Đề thi HSG khối 9 - Môn: Hóa

Nội dung text: Đề thi HSG khối 9 - Môn: Hóa

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014- 2015 VĨNH TƯỜNG MÔN: HÓA HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút) PHẦN A: Phần chung cho mọi học sinh. Câu 1:a) Viết các phương trình hóa học biểu diễn chuỗi biến hóa sau: (1) (2) (3) (4) (5) (6) A  B C  D↓  E↓ o F  A NaOH O2 t G Biết A là một kim loại thông dụng có hai hóa trị thường gặp là II và III b) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học cho mỗi thí nghiệm sau đây: b1) Cho Na dư vào dung dịch ZnCl2 b2) Sục từ từ khí SO2 đến dư vào dung dịch nước Brom b3) Cho dung dịch Al2(SO4)3 vào dung dịch Na2CO3 Câu 2: a) Có 6 dung dịch đựng trong 6 lọ riêng biệt bị mất nhãn KOH, FeCl 3, MgSO4, NH4Cl, BaCl2, FeSO4. Chỉ được dùng thêm một hóa chất khác để làm thuốc thử, hãy nhận ra từng dung dịch trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Có dung dịch FeSO4 lẫn tạp chất là CuSO 4. Làm thế nào để loại bỏ tạp chất bằng phương pháp hóa học? Câu 3:a) Một loại thủy tinh dùng làm cửa kính hoặc đồ dùng trong gia đình có thành phần như sau: 9,623% Na; 8,368% Ca; 35,146% Si; 46,863% O. Hãy tìm công thức của thủy tinh đó dưới dạng các oxit? b) Nhiệt phân hoàn toàn 20 gam hỗn hợp gồm MgCO3, CaCO3, BaCO3 thu được khí B. Cho khí B hấp thụ hết vào nước vôi trong thu được 10g kết tủa và dung dịch C. Đun nóng dung dịch C tới phản ứng hoàn toàn thấy tạo thành thêm 6g kết tủa. Hỏi thành phần % khối lượng của MgCO3 nằm trong khoảng nào? Câu 4: X là tinh thể muối sunfat ngậm nước của kim loại M (có hoá trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn 26,64 gam X vào nước được dung dịch A. Chia dung dịch A thành 2 phần bằng nhau: Cho dung dịch amoniac dư vào phần 1 thu được kết tủa B, nung B đến khối lượng không đổi thu được 2,04 gam chất rắn. Cho dung dịch BaCl2 dư vào phần 2 thu được 13,98 gam kết tủa. a) Xác định kim loại M và công thức của X. b) Cho dung dịch NaOH 0,2M vào dung dịch A. Để thu được lượng kết tủa lớn nhất thì cần bao nhiêu ml dung dịch NaOH 0,2M? Câu 5 : Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm m gam hỗn hợp A gồm bột Al và oxit sắt Fe xOy trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ, trộn đều hỗn hợp B rồi chia thành 2 phần: - Phần 1 có khối lượng 14,49 gam được hoà tan hết trong dung dịch HNO 3 dư đun nóng thu được dung dịch C và 3,696 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). - Phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thấy giải phóng 0,336 lít khí H 2 và còn lại 2,52 gam chất rắn. Xác định giá trị của m và công thức của oxit sắt. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các thể tích khí đo ở đktc. PHẦN B: Phần riêng cho học sinh trường THCS Vĩnh Tường- yêu cầu học sinh làm riêng phần B ra 1 tờ giấy thi; C©u 6: Để 2,52 gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được 2,84 gam hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Để hòa tan hết A cần 700ml dung dịch HNO 3 aM, sau phản ứng sinh ra 0,56 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và dung dịch B. Tính a và khối lượng chất tan trong Y? Cho: Al = 27; N = 14; Fe = 56; Si = 28; Na = 23; Zn = 65; Cl = 35,5; H = 1; O = 16; Ca = 40; S = 32; Mg = 24; Ba = 137
