Đề thi học sinh giỏi Hóa học 9 cấp tỉnh số 41

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÀ
ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH
NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: HÓA HỌC 9
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1.( 2 điểm) Cho sơ đồ chuyển hóa của nguyên tố Fe (mỗi mũi tên là 1 phản ứng hóa
học):
Fe Fe
2
(SO
4
)
3
FeCl
3
Fe

Fe(OH)
3
Fe
2
O
3
Fe(OH)
3

a. Hãy chỉ ra những chỗ đúng, sai, hoặc thiếu chính xác ở sơ đồ chuyển hóa trên và giải
thích vì sao?
b. Từ đó hãy chọn hóa chất, điều kiện (ở trên dấu mũi tên) thích hợp và viết PTHH thực
hiện dãy chuyển hóa đúng.
Câu 2 . (2 điểm)

a. Chỉ được dùng thêm 2 hóa chất tự chọn. Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt 5 chất
bột chứa trong 5 lọ mất nhãn gồm: Mg(OH)
2
, Al
2
O
3
, Ca(NO
3
)
2
, Na
2
CO
3
, KOH.
b. Hãy trình bày phương pháp hóa học để tách từng chất ra khỏi hỗn hợp gồm BaCO
3
, CuO
NaCl, CaCl
2
sao cho khối lượng không thay đổi.
Câu 3. (2 điểm)
a. Trình bày nguyên tắc, nguyên liệu, các phản ứng chính xảy ra trong quá trình luyện
gang.
b. Tính khối lượng quặng manhetit (chứa 10% tạp chất trơ) cần dùng để sản xuất được 2
tấn gang chứa 5% cacbon. Biết hiệu suất quá trình đạt 90%.
Câu 4 . (2 điểm)
Hòa tan 5,33 gam hỗn hợp 2 muối RCl
n

và BaCl
2
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 AgNO
3
8,5% thu được 5,74 g kết tủa X
1
và
dung dịch X
2
. Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng, dư thu được 1,165 gam
kết tủa X
3
.
a. Xác định tên kim loại R và công thức hóa học RCl
n
.
b. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X
2
Câu 5. (2 điểm)
Cho 12,9 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Mg và Al vào trong bình đựng khí clo, nung
nóng. Sau một thời gian ngừng phản ứng thu được 41,3 gam hỗn hợp chất rắn B. Cho toàn
bộ chất rắn B tan vào trong 500 ml dung dịch HCl 1,2M thu được dung dịch C và V lít khí
H
2

(đktc). Dẫn V lít khí H
2
này qua ống đựng 20 gam CuO nung nóng. Sau một thời gian
thu được hỗn hợp chất rắn nặng 16,8 gam. Biết chỉ có 80% H
2
phản ứng.
a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp A.
b. Tính nồng độ C
M
các chất trong dung dịch C( Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không
đáng kể).
Cho: H=1, O=16, Al=27, Ba=137, Mg=24,S=32, Fe=56, Cl=35,5, Ag = 108, Cu = 64, N= 14, C= 12
Hết
H
2
SO
4
(1)
HCl đặc
(2)
Ba(OH)2
(3)
(4) NaCl
t
o
(5)
H
2
O
(8)

t
0
(6)
HCl
(7)
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)
Họ và tên : …………………………………………………Số báo danh: ……………………………….
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG HUYỆN VÒNG 2 VÀ CHỌN
ĐỘI TUYỂN DỰ THI CẤP TINH MÔN HÓA HỌC 9. 2011-2012
Câu Nội dung Điểm
I 2.0
a (1) chưa chính xác vì : Nếu dung dịch H
2
SO
4
loãng thì chỉ thu được FeSO
4
Nếu H
2
SO
4
đặc, nguội thì Fe bị thụ động hóa nên không
xảy ra phản ứng. Do đó phải dùng dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng
1.0
(2) Sai, vì HCl đặc dễ bay hơi nên không thể đẩy H

2
SO
4
ra khỏi muối
(3) Phản ứng xảy ra nhưng không nên dùng Ba(OH)
2
vì tạo BaSO
4
kết tủa lẫn
với Fe(OH)
3

(4) Sai, vì Fe(OH)
3
là bazơ không tan nên không tác dụng với muối NaCl
(5) đúng, vì Fe(OH)
3
là bazơ không tan nên bị nhiệt phân
(6) Sai, Fe
2
O
3
không thể phân hủy thành Fe, cần có chất khử mạnh như H
2
,
CO
(7) Sai, Vì phản ứng xảy ra chỉ thu được FeCl
2
(8) sai, không thể chuyển hóa trực tiếp vì Fe
2

O
3
không tan trong nước
b (1) Chọn H
2
SO
4
đặc, nóng
2Fe + 6 H
2
SO
4 đặc, nóng
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6 H
2
O
1.0
(2) Chọn BaCl
2
:
Fe
2
(SO

4
)
3
+ 3 BaCl
2
→ 2FeCl
3
+ 3BaSO
4
(3) Chọn NaOH
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6 NaOH → 2 Fe(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4
(4) Chọn dd HCl:
Fe(OH)
3
+ 3 HCl
→
to
FeCl
3

