Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 THCS - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 THCS - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình

1. SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2019-2020 Khóa ngày 10 tháng 12 năm 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: Hóa học LỚP 9 THCS Đáp án này gồm có 3 trang Câu 1 1,5 điểm 1. Mỗi ý: a. Xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan tạo dung dịch không màu. - Nêu đúng hiện tượng CO + Ca(OH) CaCO + H O 2 2 3 2 đúng 0,125 CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 - Viết đúng b. Đường saccarozơ chuyển dần sang màu đen, có khí thoát ra. PT được H2SO4 C12H22O11  12C + 11H2O 0,25 điểm C + 2H2SO4 CO2 + 2SO2 + 2H2O c. Mẫu Ba tan dần, có khí thoát ra và trong dung dịch có kết tủa màu xanh: Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 Ba(OH)2 + CuSO4 BaSO4 + Cu(OH)2 d. Thu được dung dịch không màu 3K2HPO4 + 3NaOH 2K3PO4 + Na3PO4 + 3H2O e. Xuất hiện kết tủa trắng Ba(OH)2 + 2KHCO3 BaCO3 + K2CO3 + 2H2O Ba(OH)2 + K2CO3 BaCO3 + 2KOH f. Xuất hiện kết tủa màu trắng KHSO4 + BaCl2 BaSO4 + KCl + HCl Câu 2 2,25 điểm 1. a. (1): đèn cồn; (2): Bình cầu; (3) phễu chiết; (4): ống dẫn khí; (5): Bình tam giác. 0,5 b. Na2SO3 + H2SO4 Na2SO4 + SO2 + H2O 0,25 (hoặc: 2NaHSO3 + H2SO4 Na2SO4 + 2SO2 + 2H2O) c. Vai trò của dung dịch D là hấp thụ khí SO2 bay ra. Dung dịch D có thể là Ca(OH)2; 0,25 NaOH SO2 + Ca(OH)2 CaSO3 + H2O 0,25 2. Viết được (1) Fe + 2HCl FeCl2 (A) + H2 mỗi phản (2) FeCl + 2NaOH Fe(OH) (D) + NaCl 2 2 ứng: 0,125 (3) Fe(OH)2 + H2SO4 FeSO4 + 2H2O điểm (4) Zn + FeSO4 ZnSO4 + Fe (5) 2Fe + 3Cl2 2FeCl3 (B) (6) FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 (E) + 3NaCl to (7) 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O to (8) Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 Câu 3 2,25 điểm 1. C + H2O CO + H2 a a (mol) CO + H2O CO2 + H2. 1
2. b b b (mol) Theo bài ra ta có: số mol hỗn hợp X là n = n + n + n = 0,7 (a - b) + b + (a + b) = 0,7 2a + b = 0,7 (1) 0,25 X CO CO2 H2 CO + CuO Cu + CO2 (a - b) (a - b) (mol) H2 + CuO Cu + H2O (a + b) (a + b) (mol) 0,25 Số mol Cu trong Y là: (a - b) + (a + b) = 2a (mol). Khi cho Y tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, xảy ra các phản ứng: CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,25 2a 2a (mol) 0,25 Ta có: số mol SO2 = 2a = 0,6 a = 0,3 thay vào (1), ta được b = 0,1. V = 100. (a - b)/0,7 = 100.0,2/0,7 28,57% CO 0,25 2. Xét 100 gam phân bón. Dựa vào chỉ số trên bao bì, trong loại phân bón đó có: %N = 14%; %P2O5 = 42,6%; %K2O = 9,4%. 0,25 Gọi số mol các chất: NH4H2PO4, (NH4)2HPO4, KNO3 trong 100 gam phân bón lần lượt là a, b, c. Ta có: %K2O = c.94.100/(2.100) = 9,4 c = 0,1 %P2O5 = (a + b).142.100/(2.100) = 42,6 (a + b) = 0,6 (1) %N = (a + 2b + c).14.100/100 = 14 (a + 2b + c) = 1 a + 2b = 0,9 (2) 0,5 Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta được: a = 0,3; b = 0,3. % (NH4)2HPO4 = 0,3.132.100/100 = 39,6%. 0,25 Câu 4 2 điểm 1. n = 14,7 : 98 = 0,15 (mol) Cu(OH)2 Cu(OH)2 + H2SO4 CuSO4 + 2H2O 0,25 0,15 0,15 0,15 0,3 (mol) Khối lượng dung dịch H2SO4 20% đã dùng là: 0,15.98.100/20 = 73,5 (gam) Khối lượng H2O trong dung dịch H2SO4 20% ban đầu là: 73,5 - 0,15.98 = 58,8 (gam) 0,25 Khối lượng CuSO4 sinh ra sau phản ứng là: 0,15.160 = 24 (gam). Gọi số mol CuSO4.5H2O kết tinh là a. Khối lượng CuSO4 trong dung dịch sau khi kết tinh là: (24 -160.a) (gam) Khối lượng H2O trong dung dịch sau khi kết tinh là: 58,8 + 0,3.18 - 5a.18 = (64,2 - 90a) (gam) 0,25 Ta có: 24 160a 25 a 0,058 (mol) 64,2 90a 100 0,25 Khối lượng CuSO4.5H2O là: 0,058.250 = 14,5 (gam). 2. Đặt x, y là số mol Al và Fe trong hỗn hợp X: PTHH : 2Al + 3 CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3 Cu (1) 2
3. x 3x/2 (mol) Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) 0,25 y y (mol) Al + 3HCl → AlCl3 + 3/2H2 (3) x 3x x 3x/2 (mol) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) y 2y y y (mol) 0,25 Ta có số mol H2 = 3x /2 + y = 0,4. số mol HCl phản ứng = 3x + 2y = 2.0,4 = 0,8 < số mol HCl ban đầu = 1 nên HCl dư ; Al, Fe hòa tan hết trong dung dịch HCl. 0,25 Từ (3) và (4) ta có : 3x/2 + y = n = 0,4 mol (*) H2 Từ (1) và (2) ta có : 3x/2 + y = n = 0,4 mol Cu sinh ra 0,25 khối lượng của Cu trong hỗn hợp X ban đầu : a = 35,2 – 64. 0,4 = 9,6 gam Câu 5. 2 điểm Các PTHH: 4Al + 3O2 → 2Al2O3 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O HCl + NaOH → NaCl + H2O 3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3 NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O 0,75 Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : m = 2,88 (gam) n = 0,09 (mol) 0,25 O2 O2 4Al + 3O2 → 2Al2O3 0,12  0,09 0,06 (mol) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 2a/3 2a/3 a (mol) Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O 0,06 0,12 (mol) Áp dụng bảo toàn nguyên tố Al: số mol AlCl3 trong dung dịch Y = số mol Al ban đầu m/27 = 0,06 + 2a/3 0,25 m = 1,62 + 18a (1) Dựa vào đồ thị nhận thấy : + Khi nNaOH = 0,5a, HCl vừa hết nHCl (Y) = 0,5a (mol). HCl + NaOH → NaCl + H2O 0,25 0,5a  0,5a + Khi nNaOH = 0,5a, một phần Al(OH)3 đã tan. 3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3 m/9  m/27 m/27 NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O (m/27 - a) (m/27 - a) Ta có, số mol NaOH phản ứng = 0,5a + m/9 + m/27 - a = 29a/6 4m/27 = 32a/6 m = 36a (2) 0,25 Giải hệ phương trình (1) và (2), ta được : a = 0,09; m = 3,24. 0,25 Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một 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 chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm. 3