Đề thi học sinh giỏi cấp huyện - Môn Hóa 9

77 trang hoaithuong97 4830

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi học sinh giỏi cấp huyện - Môn Hóa 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_thi_hoc_sinh_gioi_cap_huyen_mon_hoa_9.doc

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện - Môn Hóa 9

- Chọn dung dịch Ba(OH)2 0,25 - Lập bảng ghi các hiện tượng nhận biết 0,25 - Viết 3 phương trình đúng, mỗi phương trình 0,5 diểm 1,50 2 (3) - Xác định đúng: A là Cu(OH)2; B là CuSO4; C là CuO 0,5 - Viết đúng 5 phương trình, mỗi phương trình 0,5 diểm 2,5 Câu III 5 1 (3) - Gọi A, B lần lượt là ký hiệu hoá học của kim loại trị I và II. 1 a, b lần lượt là số mol của 2 muối sunfat tương ứng. Có phương trình: A2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2 ACl (1) amol amol amol BSO4 + BaCl2 BaSO4 + BCl2 (2) bmol bmol bmol 69,9 - Ta có a b 0,3(mol) 0,5 233 - Theo phương trình phản ứng (1) và (2): 0,5 nBaCl2 = nBaSO4 = 0,3(mol) mBaCl2 = 0,3x208 = 62,4(gam) - Theo định luật bảo toàn khối lượng: 1 m(A2SO4; BSO4) + mBaCl2 = mBaSO4 + m(ACl; BCl2) suy ra: 44,2 + 62,4 = 69,9 + m (ACl; BCl2) Vậy, hai muối tan trong dung dịch thu được là ACl và BCl 2 có khối lượng bằng 36,7gam 2 (2) - Phương trình phản ứng: 0,5 Zn + Cu(NO3)2 Zn(NO3)2 + Cu (1) amol amol Zn + Pb(NO3)2 Zn(NO3)2 + Pb (2) amol amol - Vì khối lượng hai lá kẽm bằng nhau nên số mol bằng nhau 0,5 Gọi a là mol mỗi lá kẽm: nZn(1) = nZn(2) = a - Theo PT (1): mZn(1) giảm: 65a – 64a = 0,05. 0,5 suy ra: a = 0,05(mol) - Theo PT (2): mZn tăng: 207a – 65a = 142a 0,5 Vì a = 0,05 nên lá kẽm thứ 2 tăng 142 x 0,05 = 7,1(gam) Câu IV 5 1 (2) 9
Fe + Cu (NO3)2 Fe(NO3)2 + Cu (1) 0,5 0,16 mol 0,16 mol 0,16 mol Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (2) 0,2 mol 0,4 mol 0,2 mol - Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn mà sau đó thu đưọc hỗn hợp kim 0,25 loại, suy ra Fe còn dư; Cu(NO3) 2 và HCl phản ứng hết - Theo PT (2): nH2 = 1/2nHCl = 0,2 (mol) 0.5 Thể tích H2 sinh ra ở đktc = 0,2 x 22,4 = 4,48 (lít) - Theo PT (1): nFe = nCu = nCu(NO3)2 = 0,16 (mol) 0,5 - Theo PT(2): nFe = 1/2nHCl = 0,2 (mol) suy ra, khối lượng Fe dư = m – (0,16 + 0,2) x 56 = (m – 20,16) - Khối lượng Cu sinh ra = 0,16 x 64 = 10,24 (gam) - Vì hỗn hợp hai kim loại thu được có khối lượng = 0,7m (gam) 0,25 nên ta có PT: (m – 20,16) + 10,24 = 0,7m Giải PT có m = 33,067(gam) 2 (3) 0,75 t0 CaCO3 CaO + CO2 (1) CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O (2) 2CO2 + Ba(OH)2 Ba(HCO3)2 (3) Mỗi phương trình viết đúng cho 0,25 điểm nCaCO3 = 0,3 (mol); nBa(HCO3)2 = 31,08/259 = 0,12 (mol) 0,25 Nếu chỉ tạo muối axit thì CM của Ba(OH)2 = 0,12/0,8 = 0,15(M) 0,5 Nếu tạo ra hỗn hợp hai muối thì C M của Ba(OH) 2 = 0,18/0,8 = 1,5 0,225(M) Chú ý: - Các PT viết thiếu điều kiện; cân bằng sai trừ 1/2 số điểm của PT. - Các cách giải khác vẫn đúng thì cho điểm tương đương./. ĐỀ 4 KÌ THI TUYỂN CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN 10
NĂM HỌC2008-2009 Câu 1(2điểm): Viết 4 phản ứng hoá học khác nhau để điều chế trực tiếp ra: a. dung dịch NaOH b. dung dịch CuCl2 Câu 2( 4điểm): Hoàn thành sơ đồ phản ứng bằng cách thay các chất thích hợp vào các chữ cái A,B,C,D ,ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có): B (2) H (3) E A (1) (5) (4) G C (6) D (7) E Biết A là một hợp chất của Fe Câu 3(4điểm): Có 5 mẫu phân bón hoá học khác nhau ở dạng rắn bị mất nhãn gồm : NH4NO3 , Ca3(PO4)2 , KCl , K3PO4 và Ca(H2PO4)2 .Hãy trình bày cách nhận biết các mẫu phân bón hoá học nói trên bằng phương pháp hoá học . Câu 4(5điểm): Hoà tan hoàn toàn m1 gam Na vào m2 gam H2O thu được dung dịch B có tỉ khối d. a. Viết phương trình phản ứng b. Tính nồng độ % của dung dịch B theo m1 và m2 c. Cho C% = 5% , d =1,2g/ml. Tính nồng độ mol của dung dịch thu được. Câu 5(5điểm): Hoà tan hoàn toàn 4gam hỗn hợp gồm 1 kim loại hoá trị II và 1 kim loại hoá trị III cần dùng hết 170ml dung dịch HCl 2M a. Tính thể tích H2 thoát ra (ở ĐKTC). b. Cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khô. c. Nếu biết kim loại hoá trị III là Al và số mol bằng 5 lần số mol kim loại hoá trị II thì kim loại hoá trị II là nguyên tố nào . ( Cho Fe =56, Na =23, O =16, Cl =35,5, Cu =64, Zn =65 , Al =27 H =1, Ba =137) ĐÁP ÁN ĐỀ 4 Câu Đáp án Điể m 11
a. Điều chế NaOH: b. Điều chế CuCl2: ( 1. 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 1. CuSO4 + BaCl2 Mỗi CuCl2 + BaSO4 phả Câu 2. Na2O + H2O 2NaOH 2. CuO + 2HCl CuCl2 n 1 + H2O ứng (2đi 3. 2NaCl + 2H2O dpmn 2NaOH + Cl2 + H2 3. Cu + Cl2 CuCl2 đún ểm) 4. Na2CO3 + Ca(OH)2 2NaOH + CaCO3 4. Cu(OH)2 + 2HCl g CuCl2 + H2O cho Nếu học sinh viết phản ứng khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.Nếu thiếu 0,25 điều kiện hoặc không cân bằng thì trừ một nửa số điểm của phương trình đó điể m) FeCl2 (2) Fe(OH)2 (3) Fe(OH)3 Fe3O4 (1) (5) 0,5đ (4) Fe2O3 iểm Câu FeCl3 (6) Fe2(SO4)3 (7) Fe(OH)3 2 1. Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4 H2O 0,5 (4đi 2. FeCl2 + 2KOH Fe(OH)2 + 2KCl 0,5 ểm) 3. 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 4Fe(OH)3 0,5 t 4. 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O 0,5 t 5. 2FeCl2 + Cl2  2FeCl3 0,5 6. 2FeCl3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 6HCl 0,5 7. Fe2(SO4)3 + 6NaOH 2Fe(OH)3 + 3Na2SO4 0,5 Nếu học sinh viết sơ đồ khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.Nếu không cân bằng hoặc thiếu điều kiện thì trừ một nửa số điểm của phương trình đó Trích các mẫu thử từ các mẫu phân bón và nung nóng nếu ở mẫu nào có mùi khai thoát ra thì đó là: NH4NO3 vì NH4NO3 bị phân hủy theo phương trình : t 2NH4NO3  2NH3 + H2O + N2O5 1điể Khai m Câu Các chất còn lại cho vào nước nếu chất nào không tan trong nước là 3 Ca3(PO4)2 . 1điể (4đi Các chất còn lại tan tạo thành dung dịch .Ta cho 1 ít dung dịch AgNO3 vào m ểm) 3 chất còn lại nếu có kết tủa trắng(AgCl) là mẫu phân bón KCl còn có kết tủa vàng(Ag3PO4) là K3PO4 không có hiện tượng gì là Ca(H2PO4)2. 1điể PTPư: KCl + AgNO3 AgCl (Trắng) + KNO3 m K3PO4 + 3AgNO3 Ag3PO4 (Vàng) + 3KNO3 0,5đ iểm 0,5đ iểm 12
m1 nNa = 0,5 23 a. PTPư: 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 0,75 b. Mol: m1 m1 m1 0,25 23 23 46 m1 m1 40m1 0,5 Câu mH2 = x2= mNaOH= 4 46 23 23 (5đi m1 22m1 + 23m2 0,5 ểm) m dd B = ( m1 + m2) - mH2 = (m1 + m2) - = 23 23 40m1.100% C% = 0,5 22m1 + 23m2 1điể c. C%.10.d m áp dụng công thức : CM = M 5.10.1,2 Thay số vào ta có: [ NaOH] = = 1điể 1,5 (M) m 40 a. Gọi A và B lần lượt là kim loại hoá trị II và hoá trị III ta có : 0,25 PTPư: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 0,5 2B + 6HCl 2BCl3 + 3H2 (2) 0,5 nHCl = V.CM = 0,17x2 = 0,34 (mol) 0,25 Từ (1) và (2) ta thấy tổng số mol axit HCl gấp 2 lần số mol H2 tạo ra 0,5  nH2 = 0,34: 2 = 0,17 (mol) 0,25 VH 2 = 0,17. 22,4 3,808 (lit) 0,5 b. nHCl = 0,34 mol => nCl = 0,34 mol m Cl = 0,34.35,5 = 12,07g 0,5 Câu  Khối lượng muối = m(hỗn hợp) + m(Cl) = 4+ 12,07 = 5 16,07g 0,25 (5đi 0,5 ểm) c. gọi số mol của Al là a => số mol kim loại (II) là a:5 = 0,2a (mol) từ (2) => nHCl = 3a. và từ (1) => nHCl = 0,4a 0,25  3a + 0,4a = 0,34 0,25  a = 0,34: 3,4 = 0,1 mol => n(Kimloai) = 0,2.0,1 = 0,02mol 0,25 m Al = 0,1.27 = 2,7 g 0,5 m (Kimloại) = 4 – 2,7 = 1,3 g 0,25 M kimloại = 1.3 : 0,02 = 65 => là : Zn 0,25 13
0,25 Tổn 20đi g ểm ĐỀ5 đề thi hs giỏi môn : Hoá 9 Thời gian : 150 phút Câu 1 : (1,5 đ) 1, Điền chữ Đ (nếu đúng), S (nếu sai) vào ô vuông đầu mỗi câu sau : a, Kim loại Ba tác dụng với dung dịch AlCl3 tạo BaCl2 và Al b, Muối Na2CO3 phân huỷ tạo ra Na2O và CO2 c, Kim loại Cu tan trong dung dịch HNO3 d, Muối BaCO3 không thể phản ứng với a xít HCl . 2, Nung hỗn hợp gồm 2 muối CaCO3 và MgCO3 thu được 76 h hỗn hợp 2 oxít và 33,6 lít khí CO2 (đktc). Hiệu suất của phản ứng là 96 %. Khối lượng hỗn hợp ban đầu là : A. 142 (g) C. 147,9 (g) B. 147 (g) D. 136,32 (g) Câu 2 : (4,5đ) 1, Hãy dùng một hoá chất để nhận biết 6 lọ hoá chất bị mất nhãn đựng các dung dịch sau : K2CO3 ; (NH4)2SO4 ; MgSO4 ; Al2(SO4)3; FeCl3 2, Tìm công thức hoá học của các chữ cái A, B, C , D, E, G và viết các phương trình hoá học biểu diễn các biến hoá sau : a, Al A B C A NaAlO2 b, Fe D E Fe2O3 D F G FeO Câu 3 : (3,5đ) 1, Hãy cho biết các hiện tượng có thể xảy ra và viết phương trình phản ứng xảy ra trong những thí nghiệm sau : a, Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2vào dung dịch (NH4)2SO4 14
b, Cho mẫu kim loại Na vào dung dịch Al(NO3)3 c, Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 đặc vào đường glucôzơ (C6H12O6) 2, Trong nước thải của một nhà máy có chứa a xít H2SO4. Bằng thí nghiệm thấy rằng cứ 5 lít 3 nước thải cần dùng 1g Ca(OH)2 để trung hoà. Mỗi giờ nhà máy thải ra 250 m nước thải . a, Tính khối lượng Ca(OH)2 cần dùng để trung hoà lượng nước thải trong 1 giờ. b, Tính khối lượng CaO cần dùng trong 1 ngày. Biết nhà máy hoạt động 24giờ/ngày. Câu 4 (5đ): Hoà tan 5,94 g kim loại hoá trị III trong 564 ml dung dịch HNO 3 10% (d=1,05 g/ml) thu được dung dịch A và 2,688 lít hỗn hợp khí B (gồm N 2O và NO) ở đktc. Tỉ khối của khí B đối với Hiđrô là 18,5 . a, Tìm kim loại hoá trị III . Tính C % của chất trong dd A . b, Cho 800 ml dung dịch KOH 1M vào ddA. Tính khối lượng kết tủa tạo thành sau phản ứng . Câu 5(4đ) : Nung 178 g hỗn hợp gồm các muối Na 2SO4, Na2CO3, NaHCO3 thu được hỗn 3 hợp chất rắn A và 5.600 cm khí CO2 . Cho hỗn hợp A vào 150 cm3 dung dịch a xít HCl 3 3 (d = 1,08 g/cm ) thu được 12320 cm khí CO2 . a,viết phương trình hoá học xảy ra . b, Tính thành phần phần trăm khối lượng các muối trong hỗn hợp ban đầu. Đáp án đề 5 và biểu điểm Môn hoá 9 Câu 1 (1,5 đ) 1, a - S b - S c - Đ d - S (Mỗi ý 0,25 đ) 2, Chọn B (147g) (0,5 đ) Câu 2 : (6 đ) 1, (1,5 đ) Cho dung dịch NaOH vào cả 6 lọ dung dịch . + Nếu không có phản ứng là dung dịch K2CO3 (0,25 đ) . Nếu có chất mùi khai bốc lên là ( NH4)2SO4 PTHH: ( NH4)2SO4 + 2NaOH Na2SO4 + 2 NH3 + 2H2O + Nếu có chất kết tủa trắng hơi xanh là FeCl2 FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl. Trắng hơi xanh + Nếu có chất kết tủa nâu đỏ là FeCl3 . 15
FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 + 3NaCl. (Nâu đỏ) + Nếu có chất kết tủa trắng không tan là MgSO4 MgSO4 + NaOH NO2SO4 + Mg(OH)2 trắng + Nếu có chất kết tủa trắng tạo thành sau đó tan trong dung dịch NaOH dư là Al 2(SO4)3 Al2(SO4)3 + 6NaOH 3 Na2SO4 + 2Al(OH)3 Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O 2, ( 4,5 đ) a, Al A B C A NaAlO2 - A Tạo ra từ Al - A Tạo NaAlO2 A là Al2O3 -A là Al2O3 C là Al(OH)3 B Là muối tan của nhôm. Ta có dãy biến hoá là : Al Al2O3 AlCl3 Al(OH)3 Al2O3 NaA1O2 Phương trình hoá học tt0 (1) 4Al + 3O2 2Al2O3 (2) Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O (3) Al3 + 3NaOH Al(OH)3 +3NaCl (4) 2Al(OH)3 Al2O3 +3H2O tt0 (5) Al2O3 +2NaOH 2NaAlO2 +H2O b, Fe D Fe2O3 D D là muối sắt III. VD: FeCl3 E Fe2O3 E là Fe(OH)3 G FeO G là Fe(OH)2 F là muối (II) VD: FeCl2 Ta có dãy biến hoá : Fe FeCl3 Fe(OH)3 Fe2O3 FeCl3 FeCl2 Fe(OH)2 FeO Phương trình hoá học tt0 (1) 2Fe + 3Cl2 2FeCl3 (2) FeCl3 + 3 NaOH Fe(OH)3 + 3NaCl tt0 (3) 2 Fe(OH)3 Fe2O3 +3H2O (4) FeO3 + 6HCl 2FeCl3 + 3H2O (5)2FeCl3 +Fe 3FeCl2(6) FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl tt0 (7) Fe(OH)2 FeO + H2O Câu 3 (3,5điểm) 1,(2,5đ) a, Cho từ từ dd Ba(OH)2 vào dd NH4Cl Hiện tượng: Kết tủa trắng xuất hiện và tăng dần đồng thời có khí mùi khai thoát ra. Phương trình hoá học: Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 BaSO4 + 2NH3 + 2H2O 16
b, Cho mẫu Na vào dd Al(NO3)3 trắng Hiện tượng : Ban đầu mẫu Na nóng chảy tàn dần, thoát ra khí không màu, đồng thời thấy xuất hiện kết tủa trắng 2 Na +2H2O 2 NaOH + H2 3NaOH + Al(NO3)3 3NaNO3 + Al(OH) - Kết tủa trắng có thể tan ra 1 phần hoặc tan hết tạo dung dịch không màu nếu NaOH dư. NaOH + Al(OH)3 NaAlO2 +2H2O. c, Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 đặc vào đường Glucozơ (C6H12O6) Hiện tượng : Đường Glucozơ màu trắng chuyển dần sang màu vàng rồi thành màu đen, đồng thời có khí không màu thoát ra . C6H12O6 6C + 6H2O C+ H2SO4 đặc nóng CO2 + SO2 + H2O 2, (1 điểm) a, 1 giờ nhà máy thải ra 250m3 nước thải = 250.000lít H2SO4® Æc Để trung hoà 5 lít nước thải cần 1 gam Ca(OH)2 Để trung hoà 250.000 lít nước thải cần x (g) Ca(OH)2 250.000 1 X = = 50.000 (g) = 50 kg 5 Vậy để trung hoà H2SO4 trong nước thải, mỗi giờ cần dùng 50 Ca(OH)2 b, 1 g(CaOH)2 trung hoà được 5 lít nước thải 1 mol (Ca(OH)2 = 74g trung hoà được 74x5= 370 lít nước thải 1mol Ca(OH)2 1 mol CaO - 1mol CaO trung hoà 370 lít nước thải hay 56g CaO trung hoà 370 lít nước thải 1 ngày nhà máy thải ra 24 x 250.000 = 600.000 lít nước thải Lượng CaO cần dùng cho 1 ngày là 600.000x56 = 908.108 (g) = 908,108kg 370 Câu 4: (5 điểm) 564.1,05.10 2,688 a, nHNO3 = = 0,94 mol nh2(N2O+NO)= =0,12 mol 63.100 22,4 Đặt a,b lần lượt là số mol của N2O và NO trong hỗn hợp khí Ta có 44a 30b = 18,5 2(a b) a+b = 0,12 => a = 0,06 17
