Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Hoá học lớp 9 năm 2021-2022 có đáp án - Phòng GD&ĐT Bắc Ninh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

4
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới, TaiLieu.VN đã sưu tầm và chọn lọc gửi đến các bạn ‘Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Hoá học lớp 9 năm 2021-2022 có đáp án - Phòng GD&ĐT Bắc Ninh’ hi vọng đây sẽ là tư liệu ôn tập hiệu quả giúp các em đạt kết quả cao trong kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp thành phố môn Hoá học lớp 9 năm 2021-2022 có đáp án - Phòng GD&ĐT Bắc Ninh

UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2021-2022 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Môn: Hóa học - Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang) ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Họ và tên thí sinh: ………………………………………. Số báo danh:………………………………….. Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: H=1; C=12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; Al=27; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Ag=108; Ba=137; Câu 1: (3,0 điểm) 1. Có 4 ống nghiệm, mỗi ống chứa 1 dung dịch muối (không trùng kim loại cũng như gốc axit) là: Clorua, sunfat, nitrat, cacbonat của các kim loại Ba, Mg, K, Ag. a) Hỏi mỗi ống nghiệm chứa dung dịch muối nào? Giải thích? b) Nêu phương pháp hoá học phân biệt 4 ống nghiệm đó. 2. Axit acrylic CH2 = CH – COOH vừa có tính chất hóa học tương tự axit axetic vừa có tính chất hóa học tương tự etilen. Viết các phương trình hóa học biểu diễn phản ứng giữa axit acrylic với Na, NaOH, CaCO3, C2H5OH (có mặt H2SO4 đặc, đun nóng), dung dịch nước brom để minh họa nhận xét trên. Câu 2: (4,0 điểm) 1. Khi hòa tan hết cùng một lượng kim loại R vào dung dịch H2SO4 loãng vừa đủ và vào dung dịch HNO3 loãng vừa đủ thì lượng khí H2 và NO thoát ra có thể tích bằng nhau (ở cùng điều kiện). Đem cô cạn hai dung dịch sau phản ứng thì nhận được khối lượng muối sunfat bằng 62,81% khối lượng muối nitrat. Xác định kim loại R. 2. Hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 có cùng số mol. Lấy một lượng hỗn hợp X cho qua chất xúc tác nung nóng, thu được hỗn hợp Y gồm C2H4, C2H6, C2H2, và khí H2. Sục Y vào dung dịch Brom (dư) thì khối lượng bình Brom tăng 10,8 gam và thoát ra 4,48 lit hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H2 là 8. Tính thể tích khí O2 (đktc) cần để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y. Câu 3: (2,5 điểm) Nung nóng Cu trong không khí, sau một thời gian được chất rắn A. Hòa tan chất rắn A trong H2SO4 đặc, nóng (vừa đủ) được dung dịch B và khí D có mùi xốc. Cho Natri kim loại vào dung dịch B thu được khí G và kết tủa M; Cho khí D tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch E, E vừa tác dụng với dd BaCl2 vừa tác dụng với dd NaOH. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm trên. Câu 4: (2,5 điểm) Từ quặng pirit (FeS2), NaCl, H2O, chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác, hãy viết các phương trình hoá học điều chế: dd FeCl3, dd FeSO4, dd Fe2(SO4)3 và Fe(OH)3. Câu 5: (3,0 điểm) Cho 27,4 gam Ba vào 500 gam dd hỗn hợp gồm CuSO4 2% và (NH4)2SO4 1,32% rồi đun nóng để bay hết NH3. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng được khí A, kết tủa B, dung dịch C. a) Tính thể tích khí A ở ĐKTC. b) Lấy kết tủa B rửa sạch rồi nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam chất rắn? Trang 1
