Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học: 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: HÓA HỌC Lớp 9 THCS Số báo danh Ngày thi /03/2018. Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi này gồm 2 trang được đánh số từ số 1 đến số 2 Câu 1: (2,0 điểm ) 1. Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ sau (mỗi mũi tên ứng với một phương trình hóa học): (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) Na  Na2O  NaOH  NaHCO3  Na2CO3  NaCl  Na  CH3COONa  CH4 2. Hỗn hợp khí A chứa Cl2 và O2 có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2. Tính % thể tích, % khối lượng của mỗi khí trong A, tỉ khối hỗn hợp A so với H2 và khối lượng của 6,72 lít hỗn hợp khí A ở đktc. Câu 2: (2,0 điểm ) 1. Từ metan, muối ăn, (các chất xúc tác, dụng cụ cần thiết cho đầy đủ) viết các phương trình hóa học để điều chế ra: điclometan, nhựa P.V.C, nhựa P.E, đicloetilen, etan, etylclorua. Ghi rõ điều kiện của phản ứng nếu có. o 2. Khi cho 2 gam MgSO4 khan vào 200 gam dung dịch MgSO4 bão hòa ở t C đã làm cho m gam muối kết tinh lại. Nung m gam tinh thể muối kết tinh đó đến khối lượng không đổi, được 3,16 gam MgSO4 khan. Xác định công thức phân tử của tinh thể muối MgSO 4 kết tinh (biết độ tan của MgSO 4 ở toC là 35,1 gam). Câu 3: (2,0 điểm ) 1. Chỉ dùng một thuốc thử hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt sau bằng phương pháp hóa học: NaCl, NH4Cl, NaOH, MgSO4, FeCl3 , FeSO4. 2. Đơn chất của hai nguyên tố X, Y ở điều kiện thường là chất rắn. Số mol X trong 8,4 gam nhiều hơn số mol Y trong 6,4 gam là 0,15mol. Biết khối lượng mol của X nhỏ hơn khối lượng mol của Y là 8 gam. Xác định nguyên tố X, Y. Các nguyên tố X, Y có thể tạo nên những loại hợp chất nào? Cho ví dụ minh họa. Câu 4: (2,0 điểm ) Hỗn hợp A gồm BaO , FeO, Al2O3 . Hòa tan A trong lượng nước dư được dung dịch D và phần không tan. Sục khí CO2 dư vào D, phản ứng tạo kết tủa. Cho khí CO dư qua B nung nóng được chất rắn E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy tan một phần và phần còn lại là chất rắn G. Hòa tan hết G trong lượng dư H2SO4 loãng rồi cho dung dịch thu được tác dụng với dung dịch KMnO4 . Giải thích thí nghiệm trên bằng các phương trình phản ứng. Câu 5: (2,0 điểm ) 1. Hòa tan hoàn toàn 8,7 gam một hỗn hợp gồm kali và một kim loại M (thuộc nhóm IIA) trong dung dịch 3 HCl dư, thì thu được 5,6 dm H2 (đktc). Nếu hòa tan hoàn toàn 9 gam kim loại M trong dung dịch HCl dư, thì thể tích khí H2 sinh ra chưa đến 11 lít (đktc). Hãy xác định kim loại M. 2. Một hỗn hợp gồm Al 2(SO4)3 và K2SO4, trong đó số nguyên tử oxi chiếm 20/31 tổng số nguyên tử có trong hỗn hợp. Tính % theo khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp. Câu 6: (2,0 điểm ) 1. Trình bày phương pháp tách các khí sau ra khỏi hỗn hợp của chúng: N2, H2, HCl. 2. Hấp thụ hết V(ml) khí CO 2 vào 200 ml dd NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,05M thu được m(g) kết tủa và dd A. Cho dd HCl dư vào dd A thu được 0,56 l khí CO2. Tính V và m, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. 1