b = 0,06 Gọi kim loại hoá trị (III) là R PTHH: 11R+ 42HNO3 11R(NO3)3 + 3N2O +3NO +21H2O 11R(g) - 42mol 11mol - 6 mol 5,94(g) x(mol) y(mol) 0,12 mol Ta có: 11R.0,12 = 6 x 5,94 R=27 R đó là kim loại nhôm : Al 0,12 42 - Số mol HNO3 đã phản ứng là : x = 0,84 (mol) 6 - HNO3 dư là: 0,94 - 0,84 = 0,1 mol 0,12 11 - Số mol Al(NO3)3 tạo thành là y = = 0,22 (mol) 6 Vậy trong dung dịch A có HNO3 và Al(NO3)3 mHNO3 dư = 0,1.63 = 6,3g m Al(NO3)3 = 0,22 . 213 = 46,86 (g) mddA= mAl + mdd axít - m khí mddA = 5,94 + 564.1,05 - 0,12.18,5.2 - mddA= 593,7 (g) 46,86 6,3 C% Al(NO3)3 = . 100% = 7,89% C%HNO3 = . 100% =1,06 593,7 593,7 b, nKOH = 1.0,8 = 0,08 mol. PTHH: HNO3 +KOH KNO3 +H2O 1mol 1mol 0,1mol 0,1mol Số mol KOH còn lại là 0,8- 0,1 = 0,7 mol Al(NO3)3 + 3KOH Al(OH)3 +3KNO3 1mol 3mol o,22mol 0,66mol 0,22mol nKOH còn dư là : 0,7 - 0,66 = 0,04 mol Al(OH)3 + KOH KAlO2 + 2H2O Trước phản ứng : 0,22 0,04 Phản ứng: 0,04 0,04 Sau phản ứng : 0,18 0 Vậy : nAl(OH)3 thu được là 0,18 mol - mAl(OH)3 = 0,18.78 = 14,04 (g) 18
Câu 5: ( 4 điểm) a, Phương trình hoá học tt0 2NaHCO3 Na2CO3 +CO2 + H2O (1) Na2CO3 + 2HCl 2NaCl +H2O+CO2 (2) b, Gọi a, b, c lần lượt là số mol của NaHCO3 Na2CO3 và Na2SO4 trong 17,8 g hỗn hợp 5600 Theo (1) Ta có nNaHCO3 = 2nCO2 = 2 = 2 x 0,25 mol = 0,5mol 22,4.1000 - mNaHCO3 = 0,5 x 84 = 42 (g) 42 % NaHCO3= . 100% 23,6% 178 - Theo (1) nNa2CO3 = nCO2 = 0,25 mol Vậy trong A có b+ 0,25 mol Na2CO3 12320 Theo (2) nNa2CO3=nCO2 = = 0,55(mol) 22,4.1000 b+ 0,25 = 0,55 b = 0,3 (mol) Khối lượng Na2CO3 là 0,3x106 = 31,8(g) 31,8 % Na2CO3 = .100% = 17,8% % Na2SO4 = 100% - (23,6% + 17,8%) = 58, 178 ĐỀ 6 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN: HOÁ HỌC 9 THỜI GIAN:150 PHÚT (không kể thời gian giao đề) CÂU I: (4 điểm) 1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau: A + X, t0 + Y, t0 +B +E A Fe → D → G (Biết A + B → D + G + H2O ) 0 A + Z, t 2. Tách các chất ra khỏi hỗn hợp gồm CaO, NaCl, CaCl2. CÂU II: (4,5điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết PTHH (nếu có) cho mỗi thí nghiệm sau: a. Cho kim loại Natri vào dd CuCl2. b. Sục từ từ đến dư khí CO2 vào nước vôi trong. c. Nhỏ từ từ đến dư dd HCl đặc vào cốc đựng thuốc tím. 19
d. Cho lá kim loại đồng vào dd sắt (III) sunfat. 2. Không dùng thuốc thử nào khác hãy phân biệt các dd đựng trong các lọ riêng biệt: NaHCO3, Na2CO3, BaCl2, Na3PO4, H2SO4. CÂU III: (6 điểm) 1. Cho 0,2 mol Zn vào 100g dung dịch X chứa 0,1 mol CuSO 4 và 0,2 mol FeSO4 được dung dịch Y chứa 2 muối tan. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch Y. 2. Người ta dùng 200 tấn quặng có hàm lượng Fe 2O3 là 30% để luyện gang. Loại gang thu được chứa 80% Fe. Tính lượng gang thu được biết hiệu suất của quá trình sản xuất là 96%. CÂU IV: (5,5điểm) Cho 14,8 gam gồm kim loại hoá trị II, oxit và muối sunfat của kim loại đó tan vào dd H2SO4 loãng dư thu được dd A và 4,48 lít khí ở đktc. Cho NaOH dư vào dd A thu được kết tủa B. Nung B đến nhiệt độ cao thì còn lại 14 gam chất rắn. Mặt khác, cho 14,8 gam hỗn hợp vào 0,2 lít dd CuSO4 2M. Sau khi phản ứng kết thúc, tách bỏ chất kết tủa rồi đem cô cạn dd thì thu được 62 gam chất rắn. Xác định kim loại. Hết ĐÁP ÁN ĐỀ 6 CÂU I: (4 điểm) 1. Thực hiện sơ đồ phản ứng (Xác định đúng các chất được 1 điểm, viết đúng 6 PTHH được 1,5 điểm). Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (A) (B) (D) (G) Fe3O4 + 4CO → 3Fe + 4C X) Fe3O4 + 4H2 → 3Fe + 4H2O (Y) Fe3O4 + 2C → 3Fe + 2CO2 (Z) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ FeCl2 + 2Cl2 → 2FeCl3 (E) 2. Tách chất. (tách đúng và viết PTHH đúng cho mỗi chất được 0,5 điểm, 3 chất được 1,5 điểm) Gọi hỗn hợp các chất cần tách là A. Sơ đồ tách chất: dd X(NaCl, +H2O + CO2 CaCl2) 20
A dd B(NaCl, CaCl2, Ca(OH)2) t0 CaCO3↓ → CaO +Na 2 CO 3 dư dd Y(NaCl, Na2CO3) dd X +HCl Cô cạn CaCO3↓ dd CaCl2 CaCl2 khan +HCl Cô cạn Dd Y dd NaCl NaCl khan Các PTHH minh họa: CaO + H2O → Ca(OH)2 Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3↓ t0 CaCO3 → CaO + CO2 CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaCl CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2↑ Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2↑ CÂU II: (4,5 điểm) 1. Nêu hiện tượng, viết PTHH. (Nêu đúng hiện tượng và viết đúng PTHH cho mỗi thí nghiệm được 0,5 điểm, 4 thí nghiệm được 2 điểm) a. Kim loại Natri tan dần, có khí không màu bay ra, xuất hiện chất kết tủa màu xanh. 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑ 2NaOH + CuCl2 → 2NaCl + Cu(OH)2↓ b. Ban đầu thấy nước vôi trong vẩn đục, sau đó dd lại trở nên trong suốt. Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3↓ CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 (tan) c. Thuốc tím mất màu, xuất hiện khí màu vàng lục. 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O d. Dung dịch sắt (III) sunfat màu vàng nâu nhạt màu dần rồi chuyển dần thành dd màu xanh nhạt. Cu + Fe2(SO4)3 → 2FeSO4 + CuSO4 2. Phân biệt các chất.(nhận biết đúng mỗi chất được 0,5 điểm, 5 chât được 2,5 điểm) Đánh số thứ tự các lọ hoá chất. Lấy mẫu thử vào các ống nghiệm đã được đánh số tương ứng. Lần lượt nhỏ một dd vào các dd còn lại. Sau 5 lần thí nghiệm ta có kết quả sau: NaHCO3 Na2CO3 BaCl2 Na3PO4 H2SO4 NaHCO3 CO2↑ Na2CO3 BaCO3↓ CO2↑ BaCl2 BaCO3↓ Ba3(PO4)2↓ BaSO4↓ Na3PO4 Ba3(PO4)2↓ H2SO4 CO2↑ CO2↑ BaSO4↓ Kết quả 1↑ 1↓, 1↑ 3↓ 1↓ 2↑, 1↓ 21
Nhận xét: Khi nhỏ 1 dd vào 4 dd còn lại: - Nếu chỉ sủi bọt khí ở một mẫu thì dd đem nhỏ là NaHCO 3, mẫu tạo khí là H2SO4. - Nếu chỉ xuất hiện một kết tủa thì dd đem nhỏ là Na 3PO4, mẫu tạo kết tủa là BaCl2. - Mẫu còn lại là Na2CO3. CÂU III: (6 điểm) 1. Phương trình phản ứng: (0,5 điểm) Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu (1) 0,1 ← 0,1 → 0,1 Zn + FeSO4 → ZnSO4 + Fe (2) 0,1→ 0,1 → 0,1 Theo (1), n = n = n = n = 0,1 (mol) Cu ZnSO 4 Zn tgpư CuSO4 Sau phản ứng (1), CuSO4 phản ứng hết, Zn còn dư 0,2 – 0,1 = 0,1 (mol) và tgpư (2). Theo (2), n = n = n = n =o,1 (mol). Fe ZnSO 4 FeSO 4 tgpư Zn Sau phản ứng (2), Zn phản ứng hết, FeSO4 còn dư 0,2 – 0,1 = 0,1 (mol). (0,25 điểm) Tổng số mol ZnSO4 được tạo ra là: 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) (0,25 điểm) Vậy dung dịch sau phản ứng chứa 0,1 mol FeSO4 và 0,2 mol ZnSO4. (0,5 điểm) Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: mdd sau pư = mZn + mX – mCu – mFe = 13 + 100 – 0,1(64 + 56) = 101 (gam) (0,5 điểm) 0,1.152 Nồng độ phần trăm của dd FeSO4 là: .100 15,05% (0,5 điểm) 101 0,2.161 Nồng độ phần trăm của dd ZnSO4 là: .100 31,9% (0,5 điểm) 101 200.30 2.Khối lượng Fe2O3 trong 200 tấn quặng là: 60 (tấn) (0,5 điểm) 100 Vì H = 96% nên lượng Fe2O3 thực tế tham gia phản ứng là: 60.96 57,6 (tấn) (0,5 điểm) 100 Phản ứng luyện gang: t o Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 (0,5 điểm) Theo ptpư, nếu có 160 tấn Fe2O3 tgpư sẽ tạo ra 112 tấn Fe. Vậy, có 57,6 tấn Fe2O3 tgpư sẽ tạo ra x tấn Fe. 57,6.112 x = 40,32 (tấn) (0,5 điểm) 160 Lượng Fe này hoà tan một số phụ gia khác (C, Si, P, S ) tạo ra gang. Lượng Fe chiếm 80% gang. Vậy khối lượng gang thu được là: 40,32.100 50,4 (tấn) (1 điểm) 80 CÂU IV: (5,5 điểm) 22
Gọi M là kí hiệu của kim loại và là nguyên tử khối của kim loại. Công thức của oxit và muối sunfat kim loại lần lượt là MO và MSO4. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M, MO và MSO4. Theo bài ra, khối lượng của hỗn hợp là 14,8 gam. Ta có: x.M + (M + 16)y + (M + 96)z = 14,8 (I) (0,5 điểm) - Phản ứng của hỗn hợp với dd H2SO4: (0,5 điểm) M + H2SO4 → MSO4 + H2 (1) x mol x mol x mol MO + H2SO4 → MSO4 + H2O (2) y mol y mol MSO4 + H2SO4 → không phản ứng z mol 4,48 Theo bài ra, nH = x = 0,2 (mol) (0,25 điểm) 2 22,4 Theo (1), n = n = x = 0,2 (mol) (*) M H 2 Dung dịch A chứa (x + y + z) mol MSO4 và H2SO4 dư sau các p.ư (1) và (2). - Dung dịch A tác dụng với NaOH: (0,5 điểm) MSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + M(OH)2↓ (3) (x + y + z) mol (x + y + z) mol NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + H2O (4) - Nung kết tủa B: t o M(OH)2↓  MO + H2O (5) (0,25 điểm) (x + y + z) mol (x + y + z) mol Theo bài ra, khối lượng chất rắn thu được sau khi nung kết tủa B là 14 gam. Ta có: (M + 16) (x + y + z) = 14 (II) (0,5 điểm) - Phản ứng của hỗn hợp với CuSO4: Chỉ có M phản ứng. Theo bài ra, n = 0,2.2 = 0,4 (mol) (0,25 điểm) CuSO 4 M + CuSO4 → MSO4 + Cu (6) (0,25 điểm) 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol Theo (*), nM = 0,2 mol. Từ (6) suy ra n = n = 0,2 (mol) CuSO 4 tgpư M Sau p. ư (6), CuSO4 còn dư 0,4 – 0,2 = 0,2 (mol) (0,5 điểm) Vậy chất rắn thu được sau khi chưng khô dung dịch gồm (z + 0,2) mol MSO 4 và 0,2 mol CuSO4. (0,5 điểm) Ta có: (M + 96) (z + 0,2) + (0,2.160) = 62 (III) (0,5 điểm) Từ (I), (II) và (III) ta có hệ phương trình sau: x.M + (M + 16)y + (M + 96)z = 14,8 (I) (M + 16) (x + y + z) = 14 (II) (0,5 điểm) (M + 96) (z + 0,2) + (0,2.160) = 62 (III) xM + My + 16y + Mz + 96z = 14,8 (a) 23
Mx + My + Mz + 16x + 16y + 16z = 14 (b) Mz + 0,2M + 96z + 19,2 + 32 = 62 (c) Lấy (a) trừ (b) ta được: 80z – 16x = 0,8 (d) Thay x = 0,2 ở (*) vào (d) ta được: 80z = 4 z = 0,05 Thay z = 0,05 vào (c) ta tìm được M = 24. (0,5 điểm) Vậy M là kim loại Magie: Mg. CÂU V: (2 điểm) Cho m gam nhôm phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch HNO 3 thu được 5,6 lít hỗn hợp hai khí: N2O và khí X. Tỷ khối hơi của hỗn hợp khí so với H2 là 22,5. a. Tìm khí X và tính m. Tính CM của HNO3. a. M hh = 22,5 x 2 = 45 Trong hỗn hợp khí phải có một khí có M 45. Vì N2O có M = 44 ( 45. Trong các khí có thể được sinh ra do kim loại tác dụng với HNO3, chỉ có khí NO2 có M = 46 là thoả mãn điều kiện trên. Vậy X là NO2. Gọi x, y lần lượt là số mol của NO2 và N2O. 5,6 Theo bài ra ta có: nhh khí = x + y = 0,25 (mol) (I) 22,4 Phương trình phản ứng: Al + 6HNO3 → Al(NO3)3 + 3NO2↑ + 3H2O (1) x mol 2x mol x mol 3 8Al + 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3N2O↑ + 15H2O (2) 8 y mol 10y mol y mol 3 Theo bài ra ta có: Hết ĐỀ 7 KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009 Môn thi : HÓA H ỌC Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian phát đề ) Câu 1: ( 5,0 điểm ) a- Viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá hoá học sau : M  N  P  Q  R  T  M Cho biết A là kim loại thông dụng có 2 hoá trị thường gặp là (II) và (III) khá bền . b- Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế axit Sulfuric từ quặng Pirit . Câu 2: ( 5,0 điểm ) 24
Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 bằng 500ml dd H2SO4 thu được dd A , rắn B và 4,48 lít khí CO2 (đktc). Cô cạn dd A thu được 12g muối khan. Mặt khác, nung B đến khối lượng không đổi thu 11,2 lít CO2 (đktc) và rắn C. a. Tính nồng độ mol của dd H2SO4, khối lượng rắn B và C. b. Xác định R biết trong X số mol RCO3 gấp 2,5 lần số mol MgCO3. Câu 3: ( 5,0 điểm ) X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn. Y là dd H2SO4 chưa rõ nồng độ. Thí nghiệm 1 : Cho 24,3 g X vào 2 lít Y sinh ra 8,96 lít khí H2 (đktc). Thí nghiệm 2 : Cho 24,3 g X vào 3 lít Y sinh ra 11,2 lít khí H2 (đktc). a. Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong thí nghiệm 2 thì X tan hết. b. Tính nồng độ mol củ dd Y và khối lượng mỗi kim loại trong X. Câu 4: ( 5,0 điểm ) Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa trị không đổi). Chia A làm hai phần bằng nhau. Phần I hòa tan hết trong dd HCl được 1,568 lít hydrô. Hòa tan hết phần II trong dd HNO3 loãng thu được 1,344 lít khí NO duy nhất. Xác định kim loại M và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. (các thể tích khí ở đktc). (Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các NTHH để làm bài) ĐÁP ÁN ĐỀ 7 Câu 1:(5,0 điểm ) a- Vì (A) là kim loại thông dụng có 2 hoá trị thường gặp là (II) và (III) khá bền, đồng thời theo chuỗi biến đổi (M) chỉ có thể là Fe . 2Fe + 3Cl2  2FeCl3 (0,5 điểm) 2FeCl3 + Fe  3FeCl2 (0,5 điểm) FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2  + 2NaCl (0,5 điểm) 4Fe(OH)2 + O2 + 2 H2O  4 Fe(OH)3  (0,5 điểm) 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O (0,5 điểm) Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2  (0,5 điểm) b- Các phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế H2SO4 : 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2  (0,5 điểm) 2SO2 + O2  2SO3  + Q (kJ ) (0,25 điểm) SO3+ H2O  H2SO4 (0,25 điểm) Câu 2:(5,0 điểm ) a) MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + CO2  + H2O (1) (0,25 điểm) x x x x RCO3 + H2SO4  RSO4 + CO2  + H2O (2) (0,25 điểm) y y y y Nung B tạo CO2  B còn , X dư. Vậy H2SO4 hết. 4,48 Từ (1) và (2) : nH2SO4 =nCO2 = = 0,2 mol. (0,25 điểm) 22,4 25
