Đề HSG tx phú thọ các năm (2)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO THỊ XÃ PHÚ THỌ

ĐÁP ÁN VÀ HDC THI CHỌN HỌC SINH
GIỎI LỚP 9 THCS (VÒNG 2)
Năm học 2017 - 2018
Môn thi: Hóa học

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (10 điểm): Mỗi đáp án đúng được 0,5 điểm.
CÂU
ĐÁP ÁN
CÂU
ĐÁP ÁN

1
B
11
D

2
B
12
D

3
B
13
D

4
C,D

14
C

5
B,D
15
B

6
A
16
C

7
C
17
B

8
B,D
18
B

9
B
19
A

10
A,C

20
C

PHẦN II: TỰ LUẬN (10 điểm):
Câu 1: (2,0 điểm)
Cho sơ đồ các phương trình phản ứng:
(1) (X) + HCl → (X1) + (X2) + H2O (5) (X2) + Ba(OH)2 → (X7)
(2) (X1) + NaOH → (X3) ↓ + (X4)
(6) (X7) + NaOH → (X8) ↓ + (X9) + ...
(3) (X1) + Cl2 → (X5)
(7) (X8) + HCl → (X2) + ...
(4) (X3) + H2O + O2 → (X6) ↓
(8) (X5) + (X9) + H2O → (X4) + ...
Hoàn thành các phương trình phản ứng và cho biết các chất X, X 1, X2, X3, X4,
X5, X6, X7, X8, X9.
Đáp án
Xác định được: X, X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7, X8, X9
PTHH:
(1) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 ↑ +H2O
X
X1
X2
(2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl
X3
X4
t
(3) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3
X5
(4) 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3↓
X6

(5) 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2
X7
(6) Ba(HCO3)2 +2NaOH → BaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O
X8
X9
(7) BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 ↑ + H2O
(8) 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3↓ + 6NaCl + 3CO2 ↑
o

Câu 2. (2,0 điểm)
1

Điểm
0,25

0,25
0,25
0,2
0,25
0,2
0,2
0,2
0,2


1. Có 6 lọ dung dịch được đánh số ngẫu nhiên từ 1 đến 6. Mỗi dung dịch
chứa một chất tan gồm BaCl2, H2SO4, NaOH, MgCl2, Na2CO3, HCl. Người ta
tiến hành các thí nghiệm và thu được kết quả như sau:
Thí nghiệm 1: Dung dịch 2 cho kết tủa khi tác dụng với các dung dịch 3 và 4.
Thí nghiệm 2: Dung dịch 6 cho kết tủa khi tác dụng với các dung dịch 1 và 4.

Thí nghiệm 3: Dung dịch 4 cho khí bay lên khi tác dụng với các dung dịch 3 và 5.
Hãy xác định số thứ tự của các lọ dung dịch trên và viết các phương trình
hóa học đã xảy ra?
2. Cho dung dịch A chứa a mol NaOH, dung dịch B chứa b mol AlCl 3. Hãy
xác định mối quan hệ giữa a và b để sau khi pha trộn hai dung dịch trên ta luôn
thu được kết tủa?
- Vì dung dịch (4) cho khí khi tác dụng với dung dịch (3) và (5) →
Dung dịch (4) là Na2CO3; (3), (5) là hai dung dịch chứa H2SO4 và HCl.
- Vì (2) cho kết tủa khi tác dụng với (3) và (4). Vậy (2) phải là dung
dịch BaCl2 , (3) là dung dịch H2SO4 , (5) là dung dịch HCl.
- Vì (6) cho kết tủa với (1) và (4) nên (6) là MgCl2, (1) là NaOH. Vậy:
(1) là NaOH, (2) là BaCl2, (3) H2SO4,(4) là Na2CO3 , (5) là HCl, (6) là
MgCl2
- PT:
+ Thí nghiệm 1: BaCl2 + H2SO4
BaSO4 + 2HCl
BaCl2 + Na2CO3
BaCO3 + 2NaCl
+ Thí nghiệm 2: MgCl2 +2 NaOH
Mg(OH)2 + 2NaCl
MgCl2 + Na2CO3
MgCO3 + 2NaCl
+ Thí nghiệm 3: Na2CO3 + H2SO4
Na2SO4 + H2O+ CO2
Na2CO3 + 2HCl
2NaCl + H2O + CO2
→ Al(OH)3
+ AlCl3
+ 3NaCl
b

NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2
+ 2H2O
a - 3b
b
để có kết tủa thì: 0 < a và a- 3b < b ⇒ 0 < a < 4b

3NaOH

0,25
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,25
0, 25
0,25

Câu 3: (2,0 điểm)
Hỗn hợp bột X gồm nhôm và kim loại kiềm M. Hoà tan hoàn toàn 3,18 gam
X trong lượng vừa đủ dung dịch axit H2SO4 loãng thu được 2,464 lít H2 (đktc)
và dung dịch Y (chỉ gồm muối sunfat trung hòa). Cho Y tác dụng với lượng vừa
đủ dung dịch Ba(OH)2 cho tới khi gốc sunfat chuyển hết thành kết tủa thì thu
được 27,19 gam kết tủa. Xác định kim loại M.

2


nH 2 =

2,464
= 0,11mol
22,4

Gọi x; y lần lượt là số mol của M; Al trong 3,18 gam hỗn hợp X
(x; y>0).
Theo bài ta có: Mx + 27y = 3,18 (1*)
Cho X tác dụng với H2SO4 loãng theo phương trình:
→
2M
+
H2SO4
M2SO4 +
H2
(1)
x
x/2
x/2
(mol)
2Al + 3H2SO4 →
Al2(SO4)3
+
3H2
(2)
y
y/2
3y/2
(mol)
n H = x/2 + 3y/2 = 0,11 → x + 3y = 0,22
(2*)

Cho Ba(OH)2 vào dd Y:
M2SO4
+
Ba(OH)2 →
BaSO4 +
2MOH
(3)
x/2
x/2
x
(mol)
Al2(SO4)3 +
3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3
(4)
y/2
3y/2
y
(mol)
→
MOH
+
Al(OH)3
MAlO2 +
2H2O
(5)

0,2

0,2

0,2

2

Theo (1); (2); (3); (4) có n BaSO = n H = 0,11mol
m BaSO = 0,11.233 = 25,63g < 27,19
→ Trong kết tủa có Al(OH)3:
4

2

0,2
0,2
0,2

0,2

4

m Al( OH )

n Al( OH )

3

3

= 27,19 – 25,63 = 1,56g
= 1,56/78 = 0,02mol

Theo phương trình (5) có n Al( OH ) bị hoà tan = nMOH = x
→ n Al( OH ) kết tủa = y - x = 0,02
(3*)
Từ (1*); (2*) và (3*) có hệ:
Mx + 27y = 3,18
x = 0,04
→
x + 3y = 0,22
y = 0,06
y – x = 0,02
M = 39
Vậy kim loại kiềm M là Kali (K)
3

0,2

0,2

3

0,2

Câu 4. (2,0 điểm)
Cho 3,52 gam hỗn hợp Z gồm hai kim loại Mg, Fe ở dạng bột vào 200 gam
dung dịch Cu(NO3)2 chưa rõ nồng độ. Sau phản ứng thu được 4,8 gam chất rắn T
chứa tối đa hai kim loại và dung dịch Y. Thêm NaOH dư vào dung dịch Y rồi lọc
lấy kết tủa, đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2 gam
chất rắn (biết rằng các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn).
1. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính thành phần % khối lượng
từng kim loại có trong Z?

2. Xác định nồng độ phần trăm của các chất tan có trong dung dịch Y?
3


1
(1.5đ)

Các phương trình hóa học có thể xảy ra:
→ Mg(NO3)2 + Cu
Mg + Cu(NO3)2 
(1)
→ Fe(NO3)2 + Cu
Fe + Cu(NO3)2 
(2)
+ Nếu Mg dư → Hỗn hợp T có 3 kim loại ( trái giả thiết).
+ Nếu cả Mg, Fe cùng phản ứng hết → Toàn bộ kim loại đi
vào dung dịch Y và chuyển hết vào oxit → Khối lượng oxit
phải lớn hơn 3,52 gam → Trái giả thiết.
Vậy: Mg đã phản ứng hết, Fe có thể chưa phản ứng hoặc
chỉ phản ứng một phần.

