Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2017 - 2018 môn Hóa học - lớp 9 thcs - Trường THCS TT Ninh Cường

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2017 - 2018 môn Hóa học - lớp 9 thcs - Trường THCS TT Ninh Cường

1. PHÒNG GD VÀ ĐT TRỰC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS TT NINH CƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC - Lớp: 9 THCS Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1(2đ): Hợp kim của nguyên tố A có nhiều ứng dụng trong đời sống. Đơn chất A, X và hợp chất của chúng tham gia vào các phản ứng theo sơ đồ sau: (1) A + X → E (5) A + O2 → F (2) A + B → C + H2 (6) F + B → C + E + H2O (3) E + A → C (7) C + X → E (4) F + H2 → A + H2O Xác định các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Câu 2.a (1,25đ) Cho các hóa chất: KClO3, nước, quặng pirit (FeS2) và các điều kiện phản ứng có đủ. Có thể điều chế được những chất khí nào từ những hóa chất đã cho? Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b.(3,25đ) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Sục từ từ khí cacbonic đến dư vào dung dịch bari hiđroxit. b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaOH loãng có chứa một lượng nhỏ phenolphtalein. c) Sục từ từ cho đến dư khí CO2 vào dung dịch nước vôi trong. d) Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch KOH vào dung dịch AlCl3. e) Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch AlCl3 vào dung dịch KOH. f) Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp NaOH và NaAlO2. Câu 3. (3,0 điểm) Cho các dung dịch muối X, Y, Z, T chứa các gốc axit khác nhau. Khi trộn 2 trong số các dung dịch này với nhau ta có kết quả như sau: a) X tác dụng với Y theo tỉ lệ mol 1 : 2 thu được dung dịch chứa muối tan , kết tủa trắng A không tan trong axit, giải phóng khí không màu, không mùi, nặng hơn không khí. b) Z tác dụng với Y theo tỉ lệ mol 1 : 2 thu được dung dịch chứa một muối tan và một khí không màu, mùi hắc, nặng hơn không khí có khả năng làm mất màu dung dịch brom. c) T tác dụng với Y theo tỉ lệ mol 1 : 1 tạo thành dung dịch muối tan, kết tủa trắng A và axit HCl. Hãy tìm các dung dịch muối trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 4(2đ): Nung 25,28 gam hỗn hợp gồm FeCO3 và FexOy trong không khí tới phản ứng hoàn toàn, thu được khí A và 22,4 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 400ml dung dịch Ba(OH)2 0,15M thu được 7,88 gam kết tủa. Tìm công thức phân tử của FexOy.
2. Câu 5. (2,25đ). Hòa tan 19,2 gam kim loại Cu bằng 40ml dung dịch H 2SO4 98% (D = 1,84g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch A. Cho từ từ đến hết 536ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch A, sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m. Câu 6. (3đ). Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Mg và kim loại R trong dung dịch HCl 18,25% thu được khí H2 và dung dịch Y chỉ chứa hai chất tan là RCl2 có nồng độ 19,10% và MgCl2 có nồng độ 7,14%. Xác định kim loại R. Câu 7(3,25đ). Hòa tan hoàn toàn 9,15 gam hỗn hợp X gồm Al và Al 2O3 trong 400 ml dung dịch H2SO4 1M thu được dung dịch Y và 5,04 lít H2 (ở đktc). a) Xác định % khối lượng mỗi chất trong X. b) Cho từ từ dung dịch KOH 2 M vào dung dịch Y, kết quả thí nghiệm được biểu diễn theo đồ thị dưới đây:m Al(OH )3 11,7g V KOH x lít Dựa vào đồ thị trên, xác định giá trị của x?
3. ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Câu1 : (2đ) 0,25 A là Fe; B là HCl ; C là FeCl2 ; X là Cl2 ; E là FeCl3 ; F là Fe3O4 푡0 0,25 Phương trình hóa học :(1) 2Fe + 3Cl2 2FeCl3 (2) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 0,25 (3) 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 0,25 푡0 0,25 (4) Fe3O4 + 4H2 3Fe + 4H2O 푡0 0,25 (5) 3Fe + 2O2 Fe3O4 (6) Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 0,25 (7) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 0,25 Câu 2a:(1,25đ) Có thể điều chế được các khí: O2; Cl2; H2; HCl; SO2 0,25 푡0, 푡 0,25 2KClO3 2KCl + 3O2 푡0 0,25 4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2 đ푖ệ푛 ℎâ푛, à푛 푛 ă푛 0,25 2KCl + 2H2O 2KOH + H2 + Cl2 푠 0,25 H2 + Cl2 2HCl Lưu ý : khi viết phương trình cứ điều chế được 1 chất khí được 0,25 điểm. Riêng điều chế được H2 và Cl2 mới được 0,25. Câu 2b:(3,25đ) a. Khi sục từ từ khí cacbonic đến dư vào dung dịch Ba(OH)2, ban đầu xuất hiện kết 0,25 tủa trắng, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại, sau tan dần đến hết. CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O 0,25 CO2 + BaCO3 + H2O Ba(HCO3)2. 0,25 b. dung dịch NaOH chứa vài giọt có màu hồng Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaOH loãng có chứa một lượng nhỏ phenolphtalein: dung dịch có màu hồng nhạt dần đến mất màu.