0,2  CMH2SO4 = = 0,4(M) . (0,25 điểm) 0,5 Theo Định luật BTKL: mx + mH2SO4 = mA + mB + mH2O + mCO2  mB = 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g) (0,25 điểm) Nung B thu 11,2 lít CO2 và rắn C  mC=mB-mCO2 = 110,5-0,5.44=88,5 (g) (0,25 điểm) b. Từ (1) và (2): x+y= 0,2 mol nCO2 = 0,2 mol  mSO4 = 0,2 . 96 = 19,2g > 12g (0,25 điểm)  có một muối tan MgSO4 và RSO4 không tan 12  nMgCO3 = nMgSO4 = = 0,1 mol  nRCO3 = nRSO4 = 0,2-0,1 =0,1 mol(0,25 điểm) 120 Nung B, RSO4 không phân hủy, chỉ có X dư bị nhiệt phân Đặt a = nMgCO3  RCO3 = 2,5a (trong X) MgCO3  MgO + CO2 (3) (0,25 điểm) a- 0,1 a-0,1 RCO3  RO + CO2 (4) (0,25 điểm) 2,5a – 0,1 2,5a – 0,1 Từ (3) và (4) : nCO2 = 3,5a – 0,2 = 0,5  a = 0,2 (0,25 điểm) mX = 84.0,2 + 2,5.0,2(R + 60) = 115,3  R = 137 (Ba) (0,25 điểm) Câu 3:(5,0 điểm ) . Các PTPƯ: Mg + H2SO4  MgSO4 + H2  (1) (0,25 điểm) Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2  (2) (0,25 điểm) 8,96 nH2 ở TNI = = 0,4 mol (0,25 điểm) 22,4 11,2 nH2 ở TNII = = 0,5 mol (0,25 điểm) 22,4 a. Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà khối lượng H 2 giải phóng tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần. Chứng tỏ trong TNI còn dư kim loại, trong TNII kim loại đã phản ứng hết, axit còn dư. (0,25 điểm) Từ (1) và (2) : nH2SO4 = nH2 = 0,4 mol ( ở TNI) (0,25 điểm) b. Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có: 24x + (0,5 – x)65 = 24,3 (0,25 điểm) Suy ra : x = 0,2 mol Mg (0,25 điểm) Vậy : mMg = 0,2 . 24 = 4,8 g. (0,25 điểm) mZn = 24,3 – 4,8 = 19,5 g. (0,25 điểm) CMH2SO4 = 0,4 : 2 = 0,2M (0,25 điểm) Câu 4:(5,0 điểm ) Gọi 2a và 2b là số mol Fe và M trong 5,6g A. (0,25 điểm) Khối lượng mỗi phần của A là: A = 56a + Mb = 5.56 = 2,78g. (0,25 điểm) 2 2 26
Phần tác dụng với HCl: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  (1) (0,25 điểm) a a M + nHCl  FeCln + n/2 H2  (2) (0,25 điểm) b n b 2 Theo (1) và (2) : n 1,568 nH2 = a + b = = 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I) (0,25 điểm) 2 22,4 Phần tác dụng với HNO3: Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (3) (0,25 điểm) a a 3M + 4nHNO3  3M(NO3)n+ NO + 2nH2O (4) (0,25 điểm) b n b 3 Theo (3) va (4) : nNO = a + n b = 1,344 = 0,06 mol. (0,25 điểm) 3 22,4 Hay 3a + nb = 0,18 (II) Giải hệ PT (I,II) ta được : a = 0,04 mol Fe. (0,25 điểm) Thay vào biểu thức trên : 56 . 0,04 + Mb = 2,78 (0,25 điểm) Mb = 2,78 – 2,24 = 0,54 (0,25 điểm) Thay vào (I) : nb = 0,14 – 0,08 = 0,06 (0,25 điểm) Mb = M = 0,54 = 9 . Hay M = 9n (0,25 điểm) nb n 0,06 Lập bảng : n 1 2 3 4 M 9 18 27 36 Cặp nghiệm thích hợp : n = 3 ; M = 27 . Vậy M là Al (0,25 điểm) Thay n = 3 vào (I) và (II) được b = 0,02 (0,25 điểm) Thành phần % khối lượng mỗi chất : 0,02.27 %mAl = . 100 = 19,42% (0,25 điểm) 2,78 0,04.56 %mFe = . 100 = 80,58% (0,25 điểm) 2,78 . ĐỀ 8 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN HOÁ HỌC . Thêi gian 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) 27
ĐỀ BÀI Câu 1 : Chọn phương án trả lời đúng. Khoanh tròn và giải thích sự lựa chọn : 1- Khối lượng tính bằng gam của nguyên tử Na là : A. 3.10-23g. B. 2,82.10-23g. C. 3,82.10-23g. D. 4,5.10-23g. 2- Thành phần các nguyên tố của hợp chất R có chiếm 58,5%C ; 4,1%H ; 11,4%N và oxi . Công thức hoá học của hợp chất là : A. C3H5NO2 ; B. C6H5NO2 ; C. C6H13NO2 ; D. C2H5NO2 Câu 2: 1- Lượng chất chứa trong 1 gam oxít của những oxít nào dưới đây là như nhau : a. CO2 ; b. CO ; c. NO2 ; d. N2O. 2- Có một học sinh đã làm thí nghiệm và thấy hiện tượng xảy ra như sau : Bạn học sinh đã dùng một ống nhỏ thổi vào ống nghiệm có chứa nước vôi trong, ban đầu có hiện tượng nước vôi trong vẩn đục; bạn tiếp tục thổi với hy vọng nước sẽ đục trắng xoá nhưng kết quả lại khác đó là nước vôi lại trong dần lại. Em hãy giúp bạn giải thích hiện tượng trên và viết PTHH chứng minh. Câu 3 : Chọn 2 chất vô cơ để thoả mãn chất R trong sơ đồ sau : A B C R R R R X Y Z Câu 4 : Sục V(lít) CO2 vào 4lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu đựơc 5g kết tủa trắng, tính V CO2 Câu 5 : Nêu 3 phương pháp hoá học khác nhau để điều chế Mê tan. Viết các PTHH chứng minh ? Câu 6 : Cho biết X chứa 2 hoặc 3 nguyên tố trong số các nguyên tố C ; H ; O . 1- Trộn 2,688lít CH4 (đktc) với 5,376lít khí X (đktc) thu được hỗn hợp khí Y có khối lượng 9,12g. Tính khối lượng phân tử X. 2- Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợpY. Cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch chứa 0,48 mol Ba(OH)2 thấy tạo ra 70,92g kết tủa. Xác định CTPT và viết CTCT của X. ĐỀ 8 Đáp án - Biểu điểm môn Hoá học Câu 1 : 2 điểm 1 – (1 điểm) Đáp án C vì : Khối lượng 1 nguyên tử C = 1,9926.10-23g 23 Vậy 1 nguyên tử Na = 1,9926.10-23g x = 3,81915.10-23g ≈ 3,82.10-23g. 12 2 – (1 điểm ) Đáp án B vì : Gọi CTHH chung CxHyNzOt ta có % O = 100% - 74% = 26%. điều kiện x ; y ; z ; t nguyên, dương 28
58,5 4,1 11,4 26 ta có tỉ lệ x : y : z : t = : : : 12 1 14 16 x : y : z : t = 4,875 : 4,1 : 0,815 : 1,625 x : y : z : t = 6 : 5 : 1 : 2 Vậy CTHH là C6H5NO2 Câu 2 : 2 điểm 1 - (1 điểm) 1 1 mol CO có KL mol = 44g -> 1g CO có lượng chất = mol 2 2 44 1 1 mol CO có KL mol = 28g -> 1g CO có lượng chất = mol 28 1 1 mol NO có KL mol = 46g -> 1g NO có lượng chất = mol 2 2 46 1 1 mol N O có KL mol = 44g -> 1g N O có lượng chất = mol 2 2 44 Vậy : (a) và (d) đúng 2 - (1 điểm) Nước vôi ban đầu đục vì : CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 + H2O rắn, trắng tiếp tục thổi thì lượng CO2 tăng lên và dư nên xảy ra PTHH CO2 + H2O + CaCO3 -> Ca(HCO3)2 tan và tăng CO2 nên phản ứng song song xảy ra 2CO2 + Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2 Câu 3 : 2 chất vô cơ thoả mãn là NaCl và CaCO3 CaO Ca(OH)2 CaCl2 (1 điểm) CaCO3 CaCO3 CaCO3 CaCO3 CO2 NaHCO3 Na2CO3 Na NaOH Na2SO4 (1 điểm) NaCl NaCl NaCl NaCl Cl2 HCl BaCl2 - Viết các PTHH Câu 4 : (1 điểm ) Xét 2 trường hợp vì CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 + H2O (1) CO2 + Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2 (2) n = 0,02 . 4 = 0,08 mol Ca(OH )2 n 0,05 CO2 = CaCO3 + H2O 29
44 100 2,2 2,2g n = = 0,05 mol CO2 44 Vậy V = 22,4. 0,05 = 0,112 (lít) CO2 (0,5 điểm) :TH2 - Nếu sinh 2 muối thì n ở phản ứng (1) hết 0,05mol Ca(OH )2 Vậy mol Ca(OH)2 tham gia phản ứng (1) là 0,08 - 0,05 = 0,03 mol 2CO2 + Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2 2 mol 1 mol 0,06 mol n = 0,05 + 0,06 = 0,11 mol CO2 V = 0,01. 22,4 = 2,464 (lít) CO2 Câu 5 : (0,75 điểm) t 0 (0,25 đ) : 1, Điều chế từ C và H : C + 2H > CH 2 Ni 4 (0,25 đ) : 2, Điều chế từ nhôm các bua : AlC3 + 12H2O -> 4Al(OH)3 + 3CH4 (0,25 đ) : 3, Điều chế từ hợp chất hữu cơ : t 0 CH COONa + NaOH > CH + NaCO 3 CaO 4 3 Câu 6 : (2,25 điểm) 2,688 1,(0,5 đ) n các chất = = 0,12 mol 22,4 5,376 n = = 0,24 mol x 22,4 mx = 9,12 . 0,12 . 16 = 7,2 7,2 => M = = 30 x 0,24 2, Các PTHH có thể xảy ra gồm : CH4 + 2O2 -> CO2 + 2H2O (1) y z y (0,5 đ) C H O + ( x + - )O -> xCO + H O (2) x y z 2 2 2 2 2 2 CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3 + H2O (3) (0,25 đ) CO2dư + H2O + BaCO3 -> Ba(HCO3)2 (4) Xảy ra 2 trường hợp : a, Trường hợp 1 (0,5 đ) : CO2 thiếu -> không có PTHH(4) 30
70,92 n = n = = 0,36 mol CO2 BaCO3 197 lượng CO do CH tạo ra theo PT (1) = n = 0,12 mol. Do đó lượng CO do X tạo ra = 2 4 CH4 2 0,24 0,36 - 0,12 = 0,24 mol. Như vậy số nguyên tử C trong X = = 1 0,24 12 . 1 + y + 16z = 30 hay y + 16z = 18. Cặp nghiệm duy nhất z = 1 và y = 2 O => CTPT là CH2O ; CTCT là H - C H b, Trường hợp 2 (0,5 đ) : CO2 dư có PTHH (4) Lúc đó n CO2 = 0,48 + ( 0,48 - 0,36 ) = 0,6 mol đủ dư n do X tạo ra = 0,6 - 0,12 = 0,48 mol CO2 0,48 -> nguyên tử C trong X = = 2 0,24 ta có 12 . 2 + y + 16z = 30 24 + y + 16z = 30 y + 16z = 6 Cặp nghiệm duy nhất z = 0 ; y = 6 H H CTPT là C2H6 CTCT là H - C - C - H H H ĐỀ 9 PHÒNG GD&ĐT CAM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 LỘ Năm học 2009-2010 Môn thi: HOÁ HỌC Khoá ngày : 09/10/2009. ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1.(1,25 điểm) Nguyên tử của nguyên tố R có tổng số hạt proton, nơtron và electron là 40. Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 12. Xác định R và số hạt mỗi loại. Câu 2.(1,75 điểm) Nhận biết các oxit đựng riêng biệt trong mỗi lọ mất nhãn sau chỉ dùng hai hoá chất khác: MgO, Na2O, P2O5 và ZnO. Câu 3. (1 điểm) Viết 4 phương trình phản ứng điều chế O 2 mà em đã học ở chương trình lớp 8, ghi đủ điều kiện phản ứng (nếu có). Câu 4. (1,5 điểm) 31
Để hòa tan hoàn toàn 8 gam oxit kim loại R cần dùng 300ml dung dịch HCl 1M. Hỏi R là kim loại gì? Câu 5. (1,5 điểm) Cho biết tổng số hạt proton, nơtron, electron trong 2 nguyên tử của nguyên tố A và B là 78, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 26 hạt. Số hạt mang điện của A nhiều hơn số hạt mang điện của B là 28 hạt. Hỏi A, B là nguyên tố gì ? Cho biết điện tích hạt nhân của một số nguyên tố sau : ZN = 7 ; ZNa = 11; ZCa = 20 ; ZFe = 26 ; ZCu = 29 ; ZC = 6 ; ZS = 16. Câu 6.(3 điểm) Cho 7,73 gam hỗn hợp gồm kẽm và sắt có tỉ lệ n Zn : nFe = 5 : 8 vào dung dịch HCl dư ta thu được V lít khí H 2 (đktc). Dẫn toàn bộ lượng khí H 2 này qua hỗn hợp E (gồm Fe 2O3 chiếm 48%, CuO chiếm 32%, tạp chất chứa 20%) có nung nóng. a. Tính V b. Tính khối lượng hỗn hợp E vừa đủ để phản ứng hoàn toàn với V lít khí H 2 nói trên. Biết rằng tạp chất không tham gia phản ứng (Cho Zn = 65; Fe = 56; O =16) (Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐỀ 9 PHÒNG GD&ĐT CAM HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ MÔN HOÁ HỌC LỘ Năm học 2009-2010 Khoá ngày: 09/10/2009. Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (1,25 điểm) Ta có: p + n + e = 40. Trong một nguyên tử số p = số e 2p + n = 40 n = 40 - 2p (1) (0,25đ) Mặt khác: p + e - n = 12 n = 2p - 12 (2) (0,25đ) Từ (1) và (2) 40 - 2p = 2p - 12 Giải ra: p = 13 Vậy R là Nhôm Al. (0,25đ) Số e = số p = 13 (hạt) (0,25đ) Số n = 40 - 2.13 = 14 (hạt) (0,25đ) Câu 2 (1,75 điểm) Nhận biết được mỗi oxit 0,25đ x 4 = 1,0đ Viết đúng mỗi phương trình 0,25đ x 3 = 0,75đ * Hai thuốc thử nhận biết Nước và Quỳ tím - Cho 4 mẫu oxit vào nước: Hai mẫu tan hoàn toàn: 32
Na2O + H2O 2NaOH P2O5 + 3H2O 2H3PO4 - Cho quỳ tím vào 2 dung dịch thu được: Quỳ tím xanh dd NaOH, nhận biết Na2O Quỳ tím đỏ dd H3PO4, nhận biết P2O5 - Cho dd NaOH trên vào hai mẫu còn lại: Mẫu tan là ZnO do ZnO + 2NaOH  Na2ZnO2 + H2O Mẫu không tan là MgO. Câu 3(1điểm) 4 phản ứng điều chế O2 (Viết được mỗi phản ứng được 0,25 điểm) to 2KClO3  2KCl 3O2 t0 2KMnO4  K2MnO4 MnO2 O2  to 2HgO  2Hg O2  dien phan 2H2O  2H2  O2  Câu 4. (1,5 điểm) Đặt công thức của oxit là RxOy, hóa trị kim loại bằng 2y/x. 0,25đ Phản ứng hòa tan: R xOy 2yHCl xRCl2y/x yH2O (1) 0,25đ Ta có nHCl = 0,3 . 1 = 0,3 mol. 0,25đ Gọi M là khối lượng nguyên tử của R ta có tỉ lệ: Mx 16y 2y 11,2y 56 2y 56 M n 0,25đ 8 0,3 0,3x 3 x 3 56 Khi n = 1 M 1 : loại 3 56 n = 2 M 2 : loại 3 56 n = 3 M 3 56 đó là Fe, oxit là Fe O 0,5đ 3 2 3 Câu 5. (1,5 điểm) Gọi Z, N, E và Z', N', E' lần lượt là số hạt proton, nơtron, electron của hai nguyên tử A, B. Ta có các phương trình : (0,25 điểm) Z + N + E + Z' + N' + E' = 78 . hay : (2Z + 2Z' ) + (N + N') = 78 (1) (0,25 điểm) (2Z + 2Z' ) - (N + N') = 26 (2) (0,25 điểm) (2Z - 2Z' ) = 28 hay : (Z - Z' ) = 14 (3) (0,25 điểm) Lấy (1) + (2) sau đó kết hợp với (3) ta có : Z = 20 và Z' = 6 (0,25 điểm) 33
Vậy các nguyên tố đó là : A là Ca ; B là C . (0,25 điểm) Câu 6. (3,0 điểm) a. Tính V mZn mFe 7,73 n Zn 0,05mol Theo bài ra ta có hệ: 0,5đ n Zn : nFe 5:8 nFe 0,08mol Zn 2HCl ZnCl2 H2  (1) 0,25đ 0,05mol 0,05mol Fe 2HCl FeCl H  (2) 2 2 0,25đ 0,08mol 0,08mol V (0,05 0,08) 22,4 2,912 lit Từ (1) và (2): H2 (dktc) 0,25đ b. Tính khối lượng hỗn hợp E (Fe2O3 và CuO) to Fe2O3 3H2  2Fe 3H2O (3) 0,25đ 0,003m mol 0,009m mol to CuO H2  Cu 3H2O (4) 0,25đ 0,004m mol 0,004m mol Gọi khối lượng hỗn hợp E là m gam mFe O Theo đề ra: %m 2 3 .100 0,25đ Fe2O3 m 48 m n 0,003m mol 0,25đ Fe2O3 160 100 m và %m CuO .100 0,25đ CuO m 32 m n 0,004m mol 0,25đ CuO 100 80 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: 0,009m + 0,004m = 0,13 Vậy m = 10 (gam). 0,25đ ĐỀ 9 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (6,0 điểm) 34
