Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Thanh Thùy (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Thanh Thùy (Có đáp án)

1. Phòng GD&ĐT Thanh Oai Trường THCS Thanh Thùy ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC: 2018– 2019 Môn thi: Hóa học Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2đ) Viết các phương trình hóa học biểu diễn các biến hóa hóa học sau: A B A C NaOH D↓ O2 E to F G A Biết A là kim loại thông thường có hai hóa trị thường gặp là II và III. Câu 2: (4đ) 1) Chỉ được dùng thêm hai hóa chất tự chọn, bằng phương pháp hóa học em hãy phân biệt 5 chất bột chứa trong 5 lọ mất nhãn gồm : Mg(OH)2, Al2O3, Ca(NO3)2, Na2CO3, KOH 2) Hỗn hợp khí X gồm CO, CO2, N2, Hidroclorua, hơi nước. Hãy tách riêng biệt CO2 và N2 từ hỗn hợp khí X, viết các PTHH đã dùng Câu 3: (3đ) 1) Thổi CO qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng sau một thời gian thu được 10,88 gam chất rắn A (chứa 4 chất) và 2,668 lít khí CO2 (đktc). Tính m? 1 2) Lấy lượng CO2 ở trên cho vào 0,4 lít Ca(OH)2 thu được 0,2 gam kết tủa và 10 khi nung nóng dung dịch tạo thành kết tủa lại tăng thêm p gam. Tính nồng độ dung dịch Ca(OH)2 và p ? Câu 4: (4đ) 1) Hòa tan một lượng muối cacbonat của một kim loại hóa trị III bằng dung dịch H2SO4 16%. Sau khi khí không thoát ra nữa, được dung dịch chứa 20,5% muối sunfat tan. Xác định công thức hóa học của cacbonat nói trên. 2) Đem m1 gam dung dịch chứa 20,5% muối sunfat tan trên trộn lẫn với m2 gam dung dịch chứa 29% muối sunfat đó để được dung dịch mới chứa muối sunfat với nồng độ 12%. Tìm tỷ lệ m1: m2 ? Câu 5: (7đ) Có hai dung dịch; H2SO4 (dung dịch A), và NaOH (dung dịch B). Trộn 0,2 lít dung dịch A với 0,3 lít dung dịch B được 0,5 lít dung dịch C. Lấy 20 ml dung dịch C, thêm một ít quì tím vào, thấy có màu xanh. Sau đó thêm từ từ dung dịch HCl 0,05M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 40 ml dung dịch axit. Trộn 0,3 lít A với 0,2 lít B được 0,5 lít dung dịch D. Lấy 20 ml dung dịch D, thêm một ít quì tím vào thấy có màu đỏ. Sau đó thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 80 ml dung dịch NaOH. a) Tính nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B. b) Trộn VB lít dung dịch NaOH vào VA lít dung dịch H2SO4 ở trên ta thu được dung dịch E. Lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch BaCl 2 0,15 M được kết tủa F. Mặt khác lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3 1M được kết tủa G. Nung F hoặc G ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì đều thu được 3,262gam chất rắn. Tính tỉ lệ VB:VA
2. Duyệt của tổ chuyên môn Duyệt của BGH
3. Đáp án và biểu điểm Câu Nội dung Điểm o 1 2Fe + 3Cl2 t 2FeCl3 (B) 2 2FeCl3 + Fe 3FeCl2 (C) 0,25 FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 (D) + 2NaCl 0,25 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (E) 0,25 o 2Fe(OH)3 t Fe2O3 (F) + 3H2O 0,5 o Fe2O3 + 3H2 t 2Fe (A) + 3H2O 0,25 ( có thể thay H2 bằng CO) 0,5 2 1. Trích mỗi chất thành nhiều mẫu thử 2,0 - Cho lần lượt các mẫu thử vào nước dư + Hai mẫu không tan là Mg(OH)2 và Al2O3 (nhóm 1) + Ba mẫu thử tan tạo thành 3 dung dịch là: Ca(NO3)2, Na2CO3, KOH ( nhóm 2) - Nhỏ dung dịch HCl vào mỗi mẫu thử ở nhóm 2 + Mẫu nào có bọt khí thoát ra là Na2CO3 Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O - Dùng dung dịch Na2CO3 vừa nhận ra cho vào 2 dung dịch còn lại, mẫu nào có kết tủa trắng là Ca(NO3)2 , không có hiện tượng gì là KOH Na2CO3 + Ca(NO3)2 → CaCO3↓ + 2NaNO3 2. Dẫn hỗn hợp khí X đi qua dung dịch nước vôi trong dư thì 2,0 CO2 sẽ phản ứng tạo thành kết tủa, hidroclorua và hơi nước sẽ bị giữ lại trong dung dịch, khí thoát ra là CO và N2 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 2HCl + Ca(OH)2 → CaCl2 + 2H2O - Lọc lấy kết tủa đem nung thu được CO2 o CaCO3 t CaO + CO2 - Dẫn hỗn hợp khí gồm CO và N2 đi qua bột CuO dư nung nóng, o CO + CuO t Cu + CO2 - Rồi sục hỗn hợp khí thu được sau phản ứng vào dung dịch NaOH dư, khí thoát ra là N2 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O 3 1. 1 2,688 0,25 no( bị khử) = nCO2 = = 0,12 mol 22,4 m = mA + mo(bị khử) = 10,88 + 16. 0,12 = 12,8 gam 0,75
