Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2010-2011 - Phòng GD và ĐT Krông Ana (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2010-2011 - Phòng GD và ĐT Krông Ana (Có đáp án)

1. PHÒNG GD & ĐT KRÔNG ANA KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN . KHÓA NGÀY /. /2011 Đề thi môn: Hóa học lớp 9 Thời gian làm bài 150 phut Câu 1.(4 điểm): Chọn các chất ứng với A, B, D, E, F, G, H, I, K, H , K, L, M và viết phương trình hóa học các phản ứng trong sơ đồ sau: t o 1) FeS2 + O2  A ( khí ) + B ( rắn ) ; 5) A + KOH  H ; t o 2) A + O2  D ; 6) H + Ba(OH)2  I↓ + K + E ; 3) D + E ( lỏng )  F ( axit ) ; 7) I + F  L↓ + A + E ; t o 4) F + Fe  G + A + E ; 8) A + Br2 + E  F + M . Câu 2. (1 điểm): Hòa tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm 3 kim loại Fe, Zn và Al trong một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thì thu được 1,792 lít khí H2 (đo ở đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Câu 3. (2 điểm ): Đốt cháy hoàn toàn a gam photpho đỏ trong không khí dư, rồi hòa tan hoàn toàn sản phẩm cháy thu được vào 500 ml dung dịch H 3PO4 85,00% (D = 1,70 g/ml), ta thu được dung dịch H3PO4 có nồng độ 92,59%. Tính giá trị của a. Câu 4. (2 điểm ) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra trong thí nghiệm sau: sục khí clo vào một cốc nước rồi nhúng một mẫu giấy quỳ tím vào. 2. Bằng kiến thức hóa học em hãy giải thích câu tục ngữ sau : “Lúa chiêm lấp ló đầu bờ, hễ nghe tiếng sấm phất cờ mà lên” Câu 5. (3 điểm): Chỉ được dùng thêm một dung dịch chứa một chất tan duy nhất, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các dung dịch riêng biệt đựng trong các lọ mất nhãn sau: AlCl3, (NH4)2SO4 , NH4NO3, FeCl2, MgCl2, NaCl. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra. Câu 6. (2 điểm): Hấp thụ hoàn toàn V (l) CO2 (đktc) vào dung dịch Ba(OH)2 thu được 19,7 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa rồi thêm vào dung dịch còn lại một lượng dung dịch H2SO4 dư lại được thêm 23,3 gam kết tủa nữa. Tính giá trị của V. Câu 7. (3 điểm): Nung nóng 16,8 gam kim loại sắt ngoài không khí sau một thời gian thu được m gam hỗn hợp chất rắn A gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 và Fe dư. Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư, thì thu được 4,48 lít khí SO2 (đo ở đktc). Tính m Câu 8. (1 điểm): Tiến hành hai thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Cho m gam bột Fe (dư) vào V1 lít dung dịch Cu(NO3)2 1M; - Thí nghiệm 2: Cho m gam bột Fe (dư) vào V2 lít dung dịch AgNO3 0,1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở hai thí nghiệm đều bằng nhau. Hãy lập biểu thức liên hệ giữa V1 với V2. Câu 9. (2 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 8,90 chất hữu cơ A thu được 6,72 lít khí CO 2, 1,12 lít khí N2 và 6,30 gam H2O (các thể tích khí được đo ở đktc). Lập công thức phân tử của chất A, biết khi hóa hơi chất 1 A sẽ thu được một thể tích khoảng lớn hơn lần thể tích khí O2 có cùng khối lượng (đo trong cùng 3 một điều kiện nhiệt độ và áp suất) (Cho Ca = 40; Ba= 137; Al = 27; Zn =65; Fe =56; C =12; O =16; N =14; S =32; P = 31; H = 1) Hết - 1 -