+ 3 H
2
O
(5) 2Fe(OH)
3
→ Fe
2
O
3
+ 3 H
2
O
(6) Chọn CO hoặc H
2
Fe
2
O
3
+ 3CO 2 Fe + 3 CO
2
Fe
2
O
3
+ 3 H
2

→
to
2Fe + 3 H

2
O
(7) Chọn Cl
2
:
2Fe + 3Cl
2

→
to
2FeCl
3
(8) không thể chuyển hóa trực tiếp
II 2.0
a. - Cho các mẫu thử vào nước dư:
+ Hai mẫu thử không tan là Mg(OH)
2
và Al
2
O
3
( nhóm 1)
+ Ba mẩu thử tan tạo thành 3 dung dịch là Ca(NO
3
)
2
, Na
2
CO
3

, KOH ( nhóm 2)
1.0
- Nhỏ dung dịch HCl vào 3 mẫu thử của nhóm 2:
+ Mẩu nào có bọt khí thoát ra là Na
2
CO
3
Na
2
CO
3
+ 2HCl → NaCl + CO
2
+ H
2
O. Ta biết lọ Na
2
CO
3
+Lấy dung dịch Na
2
CO
3
vừa nhận biết ở trên cho vào 2 dung dịch còn lại
Mẫu nào có kết tủa trắng là Ca(NO
3
)
2
, Không có hiện tượng gì là KOH
Na

2
CO
3
+ Ca(NO
3
)
2
→ CaCO
3
+ 2NaNO
3
- Nhỏ dung dịch KOH vừa nhận biết ở trên vào 2 mẩu thử rắn ở nhóm 1
Mẩu nào tan là Al
2
O
3
, không tan là Mg(OH)
2
Al
2
O
3
+ 2KOH → 2KAlO
2
+ H
2
O
- Cho (NH
4
)

2
CO
3
vào dung dịch vừa thu được cho đến khi lượng kết tủa không
t
o
b. tăng nữa, lọc kết tủa thu được CaCO
3
.
(NH
4
)
2
CO
3
+ CaCl
2
→ CaCO
3
+ 2NH
4
Cl
-Hòa tan CaCO
3
trong dung dịch HCl:
CaCO
3
+ 2HCl → CaCl
2
+ CO

2
+ H
2
O
Cô cạn dung dịch ta thu được CaCl
2
.
- Lấy nước lọc có chứa NaCl, NH
4
Cl, (NH
4
)
2
CO
3
(dư) ở trên, Cho HCl vào đến
khi không còn khí thoát ra:
(NH
4
)
2
CO
3
+ 2 HCl → 2 NH
4
Cl + CO
2
+ H
2
O

Cô cạn dung dịch, nung ở nhiệt độ cao thu được NaCl
NH
4
Cl
→
to
NH
3
↑ + HCl↑
1.0
- Cho hỗn hợp chất rắn BaCO
3
, CuO vào nước, sục CO
2
vào tới dư:
BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O → Ba(HCO
3
)
2
.
Lọc kết tủa ta thu được CuO.
Lấy dung dịch nước lọc đem cô cạn thu được BaCO
3
Ba(HCO

3
)
2

→
to
BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
III 2.0
a Nguyên tắc sản xuất gang: Dùng CO khử các oxit sắt ở nhiệt độ cao trong lò
cao
1.0
Nguyên liệu: Quặng sắt ( hemantit Fe
2
O
3
hoặc manhetit Fe
3
O
4
), than cốc, không
khí giàu oxi và chất phụ gia ( đá vôi )
Các phản ứng chính:
- Tạo chất khử CO:
C + O

2

→
to
CO
2
CO
2
+ C
→
to
2 CO
- Khử oxit sắt:
3CO + Fe
2
O
3

→
to
2Fe + 3CO
2
hoặc 4 CO + Fe
3
O
4

→
to
3 Fe + 4 CO

2
- Tạo xỉ:
CaCO
3

→
to
CaO + CO
2
CaO + SiO
2

→
to
CaSiO
3
b - Hàm lượng Fe trong gang: 100- 5 = 95 %.
Khối lượng Fe có trong 2 tấn gang: 2 . 95% = 1,9 (tấn)
Khối lượng Fe
3
O
4
cần dùng để có 1,9 tấn Fe là:
=
168
9,1.232
168
8,440
( tấn).
Khối lượng quặng manhetit chứa 10% tạp chất:

168
8,440
.
90
100
=
1512
4408
(tấn)
Vì hiệu suất chỉ đạt 90% nên khối lượng quặng đã lấy là:

1512
4408
.
90
100
≈ 3,24 (tấn)
1.0
IV 2.0
a Gọi a,b là số mol của RCl
n
và BaCl
2
có trong 2,665 gam mỗi phần
Phần 1: RCl
n
+ n AgNO
3
→ R(NO
3

