LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Bộ đề thi Hóa 9": http://123doc.vn/document/571565-bo-de-thi-hoa-9.htm
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)
.
PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN
TRƯỜNG THCS MỸ QUANG Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009
Đề đề xu ấ t Môn thi : HÓA H ỌC
Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian phát đề )
Câu 1 : ( 4,0 điểm )
Bằng phương pháp hóa học, hãy tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp gồm CuO, FeO, Al
2
O
3
.
Câu 2: (4,0 điểm )
a- Viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá hoá học sau :
A
→
B
→
C
→
D
↓
→
E
↓
→
F
→
A
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 3: ( 4,0 điểm )
X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn .Y là dung dòch H
2
SO
4
chưa rõ nồng độ .
Thí nghiệm 1 . Cho 24,3 gam X vào 2 lít Y , sinh ra 8,96 lít khí H
2
(đktc).
Thí nghiệm 2. Cho 24,3 gam 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 khối lượng mỗi kim loại trong X .
Câu 4 : ( 4,0 điểm )
Hỗn hợp chứa Al và Fe
x
O
y
. Sau phản ứng nhiệt nhôm thu được 92,35 gam chất rắn A . Hòa
tan A bằng dung dòch NaOH dư , thấy có 8,4 lít khí bay ra (ở đktc) và còn lại phần không tan B .
Hòa tan 25% lượng chất B bằng H
2
SO
4
đặc nóng thấy tiêu tốn 60 gam H
2
SO
4
98% . Giả sử tạo
thành một loại muối sắt III .
a- Tính lượng Al
2
O
3
tạo thành sau khi nhiệt nhôm .
b- Xác đònh công thức phân tử của ôxit sắt .
Câu 5: ( 4,0 điểm )
Cho 9,6 gam hỗn hợp A (MgO ; CaO ) tác dụng với 100 ml dung dòch HCl 19,87% ( d = 1,047
g/ml ) . Tính thành phần % về khối lượng các chất trong A và C% các chất trong dung dòch sau
khi A tan hết trong dung dòch HCl , biết rằng sau đó cho tác dụng với Na
2
CO
3
thì thể tích khí thu
được là 1,904 lít (đktc) .
_____________________________
(Được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các NTHH để làm bài )
PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
TRƯỜNG THCS MỸ QUANG KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN
Đề đề xu ấ t Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009
Môn thi : HÓA H ỌC
Câu 1: ( 4,0 điểm )
Hòa tan hỗn hợp vào dung dòch NaOH. Chỉ có Al
2
O
3
tan :
Al
2
O
3
+ 2NaOH
→
2NaAlO
2
+ H
2
O (0, 5 điểm)
Lọc lấy CuO , FeO rồi cho vào dd còn lại nhiều nước thì có kết tủa xuất hiện:
NaAlO
2
+ 2H
2
O
→
NaOH + Al(OH)
3
↓
(0, 5 điểm)
Tách kết tủa đem đun nóng đến khối lượng không đổi, ta được:
2Al(OH)
3
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O (0,5 điểm)
Hai oxit còn lại được khử bỡi H
2
đến hoàn toàn:
CuO + H
2
→
Cu + H
2
O (0,25 điểm)
FeO + H
2
→
Fe + H
2
O (0,25 điểm)
Cho hai kim loại này tác dụng với dd HCl , chỉ có sắt phản ứng:
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
↑
(0,5 điểm)
Tách CuO ra khỏi, đem dd còn lại tác dụng với dd NaOH dư :
FeCl
2
+ 2NaOH
→
Fe(OH)
2
↓
+ 2NaCl (0,5 điểm)
Tách kết tủa đem đun nóng đến khối lượng không đổi, ta được:
Fe(OH)
2
→
FeO + H
2
O (0,5 điểm)
Còn lại Cu cho phản ứng với ôxi:
2Cu + O
2
→
2CuO (0,5 điểm)
Câu 2:(4,0 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 (A) 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 3:(4,0 điểm )
Các phương trình phản ứng ;
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)
Số mol H
2
ở thí nghiệm 1 : n
H2
=
4,22
96,8
= 0,4 mol . (0, 5 điểm)
Số mol H
2
ở thí nghiệm 2 : n
H2
=
4,22
2,11
= 0,5 mol . (0, 5 điểm)
a- Với hỗn hợp kim loại X không đổi , thể tích dung dòch 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 thí nghiệm 1 còn dư kim loại ,
trong thí nghiệm 2 kim loại đã phản ứng hết , axit còn dư . (0, 5 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, 5 điểm)
Suy ra : x = 0,2 mol Mg . (0, 5 điểm)
Vậy : khối lượng Mg = 0,2 . 24 = 4,8 gam . (0,5 điểm)
khối lượng Zn = 24,3 – 4,8 = 19,5 gam . (0,5 điểm)
Câu 4:(4,0 điểm )
1/ Lượng Al
2
O
3
tạo thành :
Các PTPƯ : 3 Fe
x
O
y
+ 2yAl
→
yAl
2
O
3
+ 3xFe (1) (0, 5 điểm)
Chất rắn A phải có Al dư , vì :
Al + NaOH + H
2
O
→
NaAlO
2
+ 3/2 H
2
↑
(2) (0, 5 điểm) n
Al
=
2
3
=
4,22
4,8
= 0,25 (mol Al dư )
→
m
Al
= 6,75 (gam Al dư ) . (0, 25 điểm)
Sau phản ứng giữa A với NaOH dư , chất rắn B còn lại chỉ là Fe .
