DE THI HSG HOA 9

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II
Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009
Môn thi : HÓA H ỌC
Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian phát đề )
----------------------------------------------------------
Câu 1: ( 5,0 điểm )
a- Viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá hoá học sau :
M
 →
N
 →
P
 →
Q
↓
 →
R
↓

 →
T
 →
M
Cho biết A là kim loại thông dụng có 2 hoá trò thường gặp là (II) và (III) khá bền .
b- Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế axit Sulfuric
từ quặng Pirit .
Câu 2: ( 5,0 điểm )
Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO
3
và RCO
3

bằng 500ml dd H
2
SO
4
thu được dd
A , rắn B và 4,48 lít khí CO
2
(đktc). Cô cạn dd A thu được 12g muối khan. Mặt khác,
nung B đến khối lượng không đổi thu 11,2 lít CO
2
(đktc) và rắn C.
a. Tính nồng độ mol của dd H
2
SO
4
, khối lượng rắn B và C.
b. Xác đònh R biết trong X số mol RCO
3
gấp 2,5 lần số mol MgCO
3
.
Câu 3: ( 5,0 điểm )
X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn. Y là dd H
2
SO
4
chưa rõ nồng độ.
Thí nghiệm 1 : Cho 24,3 g X vào 2 lít Y sinh ra 8,96 lít khí H
2
(đktc).

Thí nghiệm 2 : Cho 24,3 g X vào 3 lít Y sinh ra 11,2 lít khí H
2
(đktc).
a. Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong thí nghiệm 2 thì X
tan hết.
b. Tính nồng độ mol củ dd Y và khối lượng mỗi kim loại trong X.
Câu 4: ( 5,0 điểm )
Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa trò không đổi). Chia A làm
hai phần bằng nhau. Phần I hòa tan hết trong dd HCl được 1,568 lít hydrô. Hòa tan hết
phần II trong dd HNO
3
loãng thu được 1,344 lít khí NO duy nhất. Xác đònh kim loại M
và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. (các thể tích khí ở đktc).
------------------------------------------------------
(Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các NTHH để làm bài)
PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II
Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009
Môn thi : HÓA H ỌC
------------ -------------
Câu 1:(5,0 điểm )
a- Vì (A) là kim loại thông dụng có 2 hoá trò thường gặp là (II) và (III) khá bền, đồng
thời theo chuỗi biến đổi (M) chỉ có thể là Fe .
2Fe + 3Cl
2
 →
2FeCl
3
(0,5 điểm)

2FeCl
3
+ Fe
 →
3FeCl
2
(0,5 điểm)

FeCl
2
+ 2NaOH

 →

Fe(OH)
2

↓
+ 2NaCl (0,5 điểm)
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2 H
2
O
 →


4

Fe(OH)
3

↓
(0,5 điểm)
2Fe(OH)
3
 →

Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (0,5 điểm)
Fe
2
O
3
+ 3CO
 →

2Fe + 3CO
2

↑
(0,5 điểm)
b- Các phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế H

2
SO
4
:
4FeS
2
+ 11O
2

 →
2Fe
2
O
3
+ 8SO
2

↑
(0,5 điểm)
2SO
2
+ O
2

 →

2SO
3

↑

+ Q (kJ ) (0,25 điểm)
SO
3
+ H
2
O
 →

H
2
SO
4
(0,25 điểm)
Câu 2:(5,0 điểm )
a) MgCO
3
+ H
2
SO
4

 →
MgSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O (1) (0,25 điểm)

x x x x
RCO
3
+ H
2
SO
4

 →
RSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O (2) (0,25 điểm)
y y y y
Nung B tạo CO
2

 →
B còn , X dư. Vậy H
2
SO
4
hết.
Từ (1) và (2) : n
H2SO4
=n

CO2
=
4,22
48,4
= 0,2 mol. (0,25 điểm)

 →
C
MH2SO4
=
5,0
2,0
= 0,4(M) . (0,25 điểm)
Theo Đònh luật BTKL: mx + m
H2SO4
= m
A
+ m
B
+ m
H2O
+ m
CO2


 →
m
B
= 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g) (0,25 điểm)
Nung B thu 11,2 lít CO

2
và rắn C
 →
m
C
=m
B
-m
CO2
= 110,5-0,5.44=88,5 (g) (0,25 điểm)
b. Từ (1) và (2): x+y= 0,2 mol
n
CO2
= 0,2 mol
 →
m
SO4
= 0,2 . 96 = 19,2g > 12g (0,25 điểm)
 →
có một muối tan MgSO
4
và RSO
4
không tan
 →
n
MgCO3
= n
MgSO4
=

