đề thi học sinh giỏi hay

PHÒNG GD&ĐT ĐAK PƠ
TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN
( Đề Chính Thức )
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Năm học: 2009-2010
Môn: Hóa học
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề)

-----------------------
( Đề thi gồm : 01 trang)
ĐỀ BÀI:
Câu 1 (2,5 điểm):
1- Viết các phương trình hóa học xảy ra khi cho dung dịch NaHSO4 lần lượt tác dụng với các chất: Al, BaCl2, CaCO3, NaHCO3
2- Có các dung dịch bị mất nhãn, gồm: NaHCO3, HCl, Ba(HCO3)2, MgCl2, NaCl. Hãy nêu phương pháp phân biệt các dung dịch mà không được lấy thêm chất khác ( kèm theo các phương trình phản ứng nếu có)
Câu 2 (3,5 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 5,4 gam nhôm trong khí oxi, hoà tan rắn thu được vào trong dung dịch H2SO4 ( vừa đủ) thì được dung dịch A. Cho A tác dụng với 250 ml dung dịch xút thì thu được 7,8 gam kết tủa. Tính nồng độ mol của dung dịch xút đã dùng.
Câu 3 (2,5 điểm): Hoà tan 34,2 gam hỗn hợp gồm Al2O3 và Fe2O3 vào trong 1 lít dung dịch HCl 2M, sau phản ứng còn dư 25% axit. Cho dung dịch tạo thành tác dụng với ddNaOH 1M sao cho vừa đủ đạt kết tủa bé nhất.
a) Tính khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp
b) Tính thể tích của dung dịch NaOH 1M đã dùng.
Câu 4 (4,0 điểm): Khi cho a (mol ) một kim loại R (không tan trong nước ) tan vừa hết trong dung dịch chứa a (mol ) H2SO4 thì thu được 1,56 gam muối và một khí A. Hấp thụ hoàn toàn khí A vào trong 45ml dd NaOH 0,2M thì thấy tạo thành 0,608 gam muối.
a) Hãy biện luận để xác định khí A là khí gì ?
b) Xác định kim loại đã dùng.
Câu 5 (2,5 điểm): Hỗn hợp khí A gồm SO2, O2 có tỷ khối đối với khí metan (CH4) bằng 3
a) Xác định % thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp A.
b) Cho hỗn hợp qua bình thép có xúc tác V2O5 ( 4500C) thì thu được hỗn hợp khí B. Biết hiệu suất phản ứng là 80%. Xác định % thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp khí B.
Câu 6 (3,0 điểm): Cho 400ml dung dịch H3PO4 0,5M tác dụng với V (ml) dung dịch NaOH 2M thì thu được dung dịch 2 muối có tỉ lệ số mol là 2:3 theo chiều tăng dần khối lượng phân tử .Tính V và xác định nồng độ mol của mỗi muối trong dung dịch thu được. ( Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể)
Câu 7 (2,0 điểm): Để một phoi bào sắt nặng m ( gam) ngoài không khí, sau một thời gian thu được 12 gam rắn X gồm sắt và các oxit của sắt. Cho X tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HNO3 loãng thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất ( đo ở đktc).
a) Viết các phương trình hoá học xảy ra.
b) Tính khối lượng m của phoi bào sắt ban đầu.
----------Hết-----------
Ghi chú: Học sinh được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
----------( gồm 04 trang )----------------
Câu/ý
Nội dung
Điểm