2Fe + 6H
2
SO
4
đ,n
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 SO
2
↑
+ 6H
2
O . (3) (0, 5 điểm)
a 3a
Có 25% Fe phản ứng
→
n
Fe
= 0,25 a . (0,25 điểm)
n
H2SO4
=3n
Fe
= 0,75a =
98100
9860
x
x
= 0,6 (mol) . (0, 5 điểm)
→
n
Fe
=
75,0
6,0
= 0,8 (mol)
→
m
Fe
= 0,8 x 56 = 44,8 (gam) . (0,25 điểm)
m
Al2O3
= 92,53 – ( 6,75 + 44,8 ) = 40,8 gam . (0,25 điểm)
2/ Xác đònh CTPT của Fe
x
O
y
:
Từ (1) :
32OmAl
mFe
=
102.
56.3
y
x
=
8,40
8,44
(0, 5 điểm)
y
x3
= 2 hay
2
x
=
3
y
→
Fe
2
O
3
. (0, 5 điểm)
Câu 5:(4,0 điểm )
Gọi a = n
MgO
và b = n
CaO
trong hỗn hợp A .
m
A
= 40a + 56b = 9,6 . Hay 5a + 7b = 1,2 ( A) (0,25 điểm)
A tan hết trong dd HCl . Dung dòch thu được có chứa HCl dư vì khi cho dd này tác dụng với
Na
2
CO
3
có khí CO
2
bay ra :
2HCl
dư
+ Na
2
CO
3
→
2NaCl + CO
2
↑
+ H
2
O (0,25 điểm)
n
CO2
=
4,22
904,1
= 0,085 mol
⇒
n
HCl
= 2. 0,085 = 0,17 mol (0,25 điểm)
n
HClban đầu
=
5,36100
87,19047,1100
x
xx
= 0,57 mol . (0,25 điểm)
Suy ra : n
HCl phản ứng với A
= 0,57 - 0,17 = 0,4 mol . (0,25 điểm)
Các phương trình phản ứng ;
MgO + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
O (1) (0,25 điểm)
a 2a
CaO + 2HCl
→
CaCl
2
+ H
2
O (2) (0,25 điểm)
b 2b
n
HCl
= 2 (a + b) = 0,4
→
a + b = 0,2 ( B ) (0,25 điểm)
Kết hợp ( A ) và ( B )
5a + 7b = 1,2
a + b = 0,2
⇒
a = 0,1 mol MgO (0,25 điểm)
b = 0,1 mol CaO (0,25 điểm)
m
MgO
= 0,1 x 40 = 4g (0,25 điểm)
% MgO =
6,9
%1004x
= 41,67% (0,25 điểm)
% CaO = 100- 41,67 = 58,33% (0,25 điểm)
- Nồng độ các chất trong dd :
Dung dòch thu được sau phản ứng giữa A và HCl chứa 0,1 mol MgCl
2
0,1 mol CaCl
2
và 0,17 mol
HCl dư .
