Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học - Lớp 9 - THCS năm học 2017-2018

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học - Lớp 9 - THCS năm học 2017-2018

1. UBND TỈNH ĐỒNG THÁP CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC và ĐÀO TẠO Độc lập-Tự do-Hạnh phúc ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC -LỚP 9-THCS năm học :2017-2018 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề Bài 1 (4,0 điểm). 1. Hãy dùng các phương trình hóa học để giải thích vì sao không được bón chung các loại phân đạm: đạm 2 lá NH4NO3, đạm sunfat (NH4)2SO4 và urê CO(NH2)2 với vôi hoặc tro bếp (chứa K2CO3). Biết rằng trong nước urê chuyển hóa thành amoni cacbonat (NH4)2CO3. 2. Cho một mẩu Na vào dung dịch có chứa Al2(SO4)3 và CuSO4 thu được khí A, dung dịch B và kết tủa C. Nung kết tủa C đến khối lượng không đổi thu được chất rắn D. Cho H2 dư đi qua D nung nóng được chất rắn E (giả sử hiệu suất các phản ứng đạt 100%). Hòa tan E trong dung dịch HCl dư thì E chỉ tan một phần. Giải thích thí nghiệm bằng các phương trình phản ứng. Bài 2: (3,0 điểm). 1/ Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO4.5H2O và bao nhiêu gam dung dịch CuSO4 4% để điều chế 500 g dung dịch CuSO4 8%. 2/ Cho sản phẩm thu được khi ôxi hoá hoàn toàn 8 lit khí sunfuro (ở đktc) vào 57,2 ml dung dịch H2SO4 60% có D = 1,5 g/ml . Tính C% của dung dịch thu được Bài 3: (3,0 điểm) Cho các lọ chứa các dung dịch (riêng biệt): NH4Cl; Zn(NO3)2 ; (NH4)2SO4 ; NaCl; phenolphtalein; Na2SO4; HCl bị mất nhãn. Chỉ dùng thêm dung dịch Ba(OH)2 làm thuốc thử có thể nhận biết được bao nhiêu chất trong số các chất đó cho ? Viết các phương trình phản ứng hóa học minh họa. Bài 4: (3,0 điểm) Cho 40 (g) hỗn hợp X gồm sắt và một oxit của sắt tan hết vào 400 (g) dung dịch HCl 16,425% được dung dịch A và 6,72 lít khí H2 (đktc). Thêm 60,6 (g) nước vào A được dung dịch B, nồng độ % của HCl dư trong B là 2,92%. 1/ Tính khối lượng mỗi chất trong X. 2 Xác định công thức hóa học của oxit sắt. Bài 5: (3,0 điểm). Ths: Lê Thanh Tuyền
2. Trộn CuO với một oxit kim loại hóa trị II theo tỉ lệ mol 1: 2 được hỗn hợp A. Cho luồng H2 dư đi qua 2,4 gam A nung nóng thu được hợp B. Để hòa tan hết B cần 40 ml dung dịch HNO3 2,5M và thu được V lít NO duy nhất (đktc) a) Xác định kim loại hóa trị II trên. Tính V? b) Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp đầu. Biết hiệu xuất các phản ứng đạt 100% Bài 6. (4,0 điểm) X là hỗn hợp hai muối cacbonat trung hòa của kim loại hoá trị (I) và kim loại hóa trị (II). Hòa tan hoàn toàn 18 gam hỗn hợp X bằng dung dịch HCl (vừa đủ ) thì thu được 3,36 lit khí (đktc) và dung dịch Y. 1/ Nếu cô cạn dung dịch Y thì thu được bao nhiêu gam hỗn hợp muối khan? 2/ Nếu tỷ lệ số mol của muối cacbonat kim loại hoá trị (I) với muối cacbonat kim loại hóa trị (II) trong hỗn hợp X là 2:1. Nguyên tử khối của kim loại hóa trị (I) lớn hơn nguyên tử khối của kim loại hóa trị (II) là 15 đ.v.C. Hãy tìm công thức phân tử của hai muối. Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn Họ tên thí sinh SBD: Phòng Ths: Lê Thanh Tuyền
3. SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018- 2019 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) B Nội dung Đ Bài 1 * Nếu bón chung với vôi thì : (4,0đ) 2NH4NO3 + Ca(OH)2 Ca(NO3)2 + 2NH3  + 2H2O (NH4)2SO4 + Ca(OH)2 CaSO4 + 2NH3  + 2H2O (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 CaCO3  + 2NH3  + 2H2O * Nếu chung với tro bếp ( chứa K2CO3) 2NH4NO3 + K2CO3 2KNO3 + H2O + CO2  + 2NH3  (NH4)2SO4 + K2CO3 K2SO4 + H2O + CO2  + 2NH3  (NH4)2CO3 + K2CO3 2KHCO3 + 2NH3  Như vậy bón chung phân đạm với vôi hoặc tro bếp thì luôn bị thất thoát đạm do giải phóng NH3. 2. Cho Na vào dd Al2(SO4)3 và CuSO4 Na + H2O NaOH + 1/2H2 6NaOH + Al2(SO4)3 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 CuSO4 + 2NaOH Cu(OH)2 + Na2SO4 Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O. Vì kết tủa C thu được sau khi nung nóng sau đó khử bằng H 2 dư, rồi cho chất rắn thu được tác dụng với dd HCl thấy chất rắn tan một phần chứng tỏ kết tủa C có Al(OH)3. Vậy khí A là H2, dd B chứa Na2SO4, có thể có NaAlO2. Kết tủa C chứa Cu(OH) 2, Al(OH)3, Chất rắn D có CuO, Al2O3. Chất rắn E gồm Cu, Al2O3 t 0 Cu(OH)2  CuO + H2O t 0 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O t 0 CuO + H2  H2O + Cu Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O Bài 2 500.8 1. m CuSO4 trong 500 g dung dịch 8% = 40g (3,0đ) 100 Đặt a là khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O cần lấy , ta có khối lượng dd CuSO4 4% = 500 – a 160.a khối lượng CuSO4 có trong tinh thể = g 250 (500 a)4 khối lượng CuSO4 trong dd CuSO4 4% = g 100 Ta có PT : 160.a + (500 a)4 = 40 250 100 Giải PT ta được a = 33,33 g tinh thể CuSO4.5H2O Và 466,67 g dung dịch CuSO4 4%. Ths: Lê Thanh Tuyền
4. 2SO2 + O2 2 SO3 2.22,4 lít 2.80 g 8 lít 28,57 g m dd H2SO4 lúc đầu = 57,2 . 1,5 = 85,8 g 60 m chất tan H2SO4 = 85,8 . = 51,48 g , 100 m H2O = 34,32 g khối lượng H2SO4 = 51,48 + 35 = 86,48 g khối lượng dd sau phản ứng = 85.8 + 28,57 = 114,37 g Bài 3 Dùng thuốc thử Ba(OH)2 cho đến dư: (3,0đ) * Giai đoạn 1: nhận được 5 chất (nhóm I) - Dung dịch có màu hồng phenolphtalein - Chỉ có mùi khai NH4Cl 2NH4Cl + Ba(OH)2 2NH3 + BaCl2 + 2H2O - Có mùi khai và  trắng (NH4)2SO4 (NH4)2SO4 + Ba(OH)2 2NH3 + BaSO4 + 2H2O - Chỉ có  trắng Na2SO4 2Na2SO4 + Ba(OH)2 2NaOH + BaSO4 - Có , sau đó  tan Zn(NO3)2 Zn(NO3)2 + Ba(OH)2 Ba(NO3)2 + Zn(OH)2 Zn(OH)2+Ba(OH)2 Ba[Zn(OH)4](hoặc BaZnO2 + H2O) * Giai đoạn 2(nhận được 2 chất còn lại) dd HCl và NaCl ( nhóm II) Lấy một ít dd (Ba(OH)2 có chứa phênolphtalein có màu hồng cho vào 2 ống nghiệm. Cho từ từ lần lượt từng giọt mỗi chất ở nhóm II vào hai ống nghiệm: - dd nào làm mất màu hồng trong ống nghiệm sau một thời gian ddHCl HCl + Ba(OH)2 -> BaCl2 + H2O ( PU trung hòa) - còn lại là dd NaCl Bài 4 Đặt công thức của oxit sắt là FexOy (3,0đ) Các phương trình hoá học: Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (1) FexOy + 2yHCl xFeCl2y + yH2O (2) x 400.16,425 nHCl ban đầu 1,8 (mol); 100.36,5 6,72 n 0,3 (mol) H2 22,4 mddB = 400 + 40 – 0,3.2 + 60,6 = 500 (g) 2,92.500 nHCl dư 0,4 (mol). 100.36,5 Ths: Lê Thanh Tuyền
