Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD và ĐT Quảng Xương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD và ĐT Quảng Xương (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN QUẢNG XƯƠNG ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 PHÒNG GD & ĐT QUẢNG XƯƠNG NĂM HỌC: 2015 – 2016 MÔN: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút Câu 1: (2 điểm) Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng oxit sau ra khỏi hỗn hợp: CuO, Al2O3, MgO, SiO2. Câu 2: (2 điểm) 1) Bằng phương pháp hóa học hãy nhận ra sự có mặt của mỗi khí trong hỗn hợp khí gồm: CO, CO2, SO2, SO3. 2) Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học giải thích các thí nghiệm sau: a) Cho một mẩu kim loại Natri vào dung dịch sắt (II) clorua (dư), lọc lấy kết tủa thu được để trong không khí một thời gian. b) Cho rất từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3. Câu 3: (2 điểm) Hòa tan hỗn hợp gồm BaO, Al 2O3, FeO trong một lượng nước dư thu được dung dịch A và chất rắn B. Sục khí CO2 dư vào dung dịch A, phản ứng tạo kết tủa. Cho khí CO đi qua B nung nóng thu được chất rắn C. Cho C tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy C chỉ tan một phần còn lại chất rắn D. Chất rắn D tan hết trong dung dịch H 2SO4 đặc nóng dư nhưng không tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nguội dư. Xác định các chất có trong A, B, C, D và viết các PTHH xảy ra. Câu 4: (2 điểm) 1) Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc, nóng, dư đều cho sản phẩm là Fe 2(SO4)3, SO2 và H2O. Viết các phương trình hóa học. 2) Hãy chọn các chất A, B, C, D, E, F, G thích hợp và viết PTHH. Biết rằng: A, B, C là 3 muối của 3 axit khác nhau, D và F là dung dịch kiềm và thỏa mãn sơ đồ sau: A + D → E + F + G B + D → H + F + G C + D → I + F + G Câu 5: (2 điểm) Hòa tan hết hỗn hợp X gồm Cu và CuO trong dung dịch H2SO4 95,267% đun nóng thu được dung dịch Y và khí SO 2 duy nhất [Trong dung dịch Y có C% (CuSO 4) = 4C% (H2SO4) = 68,376%]. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. Câu 6: (2 điểm) Cho một luồng khí CO dư đi qua ống sứ chứa m gam bột sắt oxit nung nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Dẫn toàn bộ lượng khí sinh ra vào 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,1M thu được 9,85 gam kết tủa. Mặt khác khi hòa tan toàn bộ lượng kim loại
2. Fe tạo thành ở trên bằng V lít dung dịch HCl 2M (vừa đủ) thì thu được một dung dịch chứa 12,7 gam muối FeCl2. a) Xác định công thức hóa học của oxit sắt. b) Tính m và V. Câu 7: (2 điểm) Một hỗn hợp khí A gồm N 2 và H2 có tỉ khối so với H 2 là 3,6. Sau khi đun nóng hỗn hợp trên một thời gian vơi bột sắt làm xúc tác thì thu được hỗn hợp khí B gồm N 2, H2 và NH3 có tỉ khối so với H2 là 4,5. a) Tính thành phần % về thể tích hỗn hợp khí trước và sau phản ứng. b) Tính hiệu suất phản ứng. Câu 8: (2 điểm) Cho 22,95 gam BaO tan hoàn toàn trong nước thu được dung dịch A. 1) Dẫn từ từ V lít CO2 (đktc) vào dung dịch A thu được 23,64 gam kết tủa. Tính V. 2) Hòa tan hoàn toàn 18,4 gam hỗn hợp MgCO3 và CaCO3 trong dung dịch HCl. Toàn bộ khí sinh ra được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch A. Hỏi có thu được kết tủa không? Tại sao? Câu 9: (2 điểm) A là dung dịch H2SO4, B là dung dịch NaOH. 1. Trộn 50 ml dung dịch