaOH + H 2O → NaAlO2 + 1,5H2 ↑

Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H2O
2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O
2NaAlO2 + 4H2SO4 → Al2(SO4)3 + Na2SO4 + 4H2O
to
Fe3O4 + 4H2 
 3Fe + 4H 2O
2Al + 6H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2 O
2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2 O
Fe2(SO4)3 + Fe → 3FeSO 4
Câu 4: (4,5 điểm)
1. Cho hỗn hợp chứa 0,2 mol Cu và 0,1 mol Fe 3O4 vào 400 ml dung dịch HCl 2M.
Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch A và còn lại a gam chất rắn B
không tan. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi đun nóng trong
khơng khí, sau đó lọc lấy kết tủa, nung đến khối lượng khơng đổi thu được b gam
chất rắn C. Cho các phản ứng xảy ra hồn tồn. Viết các phương trình hóa học xảy
ra và tính giá trị a, b.
2. Khi sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol NaOH và b mol
Ca(OH)2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Xác định tỉ lệ a : b.
3. Khi cho 2 gam MgSO 4 khan vào 200 gam dung dịch MgSO4 bão hòa ở t0 đã làm
cho m gam muối kết tinh lại. Nung m gam tinh thể muối kết tinh đó đến khối
lượng không đổi, được 3,16 gam MgSO4 khan. Xác định công thức phân tử của
tinh thể muối MgSO4 kết tinh (biết độ tan của MgSO4 ở t0 là 35,1 gam).
Hướng dẫn
1.
BTNT.Fe

 
 FeCl2 : 0,3  NaOH

Fe2 O3 : 0,15
to
ddA





Raé
n
Cu : 0,2



dö
kk
 HCl
BTNT.Cl


 CuCl2 : 0,1
CuO : 0,1

 
0,8 mol
Fe3O 4 : 0,1
 BTNT.Cu
 Raén B (Cu): 0,1 mol  a = 6,4g
 

Fe3O4 + 8HCl → FeCl 2 + 2FeCl3 + 4H2O
Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + FeCl2
FeCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Fe(OH) 2 ↓
CuCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Cu(OH) 2 ↓
to
2Fe(OH)2 + ½ O2 
 Fe2O3 + 2H2O
o

t
Cu(OH)2 
 CuO + H2O
Giá trị a = 6,4 gam và b = 32 gam.

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI

5


[VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018]

2.
Nhận định
- kết tủa cực đại nCaCO3 = 0,5 → nCa(OH) 2 = b = 0,5
CÁCH 1: Viết theo thứ tự xảy ra pứ
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
0,5 ←0,5→
0,5
CO2 + NaOH → NaHCO 3
a ←a

CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2
0,5 ←0,5
→ 0,5 + a + 0,5 = 1,4 → a = 0,4
CÁCH 2: Theo pt ion
Khi nCO2 = 1,4 thì kết tủa bị hịa tan hết: CO2 + OH- → HCO3- nên nCO2 = nOH→ 1,4 = a + 2.0,5 → a = 0,4
Vậy giá trị a = 0,4 và b = 0,5
3.

Đặt công thức của muối là: MgSO4.nH2O
200.35,1
Khối lượng MgSO4 trong dung dịch ban đầu:
= 51,961 gam
135,1
Ở 200C: 135,1 gam dung dịch có chứa 35,1 gam MgSO 4
(200+2 – m) gam dung dịch có chứa (51,961 + 2–3,16) gam MgSO 4
Từ đó tìm được m = 6,47 gam
Khi nung muối ta có:
o

t
MgSO4.nH2O 
 MgSO4 + nH2O (1)
Theo (1) ta được mH2O = 6,47 – 3,16 = 3,31 gam
3,16
.18n = 3,31→ n = 7
→
120
Vậy muối là: MgSO4.7H2O

Câu 5: (4,0 điểm)

