Đề thi chọn học sinh giỏi huyện Thái Thụy năm học 2016-2107 môn thi Hóa học 8

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi huyện Thái Thụy năm học 2016-2107 môn thi Hóa học 8

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN THÁI THỤY NĂM HỌC 2016-2107 Môn thi: Hóa Học 8 Thời gian làm bài 120 phút Câu 1 (5,0 điểm). 1) Trình bày phương pháp nhận biết các chất bột rắn riêng biệt sau: Đá vôi, vôi sống, muối ăn, cát trắng (SiO2). 2) Một hợp chất A có thành phần khối lượng 15,79% Al, 28,07% S còn lại là O. Hãy xác định công thức hóa học của A và đọc tên hợp chất. 3) Nung hoàn toàn 71,9 gam hỗn hợp gồm KMnO 4 và KClO3, sau khi kết thúc phản ứng thấy khối lượng chất rắn giảm 14,4 gam so với ban đầu. Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. Câu 2 (3,0 điểm). Thổi 8,96 lít CO (đktc) qua 16 gam một oxit sắt nung nóng. Dẫn toàn bộ khí sau phản ứng qua dd Ca(OH)2 dư, thấy tạo ra 30 gam kết tủa trắng (CaCO 3), các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1) Tính khối lượng Fe thu được. 2) Xác định công thức oxit sắt. Câu 3 (4,0 điểm). 1) Hòa tan 19,21 gam hỗn hợp Al, Mg, Al2O3, MgO trong dd HCl, thấy thoát ra 0,896 lít H2 (đktc), sinh ra 0,18 gam H2O và còn lại 4,6 gam chất rắn không tan. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam muối khan. Tính m (biết oxit bazơ tác dụng với axit tạo muối và nước). 2) Nhiệt phân 8,8 gam C3H8 thu được hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H4, C3H6, H2 C3H8 dư. Các phản ứng xảy ra như sau: C3H8 -> CH4 + C2H4 ; C3H8 -> C3H6 + H2 Tính khối lượng CO2, khối lượng H2O thu được khi đốt cháy hoàn toàn X. Câu 4 (4,0 điểm). 1) Hòa tan hoàn toàn 17,8 gam hỗn hợp gồm một kim loại R (hóa trị I) và oxit của nó vào H2O, thu được 0,6 mol ROH và 1,12 lit H2 (ở đktc). a) Xác định R. b) Giả sử bài toán không cho thể tích H2 thoát ra. Hãy xác định R. 2) Đưa hỗn hợp khí gồm N 2 và H2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3 vào tháp tổng hợp NH3, sau phản ứng thấy thể tích khí đi ra giảm 1/10 so với ban đầu. Tính hiệu suất phản ứng ( biết các khí đo ở cùng điều kiện). Câu 5 (4,0 điểm). Y là hợp chất chứa 3 nguyên tố C, H, O. Trộn 1,344 lít CH 4 với 2,688 lít khí Y thu được 4,56 g hỗn hợp khí Z. Đốt cháy hoàn toàn Z thu được 4,032 lít CO 2 (các khí đo ở đktc). 1) Tính khối lượng mol của Y. 2) Xác định công thức phân tử Y. ( Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn) Hết
2. Hướng dẫn chấm Hóa 8 Câu Nội dung Điểm Câu 1 1 (1,5 đ). (5,0 - Cho nước vào các mẫu thử, khuấy đều điểm) +) Mẫu thử tan là vôi sống (CaO) và muối ăn (NaCl) CaO + H2O -> Ca(OH)2 +) Mẫu không tan là đá vôi (CaCO3) và cát trắng (SiO2) 0,5 - Dẫn CO 2 vào dd thu được ở các mẫu thử tan ở đâu xuất hiện kết tủa trắng mẫu ban đầu là CaO, không hiện tượng gì là NaCl. CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 + H2O 0,5 - Cho dd HCl vào hai mẫu thử còn lại, mẫu thử nào tan tạo bọt khí