2. Câu 7: (2,0 điểm ) Cho 5,4 gam hỗn hợp bột X gồm Fe và Zn tác dụng với dung dịch CuSO 4. Sau một thời gian, thu được dung dịch Y và 5,68 gam chất rắn Z. Cho toàn bộ Z vào dung dịch HCl (loãng, dư), sau khi các phản ứng kết thúc thì khối lượng chất rắn giảm 0,56 gam và dung dịch thu được chỉ chứa một muối duy nhất. 1. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra và xác định các chất có trong Y và Z. 2. Tính phần trăm khối lượng của các chất trong X . Câu 8: (2,0 điểm ) 1. Có 3 chất hữu cơ A, B, D đều chứa 3 nguyên tố C, H, O và đều có M = 46. Trong đó A và B tan nhiều trong nước, A và B tác dụng với Na, B còn tác dụng với NaOH. D không tác dụng với Na, NaOH và được dùng trong y học để gây tê khi phẫu thuật. Xác định công thức cấu tạo của A, B, D. 2. Hỗn hợp khí X gồm 0,09 mol C2H2; 0,15 mol CH4 và 0,2 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X với xúc tác Ni (thể tích Ni không đáng kể) thu được hỗn hợp khí Y gồm 5 chất khí. Cho hỗn hợp Y qua dung dịch brom dư thu được hỗn hợp khí Z có khối lượng mol phân tử trung bình bằng 16. Khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng 0,82 gam. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính thành phần phần trăm thể tích mỗi chất trong Z (biết các khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Câu 9: (2,0 điểm ) 1. Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam hỗn hợp gồm hai hợp chất hữu cơ: A (C nH2nO) và B (CnH2n+2O), thu được 29,7 gam CO2. Tìm công thức phân tử của A, B và viết công thức cấu tạo mạch hở có thể có của chúng. 2. Nêu hiện tượng, giải thích bằng phương trình hóa học khi tiến hành các thí nghiệm sau: a) Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch AlCl3 vào dung dịch KOH. b) Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp NaOH và NaAlO2. Câu 10: (2,0 điểm ) 1. Quan sát mô hình thí nghiệm Biết rằng A có thể là KMnO4, ZnS, Na2CO3, MnO2, CaC2 . B có thể là dd HCl đặc, dd H2SO4 đặc, H2O, H2O2 . Cho biết khí C có thể là những chất nào ? 2. Nêu nguyên tắc làm khô các khí. Từ đó cho biết chất nào trong các chất sau có thể làm khô tất cả các khí có thể điều chế ở trên: dd H2SO4 đặc, CaO, NaOH rắn, CuSO4 khan, CaCl2 khan. Cho biết: H =1; C = 12; O = 16; S = 32; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Cl = 35,5; K = 39; Fe = 56; Cu = 64;Zn = 65; Ba = 137. === HẾT=== Chú ý: - Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. - Giám thị không giải thích gì thêm. 2
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học: 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC Lớp 9 THCS Câu Nội dung Điểm 1. t0 Na + O2  Na2O (1) Na2O + H2O  2NaOH (2) 0,5 NaOH + CO2  NaHCO3 (3) NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O (4) Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + CO2 + H2O (5) dpnc 2NaCl  2Na + Cl2 (6) 2Na + 2CH3COOH  2CH3COONa + H2 (7) 0,5 t0 ,CaO CH3COONa + NaOH  CH4 + Na2CO3 (8) 1 1 0,25 2. Phần trăm thể tích: %VCl2 = .100 = 33,33(%) (2 điểm) 1 2 %VO2 =100 –33,33 = 66,67(%) 1.71 0,25 -Phần trăm khối lượng: %mCl2 = .100 = 52,59% 1.71 2.32 %mCl2 = 47,41% 71.1 32.2 0,25 -Tỉ khối hỗn hợp A so với H2: dA/H2 = = 22,5 3.2 -Khối lượng của 6,72 lít hỗn hợp khí A ở đktc: mhhA = 0,25 6,72 71.1 32.2 . = 13,5 gam 22,4 3 1. Các PTHH: Viết đúng 15000 c mỗi pt cho 2CH4 Lamlanhnhanh C2H2+3H2 dienphanNC 0,1 đ; 2NaCl  2Na + Cl2 CH + Cl as CH Cl + 2HCl thiếu ít hơn 4 2 2 2 3 đk trừ 0,1 đ; từ 3 đk C2H2 + HCl C2H3Cl trunghop trở lên trừ n(C2H3Cl)   C2 H3Cl  (P.V.C) 2 n 0,2 đ Pd ,t0 (2 điểm) C2H2 + H2  C2H4 trunghop C H n(C2H4)  2 4 n C2H2 + Cl2 C2H2Cl2 Ni,to C2H4 + H2  C2H6 C2H4 + HCl C2H5Cl o 2.Ở 90 C: C%NaCl =50.100/(100+50)=33,3333% 0,5 => mNaCl = 33,3333.900/100 = 300g o + Ở 0 C: C%NaCl =35.100/(100+35)=25,93% 3
4. + Gọi số khối lượng tinh thể NaCl tách ra là a (gam) 0,5 300 a 25,93 => => a= mNaCl = 90g 900 a 100 1. Trích mỗi chất một ít cho vào ống nghiệm làm mẫu thử. - Chọn thuốc thử là dung dịch NaOH 0,75 - Nhỏ dung dịch NaOH lần lượt vào các mẫu thử. + NH4Cl có khí mùi khai. NH4Cl + NaOH  NaCl + NH3  + H2O + MgCl2 tạo kết tủa trắng . MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaCl + FeSO4 tạo kết tủa trắng xanh và hóa nâu đỏ ngoài không khí. FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2SO4 t O 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3  + FeCl3 tạo kết tủa nâu đỏ. FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3  + 3NaCl - Cho dung dịch FeCl3 vừa nhận biết được vào 2 mẫu thử còn lại. + NaOH tạo kết tủa nâu đỏ. 3 (2 điểm) 3NaOH + FeCl3  Fe(OH)3  + 3NaCl + Không có hiện tượng gì là NaCl 0,25 (Học sinh nếu chọn Na2O, thì viết thêm PTHH Na2O tác dụng với nước để tạo ra NaOH) 2. Đặt khối lượng mol của nguyên tố X là x 0,25 Khối lượng mol của nguyên tố Y là x + 8 8,4 6,4 Ta có: 0,15 x x 8 0,25 Giải PT trên ta được: x = 24 X là Magie (Mg) KL mol của nguyên tố Y = 24 + 8 = 32 Y là Lưu huỳnh (S) 0,25 - Mg và S tạo được các loại hợp chất: MgO, SO2, SO3, Mg(OH)2, H2S, H2SO3, H2SO4, MgS, MgSO3, MgSO4 , Mg(HS)2, Mg(HSO3)2, Mg(HSO4)2 0,25 ( Phần viết công thức học sinh chỉ cần viết được 4 công thức thuộc 4 loại hợp chất vô cơ cho điểm 0,25) - Hòa hỗn hợp vào nước thì BaO tác dụng với nước tạo Ba(OH)2, 0,25 sau đó Al2O3 tan trong Ba(OH)2 BaO + H2O  Ba(OH)2 4 Ba(OH)2 + Al2O3  Ba(AlO2)2 + H2O (2 điểm) - Dung dịch D chứa Ba(AlO2)2 có thể có Ba(OH)2 dư. Phần không tan gồm Fe và có thể có Al2O3 dư. Mặt khác chất rắn E thu được 0,5 khi cho CO khử phần không tan có thể tan một phần trong dung dịch NaOH chứng tỏ Al2O3 chưa phản ứng hết với Ba(OH)2 4
