Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hoá học Lớp 9 - Đề số 16 - Trường THCS Chu Văn An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hoá học Lớp 9 - Đề số 16 - Trường THCS Chu Văn An (Có đáp án)

1. PHÒNG GD-ĐT THĂNG BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN MÔN THI: HÓA HỌC- LỚP 9 THCS ĐỀ SỐ 16 Bài 1: (4 điểm) Hãy nêu và giải thích bằng phương trình phản ứng các hiện tượng xảy ra trong từng thí nghiệm sau : a. Cho CO2 dư lội chậm qua dung dịch nước vôi trong (Có nhận xét gì về sự biến đổi số mol kết tủa theo số mol CO2 ). Sau đó cho tiếp nước vôi trong vào dung dịch vừa thu được cho đến dư. b. Nhúng thanh Zn vào dung dịch H2SO4 96 %. Bài 2: (2,5điểm) Từ quặng pirit (FeS2), NaCl, H2O, chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác hãy điều chế : dd FeCl3, FeSO4, Fe2(SO4)3 và Fe(OH)3. Bài 3: (4,5 điểm) Đốt 40,6 gam hợp kim gồm Al và Zn trong bình đựng khí Clo dư. Sau một thời gian ngừng phản ứng thu được 65,45gam hỗn hợp gồm 4 chất rắn. Cho hỗn hợp rắn này tan hết vào dung dịch HCl thì được V (lít) H 2 (đktc). Dẫn V(lít) khí này đi qua ống đựng 80gam CuO nung nóng. Sau một thời gian thấy trong ống còn lại 72,32 gam chất rắn và chỉ có 80% H 2 đã phản ứng. Xác định % khối lượng các kim loại trong hợp kim Al – Zn. Bài 4: (4 điểm) Cho 27,4 gam Ba vào 400 gam dung dịch CuSO4 3,2 % thu được khí A, kết tủa B và dung dịch C. a. Tính thể tích khí A (đktc) b. Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam chất rắn? c. Tính nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch C. Bài 5. (5 điểm) Cho 4,72 gam bột hỗn hợp các chất Fe, FeO, Fe 2O3 tác dụng với CO ở nhiệt độ cao, sau phản ứng thu được 3,92 gam Fe. Nếu ngâm hỗn hợp trên vào dung dịch CuSO 4 (dư) sau phản ứng chất rắn thu được 4,96 gam. Hãy xác định % về khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. Hết ( Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn và máy tính bỏ túi) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
