Các phương trình hoá học - Tuyển tập 50 đề thi học- 123docz.net

→H2S;

(2) H2S + 3/2O2 → SO2 + H2O (3) SO2 + 1/2O2

0; t xt

→ SO3; (4) SO3 + H2O →H2SO4

(5) H2SO4(đặc) + NaCl(rắn) →NaHSO4 + HCl ↑ (6) 4HCl + MnO2

→MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O (7) 3Cl2 + 6KOH t0→5KCl + KClO3 + 3H2O (8) KClO3

0; t xt

→KCl +3/2O2↑

Chỳ ý: 0,25 đ/ 2 phương trỡnh đỳng. Thiếu điều kiện hoặc cõn bằng sai trừ ẵ số điểm của phương trình.

H2SO4 CuSO4 NaOH FeCl3

dung dịch NaOH kết tủa xanh kết tủa nâu đỏ

Quì tím Đỏ Xanh

Nhận biết đúng mỗi chất được 0,25 điểm

1,00

Câu 2

(2 điểm) 1. Khối lượng chất tan trong dung dịch 1 = 1 1 100 m C (g) Khối lượng chất tan trong dung dịch 2 = 2 2

100 m C (g) (m3 = m1 + m2)

Khối lượng chất tan trong dung dịch 3 = ( 1 2) 3 100 m +m C

(g) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

C3.(m1 + m2) = C1.m1 + C2.m2

2. Đặt công thức của muối là: MgSO4.nH2O Khối lượng MgSO4 trong dung dịch ban đầu:

1 , 135

1 , 35 .

200 = 51,961 gam Ở 200C: 135,1 gam dung dịch có chứa 35,1 gam MgSO4

(200+2 – m) gam dung dịch có chứa (51,961 + 2–3,16) gam MgSO4 Từ đó tìm được m = 6,47 gam

Khi nung muối ta có:

MgSO4.nH2O →to MgSO4 + nH2O (1) Theo (1) ta được mH2O = 6,47 – 3,16 = 3,31 gam

=> .18n 120

16 ,

3 = 3,31 => n = 7 Vậy muối là: MgSO4.7H2O

0,25

0,25 0,25

0,50

0,25 0,25

Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai ( sưu tầm) 4 Câu 3

(2 điểm)

1. Các phản ứng hóa học chứng minh:

- Tính bazơ của NH3 yếu hơn NaOH

NaOH + NH4Cl → NaCl + NH3 + H2O - Tính axit của H2SO3 mạnh hơn H2CO3

H2SO3 + 2NaHCO3 → Na2SO3 + 2H2O + 2CO2 - Tính kim loại của Fe mạnh hơn Cu

Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu - Tính phi kim của clo mạnh hơn brom Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2

2. Sợi bông có thành phần chính là xenlulozơ: (C6H10O5)n hay C6n(H2O)5n - Khi cho H2SO4 đặc vào vải, xenlulozơ bị mất nước thành C (than)

C6n(H2O)5n →H SO2 4 6nC + 5nH2O Sau đó cacbon bị oxi hóa theo phản ứng:

C + 2H2SO4 → CO2 + 2SO2 + 2H2O

- Khi cho dung dịch HCl đặc vào mảnh vải thì xảy ra phản ứng thủy phân xenlulozơ tại phần tiếp xúc, do đó mảnh vải bị mủn dần.

(C6H10O5)n + nH2OHCl→nC6H12O6

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 Câu 4

(2 điểm)

uS 4

C O

n =0,1.2=0,2 (mol); nMg=0,1 (mol); nFe=0,2 (mol)

Vì Mg có tính khử mạnh hơn Fe do vậy Mg phản ứng với CuSO4 trước Mg + CuSO4→ MgSO4+Cu (1)

0,1 0,1 0,1 0,1 (mol)

Fe + CuSO4 → FeSO4+Cu (2)

0,1 0,1 0,1 0,1 (mol) Chất rắn A: Cu và Fe dư, mA= 0,2.64+0,1.56=18,4 gam.

Dung dịch B: MgSO4, FeSO4

2NaOH + MgSO4→Mg(OH)2 + Na2SO4 (3) 2NaOH + FeSO4→Fe(OH)2 + Na2SO4 (4) Mg(OH)2 → MgO+H2O (5) 4Fe(OH)2 + O2 → 2Fe2O3+4H2O (6) Chất rắn D gồm MgO và Fe2O3.

mD= 0,1.40+0,05.160 =12 gam.