)
n
+ n AgCl (1)
a an a an (mol)
BaCl
2
+ 2 AgNO
3
→ Ba(NO
3
)
2
+ 2 AgCl (2)
b 2b b 2b (mol)
n
AgCl
=
5,143
74,5
= 0,04 mol  an + 2b = 0,04
Phần 2: BaCl
2
+ H
2
SO
4
→ BaSO
4
+ 2 HCl (3)
1.0

b b mol
2RCl
n
+ nH
2
SO
4
→ R
2
(SO
4
)
n
+ 2nHCl (4)
Từ phản ứng(3) cứ 1 mol BaCl
2
chuyển thành 1 mol BaSO
4
khối lượng muối
tăng 25 gam. Từ phản ứng (4) cứ 2 mol RCl
n
chuyển thành 1 mol R
2
(SO
4
) khối
lượng tăng 12,5 n gam. Nhưng khối lượng X
3
< m hỗn hợp muối ban đầu.
Chứng tỏ (4) không xảy ra. → X

3
là BaSO
4
Số mol BaSO
4
=
233
165,1
= 0,005 mol  b = 0,005  an = 0,03.
m
hh
= a(M
R
+ 35,5n) + 0,005. 208 = 2,665  aM
R
= 0,56
aM
R
/ an = 0,56 / 0,03  M
R
=
n
3
56
n 1 2 3
M
R
18,7 37,3 56(Fe)
Vậy R là kim loại sắt Fe. Công thức hóa học của muối: FeCl
3

b. số mol AgNO
3
phản ứng theo PTHH (1), (2)=. 0,04 mol
số mol AgNO
3
dư = 0,05 - 0,04 = 0,01 mol
Dung dịch X
2
gồm: Fe(NO
3
)
3
( 0,01 mol)  m Fe(NO
3
)
3
= 0,01. 142 = 1,42 g
Ba(NO
3
)
2
( 0,005 mol)  m Ba(NO
3
)
2
= 0,005. 261=1,305 g
AgNO
3
dư (0,01 mol)  m AgNO
3

= 0,01 . 170 = 1,7 g
m
dd
=
2
200
+ 100 - 5,74 =194,26 g
C% Fe(NO
3
)
3
=
%100.
26,194
42,1
= 0,73%
C% Ba(NO
3
)
2
=
%100.
26,194
305,1
= 0,671%
C% AgNO
3
=
%875,0%100.
26,194

7,1
=
1.0
V 2.0
a. Gọi x, y là số mol Mg, Al phản ứng với Cl
2
theo phương trình hoá học:
Mg + Cl
2

→
to
MgCl
2
x x mol
2Al + 3Cl
2

→
to
2AlCl
3
y 3y/2 mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
A
+ mCl
2
= m
B
 mCl

2
= 41,3 - 12,9 = 28,4 g
 nCl
2
=
mol4,0
71
4,28
=
 x + 3y/2 = 0,4  2x + 3y = 0,8 (1)
Cho B vào dd HCl thấy có khí H
2
thoát ra chứng tỏ kim loại còn dư
gọi a, b là số mol Mg, Al có trong B
Mg + 2 HCl
→
MgCl
2
+ H
2
a a
2Al + 6 HCl
→
2 AlCl
3
+ 3 H
2
b 3b/2
nH
2

= a + 3b/2
H
2
+ CuO
→
to
Cu + H
2
O
1.5
khối lượng chất rắn giảm đi chính là khối lượng oxi trong CuO bị khử
 m
O
= 20 - 16,8 = 3,2 gam
Theo PTHH nH
2
pư
= n
CuO
= n
O
=
2,0
16
2,3
=
mol
vì chỉ có 80% H
2
tham gia phản ứng nên lượng H

2
có trong V lít là
mol25,0
80
100.2,0
=
 a + 3b/2 = 0,25
⇒
2a +3b = 0,5 (2)
Từ (1) và (2) ta có 2(a+x) + 3(b+ y) = 1,3 (4)
trong hỗn hợp đầu n
Mg
= (a + x), n
Al
= (b + y)
m
hh
= 24( a + x) + 27 (b +y) = 12,9 (5)
Từ (4), (5) ta có hệ PT: 2(a+x) + 3(b+ y) = 1,3
24( a + x) + 27 (b +y) = 12,9
Giải hệ Pt ta được (a + x) = 0,2 ; ( b + y) = 0,3
⇒
m
Mg
= 0,2 . 24 = 4,8 gam
m
Al
= 0,3 . 27 = 8,1 gam
% m
Mg

=
%21,37%100
9,12
8,4
=
%m
Al
=
%79,62%100
9,12
1,8
=
b Ta có:
n
HCl
bđ
= 0,5 . 1,2 = 0,6 mol , n
HCl
pư
= 2 nH
2
= 2. 0,25 = 0,5 mol
HCl dư.
Trong dung dịch C
nMgCl
2
= n
Mg
= 0,2 mol
nAlCl

3
= n
Al
= 0,3 mol
n
HCl
dư
= 0,6 - 0,5 = 0,1 mol.
Nồng độ mol các chất trong C
C
M
MgCl
2
=
M4,0
5,0
2,0
=
; C
M
AlCl
3
=
M6,0
5,0
3,0
=
; C
M
HCl =

M2,0
5,0
1,0
=
0,5
Hs có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đúng cho điểm tối đa câu đó
.