KIỂM TRA BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
PHẨN 1 : HÓA HỌC VÔ CƠ

Đề bài :

Bài 1. Cho hỗn hợp Y gồm 2,8 gam Fe và 0,81 gam Al vào 200 ml dung dịch AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
. Kết thúc phản ứng
thu được dung dịch D và 8,12 gam chất rắn (E) gồm 3 kim loại. Cho E tác dụng với HCl dư ta thu được 0,672 lít
khí H
2
(đktc). Tính nồng độ mol/lit của dung dịch AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
ban đầu.
Bài 2. Cho Fe vào dung dịch A có hòa tan 18,8 gam Cu(NO
3
)
2
và 34gam AgNO
3
. Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được
24,8 gam chất rắn (B) và dung dịch C.
a) Tính khối lượng của Fe cho vào.

2
đktc và
dung dịch A.
a) Tính % khối lượng mỗi kim loại trong X.
b) Chia dung dịch A thành hai phần bằng nhau. Phần 1 phản ứng hết với 50g dung dịch NaOH 4% thì bắt đầu
xuất hiện kết tủa. Tính C% của các chất trong dung dịch A.
c) Phần hai đem điện phân với cường độ dòng điện 0,5Ampe trong 2 giờ. Tính khối lượng của kim loại bám trên
Catôt.
Bài 5. X là hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
(tỉ lệ mol lần lượt là 1: 2 : 4 : 3). Hoà tan hoàn toàn 76,8 gam X bằng
HNO
3
thu được 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm NO và NO
2
.
a) Tính tỉ khối hơi của Y so với oxi?
b) Thể tích dung dịch HNO
3
4M tối thiểu cần dùng là
Bài 6. Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3

)
3
+ 3Cu (2)
Fe + 2AgNO
3
 Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (3)
Fe + Cu(NO
3
)
2
 Fe(NO
3
)
2
+ Cu. (4)
Fe
dư
+ 2HCl  FeCl
2
+ H
2
 (5)
(5)  nFe dư = 0,03 nFe pứ (3) và (4) = 0,02
Gọi x và y là mol AgNO
3
và Cu(NO

3
)
2
+ 2Ag (1)
Fe + Cu(NO
3
)
2
 Fe(NO
3
)
2
+ Cu (2)
Thông thường ta chia trường hợp 1 là kim loại tham gia pứ còn dư.
TH
1
: Fe còn dư sau 2 phản ứng.  TH này ta dễ dàng loại vì các số liệu đề đã cho:
m
Ag +
m
Cu
tạo ra chưa cộng Fe dư > m
rắn
của đề. (vô lý).
TH
2
: Fe đã hết trong phản ứng (1). Chỉ xảy ra pứ (1). AgNO
3
còn dư.
Fe + 2AgNO

2
còn dư.
Fe + AgNO
3
 Fe(NO
2
)
2
+ Ag (1)
0,02 0,02 0,02
Fe + Cu(NO
3
)
2
 Fe(NO
3
)
2
+ Cu (2)
a a a a
Rắn tạo ra là : Ag và Cu ; m
rắn
= 108.0,02 + 64a = 24,8
Giải ra : được m
Fe
= 8,4 gam ; m Fe(NO
3
)
2
= 9 gam và m Cu(NO

và Cu
2+
.
Dung dịch đã mất màu hoàn toàn chứng tỏ Cu
2+
đã hết. Mà Cu
2+
hết nên Ag
+
cũng hết do Ag
+
phản ứng trước Cu
2+
.
Do kết tủa thu được gồm 2 hiđrôxit nên trong dung dịch sẽ còn 2 ion Nếu chỉ có Mg tham gia phản ứng với 2 muối
thì chỉ cho 1 ion Mg
2+
trong dung dịch : nên không đúng.  Fe cũng tham phản ứng.
Vậy chất rắn thu được là 3 kim loại.
Gọi x, y là mol của Ag
+
và Cu
2+
.
Chất rắn F gồm: Ag x mol, Cu: y mol; Fe dư( 0,1 –z) mol.
Dung dịch G gồm Mg
2+
: 0,15 mol và Fe
2+
: z mol.

dư.
Khi phản ứng trung hòa xảy ra: bắt đầu xuất hiện kết tủa chứng tỏ H
2
SO
4
vừa tham gia phản ứng hết. Từ giả thiết này
 nH
2
SO
4
= 0,025 mol. mol H
2
SO
4
trong dung dịch A còn dư là 0,05 mol. Ta dễ dàng tính được mol H
2
SO
4
tham
gia phản ứng ở câu a = 0,125 mol. Vậy tổng mol H
2
SO
4
ban đầu = 0,175 mol.
 mH
2
SO
4
 m dung dịch H
2

 thời gian điện phân của Cu
2+
(suy được Cu
2+
vẫn còn dư).
Ta tính được : m kl = 3,094 gam.
Hướng dẫn giải bài 5.
a) gọi a, 2a, 3a, 4a lần lượt là số mol Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
đã dùng, ta có các quá trình cho nhận electron.
Phương trình nhường e:
Fe  Fe
3+
+ 3e
a a 3a
2FeO  2Fe
3+
+ 2O
2-
+ 2e
2a 2a 2a
Fe
3
O