c) Tính nồng độ % của chất tan trong dung dịch C (Giả sử trong thí nghiệm trên, nước bay hơi không đáng kể). Câu 6: (2,0 điểm) Tiến hành hai thí nghiệm hấp thụ khí CO2 ở đktc vào 200 ml dung dịch chứa NaOH 0,3M và Ba(OH)2 0,3M. Kết quả thí nghiệm được mô tả theo bảng sau Thể tích CO2 (lít) bị hấp thụ V V + 0,448 Khối lượng chất tan (g) trong dung dịch thu được 10,22 15,40 Tính giá trị của V và tổng khối lượng kết tủa (gam) thu được sau hai thí nghiệm? Câu 7: (3,0 điểm) Thực hiện phản ứng este hóa giữa CxHyCOOH và rượu CnH2n+1OH. Sau phản ứng tách lấy hỗn hợp X chỉ gồm este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam hỗn hợp X thì thu được 12,768 lít CO2 (đktc) và 8,28 gam nước. Nếu cũng cho hỗn hợp X như trên tác dụng vừa đủ với 150ml dung dịch NaOH 1M thì thu được 3,84 gam rượu và b gam muối khan. Hóa hơi hoàn toàn lượng rượu trên thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 (đo ở cùng điều kiện về to, p). a) Tính b và hiệu suất phản ứng este hóa. b) Xác định CTPT của rượu và axit. Tính % m các chất trong X. ---------- Hết ---------- (Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Trang 2
UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ NĂM HỌC 2021-2022 (Hướng dẫn có 04 trang) Môn: Hóa học - Lớp 9 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ Câu Nội dung Điểm 1 1. Theo tính tan thì 4 dung dịch muối đó là: (3,0đ) BaCl2, MgSO4, K2CO3 và AgNO3. Vì: - Gốc =CO3 đều tạo  với Ba, Mg, Ag  dd K2CO3 0,5đ - Ag đều tạo  với gốc –Cl và =SO4  dd AgNO3 - Ba tạo  với gốc =SO4  dd BaCl2 - Dung dịch còn lại : MgSO4. Phân biệt: 0,5đ - Trích mẫu thử cho từng thí nghiệm và đánh số thứ tự Lần lượt cho vào mỗi mẫu thử 1 giọt dd HCl: - Nếu có PƯ xuất hiện chất rắn màu trắng, nhận ra AgNO3  : AgNO3 + HCl  AgCl  + HNO3 - Có hiện tượng sủi bọt khí, nhận ra K2CO3: K2CO3 + 2HCl  2KCl + CO2  + H2O * cho tiếp dd Na2SO4 vào 2 mẫu thử còn lại: 0,5đ - Có  trắng nhận ra dd BaCl2 : BaCl2 + Na2SO4  BaSO4  + 2NaCl - Mẫu thử còn lại là MgSO4 (Học sinh trình bày ở dạng sơ đồ, ghi đúng hiện tượng, nhận đúng hóa chất vẫn cho điểm tối đa) 2-Phương trình phản ứng: 2CH2 = CH – COOH + 2Na  2CH2 = CH – COONa + H2  CH2 = CH – COOH + NaOH  CH2 = CH – COONa + H2O 1,5đ 2CH2 = CH – COOH + CaCO3  (CH2 = CH –COO)2Ca + CO2  + H2O CH2 = CH – COOH + C2H5OH   CH2 = CH – COOC2H5 + H2O 0 H 2 SO4 đ ,t CH2 = CH – COOH + Br2  CH2Br – CHBr - COOH 2 1. Vì khi phản ứng với HNO3 và H2SO4 hóa trị của R trong các muối tạo thành có (4,0 đ) thể khác nhau. Gọi x, y lần lượt là hóa trị của R trong muối sunfat và muối nitrat ( x,y  N * ) Các PTHH xảy ra: 2R + x H2SO4  R2(SO4)x + x H2. (1) a ax 0,5đ a 2 2 3R +4 y HNO3  3R(NO3)y + yNO+ 2yH2O (2) ay a a 3 Gọi a là số mol R tham gia phản ứng (1) và (2) (a >0) 0,5đ ax ay 2y Theo bài ra : nH2 = nNO , hay : =  x= 2 3 3 a Mặt khác : (2R+ 96x ) = 0,6281. a(R +62 y)  R + 48x = 0,6281R+38,9422y 0,5đ 2  0,3719 R = 38,9422y – 48x 2y 2y Thay x = vào ta có : 0,3719 R = 38,9422y – 48.  0,3719 R= 6,9422 y 0,5đ 3 3  R=18,67 y (xét thấy y= 3, R = 56 thỏa mãn với kim loại Fe)