a) Trình bày các phương pháp điều chế Bazơ, mỗi phương pháp cho một ví dụ. b) Để điều chế Cu(OH) 2 thì phương pháp nào phù hợp? Tìm các chất có thể có của phương pháp đã chọn và viết tất cả các phản ứng xảy ra. Câu 2: (5,0 điểm) Đốt cháy một dải magiê rồi đưa vào đáy một bình đựng khí lưu huỳnh đioxit. Phản ứng tạo ra một chất bột A màu trắng và một chất bột màu vàng B. Chất A phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng tạo ra chất C và nước. Chất B không tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, nhưng B cháy được trong không khí tạo ra chất khí có trong bình lúc ban đầu. a) Hãy xác định tên các chất A, B, C b) Viết các phương trình phản ứng sau: - Magiê và khí lưu huỳnh đioxit và cho biết phản ứng này thuộc loại phản ứng nào? Vai trò của Magiê và lưu huỳnh đioxit trong phản ứng - Chất A tác dụng với H2SO4 loãng - Chất B cháy trong không khí. Câu 3: (5,0 điểm) a) Có 4 lọ hóa chất mất nhãn đựng lần lượt các chất: Nước, dung dịch HCL, dung dịch Na2CO3 và dung dịch NaCl. Không dùng thêm hóa chất nào khác. Hãy nhận biết từng chất (được dùng các biện pháp kĩ thuật). b) Cho 1g bột sắt tiếp xúc với oxi một thời gian thấy khối lượng bột đã vượt quá 1,41g. Giả sử chỉ tạo thành 1 oxit sắt duy nhất thì đó là ôxit nào? A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Không có ôxit nào phù hợp Giải thích cho lựa chọn đúng. Câu 4: (4,0 điểm) Nhiệt phân hoàn toàn 20g muối cacbonat kim loại hóa trị II được chất rắn A và khí B. Dẫn toàn bộ khí B vào 150ml dung dịch Ba(OH)2 1M thu được 19,7g kết tủa. a) Tính khối lượng chất rắn A b) Xác định công thức muối cacbonat đó. (Cho biết kim loại hóa trị (II): Mg = 24; Ca = 40; Be = 9; Ba = 137) ĐỀ 9 Hướng dẫn chấm Câu 1: (6,0 điểm) a) Các phương pháp điều chế Bazơ - Kim loại tác dụng với nước 0,25 đ 2Na + H2O -> 2NaOH + H2 - Oxit ba zơ tác dụng với nước 0,25 đ CaO + H2O - > Ca(OH)2 - Kiềm tác dụng với muối tan 0,25 đ KOH + FeCl2 -> Fe(OH)2 + 2KCL 35
- Điện phân muối có màng ngăn : 0,25 đ Điện phân 2KCL + 2H2O 2KOH + H2 + CL2 Có màng ngăn - Điều chế Hđrô lưỡng tính cho muối của nguyên tố lưỡng tính tác dụng với NH 4OH (hoặc kiềm vừa đủ). AlCl3 + 3NH4OH -> Al(OH)3 + 3NH4Cl ZnSO4 + 2NaOH - > Zn(OH)2 + Na2SO4 b) Các phương pháp trên chỉ có phương pháp kiềm tác dụng với muối tan là phù hợp 0,5 đ - Dung dịch kiềm như : NaOH, KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2 0,5 đ - Muối tan: CuCl2, Cu(NO3)2 ; CuSO4 0,5 đ Phương trình phản ứng: 2NaOH + CuCl2 -> Cu(OH)2 + 2NaCl 0,25 đ 2NaOH + Cu(NO3)2 -> Cu(OH)2 + 2NaNO3 0,25 đ 2NaOH + CuSO4 -> Cu(OH)2 + Na2SO4 0,25 đ 2KOH + CuCl2 -> Cu(OH)2 + 2KCl 0,25 đ 2KOH + Cu(NO3)2 -> Cu(OH)2 + 2KNO3 0,25 đ 2KOH + CuSO4 -> Cu(OH)2 + K2SO4 0,25 đ Ca(OH)2 + CuCl2 -> Cu(OH)2 + CaCl2 0,25 đ Ca(OH)2 + Cu(NO3)2 -> Cu(OH)2 + Ca(NO3)2 0,25 đ Ca(OH)2 + CuSO4 -> Cu(OH)2 + CaSO4 0,25 đ Ba(OH)2 + CuCl2 -> Cu(OH)2 + BaCl2 0,25 đ Ba(OH)2 + Cu(NO3)2 -> Cu(OH)2 + Ba(NO3)2 0,25 đ Ba(OH)2 + CuSO4 -> Cu(OH)2 + BaSO4 0,25 đ Câu 2: (5,0 điểm) a) Magiê cháy trong không khí, nó tác dụng với oxi ở dựng tự do. Magiê còn có thể cháy trong khí SO2, CO2 nó tác dụng với ôxi ở dạng hợp chất tạo ra oxit. 0,5 đ - Chất bột A màu trắng là Magiê oxít 0,5 đ - Chất bột B màu vàng, không tác dụng với H 2SO4 loãng là lưu huỳnh. Lưu huỳnh cháy trong không khí tạo ra lưu huỳnh đioxit. 0,5 đ - Chất C là sản phẩm của MgO với dụng dịch H 2SO4 loãng. Vậy C là Magiê Sunfat MgSO4. 0,5 đ b) Phản ứng của Magiê cháy trong SO2 t0 2Mg + O2 -> 2MgO 0,5 đ + Phản ứng trên thuộc loại phản ứng ôxi hoá _ khử 0,5 đ + Mg là chất khử (chất bị oxi hóa) 0,5 đ 36
+ SO2 là chất ôxi hóa (còn gọi là chất bị khử) 0,5 đ - Phản ứng của A với H2SO4 loãng: MgO + H2SO4 -> MgSO4 + H2O 0,5 đ - Phản ứng của B cháy trong không khí: t0 S + O2 -> SO2 0,5 đ Câu 3: (5,0 điểm) a) Lấy mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử sau đó đổ vào nhau từng cặp một. Cặp nào có bọt khí thoát ra là Na2CO3 và HCL, còn cặp kia là NaCL và H2O (0,5 đ) Na2CO3 + 2HCL -> 2NaCL + H2O + CO2 0,5 đ Nhóm 1 là Na2CO3 và HCL 0,5 đ Nhóm 2 là NaCL và H2O 0,5 đ - Đun đến cạn nhóm 1: + Không có cặn là HCL 0,5 đ + Có cặn là Na2CO3 0,5 đ - Đun đến cạn nhóm 2: + Không có cặn là H2O 0,5 đ + Có cặn là NaCL 0,5 đ b) Đáp án B là phù hợp 0,5 đ mFe O 160 Giải thích: 2 3 1,43 1,41gam 0,5 đ mFe 2.56 Câu 4: (4,0 điểm) Trường hợp 1: Gọi M là kim loại hóa trị II. Ta có công thức MCO3 0,25 đ Phương trình phản ứng : t0 MCO3 -> MO + CO2 (1) 0,25 đ CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3 + H2O (2) 0,25 đ 19,7 n 0,1mol Số mol BaCO3 là: BaCO 3 197 Ta có sơ đồ: MCO3 -> CO2 -> BaCO3 0,25 đ 1 mol 1 mol 0,1 mol <- 0,1 mol 150.1 Số mol Ba(OH ) 0,15mol 2 1000 a) Khối lượng chất rắn A mMO = 20 – 44.0,1 = 15,6 (g) 0,5 đ 37
b) Khối lượng mol của MCO3 là: 20 M 200gam 0,25 đ MCO3 0,1 Nguyên tử khối kim loại M = 200 – 60 = 140 ĐVC Không có kim loại nào là 140 ĐVC 0,25 đ Trường hợp 2: MCO3 -> MO + CO2 0,25 đ CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3 + H2O 0,25 đ 0,15 mol 0,15 mol n BaCO3 dư: 0,15 – 0,1 mol = 0,05 mol 0,25 đ BaCO3 + CO2 + H2O -> Ba(HCO3)2 0,25 đ Số mol CO2 phản ứng là: n CO2 = 0,15 + 0,05 = 0,2 mol 0,25 đ a) Khối lượng chất rắn A là: MMO = 20 – 44.0,2 = 11,2 gam 0,25 đ b) Khối lượng mol của MCO3 là: 20 M MCO 100 0,25 đ Nguyên tử khối kim loại M = 100 – 3 0,2 60 = 40 ĐVC. Đó là Ca và công thức là CaCO3 0,25 đ Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa. ĐỀ 10 KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009 Môn thi : HÓA H ỌC Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian phát đề ) Câu 1: ( 5,0 điểm ) a- Viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá hoá học sau : M  N  P  Q  R  T  M Cho biết A là kim loại thông dụng có 2 hoá trị thường gặp là (II) và (III) khá bền . b- Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế axit Sulfuric từ quặng Pirit . Câu 2: ( 5,0 điểm ) Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 bằng 500ml dd H2SO4 thu được dd A , rắn B và 4,48 lít khí CO2 (đktc). Cô cạn dd A thu được 12g muối khan. Mặt khác, nung B đến khối lượng không đổi thu 11,2 lít CO2 (đktc) và rắn C. c. Tính nồng độ mol của dd H2SO4, khối lượng rắn B và C. d. Xác định R biết trong X số mol RCO3 gấp 2,5 lần số mol MgCO3. 38
Câu 3: ( 5,0 điểm ) X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn. Y là dd H2SO4 chưa rõ nồng độ. Thí nghiệm 1 : Cho 24,3 g X vào 2 lít Y sinh ra 8,96 lít khí H2 (đktc). Thí nghiệm 2 : Cho 24,3 g X vào 3 lít Y sinh ra 11,2 lít khí H2 (đktc). c. Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong thí nghiệm 2 thì X tan hết. d. Tính nồng độ mol củ dd Y và khối lượng mỗi kim loại trong X. Câu 4: ( 5,0 điểm ) Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa trị không đổi). Chia A làm hai phần bằng nhau. Phần I hòa tan hết trong dd HCl được 1,568 lít hydrô. Hòa tan hết phần II trong dd HNO3 loãng thu được 1,344 lít khí NO duy nhất. Xác định kim loại M và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. (các thể tích khí ở đktc). ĐỀ 10 HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÒNG II Lớp 9 THCS - Năm học 2008-2009 Môn thi : HÓA H ỌC  Câu 1:(5,0 điểm ) a- Vì (A) là kim loại thông dụng có 2 hoá trị thường gặp là (II) và (III) khá bền, đồng thời theo chuỗi biến đổi (M) chỉ có thể là Fe . 2Fe + 3Cl2  2FeCl3 (0,5 điểm) 2FeCl3 + Fe  3FeCl2 (0,5 điểm) FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2  + 2NaCl (0,5 điểm) 4Fe(OH)2 + O2 + 2 H2O  4 Fe(OH)3  (0,5 điểm) 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O (0,5 điểm) Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2  (0,5 điểm) b- Các phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế H2SO4 : 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2  (0,5 điểm) 2SO2 + O2  2SO3  + Q (kJ ) (0,25 điểm) SO3+ H2O  H2SO4 (0,25 điểm) Câu 2:(5,0 điểm ) a) MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + CO2  + H2O (1) (0,25 điểm) x x x x RCO3 + H2SO4  RSO4 + CO2  + H2O (2) (0,25 điểm) y y y y Nung B tạo CO2  B còn , X dư. Vậy H2SO4 hết. 4,48 Từ (1) và (2) : nH2SO4 =nCO2 = = 0,2 mol. (0,25 điểm) 22,4 0,2  CMH2SO4 = = 0,4(M) . (0,25 điểm) 0,5 Theo Định luật BTKL: mx + mH2SO4 = mA + mB + mH2O + mCO2  mB = 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g) (0,25 điểm) Nung B thu 11,2 lít CO2 và rắn C 39
 mC=mB-mCO2 = 110,5-0,5.44=88,5 (g) (0,25 điểm) b. Từ (1) và (2): x+y= 0,2 mol nCO2 = 0,2 mol  mSO4 = 0,2 . 96 = 19,2g > 12g (0,25 điểm)  có một muối tan MgSO4 và RSO4 không tan 12  nMgCO3 = nMgSO4 = = 0,1 mol  nRCO3 = nRSO4 = 0,2-0,1 =0,1 mol(0,25 điểm) 120 Nung B, RSO4 không phân hủy, chỉ có X dư bị nhiệt phân Đặt a = nMgCO3  RCO3 = 2,5a (trong X) MgCO3  MgO + CO2 (3) (0,25 điểm) a- 0,1 a-0,1 RCO3  RO + CO2 (4) (0,25 điểm) 2,5a – 0,1 2,5a – 0,1 Từ (3) và (4) : nCO2 = 3,5a – 0,2 = 0,5  a = 0,2 (0,25 điểm) mX = 84.0,2 + 2,5.0,2(R + 60) = 115,3  R = 137 (Ba) (0,25 điểm) Câu 3:(5,0 điểm ) . Các PTPƯ: Mg + H2SO4  MgSO4 + H2  (1) (0,25 điểm) Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2  (2) (0,25 điểm) 8,96 nH2 ở TNI = = 0,4 mol (0,25 điểm) 22,4 11,2 nH2 ở TNII = = 0,5 mol (0,25 điểm) 22,4 a. Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà khối lượng H 2 giải phóng tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần. Chứng tỏ trong TNI còn dư kim loại, trong TNII kim loại đã phản ứng hết, axit còn dư. (0,25 điểm) Từ (1) và (2) : nH2SO4 = nH2 = 0,4 mol ( ở TNI) (0,25 điểm) b. Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có: 24x + (0,5 – x)65 = 24,3 (0,25 điểm) Suy ra : x = 0,2 mol Mg (0,25 điểm) Vậy : mMg = 0,2 . 24 = 4,8 g. (0,25 điểm) mZn = 24,3 – 4,8 = 19,5 g. (0,25 điểm) CMH2SO4 = 0,4 : 2 = 0,2M (0,25 điểm) Câu 4:(5,0 điểm ) Gọi 2a và 2b là số mol Fe và M trong 5,6g A. (0,25 điểm) Khối lượng mỗi phần của A là: A = 56a + Mb = 5.56 = 2,78g. (0,25 điểm) 2 2 Phần tác dụng với HCl: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  (1) (0,25 điểm) a a M + nHCl  FeCln + n/2 H2  (2) (0,25 điểm) b n b 2 40
Theo (1) và (2) : n 1,568 nH2 = a + b = = 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I) (0,25 điểm) 2 22,4 Phần tác dụng với HNO3: Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (3) (0,25 điểm) a a 3M + 4nHNO3  3M(NO3)n+ NO + 2nH2O (4) (0,25 điểm) b n b 3 Theo (3) va (4) : nNO = a + n b = 1,344 = 0,06 mol. (0,25 điểm) 3 22,4 Hay 3a + nb = 0,18 (II) Giải hệ PT (I,II) ta được : a = 0,04 mol Fe. (0,25 điểm) Thay vào biểu thức trên : 56 . 0,04 + Mb = 2,78 (0,25 điểm) Mb = 2,78 – 2,24 = 0,54 (0,25 điểm) Thay vào (I) : nb = 0,14 – 0,08 = 0,06 (0,25 điểm) Mb = M = 0,54 = 9 . Hay M = 9n (0,25 điểm) nb n 0,06 Lập bảng : n 1 2 3 4 M 9 18 27 36 Cặp nghiệm thích hợp : n = 3 ; M = 27 . Vậy M là Al (0,25 điểm) Thay n = 3 vào (I) và (II) được b = 0,02 (0,25 điểm) Thành phần % khối lượng mỗi chất : 0,02.27 %mAl = . 100 = 19,42% (0,25 điểm) 2,78 0,04.56 %mFe = . 100 = 80,58% (0,25 điểm) 2,78 . ĐỀ 11 ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2007 - 2008 MÔN : HÓA HỌC LỚP 9 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề bài : Câu 1 (1điểm) : Trộn 100 ml dung dịch H 2SO4 1M vớo 300 ml dung dịch NaOH 1M , phản ứng kết thúc cho mẩu quỳ tím vào dung dịch ta thấy mẩu quỳ tím hóa xanh. Tại sao? 41
Câu 2 (2 điểm) : Muốn điều chế Canxi sunfat từ Lưu hùynh và Canxi cần thêm ít nhất những hóa chất gì ? Viết các phương trình phản ứng. Câu 3 (điểm) : Nêu hiện tượng, viết phương trình phán ứng cho các thí nghiệm sau : a/ Nhúng đinh sắt đã cạo sạch gỉ vào dung dịch đồng sunfat b/ Sục khí SO2 vào dung dịch Ca(HCO3)2 c/ Dẫn khí Etylen qua dung dịch nước Brôm d/ Cho đồng vào dung dịch H2SO4 đặc nóng Câu 4 (1,5 điểm) : Nêu hiện tượng xảy ra trong mỗi trường hợp sau và giải thích. Cho CO2 lội chậm qua nước vôi trong sau đó thêm nước vôi trong vào dung dịch thu được Câu 5 (2 điểm) : Tính lượng Oxi trong hóa chất A chứa 98% H 3PO4 tương ứng với lượng Lưu hùynh có trong hóa chất B chứa 98% SO4 . Biết lượng Hyđrô ở A bằng lượng Hyđrô ở B Câu 6 (2 điểm) : Trong một ống nghiệm người ta hòa tan 8 gam đồng Sunfat ngậm nước CuSO4.5H2O rồi thả vào đó một miếng kẽm. Có bao nhiêu gam đồng nguyên chất sinh ra sau phản ứng, biết rằng đã lấy thừa Kẽm Câu 7 (2 điểm) : Hãy tìm A, B, C, D để hoàn thành sơ đồ phản ứng A → B → C → D → CuSO4 Câu 8 (2,5 điểm) : 4,48 gam Oxit của một kim loại có hóa trị 2 tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch H2SO4 0,8 M, rồi cô cạn dung dịch thì nhận được 13,76 gam tinh thể muối ngậm nước. Tìm công thức của muối ngậm nước trên. Câu 9 (3 điểm) : Hòa tan 10,8 gam hỗn hợp gồm Nhôm, Magiê và Đồng vào dung dịch HCl 0,5 M ta được 8,96 lít Hyđrô (ở đktc) và 3 gam một chất rắn không tan. a/ Tính khối lượng mỗi kim loại có trong hỗn hợp b/ Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng 3 Câu 10 (2 điểm) : Đốt cháy A trong Oxi người ta thu được 0,448 dm khí CO2 và 0,18 gam nước, tỷ khối của A so với Hyđrô là 13. Tìm A, biết rằng A không chứa Oxi ĐỀ 11 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2007 – 2008 MÔN : HÓA HỌC 9 Câu 1 (1 điểm) : n H2SO4 = 0,1.1 = 0,1mol; nNaOH = 0,3.1 = 0,3mol (0.25đ) 42
