Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hoá học Lớp 9 - Đề số 8 - Trường THCS Chu Văn An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hoá học Lớp 9 - Đề số 8 - 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 8 Câu 1. (4,0 điểm) 1. Hỗn hợp A gồm CaCO3, Cu, FeO, Al. Nung nóng A (trong điều kiện không có không khí) một thời gian thu lấy chất rắn B. Cho B vào nước dư được dung dịch C và chất rắn D (không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH). Cho D tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. Xác định B, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Hoà tan hoàn toàn 4 gam FexOy cần 52,14 ml dung dịch HCl 10% (D = 1,05g/ml). Xác định công thức FexOy. 3. 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 2. (4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho lần lượt các chất khí sau: SO 2, Cl2, NO2, H2S, CO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 dư. 2. Hỗn hợp khí A gồm a mol SO 2 và 5a mol không khí. Nung nóng hỗn hợp A với V2O5 xúc tác thu được hỗn hợp khí B. Biết rằng tỉ khối hơi của A so với B bằng 0,93. Hãy tính hiệu suất phản ứng giữa SO 2 và O2. Cho không khí có chứa 80% N2 và 20% O2 theo thể tích. 3. Nhỏ từ từ 3V 1 lít dung dịch Ba(OH)2 xM (dung dịch X) vào V1 lít dung dịch Al2(SO4)3 yM (dung dịch Y) thì phản ứng vừa đủ và thu được kết tủa lớn nhất là m gam. a) Tính giá trị x/y. b) Nếu trộn V 2 lít dung dịch X vào V 1 lít dung dịch Y (ở trên ) thì kết tủa thu được có khối lượng bằng 0,9m gam. Xác định giá trị V2/V1. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp Fe 2O3 và CuO nung nóng bằng lượng CO dư, toàn bộ CO2 sinh ra cho hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thì thu được 40 gam kết tủa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính số mol mỗi oxit trong hỗn hợp ban đầu. 2. Viết các phương trình phản ứng chứng minh: a) Tính axit của dung dịch HCl mạnh hơn CH3COOH b) Độ hoạt động của O3 mạnh hơn O2 c) Tính bazơ của dung dịch Ba(OH)2 mạnh hơn NH3 d) Độ hoạt động của Fe mạnh hơn Cu 3. Cho hỗn hợp A gồm 3 kim loại X, Y, Z có hóa trị lần lượt là III, II, I và tỉ lệ số mol tương ứng là 1:2:3, trong đó số mol của X bằng x mol. Hòa tan hoàn toàn A bằng dung dịch có chứa y (gam) HNO 3 (lấy dư 25%). Sau phản ứng thu được V lít khí NO 2 và NO (đktc, không có sản phẩm khử khác). Dựa vào sơ đồ phản ứng chứng minh rằng: y = 1,25(10x + V/22,4)63. Câu 4. (4,0 điểm)
2. 1. Hòa tan hoàn toàn 8,7 gam một hỗn hợp gồm kali và một kim loại M (thuộc 3 nhóm IIA) trong dung dịch 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 H 2 sinh ra chưa đến 11 lít (đktc).Hãy xác định kim loại M. (Cho các kim loại nhóm IIA: Be=9, Mg=24, Ca=40, Sr=88, Ba=137) Cho: H=1, O=16, C=12, N=14, Na=23, Mg=24, Al=27, S=32, Cl=35,5; Ca=40, Fe=56, Cu=64. (Thí sinh không được dùng bảng HTTH và bảng Tính tan)
3. Câu Ý Nội dung Câu 1 to 1 Phản ứng: CaCO3  CaO + CO2 to 2Al + 3FeO  Al2O3 + 3Fe (B: CaO, Al2O3, Cu, FeO, CaCO3 dư, Fe, Al) CaO + H2O Ca(OH)2 2Al + Ca(OH)2 + 2H2O Ca(AlO2)2 + 3H2 Al2O3 + Ca(OH)2 Ca(AlO2)2 + H2O Do D không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH, nên D không còn Al và Al2O3. Suy ra: D gồm Cu, FeO, CaCO3, Fe. to CaCO3 + H2SO4 đặc  CaSO4 + CO2 + H2O to Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 +2H2O + SO2 to 2FeO + 4H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + SO2 +4 H2O to 2Fe + 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 3SO2 +6H2O 2 1,05.52,14.10 Ta có: nHCl = 0,15 mol 100.36,5 Phản ứng: FexOy + 2yHCl xFeCl2y + yH2O (1) x 56x 16y 2y x 2 Theo (1) và bài ra: . Vậy công thức Fe2O3 4 0,15 y 3 3 Gọi x, y lần lượt là số mol của Al2(SO4)3 và K2SO4 trong hỗn hợp. 12x 4y 20 x 1 Ta có: 