2. PHÒNG GD-ĐT KRÔNG PĂC PHƯƠNG ÁN CHẤM ĐIÊM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN HÓA HỌC 9 - NĂM HỌC 2010 -2011 Thứ tự NỘI DUNG TÍNH câu ĐIỂM Câu 1(4 điểm): Mỗi phương trình đầy đủ 0,5 điểm (chưa cân bằng hệ số trừ nửa số điểm tương ứng ) A, B, D, E, F, G, H, I, K, H , K, L, M lần lượt là: SO2; Fe2O3; SO3; H2O; H2SO4; Fe2(SO4)3; K2SO3; BaSO3; K2SO3; BaSO4; HBr . 0,5x 8 = t o 4đ 1) 4FeS2 + 11O2  8SO2 + 2Fe2O3 o t ,V2O5 2) 2SO2 + O2  2SO3 3) SO3 + H2O  H2SO4 t o 4) 6H2SO4 đặc + 2Fe  Fe2(SO4)3 + 2SO2 + 6H2O 5) SO2 + KOH  KHSO3 6) 2KHSO3 + Ba(OH)2  BaSO3↓ + K2SO3 + 2H2O 7) BaSO3↓ + H2SO4  BaSO↓ + SO2↑ + H2O 8) SO2 + Br2 + 2H2O  H2SO4 + 2HBr Câu 2(1điểm): - Tính số mol n = 0,08 mol H 2 0,5 đ - Viết phương trình( có thể viết đầy đủ hoặc quy đổi viết 1 phương trình tổng quát) - theo PTPƯ => n n 0,08(mol) H 2SO4 H 2 0,5đ -ADDLBTKL => mmuối = mKL + maxit - mhiđro = 3,22+ 98x 0.08 – 2x0,08= 10,9 (g) Câu 3 (2 điểm) Theo đề => - m 500 1,70 850(gam) ddH3PO4bđ 0,5đ 85 850 - m 722,5(gam) H3PO4bđ 100 Theo đề bài ta có sơ đồ chuyển hóa sau: O H 2O 2P  P2O5  2H 3 PO4 x x (mol) gọi x là số mol của P 0,5đ Áp dụng ĐLBTNT với P => n n x(mol) H3PO4 (sinh ra) p 1 n n 0,5.x(mol) P2O5 2 p Áp dụng ĐLBTKL => m m m 850 71x(g) 1đ ddH3PO4sau ddH3PO4bđ P2O5 - 2 -
3. m 722,5 98x(g)  H3PO4sau 722,5 98x => C% 100 92,59 H3PO4ddsau 850 71x Giải ra ta được x =2,00 => a = 2 31 = 62,00 gam Câu 4 (2 điêm): 1 Hiện tượng : giấy quỳ hóa đỏ sau đó mất màu ngay Giải thích: - vì có phản ứng của một phần Cl 2 9hòa tan0 với nước tạo môi trường axit (làm quỳ hóa đỏ) 1đ Cl2 + H2O  HCl + HClO - đồng thời HClO có tính oxi hóa rất mạnh làm phá hủy chất màu trên giấy quỳ (làm giấy bị mất màu). 2 Tia lủa điện phát ra từ sấm sét trong cơn mưa, làm xảy ra phản ứng N 2 + O2  2NO và sau đó xảy ra một chuổi các phản ứng hóa học như sau : NO  O2 NO  O2 H2O HNO , một lượng nhỏ HNO tan theo nước 2 3 3 1đ mưa thấm vào đất, hòa tan một số muối khoáng trong đất làm tạo ra - một lượng đạm nitrat (NO3 ) và một số nguyên tố vi lượng cần thiết cho keo đất, đã làm cho cây trồng trở nên tốt tươi hơn. Câu 5 ( 3 điểm) Chọn dung dịch Ba(OH)2 làm thuốc thử 0,5đ Cho từ từ đến dư dd Ba(OH) 2 lần lượt vào các mẫu thử đã đánh dấu và đun nhẹ, sẽ nhận ra: * Chú ý: - Nếu không thể hiện việc trích mẫu thử thì cả câu không được tính điểm - Nếu không thể hiện việc cho từ từ đến dư ddBa(OH) 2vào các mẫu thử thì không tính điểm phần nhận ra AlCl3. 1 (NH4)2SO4 (vừa có kết tủa trắng vừa có khí mùi khai ↑) 0,5đ t 0 Pư (NH4)2SO4 + Ba(OH)2  BaSO4↓ + 2NH3↑ + 2H2O 0,5đ 2 NH4NO3 ( chỉ có khí mùi khai bay ra) t 0 Pư 2NH4NO3 + Ba(OH)2  Ba(NO3)2 + 2NH3↑ + 2H2O 0,5 đ 3 AlCl3 ( xuất hiện kết tủa keo trắng, sau đó tan ra ) 2AlCl3 + 3Ba(OH)2 → 2Al(OH)3 ↓ +3BaCl2 Sau đó 2Al(OH)3 ↓+ Ba(OH)2 dư → Ba(AlO2)2 + 4H2O Kết tủa keo (tan) 0,5 đ 4 FeCl2 (xuất hiện kết tủa trắng xanh sau đó hóa nâu đỏ) Pư FeCl2 + Ba(OH)2 → Fe(OH)2 ↓ + BaCl2 4Fe(OH)2 ↓ + O2 + 2H2O → 4 Fe(OH)3 ↓ (Trắng xanh) (nâu đỏ) 0,25đ 5 MgCl2 (chỉ có kết tủa màu trắng và không đổi màu) Pư MgCl2 + Ba(OH)2 → Mg(OH)2 ↓ + BaCl2 6 NaCl (không hiện tượng) 0,25 đ Câu 6 ( 2điểm) - 3 -