Theo bài ra ta có phương trình : H2SO4 + 2NaOH→ Na 2SO4 + 2H2O (0.25đ) Theo phương trình cứ 1mol H2SO4 tác dụng hết với 2mol NaOH (0.25đ) Theo bài ra có 0,1mol H2SO4 tác dụng với 0,3mol NaOH do đó lượng NaOH dư vì vậy làm cho quỳ tím chuyển sang màu xanh (0.25đ) Câu 2 (2 điểm) : Muốn điều chế Canxi sunfat từ Lưu hùynh và Canxi cần thêm ít nhất 2 chất là nước và Oxi (1đ) S + O2 → SO2 (0.25đ) SO2 + O2 → 2SO3 (0.25đ) SO3 + H2O → H2SO4 (0.25đ) Ca + H2SO4 → CaSO4 + H2↑ (0.25đ) Câu 3 (2điểm) : a/ Màu xanh của dung dịch CuSO4 nhạt dần, có kết tủa đỏ xuất hiện (0.5) b/ SO2 + Ca(HCO3)2 → CaSO3 + 2CO2 + H2O có kết tủa và có khí thóat ra (0.5đ) c/ Brôm mất màu nâu (0.5đ) phương trình hóa học : CH2 = CH2 + Br2 → CH2Br – CH2Br d/ Có khí thóat ra mùi hắc Cu + 2H2SO4 đặc nóng → CuSO4 + SO2 + 2H2O (0.5đ) Câu 4 (1.5 điểm) : Cho CO2 lội chậm qua nước vôi trong xảy ra phản ứng hóa học CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O (có vẩn đục xuất hiện) (0.5đ) Tiếp tục cho nước vôi trong vào, dung dịch vẩn đục sẽ tan ra CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (0.5đ) sau đó lại vẩn đục do Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2CaCO3↓ + 2H2O (0.5đ) mH 3 3.mO Câu 5 (2 điểm) : Trong hợp chất H3PO4 có = suy ra mH = (0.5đ) mO 64 64 mH 2 2.mS Trong hgợp chất H2SO4 có mH (0.5đ) mS 32 32 Vì Hyđrô ở A bằng Hyđrô ở B nên 3.mO = 2.mS (0.5đ) 64 32 mO 2.64 4 Suy ra (0.5đ) mS 3.32 3 Câu 6 (2 điểm) : MCuSO4 = 160 160.8 Khối lượng CuSO4 trong 8 gam CuSO4.5H2O là : 5.12g (1 đ) 250 Phương trình hóa học : Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu (0.5đ) 160g 64g 5.12g xg x = 5,12 x 64 : 160 = 2,05(g) Cu (0.5đ) Câu 7 (2 điểm) : Sơ đồ biến hóa có thể là : - Tìm D : do CuSO4 là sản phẩm sinh ra từ D nên D có thể là Cu(OH)2 (0.5đ) - Tìm C : do Cu(OH)2 là sản phẩm sinh ra từ C nên C có thể là CuCl2 (0.5đ) - Tìm B : do CuCl2 là sản phẩm sinh ra từ B nên B có thể là CuO (0.5đ) - Tìm A : do CuO là sản phẩm sinh ra từ A nên a có thể là Cu (0.5đ) 43
Từ đó ta có sơ đồ biến hóa : Cu → CuO → CuCl2 → Cu(OH)2 → CuSO4 ( Hs có thể tìm các chất khác trong sơ đồ biến hóa) Câu 8 (2.5 điểm): n H2SO4 = 100 x 0,8 : 1000 = 0,08 mol (0.25đ) Gọi kim loại hóa trị II là R ta có phương trình hóa học là RO + H2SO4 → RSO4 + H2O (0.25đ) 1 mol 1 mol 1 mol 0.08mol 0.08mol 0.08mol Theo bài ra ta có R + 16 = 4,48 : 0.08 = 56 suy ra R = 40 (0.25đ) Vậy kim loại đó là Ca nên công thức hóa học của muối : CaSO4 m CaSO4 = 0,08 x 136 = 10,88 (g) (0.25đ) m H2SO4 kết tinh bằng : 13,76 – 10,88 = 2,88 (g) (0.25đ) n H2SO4 bằng 2,88 : 18 = 0,16 mol (0.25đ) tỷ lệ của n CaSO4 với n H2SO4 là 0,08 : 0,16 = 1 : 2 (0.25đ) Vậy CTHH của muối ngậm nước CaSO4.2H2O (0.25đ) Câu 9 (3 điểm) : n H2 = 8,96 : 22,4 = 0,4 mol (0.25đ) Khối lượng chất rắn không tan bằng 3 gam đó là khối lượng của Cu nên khối lượng của Al và Mg là : 10,8 – 3 = 7,8 g (0.25đ) Gọi số mol của Al và Mg lần lượt là x; y ta có các phương trình hóa học a/ 2Al + 6HCl → AlCl3 + 3H2 (1) (0.25đ) 2 mol 6 mol 3 mol x mol 3x mol 1,5 x mol Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (2) (0.25đ) 1 mol 2 mol 1 mol y mol 2y mol y mol từ (1) và (2) ta có : 27 x + 27 y = 7,8 0.25đ) và 1,5 x + y = 0,4 (0.25đ) giải hệ PT trên ta có : x = 0,2 và y = 0,1 (0.5đ) mAl = 0,2 x 27 = 5,4 (g) (0.25đ) m Mg = 0,1 x 24 = 2,4 (g) (0.25đ) m Cu = 3(g) b/ Thể tích HCl cần dùng : n HCl cần dùng cho phản ứng (1) và (2) n HCl = 3x + 2y = 0,8 (mol) (0.25đ) V HCl = 0,8 : 0,5 = 1,6 (lít) (0.25đ) Câu 10 (2 điểm) : n CO2 = 0,448 : 22,4 = 0,02 mol (0.25đ) n H2O = 0,18 : 18 = 0,01 mol (0.25đ) MA = 13 x 2 = 26 (g) (0.25đ) Trong 0,02 mol CO2 có 0,02 mol Cacbon (0.25đ) Trong 0,01 mol H2O có 0,02 mol Hyđrô (0.25đ) Vậy ta có tỷ lệ C : H = 0,02 : 0,02 = 1 : 1 (0.25đ) Công thức có dạng tổng quát (CH)n nên ta có ( 12 + 1 )n = 26 suy ra n = 2 44
nên công thức của hợp chất A là C2H2 (0.5đ) ĐỀ 12 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ĐAKPƠ NĂM HỌC : 2008 – 2009 TRƯỜNG THCS MẠC ĐĨNH CHI MÔN: HOÁ HỌC Giáo viên ra đề Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Nguyễn Duy Tuấn Anh ( Đề này gồm 5 câu trong một trang) Câu 1: (1 điểm) 1) Có 4 dung dịch bị mất nhãn : AgNO3, NaOH, HCl, NaNO3 Hãy dùng một kim loại để phân biệt các dung dịch trên. Viết các phương trình hoá học để minh hoạ. 2) Viết các phương trình hoá học xảy ra cho các thí nghiệm sau: a) Sục khí SO3 vào dung dịch BaCl2 b) Nung nóng Fe(OH)2 trong không khí c) Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn Câu 2 : ( 2,5 điểm ) Cho a gam Na vào 160 ml dung dịch (D = 1,25 g/ml ) gồm Fe 2(SO4)3 0,125M và Al2(SO4)3 0,25M. Tách kết tủa nung được 5,24 gam chất rắn. a) Tính a ? b) Tính C% các chất trong dung dịch sau phản ứng ? Câu 3:(2 điểm) Hoà tan 43,71 gam hỗn hợp gồm 3 muối Cacbonat, Hiđrocacbonat, Clorua của một kim loại kiềm ( hoá trị I ) vào một thể tích dung dịch HCl 10,52 % ( D = 1,05 g/ml ) lấy dư được dung dịch A và 17,6 gam khí B Chia dung dịch A thành hai phần bằng nhau Phần 1 : Cho tác dụng với AgNO3 dư, được 68,88 gam kết tủa Phần 2 : Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8 M sau phản ứng cô cạn được 29,68 gam hỗn hợp muối khan. a) Tìm tên kim loại kiềm ? b) Tính % khối lượng mỗi kim loại đã lấy ? c) Tính thể tích dung dịch HCl đã dùng ? Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho 10,72 gam hỗn hợp Fe và Cu tác dụng với 500 ml dung dịch AgNO 3 phản ứng hoàn toàn xong thu được dung dịch A và 35,84 gam chất rắn B. a) Chứng minh B không phải hoàn toàn là Ag b) Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 12,8 gam chất rắn. Tính nồng độ % về khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu và tính nồng độ mol / lit của AgNO3 ban đầu ? Câu 5: ( 1,5 điểm ) Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm metan, axetilen và etilen thu được 39,6 gam CO2 và 14,4 gam H2O. Mặt khác cho 2,24 lít hỗn hợp X ( ở đktc ) đi từ từ qua nước Brom dư thấy có 19,2 gam brom tham gia phản ứng. a) Tính m 45
b) Tính % thể tích mỗi khí trong X Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học Hết ĐỀ 12 HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Câu Nội dung Điểm 1 1) -Dùng Cu để thử 4 dung dịch, nhận ra ddAgNO3 nhờ tạo ra dung dịch màu xanh lam: 0,1đ Cu + 2AgNO3 Cu(NO3)2 + 2Ag  -Dùng dung dịch Cu(NO3)2 tạo ra để thử các dung dịch còn lại, nhận ra ddNaOH nhờ có 0,1đ kết tủa xanh lơ: Cu(NO3)2 + 2NaOH Cu(OH)2  + 2NaNO3 0,1đ -Cho AgNO3 ( đã nhận ra ở trên) vào 2 chất còn lại, nhận ra ddHCl nhờ có kết tủa trắng. Chất còn lại là NaNO3 0,1đ AgNO3 + HCl AgCl  + HNO3 0,1đ ( HS có thể dùng Cu(OH)2 để thử, nhận ra HCl hoà tan được Cu(OH)2 ) 0,1đ 2) a.SO 3 + H2O H2SO4 H2SO4 + BaCl2 BaSO4  + 2HCl t0C 0,1đ b. 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O  ñp 0,1đ c. 2NaCl + 2H2O  2NaOH + H2  + Cl2  coù maøng ngaên 0,1đ 0,1đ n 0,16 x 0,125 0,02 mol 2 Fe2 (SO4 )3 0,1đ nAl (SO ) 0,16 x 0,25 0,04 mol 0,1đ 2 4 3 0,1đ 2Na + 2H2O 2NaOH + H2  a a a mol mol mol 23 23 46 0,1đ 6NaOH + Fe2(SO4)3 2 Fe(OH)3  + 3Na2SO4 0,12 mol a 8,23 23 0,1đ Có hai khả năng xảy ra +) NaOH đủ +) NaOH dư Trường hợp 1 : NaOH vừa đủ 0 2 Fe(OH) t Fe O + 3 H O 3 2 3 2 0,1đ 0,04 mol 0,02 mol t 0 2 Al(OH)3  Al2O3 + 3 H2O 0,1đ 0,08 mol 0,04 mol Vậy khối lượng của chất rắn= (0,02x 160)+ (0,04x 102)= 7,28 g > 5,24g ( loại ) 0,1đ Trường hợp 2 : NaOH dư a Số mol NaOH dư : = 0,36mol 0,1đ 23 46
NaOH + Al(OH)3 NaAlO2 + 2H2O a Ban đầu : 0,36mol 0,08mol 0,1đ 23 0,1đ a a a Phản ứng : 0,36mol 0,36mol 0,36mol 23 23 23 0,1đ a a SPỨ : 0 mol 0,44 - mol 0,36mol 23 23 0,1đ t 0 2 Fe(OH)3  Fe2O3 + 3 H2O 0,04 mol 0,02 mol 0,1đ t 0 2 Al(OH)3  Al2O3 + 3 H2O (0,44-a )mol (0,22-a ) mol 0,1đ 23 46 Thành phần khối lượng chất rắn (0,02x 160) + 102( 0,22 - a ) = 5,24 -> a= 9,2 gam 46 0,1đ 9,2 n = 0,2mol => m 0,2 x 2 0,4( gam) H 2 46 H 2 Khối lượng hỗn hợp = 160 x 1,25= 200 gam 0,1đ n 0,06 0,12 0,18( mol ) m 0,18 x142 25,56( gam) Na2SO4 Na2SO4 0,1đ 9,2 n = 0,36 0,04mol => m 0,04 x82 3,28(gam) 0,1đ NaAlO2 23 NaAlO2 Khối lượng của dung dịch = 9,2 +200-(0,04x107)-78(0,44-9,2 )-0,4 = 201,4 gam 0,1đ 23 25,56 C%Na2SO4= x100 12,69% 0,1đ 201,4 3,28 0,1đ C% NaAlO2= x100 1,6285% 201,4 0,1đ 3 Gọi CTHH của ba muối trên là : M2CO3, MHCO3, MCl Gọi x, y, z lần lượt là số mol của ba muối trên đã dùng M2CO3 +2HCl 2 MCl + CO2  + H2O 0,1đ x mol 2x mol 2x mol x mol MHCO3 + HCl MCl + CO2  + H2O 0,1đ y mol y mol y mol y mol Giả sử dung dịch A còn dư 2 a mol HCl dư như vậy mỗi phần dung dịch A có a mol HCl dư 0,1đ 1 (2x y z)molMCl 2 Phản ứng ở phần 1: 0,1đ HCl + AgNO3 AgCl  + HNO3 a mol a mol 0,1đ MCl + AgNO3 AgCl  + MNO3 47
1 1 (2x y z)mol > (2x y z)mol 2 2 Phản ứng ở phần 2: 0,1đ HCl + KOH KCl + H2O a mol a mol a mol 0,1đ 1 (2x y z)molMCl => 29,68 gam hỗn hợp muối khan gồm a mol KCl 2 Do đó ta có hệ phương trình 0,1đ x( 2M + 60) + y(M +61) +z(M +35,5) = 43,71 0,1đ 17,6 x+ y= 0,4 44 1 66,88 a + (x y z) 0,48 0,1đ 2 143,5 0,1đ a = 0,125 x 0,8=0,1 0,1đ 1 (2x y z)(M 35,5) 74,5a 29,68 2 0,1đ Giải hệ phương trình trên ta tìm được M = 23. vậy M là Na 0,1đ x= 0,3 mol 0,1đ y= 0,1 mol z= 0,6 mol 0,3x106 Vậy% Na2CO3= x100 72,75% 0,1đ 43,71 84x0,1 % NaHCO3= x100 19,22% 0,1đ 43,71 0,1đ % NaCl = 100%-(72,75% + 19,25%)=8,03% Số mol HCl ban đầu đã dùng = 2x+y+2a = 2 . 0,3 + 0,1 + 2. 0,1 =0,9 mol 0,1đ 0,9.36,5.100 Thể tích dung dịch HCl = 297,4ml 0,1đ 10,52.1,05 4 Gọi số mol Fe, Cu trong hỗn hợp lần lượt là a, b ( a, b > 0 ) Giả sử Fe, Cu đã phản ứng hết với AgNO3 theo phản ứng Fe + 2AgNO3 Fe(NO3)2 + 2 Ag 0,1đ a mol a mol 2a mol Cu + 2 AgNO3 Cu(NO3)2 + 2 Ag  0,1đ b mol 2b mol Theo bài ra ta có : 56a + 64b = 10,72 0,1đ Nhưng 64(a+b) > 56a +64b => 64(a+b)> 10,72 0,1đ 10,72 => a+b > 0,1675 0,1đ 64 => mAg=2a + 2b> 2. 0,1675=0,335 0,05đ => Số gam Ag thu được 108(2a+2b)>0,335.108=36,18 g> 35,84 g 0,05đ => Fe và Cu không hết mà còn trong B Có 2 khả năng đối với B Giả sử trong B còn dư Fe, Cu còn nguyên Gọi x là số mol Fe đã phản ứng với AgNO3 48
Fe + 2 AgNO3 Fe(NO3)2 + 2 Ag xmol x mol 2x mol 0,1đ Cứ 1 mol Fe tham gia gây tăng 2.108 – 56 ( g ) Vậy x mol Fe tham gia gây tăng (2.108 – 56 ) x = 160 x gam Mà khối lượng chất rắn tăng : 35,84-10,72=25,12 (g) 0,1đ => 160x=25,12 => x= 0,157 mol 0,1đ n n x 0,157 mol Fe(NO3 )2 Fe 0,1đ Dung dịch A + NaOH 0,1đ Fe(NO3)2 + NaOH Fe(OH)2  + 2NaNO3 0,157 mol 0,157 mol 0,1đ 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4 Fe(OH)3 0,157mol 0,157mol 0,1đ t 0 2 Fe(OH)3  Fe2O3 + 3 H2O 0,157mol 0,0785mol 0,1đ Khối lượng rắn sau khi nung : 0,0785.160= 12,56 g Cu(NO3)2 + 2 Ag y mol 2y mol y mol 2y mol 0,1đ Dung dịch A gồm a mol Fe(NO3)2 0,1đ y mol Cu(NO3)2 Chất B gồm : (2a+2y) mol Ag (b-y) mol Cu Phản ứng của dung dịch A 0,1đ Fe(NO3)2 + NaOH Fe(OH)2  + 2NaNO3 a mol a mol 0,1đ 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4 Fe(OH)3 a mol a mol 0,1đ t 0 2 Fe(OH)3  Fe2O3 + 3 H2O a mol 0,5 a mol 0,1đ Cu(NO3)2 + 2 NaOH -> Cu(OH)2  + 2 NaNO3 y mol y mol 0,1đ 0 Cu(OH) t CuO + H O 2 2 0,1đ y mol y mol Ta có hệ phương trình : 56a + 64 b= 10,72 108(2a+2y) +64(b-y)= 35,84 0,15đ 160.0,5a + 80y =12,8 Giả hệ ta có: a=0,1mol ; b=0,08mol ; y = 0,06 mol 0,15đ 0,1x56 %Fe=x100 52,2% % Cu =100- 52,2=47,8% 0,1đ 10,72 Tính CM của AgNO3 Ta có n 2n 0,2 mol AgNO3 Fe 49
n 2n 0,12 mol AgNO3 Cu 0,05đ 0,2 0,12 0,05đ CM (AgNO3 ) = 0,64M 0,5 0,1đ 5 0,2ñ 39,6 14,4 19,2 2,24 n 0,9(mol) ; n 0,8(mol) ; n 0,12 ; n 0,1(mol) 0,1ñ CO2 44 H 2O 18 Br2 160 X 22,4 0,1ñ 0,1ñ Ñaët x, y, z laàn löôït laø soá mol cuûa CH4 , C2H2 , C2H4 t 0 CH4 + 2O2  CO2 + H2O (1) 0,1ñ x mol xmol x mol 0,1ñ t 0 2C2H2 + 5O2  4CO2 + 2H2O ( 2 ) 0,1ñ y mol 2ymol y mol t 0 C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O ( 3 ) z mol 2zmol 2z mol 0,3 ñ Maët khaùc giaû söû soá mol cuûa m gam hoãn hôïp lôùn gaáp a laàn soá mol trong 0,1 mol hoãn hôïp X C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 ( 4 ) C2H4 + Br2  C2H4Br2 ( 5 ) 0,1ñ Töø 1, 2, 3, 4, 5 ta coù heä phöông trình 0,1ñ x 2y 2z 0,9 x 0,1 x y 2z 0,8 y 0,2 Giaûi heä ta coù 0,1ñ x y z 0,1a z 0,2 2y z 0,12a a 5 m = 0,1 . 16 + 0,2 . 26 + 0,2 . 28 = 12,4 ( gam ) 0,1ñ 0,1 %VCH 20% 4 0,1 0,2 0,2 0,2 %VC H 40% 2 2 0,1 0,2 0,2 0,2 %VC H 40% 2 4 0,1 0,2 0,2 50
ĐỀ 13 Thi chọn đội tuyền dự thi học sinh giỏi tỉnh . Môn :Hoá học lớp 9 ( 150 phút ) Đề thi : Câu 1: (2, 0 điểm ) Hãy chỉ ra 3 chất đơn giản nào nằm trên cùng một dãy ngang hay trên cùng một cột dọc hoặc trên cùng một đường chéo của hình vuông dưới đây đều là phi kim : N Al C a Fe Si Ca P S M g Câu 2: ( 2, 0 điểm ) Trong thành phần 3 mol lưu huỳnh Ô xít có 3,6 1024 nguyên tử Ô xy và 1,8 1024 nguyên tử lưu huỳnh . Đưa ra công thức phân tử Ô xít lưu huỳnh ? Câu 3: ( 6, 0 điểm ) Người ta đun nóng trong một bình cầu 0,18 gam một chất đơn giản A với Axít H2SO4 đặc dư . Sản phẩm tạo thành của phản ứng người ta cho đi qua dung dịch Can xi hyđrôxít , khi đó tách ra 5,1 gam kết tủa . Hãy xác định chất A ( Đưa ra câu trả lời bằng tính toán và phương trình để chứng minh ). Câu 4: ( 4, 0 điểm ) Chất rắn A mầu xanh lam ,tan được trong nước tạo thành dung dịch , khi cho thêm NaOH vào dung dịch đó tạo ra kết tủa B mầu xanh lam . Khi nung nóng ,chất B bị hoá đen . Nếu sau đó tiếp tục nung nóng sản phẩm trong dòng Hyđrô thì tạo ra chất C mầu đỏ . Chất C tương tác với một A xít vô cơ đậm đặc tạo ra dung dịch của chất A ban đầu . Hãy cho biết chất A là chất nào , viết tất cả các phương trình phản ứng hoá học tương ứng . Câu 5 : ( 6, 0 điểm ) Người ta cho 5,60 lít hỗn hợp Ô xít Các bon ( II ) và Các bon ( IV ) khi nung nóng đi qua một cái ống chứa 20,0 gam Ô xít đồng ( II ) .Sau đó người ta sử lý ống chứa trên bằng 60,0 ml dung dịch A xít H2SO4 nóng 85 % ( tỷ khối dung dịch bằng 1,80 g/ml ) .Khi đó 42,7 % A xít H2SO4 tham gia vào phản ứng . a/ Hãy viết các phương trình phản ứng xẩy ra . b/ Hãy tính phần thể tích của các Ô xít các bon trong hỗn hợp đầu . ĐỀ 13 Hướng dẫn chấm Đề thi chọn đội tuyền dự thi học sinh giỏi tỉnh . Câu 1 : ( 2, 0 điểm ) Ba chất đơn giản nằm trên đường chéo của hình vuông đều là phi kim : P , Si , C Câu 2 : ( 2, 0 điểm ) 51