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5

(2 điểm)

1. Thành phần chính của phân urê là (H2N)2CO. Khi bón phân urê vào đất thì có phản ứng: (H2N)2CO + H2O →(NH4)2CO3

- Nếu bón vôi cùng, lượng nitơ trong phân sẽ bị mất do xảy ra phản ứng:

(NH4)2CO3 + Ca(OH)2 →CaCO3 + 2NH3↑ Gây ra lãng phí phân đạm và làm cho đất bạc màu.

a) Từ dữ kiện đề bài, suy ra A là K2O; B là HCl; dung dịch X chứa KOH; dung dịch Y chứa HCl; dung dich Z chứa KCl và KOH dư hoặc KCl và HCl dư.

b) Các phương trình hóa học:

K2O + H2O → 2KOH KOH + HCl → KCl + H2O Zn + 2KOH → K2ZnO2 + H2

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

0,25 0,25 0,25 0,25

0,50

Câu 6 (2 điểm)

1. Các phản ứng hóa học:

C3H8 to

→CH4 + C2H4 (1) C3H8 to→C3H6 + H2 (2) nC3H8 = 0,5 mol; MY = 27,5; MZ = 24,4.

Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai ( sưu tầm) 5 a) Ta có: mY = 22 gam, suy ra: nY = 0,8 mol.

Theo phương trình hóa học: số mol C3H8 bị nhiệt phân bằng độ tăng số mol khí.

Suy ra: số mol C3H8 phản ứng bằng: 0,8 – 0,5 = 0,3 mol.

=> H = 0,3

0,5.100% = 60%.

b) Hàm lượng C và H trong Y bằng trong C3H8 ban đầu, nên đốt cháy hỗn hợp khí Y thì lượng khí O2 tiêu tốn như đốt cháy 22 gam C3H8

C3H8 + 5O2 to→ 3CO2 + 4H2O 0,5 2,5 (mol)

=> thể tích oxi bằng: 2,5.22,4 = 56 lít.

c) % thể tích các khí trong Z:

Khi cho Y qua dung dịch Br2 dư thì:

C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C3H6 + Br2 → C3H6Br2

Khí Z thoát ra gồm H2 (a mol), CH4 (b mol) và C3H8 (0,2 mol) Ta có: a + b + 0,2 = 0,5 (I)

và 2a + 16b + 44.0,2 = 12,2 (II) Từ (I) và (II) => a = 0,1; b = 0,2

=> % H2 = 20%; %CH4 = %C3H8 = 40%.

2. Vì A làm mất màu dung dịch Br2 nên A không thể là benzen Vậy A có thể nhận CTCT là: CH2=CH-C≡C-CH=CH2

CH2=CH-C≡C-CH=CH2 + 4Br2 →CH2Br-CHBr-CBr2-CBr2-CHBr-H2Br (học sinh chọn chất khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa )

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7

(2 điểm)

a) Kết tủa xuất hiện, khối lượng kết tủa tăng dần đến cực đại (khi Ca(OH)2 hết), sau đó tan dần đến hết, dung dịch trở nên trong suốt:

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O CO2 + H2O + CaCO3 → Ca(HCO3)2

b) Kết tủa xuất hiện, khối lượng kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó tan dần đến hết, dung dịch trở nên trong suốt:

3KOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3KCl KOH + Al(OH)3 → KAlO2 + 2H2O

c) Kết tủa xuất hiện rồi tan ngay, lại xuất hiện rồi lại tan ngay, lâu sau kết tủa không tan nữa và khối lượng tăng dần đến cực đại (khi KAlO2 hết):

3KOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3KCl KOH + Al(OH)3 → KAlO2 + 2H2O

AlCl3 + 3KAlO2 + 6H2O → 3KCl + 4Al(OH)3↓ d) Lúc đầu không có kết tủa, sau đó kết tủa xuất hiện, khối lượng kết tủa tăng dần đến cực đại (khi NaAlO2 hết), sau đó tan dần đến hết, dung dịch trở nên trong suốt:

HCl + NaOH → NaCl + H2O

HCl + NaAlO2 + H2O→ Al(OH)3↓ + NaCl 3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

Câu 8 (2 điểm)

a) Vì A1 tác dụng với dd H2SO4 10%, không có khí thoát ra và còn lại 0,96g chất rắn, nên trong A1 không có kim loại tác dụng với H2SO4. Đồng thời trong hai oxit kim loại ban đầu phải có một oxit không tác dụng với CO.