Vì phản ứng hoà tan A trong dd HCl không tạo kết tủa hoặc khí nên :
m
dd
= 100 x 1,047 + 96 = 114,3 gam
%MgCl
2
=
3,114
%100951,0 xx
= 8,31% (0,25 điểm)
%CaCl
2
=
3,114
%1001111,0 xx
= 9,71% (0,25 điểm)
%HCl
dư
=
3,114
%10053617,0 xxx
= 5,43% (0,25 điểm)
PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ ĐỀ KIỂM TRA HSG LẦN II
Môn : HÓA HỌC LỚP 9
(Kiểm tra 10/01/2009)
Thời gian làm bài 120 phút (Không kể thời gian phát đề )
Câu 1: (4,0 điểm)
Hòa tan 20g K
2
SO
4
vào 150 gam nước thu được dung dòch A. Tiến hành điện phân dung dòch A
sau một thời gian. Sau khi điện phân khối lượng K
2
SO
4
trong dung dòch chiếm 15% khối lượng
của dung dòch. Biết lượng nước bò bay hơi không đáng kể.
a. Tính thể tích khí thoát ra ở mỗi điện cực đo ở đktc.
b. Tính thể tích khí H
2
S (đktc) can dùng để phản ứng hết với khí thoát ra ở anot.
Câu 2: (5,0 điểm)
Trộn V
1
dung dòch A chứa 9,125g HCl với V
2
lít dung dòch B chứa 5,475g HCl ta được 2 lít dung
dòch C.
a. Tính nồng độ mol của dung dòch A, B, C. Biết V
1
+ V
2
= 2lít và hiệu số giữa nồng độ mol
dung dòch A và B là 0,4mol.l
-1
.
b. Tính khối kượng kết tủa thu được khi đem 250ml dung dòch A tác dụng với 170g dung
dòch AgNO
3
10%.
Câu 3: (5,0 điểm)
Cho một khối Ag vào 50ml dung dịch HNO
3
5M thì Ag tan hết và khối lượng dung dòch tăng lên
6,2g. Biết rằng phản ứng chỉ tạo ra NO hay NO
2
.
a. Tính khối lượng Ag đã sử dụng. Cho biết nồng độ HNO
3
giảm trên 50% sau phản ứng
trên.
b. Trung hòa HNO
3
dư bằng NaOH vừa đủ. Cô cạn dd, đem đun nóng đến khối lượng không
đổi. Tính khối lượng của A.
c. Hòa tan A trong 72ml nước và đem điện phân. Tính thể tích khí (đktc) thoát ra ở catot.
Câu 4: (6,0 điểm)
Hòa tan 2,16g hỗn hợp 3 kim loại Na, Al, Fe vào nước lấy dư thu được 0,448 lít khí (đktc) và
một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60ml dd CuSO
4
1M thu được
3,2g đồng kim loại và dd A. Tách dd A cho tác dụng với một lượng vừa đủ dd NaOH để thu
được kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa thu được trong không khí đến khối lượng không đổi được
chất rắn B.
a. Xác đònh khối lượng từng kim lo trong hỗn hợp đầu.
b. Tính khối lượng chất rắn B.
( Được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các NTHH để làm bài)
PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
KIỂM TRA HSG LẦN II
Môn : HÓA HỌC - Lớp 9- Năm học 2008-2009
Câu 1: ( 4,0 điểm )
a. Khi đp dd K
2
SO
4
chỉ có nước bò đp:
H
2
O
→
H
2
↑
+ ½ O
2
↑
(0,25 điểm)
Khối lượng dd sau khi đp:
15
100.20
= 133,33 gam (0, 5 điểm)
Số mol H
2
O đã bò điện phân:
18
33,133)20150(
−+
= 2,04 mol (0,5 điểm)
Thể tích H
2
(đktc) ở catot : 2,04 .22,4 = 45,7 lít (0, 5 điểm)
Số mol O
2
ở anot :
2
04,2
= 1,02mol (0, 5 điểm)
Thể tích O
2
: 1,02.22,4 = 22,85 lít (0,25 điểm)
b. Nếu H
2
S cháy: 2H
2
S + 3O
2
→
2SO
2
↑
+ 2H
2