5. Vậy E gồm : Fe và Al2O3 dư dd D: NaAlO2 - Sục khí CO2 vào dung dịch D Ba(AlO2)2 + 2CO2 dư + 4H2O  2 Al(OH)3  + Ba(HCO3)2 - Cho CO đi qua phần không tan B 0,25 t0 FeO + CO dư  Fe + CO2  Chất rắn E gồm Fe và Al2O3 dư - Hòa chất rắn E vào dung dịch NaOH dư Al2O3 + 2NaOH dư  2NaAlO2 + H2O . Chất rắn G là Fe 0,25 - Hòa tan hết G trong lượng dư H2SO4 loãng rồi cho dung dịch thu được tác dụng với dung dịch KMnO4 Fe + H2SO4 loãng , dư  FeSO4 + H2  0,25 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4  5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O 0,5 1. Phản ứng: 2K + 2HCl 2KCl + H2 (1) 0,25 M + 2HCl MCl2 + H2 (2) Theo (1,2) và bài ra: a + 2b = 0,5 0,75 9 11 18,3 < M < 34,8 (do 0 < b < 0,25) Vậy M là Mg M 22,4 5 (2 điểm) 39a + b.M = 8,7 2. Gọi x, y lần lượt là số mol của Al2(SO4)3 và K2SO4 trong hỗn hợp. 0,5 12x 4y 20 x 1 Ta có: 17x 7y 31 y 2 342.1 0,5 Vậy: %(m) Al2(SO4)3 = .100% 49,57% 342.1 174.2 %(m)K2SO4 = 50,43% 1. 1. Dẫn hỗn hợp khí qua dd NaOH dư, thu được dd A gồm NaOH, 0,25 NaCl và hỗn 2. hợp khí B thoát ra gồm N2, H2 HCl + NaOH NaCl + H O 2 0,25 - Cô cạn hoàn toàn dd A thu được hỗn hợp chất rắn, cho dd H2SO4 đặc, dư vào dd A, khí thoát ra dẫn qua dd H2SO4 đặc thu được khí HCl tinh khiết. 2NaCl + H2SO4 Na2SO4 + 2HCl 0,25 - Dẫn hỗn hợp khí B qua bột CuO dư nung nóng đến phản ứng xảy ra hoàn toàn, khí thoát ra cho làm lạnh thu lấy nước và N2 tinh khiết Điện phân hoàn toàn lượng nước ở trên thu được H2 tinh khiết. 0,25 CuO + H2 Cu + H2O 5
6. 6 2H O H +O (2 điểm) 2 2 2 2. 2. 2. nNaOH=0,2.0,1=0,02(mol); nBa(OH)2 = 0,2.0,05 = 0.01(mol); nCO2 = 0,025(mol) 0,25 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1) CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (2) CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (3) CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (4) HCl + NaHCO3 → NaCl + H2O + CO2 (5) 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2 (6) 2HCl + Ba(HCO3)2 → BaCl2 + 2H2O + 2CO2 (7) 0,25 TH1: Dung dịch thu được gồm Na2CO3, có thể có NaOH dư => nNa2CO3=nCO2>2nNaOHbđ=>loại TH2: Dung dịch thu được gồm Na2CO3, NaHCO3. Bảo toàn Na và C=> lập hpt=> loại TH3: Dung dịch thu được gồm NaHCO3=>loại 0,5 T TH4: Dung dịch thu được gồm NaHCO3, Ba(HCO3)2=> kiềm hết, BaCO3 bị tan 1 phần nNaHCO3=nNaOH=0,02(mol) Bảo toàn C: nBa(HCO3)2=(0,025-0,02):2=0,0025(mol) Bảo toàn Ba: nBaCO3=0,01-0,0025=0,0075(mol) Bảo toàn C: nCO2=0,0075+0,025=0,0325(mol) V=0,728l m=1,4775g Do Zn có tính khử mạnh hơn Fe và mZ > mX nên Zn hết, Fe dư. 0,5 Dung dịch thu được chỉ có 1 muối duy nhất là FeCl2 Vậy Z gồm: Fe dư và Cu. Gọi a, b và x lần lượt là số mol Zn ban đầu, Fe ban đầu và Fe 0,5 phản ứng. Zn + CuSO4  Cu + ZnSO4 a a a 7 Fe + CuSO  Cu + FeSO (2 điểm) 4 4 x x x Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 0,5 0,01 0,01 Y gồm: ZnSO4 và FeSO4 2. Số mol Fe dư = 0,01 mol Ta có: 6