- Giả sử oxit ban đầu không phản ứng với CO là R2On còn oxit phản ứng là M2Om, ta có:

M2Om + m CO t0→ 2M + mCO2 (1)

m 2 . 015 ,

0 0,015 (mol)

0,50

0,25

Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai ( sưu tầm) 6 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (2)

0,015 0,015 (mol)

0,015

197 955 , 2

3 = =

nBaCO (mol)

- Khối lượng kim loại trong A1là:

m 2 . 015 ,

0 .M = 0,96 => M=32m

=> m = 2, M = 64 (M là Cu).

- Khi cho A1 tác dụng với H2SO4 ta có:

R2On + nH2SO4 → R2(SO4)n + nH2O (3) Gọi x là số mol của R2On trong A1, ta có:

(2 96 ) 11, 243

(2 16 ) 980 100

R n x

R n x nx

+ =

+ + R = 9n=> n = 3, M = 27 (R là Al.).

Hai oxit tương ứng là CuO và Al2O3. b) Ta có: nCuO = 0,015 mol

=> %CuO = 61,1 % %Al2O3 = 38,9 %

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 Câu 9

(2 điểm) 1.

a) CaO phản ứng với nước:

CaO + H2O →Ca(OH)2 Sau đó chưng cất thu được rượu khan

b) Na2SO4 khan là chất hấp thụ nước tạo thành Na2SO4.10H2O 2.

C6H12O6 Men→2C2H5OH + 2CO2

20 mol 40 mol

C H OH2 5

46 1

n = .5000(ml).0,8(g/ml). =40mol

100 46

=> mglucozo=20.100.180 = 4000gam hay 4kg 90

0,50 0,50

0,25 0,50 0,25 Câu 10

(2 điểm)

(1) H2O; (2) C2H2; (3) CaC2; (4) dung dịch NaOH; (5) H2O - Phương pháp trên là phương pháp dời nước.

- Áp dụng phương pháp này vì C2H2 ít tan và không tác dụng với nước ở điều kiện thường.

1,00 0,50 0,50 Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa.

Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG TRỊ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 9 THCS Khóa thi ngày 17 tháng 3 năm 2015

Môn thi: HÓA HỌC – BẢNG A

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5,0 điểm)

1. Hòa tan hoàn toàn BaO vào nước, thu được dung dịch X. Cho SO3 vào dung dịch X, thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Cho Al vào dung dịch Z thấy có khí hiđro bay ra. Viết các phương trình hóa học xảy ra.

2. Có 4 khí A, B, C, D. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO4 ở nhiệt độ cao, khí B được điều chế bằng cách cho FeCl2 tác dụng với hỗn hợp KMnO4 và H2SO4 loãng, khí C được điều chế bằng cách đốt pirit sắt trong oxi, khí D tạo ra khi sục khí Cl2 vào dung dịch NaHCO3.

Xác định các khí A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xảy ra.

3. Hoà tan các chất gồm Na2O, NaHCO3, BaCl2, NH4Cl có cùng số mol vào nước dư được dung dịch N và kết tủa M. Xác định N và M và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

4. Hòa tan hết 26,43 gam hỗn hợp bột gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO bằng 796 ml dung dịch HCl 2M (vừa đủ). Sau phản ứng thu được dung dịch T và 4,368 lít H2 (đktc). Cô cạn dung dịch T thu được m gam muối khan. Viết các phương trình phản ứng và tính giá trị m.

Câu 2. (5,0 điểm)

1. Nung nóng hỗn hợp gồm CuO, Fe3O4, Fe2O3, CaO và cacbon dư ở nhiệt độ cao (trong chân không) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A và khí B duy nhất. Cho chất rắn A vào dung dịch HCl dư thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí H2. Cho chất rắn X vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thấy X tan hết. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Có 3 dung dịch riêng biệt gồm Ba(OH)2, Pb(NO3)2, MgSO4 bị mất nhãn. Có thể nhận biết 3 dung dịch trên bằng dung dịch Ca(OH)2, (NH4)2SO4 hoặc Na2S. Giải thích các trường hợp và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

3. Cho m gam Na vào 250 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M và AlCl3 0,4M thu được (m - 3,995) gam kết tủa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị m.

