Chọn tuyển thi HSG 9 Archimedes 27/10/2018 - Vòng 3

Nội dung text: Chọn tuyển thi HSG 9 Archimedes 27/10/2018 - Vòng 3

1. [VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] Câu 1: (4,0 điểm) 1. Cho hình vẽ sau mơ tả quá trình điều chế oxi trong phịng thí nghiệm: Hãy cho biết tên tác dụng cụ và các chất X, Y trong phịng thí nghiệm trên, viết phương trình hĩa học của phản ứng xảy ra và giải thích tại sao lại thu được khí O2 bằng phương pháp trên? 2. Hãy tìm cách tách lấy từng kim loại riêng biệt ra khỏi hỗn hợp rắn gồm: Na2CO3, BaCO3, MgCO3. 3. Cĩ một mẫu muối ăn lẫn MgCl2, MgSO4, Na2SO4, Ca(HCO3)2, NaHCO3. Làm thế nào để thu được muối ăn tinh khiết. Hướng dẫn 1. X là KMnO4 và Y là khí O2. Khí O2 rất ít tan trong nước nên cĩ thể thu khí O2 bằng phương pháp đẩy nước. 2. NaCl Na CO tan ddNa CO  HCl dd  cô cạn Rắn NaCl  đpnc Na 23 23 dư HCl HO dư BaCO  2 3 dư đpnc BaCO3 to BaO HO tan ddBa(OH)2  Ba MgCO không tan   2 3 dư đpnc MgCO3 MgO Rắn MgO Mg Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O đpnc NaCl  Na + ½ Cl2↑ to BaCO3  BaO + CO2↑ to MgCO3  MgO + CO2↑ BaO + H2O → Ba(OH)2 [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 1
2. [VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] đpnc Ba(OH)2   Ba + ½ O2↑ + H2O đpnc MgO   Mg + ½ O2↑ 3. 2+ 2+ Đầu tiên: để loại bỏ ion Mg , Ca ta dùng dung dịch Ca(OH)2 dư MgCl2 + Ca(OH)2 → CaCl2 + Mg(OH)2↓ MgSO4 + Ca(OH)2 → CaSO4↓ + Mg(OH)2↓ Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3↓ + 2H2O 2NaHCO3 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O Dung dịch sau đĩ: NaCl, NaOH, CaCl2 và Ca(OH)2 dư. Ta cho ddNa2CO3 vào Na2CO3 + CaCl2 → 2NaCl + CaCO3↓ Na2CO3 + Ca(OH)2 → 2NaOH + CaCO3↓ Dung dịch sau gồm: NaOH, NaCl, Na2CO3 dư. Ta cho ddHCl dư vào NaOH + HCl → NaCl + H2O Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O Dung dịch sau gồm: NaCl, HCl dư. Cơ cạn dung dịch thu được NaCl khan. Câu 2: (3,5 điểm) 1. Nhúng một thanh sắt và một thanh kẽm vào một cốc chứa 500 ml dung dịch CuSO4. Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra khỏi cốc thì mỗi thanh cĩ thêm Cu bám vào, khối lượng dung dịch trong cốc bị giảm mất 0,22 gam. Trong dung dịch sau phản ứng nồng độ mol của ZnSO4 gấp 2,5 lần nồng độ mol của FeSO4. Thêm dung dịch NaOH dư vào cốc, lọc lấy kết tủa nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi, thu được 14,5 gam chất rắn. a. Tính số gam Cu bám trên mỗi thanh kim loại. b. Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO4 ban đầu. 2. Hồn thành các phương trình phản ứng sau: Na + B + H2O → D↓ + E + H2 B + NH3 + H2O → D↓ + H to A + B → D↓ + E F + NH3  K + N + H2O to D  F + H2O K + FeCl3 → L + M B + Ba(NO3)2 → BaSO4 + G L + NaOH → D↓ + NaCl Biết B là muối của kim loại cĩ hĩa trị II và MB + MD = 258. Hướng dẫn 1. Nhận định - Zn, Fe pứ đồng thời với CuSO4 - Khối lượng dd giảm = mCubám vào – m(Zn+Fe)tan ra = 0,22 - tỉ lệ CM bằng tỉ lệ mol m 0,22g dd giảm Zn ZnSO  CuSO4 4 500ml NaOH Fe(OH)2 to Fe23 O Fe dd FeSO4  dư  kk 14,5g Cu(OH)2 CuO CuSO 4 dư [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 2