Vậy R là Fe ( x= 2) 0,5đ 2. mX = mY = mhỗn hợp khí thoát ra + mkhối lượng bình Brom tăng = 10,8 + 0,2x 16 = 14 (gam) 0,5đ nC2H2 = nH2 = a (mol) => 26a + 2a =14 => a=0,5 (mol) C2H2 + 2,5 O2  t 0  2CO2 + H2O (1) 0,5đ 0,5 → 1,25 t0 H2 + 0,5 O2   H2O (2) 0,5 → 0,25 0,5đ Từ (1), (2) → VO2= 1,5 x 22,4 = 33,6 (lít) 3 2Cu + O2  t 2CuO 0 ( t0C) (1) (2,5đ) Do A tác dụng với H2SO4 đ,n thu được khí D: Chứng tỏ chất rắn A có Cu dư. 1,0 Cudư + 2H2SO4 đ,n  CuSO4 + SO2 + 2H2O (2) CuO + H2SO4 đ,n  CuSO4 + H2O (3) 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 (4) 0,5 CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2 + Na2SO4 (5) Do dd E vừa tác dụng được với dd BaCl2, vùa tác dụng với dd NaOH: Chứng tỏ dd E có chứa 2 muối SO2 + 2KOH  K2SO3 + H2O (6) SO2 + KOH  KHSO3 (7) 1,0 (hoặc viết : K2SO3 +SO 2 +H 2O  2KHSO3 (7) ) 2KHSO3 + 2NaOH  K2SO3 + Na2SO3 + 2H2O (8) K2SO3 + BaCl2  BaSO3 + 2KCl (9) 4 Điện phân nước thu khí oxi :2H2O  ®iÖn ph©n  2H2 +O2 (1) (2,5đ) 0,5  0 4FeS2 + 11O2 t 2Fe2O3 + 8SO2 (2) - Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn xốp: 0,5 2NaCl + 2H2O  ®iÖn ph©n dung dÞch cã mµng ng¨n  2NaOH + Cl2+ H2 (3) - Điều chế Fe: Fe2O3 + 3H2 t 0 2Fe + 3H2O (4) 0,25 - Điều chế H2SO4: 0,25 2SO2 + O2 V2 O5 to  2SO3 (5) SO3 + H2O → H2SO4 - Điều chế FeSO4: Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 (6) 0,25 - Điều chế FeCl3 : 2Fe + 3Cl2  2FeCl3 t0 (7) 0,25 - Điều chế Fe(OH)3: FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3+ 3NaCl (8) 0,25 Điều chế Fe2 (SO4 )3 : 2Fe(OH)3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 +6H2O (9) 0,25 (Các PTHH (1) (2) (3) …phải viết đúng thứ tự mới có hóa chất để điều chế các chất theo yêu cầu.) 5 Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (1) (3,0đ) Ba(OH)2 + CuSO4 → Cu(OH)2  + BaSO4  (2) 0,5 Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4  + 2NH3 + 2H2O (3) 0 t Cu(OH)2  CuO + H2O (4) 0 t BaSO4  Không xảy ra phản ứng. 27,4 Theo (1) ta có nH 2 = nBa(OH) 2 = nBa = = 0,2 (mol) 137 1,32 . 500 n (NH 4 ) 2 SO 4 =  0,05 (mol) 0,5 132 . 100 2 . 500 n CuSO 4 = = 0,0625 (mol) 100 . 160 Ta thấy n Ba(OH ) 2 > n (NH 4 ) 2 SO 4 + n CuSO 4 nên Ba(OH)2 dư và 2 muối đều phản
ứng hết Theo (2) ta có: n Ba(OH ) 2 = n Cu(OH ) 2 = n BaSO4 = n CuSO 4 = 0,0625 (mol) Theo (3) ta có: n Ba(OH ) 2 = n BaSO4 = n (NH 4 ) 2 SO 4 = 0,05 (mol) 0,5 và n NH 3 = 2n (NH 4 ) 2 SO 4 = 0,05 . 2 = 0,1 (mol)  n Ba(OH ) 2 dư = 0,2 – (0,05 + 0,0625) = 0,0875 (mol) a) VA(ĐKTC) = V H 2 + V NH 3 = (0,2 + 0,1). 22,4 = 6,72 (l) 0,5 b) Theo (4) ta có: nCuO = n Cu(OH ) 2 = 0,0625 (mol) 0,5 mchất rắn = m BaSO4 + mCuO = (0,0625 + 0,05). 233 + 0,0625 . 80 = 31,2125 (g) c) dd C chỉ có dd Ba(OH)2 dư mddC = mBa + mdd hỗn hợp ban đầu – m BaSO  – m Cu(OH )  – m H  – m NH  4 2 2 3  mddC = 27,4 + 500 – 0,1125 . 233 – 0,0625 . 98 – 0,2 . 2 – 0,1 . 17 = 492,96 (g) 0,5 0,0875 .171 C%ddBa(OH) 2 dư = .100% = 3,035% (làm tròn thành 3,04%) 492,96 6 Theo giả thiết: (2,0đ) a mol CO2 phản ứng với dd (NaOH 0,06 mol, Ba(OH)2 0,06 mol); các pư xảy ra lần lượt có thể xảy ra là CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3  + H2O (1) 0,5đ CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (2) CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (3) CO2 + BaCO3  + H2O → Ba(HCO3)2 (4) Lập bảng sự phụ thuộc khối lượng chất tan trong dd sau phản ứng theo số mol CO2. 