Câu 3. (4,0 điểm)

1. Cho 11,2 gam hỗn hợp gồm Cu và kim loại M (hóa trị II, III) tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 3,136 lít khí. Cũng lượng hỗn hợp này cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu được 5,88 lít khí SO2

(sản phẩm khử duy nhất). Viết các phương trình phản ứng, xác định M và tính số mol của Cu trong hỗn hợp, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và chất khí đo ở đktc.

2. Cho 93,4 gam hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl2, NaBr, KI tác dụng với 700 ml dung dịch AgNO3 2M thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam Fe vào dung dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H2 (đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Viết phản ứng và tính khối lượng kết tủa B, cho phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Câu 4. (6,0 điểm)

1. Viết các phương trình phản ứng thực hiện dãy chuyển hóa sau:

CH3COONa B

C D

F C H +X G

A Biết E là C2H5OH, G, H là polime.

2. Từ tinh bột, chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế etyl axetat.

3. Hỗn hợp R chứa 3 hiđrocacbon mạch hở có công thức tổng quát là CxH2x+2, CyH2y và CzH2z-2, nặng 30 gam, chiếm thể tích 26,88 lít (đktc), có tỉ lệ số phân tử tương ứng là 2 :1 :1 và y < z.

a) Xác định công thức phân tử các hiđrocacbon.

b) Chia R làm 3 phần bằng nhau. Đốt cháy hết phần 1 rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua dung dịch Ba(OH)2 dư, khối lượng dung dịch giảm m1 gam. Dẫn phần 2 qua dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng thêm m2 gam. Phần 3 được dẫn qua lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 (Ag2O/NH3) thì thu được m3 gam kết tủa.

Viết phản ứng và tính m1, m2, m3; biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Cho: H= 1, C =12, O =16, Na =23, Mg = 24, Al = 27, S =32, Cl =35,5; K= 39, Fe = 56, Cu = 64, Br = 80, Ag =108, I =127, Ba =137.

………HẾT……….

ĐỀ CHÍNH THỨC

Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 9 THCS Khóa thi ngày 17 tháng 3 năm 2015

Môn thi: HÓA HỌC

Câu Ý Nội dung Điểm

BaO + H2O → Ba(OH)2

Ba(OH)2 + SO3→ BaSO4 + H2O Nếu Ba(OH)2 dư

Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 Nếu SO3 dư

SO3 + H2O → H2SO4

2Al + 3H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3H2.

1,25

2KMnO4

→ K2MnO4 + MnO2 + O2 (A)

10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4→ 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O + 10Cl2 (B) 4FeS2 + 7O2 t0→ 2Fe2O3 + 4SO2 (C)

Cl2 + H2O ←→ HCl + HClO HClO →HCl + ẵ O2

2HCl + NaHCO3 →2NaCl + H2O + CO2 ( Có thể : Cl2 + NaHCO3 →2NaCl + CO2 )

1,0

Na2O + H2O → 2NaOH 1 → 2

NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O 1 → 1 → 1

NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O 1 1 1 1

BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaCl 1 → 1 → 1 2

⇒Dung dịch A chỉ có NaCl, kết tủa B chỉ có BaCO3

1,5 Câu 1

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (1) Al + 3HCl → AlCl3 +3/2 H2 (2) Al2O3 + 6HCl→2AlCl3 +3 H2O (3) MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O (4) nHCl(1,2)=2nH2=4,368.2

0,39 mol 22, 4 =

⇒nHCl(3,4)=0,796.2-0,39=1,202 mol → nO(oxit)=1,202/2=0,601 mol Vậy m(muối)= 26,43 – 0,601.16 + 0,796.2.35,5 = 73,33 gam

1,25

Câu 2 1

Nung hỗn hợp:

CuO + Cdư t0→Cu + CO Fe3O4 + 4Cdư t0→ 3Fe + 4CO Fe2O3 + 3Cdư t0→ 2Fe + 3CO

(Nếu viết tạo CO2 → CO thì vẫn cho điểm tối đa) CaO + 3Cdư t0→ CaC2 + CO

Chất A tác dụng với dung dịch HCl dư : Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

CaC2 + 2HCl → CaCl2 + C2H2

Cho X tác dụng với dd H2SO4 đặc, nóng, dư : C + 2H2SO4đặc t0→ CO2 + 2SO2 + 2H2O Cu + 2H2SO4đặc t0→CuSO4 + SO2 + 2H2O