Câu 1
( 2,5 đ)
1.(1,0 điểm) Viết đúng mỗi PTHH được 0,25 điểm
6NaHSO4 + 2Al
3Na2SO4 + Al2(SO4)3 + 3H2 (
2NaHSO4 + BaCl2
BaSO4 ( + Na2SO4 + 2HCl
2NaHSO4 + CaCO3
Na2SO4 + CaSO4 + H2O + CO2 (
NaHSO4 + NaHCO3
Na2SO4 + H2O + CO2 (
2.(1,5 điểm)
Trích mỗi chất làm nhiều mẫu để thí nghiệm
- Nhiệt phân các dung dịch thì nhận ra NaHCO3 có sủi bọt khí; còn Ba(HCO3)2 có sủi bọt khí và có kết tủa.
2NaHCO3
Na2CO3 + H2O + CO2 (
Ba(HCO3)2
BaCO3 ( + H2O + CO2 (
- Dùng dung dịch Na2CO3 thu được để thử các dung dịch còn lại, nếu có sủi bọt khí là HCl, nếu có kết tủa là MgCl2, chất còn lại là NaCl
Na2CO3 + 2HCl
2NaCl + H2O + CO2 (
Na2CO3 + MgCl2
MgCO3 ( + 2NaCl
( Học sinh nhận biết mà không trích mẫu thì trừ 0,25 điểm)


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ


0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ



Câu 2
( 3,5 đ)


mol ;
mol
PTHH :
4Al + 3O2
2Al2O3
0,2 0,1 (mol)
Al2O3 + 3H2SO4 ( Al2(SO4)3 + 3H2O
0,1 0,1 (mol)
Ta thấy, vì số mol kết tủa < số mol Al nên kết tủa không cực đại. Bài toán có 2 trường hợp:
* Trướng hợp 1: NaOH thiếu so với Al2(SO4)3 ( kết tủa chưa cực đại
Al2(SO4)3 + 6NaOH ( 2Al(OH)3 ( + 3Na2SO4
0,05 0,3 ( 0,1 (mol)


* Trường hợp 2: NaOH dư hòa tan một phần kết tủa Al(OH)3
Al2(SO4)3 + 6NaOH ( 2Al(OH)3 ( + 3Na2SO4
0,1( 0,6 0,2 (mol)
Số mol KT bị hoà tan : 0,2 – 0,1 = 0,1 mol
Al(OH)3 + NaOH ( NaAlO2 + 2H2O
0,1( 0,1 (mol)





0,50đ


0,25đ

0,25đ

0,25đ



0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ


Câu 3
(2,5 đ)
a)
( pư với oxit ) = 1( 2 (
= 1,5 mol

( pư với NaOH ) : 2(
= 0,5 mol
Đặt số mol Fe2O3 và Al2O3 lần lượt là a, b ( mol)
Fe2O3 + 6HCl ( 2FeCl3 + 3H2O
a 2a
Al2O3 + 6HCl ( 2AlCl3 + 3H2O
b 2b
FeCl3 + 3NaOH ( Fe(OH)3 ( + 3NaCl
2a 6a 2a
AlCl3 + 3NaOH ( Al(OH)3 ( + 3NaCl
2b 6b 2b
Vì lượng kết tủa bé nhất nên Al(OH)3 bị tan hết trong NaOH dư
Al(OH)3 + NaOH ( NaAlO2 + 2H2O
2b 2b
HCl + NaOH ( NaCl + H2O
0,5 ( 0,5
Theo đề bài ta có :
giải ra được

Khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp

;

b) Tổng số mol NaOH = 6a + 8b + 0,5 = 2,2 mol
( VddNaOH = 2,2 : 1 = 2,2 lít

0,25đ





0,50 đ









0,25 đ



0,50đ


0,25 đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

Câu 4
( 4,0 đ)
a) Gọi n là hóa trị của kim loại R .
Khí A tác dụng được với NaOH nên chỉ có thể là SO2 hoặc H2S
* Nếu khí A là H2S thì :
8R + 5nH2SO4 ( 4R2 (SO4 )n + nH2S ( + 4nH2O
Theo đề ta có: 5n = 8 ( n =
( loại )
* Nếu khí A là SO2 thì:
2R + 2nH2SO4 ( R2 (SO4 )n + nSO2 ( + 2nH2O
Theo đề ta có: 2n = 2 ( n =1 ( nhận )
Vậy khí A là SO2 và kim loại R hóa trị I
b)
2R + 2H2SO4 ( R2 SO4 + SO2 ( + 2H2O
giả sử SO2 tác dụng với NaOH tạo 2 muối

