Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 THCS - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 THCS - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình

1. SỞ GDĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Họ và tên: LỚP 9 - THCS Số báo danh: . Môn thi: Hóa học HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1. (2,0 điểm) 1. a) H2S + Cu(NO3)2  CuS + 2HNO3 0,25 (1,0 b) CO2 + NaAlO2 + 2 H2O  Al(OH)3↓ + NaHCO3 điểm) c) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 0,25 d) Ba(HCO3)2 + 2NaOH  BaCO3 ↓+ Na2CO3 + 2H2O e) 3Cl2 + 2FeBr2  2FeCl3 + 2Br2 0,25 5Cl2 + Br2 + 6H2O  2HBrO3 + 10HCl  (HS không cần viết PTHH: Cl2 + H2O  HClO + HCl) g) (NH2)2CO + 2H2O  (NH4)2CO3 0,25 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + 2NH3 + 2H2O 2. Dung dịch chỉ chứa chất tan NaCl; 0,25 (0,5 Na2O + H2O  2NaOH điểm) Mol a 2a NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O Mol a a a NH4Cl + NaOH  NaCl + NH3↑ + H2O 0,25 Mol a a a a BaCl2 + Na2CO3  BaCO3↓ + 2NaCl Mol a a a 2a 3. to 0,25 2NaCl + 2H2SO4 + MnO2  Na2SO4 + Cl2 + MnSO4 +2 H2O (0,5 to CaCl2 + 2H2SO4 + MnO2  CaSO4 + Cl2 + MnSO4 + 2H2O điểm) 10NaCl+ 8H2SO4 + 2KMnO4  5Na2SO4 +5Cl2+ 2MnSO4+ K2SO4 + 8H2O 0,25 5CaCl2+8H2SO4 +2KMnO4  5CaSO4 + 5Cl2+ 2MnSO4+K2SO4+8 H2O Câu 2. (2,0 điểm) 1. to 0,25 Phản ứng: CaCO3  CaO + CO2 (1,25 to 2Al + 3FeO  Al2O3 + 3Fe điểm) B chứa CaO, Al2O3, Cu, Fe, Al, CaCO3 dư (do G là hỗn hợp khí), có thể có 0,25 FeO. Do E không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH, nên E không còn Al và Al2O3  E gồm Cu, Fe, CaCO3, có thể có FeO. G: CO2 và H2; H (rắn) là Cu. (HS không cần giải thích vẫn cho điểm) PTHH: CaO + H2O  Ca(OH)2 0,25 2Al + Ca(OH)2 + 2H2O  Ca(AlO2)2 + 3H2 Al2O3 + Ca(OH)2  Ca(AlO2)2 + H2O 0,25 CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + CO2 + H2O FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O 0,25 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
2. 2. (0,75 a) Tốc độ phản ứng giảm dần theo thời gian. 0,25 điểm) Phản ứng kết thúc sau 210 giây. b) Phương trình phản ứng: Ca + 2H2O  Ca(OH)2 +H2 0,25 3 Từ bảng số liệu thể tích khí H 2 = 60 cm Số mol H2 = 0,0025 = số mol Ca(OH)2 = số mol Ca = 0,1/40 =0,0025 mol Khối lượng Ca(OH)2 =74.0,0025 = 0,185 gam. Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 25.1 + 0,1 – 0,0025.2 = 25,095 gam 0,25 Nồng độ % dung dịch = (0,185:25,095).100 = 0,737%. Câu 3. (2,0 điểm) 1. a) m H2O kết tinh = 7,11 – 3,87 = 3,24 (gam)  n H2O = 0,18 mol 0,25 1,0 n BaSO4 = 6,99/233 = 0,03 mol  số mol phèn X là 0,015 mol điểm  Khối lượng mol phân tử của phèn là 474 (gam/mol) 0,25  n= 12 và M = 39 (K)  Công thức phân tử X là: KAl(SO4)2.12H2O Độ tan: S = 5,66.100/ (100-5,66) = 5,99 0,25 b) Lượng phèn khan ban đầu là: 600.5,66/100 = 33,96 (gam) 0,25 Gọi x là số gam phèn kết tinh tách ra thì lượng phèn khan trong phần kết tinh là: 258.x/474 = 0,54.x (gam). Khối lượng dung dịch còn lại = 600 – 200 – x = 400 – x (gam) Ta có: 5,66 = 100. (33,96 - 0,54x )/ (400 –x)  x = 23,42 (gam) (Nếu HS không làm tròn sẽ cho kết quả ≈ 23,21 gam) 2. Hỗn hợp Z + dung dịch NaOH tạo kết tủa: 0,25 1,0 MgSO4 + 2NaOH  Mg(OH)2+ Na2SO4 điểm FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2 + Na2SO4 Fe2(SO4)3 + 6NaOH  2Fe(OH)3 + 3Na2SO4 Số mol nguyên tử oxi trong hỗn hợp X: nO = (0,48485.39,6)/16 = 1,2 (mol). 0,25 Số mol gốc (SO4) = ¼ số mol nguyên tử oxi = 0,3 (mol). Khối lượng hỗn hợp các kim loại trong X = 39,6 – 0,3.96 = 10,8 (gam). 0,25 Số mol nhóm (OH) = 2 số mol gốc (SO4) = 0,6 (mol). Khối lượng kết tủa = m = mkim loại + m nhóm OH = 10,8 + 0,6.17 = 21,0 (gam). 0,25 Câu 4. (2,0 điểm) 1. 1,6 0,25 0,05mol. ; nB = nO2 = 0,05 mol  MB = 3/0,05 = 60 (gam/mol) 0,75 nO2 32 điểm 40 Số mol nB = 12/60 = 0,2 mol; n 0,4mol CaCO3 100 Ca(OH)2 + CO2  CaCO3 + H2O Ta có: m (m m ) 15,2 gam 0,25 CaCO3 CO2 H2O 7,2 m = 40- (0,4.44 + 15,2) = 7,2 gam  n 0,4mol. H2O H2O 18 Gọi công thức phân tử của B là CxHyOz (x, y, z nguyên dương) 4x y 2z to y Ta có PT cháy: CxHyOz + O2  xCO2 + H2O (2) 4 2 1 mol x mol y/2 mol 0,2 0,4 0,4 (mol) 0,4 0,4.2 0,25 x = = 2; y = = 4 ; Ta có: z = (60 – 2.12 – 4.1)/16 = 2 ; 0,2 0,2 Vậy CTPT của X là C2H4O2.