3 mol lưu huỳnh Ô xít có : 3,6 . 1024 hay 36. 1023 hay 6 . 6.1023 nguyên tử Ôxy = 6 mol nguyên tử Ô xy 1,8 . 1024 hay 18. 1023 hay 3 . 6.1023 nguyên tử Lưu huỳnh = 3 mol nguyên tử lưu huỳnh . 1,0 điểm 3 mol phân tử Lưu huỳnh Ô xít có 3 mol nguyên tử Lưu huỳnh và 6 mol nguyên tử ô xy thì công thức của Ô xít Lưu huỳnh là SO2 1.0 điểm Câu 3 : ( 6 điểm ) A tác dụng với Axít H2SO4 đặc tạo ra sản phẩm mà khi cho nó tác dụng với Ca(OH)2 lại tao ra kết tủa thì A có thể là kim loại kém hoạt động hoặc phi kim và có thể tao ra SO2hoặc CO2 ,ta có : 1,0 điểm SO2 + Ca(OH)2 = CaSO3  + H2O CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3  + H2O 0,5 điểm Nếu A là kim loại mạnh có thể tao ra H2S và khi H2S + Ca(OH)2 CaS tan được trong nước 0,5 điểm Ta có n ( CaSO3 ) = 5,1 / 120 = 0,0425 mol . Đối với kim loại hoá trị 1 có phương trình phản ứng : 2A + 2 H2SO4 = A2SO4 + SO2  + 2H2O Từ đó chúng ta tìm được khối lượng kim loại : 0,18 / ( 0,0425 . 2 ) = 2,12 g/mol kim loại A .Đối với kim loại hoá trị 2 , 3 , 4 chúng ta thu được 4,24 ; 6,36 ; 8,48 g/mol tương ứng . Các kim loại với khối lượng mol như thế không có như vậy A là phi kim .Sản phẩm tạo thành giữa nó và Axít H2SO4 đặc khi cho tác dụng với Ca(OH)2 tao ra kết tủa . Chất A có thể là S hay C . 1,0 điểm Đối với S S + 2H2SO4 = 3 SO2 + 2H2O n (S ) = 0,18 / 32 = 0,056 mol n ( SO2) = 0,056 . 3 = 0,168 mol m ( CaSO3) = 0,168 .120 = 2,02 gam nhỏ hơn 5,1 1,0 điểm Đối với Các bon C + 2 H2SO4 = 2 SO2 + CO2 + 2 H2O n ( CaCO3 ) = n (C ) = 0,18 / 12 = 0,015 mol m (CaCO3 ) = 0,015 .100= 1,5 gam 1,0 điểm n (CaCO3 ) = n ( SO2 ) = 0,03mol n ( CaSO3 ) = n (SO2) = 0,03 mol m ( CaSO3 ) = 0,03 . 120 = 3,6 gam Khối lượng chung của kết tủa = 1,5 + 3,6 = = 5,1 gam tương ứng với điều kiện bài toán , như vậy A là Các bon . 1,0 điểm Câu 4 : ( 4 điểm ) Theo dữ kiện của đầu bài chất A là Đồng hyđrát sun fát kết tinh CuSO4 5H2O CuSO4 + 2 NaOH = Cu (OH)2  + Na2SO4 1,0 điểm dd Xanh lam to Cu(OH)2 = CuO + H2O 0,5 điểm đen Chất B là hyđrô xít đồng (II ) 0,5 điểm 52
Chất C là đồng : CuO + H2 = Cu + H2O 1,0 điểm đỏ Cu + 2 H2SO4 đặc = CuSO4 + SO2  + 2 H2O 1,0 điểm Câu 5 : ( 6 điểm ) Ô xít các bon (II) khi đun nóng khử Ô xít đồng (II ) CuO + CO = Cu + CO2 (1) 1,0 điểm Để tiện thí nghiệm ta lấy hỗn hợp CO và CO2 gồm 0,25 mol ( 20/ 80 ) mol ô xít Cu( II) và 0,25 mol ( 5,6 / 22,4 ). Trong ống ,sau khi phản ứng phải chứa hỗn hợp đồng và Ô xít Cu( II ) chưa bị khử và thực tế với a xít H2SO4 đủ đặc nóng ( 50% - 60% ) có thể xẩy ra phản ứng 1,0 điểm Cu + 2 H2SO4 = CuSO4 + SO2 + 2 H2O (2) 1,0 điểm CuO + H2SO4 = CuSO4 + H2O (3) 1,0 điểm Để tiến hành phản ứng đã lấy 0,936 mol ( 60 . 1,8 . .0,85 / 98 ) H2SO4 theo điều kiện 42,7 % hay 0,4 mol H2SO4 tham gia vào phản ứng (2) và (3) khi đó theo phương trình (2) và (3) ta có : 2 mol Cu phản ứng với 2x mol H2SO4 còn y mol CuO tham gia phản ứng với y mol H2SO4 ta thu được hệ phương trình x + y = 0,25 ( lượng Cu + CuO ) 2x + y = 0,4 ( lượng H2SO4 tham gia phản ứng ) 1,0 điểm Giải hệ phương trình trên ta có x = 0,15 ; vì theo (1) lượng đồng thu được bằng lượng Ô xít các bon (II) phản ứng nên trong hỗn hợp 0,25 mol khí có 0,15 mol CO ( 60 % ) và 0,10 mol CO2 (40%) 1,0 điểm )ĐỀ 14 THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2008-2009 MÔN THI: HÓA HỌC_Lớp 9 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề) ĐỀ: Câu 1: (5 điểm) 1- Trong hợp chất khí với Hiđrô của nguyên tố R có hóa trị IV, Hiđrô chiếm 25% về khối lượng. Xác định nguyên tố đó 2- Người ta dùng một dung dịch chứa 20 gam NaOH để hấp thu hoàn toàn 22 gam CO2. Viết phương trình phản ứng và gọi tên muối tạo thành. Câu 2: (5 điểm) 1- Bổ túc chuỗi phản ứng và cho biết A, B, C, D, E, F là những chất gì? A + B C + H2 C + Cl2 D D + dd NaOH E + F to E Fe2O3 H2O Câu 2: ( 2, 0 điểm ) 53
Trong thành phần 3 mol lưu huỳnh Ô xít có 3,6 1024 nguyên tử Ô xy và 1,8 1024 nguyên tử lưu huỳnh . Đưa ra công thức phân tử Ô xít lưu huỳnh ? Câu 3: (5 điểm) Cho a gam dung dịch H2SO4 24,5% và b gam dung dịch NaOH 8% thì tạo được 3,6 gam muối axít và 2,84 gam muối trung hòa. 1- Tính a và b 2- Tính thành phần trăm của dung dịch sau phản ứng Câu 4: ( 4, 0 điểm ) Chất rắn A mầu xanh lam ,tan được trong nước tạo thành dung dịch , khi cho thêm NaOH vào dung dịch đó tạo ra kết tủa B mầu xanh lam . Khi nung nóng ,chất B bị hoá đen . Nếu sau đó tiếp tục nung nóng sản phẩm trong dòng Hyđrô thì tạo ra chất C mầu đỏ . Chất C tương tác với một A xít vô cơ đậm đặc tạo ra dung dịch của chất A ban đầu . Hãy cho biết chất A là chất nào , viết tất cả các phương trình phản ứng hoá học tương ứng ĐỀ 14 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội Dung §iĨm Câu 1 1- Gọi khối lượng nguyên tử của nguyên tố R là x: công 0,5 điểm (5 điểm) thức hợp chất khí với Hiđrô là RH 4.1 25 Ta có: 0,5 điểm x 4.1 100 25(x+4)=4.100 25x = 300 0,5 điểm 300 x = 12 25 Khối lượng nguyên tử của nguyên tố R bằng 12 đvC 0,5 điểm Nguyên tố R là cacbon: C 0,5 điểm 20 2- Số phân tử gam NaOH: 0,5 0,5 điểm 40 22 Số phân tử gam CO2: 0,5 0,5 điểm 44 Tỷ lệ phân tử gam 0,5 điểm Các chất tham gia phản ứng là 0,5:0,5 = 1:1 Phương trình hóa học của phản ứng là 0,5 điểm NaOH + CO2 = NaHCO3 Tên muối là: Natri Hiđrô cacbonat 0,5 điểm Câu 2 1- Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 0,5 điểm (5 điểm) 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 0,5 điểm FeCl3 + 3NaOH = Fe(OH)3 + 3NaCl 0,5 điểm to 2Fe(OH)3 = Fe2O3 + 3H2O 0,5 điểm 54
A: Fe B: HCl C: FeCl 2 1 điểm D: FeCl3 E: Fe(OH)3 F: NaCl 2- : ( 2, 0 ®iĨm ) 3 mol l-u huúnh ¤ xÝt cã : 3,6 . 1024 hay 36. 1023 hay 6 . 6.1023 nguyªn tư ¤xy = 6 mol 1,0 ®iĨm nguyªn tư ¤ xy 1,8 . 1024 hay 18. 1023 hay 3 . 6.1023 nguyªn tư L-u huúnh = 3 mol nguyªn tư l-u huúnh . 3 mol ph©n tư L-u huúnh ¤ xÝt cã 3 mol nguyªn tư L-u huúnh vµ 6 mol nguyªn tư « xy th× c«ng thøc cđa ¤ xÝt L-u 1.0 ®iĨm huúnh lµ SO2 Câu 3 NaOH + H SO NaHSO + H O 2 4 4 2 0,5 điểm (5 điểm) 0,03 mol 0,03 mol 0,03 mol 2NaOH + H SO Na SO + H O 2 4 2 4 2 0,5 điểm 0,04 mol 0,02 mol 0,02 mol 3,6 n NaHSO4 = 0,03 mol 0,25 điểm 120 2,84 n Na2SO4 = 0,02 mol 0,25 điểm 142 n NaOH = 0,03 + 0,04 = 0,07 mol 0,25 điểm m NaOH = 0,07 x 40 = 2,8 gam 0,25 điểm 2,8.100 m dd NaOH = b = 35 gam 1 điểm 8 n H2SO4 = 0,03 + 0,02 = 0,05 mol m H2SO4 = 98 x 0,05 = 4,9 gam 4,9.100 1 điểm m dd H2SO4 = a = 20 gam 24,5 3,6.100% 3,6.100% C% NaHSO4 = 6,55% 0,5 điểm a b 35 25 2,84.100% C% Na2SO4 = 5,16% 0,5 điểm 35 to 55
Caâu 4 (5 Theo d÷ kiÖn cña ®Çu bµi chÊt A lµ §ång hy®r¸t sun f¸t kÕt 1,0 điểm ñieåm) tinh CuSO4 .5H2O CuSO4 + 2 NaOH = Cu (OH)2  + Na2SO4 dd Xanh lam to 1.0 điểm Cu(OH) = CuO + H O 2 2 0,5 điểm ®en 0 ,5 điểm ChÊt B lµ hy®r« xÝt ®ång (II ) 1,0 điểm ChÊt C lµ ®ång : CuO + H2 = Cu + H2O ®á 1,0 điểm Cu + 2 H2SO4 ®Æc = CuSO4 + SO2  + 2 H2O ĐỀ 15 ĐỀ THI HSG HUYỆN Môn: Hóa 9 - Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: (3 điểm) 1- (1,5 điểm): Hãy cho biết trong dung dịch có thể có đồng thời các chất sau đây không ? a. K0H và HCl d. HCl và AgN03 b. Ca(0H)2 và H2S04 e.Ca(0H)2 và Ca(HC03)2 c. HCl và KN03 g. KCl và Na0H 2- (1,5 điểm): Viết phương trình hóa học thực hiện chuỗi biến hóa sau: Fe203 (a) FeCl3 (b) Fe(0H)3 (c) Fe203 (d) Fe. Câu 2: (2điểm) Cho 4 lọ dung dịch NaCl, CuS04, MgCl2, Na0H thuốc thử chỉ có phe nolph talein. Làm thế nào để nhận biết chúng? Câu 3: (2 điểm) Phải lấy 2 miếng nhôm có tỷ lệ với nhau như thế nào về khối lượng để khi cho một miếng vào dung dịch axít và 1 miếng kia vào dung dịch bazơ, thì ta có thể tích khí Hiđrô thoát ra bằng nhau? Câu 4: (3 điểm) Hòa tan 1,68 gam hỗn hợp gồm Ag và Cu trong 29,4 gam dung dịch A(H2S04 đặc, nóng) thu được chỉ một loại khí và dung dịch B. Cho khí thoát ra hấp thụ hết vào nước brôm, sau đó thêm Ba(N03)2 dư thì thu được 2,796 gam kết tủa. a. Tính khối lượng Ag và Cu trong hỗn hợp đầu. b. Tính nồng độ % H2S04 trong dung dịch A, biết lượng H2S04 đã phản ứng với Ag và Cu chỉ bằng 10% lượng ban đầu. ĐỀ 15 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA 9 Câu 1: (3đ) 56
1- Câu c và g các chất có trong dung dịch có thể có đồng thời các chất trong dung dịch câu a,b,d,e không thể đồng thời tồn tại (0,5đ). - Các phương trình hóa học: K0H + HCl > KCl + H20 (0,25 đ) Ca(0H)2 + H2S04 > CaS04 + 2H20 (0,25 đ) HCl + AgN03 > AgN03 + AgCl (0,25 đ) Ca(0H)2 + Ca(HC03)2 > CaC03+ 2H20 (0,25 đ) 2- a. Fe03 + 6HCl > 2 FeCl3 + 3 H20 (0,25 ®) b. FeCl3 + 3 Na0H > Fe (0H)3 + 3 NaCl (0,25 ®) t0 c. 2Fe (0H)3 > Fe203 + 3 H20 (0,25 ®) d. Fe203 + 3H2 > 2Fe + 3 H20 (0,25 ®) Câu 2: (2đ) - (0,5đ) Cho Phenolphtalein vào 4 dung dịch để nhận biết ra dung dịch Na0H (chỉ mình đ này làm phenolphtalein hóa hồng) - (1đ) Cho dd Na0H vừa tìm được vào 3 dd còn lại, ở ống nghiệm nào có kết tủa xanh xuất hiện, ống nghiệm đó ban đầu đựng dd CuS04. ống nghiệm nào có kết tủa trắng tạo ra đó là ống nghiệm đựng MgCl2 . ống nghiệm nào không có hiện tượng gì xảy ra đó là ống nghiệm đựng dd NaCl. - PTHH: + (0,25 đ) 2Na0H + CuS04 > Cu (0H)2  + Na2S04 (xanh) + (0,25đ) 2Na0H + MgCl2 > Mg(0H)2  + NaCl ( trắng) Câu 3:(2đ) - PTHH: 2Al + 6HCl > 2AlCl3 + 3 H2 (1) (0,25 đ) 2x x 3 2Al + 2Na0H + 2H20 > NaAl02 + 3 H2 (2) (0,25 đ) 2x x 3 Để thể tích khí Hiđrô thoát tra khi cho Al tác dung với axít và bazơ bằng nhau thì số mol Hiđro thoát ra ở (1) và (2) phải bằng nhau (0,5). Nếu gọi số mol Hiđro thoát ra ở (1) và ở (2) là x thì số mol Al phản ứng với (1) cũng 2x bằng số mol Al phản ứng ở (2) và bằng . Vậy để thể tích Hiđro thoát ra khi cho Al phản 3 ứng với axít và bazơ như nhau thì tỷ lệ khối lượng Al cần lấy cho 2 phản ứng này phải bằng nhau (1đ). Câu 4: (3đ) Đặt x,y là số mol Ag và Cu trong hỗn hợp: 2Ag + 2 H2S04 (đ.n) >Ag2S04 + S02  + H20 (0,25đ) x mol x mol 0.5 m0l Cu + 2H2S04(đ n) > CuS04 + S02  + H20 (0.25 đ) y mol 2y mol y mol số mol S02 = (0,5x +y) 57
S02 + Br2 + 2 H20 > 2HBr + H2S04(0,25đ) 0,5x+y 0,5x+y Ba(N03)2 + H2S04 > 2 HN03 + BaS04  (0,25đ) 0,5x+y 0,5x+y Ta có: 108 x + 64y = 1,68 (1) 2,796 0,5x + y = = 0,012 (2) (0,5đ) 233 Giải (1) và (2) : 108 x +64y = 1,68 x= 0,012 0,5x+y = 0,012 y = 0,006 a.m Ag = 108 x 0,012 = 1,296 (g) (0,5đ) m Cu = 64 x 0,006 = 0,384 (g) b. Khối lượng H2S04 đã phản ứng = 98 (x+2y) = 2,352 (g) 29,4xa 10 Vậy 2,352 > a = 80% (1,25đ 100 100 ĐỀ 16 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Câu 1: Khi cho dung dịch H3 PO4 Tác dụng với dung dịch NaOH tạo được dung dịch M. a/ Hỏi M có thể chứa những muối nào? b/ Phản ứng nào có thể xảy ra khi thêm KOH vào dung dịch M c/ Phản ứng nào có thể xảy ra khi thêm H3 PO4 ( hoặc P2 O5) vào dung dịch M? Viết phương trình phản ứng. Câu 2: Có thể có hiện tượng gì xảy ra khi cho kim loại A vào dung dịch muối B? Viết phương trình phản ứng. Câu 3: Hãy nêu một muối vừa tác dụng với HCl, vừa tác dụng với NaOH , thoả mản điều kiện: a/ Cả hai phản ứng đều có khí thoát ra. b/ Phản ứng với HCl có khí bay lên và phản ứng với NaOH có kết tủa. c/ Cả hai phản ứng đều tạo kết tủa. Câu 4: A + O2  B + C B + O2 D D + E  F D + BaCl2 + E  G  + H F + BaCl2  G  + H H + AgNO3  Ag Cl + I I + A  J + F + NO  + E I + C  J + E J + NaOH  Fe(OH)3 + K 58
Câu 5: Nung x1 gam Cu với x 2 gam O2 thu được chất rắn A 1. Đun nóng A 1 trong x3 gam H2SO4 98% , sau khi tan hết thu được dung dịch A 2 và khí A3 . Hấp thụ toàn bộ A 3 bằng 200ml NaOH 0,15 M tạo ra dung dịch chứa 2,3g muối . Bằng phương pháp thích hợp tách CuSO 4 ra khỏi dung dịch A2 sẽ thu được 30g tinh thể CuSO4. 5 H2O . Nếu cho A2 tác dụng với dung dịch NaOH 1M thì để tạo ra lượng kết tủa nhiều nhất phải dùng hết 300ml NaOH. Viết phương trình phản ứng . Tính x1, x2, x3. ĐỀ 16 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA 9 Câu 1:(1,5 điểm) a/ H3PO4 + NaOH  NaH2PO4 + H2O H3PO4 + 2NaOH  Na2HPO4 + 2H2O H3PO4 + 3NaOH  Na3PO4 + 3H2O Dung dịch M chứa từ 1 đến 2 hoặc 3 muối tạo ra ở từng phương trình trên. 0,5 điểm b/ Thêm KOH vào M ( thên dd Bazơ mạnh) 3NaH2PO4 + 6KOH  Na3PO4 + 2K3PO4 + 6H2O 3NaHPO4 + 3KOH  2Na3PO4 + K3PO4 + 3H2O 0,5 điểm c/ Thêm H3PO4 vào M (thêm Axít yếu) H3PO4 + 2Na3PO4  3Na2HPO4 2H3PO4 + 2Na3PO4  3NaH2PO4 H3PO4 + 2Na2HPO4  2NaH2PO4 Thêm P2O5 thì P2O5 + 3H2O  2H3PO4 sau đó phản ứng xẫy ra như trên. 0,5 điểm Câu 2:(1,5 điểm) a/ Có sự đổi màu sắc kim loại và đổi màu dung dịch Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag đỏ không màu xanh trắng bạc Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu trắng xám xanh không màu đỏ 0,5 điểm b/ Kim loại tan và có sự đổi màu dung dịch. Fe2(SO4)3 + Cu  CuSO4 + 2FeSO4 màu vàng màu xanh Fe2(SO4)3 + 3Mg  3MgSO4 + 2Fe 0,5 điểm vàng không màu c/ Có khí thoát ra: 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 0,5 điểm NH4Cl + NaOH  NaCl + NH3 + H2O d/ Có khí thoát ra và kết tủa có màu. 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 2NaOH + CuSO4  Cu(OH)2 + Na2SO4 Xanh 0,5 điểm 2NaOH + MgCl2  Mg(OH)2 + 2NaCl Trắng e/ Có khí thoát ra và kết tủa xuất hiện, sau đó kết tủa đổi màu hoặc tan ra: 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 59
FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 trắng xanh màu đỏ nâu AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl 0,5 điểm NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O Câu 3:(1,5 điểm) a/ (NH4)2CO3 + 2HCl  2NH4Cl + CO2 + H2O (NH4)2CO3 + 2NaOH  Na2CO3 + 3NH3 + 2H2O (có thể chọn NH4HCO3; (NH4)2CO3 ; NH4HSO3 ; NH4HS 0,5 điểm b/ Ca(HCO3)2 + 2HCl  CaCl2 + 2CO2 + 2H2O Ca(HCO3)2 + 2NaOH  CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O 0,5 điểm c/ Mg(AlO2)2 + 2HCl + 2H2O  MgCl2 + 2Al(OH)3 Mg(AlO2)2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaAlO2 Hoặc: Ag2SO4 + 2HCl  2AgCl + H2SO4 Ag2SO4 + 2NaOH  2AgOH + Na2SO4 0,5 điểm Câu 4:(2 điểm) A là FeS2 hoặc FeS 0,2 điểm toc 0,2 điểm FeS + O2 SO2 + Fe2O3 o 0,2 điểm 3SO2 + O2 t C,xt 2SO3 SO3 + H2O H2SO4 0,2 điểm SO + BaCl +H O BaSO  + 2HCl 3 2 2 4 0,2 điểm H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl 0,2 điểm HCl +AgNO3 AgCl  + HNO3 8HNO3 + FeS2 Fe (NO3)3 +2H2SO4 + 5NO  + 2H2O 0,2 điểm 6HNO + Fe O 2Fe (NO ) + 3H O 3 2 3 3 3 2 0,2 điểm Fe (NO3)3 + 3 NaOH 3 Fe(OH)3 + 3 NaNO3 0,2 điểm 0,2 điểm Câu 5:(1,5 điểm) to 2Cu + O2 2CuO 0,2 điểm CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O 0,2 điểm Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,2 điểm SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O 0,2 điểm SO2 + NaOH NaHSO3 0,2 điểm Thử 2,3 g với Na2SO3 nguyên chất và Na2HSO3 nguyên chất đều thấy không thỏa mản 2,3g là hỗn hợp 2 muối. 0,25 điểm n NaOH = 0,03 mol nên 2a + b = 0,03 mol và 126a + 104 b = 2,3 60
giải được : a = b = 0,01 n SO2 = 0,02mol n Cu dư = 0,02 mol 0,25 điểm 30g CuSO4 . 5 H2O chứa 0,12 mol x1 = 7,68g ; x2 = 1,6g . CuSO4 + 2NaOH Na2SO4 + Cu(OH)2  0,25 điểm 0,12 mol 0,24mol Vì phải dùng đến 0,3mol NaOH nên thấy ngay là trước khi kết tủa với CuSO4 đã 0,25 điểm có : 0,3 – 0,24 = 0,06 mol NaOH dự phản ứng trung hòa H2SO4 + 2NaOH Na2SO4 + 2 H2O 0,25 điểm 0,03mol 0,06mol Vậy tổng số mol H2SO4 = 0,1 + 0,02 . 2 + 0,03 = 0,17 mol => x3 = ( 0,17 . 98 ) : 0,98 = 17(g). 0,25 điểm ĐỀ 17 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Câu1: Câu2: Dung dịch A có chứa CuSO4 và FeSO4 a/ Thêm Mg vào dung dịch A  dung dịch B có 3 muối tan. b/ Thêm Mg vào dung dịch A  dung dịch C có 2 muối tan. c/ Thêm Mg vào dung dịch A  dung dịch D chỉ có 1 muối tan. Giải thích mổi trường hợp bằng phương trình phản ứng. Câu3: Hoà tan một hổn hợp gồm Mg và muối Magiê cacbonnal bằng axit HCl thì thu được một hỗn hợp khí có thể tích là 6,72 lít ( đo ở ĐKTC) . Sau khi đốt hổn hợp khí này và làm ngưng tụ hết hơi nước thì thể tích hỗn hợp khí chỉ còn 1,12 lít (ở ĐKTC). a/ Viết phương trình phản ứng xảy ra. b/ Tính thành phần về khối lượng của mổi chất trong hổn hợp? Câu 4: a/ Cho 1,625 g sắt Clorua ( chưa rỏ hoá trị của sắt) tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư thu được 4,305 g AgCl kết tủa. Xác định công thức của sắt Clorua. b/ Cần bao nhiêu mililít dung dịch NaOH chứa 0,02 g NaOH trong 1ml dung dịch để chuyển 1,25 g FeCl3 . 6 H2O thành Fe(OH)3 . Câu 5: Cho A là một hỗn hợp bột gồm : Ba , Al , Mg. - Lấy m gam A cho vào nước tới khi hết phản ưng thấy thoát ra 6,94 lít H2 ( ở ĐKTC) . - Lấy m gam A cho vào dung dịch xút dư tới hết phản ứng thấy thoát ra 6,72 lít H 2 (ở ĐKTC) . - Lấy m gam A hoà tan bằng một lượng vừa đủ dung dịch axit HCl được một dung dịch và 9,184 lít H2 (đo ở ĐKTC) . Hãy tính m và % khối lượng các kim loại trong A. 61
ĐỀ 17 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA 9 Câu 1: ( 2,5 điểm). 0,5 điểm 62
+Cl 2 điểm Học sinh hoàn chỉnh các phương trình phản ứng ( 9 ptpư) Câu 2: ( 1,5 điểm). Mg + CuSO4 Mg SO4 + Cu (1) Mg + FeSO4 Mg SO4 + Fe (2) a/ Dung dịch B có 3 muối tan là dung dịch tạo ra khi phản ứng (1) chưa kết thúc 0,5 điểm => chứa MgSO4 ; CuSO4 dư FeSO4 chưa phản ứng b/ Dung dịch C có 2 muối tan là dung dịch tạo ra khi phản ứng (1) đã hoàn thành 0,5 điểm => chứa MgSO4 và FeSO4 c/ Dung dịch D có một muối tan là dung dịch tạo ra khi cả phản ứng (1) và (2) 0,5 điểm đều hoàn thành => chứa MgSO4 . Câu3: ( 1,5 điểm). a/ Phương trình phản ứng: Mg (r ) + 2 HCl (dd) MgCl(dd) + H2(K) (1) MgCO3 (r + 2 HCl (dd) MgCl 2 (dd) + CO2(K) 0,5 điểm o + H2O (2) t C 2H2 (K) + O2( K) 2H 2O ( h ) b/Vì khí CO là chất khí không cháy, do vậy thể tích hỗn hợp khí sau khi đốt và 2 0,25 điểm làm ngưng tụ hơi nước chính là thể tích khí CO2còn lại theo (2) VCO =1,12 l  nCO = 1,12 : 22,4 = 0,05 mol  nMgCO = 0,05 mol 2 2 3 0,25 điểm Suy ra VH2 = 6,72 - 1,12 = 5,6 (l) nH2 = 5,6 : 22,4 = 0,25 mol  nMg = 0,25 mol. Từ (1) ta có: mMg = 0,25.24 = 6 (g) (2) ta có: mMgCO = 0,05 . 84 = 4,2 (g) 3 0,25 điểm Vậy khối lượng hỗn hợp là: mMg + mMgCO3 = 6 + 4,2 = 10,2 (g) 6.100 % Mg = 58,82% 10,2 % MgCO3 = 100 - 58,82 = 41,18% 0,25 điểm Câu: 4(2 điểm) a/ Gọi n là hóa trị của Fe PTPƯ: FeCln + nAgNO3  Fe(NO3)n + nAgCl 1 mol . . . . . . . . . . . . . . n mol 0,25 điểm Hay (56+35,5.n) g . . . . . . . . . . . 143,5.n (g) Theo bài ra: 1,625 (g) . . . . . . . . . . . . . 4,305 (g) 0,25 điểm 56 35,5n 143,5 Ta có tỷ số: giải ra được n = 3 1,625 4,305  Công thức của sắt Clorua là FeCl3 b/ Từ công thức : FeCl3 . 6H2O 0,25 điểm 1,25.162,5 Theo đề ra ta có: mFeCl3 = 0,75(g) 270,5 0,25 điểm 63
0,75 nFeCl3 = 0,005 mol 162,5 0,25 điểm PTPƯ: 3NaOH + FeCl3  Fe(OH)3 + 3NaCl Theo pt 3mol 1mol 3.0,005 Theo bài ra: x mol 0,005 x NaOH 0,015 mol NaOH 1 0,25 điểm  mNaOH = 0,015 . 40 = 0,6 (g)  Vậy cứ 0,02 gam NaOH có thể tích là 1 ml cứ 0,6 gam y ml 0,25 điểm 0,6.1 y 30 ml => VNaOH = 30 ml 0,02 0,25 điểm Câu: 5 (2,5 điểm) Gọi x,y,z lần lượt là số mol của Ba, Mg, Al trong m gam hỗn hợp. Số mol H2 thoát ra do A tác dụng với nước: nH2 = 6,94: 22,4 = 0,31 mol Số mol H2 thoát ra do A tác dụng với xút dư : nH2 = 6,72: 22,4 = 0,30 mol Số mol H2 thoát ra do A hà tan bởi axít: nH2 = 9,184: 22,4 = 0,31 mol 0,25 điểm Các PTPƯ: 1. Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 1mol 2mol 1mol 1mol (1) x (mol) x (mol) 0,25 điểm 2. 2Al + 6H2O  2Al(OH)3 + 3H2 2mol 6mol 2mol 1mol (2) z (mol) 3/2 z (mol) 0,25 điểm 3. 2Al + NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2 2mol 3mol (3) 0,25 điểm x (mol) 3/2 z (mol) 4. Ba + 2HCl  BaCl2 + H2 1mol 1mol (4) 0,25 điểm x (mol) x (mol) 5. Mg + HCl  BMgCl2 + H2 1mol 1mol (5) 0,25 điểm y (mol) y (mol) 6. 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 2mol 3mol (6) 0,25 điểm z (mol) 3/2 z (mol) Theo đề bài và các các PTPƯ 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta có từ 1 và 2: x + 3/2z = 0,31 (a) từ 3: 3/2z = 0,3 (b) 64
Từ 4, 5 và 6: x + y + 3/2z = 0,41 (c) giải hệ (a), (b), (c) ta có x = 0,01; y = 0,1; z = 0,2. 0,25 điểm  mBa = 0,01.137 = 1,37 gam mMg = 0,1.24 = 2,4 gam mAl = 0,2.27 = 5,4 gam m hỗn hợp = mBa + mMg + mAl =1,37 +2,4 + 5,4 = 9,17gam 0,25 điểm 1,37.100 % Ba = 14,9% 9,17 2,4.100 % Mg = 26,2% 9,17 % Al = 100 - (14,9 + 26,2) = 58,9 0,25 điểm ĐỀ 18 KỲ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2008-2009 MÔN HÓA HỌC LỚP 9 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian phát đề) 65
Câu 1: (2 điểm) Từ những chất có sẵn là K2O, BaO, H2O và các dung dịch CuCl2, FeCl3. Hãy viết các phương trình hóa học để điều chế bazờ tan và bazờ không tan. Câu 2: ( 4 điểm) Viết các phương trình phản ứng ghi rõ điều kiện (nếu có) theo sơ đồ: a. A to B + H2O C + CO2 A +HCl D + 1NaOH E b. AlCl3 Al2(SO4)3 Al(OH)3 Al2O3 Câu 3: (3 điểm) a. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết 3 lọ đựng chất rắn không nhãn: NaOH, NaCl, Ba(OH)2. b. Chỉ được dùng quỳ tím làm thế nào để nhận biết các dung dịch chất chứa trong các lọ mất nhãn riêng biệt: KCl, K2SO4, KOH và Ba(OH)2. Câu 4: (1.5 điểm) Từ các hóa chất đã biết. Hãy viết 3 PTHH để điều chế clo Câu 5: (1.5 điểm) Hòa tan M2O3 trong một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20%. Người ta thu được dung dịch muối có nồng độ 21,756%. Xác định công thức oxit. Câu 6: (1.5 điểm) Cho 24 g hỗn hợp CuO và Fe 2O3 hòa tan vừa đủ vào 146g dung dịch HCl 20%. Tính thành phần trăm theo khối lượng có trong hỗn hợp. Câu 7: (4.5 điểm) Khử 15.2g hỗn hợp FeO và Fe2O3 bằng hidro ở nhiệt độ cao, thu được sắt kim loại. Để hòa tan hết lượng sắt này cần dùng 100ml dung dịch H2SO4 2M. a. Xác định phần trăm khối lượng mỗi oxit. b. Tính thể tích H2 ở đktc cần dùng để khử hỗn hợp trên. c. Nếu cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng sẽ thu được bao nhiêu gam tinh thể FeSO4. 7H2O Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. HẾT ĐỀ 18 ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI Câu 1: Điều chế bazờ tan K2O + H2O 2KOH 0.5 BaO + H2O Ba(OH)2 0.5 Điều chế bazờ không tan 66
CuCl2 + 2KOH Cu(OH)2 + 2KCl 0.5 FeCl3 + 3KOH Fe(OH)3 + 3KCl 0.5 Câu 2: t 0 a. CaCO3  CaO + CO2 A B CaO + H2O Ca(OH)2 B C Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O C A CaCO3 + 2 HCl CaCl2 + H2O + CO2 A D CO2 + NaOH NaHCO3 D E b. 1. AlCl3 + 3NaOH Al(OH)3 + 3NaCl 0.3 2. Al(OH)3 + H2SO4 Al2(SO4)3 + H2O 0.3 3. Al2(SO4)3 + 6NaOH 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 0.5 t 0 4. 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O. 0.3 5. Al2O3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2O 0.3 6. Al2(SO4)3 + 3BaCl2 2AlCl3 + 3BaSO4 0.5 7. 2AlCl3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 6HCl 0.3 Câu 3: a. (1.5 đ)Lấy mỗi lọ một ít dung dịch chất cho vào từng ống nghiệm riêng biệt có chứa nước dùng làm mẫu thử. Dùng giấy quỳ lần lượt nhúng vào các ống nghiệm trên, dung dịch chất nào không làm quỳ tím chuyển sang màu xanh là dung dịch: NaCl. Cho dung dịch H2SO4 2 ống nghiệm còn lại ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch Ba(OH)2. H2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + 2H2O Còn lại là ống nghiệm chứa dung dịch NaOH từ đó ta biết được chất rắn ban đầu. b. (1.5 đ)Lấy mỗi lọ một ít dung dịch chất cho vào từng ống nghiệm riêng biệt dùng làm mẫu thử. Dùng giấy quỳ lần lượt nhúng vào các ống nghiệm trên dung dịch chất nào làm quỳ tím chuyển sang màu xanh là dung dịch: KOH, Ba(OH) 2. Lần lượt cho dung dịch KOH, Ba(OH)2 vào 2 ống nghiệm còn lại ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch K2SO4 phản ứng với Ba(OH)2 K2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + 2KOH Ống nghiệm chứa dung dịch làm giấy quỳ thành nàu xanh là dung dịch KOH, còn lại là dung dịch KCl. Câu 4: dp 2NaCl + H2O  NaOH + Cl2 + H2 0.5 MnO2 + 2HCl MnCl2 + Cl2 + H2O 0.5 2KMnO4 + 16HCl 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O 0.5 Câu 5: (1.5 điểm) 67
Phương trình hóa học. M2O3 + 3 H2SO4 M2(SO4)3 + 3 H2O 0.25 (2M + 3x16)g 3x98g (2M+288)g 3*98*100 mddH2SO4 1470g 0.25 20 mddmuoi = moxit + mddH2SO4 = (2M + 48 +1470)g 0.5 (2M + 288) * 100 Ta có phương trình 21,756 = 2M + 1518 M = 27 kim loại Al . công thức của oxit là Al2O3 0.5 Câu 6: Gọi x, y lần lượt là số mol của CuO và Fe2O3 Ta có khối lượng của hỗn hợp: 80x + 160y = 24g (2) 0.25 20*146 Khối lương HCl cần dùng: m 29.2g HCl 100 29.2 n 0.8mol HCl 36.5 Ta có x + 3 y = 0,4 mol (1) 0.25 Phương trình hóa học. CuO + 2HCl CuCl2 + H2O 0.25 x 2x Fe2O3 + 6HCl 2FeCl3 + 3H2O 0.25 y 6 y Từ (1) và (2) x = 0,1 mol, y = 0,1 mol 0.25 mCuO = 0,1 x 80 = 8 g mFe2O3 = 0,1 x 160 = 16g 8 % CuO = *100 = 33,3% 0.25 24 % Fe2O3 = 100% - 33,3 = 66.7% 0.25 Câu 7: a. Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe2O3 và FeO Ta có khối lượng của hỗn hợp: 160x + 72y = 15.2g (1) 0.25 Phương trình hóa học. Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O 0.25 x 3x 2x FeO + H2 Fe + H2O 0.25 y y y Số mol của H SO : n 2 x 0,1 = 0,2mol 2 4 H 2SO4 Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 0.25 (2x + y) (2x + y) (2x + y) Theo PTHH n n 2n n và n 3n n H 2SO4 Fe Fe2O3 FeO H 2 Fe2O3 FeO n n 2n n tinhthe Fe Fe2O3 FeO 68