2. PHÒNG GD&ĐT HD CHẤM ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN VĨNH TƯỜNG NĂM HỌC 2014- 2015 MÔN:HÓA (Thời gian làm bài: 150 phút) Câu Nội dung Điểm a. (1,25 điểm) Câu 1 A là Kim loại Fe. Các PTHH là : 0,25 2 đ 2Fe + 3Cl2  2FeCl3 (1) (A) (B) 2FeCl3 + Fe  3FeCl2 (2) 0,25 (B) (C) FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2↓ +2NaCl (3) 0,25 (C) (D) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3↓ (4) 025 (D) (E) to 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O (5) (E) (F) 0,125 to Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O (6) (F) (G) (A) 0,125 b. (0,75 điểm) b1. Đầu tiên thấy Na tan dần và có khí không màu bay ra .Sau đó, thấy kết tủa trắng xuất hiện và kết tủa lại tan dần, cho dung dịch trong suốt. 2Na + 2H2O  2NaOH + H2↑ 0,25 2NaOH + ZnCl2  Zn(OH)2↓ + 2NaCl Zn(OH)2 + 2NaOH  Na2 ZnO2 + 2H2O b2.Dung dịch nước brom mất màu dần dần tạo dung dịch trong suốt 0,25 SO2 + Br2 + 2H2O  2HBr + H2SO4 b3. Thấy xuất hiện kết tủa keo trắng và có khí không màu bay ra . 0,25 Al2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O  2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 + 3CO2↑ a. (1,5 điểm) Câu 2 2 đ Trích mỗi dung dịch cần nhận biết một ít để làm mẩu thử cho các lần thí nghiệm. Thuốc thử tự chọn là quỳ tím . - Mẫu thử nào làm quì tím xanh → dung dịch KOH 0,25 - Dùng dung dịch KOH vừa nhận biết được để nhận biết các mẫu thử còn lại Mẫu thử nào xuất hiện khí không màu, mùi khai là dung dịch NH4Cl NH4Cl + KOH KCl + NH3↑ + H2O 0,25 (khí mùi khai)
3. Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch MgSO4 MgSO4 + 2KOH Mg(OH)2↓ + K2SO4 (màu trắng) 0,25 Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa màu nâu đỏ là dung dịch FeCl3 0,25 FeCl3 + 3KOH Fe(OH)3↓ + 3KCl (màu nâu đỏ) Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa màu trắng xanh, để lâu trong không khí chuyển thành kết tủa màu nâu đỏ là dung dịch FeSO4 FeSO4 + 2KOH Fe(OH)2↓ + K2SO4 0,25 (màu trắng xanh) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3↓ (màu nâu đỏ) 0,25 Mẫu thử nào không thấy có hiện tượng gì là dung dịch BaCl2 b. (0,5 điểm) 2+ Cho bột Fe dư vào dung dịch hỗn hợp, Fe sẽ khử hết ion Cu thành kim loại 0,25 Cu: Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu↓ Sau đó lọc, loại bỏ phần chất rắn không tan, nước lọc là dung dịch FeSO 4 tinh 0,25 khiết. Câu 3 a. (1 điểm) * 2,5 đ Gọi công thức của thủy tinh là: xNa2O. yCaO. zSiO2 (x, y, z N ) Ta có: 46x 40y %Na .100% 9,623% %Ca .100% 8,368% 0,25 MTT MTT 28z %Si .100% 35,146% 0,25 MTT Ta có: 46x : 40y : 28z = 9,623 : 8,368 : 35,146 x : y : z = 1 : 1 : 6 0,25 Công thức của thủy tinh là Na2O. CaO. 6SiO2 0,25 b. (1,5 điểm) Gọi x, y, z lần lượt là số mol của MgCO3, CaCO3, BaCO3 (x, y, z > 0) - Các PTHH xảy ra : to MgCO3  MgO + CO2↑ (1) to CaCO3  CaO + CO2↑ (2) to BaCO3  BaO + CO2↑ (3)
4. Vì khi đun nóng dung dịch C thấy tạo thêm kết tủa nên khi hấp thụ khí B vào nước vôi trong sẽ tạo 2 muối CaCO3 và Ca(HCO3)2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 (4) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (5) 0,25 to Ca(HCO3)2  CaCO3 + CO2 + H2O (6) Ta có : 10 n 0,1(mol) CaCO3 (4) 100  Theo PTHH (4) thì n n 0,1(mol) CO2 (4) CaCO3 (4) 6 n 0,06(mol) CaCO3 (6) 100 0,25  Theo PTHH (5) và (6) thì n 2n 2.0,06 0,12(mol) CO2 (5) CaCO3 (6)  Tổng số mol khí B (khí CO2) ở PTHH (1), (2) và (3) là : n 0,1 0,12 0,22(mol) CO2 Theo PTHH (1), (2) và (3) ta thấy n n 0,22(mol) hh CO2 - Ta quy hỗn hợp về 100g thì nhh 5.0,22 1,1(mol) Ta có : 0,25 84x + 100y + 197z = 100  100y + 197z = 100 - 84x (*) x + y + z = 1,1  y + z = 1,1 – z ( ) Từ (*) và ( ) ta có : 100y 197z 100 84x 100y 197z mà 100 197 y z 1,1 x y z 0,5 100 84x  100 197  52,5 < 84x < 86,75 1,1 x Vậy 52,5% < % < 86,75% mMg 0,25 4 Đặt công thức hoá học của tinh thể là: M2(SO4)n .aH2O 2đ - Số mol của BaSO4 là: 13,98 0,25 n BaSO4 = 0,06(mol) 233 Các phương trình phản ứng xảy ra: M2(SO4)n .aH2O → M2(SO4)n + aH2O 0,25 Phần 1:
5. M2(SO4)n + 2nNH3 + 2nH2O → 2M(OH)n + n(NH4)2SO4 (1) t 0 2M(OH)n  M2On + nH2O (2) Phần 2: 0,25 M2(SO4)n + nBaCl2 → nBaSO4 + 2MCln (3) Theo phương trình phản ứng (1) và (2) ta có: 13,32 2,04 0,25 n M SO = n M O (I) 2 4 2 n 2M 96n 18a 2M 16n Theo phương trình phản ứng (3) ta có: 1 0,06 (mol) (II) n ( ) n n M 2 SO 4 n BaSO4 n a. Tìm M và công thức của X. Từ (I) và (II) ta có: 0,25 2,04 0,06 M 9n 2M 16n n Ta có bảng sau: n 1 2 3 M 9(loại) 18(loại) 27(nhận) Vậy M = 27, kim loại Al. 0,25 thay vào (I) a = 18 Vậy công thức của X là: Al2(SO4)3 .18H2O b. Tính thể tích của dung dịch NaOH. Trong dung dịch A có: 0,04 mol Al2(SO4)3 0,25 Khi cho dung dịch NaOH vào thì xảy ra các phản ứng: 6NaOH + Al2(SO4)3 → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 (4) NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O (5) Để thu được kết tủa lớn nhất thì không có phản ứng (5) xảy ra: Theo PTPƯ (4) n NaOH = 6n Al2(SO4)3 = 0,04 . 6 = 0,24 (mol) 0,25 0,24 Vậy V = .1000 1200(ml) NaOH 0,2 Câu 5 Ta có: 1,5đ 3,696 0,336 n 0,165(mol) n 0,015(mol) NO 22,4 H2 22,4 PTHH: to 2yAl + 3FexOy  yAl2O3 + 3xFe (1) Hỗn hợp B gồm: Fe, Al O và Al dư (do Y + dung dịch NaOH H ) 2 3 2 0,25 - Phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH dư: 3 Al + NaOH + H2O  NaAlO2 + H  (3) 2 2 Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O (4) 2,52 2 2 nFe 0,045(mol) và nAl .nH .0,015=0,01 (mol) 56 3 2 3 Đặt số mol Al2O3 trong F2 là a và F1 có khối lượng gấp k lần F2. 0,25
6.  Trong phần 1: Fe : 0,045k (mol); Al2O3 : ka (mol); Al : 0,01k (mol) - Khi cho phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 đun nóng: Al2O3 + 6HNO3  2Al(NO3)3 + 3H2O (5) Al + 4HNO3  Al(NO3)3 + NO + 2H2O (6) 0,01k 0,01k (mol) Fe + 4HNO  Fe(NO ) + NO + 2H O (7) 3 3 3 2 0,25 0,045k 0,045k (mol)  0,01k + 0,045k = 0,165  k = 3 Theo bảo toàn khối lượng, ta có: m = mA = mB = 14,49 + 14,49 : 3 =19,32 gam. 0,25 Khối lượng phần 1: 56. 0,045k + 102. ka + 27. 0,01k = 14,49  a = 0,02 n 3x 0,045 x 3 0,5 Ta có tỉ số: Fe n y 0,02 y 4 Al2O3  Oxit đã cho là Fe3O4. Câu 6 Ta có : 1đ 2,52 0,56 nFe 0,045(mol) ; n NO 0,025(mol) 56 22,4 Theo Định luật bảo toàn khối lượng ta có 0,32 mO = 2,84 – 2,52 = 0,32 (gam)  nO 0,01(mol) 2 2 32 Ta có các quá trình nhận e là -2 O2 + 4e  2O 0,01 0,04 N+5 + 3e  N+2 (NO) 0,075 0,025 Ta thấy : 2n 4n 3n 3n Fe O2 NO Fe do đó dd B gồm 2 muối Fe(NO3)2 (xmol) và Fe(NO3)3 (ymol) . 0,25  x + y = 0,045 (I) Ta có các quá trình cho e là Fe  Fe+2 + 2e và Fe  Fe+3 + 3e x 2x y 3y Theo Định luật bảo toàn e ta có : 2x + 3y = 0,04 + 0,075 = 0,115 (II)
7. Từ (I) và (II) ta có : x = 0,02 và y = 0,025 0,25 Theo Định luật bảo toàn nguyên tố N ta có : n 2n 3n n 2.0,02 3.0,025 0,025 0,14(mol) HNO3 Fe(NO3 )2 Fe(NO3 )3 NO 0,14 0,25  a 0,2M 0,7 Khối lượng các chất tan trong Y là : 0,25 m m 0,02.180 0,025.242 9,65(gam) Fe(NO3 )2 Fe(NO3 )2 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 mà trình bày rõ ràng, đúng bản chất 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 chính xác đến 0,25đ.