2. NĂM HỌC 2009-2010 MÔN: HÓA HỌC 9 (Hướng dẫn chấm gồm 3 trang) Bài 1: (4 điểm ) a. ( 2 điểm ) - Nước vôi trong đục dần, kết tủa trắng tăng dần đến tối đa ( max). (0,25 điểm) Ca(OH)2 (dd)+ CO2 (k) CaCO3 (r) + H2O(l) (1) (0,25 điểm) - Sau một thời gian kết tủa tan trở lại, sau cùng trong suốt. (0,25 điểm) CaCO3 (r) + CO2 dư (k) + H2O(l) Ca(HCO3)2(dd) (2) (0,25 điểm) Nhận xét: Khi n = n n = max (0,25 điểm) CO2 Ca(OH)2 Khi n = 2n n = 0 (0,25 điểm) CO2 Ca(OH)2 - Cho tiếp dd Ca(OH)2 vào dd vừa thu được. Dung dịch lại đục ,kết tủa trắng xuất hiện trở lại, sau thời gian có tách lớp. (0,25 điểm) Ca(HCO3)2 (dd)+ Ca(OH)2(dd) 2CaCO3(r) + 2H2O(l) (3) (0,25 điểm) b. ( 2 điểm ) - Ban đầu có khí mùi xốc ( SO2 ) thoát ra. (0,25 điểm) Zn(r) + H2SO4đđ ZnSO4 (dd)+ SO2(k) + 2H2O(l) (1) (0,25 điểm) - Sau một thời gian thấy xuất hiện kết tủa màu vàng ( S): Do dd H2SO4 được pha loãng bởi sản phẩm phản ứng có nước tạo ra. (0,25 điểm) 3Zn(r)+ 4H2SO4(dd) 3ZnSO4(dd) + S + 4H2O(l) (2) (0,25 điểm) - Tiếp đến có khí mùi trứng thối thoát ra. (0,25 điểm) 4Zn(r) + 5H2SO4(dd) 4ZnSO4(dd) + H2S(k) + 4H2O(l) (3) (0,25 điểm) - Sau cùng có khí không màu, không mùi thoát ra ( H2 ): Do nồng độ dd H2SO4 trở nên rất loãng. (0,25 điểm) Zn(r) + H2SO4(dd) loãng = ZnSO4 (dd)+ H2(k) . (0,25 điểm) Bài 2. ( 2,5 điểm ) có màng ngăn 2NaCl(dd)+ 2H2O(l) H2 (k)+ 2NaOH(dd) + Cl2(k) (1) (0,25 điểm) đp 2H2O(l) 2 H2 (k) + O2(k) (2) (0,25 điểm) 0 4FeS2 (r) + 11O2 (k) 2Fe2O3 (r)+ 8SO2 (k) ( t C) (3) (0,25 điểm) 0 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k) ( xt: V2O5, t C) (4) (0,25 điểm) SO3 (k) + H2O(l) H2SO4 (dd) (5) (0,25 điểm) 0 Fe2O3 (r)+ 3H2 (k) 2Fe(r) + 3H2O (h) ( t C) (6) (0,25 điểm) 0 Điều chế FeCl3: 2Fe (r) + 3Cl2(k) FeCl3(r) ( t C), cho vào H2O (7) (0,25 điểm) FeSO4: Fe(r) + H2SO4(loãng) FeSO4 dd) + H2 (k) (8) (0,25 điểm) Fe2(SO4)3: Fe2O3 (r)+3H2SO4 (dd) Fe2(SO4)3 (dd)+3H2O(l) (9) (0,25 điểm) Fe(OH)3: FeCl3 (dd)+ 3NaOH(dd) Fe(OH)3 (r) + 3NaCl(dd)(10) (0,25 điểm Bài 3: (4 điểm) 0 2Al(r) + 3Cl (k) t 2AlCl (r) (1) t0 2 3 t0 Zn(r) + Cl2 (k) ZnCl2(r) (2) 2Aldư(r) + 6HCl(dd) 2AlCl3(dd) + 3H2(k) (3) (0,5điểm) Zndư (r)+ 2HCl(dd) (dd) + H2(k) (4) t0 H2 (k)+ CuO (r)  Cu (r)+ H2O(h) (5) Gọi x, y là số mol Al, Zn ban đầu x1, y1 là số mol Al, Zn phản ứng. (x-x1) , (y-y1) là số mol Aldư, Zn dư. Ta có: 27x + 65y = 40,6 (I ) (0,5điểm) Từ (1): n = n = x1 AlCl3 Aldư (0,5điểm) Từ (2): n = n = y ZnCl2 Zndư 1