A với 50 ml dung dịch B được dung dịch C. Cho quỳ tím vào dung dịch C thấy có màu đỏ. Thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M vào dung dịch C đến khi quỳ trở lại màu tím thì thấy hết 20 ml dung dịch NaOH. 2. Trộn 50ml dung dịch A với 100ml dung dịch B thu được dung dịch D. Cho quỳ tím vào dung dịch D thấy có màu xanh. Thêm từ từ dung dịch HCl 0,1M vào dung dịch D đến khi quỳ trở lại màu tím thấy hết 20 ml dung dịch HCl. Tính nồng độ mol của các dung dịch A và B. Câu 10: (2 điểm) Hỗn hợp X gồm ba kim loại Al, Fe, Cu. Cho m gam hỗn hợp X vào dung dịch CuSO4 (dư) sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 35,2 gam kim loại. Nếu cũng hòa tan m gam hỗn hợp X vào 500 ml dung dịch HCl 2M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,96 lít khí H2 (đktc), dung dịch Y và a gam chất rắn. 1) Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tìm giá trị của a. 2) Cho từ từ dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y và khuấy đều đến khi thấy bắt đầu xuất hiện kết tủa thì dùng hết V1 lít dung dịch NaOH 2M, tiếp tục cho tiếp dung dịch NaOH vào đến khi lượng kết tủa không có sự thay đổi nữa thì lượng dung dịch NaOH 2M đã dùng hết 600 ml. Tìm các giá trị m và V1. Cho biết: Cu = 64; O =16; H= 1; S = 32; Ba = 137; Fe = 56; Cl = 35,5; N = 14; Mg = 24; Ca = 40; C = 12; Na = 23; Al = 27 (Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay theo quy định của Bộ GD & ĐT)
3. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM - Hòa tan hỗn hợp bằng dung dịch HCl dư: SiO 2 không tan, CuO, Al2O3 và 0,25 MgO tan tạo dung dịch A gồm: CuCl2, AlCl3, MgCl2 và HCl dư. CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O - Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa X gồm: Cu(OH) 2 0,5 và Mg(OH)2, dung dịch B gồm NaAlO2, NaOH dư và NaCl. CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaCl MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl 1 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O HCl + NaOH → NaCl + H2O - Nung kết tủa X đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y gồm CuO và 0,5 MgO. Cho khí H2 (dư) đi qua Y nung nóng thu được chất rắn Z gồm Cu và MgO. Hòa tan Z trong dung dịch HCl dư thu được chất rắn là Cu và dung dịch C gồm MgCl 2 và HCl dư. Lọc Cu rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được CuO. t O CuO + H2  Cu + H2O MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O t O 2Cu + O2  2CuO 0,5 - Cho dung dịch C tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa là Mg(OH)2. Lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi thu được MgO: MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl HCl + NaOH → NaCl + H2O t O Mg(OH)2  MgO + H2O - Sục khí CO 2 dư vào dung dịch B. sau đó lọc kết tủa nung đến khối lượng 0,25 không đổi thu được Al2O3: 2NaAlO2 + CO2 + 3H2O → Na2CO3 + 2Al(OH)3↓ NaOH + CO2 → NaHCO3 t O 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O 1) - Cho hỗn hợp khí lội qua dung dịch nước brom (màu vàng) thấy màu của 0,25 dung dịch nhạt dần. Chứng tỏ hỗn hợp khí có mặt SO2: SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4 2 - Cho hỗn hợp khí còn lại lội qua dung dịch BaCl2 thấy xuất hiện kết tủa trắng. 0,25 Chứng tỏ hỗn hợp khí có SO3: BaCl2 + SO3 + H2O → BaSO4↓ + 2HCl