8a = 3x + y (2)
x + y =
4,22
48,4
= 0,2 (3)
Từ (1), (2), (3) ta có : x = 0,1 mol ; y = 0,1 mol
 M
Y
=
2,0
46.1,030.1,0

= 38  dy/o
2
=
32
38
= 1,1875
b) Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố N ta có :
n
HNO
3

= n
N trong muối+ n
N trong Y



Bài 1. Đem 72,8g hỗn hợp rắn Z gồm CaC
2
, Al
4
C
3
, Mg chia thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 vào nước thu
được 7,28 lít khí X, cho phần 2 vào dung dịch HCl dư thì được 24,08 lít khí Y. Trộn 2 thể tích khí này
với nhau thành hỗn hợp khí A. Nung A khi có Ni (xúc tác) được hỗn hợp khí B. Cho B lội qua bình
nước brom dư thấy sau phản ứng khối lượng bình tăng thêm m gam so với ban đầu và còn lại 17,92 lít
hỗn hợp khí C.
2
/ HC
d = 5,375. Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) Tính m.
Bài 2. Hỗn hợp A gồm hai chất hữu cơ đơn chức no (chứa C, H, O) tác dụng vừa đủ với 20 ml dung dịch
NaOH 2M được một muối và một ancol. Đun lượng ancol tạo ra đó với H
2
SO
4
đặc ở 170
0
C thấy tạo ra
369,6 cm
3
olefin khí (27,3
0
C; 1 at).

5
H
n . Lấy 9,408 lít X (đktc) đun nóng với Ni đến phản ứng hoàn toàn ta được hỗn hợp khí
Z. Tính số mol và %(n) mỗi khí có trong Z biết rằng tỉ lệ mol của hai ankan tạo ra bằng tỉ lệ mol của hai
olefin tương ứng ban đầu.
Bài 5. Trộn lẫn 100cm
3
hỗn hợp hơi X (gồm dimetylamin và hai hydrocacbon hơn kém nhau một nguyên tử
cabon trong phân tử) với 500cm
3
O
2
(dư) rồi đốt cháy. Sau phản ứng ta thu được 650cm
3
hỗn hợp sản
phẩm khí gồm CO
2
; hơi nước; N
2
và O
2
dư. Cho hỗn hợp này qua bình đựng H
2
SO
4
đặc thì còn lại
370cm
3
và qua bình đựng KOH đặc thì còn 120cm
3

H
6
tạo ra, và các chất tham gia còn dư. Ta không đủ dữ kiện để tính lượng chất còn dư, vì vậy không
thể tính được m (là tổng khối lượng C
2
H
4
tạo ra và C
2
H
2
dư) bằng phương pháp đại số.
- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng :
Dựa vào khối lượng hỗn hợp rắn, thể tích của X và Y ta có thể tính được số mol mỗi chất có trong
hỗn hợp Z bằng hệ phương trình đại số.
Từ đó tính khối lượng mỗi chất trong A. Theo định luật bảo toàn khối lượng thì
AB
mm  .
Vậy :
CACB
mmmmm  .
HD Giải bài 2 :
- Có ba khả năng có thể xảy ra đối với A :
* A gồm RCOOH và R
'
OH (1)
* A gồm RCOOR
'
và R
'

44(an + a + bm) + 18(an + a + bm + b) = 7,75.
 40n + 15m = 80,64 : vô lý.
- Trường hợp (2) lập luận tương tự : cũng loại.
- Trường hợp (3) : lập luận tương tự được phương trình :
40n + 15m = 85

n = 1; m = 3.
HD Giải bài 3 : - Gọi
n
là số cacbon trung bình của X và Y :
n
=
hh
CO
n
n
2
= 2,667.
 Phải có một hydrocacbon có hai nguyên tử cacbon trong phân tử (giả sử đó là X) và số nguyên tử
cacbon trong phân tử Y chỉ có thể bằng 3 hoặc 4:
- Trường hợp X là C
2
H
4
: Từ các phương trình phản ứng ta có hệ phương trình :
x + y = 0,012
x + ay = 0,02
2x + ny = 0,032
 a = n - 1 : n = 3; a = 2 (C
3

n = 0,1
- Vì tỉ lệ mol của hai ankan tạo ra bằng tỉ lệ mol của hai olefin tương ứng ban đầu, mặt khác olefin;
hydro tham gia phản ứng và ankan tạo ra đều với số mol như nhau nên ta suy ra ở hỗn hợp Z có 0,07 mol ankan
và 0,35 - 0,07 = 0,28 mol olefin dư, trong đó :
Số mol C
3
H
6
= 0,7143. 0,28 = 0,2

số mol C
2
H
4
= 0,08
Số mol C
3
H
8
= 0,7143. 0,07 = 0,05

số mol C
2
H
6
= 0,02.
HD Giải bài 5 : -
OHh
V
2

N
V tạo ra = 120 - 110 = 10 cm
3
.
- Từ phản ứng cháy của amin suy ra
NHCH
V
23
)(
= 20 cm
3
tổng thể tích hydrocacbon = 100 - 20 = 80 cm
3
.
- Gọi
x
và y là số nguyên tử cacbon trung bình và số nguyên tử hydro trung bình của hai
hydrocacbon ban đầu; từ các phản ứng cháy ta có :
Tổng
2
CO
V = 20. 2 + 80.
x
= 250


x