Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD và ĐT Thiệu Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD và ĐT Thiệu Hóa (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN HUYỆN THIỆU HÓA NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Hóa học. ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02 tháng 12 năm 2014 (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1. (3.0 điểm): Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G sao cho phù hợp và hoàn thành các PTHH sau: to Fenóng đỏ + O2  A A + HCl B + C + H2O B + NaOH D + G C + NaOH E + G D + O2 + H2O E to E  F + H2O Câu 2. (3.0 điểm): Không dùng thêm hóa chất nào khác, bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt các dung dịch sau đựng trong các lọ riêng biệt bị mất nhãn là: HCl, NaOH, Ba(OH)2, K2CO3 , MgSO4. Câu 3. (3.0 điểm): Cho hỗn hợp X gồm Al 2O3, MgO, Fe, Cu tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y, khí Z và chất rắn A. Hòa tan A trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được khí B. Sục từ từ khí B vào dung dịch nước vôi trong dư thu được kết tủa D. Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Y cho đến khi kết tủa lớn nhất thì thu được chất rắn E. Nung E trong không khí tới khối lượng không đổi thu được chất rắn G. Xác định thành phần các chất có trong Y, Z, A, B, D, E, G. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4. (3.0 điểm): 1. Cho hỗn hợp gồm 3 chất rắn: Al 2O3 ; SiO2 ; Fe3O4 vào dung dịch chứa một chất tan A, thì thu được một chất rắn B duy nhất. Hãy cho biết A, B có thể là những chất gì? Cho ví dụ và viết các PTHH minh hoạ. 2. Bằng phương pháp hóa học hãy tách từng chất ra khỏi hỗn hợp chất rắn gồm: FeCl 3, CaCO3, AgCl. Câu 5. (3.0 điểm): Hỗn hợp A gồm các kim loại Mg, Al, Fe. 1. Lấy 14,7 gam hỗn hợp A cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 3,36 lít khí (đktc). Mặt khác cũng lấy 14,7 gam hỗn hợp A cho tác dụng với dung dịch HCl dư, sinh ra 10,08 lít khí (đktc) và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa tạo thành và nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tính m và tính % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 2.Cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch CuSO4 dư, sau khi phản ứng kết thúc, lọc lấy chất rắn đem hòa tan hết chất rắn trong dung dịch HNO 3 loãng dư, thu được 26,88 lít khí NO (đktc). Tính khối lượng hỗn hợp A. Câu 6. (5.0 điểm): Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam CaO vào nước ta thu được dung dịch A. 1. Nếu cho khí CO2 sục qua dung dịch A và sau khi kết thúc thí nghiệm thấy có 2,5 gam kết tủa thì có bao nhiêu lít CO2 tham gia phản ứng (đktc). 2. Nếu hòa tan hoàn toàn 28,1 gam hỗn hợp MgCO 3 và BaCO3 (trong đó chứa a% MgCO 3 về khối lượng) bằng dung dịch HCl và cho tất cả khí thoát ra hấp thụ hết vào dung dịch A thì thu được kết tủa D. Hỏi a có giá trị bao nhiêu để kết tủa D lớn nhất? bé nhất?. Lưu ý: HS được dùng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan. Họ tên học sinh: ; Số báo danh:
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN THIỆU HÓA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014 - 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Hóa Học Câu Nội dung Điểm Câu 1 3,0đ to 3Fenóng đỏ + 2 O2  Fe3O4 0,5 Fe3O4 + 8 HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 0,5 FeCl2 + 2 NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl 0,5 0,5 FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 + 3NaCl 0,5 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 to 0,5 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O Câu 2 Trích mẫu thử, đánh số thứ tự và tiến hành thí nghiệm. 3,0đ Cho lần lượt các mẫu thử tác dụng với nhau, quan sát hiện tượng. Ta có bảng thí nghiệm: HCl NaOH Ba(OH)2 K2CO3 MgSO4 HCl  CO2 NaOH  Mg(OH)2 1.25 Ba(OH)2   BaSO4 (BaCO3) K2CO3  (CO2) Ba(CO3)   MgCO3 MgSO4   BaSO4  MgCO3 (Mg(OH)2 Mg(OH)2 Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 1  => HCl Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 1  => NaOH Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 2  => Ba(OH)2 Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 2  và 1  => K CO 2 3 0,5 Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 3  => MgSO4 Các PTHH: 2HCl + K2CO3 2KCl + H2O 2NaOH + MgSO4 Na2SO4 + Mg(OH)2 Ba(OH) + K CO BaCO + 2KOH 2 2 3 3 0,25 Ba(OH) + MgSO Mg(OH) + BaSO 2 4 2 4 0,25 K CO + MgSO MgCO + K SO 2 3 4 3 2 4 0,25 0,25 0,25 1
3. Câu 3 Cho hỗn hợp X vào dung dịch HCl lấy dư: 3,0đ PTHH: Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  Dung dịch Y gồm: AlCl3, MgCl2 , FeCl2, HCl dư Khí Z là H2 Chất rắn A là Cu 0,75 Cho A tác dụng với H2SO4 đặc nóng. PTHH: Cu + 2H2SO4(đặc, nóng)  CuSO4 + SO2  + 2H2O Khí B là SO2 Cho B vào nước vôi trong lấy dư 0,25 PTHH: SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O Kết tủa D là CaSO3 Cho dung dịch NaOH vào Y tới khi kết tủa lớn nhất thì dừng lại. 0,25 PTHH: NaOH + HCl  NaCl + H2O 3NaOH + AlCl3  Al(OH)3  + 3NaCl 2NaOH + MgCl2  Mg(OH)2  + 2NaCl 2NaOH + FeCl2  Fe(OH)2  + 2NaCl Chất rắn E là: Al(OH)3, Mg(OH)2, Fe(OH)2 Nung E trong không khí to PTHH: 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O 1,0 to Mg(OH)2  MgO + H2O to 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O Chất rắn G là Al2O3, MgO, Fe2O3 0,75 Câu 4 3,0đ 1. TH1: - Chất tan A là dung dịch kiềm: NaOH; KOH; Ba(OH)2 thì B là 0,25 Fe3O4. Ví dụ: 2NaOH + Al2O3 2 NaAlO2 + H2O 0,25 2NaOH + SiO2 Na2SiO3 + H2O 0,25 TH2: - Chất tan A là dung dịch axit: HCl; H2SO4 thì B là SiO2. 0,25 Ví dụ: 6 HCl +Al2O3 2AlCl3 + 3H2O 0,25 8HCl + Fe3O4 FeCl2 + 2FeCl3 + 4 H2O 0,25 2. - Hòa tan hỗn hợp vào nước, chỉ có FeCl3 tan, lọc lấy nước lọc đem cô cạn 0,5 thu được FeCl3. - Chất rắn còn lại gồm AgCl và CaCO3 cho tác dụng với dung dịch HCl dư 0,5 chỉ có CaCO3 phản ứng: CaCO3 + 2HCl CaCl2 + CO2 + H2O Lọc lấy AgCl không tan mang sấy khô được AgCl. - Lấy nước lọc chứa CaCl2 và HCl dư cho tác dụng với dung dịch Na2CO3 0,5 dư , lọc lấy kết tủa được CaCO3. CaCl2 + Na2CO3 CaCO3 + 2NaCl 2
4. Câu 5 3,0đ 1. 2,0đ Gọi x, y, z là số mol tương ứng của Mg, Al, Fe có trong 14,7 g hỗn hợp A: - Hoà tan trong NaOH dư: Al + NaOH + H2O  NaAlO2 + 1,5H2 0,125 y 1,5y 0,125 1,5y = 3,36/22,4 = 0,15 y = 0,1 - Hòa tan trong HCl dư: 0,125 Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 x x Al + 3HCl  AlCl3 + 1,5H2 0,125 y 1,5y Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 0,125 z z Theo đề và trên, ta có: 24x + 27y + 56z = 14,7 (1) x + 1,5y + z = 10,08/22,4 = 0,45 (2) y = 0,1 (3) Giải hệ (1, 2, 3), ta được: x = z = 0,15; y = 0,1. 