File word đề thi và đáp án HSG Hóa 9 Chu Văn An – Đề ôn thi số 3

File word đề thi và đáp án HSG Hóa 9 Chu Văn An – Đề ôn thi số 3

Câu 1.

1. Nung nóng hỗn hợp Cu, Ag trong O₂ dư, sau phản ứng thu được chất rắn A. Cho A vào dung dịch H₂SO₄ đặc nóng dư thu được dung dịch B và khí C. Khí C tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch D. Dung dịch D vừa tác dụng với BaCl₂, vừa tác dụng với NaOH.

Xác định thành phần các chất có trong A, B, C, D. Viết phương trình các phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên.

2. Chỉ dùng một thuốc thử, trình bày cách nhận biết các chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn sau: BaCO₃, BaSO₄, Na₂SO₄, Na₂CO₃, MgCO₃, CuSO₄ (khan).

Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có).

Câu 2

Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm: R, FeO, CuO  (R là kim loại chỉ có hóa trị II, hidroxit của R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa một kim loại) và 6,72 lít H₂ (đktc). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit.

1. Tìm R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X .
2. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A.

Câu 3

Hỗn hợp X gồm (Al và oxit Fe_xO_y). Nung m gam X trong điều kiện không có không khí, khi đó xảy ra phản ứng: Al + Fe_xO_y $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ Al₂O₃ + Fe (phản ứng chưa được cân bằng). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y.  Chia Y thành hai phần:

  Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lit khí và 12,6 gam chất rắn.

  Phần 2: cho tác dụng với dung dịch H₂SO₄ đặc nóng dư, sau phản ứng thu được 27,72 lít SO₂ và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc.

1. Viết phương trình các phản ứng xảy ra.
2. Tìm m và công thức phân tử của oxit Fe_xO_y

Hướng dẫn

Câu 1.

– Chất rắn A gồm CuO, Ag

2Cu + O₂ $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ 2CuO

(Ag không phản ứng với khí oxi)- Cho A vào dd H₂SO₄ đặc nóng:

CuO + H₂SO_{4(đ) $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$} CuSO₄ + H₂O

2Ag + 2H₂SO_4(đ) $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ Ag₂SO₄ + SO₂ + 2H₂O- Dung dịch B gồm CuSO₄, Ag₂SO₄, H₂SO₄ dư.

– Khí C là SO₂. Cho C tác dụng với dd KOH.

SO₂ + 2KOH → K₂SO₃ + H₂O

SO₂ + KOH → KHSO₃– Dung dịch D gồm 2 chất tan K₂SO₃, KHSO₃.

K₂SO₃ + BaCl₂ → BaSO₃ + 2KCl

KHSO₃ + NaOH → Na₂SO₃ + K₂SO₃

– Dùng dung dịch H₂SO₄ loãng để nhận biết.

– Lấy mẫu thử ra các ống nghiệm khác nhau, đánh dấu tương ứng. Nhỏ dung dịch H₂SO₄ loãng, dư vào các ống nghiệm.

+ Chất rắn phản ứng tạo kết tủa trắng, giải phóng khí là BaCO₃

+ Chất rắn không tan trong dung dịch H₂SO₄ là BaSO₄.

+ Chất rắn tan tan tạo dung dịch không màu, không giải phóng khí là Na₂SO₄

+  Chất rắn tan tan tạo dung dịch màu xanh, không giải phóng khí là CuSO₄.

+ 2 chất rắn tan, giải phóng khí là MgCO₃ và Na₂CO₃.

– Cho tiếp từ từ đến dư 2 chất rắn chưa nhận biết được (MgCO₃ và Na₂CO₃) vào  2 dung dịch của chúng vừa tạo thành.

+ Chất rắn nào khi ngừng thoát khí mà vẫn tan đó là Na₂CO₃

+ Chất rắn nào khi ngừng thoát khí mà không tan thêm đó là MgCO₃.

BaCO₃ + H₂SO₄ → BaSO₄ + CO₂ + H₂O

MgCO₃ + H₂SO₄ → MgSO₄ + CO₂ + H₂O

Na₂CO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

Câu 2

Tìm R và % khối lượng các chất trong X

n_HCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol;

n_{H$_{2}$} = 6,72/22,4= 0,3 mol

-Cho X + dd HCl dư:

Vì sản phẩm có H₂, nên R là kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hoá học, nên R đứng trước cả Cu.

Vì axit dư nên sau phản ứng không thể có R dư, mà 9,6 gam chất rắn B chỉ chứa một kim loại, suy ra phải có phản ứng của R với muối CuCl₂ tạo ra Cu kim loại và hiđroxit của R sẽ không tan trong nước (ở đây FeCl₂ chưa phản ứng với R do mức độ phản ứng của CuCl₂ với R cao hơn so với FeCl₂). Do đó B là Cu.

Dung dịch A có RCl₂, FeCl₂ và HCl dư. Vì dung dịch A tác dụng với KOH dư thu kết tủa D, sau đó nung D đến hoàn toàn thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit, suy ra 2 oxit này là RO và Fe₂O₃. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl₂.

