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) . -------------------------------------------------------------------------------------------- . PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II Lớp 9 THCS - Năm học 2008-20 09 Môn thi : HÓA H ỌC Thời gian làm bài 150 phút (Không. bài) PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II Lớp 9 THCS - Năm học 2008-20 09 Môn thi : HÓA H ỌC ------------ -------------