Đề thi học sinh giỏi huyện lớp 9 - Vòng 3 năm học: 2018 - 2019 môn Hóa học

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện lớp 9 - Vòng 3 năm học: 2018 - 2019 môn Hóa học

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 - VÒNG 3 HUYỆN NĂM HỌC: 2018 - 2019 MÔN: HÓA HỌC Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (5,0 điểm) 1. Hỗn hợp A gồm CaCO 3, Cu, FeO, Al. Nung nóng A (trong điều kiện không có không khí) một thời gian thu lấy chất rắn B. Cho B vào nước dư được dung dịch C và chất rắn D (không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH). Cho D tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. Xác định B, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2.Viết phương trình phản ứng trong đó 0,75 mol H2SO4 tham gia phản ứng sinh ra a/ 8,4 lít SO2 (đktc). b/ 16,8 lít SO2 (đktc). c/ 25,2 lít SO2 (đktc). d/ 33,6 lít SO2 (đktc). 3.Trình bày nguyên tắc, nguyên liệu, các phản ứng chính xảy ra trong quá trình luyện gang. Câu 2 : ( 3, 0 điểm) 1. Cho các hóa chất CaCO3, NaCl, H2O và các dụng cụ cần thiết để làm thí nghiệm, trình bày phương pháp để điều chế dung dịch gồm 2 muối Na2CO3 và NaHCO3 có tỉ lệ số mol là 1:1. 2. Một khoáng chất có chứa 20,93 % nhôm; 21,7% silic và còn lại là oxi và hiđro (về khối lượng). Hãy xác định công thức của khoáng chất này. Câu 3: (4,0 điểm) Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm : R, FeO, CuO ( R là kim loại có hóa trị II, hiđrôxít cảu R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6% ( HCl dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam ( chỉ chứa một kim loại)và 6,72 lít khí H2 (ĐKTC). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất E gồm hai Ô xít. a, Xác định R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X. b, Tính nồng độ phần trăm của mỗi chất trong dung dich A. Câu 4: (4,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Al và FexOy . Nung m gam X trong điều kiện không có không khí (giả sử chỉ tạo ra Fe kim loại). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành 2 phần. Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lít khí và 12,6 gam chất rắn. Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. Sau phản ứng thu được 27,72 lít SO2 và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. Tìm m và công thức của FexOy(Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở ĐKTC Câu 5. (4,0 điểm) Cho 12,9 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Mg và Al vào trong bình đựng khí clo, nung nóng. Sau một thời gian ngừng phản ứng thu được 41,3 gam hỗn hợp chất rắn B. Cho toàn bộ chất rắn B tan vào trong 500 ml dung dịch HCl 1,2M thu được dung dịch C và V lít khí H2 (đktc). Dẫn V lít khí H2 này qua ống đựng 20 gam CuO nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn nặng 16,8 gam. Biết chỉ có 80% H2 phản ứng. a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp A. b.Tính nồng độ CM các chất trong dung dịch C(Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể). ( Biết Al = 27; Si = 28; O = 16; H = 1; Fe = 56; Cu = 64; Cl = 35,5; Mg = 24) Số báo danh Họ và tên BỘ 50 ĐỀ THI CẤP TỈNH GỌI 0853351198