R + 2HCl → RCl₂ + H₂             (1)

FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O    (2)

CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O   (3)

R + CuCl₂ → RCl₂ + Cu           (4)

– Cho dung dịch A tác dụng dung dịch KOH dư:

HCl + KOH → KCl + H₂O                (5)

RCl₂ + 2KOH → R(OH)₂ + 2KCl      (6)

FeCl₂ + 2KOH → Fe(OH)₂ + 2KCl   (7)

Nung kết tủa ngoài không khí:

R(OH)₂  $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ RO + H₂O                         (8)

2Fe(OH)₂ + ½ O₂ $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ Fe₂O₃ + 2H₂O    (9)

E gồm hai oxit: RO và Fe₂O₃

n_Cu = 9,6/64 = 0,15 mol

Theo pư (3),(4): n_CuO = nCuCl₂ = n_Cu = 0,15 mol

Theo pư (1), (4): nRCl₂ = n_R = nH₂ + nCuCl₂ = 0,3 + 0,15 = 0,45 mol

Theo pư (6)(8): nRO = nR(OH)₂ = nRCl₂ = 0,45 mol

Đặt n_{FeO ban đầu}  = x mol

Theo các phản ứng (2),(7),(9): nFe₂O₃ = ½ .n_FeO = 0,5x (mol)

Ta có: m_E = mRO + mFe₂O₃ = 0,45.(M_R + 16) + 0,5x.160 = 34 gam     (*)

m_X = m_R + m_FeO + m_CuO = 0,45.M_R + 72x + 80.0,15 = 37,2 gam       (**)

Giải hệ (*), (**) ta được: M_R = 24;         x = 0,2

Vậy R là Mg

Từ đó tính được % khối lượng các chất trong hỗn hợp X:

%m_Mg = m_Mg.100/m_X = (0,45.24.100)/37,2 = 29,0%

%m_FeO = 0,2.72.100/37,2 = 38,7%

%m_CuO = 32,3%

Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A:

A có : MgCl₂, FeCl₂, HCl dư

mMgCl₂ = 0,45. 95 = 42,75 gam

mFeCl₂ = 0,2.127 =25,4 gam

Ta có: n_{HCl pư} = n_{Cl trong muối} = 2.nMgCl₂ + 2.nFeCl₂ = 1,3 mol

=> m_{HCl dư} = 500.0,146- 1,3.36,5 =25,55 gam

Áp dụng định luật BTKL:

m_ddA =  m_X + m_{dd HCl ban đầu} –m_B – mH₂ = 527 gam

Từ đó tính được nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A:

C%(MgCl₂) = 8,11%

C%(FeCl₂) = 4,82%

C%(HCl) = 4,85%

Câu 3

Các phương trình phản ứng:

3Fe_xO_y + 2yAl  $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ 3xFe +  yAl₂O₃                      (1)

Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư có khí, suy ra trong chất rắn có Al dư. Vì Al còn dư, mà phản ứng xảy ra hoàn toàn nên Fe_xO_y hết. Vậy thành phần của Y có: Al₂O₃, Fe và Al dư.

Phần 1 tác dụng với  dung dịch NaOH dư:

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O              (2)

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂       (3)

12,6 gam chất rắn không tan là Fe

Phần 2 tác dụng với H₂SO₄ đặc nóng dư:

Al₂O₃ + 3H₂SO_4(đ) $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O (4)

2Al + 6H₂SO_4(đ) $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ Al₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O        (5)

2Fe + 6H₂SO_4(đ) $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O        (6)

Từ pư(3) có n_Al = 2/3.n_{H$_{2}$} = 0,05 mol

Lại có: n_Fe = 12,6/56 = 0,225 mol

Vậy trong phần 1 có ( Al₂O₃, Fe (0,225 mol), Al(0,05 mol))

– Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1. Từ đó suy ra trong phần 2 có:

( Al₂O₃, Fe(0,225a mol) và Al (0,05a mol)

Từ pư (5) và (6) suy ra:

n_{SO$_{2}$} = 3/2.(n_Al + n_Fe) = 3/2.(0,05a + 0,225a) = 27,72/22,4= 1,2375 .

Từ đó tính được a = 3.

Suy ra trong phần 2 có: 0,675 mol Fe và 0,15 mol Al

Mặt khác, tổng khối lượng muối sunfat = m$_{A{{l}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}$ + m$_{F{{e}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}$ = 263,25 gam (7)

Theo pư (4), (5): n$_{A{{l}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}$ = n$_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}$ + ½. n_Al = n$_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}$ + 0,075

Theo pư (6): n$_{F{{e}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}$= ½.n_Fe = 0,3375 mol

Thay các số mol vào pt(7) sẽ tính được n$_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}$ = 0,3 mol

Vậy khối lượng của phần 2 là: m_{phần 2} = m$_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}$ + m_Fe + m_Al = 0,3.102 + 0,675.56 + 0,15.27 = 72,45 gam

=> khối lượng của phần 1 là: m_{phần 1} = 72,45/3 =24,15 gam

Từ đó tính được m = m_{phần 1} + m _{phần 2} = 96,6 gam

* Tìm oxit:

Xét phần 2: từ pt (1) có:

3x : y = n_Fe : n$_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}$  = 0,675 : 0,3   => x : y = 3: 4    Vậy oxit là Fe₃O₄