n 2x y 0.2 mol (2) 0.5 H 2SO4 Từ 1 và 2 x = 0.05 mol, y = 0.1 mol 0.5 mFe2O3 = 0.05 x 160 = 8g mFeO = 0.1 x 72 = 7.2g 8 % Fe2O3 = *100 52.6 % 0.25 15.2 %FeO = 100% - 52,6% = 47,4% 0.25 b. Thể tích hidro cần dùng: 1 đ nH2 = 3x + y = 3*0.05 + 0.1 = 0.25 mol VH2 = 0.25 x 22,4 = 5.6 lit. c. nFeSO4.7H2O = 2x + y = 2 * 0.05 + 0.1 = 0.2 mol 0.75 đ mtinh the = 0.2 x 278 = 55,6g ĐỀ 19 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN THI: HÓA HỌC Thêi gian: 150 phót (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (6,0 điểm) a) Trình bày các phương pháp điều chế Bazơ, mỗi phương pháp cho một ví dụ. b) Để điều chế Cu(OH) 2 thì phương pháp nào phù hợp? Tìm các chất có thể có của phương pháp đã chọn và viết tất cả các phản ứng xảy ra. Câu 2: (5,0 điểm) Đốt cháy một dải magiê rồi đưa vào đáy một bình đựng khí lưu huỳnh đioxit. Phản ứng tạo ra một chất bột A màu trắng và một chất bột màu vàng B. Chất A phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng tạo ra chất C và nước. Chất B không tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, nhưng B cháy được trong không khí tạo ra chất khí có trong bình lúc ban đầu. a) Hãy xác định tên các chất A, B, C b) Viết các phương trình phản ứng sau: - Magiê và khí lưu huỳnh đioxit và cho biết phản ứng này thuộc loại phản ứng nào? Vai trò của Magiê và lưu huỳnh đioxit trong phản ứng - Chất A tác dụng với H2SO4 loãng - Chất B cháy trong không khí. Câu 3: (5,0 điểm) a) Có 4 lọ hóa chất mất nhãn đựng lần lượt các chất: Nước, dung dịch HCL, dung dịch Na2CO3 và dung dịch NaCl. Không dùng thêm hóa chất nào khác. Hãy nhận biết từng chất (được dùng các biện pháp kĩ thuật). b) Cho 1g bột sắt tiếp xúc với oxi một thời gian thấy khối lượng bột đã vượt quá 1,41g. 69
Giả sử chỉ tạo thành 1 oxit sắt duy nhất thì đó là ôxit nào? A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Không có ôxit nào phù hợp Giải thích cho lựa chọn đúng. Câu 4: (4,0 điểm) Nhiệt phân hoàn toàn 20g muối cacbonat kim loại hóa trị II được chất rắn A và khí B. Dẫn toàn bộ khí B vào 150ml dung dịch Ba(OH)2 1M thu được 19,7g kết tủa. a) Tính khối lượng chất rắn A b) Xác định công thức muối cacbonat đó. (Cho biết kim loại hóa trị (II): Mg = 24; Ca = 40; Be = 9; Ba ĐỀ 19 Hướng dẫn chấm Câu 1: (6,0 điểm) a) Các phương pháp điều chế Bazơ - Kim loại tác dụng với nước 0,25 đ 2Na + H2O -> 2NaOH + H2 - Oxit ba zơ tác dụng với nước 0,25 đ CaO + H2O - > Ca(OH)2 - Kiềm tác dụng với muối tan 0,25 đ KOH + FeCl2 -> Fe(OH)2 + 2KCL - Điện phân muối có màng ngăn : 0,25 đ Điện phân 2KCL + 2H2O 2KOH + H2 + CL2 Có màng ngăn - Điều chế Hđrô lưỡng tính cho muối của nguyên tố lưỡng tính tác dụng với NH 4OH (hoặc kiềm vừa đủ). AlCl3 + 3NH4OH -> Al(OH)3 + 3NH4Cl ZnSO4 + 2NaOH - > Zn(OH)2 + Na2SO4 b) Các phương pháp trên chỉ có phương pháp kiềm tác dụng với muối tan là phù hợp 0,5 đ - Dung dịch kiềm như : NaOH, KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2 0,5 đ - Muối tan: CuCl2, Cu(NO3)2 ; CuSO4 0,5 đ Phương trình phản ứng: 2NaOH + CuCl2 -> Cu(OH)2 + 2NaCl 0,25 đ 2NaOH + Cu(NO3)2 -> Cu(OH)2 + 2NaNO3 0,25 đ 2NaOH + CuSO4 -> Cu(OH)2 + Na2SO4 0,25 đ 2KOH + CuCl2 -> Cu(OH)2 + 2KCl 0,25 đ 2KOH + Cu(NO3)2 -> Cu(OH)2 + 2KNO3 0,25 đ 2KOH + CuSO4 -> Cu(OH)2 + K2SO4 0,25 đ Ca(OH)2 + CuCl2 -> Cu(OH)2 + CaCl2 0,25 đ 70
Ca(OH)2 + Cu(NO3)2 -> Cu(OH)2 + Ca(NO3)2 0,25 đ Ca(OH)2 + CuSO4 -> Cu(OH)2 + CaSO4 0,25 đ Ba(OH)2 + CuCl2 -> Cu(OH)2 + BaCl2 0,25 đ Ba(OH)2 + Cu(NO3)2 -> Cu(OH)2 + Ba(NO3)2 0,25 đ Ba(OH)2 + CuSO4 -> Cu(OH)2 + BaSO4 0,25 đ Câu 2: (5,0 điểm) a) Magiê cháy trong không khí, nó tác dụng với oxi ở dựng tự do. Magiê còn có thể cháy trong khí SO2, CO2 nó tác dụng với ôxi ở dạng hợp chất tạo ra oxit. 0,5 đ - Chất bột A màu trắng là Magiê oxít 0,5 đ - Chất bột B màu vàng, không tác dụng với H 2SO4 loãng là lưu huỳnh. Lưu huỳnh cháy trong không khí tạo ra lưu huỳnh đioxit. 0,5 đ - Chất C là sản phẩm của MgO với dụng dịch H 2SO4 loãng. Vậy C là Magiê Sunfat MgSO4.0,5 đ b) Phản ứng của Magiê cháy trong SO2 t0 2Mg + O2 -> 2MgO 0,5 đ + Phản ứng trên thuộc loại phản ứng ôxi hoá _ khử 0,5 đ + Mg là chất khử (chất bị oxi hóa) 0,5 đ + SO2 là chất ôxi hóa (còn gọi là chất bị khử) 0,5 đ - Phản ứng của A với H2SO4 loãng: MgO + H2SO4 -> MgSO4 + H2O 0,5 đ - Phản ứng của B cháy trong không khí: t0 S + O2 -> SO2 0,5 đ Câu 3: (5,0 điểm) a) Lấy mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử sau đó đổ vào nhau từng cặp một. Cặp nào có bọt khí thoát ra là Na2CO3 và HCL, còn cặp kia là NaCL và H2O (0,5 đ) Na2CO3 + 2HCL -> 2NaCL + H2O + CO2 0,5 đ Nhóm 1 là Na2CO3 và HCL 0,5 đ Nhóm 2 là NaCL và H2O 0,5 đ - Đun đến cạn nhóm 1: + Không có cặn là HCL 0,5 đ + Có cặn là Na2CO3 0,5 đ - Đun đến cạn nhóm 2: + Không có cặn là H2O 0,5 đ + Có cặn là NaCL 0,5 đ b) Đáp án B là phù hợp 0,5 đ 71
mFe O 160 Giải thích: 2 3 1,43 1,41gam 0,5 đ mFe 2.56 Câu 4: (4,0 điểm) Trường hợp 1: Gọi M là kim loại hóa trị II. Ta có công thức MCO3 0,25 đ Phương trình phản ứng : t0 MCO3 -> MO + CO2 (1) 0,25 đ CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3 + H2O (2) 0,25 đ 19,7 n 0,1mol Số mol BaCO3 là: BaCO 3 197 Ta có sơ đồ: MCO3 -> CO2 -> BaCO3 0,25 đ 1 mol 1 mol 0,1 mol MO + CO2 0,25 đ CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3 + H2O 0,25 đ 0,15 mol 0,15 mol n BaCO3 dư: 0,15 – 0,1 mol = 0,05 mol 0,25 đ BaCO3 + CO2 + H2O -> Ba(HCO3)2 0,25 đ Số mol CO2 phản ứng là: n CO2 = 0,15 + 0,05 = 0,2 mol 0,25 đ a) Khối lượng chất rắn A là: MMO = 20 – 44.0,2 = 11,2 gam 0,25 đ b) Khối lượng mol của MCO3 là: 72
20 M MCO 100 0,25 đ 3 0,2 Nguyên tử khối kim loại M = 100 – 60 = 40 ĐVC. Đó là Ca và công thức là CaCO3 0,25 đ Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa. ĐỀ 20 UBND HUYỆN LẤP VÒ CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM PHÒNG GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO Độc lập -Tự do- Hạnh phúc KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THCS VÒNG HUYỆN Năm học : 2008-2009 Môn thi : Hóa Học Thời gian :150 phút (Không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 13/12/2008 Câu 1 :(3 đ 25 ) Viết những phương trình phản ứng , ghi điều kiện (nếu có )để thực hiện những biến hóa theo sơ đồ dưới đây : a. Natri Natri oxit Natri hidroxit Natri nitrat b. Bari Bari oxit Bari hidroxit bari clorua c. photpho anhidric photphoric axit photphoric can xi photphat d. Đồng hydroxit đồng oxit đồng clorua e. Sắt (III)hydroxit Sắt (III) oxit Sắt (III) sunfat Câu 2 : ( 2đ 25 ) Cho các chất : Axit clohiric , dung dịch Natri hydroxit ,Bari sunfat ,magie cacbonat , kali cacbonat ,đồng nitrat . Hỏi : - Những chất nào tác dụng được với nhau tạo thành chất tồn tại ? -Viết các phương trình phản ứng tương ứng . Câu 3 : ( 1 đ) Một loại duyra có thành phần khối lượng như sau : 94% Al ,4% Cu ,0,5% mỗi nguyên tố Mg , Mn ,Fe ,Si . Nếu có 1 tấn nhôm nguyên chất thì phải lấy bao nhiêu kg mỗi nguyên tố còn lại để luyện thành duyra như đã nói trên . Câu 4 : (2 đ ) Cho các chất sau : Kali clorua , Canxi clorua ,Mangandioxit , axitsunfuric đậm đặc . Đem trộn lẫn hai hoặc ba chất với nhau . Trộn như thế nào thì tạo thành hidro clorua ? trộn như thế nào thì tạo thành clor ? Viết các phương trình phản ứng tương ứng . Câu 5 :(4đ 50 ) Một hỗn hợp X gồm Al , Fe2 O3 ,có khối lượng là 234 gam .Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm (Al khử Fe 2 O3 cho ra Fe và Al2 O3 ) thu được chất rắn Y .Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư còn lại chất rắn Z có khối lượng là 132 gam (trong phản ứng không có khí Hidro bay ra ). a.Tính khối lượng Al ,Fe , Al2O3 , Fe2O3 trong hỗn hợp Y b.Tính khối lượng của Al và Fe trong hỗn hợp X . 73
Câu 6 : (4 đ ) Chia làm hai phần bằng nhau 1 lít dung dịch ( nhận được sau khi hoà tan 31 gam Na2O vào nước ). a. Cho phần (1) phản ứng vừa đủ với x (ml ) dung dịch Fe2(SO4)3 0,5 M . Tính x và nồng độ M các chất tan trong dung dịch sau phản ứng . b.Cho phần (2) tác dụng với y (ml ) dung dịch H 2SO4 20% (D=1,14 g/ml ). Tính y cần dùng để thu được muối trung hòa và khối lượng của muối đó . Câu 7 :(3 đ ) Bỏ 27,05 gam tinh thể FeCl3 .6H2O vào 100 gam dung dịch NaOH 20% a.Tính khối lượng của chất kết tủa tạo thành ? b.Tính nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch sau phản ứng ? ( Cho biết Na :23 ; Fe: 56 ; Al : 27 ; O : 16 ; H : 1 ; S :32 ; Cl : 35,5 ) Hết Lưu ý : Cho phép học sinh sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học ĐỀ 20 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC Câu 1 ( 3 đ 25 ) a. 4Na + O2 2Na2O (0,25 đ) Na2O + H2O 2NaOH (0,25 đ) NaOH + HNO3 NaNO3 + H2O (0,25 đ) b. 2Ba + O2 2BaO (0,25 đ) BaO + H2O Ba(OH)2 (0,25 đ) Ba(OH)2 + 2HCl BaCl2 + 2H2O (0,25 đ) c. 4P + 5O2 2P2O5 (0,25 đ) P2O5 + 3H2O 2H3PO4 (0,25 đ) 2H3PO4 + 3Ca(OH)2 Ca3(PO4)2 + 6H2O (0,25 đ) o d. Cu(OH)2 t CuO + H2O (0,25 đ) CuO +2HCl CuCl 2 + H2O (0,25 đ) o e. 2Fe(OH)3 t Fe2O3 + 3H2O (0,25 đ) Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O (0,25đ) Câu 2 : (2 điểm 25 ) * Các chất tác dụng được với nhau là : - HCl và NaOH (0,25 đ) -HCl và MgCO3 (0,25 đ) -HCl và K2CO3 (0,25 đ) -NaOH và Cu(NO3)2 (0,25 đ) -Không xét phản ứng K2CO3 và Cu(NO3)2 vì CuCO3 không tồn tại (0,25 đ) * Phương trình phản ứng : HCl + NaOH NaCl + H2O (0,25 đ) 2HCl + MgCO3 MgCl + CO2 + H2O (0,25 đ) 2HCl + K2CO3 2KCl + CO2 + H2O (0,25 đ) 74
2NaOH + Cu(NO3)2 Cu(OH)2 + 2NaNO3 (0,25 đ) Câu 3 : (1 điểm ) Nếu có 94 (kg) nhôm cần 4( kg) đồng ,0,5 (kg) mỗi nguyên tố Mg,Mn,Fe,Si . -Khối lượng đồng cần là : x =1000 .4 = 42 ,533 (kg) (0,5 đ ) 94 -Khối lượng mỗi nguyên tố Mg ,Mn ,Fe ,Si cần : y = 0,5 . 1000 = 5,32 (kg) (0,5đ) 94 Câu 4 : ( 2 điểm ) *Muốn thu được hidro clorua ta phải : Cho H2SO4 đậm đặc tác dụng với KCl hay CaCl2 : ( 0, 5 đ) H2SO4 + 2KCl K2SO4 + 2HCl (0,25 đ) H2SO 4 + CaCl2 CaSO4 + 2HCl (0,25 đ) *Muốn thu được Clo ta phải : Điều chế HCl theo một trong hai phản ứng trên -Hoà tan khí HCl vào nước tạo dung dịch HCl (0,25 đ) -Sau đó cho HCl tác dụng với MnO2 tạo ra Cl2 (0,25 đ) 4HCl + MnO2 MnCl2 + Cl2 + 2H2O ( 0,5 đ) Câu 5 : (4 điểm 5 ) a.Aùp dụng định luật bảo toàn khối lượng để có khối lượng hỗn hợp Y mY = mX = 234 gam (0,25 đ) Y có thể gồm Al dư , Fe2O3 dư , Al2O3 và Fe (0,25 đ) 2Al + Fe2O3 2 Fe + Al2O3 (0,5 đ) Cho Y tác dụng với NaOH chỉ có Al và Al2O3 phản ứng nhưng không tạo ra khí H2 . Vậy trong Y không có Al dư (0,25 đ) mAl = 0 (0,25 đ ) Độ giảm khối lượng mX – mZ chính là khối lượng Al2O3 tan trong dung dịch NaOH m Al2O3 = 234 - 132 =102 gam (0,25 đ) Trong phản ứng nhiệt nhôm nFe = 2nAl2O3 (0,25 đ) nFe = 2 x 102 : 102 = 2 mol (0,25 đ) mFe = 56 x 2 = 112 gam (0,25 đ) mFe + m Fe2O3 dư = 132 gam (0,25 đ) mFe2O3 dư = 132 – 112 =20 gam (0,25 đ) b. Aùp dụng định luật bảo toàn nguyên tố để tính ra mAl và m Fe2O3 trong hỗn hợp X nAl (X) = n Al (Y) (0,25 đ) ; n Al (Y) = n Al(Al2O3) = 2 x 1 = 2 mol (0,25 đ) mAl = 2 x 27 = 54 gam (0,25 đ) khối lượng Fe trong hỗn hợp X mFe2O3 (X) = mX - mAl = 234 – 54 = 180 gam (0,25 đ) m Fe(X) = 2 x 56 x 180 = 126 gam (0,5 đ) 160 Câu 6: (4 đ ) Hòa tan Na2O vào H2O ta có phương trình phản ứng : Na2O + H2O 2NaOH (1) (0,25 đ) Theo (1) và bài cho : n NaOH = 2n Na2O = 2 .(31 ) = 2 x 0,5 =1 mol (0,25 đ) 75
62 Vậy thể tích mỗi phần dung dịch (sau khi chia) là 0,5 lít có chứa : 0,5 mol NaOH ( hay ) 0,5 x 40 (g) = 20 (g) NaOH (0,25 đ) a. 6 NaOH + Fe2(SO4)3 3Na2SO4 + 2 Fe(OH)3 (2) (0,25 đ) 6 (mol) 1 (mol) 3 (mol) 2(mol) 0,5 (mol) 0,5 (mol) 0,5 x3 (mol) (0,25 đ) 6 6 nFe2(SO4)3 = 0,5 (mol) V dd Fe2(SO 4)3 = 0,5 : 6 = 0,167 lit =167 ml ( 0,50 đ) 0,5 x = 167 (ml) Sau phản ứng (2)chất tan trong dung dịch chỉ là Na2SO4 (0,25 đ) n Na2SO4 = 0,5 x 3 = 0,25 (mol) (0,25 đ) ; V dd sau p.ư = 0,5 + 0,167 =0,667 lit 6 (0,25 đ) b. 2NaOH + H2SO4 Na2SO4 + 2H2O (3) (0,25 đ) 80 (g) 98(g) 142(g) 20 (g) ? (g) ? (g) Theo (3) mH2SO4 = 20 x 98 24,5 (g) (0,25 đ) 80 m dd H2SO4 =100 x 24,5 = 122,5 (g) V ddH2SO4 = 122,5 =107,5 (ml) (0,50đ) 20 (0,25 đ) 1,14 Vậy y =107.5 (ml) ; m Na2SO4 = 20 x 142 = 35,5 (g) (0,25 đ) 80 Câu 7 : (3 đ ) Biết phân tử khối FeCl3 = 162,5 ; FeCl3.6H2O = 270.5 ( 0,25 đ) Ta có n FeCl3 = n FeCl3.6H2O = 27,05 = 0,1 (mol) ( 0,25 đ) 270,5 Số mol NaOH (có trong 100(g) dd 20%) là : 100 . 20 = 0,5 (mol) ( 0,25 đ) 100 . 40 Phương trình phản ứng : FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 + 3NaCl (1) ( 0,25 đ) 1 mol 3 mol 1 mol 3 mol Nhận thấy ,theo phản ứng : n NaOH : n FeCl3 =3 :1 (0,25đ) Theo bài cho : n NaOH : nFeCl3 = 0,5 : 0,1 = 5 :1 Vậy FeCl3 phản ứng hết .NaOH còn dư (0,25 đ) .Tính lượng các chất khác theo lượng FeCl3 (dùng hết ) a. Theo (1) nFe(OH)3 = 1 n NaCl = 1 NaOH (p.ư) =n FeCl3 = 0,1 (mol) ( 0,25 đ) 3 3 Biết M Fe(OH)3 = 107 gam . khối lượng của chất kết tủa tạo thành là : m Fe(OH)3 = 107 . 0,1 = 10,7 (g) ( 0,25 đ) b. Dung dịch sau phản ứng có chứa : nNaCl = 3. 0,1 = 0,3 (mol) hay 0,3 . 58,5 =17,55 (g) ( 0,25 đ) Khối lượng dung dịch sau phản ứng bằng : m (tinh thể FeCl3.6H2O) + m dd NaOH – m Fe(OH)3 = 27,05 + 100 – 10,7 =116,35 (g) ( 0,25 đ) 76
Do đó : C% NaOH = 8 . 100% = 6,8% (0,25đ) 116,35 C% NaCl = 17,55 . 100% = 15,08 % (0,25đ) 116,35 Hết 77