2,0

Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai 3

Câu Ý Nội dung Điểm

*Dung dịch Ca(OH)2 Ba(OH)2 không hiện tượng Pb(NO3)2 có kết tủa trắng, rồi tan

Pb(NO3)2 + Ca(OH)2 →Pb(OH)2 + Ca(NO3)2 Pb(OH)2 + Ca(OH)2 →CaPbO2 + 2H2O

MgSO4 có kết tủa trắng Mg(OH)2: MgSO4 + Ca(OH)2 →Mg(OH)2 + CaSO4

*Dung dịch (NH4)2SO4

Ba(OH)2 có kết tủa trắng và khí mùi khai Ba(OH)2 + (NH4)2SO4→2NH3 + 2H2O + BaSO4

Pb(NO3)2 có kết tủa trắng: Pb(NO3)2 + (NH4)2SO4→2NH4NO3 + PbSO4 MgSO4 không hiện tượng

*Dung dịch Na2S

Ba(ỌH)2 không hiện tượng

Pb(NO3)2 có kết tủa đen: Pb(NO3)2 + Na2S → PbS + 2NaNO3

MgSO4 có kết tủa trắng và khí: MgSO4+ Na2S+ 2H2O →Mg(OH)2 + H2S + Na2SO4

1,5

Câu 2

2Na + 2HCl → 2NaCl + H2 (1) 2Na + H2O → 2NaOH + H2 (2)

3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3↓ (3) Có thể: NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + H2O (4)

Theo bài ra ta có: nHCl = 0,125 (mol) và nAlCl3 = 0,1 (mol) Gọi nAl(OH)3 (thu được) = x mol

⇒Có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: Al(OH)3 chưa bị hòa tan, chưa xảy ra phản ứng (4)

⇒ nNa = nHCl + 3nAl(OH)3 = (0,125 + 3x) mol

⇒78x = 23.(0,125 + 3x) - 3,995 ⇒ x < 0 (loại)

Trường hợp 2: Al(OH)3 tan một phần, đã xảy ra phản ứng (4)

Ta có nNa(1,2) = nHCl(1) + nNaOH(3,4)= nHCl+ 3nAlCl3(3) + nAl(OH)3(4)

= 0,125 + 3.0,1 + (0,1 – x) = (0,525 – x) mol

⇒78x = 23.(0,525 - x) - 3,995 => x = 0,08 mol

⇒m = 23(0,525 – 0,08) = 10,235 gam

1,5

Ta có: nH2=3,136

0,14 mol,

22, 4 = nSO2 =5,88

0, 2625 mol 22, 4 =

M + HCl → MCl2 + H2 (1)

2M + 6H2SO4 → M2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (2) 0,14 → 0,21

Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O (3) 0,0525 ← (0,2625-0,21)=0,0525 Ta có: 0,0525.64 + M.0,14=11,2 ⇒M=56 ⇒M là Fe nCu=0,0525 mol

1,5

Câu 3

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl2, NaBr, KI.

Phản ứng:

MgCl2+ 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Mg(NO3)2 (1) NaBr + AgNO3 → AgBr↓ + NaNO3 (2) KI + AgNO3 → AgI↓ + KNO3 (3) Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (4) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (5)

Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + 2NaNO3 (6) Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaNO3 (7) 2Fe(OH)2 + 1/2O2 + H2O t0→ 2Fe(OH)3 (8) 2Fe(OH)3↓ t0→ Fe2O3 + 3H2O (9)

Mg(OH)2 t0→ MgO + H2O (10)

2,5

Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai 4

Câu Ý Nội dung Điểm

Theo (5) nFe =

4, 48

n 0, 2mol

22, 4

= = , nFe(bđ)=22, 4 0, 4mol 56 =

nAgNO3(4)= (0,4-0,2)2 = 0,2.2 = 0,4 mol Theo (1,2,3) và bài ra ta có hệ:

160 0,1 40a 24

2a b c=0,7.2 – 0, 4=1 a 0, 2 b 0, 4 95a 103b+166c=93, 4 c 0, 2

× + =

+ + =

 

 

⇒ =

 

 +  =

 

Vậy mB = mAgCl + mAgBr + AgI = 143,5.0,4+188.0,4+235.0,2= 179,6 gam

CH3COONa + NaOH →CaO,to CH4 + Na2CO3 2CH4   →Làm lạnh nhanh1500 C0 C2H2+3H2

C2H2 + H2  Pd,to→ C2H4