120
12
= 0,1 mol
 →
n
RCO3
= n
RSO4
= 0,2-0,1 =0,1 mol(0,25 điểm)
Nung B, RSO
4
không phân hủy, chỉ có X dư bò nhiệt phân
Đặt a = n
MgCO3
 →
R
CO3
= 2,5a (trong X)
MgCO
3
 →
MgO + CO
2
(3) (0,25 điểm)
a- 0,1 a-0,1
RCO
3
 →
RO + CO
2

(4) (0,25 điểm)
2,5a – 0,1 2,5a – 0,1
Từ (3) và (4) : n
CO2
= 3,5a – 0,2 = 0,5
 →
a = 0,2 (0,25 điểm)
m
X
= 84.0,2 + 2,5.0,2(R + 60) = 115,3
 →
R = 137 (Ba) (0,25 điểm)
Câu 3:(5,0 điểm ) .
Các PTPƯ: Mg + H
2
SO
4

 →
MgSO
4
+ H
2
↑
(1) (0,25 điểm)
Zn + H
2
SO
4

 →
ZnSO
4
+ H
2
↑
(2) (0,25 điểm)
n
H2 ở TNI
=
4,22
96,8
= 0,4 mol (0,25 điểm)
n
H2 ở TNII
=
4,22
2,11
= 0,5 mol (0,25 điểm)
a. Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà khối
lượng H
2
giải phóng tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần. Chứng tỏ trong TNI còn dư kim loại, trong
TNII kim loại đã phản ứng hết, axit còn dư. (0,25 điểm)
Từ (1) và (2) : n
H2SO4
= n
H2
= 0,4 mol ( ở TNI) (0,25 điểm)
b. Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có:

24x + (0,5 – x)65 = 24,3 (0,25 điểm)
Suy ra : x = 0,2 mol Mg (0,25 điểm)
Vậy : m
Mg
= 0,2 . 24 = 4,8 g. (0,25 điểm)
m
Zn
= 24,3 – 4,8 = 19,5 g. (0,25 điểm)
C
MH2SO4
= 0,4 : 2 = 0,2M (0,25 điểm)
Câu 4:(5,0 điểm )
Gọi 2a và 2b là số mol Fe và M trong 5,6g A. (0,25 điểm)
Khối lượng mỗi phần của A là:
2
A
= 56a + Mb =
2
56.5
= 2,78g. (0,25 điểm)
Phần tác dụng với HCl:
Fe + 2HCl
 →
FeCl
2
+ H
2
↑
(1) (0,25 điểm)
a a

M + nHCl
 →
FeCl
n
+ n/2 H
2
↑
(2) (0,25 điểm)
b
2
n
b
Theo (1) và (2) :
n
H2
= a +
2
n
b =
4,22
568,1
= 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I) (0,25 điểm)
Phần tác dụng với HNO
3
:
Fe + 4HNO
3

 →
Fe(NO

3
)
3
+ NO
↑
+ 2H
2
O (3) (0,25 điểm)
a a
3M + 4nHNO
3

 →
3M(NO
3
)
n
+ NO
↑
+ 2nH
2
O (4) (0,25 điểm)
b
3
n
b
Theo (3) va (4) :
nNO = a +
3
n

b =
4,22
344,1
= 0,06 mol. (0,25 điểm)
Hay 3a + nb = 0,18 (II)
Giải hệ PT (I,II) ta được : a = 0,04 mol Fe. (0,25 điểm)
Thay vào biểu thức trên : 56 . 0,04 + Mb = 2,78 (0,25 điểm)
Mb = 2,78 – 2,24 = 0,54 (0,25 điểm)
Thay vào (I) : nb = 0,14 – 0,08 = 0,06 (0,25 điểm)
nb
Mb
=
n
M
=
06,0
54,0
= 9 . Hay M = 9n (0,25
điểm)
Lập bảng :
n 1 2 3 4

M 9 18 27 36
Cặp nghiệm thích hợp : n = 3 ; M = 27 . Vậy M là Al (0,25 điểm)
Thay n = 3 vào (I) và (II) được b = 0,02 (0,25 điểm)
Thành phần % khối lượng mỗi chất :
%m
Al
=
78,2

27.02,0
. 100 = 19,42% (0,25 điểm)
%m
Fe
=
78,2
56.04,0
. 100 = 80,58% (0,25 điểm)
.
--------------------------------------------------------------------------------------------