Loi giai de thi HSG mon Hoa Ha Tinh nam hoc 2018 2019

GIẢI ĐỀ THI HSG MƠN HĨA TỈNH –HÀ TĨNH- 2018-2019
Câu 2.

Al(OH)3

2.
1,1 mol

1,1 mol

3,8 mol

HCl

Cho HCl vào hỗn hợp KOH, KAlO2 xẩy ra các PUHH
HCl + KOH
HCl

KCl + H2O

+ KAlO2 + H2O

Al(OH)3 + 3 HCl

1

Al(OH)3

---- AlCl3

+

+ KCl

3H2O

2
3

Tại nHCl = 1,1 mol kết tủa bắt đầu xuất hiện => nKOH = 1,1 mol
Tại nHCl = 3,8 mol kết tủa bị tan một phần ( y mol) ,
nAl(OH)3 = 1,1 mol
gọi x là mol Al(OH)3 được tạo ra ở phản ứng 2, y mol Al(OH)3 bị tan ở phản
ứng 3 theo 2 và 3 ta có hệ pt:






x - y = 1,1

giải hệ ta có

x + 3y = 2,7

x = 1,5 ( nKAlO2 )
nKOH= 1,1 mol

Câu 3.
Ta có sơ đồ:

0,3 mol

K, K2O, Al,Al2O3 +H2O
m gam

0,3mol

bảo tồn khối lượng ta có:
 m + 0,3 x18
hoặc :

2Al
Al2O3

KAlO2 + CO2

dư

,+H2O

KHCO3

H2 0,3 mol

Al(OH)3 0,3 mol

m + mH2O = mKAlO2 + mH2

= 0,3x 98 + 0,3x 2 => m = 24,6 gam

2K + 2H2O -> 2 KOH + H2

1

K2O +

2

H2O ->2 KOH

+ 2KOH + 2H2O -> 2KAlO2 + 3H2
+ 2KOH -> 2KAlO2

+ H2O

3
4


Cộng 1,2,3,4 ta được:
2K + K2O + 2Al + Al2O3 + 4 H2O -> 4KAlO2
m
KAlO2

mH2O

+ CO2

+ H2O -> Al(OH)3

Bảo toàn khối lượng ta có :

+ 4H2

mKAlO2
+

mH2

KHCO3

m + mH2O =

mKAlO2

+

mH2

 m = 24,6 gam
Câu 4.
Ta có sơ đồ:
Na2CO3 x mol + H2O dd X HCl
K2CO3

y mol

0,4 mol

dd Y HCO3-

Ba(OH)2 dư

Z

BaCO3

CO2 0,1 mol

( 35 gam)
Gọi x , y lần lượt là số mol Na2CO3 và K2CO3
cho hai muối Na2CO3 và K2CO3 )

( Hoặc đặt M2CO3 là muối thay thế

Khi cho HCl từ từ vào muối dd M2CO3 ta có phương trình phản ứng:
M2CO3 + HCl
MHCO3

+ HCl

-> MHCO3

+ MCl

-> MCl + CO2 + H2O

1
2

Theo 2 : nCO2 = 0,1 mol => nHCl (2) = 0,1 mol
=> nHCl (1) = 0,3 mol = n M2CO3
Ta có hệ phương trình

x + y = 0,3

giải hệ

106 x + 138y = 35
Vậy =>

x = 0,2 => %Na2CO3 = 60,57%
y = 0,1 => % K2CO3 = 39,43%

n MHCO3 ( dư) sau phản ứng 2 bằng : 0,3 – 0.1 = 0.2 mol

Dd Y chứa MHCO3 ( dư) 0,2 mol khi cho Ba(OH)2 dư
ứng xẩy ra:
HCO3 +
Ba2+ +

OH -> CO3
CO32-

vào dd Y ta có các phản

+ H2O

-> BaCO3

Ta có: n BaCO3 = nHCO3 = 0,2 mol =>mBaCO3 =0,2 x197 = 39,4 gam


Câu 5: có 2 trường hợp đúng:
- Trường hợp 1: KOH dư, Al(OH)3 tan hết
nFe = 0,02 mol
nAl

% Fe = 34,146 %

= 0,08 mol

%Al =65,854 %

- Trường hợp 2:

KOH vừa đủ hòa tan hết Al(OH)3 thành KAlO2

nAl = 0,1 mol

% Al = 82,317 %

mFe = 0,58 gam

%Fe

-

Trường hợp

= 17,683%

Al(OH)3 không tan hoặc tan một phần ( Loại)

Câu 6. 1 lít X (đktc) có khối lượng bằng 2,5 gam => 1 mol X có khối lượng bằng 56
gam .Vậy 4,48 lít khí X (ở đktc) có khối lượng bằng 11,2 gam
=> Ta tính được số mol các khí ( nSO2, nO2 ) trong 4,48 lít X Là:
nSO2 = 0,15 mol
nO2

= 0,05 mol
2SO2 + O2 -> 2SO3
x

x /2

x

Gọi x là số mol SO2 phản ứng:
Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y gồm: SO2 dư ( 0,15 – x ) mol, SO3 x mol, O2
( 0,05 - x/2) mol
Cho hổn hợp khí Y tác dung với Ba(OH)2 dư :
Ba(OH)2

+ SO2 ->

Ba(OH)2

+ SO3 -> BaSO4

Ta có phương trình:

BaSO3

+ H2O
+ H2 O

233 x + 217( 0,15 – x) = 33,51 => x= 0,06

 nSO2 = 0,09 mol, nSO3 = 0,06 mol, nO2 = 0,02 mol =>phần trăm khối lượng
các khí trong Y là ( mY = mX = 11,2 gam)
Ta có

%SO2 = 51,429 %
%SO3 = 42,857 %
%O2 = 5,714 %


Câu 7. Dựa vào sơ đồ ta có thể giải bài toán nhanh hơn:
83/2 ( M (x mol), HCl ( dư ) -> MCl2 ( 0,2 +y+z)mol NaOH ( đủ) M(OH)2 to MO
MO( y mol),

HCl ( dư )

MCl2 ( z mol)

H2 0,2 mol

36,45 gam

83/2 ( M (x mol), CuCl2 0,3 mol -> CuCl2 ( 0,3 -x)mol
MO( y mol

61,1 gam

MCl2 ( z mol)

MCl2

Xét trường hợp : CuCl2 dư, M hết
-x)mol , MCl2 ( 0,2 + z) mol

dung dịch muối sau phản ứng gồm: CuCl2 ( 0,3

Ta có hệ phương trình:
( M + 71) ( 0,2 + z) + 135 .0,1 = 61,1
( M + 16)(0,2 +y+ z) = 36,45
0,2. M + ( M +16)y + ( M +71)z = 41,5
Giải hệ ta được:

M =65 ( Zn) kẻm

(

0,2 + z) mol