1. A là dung dịch H2SO4 x (mol/l); B là dung dịch KOH y (mol/l). Nếu trộn 0,2 lít
dung dịch A với 0,3 lít dung dịch B thu được 0,5 lít dung dịch C. Để trung hịa
100 ml dung dịch C cần 40 ml dung dịch H2SO4 1M. Nếu trộn 0,3 lít dung dịch A

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI

6


[VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018]

với 0,2 lít dung dịch B thu được 0,5 lít dung dịch D. Để phản ứng hết với 0,5 lít
dung dịch D cần vừa đủ 10,2 gam Al2O3.
a. Xác định x, y.
b. Cho 2,9 gam FeCO 3 vào 125 ml dung dịch A, lắc kỹ thu được dung dịch E và
một khí duy nhất. Tính thể tích dung dịch B cần trung hịa hết ½ dung dịch E.
2. Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe vào V ml dung dịch HNO3 1M.
Sau khi phản ứng xong chỉ thu được dung dịch A và 4,704 lít khí NO duy nhất
(đktc). Cơ cạn cẩn thận dung dịch A thì thu được 71,86 gam muối khan.
a. Xác định thành phần % khối lượng của hỗn hợp X.
b. Tính V.
Hướng dẫn
1.
a.
Trung hịa 100 ml C cần 0,04 mol H2SO4 → trung hòa 500 ml C cần 0,2 mol
Bảng tóm tắt

Mol

A : H2SO4

0,2x
0,3x

B : KOH
0,3y
0,2y


 dd

H2SO4 : 0,2
Al2O3 : 0,1

H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O
nH2SO4 = 0,2 → 2(0,2x + 0,2) = 0,3y (*)
Dung dịch D dư axit hoặc kiềm đều hòa tan được Al2O3 nên có 2TH
TH1: dung dịch D dư axit
nH2SO4 dư = 0,3x – 0,1y
3H2SO4 + Al2O3 → Al2(SO4)3 + 3H2O
x  2,6

(*)
→ 0,3x – 0,1y = 0,3 


y  4,8

TH2: dung dịch D dư kiềm
nKOHdư = 0,2y – 0,6x
2KOH + Al2O3 → 2KAlO2 + H2O

x  0,2

(*)
→ 0,2y – 0,6x = 0,2 


y  1,6

Vậy bài tốn có 2 nghiệm (x; y) = [(2,6; 4,8) ; (0,2; 1,6)]
b.
Khi x = 2,6: nH2SO4 = 0,325
FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2 ↑ + H2O
0,025→ 0,025
→ nH2SO4 dư = 0,3 → nKOHcần = 0,15 → V ddB trung hịa ½ E = 15,625 ml
Khi x = 0,2 : nH2SO4 = 0,025
FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2 ↑ + H2O
0,025→ 0,025
→ nH2SO4 dư = 0 → V ddB trung hịa ½ E = 0
Vậy thể tích ddB cần để trung hịa ½ ddE bằng: 15,625 ml.
[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI

7


[VÒNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018]

2.
Fe : x  Fe(NO3 )2 : x 56(x  y)  16z  19,84
x  0, 09




CÁCH 1: Qui đổi Fe : y  Fe(NO3 )3 : y  180x  242y  71,86
 y  0,23
BTe
O : z
 

 2x  3y  2z  3.0,21 z  0,12


BTNT.O
Fe O : 35, 08%

 Fe3O 4 : 0, 03
Fe : 0,32  
Mol 
  BTNT.Fe
 %m  3 4
 Fe : 0,23
Fe : 64,92%
 
O : 0,12

CÁCH 2: BTKL
BTNT.H
Gọi nHNO3 = a 

 nH2O = 0,5a
m X  m ddHNO  m Muoái  m NO  mH 2 O

3

BTKL 

71,86g
 a  1, 08 
 nFeMuoái  0,32

 19,84  63a  71,86  63.0,21  9a
BTNT.Fe
Fe O : b  
 3b  c  0,32  b  0, 03
Fe O : 35, 08%
Mol  3 4


 %m  3 4
232b  56c  19,84
Fe : c
Fe : 64,92%
c  0,23

Giá trị V = 1,08 lít.

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI

8