3. [VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] a. Zn : x64(xy)(65x56y)0,22x0,1thanh Zn: 6,4g Mol pứ mCu Fe : yx2,5yy0,04thanh Fe: 2,56g b. BTNT.Fe  Fe O : 0,02 nCuSOnCuSOnCuO4 b.đầu4 pứ 14,5 gam rắn 23  BTNT.Cu  14,5g CuO : 0,145 nCuSO0,140,1450,2854 b.đầu C0,57M M(CuSO)4 2. Nhận định - Từ pt B + Ba(NO3)2 → BaSO4 + G thì B chứa gốc SO4 - Từ pt Na + B + H2O → D↓ + E + H2 thì D là bazo khơng tan - Từ MB + MD = 258 suy ra MM258R64 (Cu) RSOR(OH)42 E : Na24 SOA : NaOH B : CuSO4 Vậy G : Cu(NO3 )H 24 : 24 (NH ) SO D : Cu(OH)2 L : CuCl K : Cu 2 F : CuO N:N M : FeCl 2 2 2Na + CuSO4 + 2H2O → Cu(OH)2↓ + Na2SO4 + H2↑ CuSO4 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2↓ + (NH4)2SO4 NaOH + Cu(OH)2 → Cu(OH)2↓ + Na2SO4 to 3CuO + 2NH3  3Cu + N2↑ + 3H2O to Cu(OH)2  CuO + H2O Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 CuSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4↓ + Cu(NO3)2 CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaCl Câu 3: (4,0 điểm) 1. Cho 200 ml dung dịch A chứa muối nitrat của một kim loại hĩa trị II tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch K3PO4, sau phản ứng được kết tủa B và dung dịch C. Khối lượng kết tủa B và khối lượng muối nitrat trong dung dịch A khác nhau 3,64 gam. a. Tính nồng độ mol của dung dịch A và C, giả thiết thể tích dung dịch khơng thay đổi do pha trộn và thể tích kết tủa khơng đáng kể. b. Cho dung dịch NaOH dư vào 100 ml dung dịch A thu được kết tủa D, lọc lấy kết tủa D rồi đem nung đến khối lượng khơng đổi cân được 2,4 gam chất rắn. Xác định kim loại trong muối nitrat. 2. Cho hỗn hợp A gồm Fe3O4, Al, Fe, Al2O3. Cho A tan trong NaOH dư được hỗn hợp chất rắn A1, dung dịch B1 và khí C1. Khí C1 dư cho tác dụng với A nung nĩng được hỗn hợp chất rắn A2, dung dịch B1 cho tác dụng với H2SO4 lỗng, dư được dung dịch B2. Chất rắn A2 tác dụng với H2SO4 đặc, nĩng được dung dịch B3 và khí [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 3
4. [VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] C2. Cho B3 tác dụng với bột sắt được dung dịch B4. Viết các phương trình phản ứng. Hướng dẫn 1. (1) 13,64 M(NO ) : 0,6M NOPOnNO3.nPO0,12C  (3) Suy ra 32 3434M 3 1 K PO : 0,2M 62.95 34 62 1 .95 3 3 200 ml M(NO3)2: 0,06 mol → 100 ml M(NO3)2: 0,03 mol M(NO3)2 + 2NaOH → M(OH)2 + 2NaNO3 to M(OH)2  MO + H2O → mMO = 2,4 → (M + 16).0,03 = 2,4 → M = 64 (Cu) 2. Rắn A : Fe O ,Fe 1 3 4 NaOH H24 SO Fe O  dư ddB1 : NaOH dư ,NaAlO 2  loãng,dư ddB 2 : Na 2 SO 4 ,Al 2 (SO 4 ) 3 34  C:H Al 12 A Fe Al (SO ) ddB 2 4 3  Fe ddB H2 H 2 SO 4 3 4 Al23 O  Rắn A : Al,Fe,Al O  dư2 2 3 đặc,dư Fe2 (SO 4 ) 3 C : SO 22 [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 4