0,5đ Giả thiết: Khi thể tích CO2 là V thì khối lượng chất tan là 10,22g (TN1); CO2 là (V+0,448) thì chất tan là 15,40g (TN2). Đối chiếu với bảng trên → Trong cả 2 thí nghiệm: các pư (1), (2), (3), (4) đã xảy ra 10,22  5,04 Trong TN1: n CO2 = 0,12 + = 0,14 (mol) → V = 0,14.22,4= 3,136 (lít). 137  61.2 0,5đ → n BaCO3 = 0,06-(0,14- 0,12) = 0,04 (mol) 15, 40  5,04 Trong TN2: n CO2  0,12  = 0,16 (mol) 137  61.2 0,5đ → n BaCO3 = 0,06-(0,16- 0,12) = 0,02 (mol) Tổng khối lượng kết tủa thu được ở 2 thí nghiệm: (0,04+0,02).197 = 11,82 (g). 7 Các Phương trình phản ứng: (3,0đ)  o H2SO4 ®Æc, t CxHyCOOH + CnH2n+1OH   CxHyCOO CnH2n+1 + H2O  (1) Hỗn hợp X tác dụng với nNaOH = 0,15.1 = 0,15 (mol), chỉ có axit và este phản ứng CxHyCOOHdư + NaOH → CxHyCOONa + H2O (2) CxHyCOO CnH2n+1 + NaOH → CxHyCOONa + CnH2n+1OH (3) 0,5 Theo các phản ứng (1), (2), (3) thì sau quá trình biến đổi toàn bộ axit ban đầu đều biến thành muối, toàn bộ rượu ban đầu đều biến thành rượu, sau PƯ với naxit = n muối; nrượubđ = n rượu sau pưbằng Khi hóa hơi 3,84 gam rượu thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 ở cùng điều kiện nên ta có số mol của chúng bằng nhau 3,36 Vậy n rượu = nN2 = = 0,12 (mol) 28
3,84 Mrượu = = 32 → 14n + 18= 32 → n =1 đó là CH3OH 0,12 Theo các phản ứng (1), (2), (3) thì nNaOH= n axit bđ= n muối= 0,15(mol) Gọi số mol este tạo thành trong pư (1) là a mol. Thì theo pư (3) số mol NaOH, CxHyCOONa, CnH2n+1OH đều bằng a (mol). nrượu dư saupư 1= 0,12- a (mol) Ở phản ứng (2): nNaOH = 0,15- a (mol), nên ở pư 2 có số mol NaOH, CxHyCOOH, CxHyCOONa đều là 0,15- a (mol). Vậy 13,2gam hỗn hợp X có chứa 0,12- a (mol) CH3OHdư, 0,15- a (mol) CxHyCOOHdư, a mol CxHyCOOCH3 mx = 32 (0,12- a) + (0,15- a) (12x+y + 45) + a (12x+y+ 59) = 13,2  1,8x+ 0,15y – 18a =2,61 (I) 0,5đ Khi đốt cháy 13,2 gam X cho 12,768 8,28 nCO2 = = 0,57 (mol) nH2O = = 0,46 (mol) 22, 4 18 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có: nCO2 = nc =1.( 0,12- a) +(x +1).( 0,15- a) +(x+2). a= 0,57 Giải ra ta được x = 2 nH2O = 1/2nH2= 2.(0,12-a)+ (y+1)/2.( 0,15- a) +( y+3) /2.a = 0,46  0,075y - a =0,145 (II) 0,5đ 0,15y  18a  0,99 y  3 Thay x=2 vào (I) ta có hệ phương trình  ↔ 0,075y  a  0,145 a  0,08 TPT của axit là: C2H3COOH, CTCT là: CH2= CH-COOH Trong 13,2 gam hỗn hợp x có chứa 0,04 mol CH3OH; 0,07 mol C2H3COOH Và 0,08 mol C2H3COOCH3 PƯ e ste hóa: C2H3COOH + CH3OH  H2SO4 ®Æc, t o   C2H3COO CH3 + H2O 0,5 (mol ban đầu) 0,15 0,12 0 0 (mol pư ) 0,08 0,08 0 0 (mol sau pư) 0,07 0,04 0,08 0,08 Nếu hiệu suất pư là 100% thì CH3OH hết nên ta tính hiệu suất theo chất này. 0,08 a) suất pư este là: H% = .100% = 66,67% 0,12 0,5 Số mol muối C2H3COONa bằng số mol C2H3COOH ban đầu nên bằng 0,15(mol) b = m C2H3COONa= 0,15.94 = 14,1(gam) b) CTPT của rượu là: CH3OH, của axit là: C2H3COOH 1,28 mCH3OH =0,04.32 = 1,28(gam)  %m CH3OH = .100%= 9,697% 13,2 Trong X chứa: 0,5 5,04 mC2H3COOH = 0,07.72 = 5,04(gam)  %mC2H3COOH = .100% = 38,182% 13,2 13,2 %m C2H3CO OCH3 = 100% - (9,697%+ 38,182%) = 52,12% Lưu ý: - HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - Không chấp nhận kết quả khi sai bản chất hoá học.