4. Theo đề => phản ứng Hấp thụ CO2 vào dd Ba(OH)2 có thể có: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓+ H2O (1) 0,25đ 0,1 ← 0,1 mol 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (2) 0,2 ← 0,1 mol Vì dung dịch sau phản ứng có tạo tủa với dd H 2SO4 nên có thể có hai trường hợp : 1đ TH1: Sau phản ứng 1 còn dư Ba(OH)2 ( phản ứng 2 không xảy ra) => pư Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2H2O (3) TH2: cả 2 phản ứng 1 và 2 đều xảy ra (CO 2 và Ba(OH)2 đều hết), dung dịch thu được có chứa Ba(HCO3)2 => pư: Ba(HCO3)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2CO2 + 2H2O (4) 0,1 ← 0,1mol 0,25 đ Theo đề => - số mol BaCO3 = 19,7 : 197 = 0,1 (mol) - số mol BaSO4 = 23,3 : 233 = 0,1 (mol) Tính V: + TH1: theo pư 1 => n n 0,1(mol) CO2 BaCO3 => V = 0,1 x 22,4 = 2,24 (lit) 0,5 đ + TH2: Theo pư 1,2 và 4=> n n 2n 0,1 0,2 0,3(mol) CO2 BaCO3 BaSO4  V= 0,3 x 22,4 = 6,72 (lit) Kết luận: V = 2,24 lít hoặc 6,72 lit Câu 7 ( 2điểm) Theo đề bài ta có: số mol SO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol 0,5đ số mol Fe = 16,8 : 56 = 0,3 mol Áp dụng ĐLBTKL và ĐLBTNT, ta có thể quy đổi m gam hỗn hợp A = m gam hỗn hợp gồm Fe ban đầu và O2 đem vào phản ứng. Lúc đó pư giữa A với H2SO4 đặc nóng có thể biểu diễn theo sơ đồ sau: t 0 2Fe + O2 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 0,5đ * Áp dụng ĐLBTNT: 0,5đ - đối với Fe: 1 => n n 0,15(mol) Fe2 (SO4 )3 2 Fe - đối với S và H => n n 3n n 0,15 3 0,2 0,65(mol) H 2O H 2SO4 Fe2 (SO4 )3 SO2 * Áp dụng ĐLBTKL cho sơ đồ phản ứng trên ta có 0,5đ - 4 -
5. m m n m m A Fe2 (SO4 )3 SO2 H 2O H 2SO4 mA = 400 0,15 + 64 0,2 + 18 0,65 - 98 0,65 = 20,8 gam Kết luận: m = 20,8 gam Câu 8 ( 2điểm) Theo đề ta có 0,5đ số mol CuSO4 = V1 (mol) ; số mol AgNO3 = 0,1V2(mol) Các phương trình phản ứng Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu↓ V1 ← V1 → V1 mol Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag↓ 0,05V2 ← 0,1V2 → 0,1V2 Vì khối lượng Fe ban đầu trong hai thí nghiệm bằng nhau 1,5đ Và sau phản ứng khối lượng của kim loại cũng bằng nhau Theo ĐLBTKL ta có độ tăng khối lượng kim loại ở 2 thí nghiệm cũng bằng nhau 64V1- 56V1 = 108x 0,1V2 – 56x 0,05V2 V1 = V2 Câu 9 ( 2điểm) Theo đề bài ta có : 0,5đ Số mol CO2 = 0,3 mol Số mol N2 = 0,05 mol Số mol H2O = 0,35 mol => trong 8,9 gam chất A có nC = 0,3; nH = 0,7 ; nN = 0,1 8,9 (12 0,3 0,7 14 0,1) n 0,2mol O 16 Theo ĐL Avogađro ta có 0,5đ 1 1 V  V n  n (1) A 3 O2 A 3 O2 Mặt khác ta có m m n .M n .32 (2) A O2 A A O2 Từ (1) và (2) => MA  96 0,5đ Đặt CTPT của A là: CxHyOzNt Ta có tỷ lệ: x: y: z: t = nC : nH : nO : nN = 0,3: 0,7: 0,2 : 0,1  x: y: z: t = 3: 7: 2: 1 => CTPT A có dạng (C3H7O2N)n ( n là số nguyên dương) 96 0,5đ => MA = 89n  96 => n 1,08  n = 1 89 Vậy CTPT cảu A là C3H7O2N • Lưu ý : Thí sinh có cách giải khác với dự kiến đáp án trên đây, nếu lập luận đúng bản chất và cho kết quả đúng thì cũng cho đúng số điểm tương ứng. - 5 -