0,125 Vậy % về khối lượng: m (Mg) = 24.0,15 = 3,6 (g) chiếm 24,49% 0,25 m (Al) = 27.0,10 = 2,7 (g) chiếm 18,37% 0,25 0,25 m (Fe) = 56.0,15 = 8,4 (g) chiếm 57,14%. - Cho ddB + NaOH dư, nung kết tủa trong không khí thu được rắn gồm (MgO, Fe2O3) 0,25 0,25 m = 18 gam. 2. 1,0 Cho A + dd CuSO4 dư: Giả sử cho 14,7 gam A tác dụng với CuSO dư: 4 0,5 Mg + CuSO4  MgSO4 + Cu (1) 0,15 0,15 2Al + 3CuSO4  Al2(SO4)3 + 3Cu (2) 0,1 0,15 Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu (3) 0,15 0,15 Số mol khí NO: 26,88/22,4 = 1,2 mol 3
5. 3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (4) 0,25 (1,2. 3/2= 1,8) mol 1,2 mol Theo (1, 2, 3): Cứ 0,45 mol Cu được giải phóng ra, khối lượng hỗn hợp A phải có 14,7 gam. Vậy theo (4): 1,8 mol Cu bị hòa tan bởi HNO3 thì khối lượng hỗn hợp A là: mA = 14,7 . 1,8/ 0,45 = 58,8 gam. 0,25 Câu 6 5,0đ 1. 2,0đ 0,125 PTHH: CaO + H2O → Ca(OH)2 (1) 11,2 Theo PTHH (1): nCa(OH)2 = nCaO = 0,2(mol) 0,25 56 * Trường hợp 1: Chỉ tạo thành muối trung hòa CaCO 3. (Lúc đó Ca(OH)2 dư) 0,125 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O (2) 0,025mol 2,5 nCaCO = 0,025(mol) 3 100 Theo PTHH (2): nCO2 = nCaCO3 = 0,025 mol 0,5 VCO2 = 0,025 . 22,4 = 0,56 lít * Trường hợp 2: Tạo ra 2 loại muối: CaCO3 và Ca(HCO3)2 (Lúc đó Ca(OH)2 hết) 0,125 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O (2) 0,2 0,2 0,2 CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (3) 0,125 0,175 0,175 Theo PTHH (2): nCO2 = nCaCO3 = nCa(OH)2 = 0,2 mol Số mol CaCO3 tham gia phản ứng (3) = 0,2 – 0,025 = 0,175 mol Theo PTHH (3): nCO2 = nCaCO3 = 0,175 mol Tổng số mol CO2 ở (2) và (3) = 0,2 + 0,175 = 0,375 mol 0,75 V CO2 = 0,375 . 22,4 = 8,4 lít 2. 3,0đ PTHH: MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + H2O + CO2↑ (4) 0,125 BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O + CO2↑ (5) 0,125 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O (6) 0,125 CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (7) 0,125 mMgCO3 = 28,1 . a% = 0,281a mBaCO3 = 28,1 – 0,281a 0,281a Theo PTHH (4): nCO2(4) = n MgCO3 = 84 4
6. M 28,1 – 0,281a Theo PTHH (5): nCO2(5) = n BaCO3 = 197 0,5 0,281a 28,1 – 0,281a Tổng số mol CO2 = + 84 197 * Khối lượng kết tủa D lớn nhất khi CO2 phản ứng vừa đủ với Ca(OH)2 ở (6). Có nghĩa là: 0,281a 28,1 – 0,281a Số mol CO2 = + = 0,2. 84 197 0,5 Giải ra ta được a = 29,89% * Khối lượng kết tủa D bé nhất khi: 0,5 - Số mol CO2 lớn nhất : xảy ra cả 2 phản ứng 6,7 - Số mol CO2 bé nhất : chỉ xảy ra 6 28,1 28,1 Ta có : nMgCO3 + nBaCO3 197 84 28,1 28,1 nCO2 197 84 Trường hợp 1: Lượng CO2 lớn nhất khi (nMgCO3+nBaCO3) lớn nhất. Khi đó khối lượng BaCO không đáng kể. 3 0,5 Tức là a ≈ 100% (có thể chấp nhận kết quả a = 100%) 28,1 nMgCO = nCO = 0,33 (mol) 3 2 84 n CaCO3 (7) = nCO2 (7) = 0,33 – 0,2 = 0,13 mol nCaCO3 còn lại = 0,2 – 0,13 = 0,07 mol (*) Trường hợp 2: Lượng CO2 bé nhất khi (nMgCO3+nBaCO3) bé nhất. Khi đó khối lượng MgCO3 không đáng kể. 0,5 Tức là a = 0%. Khi đó: 28,1 n BaCO = nCO = 0,14 (mol) 3 2 197 Theo (6): nCO2 = nCaCO3 = 0,14 mol > 0,07 mol (*) Vậy khối lượng kết tủa D bé nhất khi a ≈ 100% (có thể chấp nhận kết quả a = 100%) Chú ý: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa. - PTHH không cân bằng trừ nửa số điểm. Hết 5