5. [VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 1,5H2↑ Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O 2NaAlO2 + 4H2SO4 → Al2(SO4)3 + Na2SO4 + 4H2O to Fe3O4 + 4H2  3Fe + 4H2O 2Al + 6H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O Fe2(SO4)3 + Fe → 3FeSO4 Câu 4: (4,5 điểm) 1. Cho hỗn hợp chứa 0,2 mol Cu và 0,1 mol Fe3O4 vào 400 ml dung dịch HCl 2M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch A và cịn lại a gam chất rắn B khơng tan. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi đun nĩng trong khơng khí, sau đĩ lọc lấy kết tủa, nung đến khối lượng khơng đổi thu được b gam chất rắn C. Cho các phản ứng xảy ra hồn tồn. Viết các phương trình hĩa học xảy ra và tính giá trị a, b. 2. Khi sục từ từ đến dư CO2 vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol NaOH và b mol Ca(OH)2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau: Xác định tỉ lệ a : b. 0 3. Khi cho 2 gam MgSO4 khan vào 200 gam dung dịch MgSO4 bão hịa ở t đã làm cho m gam muối kết tinh lại. Nung m gam tinh thể muối kết tinh đĩ đến khối lượng khơng đổi, được 3,16 gam MgSO4 khan. Xác định cơng thức phân tử của 0 tinh thể muối MgSO4 kết tinh (biết độ tan của MgSO4 ở t là 35,1 gam). Hướng dẫn 1. BTNT.Fe  FeCl2 : 0,3 NaOH to Fe23 O : 0,15 Cu : 0,2 ddA  dư  kk Rắn  HCl  BTNT.Cl 0,8 mol CuCl2 : 0,1 CuO : 0,1 Fe O : 0,1 34 BTNT.Cu  Rắn B (Cu): 0,1 mol a = 6,4g Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + FeCl2 FeCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Fe(OH)2↓ CuCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Cu(OH)2↓ to 2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2O Cu(OH)2 CuO + H2O Giá trị a = 6,4 gam và b = 32 gam. [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 5
6. [VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] 2. Nhận định - kết tủa cực đại nCaCO3 = 0,5 → nCa(OH)2 = b = 0,5 CÁCH 1: Viết theo thứ tự xảy ra pứ CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,5 ←0,5→ 0,5 CO2 + NaOH → NaHCO3 a ←a CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 0,5 ←0,5 → 0,5 + a + 0,5 = 1,4 → a = 0,4 CÁCH 2: Theo pt ion - - - Khi nCO2 = 1,4 thì kết tủa bị hịa tan hết: CO2 + OH → HCO3 nên nCO2 = nOH → 1,4 = a + 2.0,5 → a = 0,4 Vậy giá trị a = 0,4 và b = 0,5 3. Đặt cơng thức của muối là: MgSO4.nH2O 200.35,1 Khối lượng MgSO4 trong dung dịch ban đầu: = 51,961 gam 135,1 0 Ở 20 C: 135,1 gam dung dịch cĩ chứa 35,1 gam MgSO4 (200+2 – m) gam dung dịch cĩ chứa (51,961 + 2–3,16) gam MgSO4 Từ đĩ tìm được m = 6,47 gam Khi nung muối ta cĩ: to MgSO4.nH2O   