5. nHCl đã phản ứng ở (1) và (2) = 1,8 – 0,4 = 1,4 (mol) Từ (1): n = 2n = 2.0,3 = 0,6 (mol) HCl H2 Từ (1): n = n = 0,3 (mol) m = 0,3.56 = 16,8 (g) Fe H2 Fe m = 40 – 16,8 = 23,2 (g) FexOy nHCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol) 1 0,4 Từ (2): n .0,8 FexOy 2y y 0,4 x 3 ta có: (56x 16y) 23,2 y y 4 Vậy công thức của FexOy là Fe3O4 Bài 5 Gọi oxit kim loại hóa trị II là MO Gọi b và 2b lần lượt là số mol CuO và MO đã dùng. Vì H 2 chỉ khử những kim loại đứng sau nhôm trong dãy điện hóa nên có 2 khả năng xảy ra: * TH1: M đứng sau nhôm trong dãy điện hóa => MO phản ứng được với H2 * PTPU: t0 CuO + H2  Cu + H2O b b t0 MO + H2  M + H2O 2b 2b 3Cu + 8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + H2O b 8b/3 3M + 8HNO3 3M(NO3)2 + 2NO + H2O 2b 16b/3 Ta có hệ PT: 80b + (M + 16)2b = 2,4 8b/3 + 16b/3 = 0,04.2,5 = 0,1 Giải PT ta được b = 0,0125 và M = 40 (Ca) Nhưng Ca đứng trước Al tong dãy điện hóa (loại) => xảy ra trường hợp 2 * TH2: M đứng trước nhôm trong dãy điện hóa => MO không phản ứng được với H2 * PTPU: t0 CuO + H2  Cu + H2O b b 3Cu + 8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + H2O b 8b/3 2b/3 MO + 2HNO3 M(NO3)2 + H2O 2b 4b Ta có hệ PT: 80b + (M + 16)2b = 2,4 8b/3 + 4b = 0,04.2,5 = 0,1 Giải PT ta được b = 0,015 và M = 24 (Mg) * Tính V NO = 2b/3 x 22,4 = 0,224 (lit) %CuO = 80.0,015 = 50% 2,4 Ths: Lê Thanh Tuyền
6. %MgO = 100 – 50 = 50% Bài 6 Gọi X là kim loại hóa trị I Công thức của muối là X2CO3 , có số mol là a. (4,0đ) Gọi Y là kim loại hóa trị II Công thức của muối là YCO3 , có số mol là b. PTHH : X2CO3 + 2HCl  2XCl + CO2 + H2O (1) a 2a 2a a a YCO3 + 2HCl  YCl2 +CO2 + H2O (2) b 2b b b b Ta có: nCO2 = a + b = 0,15 (mol) => mCO2 = 6,6 (g) nH2O = a + by = 0,15 (mol) => m H2O = 2,7 (g) nHCl = 2a + 2b = 2.0,15 = 0,3 (mol) => m HCl = 10,95 (g) Theo định luật bào toàn khối lượng : Khối lượng hai muối khan thu được : mXCl và YCl2 = mhhA + mHCl - mCO2- mH2O = 18 + 10,95 – 6,6 – 2,7 = 19,65 (g) Vì tỷ lệ số mol của muối cacbon nat kim loại hoá trị (I) với muối cacbon nat kim loại hoá trị (II) trong hỗn hợp X là 2:1 nên a = 2b. a + b = 0,15 => 2b + b = 0,15 => b = 0,05 (mol) ; a = 0,1 (mol). Vì nguyên tử khối của kim loại hoá trị (I) lớn hơi của kim loại hoá trị (II) là 15 đvc nên X = Y + 15 . mX2CO3 = 0,1. ( 2X + 60) = 0,1.(2Y + 90 ) = 0,2Y + 9 mYCO3 = 0,05. ( Y + 60) = 0,05Y + 3 mA= mX2CO3 + mYCO3 = (0,2Y + 9 ) + ( 0,05Y + 3 ) → 0,25Y = 6 => Y = 24 ( kim loại Mg) X = 24 + 15 = 39 ( kim loại K) Công thức của hai muối là K2CO3và MgCO3 Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của 1 ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, không làm tròn. HẾT Ths: Lê Thanh Tuyền