là đá vôi, mẫu không tan là cát trắng CaCO3 + 2HCl -> CaCl2 + CO2 + H2O 0,5 2 (1,5 đ). + Đặt CTTQ của A là AlxSyOz (x, y, z € Z ) %O = 100% - %Al - % S = 100% - 15,79% - 28,07% = 56,14% 0,25 Ta có x : y : z = 15,79% : 28,07% : 56,14 27 32 16 = 0,585 : 0,877 : 3,508 0,5 = 1 : 1,5 : 6 = 2 : 3 :12 0,25 Vậy CTHH của A là: Al2S3O12 hay Al2(SO4)3 Nhôm sunfat 0,5 3 (2 đ). Khối lượng chất rắn giảm = mO2 => nO2 = 14,4/32 = 0,45 mol 0,5 2KMnO4 -> K2MnO4 + MnO2 + O2 2x x 2KClO3 -> 2KCl + 3O2 2y 3y 0,5 Ta có 2x. 158 + 2y.122,5 = 71,9 (1) x + 3y = 0,45 (2) 0,5 => x = 0,15 => mKMnO4 = 158.2x = 47,4 g => %KMnO4 = 65,92% %KClO3 = 34,08% 0,5 Câu 2 1(1,5đ). (3,0 nCO = 8,96/22,4 = 0,4 mol nCaCO3 = 30/100 = 0,3 mol + điểm) Đặt công thức oxit sắt là FexOy (x, y € Z ) 0,5 FexOy + yCO -> xFe + yCO2 0,3 0,3 nCO pư CO dư 0,5 Theo ĐLBTKL mFexOy + mCO pư = mFe + mCO2  16 + 0,3.28 = mFe + 0,3.44 => mFe = 11,2 (g) 0,5
3. 2 (1,5đ). nFe = 11,2/56 = 0,2 mol mO = 16 – 11,2 = 4,8 g => nO = 4,8/16 = 0,3 mol 0,75 Ta có x : y = 0,2 : 0,3 = 2 : 3 Vậy CT oxit sắt là: Fe2O3 0,75 Câu 3 1 (2,5 đ). (4,0 nH2 = 0,896/22,4 = 0,04 mol nH2O = 0,18/18 = 0,01 mol điểm) Các pt có thể xảy ra Mg + 2HCl -> MgCl2 + H2 Al + 3HCl -> AlCl3 + 3/2H2 MgO + 2HCl -> MgCl2 + H2O Al2O3 + 6HCl -> 2AlCl3 + 3H2O 1,0 Theo các pt trên nHCl pư = 2nH2 + 2nH2O = 2.0,04 + 2.0,01 = 0,1 mol 0,75 Theo ĐLBTKL mhh + mHCl pư = m muối + m cran + mH2 + mH2O 19,21 + 0,1.36,5 = m muối + 4,6 + 0,04.2 + 0,18 => m muối = 18 g 0,75 2 (1,5 đ). Theo bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố thì tổng khối lượng các chất trong X cũng = khối lượng C3H8 ban đầu, khi đốt X cũng tương tự đốt C3H8 ban đầu nên ta có 0,5 nC3H8 = 8,8/44 = 0,2 mol C3H8 + 5O2 -> 3CO2 + 4H2O 0,2 0,6 0,8 0,5 mCO2 = 0,6. 44 = 26,4g mH2O = 0,8.18 = 14,4 g 0,5 Câu 4 1(2 đ). (4,0 a (1đ). nH2 = 1,12/22,4 = 0,05 mol điểm) 2R + H2O -> 2ROH + H2 x x x/2 R2O + H2O -> 2ROH y 2y 0,5 Ta có x/2 = 0,05 => x = 0,1 x + 2y = nROH = 0,6 => y = 0,25 0,25 0,1.R + 0,25( 2R + 16) = 17,8 => R = 23 (Na) 0,25 b (1đ). x + 2y = 0,6 => 0 y = 17,8 0,6R (2) 16 0,25 Từ (1) và (2) => 21,67 < MR < 29,67 0,25 Vậy R là Na 0,25
4. 2 (2 đ). Giả sử có 1 mol N2 => nH2 = 3 mol n hhbđ = 4 mol => n khí giảm = 4/10 = 0,4 mol 0,5 N2 + 3H2 -> 2NH3 1 3 Theo lí thuyết pư xảy ra vừa đủ, vậy H có thể tính theo N 2 hoặc H2 0,5 Gọi x là số mol N2 pư (x> 0) N2 + 3H2 -> 2NH3 x 3x 2x (mol) n khí giảm = 4x – 2x = 2x = 0,4 => x = 0,2 0,75 H = 0,2.100% = 20% 0,25 Câu 5 1 (1 đ). (4,0 nCH4 = 1,344/22,4 = 0,06 mol điểm) nY = 2,688/22,4 = 0,12 mol 0,25 mCH4 + mY = 4,56 g  0,06.16 + 0,12.MY = 4,56 => MY = 30 g/mol 0,75 2 (3 đ). nCO2 = 4,032/22,4 = 0,18 mol CH4 + 2O2 -> CO2 + 2H2O Y + O2 -> CO2 + H2O 0,5 nC (Y) = nC (CO2) – nC (CH4) = 0,18 – 0,06 = 0,12 mol 0,5 nY = n C (Y) => Y chứa 1C 0,5 + => CT Y có dạng CHyOz ( y, z € Z ) MY = 30  12 + y + 16z = 30 => y + 16z = 18 0,75 => z = 1, y = 2 0,5 Vậy CTPT Y là CH2O 0,25