2. PHÒNG GD&ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC HUYỆN KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018-2019- VÒNG 3 Câu Nội dung Điểm Câu 1 5 điểm 1. 2,5đ to Phản ứng: CaCO3  CaO + CO2 -Viết to 2Al + 3FeO  Al2O3 + 3Fe đúng (B: CaO, Al2O3, Cu, FeO, CaCO3 dư, Fe, Al) PTHH CaO + H2O Ca(OH)2 1,5 đ 2Al + Ca(OH) + 2H O Ca(AlO ) + 3H 2 2 2 2 2 Giải Al2O3 + Ca(OH)2 Ca(AlO2)2 + H2O Do D không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH, thích nên D không còn Al và Al2O3. Suy ra: D gồm Cu, FeO, CaCO3, Fe. 1đ to CaCO3 + H2SO4 đặc  CaSO4 + CO2 + H2O to Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 +2H2O + SO2 to 2FeO + 4H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + SO2 +4 H2O to 2Fe + 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 3SO2 +6H2O 2. 1đ n 0 SO2 0,375 1 t Mỗi a) Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + SO2 + 2H2O n 0,75 2 H 2SO4 trường n SO2 0,75 hợp b) 1 Na2SO3 + H2SO4  Na2SO4 + SO2 + H2O n 0,75 H 2SO4 0,25 đ n 0 SO2 1,125 3 t c) S + 2H2SO4 đặc  3SO2 + 2H2O n 0,75 2 H 2SO4 n SO2 1,5 d) 2NaHSO 2 3 + H2SO4  Na2SO4 + 2SO2 + H2O n 0,75 H 2SO4 Chú ý: Học sinh chọn chất khác và viết phương trình hóa học đúng, cho điểm tối đa tương ứng. 3. 1,5 đ + Nguyên tắc sản xuất gang: Dùng CO khử các oxit sắt ở nhiệt độ cao trong lò cao. +Nguyên liệu: Quặng sắt ( hemantit Fe 2O3 hoặc manhetit Fe3O4), than cốc, không khí giàu oxi và chất phụ gia ( đá vôi ) +Các phản ứng chính: - Tạo chất khử CO: to C + O2  CO2 to CO2 + C  2 CO - Khử oxit sắt: to 3CO + Fe2O3  2Fe + 3CO2 to hoặc 4 CO + Fe3O4  3 Fe + 4 CO2
3. - Tạo xỉ: to CaCO3  CaO + CO2 to CaO + SiO2  CaSiO3 Câu 2 3 điểm 1. 1,5 đ - Tạo ra và thu lấy khí CO2: Nhiệt phân CaCO3 0,5 đ to CaCO3  CaO + CO2 ↑ - Tạo ra dung dịch NaOH: Điện phân dd NaCl bão hòa có màng đpdd ngăn 2NaCl + 2H2O mnx 2NaOH + Cl2↑ + H2↑ - Viết các phương trình tạo muối 1. CO2(dư) + NaOH → NaHCO3 (1) 2a 2a (mol) 2. NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O (2) a a a (mol) - Trình bày cách tiến hành thí nghiệm: lấy 2 thể tích dung dịch 1 đ NaOH cho vào cốc A và cốc B sao cho VA = 2VB (dùng cốc chia độ) Gọi số mol NaOH ở cốc A là 2a mol thì số mol NaOH ở cốc B là a mol Sục CO2 dư vào cốc A, xảy ra phản ứng (1) Sau đó đỏ cốc A vào cốc B: xảy ra phương trình (2) Kết quả thu được dung dịch có số mol NaHCO3 là a mol và số mol Na2CO3 là a mol => tỉ lệ 1:1 2. 1,5 đ Gọi công thức của khoáng chất là AlxSiyOzHt. %mO = a, %mH = b. Ta có : a + b = 100% - (20,93 – 21,7)% = 57,37% (I) Theo quy tắc hoá trị ta có : 3x + 4y + t = 2z 20,93 21,7 b a a 20,93 21,7 3. 