4. 0,25 HCl + NaOH NaCl + H2O. 0,25 c) 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: 0,5đ CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2 d) 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: 0,5đ 3KOH + AlCl3 Al(OH)3 + 3KCl KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O e) 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 0,75đ KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O AlCl3 + 3KAlO2 + 6H2O 3KCl + 4Al(OH)3 f) 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: 0,25đ HCl + NaOH NaCl + H2O HCl + NaAlO2 + H2O Al(OH)3 + NaCl 3HCl + Al(OH)3 AlCl3 + 3H2O Câu 3: (3đ) a. Khí là CO2 0.25đ b. Khí là SO2 0,25đ Y là KHSO4 0,25đ X là:BaCO3 ,Z là K2SO3, T là BaCl2 0.75đ Mỗi pt viết đúng được 0,5 đ BaCO3 + 2KHSO4 BaSO4 + K2SO4 +CO2 +H2O K2SO3 + 2KHSO4 2K2SO4 + SO2 + H2O BaCl2 + KHSO4 BaSO4 + K2SO4 + HCl Câu 4(2đ): Pthh: 4FeCO3 + O2 2Fe2O3 + 4CO2 (1) 4FexOy + (3x-2y)O2 2xFe2O3 (2) 0,25
5. CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O (3) Có thể có CO2 + BaCO3+ H2O Ba(HCO3)2 (4) 0,25 nBa(OH)2 = 0,4*0,15 = 0,06 (mol) 0,25 mà nBaCO3 = 7,88/197= 0,04 (mol) có 2 trường hợp Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư và sản phẩm có BaCO3 Theo (3) nCO2 = nBaCO3 = 0,04 (mol) Theo (1) nFeCO3 = nCO2 = 0,04 (mol) Và nFe2O3(1) = ½ *nCO2 = 0,02(mol) 0,25 => mFexOy = 25,28 – 0,04*116 = 20,64 (g) Và nFe2O3 (2) = 22,4/160 – 0,02 = 0,12 (mol) Theo (2) nFexOy = 2x/2*nFe2O3(2) 20,64 2 ∗ 0,12 15 => 0,25 56 + 16 = 2 => = 18 (푙표ạ푖) Trường hợp 2: CO2 dư ở (3) có phản ứng (4) Theo (3) nCO2 = nBaCO3 = nBa(OH)2 = 0,06 (mol) Sau phản ứng nBaCO3 = 0,04 (mol) => nBaCO3 tham gia (4) = 0,06-0,04 = 0,02 (mol) Theo (4) nCO2 = nBaCO3 = 0,02 (mol) 0,25 => tổng số mol CO2 = 0,06+0,02 = 0,08 (mol) Theo (1) nFeCO3 = nCO2 = 0,08 (mol) => mFexOy = 25,28-0,08*116 = 16 (g) 0,25 nFe2O3 (1) = ½* nCO2 = 0,04 (mol) => nFe2O3 (2) = 22,4/160 – 0,04 = 0,1 (mol) 16 2 ∗ 0,1 => x/y = 2/3 => Fe O là Fe O 0,25 56 + 16 = 2 x y 2 3 Câu 5(2,25đ):
6. 40 ∗ 1,84 ∗ 98 nCu = 19,2/64 = 0,3 (mol); nH SO = 0,736 (mol) 0,25 2 4 100 ∗ 98 = Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 + H2O (1) 0,25 Ta thấy 푛 à푖 0,3 푛 푆 à푖 0,736 = H2SO4 dư và Cu tác dụng hết Theo (1) nCuSO4 = nCu = 0,3 (mol) nH2SO4pư = 2nCu = 2*0,3 = 0,6 (mol) => nH2SO4 dư = 0,736 – 0,6 = 0,136 (mol) 0,25 nBa(OH)2 = 0,536*1 = 0,536 (mol) Pthh: Ba(OH)2 + CuSO4 Cu(OH)2 + BaSO4 (2) 0,25 H2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + 2H2O (3) 0,25 Theo pt (2) và (3) nBa(OH)2 = nCuSO4 + nH2SO4 Theo bài ra nBa(OH)2 > nCuSO4 + nH2SO4 => Ba(OH)2 dư 0,25 Theo (2) và (3) nBaSO4 = nCuSO4 + nH2SO4 = 0,3+0,136 = 0,436 (mol) 0,25 nCu(OH)2 = nCuSO4 = 0,3 (mol) => khối lượng kết tủa thu được = mCu(OH)2 + mBaSO4 = 0,3x98 + 233x0,436 = 130,988 (gam) 0,25 Câu 6: 3đ Vì bài toán chỉ có số liệu tương đối (%, tỉ lệ, tỉ số) nên không mất tính tổng quát ta có thể chọn số mol một chất bất kì. Ta chọn: nMg = 1 (mol) 0,5đ Mg + 2HCl → MgCl2 + H2↑ 0,25đ 1→ 2 1 1 2R + 2nHCl → 2RCln + nH2↑ 0,25đ x→ nx x 0,5nx mY = mMgCl2: 7.14% = 1330,532g 0,25đ mRCln = 1330,532 x 19.1% = 254,13g 0,25đ (R + 35,5 n)x = 254,13 0,25đ
7. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mKL + mddHCl = mH2 + mY 0,25đ R là Fe và n=2 1đ Câu 7 (3,25đ) a.Ta có n H2SO4 = 0,4 mol, nH2 = 0,225mol vậy H2SO4 dư X phản ứng hết 0,25đ Đặt nAl = xmol, nAl2O3 = y mol. 0,25đ 27x + 102y = 9,15 và 1,5x = 0,225mol 0,25đ x = 0,15, y =0,05 0,25đ % Al = 44,26% 0,25đ %Al2O3 =55,74% 0,25đ b.từ đồ thị suy ra lượng kết tủa là trường hợp đã tạo thành sau đó kết tủa tan như vậy KOH dư hòa tan một lượng kết tủa Al(OH)3 1đ tổng nKOH =0,9 mol và x = 0,45 mol 0,5đ