4. - Cho hỗn hợp khí còn lại lội qua dung dịch Ca(OH)2 thấy xuất hiện kết tủa 0,25 trắng. Chứng tỏ hỗn hợp khí có CO2: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O - Cho khí còn lại qua CuO nung nóng thấy CuO màu đen chuyển dần sang 0,25 màu đỏ. Chứng tỏ hỗn hợp khí có CO: t O CuO + CO  Cu + CO2 2) a) Mẩu Na tan dần vào dung dịch, có khí không màu thoát ra (H 2), dung dịch 0,5 nóng lên (phản ứng tỏa nhiệt) và xuất hiện kết tủa trắng xanh của Fe(OH) 3. Để kết tủa trong không khí một thời gian thì chuyển thành màu nâu đỏ của Fe(OH)3: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑ 2NaOH + FeCl2 → Fe(OH)2 ↓ + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 b) Lúc mới cho dung dịch HCl vào thì thấy không có hiện tượng gì xảy ra, 0,5 Sau đó mới thấy bọt khí không màu thoát ra khỏi dung dịch: HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl HCl + NaHCO3 → NaCl + H2O + CO2↑ A: Ba(AlO2)2 ; B: FeO và Al2O3 ; C: Fe và Al2O3 ; D: Fe, FeO 1 điểm PTHH: BaO + H2O → Ba(OH)2 1 điểm Ba(OH)2 + Al2O3 → Ba(AlO2)2 + H2O CO2 + Ba(AlO2)2 + 3H2O → BaCO3↓ + 2Al(OH)3↓ 3 CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 t O CO + FeO  Fe + CO2 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O 2FeO + 4H2SO4 (đặc) → Fe2(SO4)3 + SO2↑+ 4H2O t O 2Fe + 6H2SO4 (đặc)  Fe2(SO4)3 + 3SO2↑+ 6H2O 1) t O 2Fe + 6H2SO4 (đặc)  Fe2(SO4)3 + 3SO2↑+ 6H2O t O 2FeO + 4H2SO4 (đặc)  Fe2(SO4)3 + SO2↑+ 4H2O t O 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc)  3Fe2(SO4)3 + SO2↑+ 10H2O 1,4 t O điểm 2Fe(OH)2 + 4H2SO4 (đặc)  Fe2(SO4)3 + SO2↑+ 6H2O O 2FeS + 10H SO t Fe (SO ) + 9SO ↑+ 10H O 4 2 4 (đặc) 2 4 3 2 2 t O 2FeS2 + 14H2SO4 (đặc)  Fe2(SO4)3 + 15SO2↑+ 14H2O t O 2FeSO4 + 2H2SO4 (đặc)  Fe2(SO4)3 + SO2↑+ 2H2O 2) NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + NaOH + H2O 0,6 NaHSO3 + Ba(OH)2 → BaSO3↓ + NaOH + H2O điểm
5. NaHSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + NaOH + H2O t O 0,25 PTHH: Cu + 2H2SO4 (đặc)  CuSO4 + SO2 + 2H2O (1) x 2x x x t O CuO + H2SO4 (đặc)  CuSO4 + H2O (2) y y y Đặt số mol Cu là x; số mol CuO là y; n + n = 1 mol Cu CuO 1 Theo PTHH (1) và (2): nCuSO4 = x + y = 1 ⇒ mCuSO4 = 160 (g) nSO2 = x mol ⇒ mSO2 = 64x (g) m dung dịch Y = 160 . 100 : 68,376 = 234 (g) m H2SO4 dư = 68,376 . 234 : 100 = 40 (g) m H2SO4 ban đầu = 98(2x + y) + 40 = 98x + 138 m dd H2SO4 ban đầu = (98x + 138) . 100 : 95,267 = mdd Y + mSO2 5 m dung dịch Y = mCu + mCuO + m H2SO4 ban đầu – mSO2 = 64x + 80 (1 – x) + (98x + 138) . 100 : 95,267 – 64x = 234 0,25 Giải ra : x = 0,4; y = 0,6 % Cu = 64.0,4 : (64. 0,4 + 0,6 . 80) = 34,78% 0,5 % CuO = 100% - 34,78% = 65,22% 6 PTHH: t O 0,5 FexOy + yCO  xFe + yCO2 (1) CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (2) CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (4) 0,1 0,1 a) 1 Theo gt: nBa(OH)2 = 0,1 mol; n BaCO3 = 0,05 mol ; nFeCl2 = 0,1 mol Theo (4): nFe = nFeCl2 = 0,1 mol Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư (không xảy ra phản ứng 3) Theo (2): nCO2 = nBaCO3 = 0,05 mol Ta có: x : y = 0,1 + 0,05 = 2 : 1 (không thỏa mãn) Trường hợp 2: Ba(OH)2 hết Theo (2): nCO2 = nBa(OH)2 = nBaCO3 = 0,1 mol Theo (3): nCO2 = nBaCO3 = 0,05 mol nCO2 (2)(3) = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol Ta có: x: y = 0,1 : 0,15 = 2 : 3 Vậy CTHH của oxit sắt là Fe2O3.