MgSO4 + nH2O (1) Theo (1) ta được mH2O = 6,47 – 3,16 = 3,31 gam 3,16 → .18n = 3,31→ n = 7 120 Vậy muối là: MgSO4.7H2O Câu 5: (4,0 điểm) 1. A là dung dịch H2SO4 x (mol/l); B là dung dịch KOH y (mol/l). Nếu trộn 0,2 lít dung dịch A với 0,3 lít dung dịch B thu được 0,5 lít dung dịch C. Để trung hịa 100 ml dung dịch C cần 40 ml dung dịch H2SO4 1M. Nếu trộn 0,3 lít dung dịch A [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 6
7. [VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] với 0,2 lít dung dịch B thu được 0,5 lít dung dịch D. Để phản ứng hết với 0,5 lít dung dịch D cần vừa đủ 10,2 gam Al2O3. a. Xác định x, y. b. Cho 2,9 gam FeCO3 vào 125 ml dung dịch A, lắc kỹ thu được dung dịch E và một khí duy nhất. Tính thể tích dung dịch B cần trung hịa hết ½ dung dịch E. 2. Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe vào V ml dung dịch HNO3 1M. Sau khi phản ứng xong chỉ thu được dung dịch A và 4,704 lít khí NO duy nhất (đktc). Cơ cạn cẩn thận dung dịch A thì thu được 71,86 gam muối khan. a. Xác định thành phần % khối lượng của hỗn hợp X. b. Tính V. Hướng dẫn 1. a. Trung hịa 100 ml C cần 0,04 mol H2SO4 → trung hịa 500 ml C cần 0,2 mol Bảng tĩm tắt A : H2SO4 B : KOH   dd 0,2x 0,3y H SO : 0,2 Mol 2 4 0,3x 0,2y Al2O3 : 0,1 H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O nH2SO4 = 0,2 → 2(0,2x + 0,2) = 0,3y (*) Dung dịch D dư axit hoặc kiềm đều hịa tan được Al2O3 nên cĩ 2TH TH1: dung dịch D dư axit nH2SO4 dư = 0,3x – 0,1y 3H2SO4 + Al2O3 → Al2(SO4)3 + 3H2O x2,6 → 0,3x – 0,1y = 0,3  (*) y4,8 TH2: dung dịch D dư kiềm nKOHdư = 0,2y – 0,6x 2KOH + Al2O3 → 2KAlO2 + H2O x0,2 → 0,2y – 0,6x = 0,2  (*) y1,6 Vậy bài tốn cĩ 2 nghiệm (x; y) = [(2,6; 4,8) ; (0,2; 1,6)] b. Khi x = 2,6: nH2SO4 = 0,325 FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2↑ + H2O 0,025→ 0,025 → nH2SO4 dư = 0,3 → nKOHcần = 0,15 → VddB trung hịa ½ E = 15,625 ml Khi x = 0,2 : nH2SO4 = 0,025 FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2↑ + H2O 0,025→ 0,025 → nH2SO4 dư = 0 → VddB trung hịa ½ E = 0 Vậy thể tích ddB cần để trung hịa ½ ddE bằng: 15,625 ml. [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 7
8. [VỊNG 3: CHỌN TUYỂN THI HSG 9 ARCHIMEDES 27/10/2018] 2. Fe : x Fe(NO32 ) : x 56(x y) 16z 19,84 x 0,09 CÁCH 1: Qui đổi Fe : y Fe(NO33 ) : y 180x 242y 71,86 y 0,23 BTe O : z  2x 3y 2z 3.0,21 z 0,12 Fe : 0,32  BTNT.O Fe O: 0,03 Fe O: 35,08% Mol%m 34 34 BTNT.Fe O : 0,12  Fe : 0,23 Fe : 64,92% CÁCH 2: BTKL BTNT.H Gọi nHNO3 = a   nH2O = 0,5a mmmmmH O XddHNOMuốiNO23 71,86g BTKL  a1,08nFe0,32 Muối 19,8463a71,8663.0,219a Fe O : bFe O  :BTNT.Fe 35,08%3bc0,32 b0,03 Mol%m 3434 Fe : cFe : 64,92% 232b56c19,84 c0,23 Giá trị V = 1,08 lít. [THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – ĐH NGOẠI THƯƠNG HÀ NỘI 8