3. to 2. C + H2O  CO + H2 0,25 o (1,25 C + 2H O t CO + 2H điểm) 2 2 2 to CuO + CO  Cu + CO2 0,25 to CuO + H2  Cu + H2 to 0,25 Cu + 2H2SO4  CuSO4 + SO2 + 2H2O CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O Số mol hỗn hợp nhh khí = 7,84/22,4 = 0,35 mol. Số mol SO2 là nSO2 = 6,72/22,4 = 0,3 mol 0,25 Gọi a, b lần lượt là số mol của CO và CO2 có trong 7,84 lít hỗn hợp X (đktc).  Số mol của H2 có trong 7,84 lít hỗn hợp X là (a + 2b)  a + b + a + 2b = 2a + 3b = 0,35 (*) Mặt khác: nCO + nH2 = nCu = nSO2 = 0,3 mol 0,25  a + a + 2b = 2a + 2b = 0,3 ( ) Từ (*) và ( ) a = 0,1; b = 0,05  %VCO = 0,1/0,35 = 28,57%. Câu 5. (2,0 điểm) 1. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Ba, Al, Fe có trong mỗi phần. ( x, y, z > 0) 0,25 1,0 Phần 1: Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 (1) điểm x x x Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O  Ba(AlO2)2 + 3H2 (2) x 3x nH2( phần 1) = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol) Phần 2: Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 (3) 0,25 x x x Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O  Ba(AlO2)2 + 3H2 (4) 2NaOH + 2Al + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2 (5) nH2( phần 2) = 1,568: 22,4 = 0,07 (mol) Phần 3: Ba + 2HCl  BaCl2 + H2 (6) 0,25 x x 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 (7) y 1,5y Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (8) z z nH2( phần 3) = 2,24: 22,4 = 0,1 (mol) Ở phần 2: NaOH dư suy ra Al đã phản ứng hết. Vì số mol H 2 thoát ra ở phần 1 0,25 nhỏ hơn số mol H2 thoát ra ở phần 2 suy ra: ở phần 1, nhôm dư. nH2 (phần 1) = x + 3x = 4x = 0,04  x = 0,01 (mol) Theo (4,5): nH2(4,5) = 3/2 .nAl = 3y/2 nH2( phần 2) = 0,01 + 3y/2 = 0,07  y = 0,04 (mol) Theo ( 6,7,8): nH2( phần 3) = 0,01 + 1,5.0,04 + z = 0,1  z = 0,03 ( mol)  m = 3. ( 137.0,01 + 27.0,04 + 56.0,03) = 12,39 (gam) 2. dung dịch Q chứa: Ba(AlO2)2, NaAlO2, NaOH dư, Ba(OH)2 dư. 0,25 1,0 HCl 1M + dung dịch Q: điểm HCl + NaOH  NaCl + H2O (9) 2HCl + Ba(OH)2  BaCl2 + 2H2O (10)
4. NaAlO2 + HCl + H2O  NaCl + Al(OH)3 (11) Ba(AlO2)2 + 2HCl + 2H2O  BaCl2 + 2Al(OH)3 (12) Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O (13) nOH ( bđ) = nNaOH + 2nBa(OH)2 = 0,05.1 + 2.0,01 = 0,07 ( mol) 0,25 nOH ( 4,5) = nAl = 0,04 (mol); nOH ( 9,10) = 0,07 – 0,04 = 0,03 (mol) ngốc AlO2 = nAl = 0,04 (mol) Lượng kết tủa cực đại khi HCl vừa đủ cho các phản ứng (9, 10, 11, 12), không có phản ứng (13) xảy ra. nAl(OH)3 = ngốcAlO2 = 0,04 (mol) Vì nAl(OH)3 = 1,56/78 = 0,02 (mol) < 0,04 (mol) có 2 trường hợp xảy ra: TH1: Lượng HCl không đủ để muối aluminat phản ứng hết, không có phản ứng 0,25 (13) xảy ra. Theo (9,10,11,12)  nHCl = nOH (9,10) + nAl(OH)3 = 0,03 + 0,02 = 0,05 (mol) Vdd = 0,05: 1 = 0,05 (l) = 50 (ml) TH2: Al(OH)3 đã bị hòa tan một phần theo phản ứng (13) 0,25 nHCl = n OH (9,10) + nAlO2 + 3.nAl(OH)3 (13) = 0,03 + 0,04 + 3. ( 0,04 – 0,02) = 0,13 (mol); Vdd = 130 (ml) Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. - Nếu bài toán giải hợp lí mà thiếu phương trình hóa học thì thí sinh vẫn được tính kết quả chỉ mất điểm viết phương trình - Điểm chiết phải được tổ thống nhất; điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.