O (a) (0,25 điểm)
3
02,1.2
1,02 mol
Nếu H
2
S oxy hóa chậm: 2H
2
S + O
2
→
2S + 2H
2
O (b) (0,25 điểm)
2.1,02 1,02 mol
Nếu theo (a) thì : V
H2S
=
3
4,22.02,1.2
= 15,23 lít. (0, 5 điểm)
Nếu theo (b) thì : V
H2S
= 2.1,02.22,4 = 45,7 lít (0, 5 điểm)
Câu 2: ( 5,0 điểm )
a. n
HCl
trong dd C :
5,36
125,9
+
5,36
475,5
= 0,25 + 0,15 = 0,4 (0,5
điểm)
Nồng độ mol của dd C :
2
4,0
= 0,2M. (0, 5 điểm)
Gọi x là nồng độ dd B, thì x+0,4 là nồng độ dd A. Do đó ta có:
V
2
=
x
15,0
và V
1
=
4,0
25,0
+
x
và V
1
+ V
2
= 2 nên ta có :
x
15,0
+
4,0
25,0
+
x
= 2
Hoặc x
2
+ 0,2x -0,03 = 0
Giải phương trình bậc hai này ta được 2 nghiệm
x
1
= - 0,3 (loại) và x
2
= 0,1 (1,0 điểm)
Như vậy nồng độ dd B là 0,1M (0,5 điểm)
Nồng độ dd A là 0,1+ 0,4 = 0,5M (0,5 điểm)
b. n
HCl
=0,5.0,215 = 0,125 (0, 5 điểm)
m
AgNO3
=
%100
170%.10
= 17 g (0,25 điểm)
n
AgNO3
=
170
17
= 0.1 mol (0,25 điểm)
PTPƯ : HCl + AgNO
3
→
AgCl
↓
+ HNO
3
(0,5 điểm)
0,125 0,1 0,1
m
AgCl
= 0,1.143,5 = 14,35 g (0,5 điểm)
Câu 3: ( 5,0 điểm )
a. Xét hai trường hợp:
- Ag phản ứng tạo ra NO
3Ag + 4HNO
3
→
3AgNO
3
+ NO
↑
+ 2H
2
O (1) (0,25 điểm)
- Ag phản ứng tạo ra NO
2
Ag + 2HNO
3
→
AgNO
3
+ NO
2
↑
+ H
2
O (2) (0,25 điểm)
Gọi a = n
Agsd
. Độ tăng khối lượng của dd:
Trường hợp 1: m
Ag tan
- m
NO
= a.108 -
3
a
.30 = 98a = 6,2 (0,25 điểm)
Trường hợp 2: m
Ag tan
- m
NO2
= 108a – 46a = 62a (0,25 điểm)
Trường hợp 2 cứ 1 mol Ag tiêu thụ 2 mol HNO
3
nhiều hơn so với trường hợp 1, với 1 mol Ag chỉ
tiêu thụ 4/3 mol HNO
3
.Vậy là trường hợp 2. (0,25 điểm)
62a = 6,2
→
a = 0,1 mol Ag (0,25 điểm)
m
Ag sd
= 0,1.108 = 10,8 gam (0,25 điểm)
* Kiểm chứng rằng nồng độ % HNO
3
giảm trên 50% sau phản ứng tạo ra NO
2
:
n
HNO2 bđ
= 0,5.0,05 = 0,25 mol (0,25 điểm)
n
HNO2 pu
= 2.a = 2.0,1 = 0,2 mol (0,25 điểm)
% HNO
3
phản ứng :
25,0
100.2,0
= 80% > 50% (0,25 điểm)
* Nếu phản ứng cho NO:
98a = 6,2
→
a = 0.0633 mol (0,25 điểm)
n
HNO3 pu
=
3
4a
=
3
4.0633,0
= 0,0844 mol (0,25
điểm)
% HNO
3
phản ứng :
25,0
100.0844,0
= 33.76% < 50% (0,25 điểm)
b. Số mol HNO
3
dư : 0,25 -0,20 = 0,05 mol (0,25 điểm)
Trung hòa bằng NaOH thu được 0,05 mol NaNO
3
. Dung dòch chứa 0,1 mol AgNO
3
và 0,05 mol
NaNO
3
Khi nung ta được chất rắn A:
AgNO3
→
Ag + NO
2
↑
+ ½ O
2
↑
(0,25 điểm)
0,1 0,1
NaNO
3
→
NaNO
2
+ ½ O2
↑
(0,25 điểm)
0,05 0,05
Vậy A gồm 0,1 mol Ag và 0.05 mol NaNO
2
m
A
= 0,1.108 + 0,05. 69 = 14,25 gam. (0,25 điểm)
c. Khi hòa tan A trong nước, chỉ có NaNO
2
tan
Điện phân, ở catot H
2
O bò điện phân:
2H
2
O
→
2H
2
↑
+ O
2
↑
(0,25 điểm)
nH
2
O =
18
72
= 4 mol (0,25 điểm)
V
H2
= 4 .22,4 = 89,6 lít (0, 25 điểm)
Câu 4: ( 6,0 điểm )
a. Xác đònh khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp đầu.
Các PTPƯ : 2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2
↑
(1) (0,25 điểm)
Al bò tan moat phần hay hết theo phương trình.