17x 7y 31 y 2 342.1 Vậy: %(m) Al2(SO4)3 = .100% 49,57% 342.1 174.2 %(m)K2SO4 = 50,43% Câu 2 1 Ca(OH)2 + SO2 CaSO3 + H2O 2Ca(OH)2 + 2Cl2 CaCl2 + Ca(ClO)2 + H2O t0 6Ca(OH)2 + 6Cl2 5CaCl2 + Ca(ClO3)2 + 6H2O Ca(OH)2 + H2S CaS + 2H2O Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O 2Ca(OH)2 + 4NO2 Ca(NO2 )2 + Ca(NO3)2 + 2H2O Đúng mỗi pt 0,25 0,25x6= 1,5 điểm 2 2)Hỗn hợp A ban đầu có SO2: amol, N2 : 4a mol và O2: a mol. o V2O5 , t Phản ứng : 2SO2 + O2  2SO3 (1) (Có thể chọn a=1 mol) Gọi số mol SO2 phản ứng là x Theo (1): Số mol giảm = số mol O2 phản ứng = 0,5x (mol)
4. nB= 6a-0,5x (mol) Theo ĐLBTKL: mA= mB = m m m x dA/B =: 0,93 0,84 . 6a 6a 0,5x a a a Vì , nên H% của phản ứng tính theo SO2. Vậy H%= 84% 2 1 3 Phản ứng: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 3BaSO4  + 2Al(OH)3  (1) 3V1x V1y 3 1 x Ta có: x=y 1 3V1x V1y y Chọn x = y =1, khi đó m=3V1.233+ 2.V1.78=855V1gam (I) Do 0,9m<m(gam) nên có 2 trường hợp xảy ra Trường hợp 1: Al2(SO4)3 dư, Ba(OH)2 hết 2 Theo(1): 0,9m=V2.233+V .78 285V gam(II) 3 2 2 V Từ (I, II) : 2 2,7 V1 Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần Sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al(OH)3+Ba(OH)2 Ba(AlO2)2+4H2O(2) Theo(1,2): Khối lượng kết tủa tan là 0,1m=(V2 3V1).2.78 0,1m (III) V Từ (I, III) : 2 3,548 (=3,55) V1 Câu 3 1 40 Ta có: nCO2 = nCaCO3 = =0,4 mol 100 Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe2O3 và CuO trong 24 gam hỗn hợp to Phản ứng : Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 (1) x 3x to CuO + CO  Cu + CO2 (2) y y Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O (3) Theo bài ra ta có hệ phương trình: 160x + 80y = 24 y = 0,1 3x + y = 0,4 x = 0,1 2 Phản ứng : a) HCl + CH3COONa NaCl + CH3 COOH b) O3 + 2KI + H2O 2KOH + I2 + O2 c) Ba(OH)2 + 2NH4Cl BaCl2 + 2NH3 + 2H2O d) Fe + CuSO4 Cu + FeSO4
5. 3 y.100 y Ta có: nHNO3 (phản ứng) = 63.125 63.1,25 Sơ đồ: X+Y+Z + HNO3 X(NO3)3 + Y(NO3)2 + ZNO3 + NO2 + NO (1) y V V Áp dụng ĐLBT: =3x+4x + 3x + y = 1,25.(10x + ).63 63.1,25 22,4 22,4 Câu 4 1 Phản ứng: 2K + 2HCl 2KCl + H2 (1) M + 2HCl MCl2 + H2 (2) Theo (1,2) và bài ra: a + 2b = 0,5 9 11 18,3 < M < 34,8 (do 0 < b < 0,25) Vậy M là Mg M 22,4 39a + b.M = 8,7 2 - Điều chế etyl axetat: CH3COOC2H5 axit, to (-C6H10O5-)n + nH2O  nC6H12O6 men C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2 men giaám C2H5OH + O2  CH3COOH + H2O o H2SO4 , t CH3COOH + C2H5OH  CH3COOC2H5 + H2O - Điều chế etilen 0 H2SO4 d ,170 C C2H5OH  CH2=CH2 + H2O - Điều chế PVC: (-CH2-CHCl-)n CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O t0 CH3COONa + NaOH(rắn) CH4 + Na2CO3 CaO 15000 C 2CH4 CH  CH + 3H2 LLN xt,to CH  CH + HCl  CH2=CHCl xt, p,to nCH2=CHCl  (-CH2-CHCl-)n Có thể theo cách khác cũng cho điểm tối đa: C2H4 C2H4Cl2 C2H3Cl PVC Mỗi phương trình 0,25 điểm 0,25x10= 2,5 điểm Câu 5 Đặt ancol ROH là: CxHyO, axit R’COOH: CaHbO2 Phần 1: 2ROH + 2Na 2RONa + H2 (1) 2 R’COOH + 2Na 2R’COONa + H2 (2) Phần 2: CxHyO + (x+y/4 -1/2)O2 xCO2 + y/2H2O (3) CaHbO2 + (a+b/4 - 1)O2 aCO2 +b/2H2O (4) o H2SO4 , t Phần 3: ROH + R’COOH  R’COOR + H2O (5) Đúng mỗi phương trình phản ứng 0,25 điểm 5x0,25=1,25 điểm
6. Theo (1, 2): n(1/3A)= 2nH2=2.5,6/22,4= 0,5 mol Nếu H%(5)=100% thì n(ROH pư)=n(R/COOH pư)=0,12.100/60=0,2 mol Có hai trường hợp: Trường hợp 1: nROH 0,2mol nR'COOH 0,3mol Theo(3, 4): 0,2x + 0,3a = 39,6/44 = 0,9 (= nCO2 khi đốt phần 2) 2x + 3a = 9 x = 3 , a = 1 Trong A: C3HyO : 0,2 mol và HCOOH : 0,3 mol mA= 3[(12.3+y+16)0,2 + 46.0,3]=76,2 y=6 Vậy CTPT, CTCT các chất trong A: C3H6O (CH2=CH-CH2-OH) HCOOH n 0,2mol n 0,3mol Trường hợp 2: R'COOH ROH Theo(3, 4): 3x + 2a = 9 x = 1, a= 3 Trong A: CH4O : 0,3 mol và C3HbO2 : 0,2 mol mA= 3[32.0,3 + (68+b)0,2]=76,2 b=11 (loại vì b lẽ)