SO2 + NaOH ( NaHSO3
x (mol) x x
SO2 + 2NaOH ( Na2SO3 + H2O
y (mol) 2y y

Ta có :
; giải ra

Vậy giả thiết phản ứng tạo 2 muối là đúng.
Ta có:
= x + y = 0,005 (mol)
Phương trình biểu diễn khối lượng muối R2SO4 :
(2R+ 96)(0,005 = 1,56
( R = 108
Vậy kim loại là bạc ( Ag)
0,25đ


0,25đ
0,25đ


0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ



0,75đ


0,25đ

0,25đ
0,25đ


Câu 5
(2,5 đ)
a)

Ap dụng quy tắc đường chéo ta có:
SO2 n1 ; M1=64

16 ( 1



=48


O2 n1 ; M2=32

16( 1

Suy ra ta có:

Vậy phần trăm thể tích của mỗi khí trong A là:


b) Giả sử trong A có 1 mol mỗi khí SO2 và O2
vì hiệu suất phản ứng là 80% nên

2SO2 + O2
2SO3
Bđ: 1 1 0 (mol)
Tpư: 0,8 0,4 0,8
Spư: 0,2 0,6 0,8


Thành phần % thể tích của hốn hợp B là:







0,25đ



0,25đ

0,25đ


0,25đ

0,25đ


0,50 đ





0,25đ

0,25đ

0,25đ


Câu 6
(3,0 đ)


Vì phản ứng tạo hỗn hợp 2 muối nên hai muối phải có chỉ số kim loại liền kề nhau.

Trướng hợp 1: Hai muối Na2HPO4 và Na3PO4 ( tỉ lệ mol = 2 : 3 )
H3PO4 + 2NaOH ( Na2HPO4 + 2H2O (1) ( 2
H3PO4 + 3NaOH ( Na3PO4 + 3H2O (2) ( 3
Từ (1) và (2) ta có phản ứng chung :
5H3PO4 + 13 NaOH ( 2Na2HPO4 + 3Na3PO4 + 13H2O
0,2 ( 0,52 0,08 0,12 (mol)


Nồng độ mol của các muối trong dung dịch




Trướng hợp 2: Hai muối NaH2PO4 và Na2HPO4 ( tỉ lệ mol = 2 : 3 )

H3PO4 + NaOH ( NaH2PO4 + H2O (1) ( 2
H3PO4 + 2NaOH ( Na2HPO4 + 2H2O (2) ( 3
Từ (1) và (2) ta có phản ứng chung :
5H3PO4 + 8 NaOH ( 2NaH2PO4 + 3Na2HPO4 + 8H2O
0,2 ( 0,32 0,08 0,12 ( mol)


Nồng độ mol của các muối trong dung dịch




0,25đ
0,25đ



0,5đ




0,25đ


0,25đ

0,25đ





0,5đ



0,25đ


0,25đ

0,25đ

Câu 7
(2,0 đ)
 2Fe + O2 ( 2FeO (1)
4Fe + 3O2 ( 2Fe2O3 (2)
3Fe + 2O2 ( Fe3O4 (3)
Rắn X : FeO ; Fe2O3 ; Fe3O4 ; Fe
Fe + 4HNO3 ( Fe(NO3)3 + NO ( + 2H2O (4)
3FeO + 10HNO3 ( 3Fe(NO3)3 + NO ( + 5H2O (5)
3Fe3O4 + 28HNO3 ( 9Fe(NO3)3 + NO ( + 14H2O (6)
Fe2O3 + 6HNO3 ( 2Fe(NO3)3 + 3H2O (7)
Như vậy : toàn bộ lượng sắt đã chuyển thành lượng muối Fe(NO3)3
Số mol của Fe ( bđ ) = số mol muối Fe ( trong muối) = a (mol)
Từ các ptpư : ( naxit = 3.n muối + nNO = 3a + 0,1 =

Theo định luật BTKL ta có :
12 + (3a + 0,1).63 = 242a + 0,1( 30 + (1,5a + 0,05 )( 18
Giải ra được : a = 0,18 mol ( m = 10,08 gam


0,50 đ



0,50 đ



0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

Lưu ý: Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu lập luận đúng và có kết quả chính xác thì vẫn đạt điểm tối đa.
---------------Hết----------------