4. 2. 2 1/10 lượng CO2 ở trên là: 0,25 0,12 nCO2 = = 0,012 mol 10 0,25 0,2 nCaCO3 = = 0,002 mol 100 0,25 Vì khi nung nóng dung dịch thì kết tủa lại tăng thêm chứng tỏ trong dung dịch tạo thành có 2 muối PTHH 0,25 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O mol : 0,002 0,002 0,002 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 mol: 0,01 0,005 0,005 0,25 o Ca(HCO3)2 t CaCO3↓ + H2O + CO2 mol: 0,005 0,005 0,25 p = 0,005 . 100 = 0,5 g 0,25 nCa(OH)2 = 0,002 + 0,005 = 0,007 mol 0,25 0,007 CM(Ca(OH)2) = = 0,0175 M 0,4 4 1. 3 Công thức của muối cacbonat có dạng: M2(CO3)3 giả sử có 3 mol H2SO4 tham gia phản ứng M2(CO3)3 + 3H2SO4 → M2(SO4)3 + 3CO2 ↑ + 3H2O 0,5 mol 1 3 1 3 3.98.100 0,5 mdd H2SO4 16% = = 1837,5 g 16 mdd sau p/ư = (2M + 60.3) + 1837,5 - 3.44 = 2M + 1885,5 g 1 theo bài ra ta có: 2M 96.3 0,5 C%M2(SO4)3 = . 100 = 20,5 % 2M 1885,5 M = 56 (Fe) Vậy CTHH muối cần tìm là: Fe2(SO4)3 0,5 2. 1 Áp dụng phương pháp đường chéo có: m1: 20,5% 17 12% m2: 29 % 8,5 => m1 = 17 = 2 1 m2 8,5 1 5 a. 3
5. Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và B Vì dung dịch C làm quỳ tím hóa xanh suy ra trong C có NaOH 0,25 dư H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O mol: 0,2x 0,4x HCl + NaOH → NaCl + H2O mol: 0,002 0,002 nHCl = nNaOH ( trong 20 ml C) = 0,05. 0,04 = 0,002 mol 0,25 0,002.0,5.1000 0,25 => nNaOH( trong 0,5 lit C) = = 0,05 mol 20 ta có: 0,4x + 0,05 = 0,3y (1) 0,5 Vì dung dịch D làm quỳ tím hóa đỏ nên trong D có H2SO4 dư 0,25 H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O mol: 0,1y 0,2y H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O mol: 0,004 0,008 1 0,1.0,08 0,25 nH2SO4 (trong 20ml D) = nNaOH = = 0,004 mol 2 2 0,004.0,5.1000 0,25 => nH2SO4(trong 0,5l D) = = 0,1 mol 20 Ta có: 0,1y + 0,1 = 0,3x (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra: x = 0,7 M ; y = 1,1 M Vậy CM(A) = 0,7 M ; CM(B) = 1,1 M 0,5 b. 4 Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl3 , chứng tỏ NaOH còn dư. 0,25 Na2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2NaCl AlCl3 + 3NaOH Al(OH)3 + 3NaCl t0 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O Ta có n(BaCl2) = 0,1.0,15 = 0,015 mol 3,262 n(BaSO4) = = 0,014mol BaCl2 dư, Na2SO4 hết => n(H2SO4) = n(Na2SO4) = n(BaSO4) = 0,014mol . 0,25 0,014 0,25 Vậy VA = = 0,02 lít 0,7 3,262 0,25 n(Al2O3) = =0,032 mol => nAl(OH)3 = 2. 0,032 = 0,064 mol 102 n(AlCl3) = 0,1.1 = 0,1 mol. 0,25 Vì nAl(OH)3 + Xét 2 trường hợp có thể xảy ra: - Trường hợp 1: Sau phản ứng với H 2SO4 , NaOH dư nhưng 0,25 thiếu khi phản ứng với AlCl3 n(NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol 0,25 n(NaOH pư với AlCl3) = 3n(Al(OH)3) = 3.0,064 = 0,192 mol. 0,25 tổng số mol NaOH bằng: 0,028 + 0,192 = 0,22 mol 0,25
6. 0,22 0,25 Vậy VB = = 0,2 lít . Tỉ lệ VB:VA = 0,2 : 0,02 = 10 : 1 1,1 - Trường hợp 2: NaOH phản ứng với AlCl 3 xong vẫn dư và đã 0,25 hoà tan một phần Al(OH)3: Al(OH)3↓ + NaOH NaAlO2 + 2H2O 0,25 Tổng số mol NaOH là: 0,028 + 3.0,1 + (0,1 - 2.0,032) = 0,364 mol 0,25 0,364 0,25 Vậy VB = 0,33 lít 1,1 => Tỉ lệ VB:VA = 0,33:0,02 = 16,5 : 1 0,25 Duyệt của tổ chuyên môn Duyệt của BGH