6. b) mFe2O3 = mFe + mO = 0,1 . 56 + 0,15 . 16 = 8 (g) 0,5 Theo (4): nHCl = 2 nFe = 2 . 0,1 = 0,2 mol V = 0,2 : 2 = 0,1 (lít) a) t O 0,25 PTHH: N2 + 3H2  2NH3 x 3x 2x MA = 3,6 . 2 = 7,2 (g/mol); MB = 4,5 . 2 = 9 (g/mol) Ta có: 7,2 = (28nN2 + 2nH2) : (nN2 + nH2) ⇒ nN2 : nH2 = 1 : 4 0,5 Trong hỗn hợp A: % N2 = 1: (1 +4) = 20% % H = 100% - 20% = 80% 7 2 Đặt số mol N2 và H2 trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là 1 mol và 4 mol và số 0,75 mol N2 tham gia phản ứng là x. Ta có trong hỗn hợp B: Số mol N2 = 1 – x Số mol H2 = 4 – 3x Số mol NH3 = 2x MB = 9 = [28(1 – x) + 2(4 – 3x) + 17. 2x] : [ (1 – x) + (4 – 3x) + 2x] Giải ra: x = 0,5 Vậy trong B: nN2 = 0,5 mol; nH2 = 2,5 mol; nNH3 = 1 mol %N2 = 0,5 : (0,5 + 2,5 + 1) = 12,5% % H2 = 2,5 : (0,5 + 2,5 + 1) = 62,5% % NH3 = 100% - 12,5% - 62,5% = 25% b) Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn thì nNH3 = 2nN2 = 2.1 = 2 mol 0,5 Vậy hiệu suất phản ứng = 1 : 2 = 50% 1) PTHH: BaO + H2O → Ba(OH)2 (1) 0,5 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (2) CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (3) Theo gt: nBaO = 22,95 : 153 = 0,15 mol nBaCO3 = 23,64 : 197 = 0,12 mol 8 Theo (1): nBa(OH)2 = nBaO = 0,15 mol Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư 0,25 Theo (2): nCO2 = nBaCO3 = 0,12 mol VCO2 = 0,12 . 22,4 = 2,688 lít Trường hợp 2: Ba(OH)2 hết 0,25 Theo (2): nCO2 = nBa(OH)2 = nBaCO3 = 0,15 mol Theo (3): nCO2 = nBaCO3 = 0,15 – 0,12 = 0,03 mol nCO2 = 0,15 + 0,03 = 0,18 mol VCO2 = 0,18 . 22,4 = 4,032 lít
7. 2) PTHH: MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + H2O + CO2↑ (4) 0.5 CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2↑ (5) Theo gt ta có: 18,4 : 100 ≤ nMgCO3 + nCaCO3 ≤ 18,4 : 84 0,184 ≤ nMgCO3 + nCaCO3 ≤ 0,22 (*) Theo (4)(5): nMgCO3 + nCaCO3 = nCO2 0,5 Theo (2) (3): Để tạo kết tủa thì nCO2 < 2 nBa(OH)2 nCO2 < 2. 0,15 = 0,3 mol ( ) Từ (*) và ( ) suy ra sau phản ứng có thu được kết tủa. Đặt nồng độ mol của dd H2SO4 là x, của dd NaOH là y. 1. Theo gt: Số mol H2SO4 = 0,05x Số mol NaOH = 0,05y PTHH: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O (1) 0,025y 0,05y Theo PTHH (1) : Số mol H2SO4 dư = 0,05x – 0,025y Số mol NaOH trung hòa axit dư = 0,1. 