3. Theo gt, ta có: 27(x-x1)+65(y-y1)+ 133,5x1 + 136y1= 65,45 27x +65y + 106,5x1+ 71y1 = 65,45 1,5x1 + y1 = 0,35 * ( 0,5điểm) 80 Ta có: n = = 1mol. Đặt a là số mol CuO phản ứng n = (1 – a)mol CuO 80 CuOdư Từ (5): n = n = n = a mol Cu H2 pư CuOpư Theo gt, ta có: 80(1-a ) + 64 a = 72,32 a = 0,48 mol (0, 5điểm) Do lượng H2 phản ứng 80%, nên: n = (0,48.100)/ 80 = 0,6mol (0,25điểm) H2 bđ Từ (3-4): n = 1,5(x- x1)+ y-y1 = 0,6 1,5x + y – (1,5x1 + y1) = 0,6 (0,5điểm) H2 bđ 1,5x + y = 0,95 ( II) (0,25điểm) Giải hệ (I), (II). Ta có: x = 0,3mol ; y = 0,5mol (0,25điểm) Vậy : m Al = 0,3 x 27 = 8,1gam %Al = 19,95%, suy ra %Zn = 80,05% (0,25điểm) Bài 4: (4,5 điểm) Các phương trình ghi đầy đủ trạng thái chất mới cho điểm tối đa. PTHH: Ba(r) + 2H2O(l) Ba(OH)2(dd) + H2(k) (1) (0,25điểm) Ba(OH)2 (dd) + CuSO4(dd) BaSO4(r) + Cu(OH)2(r) (2) (0,25điểm) t0 Cu(OH)2(r)  CuO(r) + H2O(h) (0,25điểm) Số mol Ba = 27,4/137 = 0,2mol (0,5điểm) 400.3,2 Số mol CuSO4 = 0,08mol (0,5điểm) 100.160 Từ (1) ta có: Thể tích H2 bằng thể tích của A (đktc) = 0,2 . 22,4 = 4,48 lit (0,5điểm) Từ (2) và (3) chất rắn gồm BaSO4, CuO và Ba(OH)2 dư nên: Số mol BaSO4 bằng số mol Cu(OH)2 bằng số mol CuO = 0,08 mol (0,5điểm) m chất rắn = 0,08 .233 + 0,08.80 = 25,04 (g) (0,5điểm) Trong dung dịch C chỉ còn lại Ba(OH)2: mdd = 400 + 27,4 – 0,2.2 -0,08.233 – 0,08 . 98 = 400,52 (g) (0,75điểm) (0,2 0,08).171 C% Ba(OH)2 = .100% 5,12% (0,5điểm) 400,52 Bài 5: (5điểm) Phương trình phản ứng to Fe2O3 (r) + 3 CO (k)  2Fe(r) + 3CO2 (k) (1) (0,25điểm) x 2x to FeO(r) + CO(k)  Fe(r) + CO2 (k) (2) (0,25điểm) y y Ngâm hỗn hợp vào CuSO4 có sắt tác dụng: Fe(r) + CuSO4 (dd) FeSO4(dd) + Cu(r) (3) (0,25điểm) Sau phản ứng khối lượng chất rắn tăng: 4,96 – 4,72 = 0,24 gam (0,5điểm) Khối lượng tăng vì đồng bám vào sắt chứ 2 chất Fe2O3 và FeO không tác dụng với CuSO4. Mỗi mol sắt tham gia phản ứng thì khối lượng tăng: 64 – 56 = 8 gam (0,5điểm) 0,24 Số mol sắt tham gia phản ứng là: 0,03mol (0,5điểm) 8 Vậy khối lượng sắt tham gia: 56 . 0,03 = 1,68gam (0,5điểm) Suy ra: mFe2O3 + nFeO = 4,72 -1,68 = 3,04gam (0,5điểm) Số mol sắt sinh ra ở phản ứng (1) và (2):
4. 3,92 1,68 2x + y = 0,04mol (0,5điểm) 56 Ta có hệ phương trình: 160x + 72y = 3,04 x = 0,1 (0,5điểm) => 2x + y = 0,04 y = 0,02 1,68x100 mFe = 1,68 => %mFe = 35,6% (0,25điểm) 4,72 1,44.100 mFeO = 72 . 0,02 = 1,44 gam => %mFeO = 30,5% (0,25điểm) 4,72 mFe2O3 = 160 . 0,01 = 1,6 gam => %m Fe2O3 = 100% - 35,6% - 30,5% = 33,9% (0,25điểm) Chú ý: - Không cân bằng phản ứng, thiếu điều kiện phản ứng trừ nữa số điểm. - Học sinh có thể giải cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa. Hết