4. b =5,426 (II) 27 28 1 16 8 9 7 Giải hệ phương trình (I) và (II) thu được : a = 55,82%, b = 1,55% 20,93 21,7 55,82 1,55 Mặt khác : x : y : z : t = : : : = 2 : 2 : 9 : 4 27 28 16 1 Công thức của khoáng chất : Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O (Cao lanh) Câu 3 4 điểm a.Tìm R và % khối lượng các chất trong X 1 đ nHCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol; n = 6,72/22,4= 0,3 mol H 2 -Cho X + dd HCl dư: Vì sản phẩm có H2, nên R là kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hoá học, nên R đứng trước cả Cu. Vì axit dư nên sau phản ứng không thể có R dư, mà 9,6 gam chất rắn B chỉ chứa một kim loại, suy ra phải có phản ứng của R với muối CuCl2 tạo ra Cu kim loại và hiđroxit của R sẽ không tan trong nước (ở đây FeCl2 chưa phản ứng với R do mức độ phản ứng của CuCl2 với R cao hơn so với FeCl2). Do đó B là Cu. Dung dịch A có RCl2, FeCl2 và HCl dư. Vì dung dịch A tác dụng với
4. KOH dư thu kết tủa D, sau đó nung D đến hoàn toàn thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit, suy ra 2 oxit này là RO và Fe2O3. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl2. R + 2HCl → RCl2 + H2 (1) 1 đ FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3) R + CuCl2 → RCl2 + Cu (4) - Cho dung dịch A tác dụng dung dịch KOH dư: HCl + KOH → KCl + H2O (5) RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) Nung kết tủa ngoài không khí: t0 R(OH)2  RO + H2O (8) t0 2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2O (9) E gồm hai oxit: RO và Fe2O3 1đ nCu = 9,6/64 = 0,15 mol Theo pư (3),(4): nCuO = nCuCl2 = nCu = 0,15 mol Theo pư (1), (4): nRCl2 = nR = nH2 + nCuCl2 = 0,3 + 0,15 = 0,45 mol Theo pư (6)(8): nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol Đặt nFeO ban đầu = x mol Theo các phản ứng (2),(7),(9): nFe2O3 = ½ .nFeO = 0,5x (mol) Ta có: mE = mRO + mFe2O3 = 0,45.(MR + 16) + 0,5x.160 = 34 gam (*) mX = mR + mFeO + mCuO = 0,45.MR + 72x + 80.0,15 = 37,2 gam ( ) Giải hệ (*), ( ) ta được: MR = 24; x = 0,2 Vậy R là Mg Từ đó tính được % khối lượng các chất trong hỗn hợp X: %mMg = mMg.100%/mX = (0,45.24.100%)/37,2 = 29,0% %mFeO = 0,2.72.100%/37,2 = 38,7% %mCuO = 32,3% b.Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: 1 đ A có : MgCl2, FeCl2, HCl dư mMgCl2 = 0,45. 95 = 42,75 gam mFeCl2 = 0,2.127 =25,4 gam Ta có: nHCl pư = nCl trong muối = 2.nMgCl2 + 2.nFeCl2 = 1,3 mol => mHCl dư = 500.0,146- 1,3.36,5 =25,55 gam Áp dụng định luật BTKL: mddA = mX + mdd HCl ban đầu –mB – mH2 = 527 gam Từ đó tính được nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: C%(MgCl2) = 8,11% C%(FeCl2) = 4,82% C%(HCl) = 4,85% Câu 4 4 điểm Các phương trình phản ứng: 1,5 đ t0 3FexOy + 2yAl  3xFe + yAl2O3 (1)
5. Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư có khí, suy ra trong chất rắn có Al dư. Vì Al còn dư, mà phản ứng xảy ra hoàn toàn nên FexOy hết. Vậy thành phần của Y có: Al2O3, Fe và Al dư. Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư: Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (2) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) 12,6 gam chất rắn không tan là Fe Phần 2 tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư: t0 Al2O3 + 3H2SO4(đ)  Al2(SO4)3 + 3H2O (4) t0 2Al + 6H2SO4(đ)  Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5) t0 2Fe + 6H2SO4(đ)  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6) Từ pư(3) có n = 2/3.n = 0,05 mol 1 đ Al H 2 Lại có: nFe = 12,6/56 = 0,225 mol Vậy trong phần 1 có ( Al2O3, Fe (0,225 mol), Al(0,05 mol)) - Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1. Từ đó suy ra trong phần 2 có: ( Al2O3, Fe(0,225a mol) và Al (0,05a mol) Từ pư (5) và (6) suy ra: n = 3/2.(n + n ) = 3/2.(0,05a + 0,225a) = 27,72/22,4= 1,2375 . SO 2 Al Fe Từ đó tính được a = 3. Suy ra trong phần 2 có: 0,675 mol Fe và 0,15 mol Al Mặt khác, tổng khối lượng muối sunfat = m + m = 263,25 1 đ Al2 (SO4 )3 Fe2 (SO4 )3 gam (7) Theo pư (4), (5): n = n + ½. n = n + 0,075 Al2 (SO4 )3 Al2O3 Al Al2O3 Theo pư (6): n = ½.n = 0,3375 mol Fe2 (SO4 )3 Fe Thay các số mol vào pt(7) sẽ tính được n = 0,3 mol Al2O3 Vậy khối lượng của phần 2 là: m = m + m + m = 0,3.102 + phần 2 Al2O3 Fe Al 0,675.56 + 0,15.27 = 72,45 gam => khối lượng của phần 1 là: mphần 1 = 72,45/3 =24,15 gam Từ đó tính được m = mphần 1 + m phần 2 = 96,6 gam * Tìm oxit: 0,5 đ Xét phần 2: từ pt (1) có: 3x : y = n : n = 0,675 : 0,3 => x : y = 3: 4 Vậy oxit là Fe Al2O3 Fe3O4 Câu 5 4 điểm a,Gọi x, y là số mol Mg, Al phản ứng với Cl2 theo phương trình hoá 2,5 đ học: to Mg + Cl2  MgCl2 x x mol to 2Al + 3Cl2  2AlCl3 y 3y/2 mol Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mCl2 = mB  mCl2 = 41,3 - 12,9 = 28,4 g
6. 28,4  nCl2 = 0,4mol  x + 3y/2 = 0,4  2x + 3y = 0,8 (1) 71 Cho B vào dd HCl thấy có khí H2 thoát ra chứng tỏ kim loại còn dư gọi a, b là số mol Mg, Al có trong B Mg + 2 HCl MgCl2 + H2 a a 2Al + 6 HCl 2 AlCl3 + 3 H2 b 3b/2 nH2 = a + 3b/2 to H2 + CuO  Cu + H2O khối lượng chất rắn giảm đi chính là khối lượng oxi trong CuO bị khử  mO = 20 - 16,8 = 3,2 gam pư 3,2 Theo PTHH nH2 = nCuO = nO = 0,2 mol 16 vì chỉ có 80% H2 tham gia phản ứng nên lượng H2 có trong V lít là 0,2.100 0,25mol  a + 3b/2 = 0,25 2a +3b = 0,5 (2) 80 Từ (1) và (2) ta có 2(a+x) + 3(b+ y) = 1,3 (4) trong hỗn hợp đầu nMg = (a + x), nAl = (b + y) mhh = 24( a + x) + 27 (b +y) = 12,9 (5) Từ (4), (5) ta có hệ PT: 2(a+x) + 3(b+ y) = 1,3 24( a + x) + 27 (b +y) = 12,9 Giải hệ Pt ta được (a + x) = 0,2 ; ( b + y) = 0,3 mMg = 0,2 . 24 = 4,8 gam mAl = 0,3 . 27 = 8,1 gam 4,8 % mMg = 100% 37,21% 12,9 8,1 %mAl = 100% 62,79% 12,9 b.Ta có: 1,5 đ bđ pư nHCl = 0,5 . 1,2 = 0,6 mol , nHCl = 2 nH2 = 2. 0,25 = 0,5 mol HCl dư. Trong dung dịch C nMgCl2 = nMg = 0,2 mol nAlCl3 = nAl = 0,3 mol dư nHCl = 0,6 - 0,5 = 0,1 mol. Nồng độ mol các chất trong C 0,2 0,3 0,1 CM MgCl2 = 0,4M ; CM AlCl3 = 0,6M ; CMHCl = 0,2M 0,5 0,5 0,5 Lưu ý: -Bài giải theo cách khác nhưng đảm bảo tính chính xác và chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.