0,02 = 0,002 mol Số mol H2SO4 dư = 0,002 : 2 = 0,001 mol 0,05x – 0,025 y = 0,001 0,75 2. Theo gt: Số mol H2SO4 = 0,05x Số mol NaOH = 0,1y PTHH: H2SO4 + 2NaOH →Na2SO4 + H2O (1) 9 0,05x 0,1x Theo PTHH(1): Số mol NaOH dư = 0,1y – 0,1x PTHH: HCl + NaOH → NaCl + H2O (2) 0,002 mol Số mol HCl trong hòa NaOH dư = 0,1 . 0,02 = 0,002 mol 0,1y – 0,1x = 0,002 0,75 Ta có hệ PT: 0,05x – 0,025 y = 0,001 0,1y – 0,1x = 0,002 Giải hệ PT ta được: x = 0,06 ; y = 0,08 0,5 Nồng độ dung dịch H2SO4 là 0,06M Nồng độ dung dịch NaOH là 0,08M 1) PTHH : 2Al + 3 CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3 Cu (1) 0,5 x 1,5x Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) y y Al + 3HCl → AlCl3 + 3/2H2 (3) x 3x x 1,5x Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) y 2y y y Đặt x, y là số mol Al và Fe trong hỗn hợp X: 0,5
8. Theo gt: nHCl = 0,5 . 2 = 1 mol nH2 = 8,96 : 22,4 = 0,4 mol Theo (3)(4): nH2 = ½ nHCl Theo gt: nH2 < ½ nHCl . Do vậy HCl dư và Al, Fe tan hết trong dung dịch HCl. Theo (3)(4): nH2 = 1,5 x + y = 0,4 (*) Theo (1)(2): nCu = 1,5x + y = 0,4 mol mCu (1)(2) = 0,4 . 64 = 25,6 (g) Vậy mCu trong X = 35,2 – 25,6 = 9,6 (g) Vậy a = 9,6 gam 10 2) Trong dung dịch Y chứa 0,2 mol HCl dư, x mol AlCl3, y mol FeCl2. 0,25 Khi cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Y. Ban đầu xảy ra phản ứng trung hòa HCl + NaOH → NaCl + H2O (5) 0,2mol 0,2mol 0,2 Theo (5) nNaOH = nHCl = 0,2 mol. Suy ra V1 = = 0,1 lít. 2 AlCl3 + 3NaOH → 3NaCl + Al(OH)3↓ (6) 0,5 x 3x x mol FeCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Fe(OH)2↓ (7) y 2y y mol Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (8) x x mol Theo gt: nNaOH = 0,6 . 2 = 1,2 mol Theo (5)(6)(7)(8): nNaOH = 0,2 + 3x + 2y + x = 1,2 mol 2x + y = 0,5 ( ) Từ (*), ( ) ta có hệ pt: 1,5 x + y = 0,4 2x + y = 0,5 Giải ra: x = 0,2 mol, y = 0,1 mol. Khối lượng của hỗn hợp X ban đầu là: m = 0,2. 27 + 0,1. 56 + 9,6 = 20,6 gam. 0,25 Ghi chú: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Cách giải đúng nhưng tính toán nhầm lẫn trừ ½ số điểm của nôi dung đó. - PTHH viết sai CTHH không được tính điểm. - PTHH không cân bằng, thiếu điều kiện trừ ½ số điểm của PTHH đó.