→ Mg(OH)2 + 2 NaNO3
Mg(NO3)2 + 2NaOH
(3)
→ Fe(OH)2 + 2 NaNO3
Fe(NO3)2 + 2NaOH 
(4)
t
Mg(OH)2
(5)

→ MgO + H2O
t
4Fe(OH)2 + O2
(6)
→ 2Fe2O3 + 4H2O
Gọi số mol Mg ban đầu là x mol, số mol Fe ban đầu là y mol,
số mol Fe phản ứng là z mol ( x, y > 0; z lớn hơn hoặc bằng 0,
y >z).
Theo phương trình (1), (2) ta có:
24x + 56y = 3,52
64(x+ z) + 56(y- z) = 4,8
Từ (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta có:
40x + 80z = 2
Ta có hệ phương trình
24x + 56y = 3,52
64x + 56y + 8z = 4,8
40x + 80z = 2
Giải hệ ta được: x = 0,03 mol , y = 0,05 mol , z = 0,01 mol.
Vậy: %mMg = 20,45% ; %mFe = 79,55%
Dung dịch Y gồm: Mg(NO3)2: 0,03 mol → Khối lượng của
Mg(NO3)2 là 4,44 gam; Fe(NO3)2 : 0,01 mol → Khối lượng
Fe(NO3)2 là 1,8 gam.
Tổng khối lượng dung dịch Y là: 3,52 + 200 – 4,8 = 198,72 gam.
Vậy C% của các chất tan trong dung dịch lần lượt là:
Mg(NO3)2 : 2,23%; Fe(NO3)2 : 0,91%

0.25

0.25
0.25

0

0

2
(0.5đ)

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25

Câu 5: (2,0 điểm)
Nhiệt phân hoàn toàn 12,95 gam muối hiđrocacbonat của kim loại R (có
hóa trị không đổi trong các hợp chất) được chất rắn A, hỗn hợp khí và hơi (hỗn
hợp B). Dẫn toàn bộ B vào bình đựng dung dịch chứa 0,07 mol Ca(OH) 2, thấy
khối lượng bình tăng 5,3 gam và đồng thời có 4 gam kết tủa. Xác định công thức
phân tử của muối ban đầu.

4


Đặt công thức của muối là R(HCO3)n, trong đó R vừa là kí hiệu, vừa là 0,25
NTK của kim loại, n là hóa trị của R, gọi x là số mol của R(HCO3)n.
Ta có: x. (R + 61n) = 12,95 (I)

t
PTHH: 2R(HCO3)n →
R2(CO3)n + nH2O + nCO2
(1)
x
x/2
nx/2
nx/2
t
Có thể xảy ra: R2(CO3)n → R2On + nCO2
(2)
0,5
→
Ca(OH)2 + CO2
CaCO3 + H2O
(3)
CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2
(4)
0

0

+ Xét trường hợp chỉ xảy ra (3) (không có phản ứng 4)
Theo (3): nCO 2 = nCaCO 3 = 4/100 = 0,04 mol
→ m 2 = 0,04. 44 = 1,76 gam
CO
→ m 2 = 5,3 – 1,76 = 3,54 gam
H O
→ n 2 = 3,54/18 = 0,197 > n 2 = 0,04 mol (loại)
H O

CO
+ Xét trường hợp xảy ra cả (3) và (4)
Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O
0,07
0,07
0,07 (mol)
CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2
0,07 – 0,04 0,03 (mol)
→ n 2 = 0,1 mol → m 2 = 0,1. 44 = 4,4 gam;
CO
CO
→ mH 2 O = 5,3 – 4,4 = 0,9 gam
→ n 2 = 0,9/18 = 0,05 < n 2 = 0,1 mol
H O
CO
Như vậy phải xảy ra cả (1) và (2)

0,5

0,5

nx
0,1
0,5
Theo (1): n H 2 O = 2 = 0,05 → nx = 0,1 → x = n
Thay vào (I) ta được: R = 68,5n
Chỉ thỏa mãn khi n = 2 và R = 137 (Ba)
Vậy công thức phân tử của muối ban đầu là Ba(HCO3)2.
Chú ý:
- Nếu thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng trừ một nửa số điểm của phương trình.

- Nếu thiếu cả điều kiện và cân bằng thì phản ứng đó không tính điểm.
- Giải bài toán theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
---- Hết ----

5