Đề thi kiểm định chất lượng - Môn: Hóa học 8

Nội dung text: Đề thi kiểm định chất lượng - Môn: Hóa học 8

1. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi: HÓA HỌC 8 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 Hãy viết lại các công thức sau cho đúng: Fe2(OH)3, Al3O2, K2Br3, H2NO3, Ca2(SO4)3, Na2H2PO4, BaPO4, Mg2(HSO3)3, Si2O4, NH4Cl2 và gọi tên các chất. Câu 2 a. Từ các hóa chất có sẵn sau đây: Fe ; H2O với các thiết bị cần thiết đầy đủ. Hãy làm thế nào để có thể thực hiện được sự biến đổi sau: Fe Fe3O4 Fe. b. Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt các gói chất bột sau: vôi sống, magie oxit, điphotpho penta oxit, natriclorua, natri oxit. Câu 3 Nung hoàn toàn 15,15 gam chất rắn A thu được chất rắn B và 1,68 lít khí oxi (ở đktc). Trong hợp chất B có thành phần % khối lượng các nguyên tố: 37,65% oxi, 16,47% nitơ còn lại là kali. Xác định công thức hóa học của B và A. Biết rằng công thức đơn giản nhất chính là công thức hóa học của A, B. Câu 4 Cho luồng khí hiđro đi qua ống thuỷ tinh chứa 40 gam bột đồng(II) oxit ở 4000C. Sau phản ứng thu được 33,6 gam chất rắn. a) Nêu hiện tượng phản ứng xảy ra. b) Tính hiệu suất phản ứng. c) Tính số phân tử khí hiđro đã tham gia khử đồng(II) oxit trên Câu 5 Cho một luồng khí H2 (dư) lần lượt đi qua các ống mắc nối tiếp (như hình vẽ) đựng các oxít được nung nóng sau đây: H2 1 2 3 4 5 Ống 1 đựng 0,01mol CaO, ống 2 đựng 0,02mol PbO, CaO PbO Al2O3 Fe2O3 Na2O ống 3 đựng 0,02mol Al2O3,ống 4 đựng 0,01mol Fe2O3 và ống 5 đựng 0,06mol Na2O. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng chất rắn thu được trong mỗi ống. Câu 6 Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 thu được chất rắn B và khí oxi, lúc đó KClO3 bị phân hủy hoàn toàn còn KMnO4 bị phân hủy không hoàn toàn. Trong B có 0,894 gam KCl chiếm 8,132 % khối lượng. Trộn lượng oxi ở trên với không khí theo tỷ lệ thể tích 1: 3 trong một bình kín thu được hỗn hợp khí X. Cho vào bình 0,528 gam cacbon rồi đốt cháy hết cacbon thu được hỗn hợp khí Y gồm 3 khí trong đó CO2 chiếm 22,92% thể tích. Tính m. (Coi không khí gồm 20% thể tích là oxi còn lại là nitơ). (Cho biết: K = 39, Mn = 55, Cl = 35,5, O = 16, Na = 23, Al = 27, Pb= 207, Ca = 40, Fe = 56, Cu = 64, N = 14) HẾT./ Thí sinh không được sử dụng bảng Hệ thống tuần hoàn
2. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN HÓA HỌC 8 Câu Nội dung Điểm 1 Viết lại các công thức cho đúng và gọi tên các chất. 1,0 1,0 Fe(OH)3 : Sắt(III) hidroxit; Al2O3 : Nhôm oxit (Mỗi điểm KBr : Kalibromua; HNO : Axit nitric chất 3 đúng CaSO4: Canxi sunfat ; NaH2PO4: Natri đihidrophotphat 0,1đ) Ba3(PO4)2 : Bari photphat; Mg(HSO3)2: Magie hiđrosunfit SiO2 : Silicđioxit NH4Cl : Amoniclorua. 2 a. - Điều chế H2, O2 bằng cách điện phân nước 0,75 2,0 2H O đp 2H + O 2 to 2 2 điểm - 3Fe + 2O Fe O 2 to 3 4 - Fe3O4 + 4H2 3 Fe + 4H2O. b. - Trích các mẫu thử cho vào các ống nghiệm, đánh số thứ tự - Cho nước vào các mẫu thử khuấy đều. 1,25 - Nhúng lần lượt giấy quỳ tím vào các ống nghiệm: (Nhận + Mẫu chất rắn tan và quỳ tím không đổi màu là natriclorua NaCl. biết + Mẫu chất rắn tan và quỳ tím đổi thành màu xanh là natri oxit Na2O. đúng Na2O + H2O → 2 NaOH. mỗi + Mẫu chất rắn tan và quỳ tím đổi thành màu đỏ là điphotpho penta oxit gói P2O5 + 3 H2O → 2H3PO4 0,25đ) + Mẫu chất rắn tan một phần tạo dung dịch đục và quỳ tím đổi thành màu xanh là vôi sống CaO: CaO + H2O → Ca(OH)2 + Mẫu chất rắn không tan và quỳ tím không đổi màu magie oxit MgO. to 3 Ta có sơ đồ: A B + O2 0,5 1,5 n O2 = 1,68/ 22,4 = 0,075 (mol).; m O2 = 0,075 x 32 = 2,4 ( gam). điểm Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: 0,25 mA = mB + m oxi → mB = mA - moxi = 15,15 - 2,4 = 12,75(gam). Trong B: mO = 12,75 x 37,65% = 4,8(gam) mN = 12,75 x 16,47 % = 2,1( gam) mK = 12,75 - ( 4,8 + 2,1) = 5,85 (gam). → nO = 4,8 / 16 = 0,3 (mol); nN = 2,1 / 14 = 0,15(mol); nK = 5,85 / 39 = 0,15 ( mol) Gọi CTHH của B là KxNyOz 0,25 ta có x : y : z = nK : nN : nO = 0,15 : 0,15 : 0,3 = 1 : 1 : 2 chọn x = 1, y = 1, z = 2 → công thức đơn giản nhất là KNO2 Theo gt  CTHH của B là KNO2. Trong A: theo định luật bảo toàn nguyên tố: 0,25 moxi =4,8 + 2,4 = 7,2 (gam); nO = 7,2 / 16 = 0,45 (mol); nN = 0,15(mol).; nK = 0,15 ( mol) Gọi CTHH của A là KaNbOc 0,25 ta có a : b : c = 0,15 : 0,15 : 0,45 = 1 : 1 : 3 ; chọn a = 1, b = 1, c =3 theo gt  CTHH của A là KNO . to 3 4 a. PTPU: CuO + H2 Cu + H2O (1) 0,5 Hiện tượng: Chất rắn CuO màu đen dần biến thành Cu màu đỏ gạch và có những giọt nước 2,0 xuất hiện. điểm b- Giả sử H = 100% ta có: nCuO = 40/80 = 0,5 (mol) theo (1) nCu = nCuO = 0,5 (mol); mCu = 0,5 .64 = 32 (g) < 33,6 (khối lượng chất rắn thu được 0,5 sau p/u) → giả sử sai vậy sau (1): CuO dư - Gọi x là số mol CuO phản ứng (0< x < 0,5 ) Theo (1) nCu = nCuO tham gia phản ứng = x( mol) → mCu = 64x
3. mCuO tham gia phản ứng = 80x mCuO dư = 40 – 80x → mchất rắn = mCu + mCuO dư = 64x + (40 – 80x) = 33,6 0,5 x = 0,4 (mol) mCuO tham gia P/u = 0,4 . 80 = 32 (g) H% = 32.100/40 = 80% c- Theo (1) : nH2 = nCuO tham gia phản ứng = 0,4 (mol) 0,5 Vậy số phân tử H2 tham gia phản ứng là: 0,4 . 6,02.1023 = 2,408.1023 (phân tử) 5 Ống 1: Không có phản ứng nên chất rắn là 0,01mol CaO 0,3 1,5 m CaO = 0,01 x 56 = 0,56 (gam) to điểm Ống 2 xảy ra phản ứng: PbO + H2 Pb + H2O 0,3 0,02 mol 0,02 mol 0,02 mol Chất rắn là Pb → mPb = 207 x 0,02 = 4,14 (gam) Ống 3: Không có phản ứng nên chất rắn là 0,02mol Al2O3 0,3 m Al O = 0,02 x 102 = 2,04 (gam) 2 3 to Ống 4 xảy ra phản ứng: Fe2O3 + 3 H2 2Fe + 3 H2O 0,3 0,01mol 0,02 mol 0,03 mol Chất rắn thu được là 0,02 mol Fe; mFe = 0,02 x 56 = 1,12 (gam) Ống 5: Na2O không phản ứng với H2 nhưng tác dụng với 0,05 mol H2O từ ống 2 và 4 sang: Na2O + H2O → 2 NaOH 0,06mol 0,05 mol 0,1 mol 0,3 Chất rắn sau phản ứng gồm 0,1 mol NaOH và 0,01 mol Na2O m NaOH = 0,1 x 40 = 4(gam) m Na2O = 0,01 x 62 = 0,62 (gam) m chất rắn = 4 + 0,62 = 4,62 (gam). 6 PTPƯ nhiệt phân: 0,5 to 2,0 2KClO3 2 KCl + 3O2 (1) to điểm 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 (2) Gọi a là tổng số mol oxi tạo ra ở (1) và (2), sau khi trộn với không khí ta có trong hỗn hợp X: nO2 = a + 3a x 20% = 1,6a (mol) 0,5 nN2 = 3a x 80% = 2,4a (mol) Ta có nC = 0,528 / 12 = 0,044 (mol) mB = 0,894 x 100 / 8,132 = 10,994 (gam) Theo gt trong Y có 3 khí nên xảy ra 2 trường hợp: - TH1: Nếu oxi dư, lúc đó cacbon cháy theo phản ứng: C + O2 → CO2 (3) 0,25 tổng số mol khí Y nY = 0,044 x 100/22,92 = 0,192 mol gồm các khí O2 dư, N2, CO2. Theo (3) nO2 phản ứng = nC = 0,044 mol, nCO2 = nC = 0,044 nO2 dư = 1,6a - 0,044→ nY = (1,6a - 0,044) + 2,4a + 0,044 = 0,192 0,25  a = 0,048  moxi = 0,048 x 32 = 1,536 (gam) Theo gt mA = mB + moxi = 10,994 + 1,536 = 12,53 ( gam) - TH2: Nếu oxi thiếu, lúc đó cacbon cháy theo phản ứng: C + O2 → CO2 (3) 0,25 2C + O2 → 2CO (4) gọi b là số mol CO2 tạo thành, theo PTPƯ (3), (4) → nCO = 0,044 - b nO2 = b + ( 0,044 - b) /2 = 1,6a Y gồm N2, CO2, CO và nY = 2,4a + b + (0,044 - b) = 2,4a + 0,044 0,25 % CO2 = b/ (2,4a + 0,044) = 22,92/100  a = 0,0204  moxi = 0,0204 x 32 =0,6528 (gam)  mA = mB + moxi = 10,994 + 0,6528 = 11,6468 (gam) Chú ý: Nếu phương trình không cân bằng thì trừ nửa số điểm của phương trình đó. Nếu sử dụng trong tính toán thì phần tính toán không cho điểm. Học sinh có cách giải khác tương đương đúng vẫn cho điểm tối đa.