7. 65a + 56b = 5,4 (1) 64(a +x) + 0,56 = 5,68 0,5 a + x = 0,08 (2) b – x = 0,01 (3) Giải hệ: a =0,04; b= 0,05; x= 0,04 % Fe =51,85 % Zn =48,15 1. Lập luận xác định A, B, D: - A, B tan nhiều trong nước và tác dụng với Na nên có nhóm chức 0,75 OH, B còn tác dụng với NaOH nên B có nhóm chức COOH (axit cacboxylic). Do A, B có M = 46 nên A là C2H5OH (ancol etylic) và B là HCOOH (axit fomic). 2C2H5OH + 2Na  2C2H5ONa + H2 2HCOOH + 2Na  2HCOONa + H2 HCOOH + NaOH  HCOONa + H2O - D có M = 46 nhưng không tác dụng với Na, NaOH nên không là 0,25 ancol và axit. Vậy D là CH3OCH3 (đimetyl ete) 2. Các phản ứng xảy ra: 0,25 Ni,t 0 C2H2 + H2  C2H4 a a a Ni,t 0 C2H4 + H2  C2H6 b b b C2H4 dư + Br2  C2H4Br2 C2H2 dư + 2Br2  C2H2Br4 0,25 - Gọi a, b lần lượt là số mol của C2H2 và C2H4 phản ứng 8 nC2H2 dư = (0,09 – a) mol (2 điểm) - Hỗn hợp Y gồm 5 khí đó là: CH4 (0,15 mol); C2H2 dư (0,09 – a); C2H4 dư (a – b); C2H6 (b mol) và H2 dư (0,2 – (a + b)) - Khối lượng bình brom tăng = m m 0,82g C2H4du C2H2du 0,25 28(a – b) + 26(0,09 – a) = 0,82 14b – a = 0,76 (1) - Hỗn hợp Z gồm: CH4 (0,15 mol); C2H6 (b mol) và H2 dư (0,2 mhhZ – (a + b)). Ta có: M Z 16 = nhhZ 30b 16.0,15 2.(0,2 a b) 16 = 2b + a = 0,2 (b 0,15 0,2 a b) 0,25 (2) 7
8. - Giải hệ (1) và (2) suy ra: a = 0,08 (mol); b = 0,06 (mol) Thành phần phần trăm thể tích mỗi chất trong Z : nZ = 0,27 (mol) 0,15 0,06 %VCH .100 55,56% ; %V .100 22,22% ; 4 0,27 C2H6 0,27 0,06 %V .100 22,22% ; H2du 0,27 1. Gọi số mol của A, B lần lượt là x, y mol. (14n+16)x + (14n + 18)y = 13,2 0,25 14nx+16x + 14ny + 18y = 13,2 (*) 29,7 Bảo toàn nguyên tố cacbon: n = nx ny 0,675mol ( ) CO2 44 Từ (*) và ( ) 16x + 18y = 13,2 - 14 x 0,675 = 3,75 0,25 16(x+y) <16x+18y < 18(x+y) 3,75 3,75 x y 18 16 0,675.16 0,675.18 Từ ( ) n 3,75 3,75 0,25 2,88 n 3,24 n = 3 Vậy công thức phân tử và công thức cấu tạo của: - A là C3H6O: 0,25 CH3CH2CH=O; CH3COCH3; CH2=CH-CH2-OH; CH2=CH-O-CH3 - - B là C3H8O: CH3-CH2-CH2-OH; CH3CHOHCH3; CH3CH2-O-CH3 2. a) Kết tủa xuất hiện rồi tan ngay, lại xuất hiện rồi lại tan ngay, lâu 0,5 sau kết tủa không tan nữa và khối lượng tăng dần đến cực đại (khi KAlO2 hết): 3KOH + AlCl Al(OH) + 3KCl 9 3 3  KOH + Al(OH) KAlO + 2H O (2 điểm) 3 2 2 AlCl3 + 3KAlO2 + 6H2O 3KCl + 4Al(OH)3  b) Lúc đầu không có kết tủa, sau đó kết tủa xuất hiện, khối lượng 0,5 kết tủa tăng dần đến cực đại (khi NaAlO2 hết), sau đó tan dần đến hết, dung dịch trở nên trong suốt: HCl + NaOH NaCl + H2O HCl + NaAlO2 + H2O Al(OH)3  + NaCl 3HCl + Al(OH)3 AlCl3 + 3H2O 10 3. 1. Khí C có thể là H2S, O2, Cl2,C2H2,CO2,SO2 1,0 (2 điểm) ZnS + 2HCl ZnCl2 + H2S 8
9. 2KMnO4 + 16HCl 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O 2H2O2 2H2O + O2 CaC2 + 2H2O Ca(OH)2 + C2H2 Na2CO3 + H2SO4 Na2SO4 + CO2 + H2O ZnS+4H2SO4đặc ZnSO4+4SO2+4H2O (Xác định được 1 đến 2 khí không cho điểm, 3 đến 4 khí cho 0,5đ; 5 đến 6 khí cho 1đ.(nếu viết đầy đủ PTHH). Nếu chỉ xác định không viết PTHH thì cho nửa số điểm) 2. Nguyên tắc làm khô khí là: 1,0 4. Chất được dùng làm khô khí phải có khả năng hút ẩm mạnh Chất làm khô khí không tác dụng với khí đó. Chỉ có CaCl2 là thỏa mãn vì đảm bảo 2 yêu cầu trên Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa. 9