2Al + 2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2
↑
(2) (0,25 điểm)
Fe + CuSO
4
→
FeSO
4
+ Cu (3) (0,25 điểm)
2Al+ 3 CuSO
4
→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3 Cu
↓
(4) (0,25 điểm)
Dung dòch A gồm: Al
2
(SO
4
)
3
,
FeSO
4
và CuSO
4
dư
Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH
→
2Al(OH)
3
↓
+ 3Na
2
SO
4
(5) (0,25 điểm)
FeSO
4
+ 2NaOH
→
Fe(OH)
2
↓
+ Na
2
SO
4
(6) (0,25 điểm)
CuSO
4
+ 2NaOH
→
Cu(OH)
2
↓
+ Na
2
SO
4
(7) (0,25 điểm)
Nung kết tủa ở nhiệt độ cao:
2Al(OH)
3
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O (8) (0,25 điểm)
2Fe(OH)
2
+ ½ O
2
→
Fe
2
O
3
+ 2H
2
O (9) (0,25 điểm)
Cu(OH)
2
→
CuO + H
2
O (10) (0,25 điểm)
Chất rắn B gồm : Al
2
O
3
, Fe
2
O
3
và CuO
Số mol H
2
=
4,22
448,0
= 0,02 mol (0,25 điểm)
Số mol CuSO4 = 0,06.1= 0,06 mol (0,25 điểm)
Số mol Cu =
64
2,3
= 0,05 mol (0,25 điểm)
Xét hai trường hợp có thể xảy ra:
Trường hợp 1: NaOH dư, Al tan hết, chất rắn còn lại chỉ là Fe:
Theo (3) : n
Fe
= n
Cu
=0,05 mol
n
CuSO4 dư
= 0,06 – 0,05 = 0,01 mol
→
Fe đã phản ứng hết.
mFe = 0,05 . 56 = 2,8g > m
hh
= 2,16g : loại (0,25 điểm)
Trường hợp 2: NaOH thiếu, Al bò tan một phần theo (2).
Gọi a , b ,c là số mol của Na, Al, Fe trong 2,16g hỗn hợp:
Theo (1, 2) : n
H2
=
2
1
a +
2
3
a = 2a = 0,02 (0,25 điểm)
→
a = 0,01 mol .
→
m
Na
= 0,01.23 = 0,23 gam. (0,25 điểm)
Số mol Al còn lại để tham gia (4) là ( b – a )
Vì CuSO
4
dư nên Fe và Cu đã phản ứng hết ở (3 và 4)
Ta có : n
Cu
=
2
3
(b-a) + c = 0,05 (0,25 điểm)
Mặt khác 23a + 27b = 56c = 2,16 (0,25 điểm)
Giải hệ phương trình ta được:
b = 0,03 mol
→
m
Al
= 0,03.27 = 0,81 gam. (0,25 điểm)
c = 0,02 mol
→
m
Fe
= 0,02.56 = 1,12 gam. (0,25 điểm)
b. Khối lượng chất rắn B.
n
Al2O3
=
2
01,003,0
−
→
m
Al2O3
= 0,01.102 = 1,02g (0,25 điểm)
n
Fe2O3
=
2
02,0
→
m
Al2O3
= 0,01.160 = 1,60g (0,25 điểm)
n
CuO
= 0,01
→
m
CuO
= 0,01.80 = 0,80g (0,25 điểm)
Khối lượng chất rắn B : 1,02 + 1,60 + 0,80 = 3,42 gam. (0,25 điểm)
* Cho hh A gồm 9,6g Cu và 23,3g Fe
3
O
4
vào 292g dd HCl 10% cho đến khi phản ứng hoàn toàn
thu được dd B và rắn C. Cho dd AgNO
3
dư vào dd B thu kết tủa D.
a. Tính khối lượng kết tủa D.
b. Cho rắn C vào 100ml dd hỗn hợp gồm HNO
3
0,8M và H
2
SO
4
0,2M. Sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được V lít khí NO duy nhất (đktc). Tính V.
GIẢI
Tính số mol;
nCu = 0,15 mol ; nFe
3
O
4
= 0,1 mol ; nHCl = 0,8 mol ;
nH
2
SO
4
= 0,02 mol ; nHNO
3
= 0,08 mol.
Các PƯ: Fe
3
O
4
+ 8HCl
→
FeCl
2
+2FeCl
3
+ 4H
2
O
0.1 0,8 0,2
2FeCl
3
+ Cu
→
CuCl
2
+ 2FeCl
2
0,2 0,15 0,1 0,2
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét