Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 9 tỉnh Bình Phước năm học 2012-2013

Chia sẻ: Ngọc Bích | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

406
lượt xem 52
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các em học sinh có thể tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 9 tỉnh Bình Phước năm học 2012-2013 để rèn luyện giải bài tập môn Hóa 9 và làm nâng cao kĩ năng làm bài cũng như kiến thức của bản thân để đạt kết quả tốt trong học tập.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 9 tỉnh Bình Phước năm học 2012-2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC: 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm: 02 trang) ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2,0 điểm) 1. Cho A là oxít, B là muối, C và D là các kim loại. Hãy chọn chất thích hợp với A, B, C, D và hoàn thành phương trình hoá học của các phản ứng sau: a) A + HCl  2 Muối + H2O b) B + NaOH  2 Muối + H 2O c) C + Muối  1 Muối d) D + Muối  2 Muối 2. Có 6 dung dịch được đánh số ngẫu nhiên từ 1 đến 6. Mỗi dung dịch chứa một chất trong các chất : (BaCl2; H 2SO4; NaOH; HCl; MgCl2; Na2CO3). Lần lượt thực hiện các thí nghiệm và được kết quả như sau: Thí nghiệm 1: Dung dịch (2) cho kết tủa với các dung dịch (3) và (4). Thí nghiệm 2: Dung dịch (6) cho kết tủa với các dung dịch (1) và (4). Thí nghiệm 3: Dung dịch (4) cho khí bay lên khi tác dụng với các dung dịch (3) và (5) . Hãy xác định số của các dung dịch. Câu 2: (2,0 điểm) 1.Cho 3 hợp chất của Na là X,Y, Z có mối quan hệ sau :  CO 2    Y t 0  CO 2  ddZ    Y X Y  Z Xác định X, Y, Z và hoàn thành các phản ứng theo sơ đồ trên. 2.Cho hỗn hợp gồm các chất sau: CuO, Fe2O 3 và Ag. bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại từ hỗn hợp trên. Câu 3: (4,0 điểm) 1. Một học sinh A thực hiện thí nghiệm sau : Đổ 250ml dung dịch HNO3 có nồng độ 0,63 %(D = 0,8 g/ml) vào cốc thủy tinh, sau đó cho tiếp 240gam dung dịch NaOH có nồng độ 0,1M ( D = 1,2g/ml), tiếp theo bạn khuấy đều rồi nhúng giấy quỳ tím vào. Theo em giấy quỳ sẽ có màu gì? Tại sao? 2. Thêm từ từ 100 ml dung dịch NaOH vào 25 ml dung dịch AlCl3 đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất là 1,872 gam thì dừng lại. a. Tính nồng độ mol của mỗi dung dịch ban đầu. b. Nếu thêm V ml dung dịch NaOH trên vào 25 ml dung dịch AlCl3 trên. Sau phản ứng thu được lượng kết tủa bằng 9/10 lượng kết tủa nói trên. Tính V.
C âu 4: (4,0 điểm) Một hỗn hợp X có khối lượng 27,2g (gồm kim loại M có hóa trị II, III và oxit của kim loại đó) . Cho X tác dụng với 800ml dung dịch HCl 2M thì thu được dung dịch A và 4,48 lít khí (đktc). Để trung hòa hết lượng axit dư trong A cần 200ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 1M và Ba(OH)2 1M. a. Xác định kim loại M và công thức oxít của nó biết rằng trong hỗn hợp X có một chất mà số mol bằng hai lần số mol chất kia. b. Hòa tan hoàn toàn 27,2 g hỗn hợp X bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 đặc, nóng. Sau phản ứng thu được V lit khí SO2 (đktc) và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thì thu được m gam muối khan. Tính V và m Câu 5 : (4,0 điểm) Cho 4,32 g hỗn hợp 3 kim loại Na, Al, Fe vào nước dư thu được 896ml khí (đktc) và một lượng chất rắn không tan. Tách lượng chất rắn không tan này cho tác dụng với 120ml dung dịch CuSO 4 1M. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 6,4g kim loại đồng và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch KOH 0,5M để thu được kết tủa nhỏ nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y. a. Tính khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp đầu. b. Tính khối lượng chất rắn Y. c. Tính V. Câu 6: (4 điểm) 1. Cho hỗn hợp X gồm 0,1mol axetilen; 0,2mol etilen và 0,4mol hidro qua Ni nung nóng. Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với hidro là 11,25. Dẫn Y qua dung dịch brôm thì lượng brôm phản ứng tối đa là m gam. Tìm m 2. Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít(đktc) một hiđrocacbon B ở thể khí . Sau khi dẫn sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch nước vôi trong thì thu được 20 g kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch tăng 4,8 gam. Lọc bỏ kết tủa rồi đem đun nóng phần dung dịch còn lại thì thấy xuất hiện 10 gam kết tủa nữa. a. Tìm công thức phân tử của B . b. Viết các công thức cấu tạo của B. (Lưu ý : học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học) ----------------------------------------------- Hết ------------------------------------------- Người ra đề Người phản biện PCT CM HĐ Ngyễn Quyết Thắng(BĐ) Hoàng Giang(CQT) Dương Văn Ca (SGD)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC: 2012 – 2013 (Đáp án gồm: 08 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 Chọn đúng chất theo PTHH viết và cân bằng đúng 1.0 điểm 1 a) Fe3O 4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 0.25 b) Ca(HCO3)2 + 2NaOH  CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O 0.25 c) Fe + 2FeCl3  3FeCl2 0.25 d) Cu + 2FeCl3  CuCl2 + 2FeCl2 0.25 -Thí nghiệm 1: Dung dịch (2) cho kết tủa với dung dịch (3) và (4) 1.0 điểm => Dung dịch (3) là H2SO4 và dung dịch (4) là Na2CO 3 hoặc ngược lại. 2 - Thí nghiệm 2: Dung dịch (6) cho kết tủa với dung dịch (1) và (4) 0.25 => Dung dịch (1) là NaOH và dung dịch (4) là Na2CO 3 hoặc ngược lại. - Thí nghiệm 3:Dung dịch (4) cho khí bay lên với dung dịch (3) và (5). 0.25 Do đó dung dịch (4) là Na2CO3, dung dịch (3) là H2SO4 => Dung dịch (5) phải là HCl, dung dịch (1) là NaOH, dung dịch (6) là MgCl2, còn lại dung dịch (2) là BaCl2. 0.25 Vậy: + Dung dịch (1) là NaOH ; + Dung dịch (2) là BaCl2 + Dung dịch (3) là H2SO4 ; + Dung dịch (4) là Na2CO3 + Dung dịch (5) là HCl ; + Dung dịch (6) là MgCl2 0.25 Câu 2 2.0 điểm 1 Xác định đúng X : NaOH, Y: NaHCO3, Z : Na2CO 3 1.0 điểm NaOH + CO2  NaHCO3  t0 2NaHCO3 Na2CO 3 + CO 2 + H2O Na2CO3 + CO2 + H2O  2NaHCO3  NaOH + NaHCO3  Na2CO 3 + H2O 
2 Khử hỗn hợp bằng khí CO dư ta thu được hỗn hợp 3 kim loại (Cu, Fe, 1.0 điểm Ag) Tách hỗn hợp 3 kim loại( Cu, Fe, Ag) bằng sơ đồ sau: Ag Ag Ag dd HCl O2 Fe Cu CuO CuCl2 Mg Cu dd HCl t0 dd HCl Cu Ag FeCl2 Mg dd HCl Fe Ghi chú : - Kim loại Mg dùng vừa đủ - HS có thể dùng phương pháp khác, đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu 3 4.0 điểm 1 1.0 điểm Ta có : n HNO3 = 250x0,8x0,63/100x63 = 0,02 mol 0,25 n NaOH = 240x0,1/1,2x1000 = 0,02 mol 0,25 PTPƯ: HNO 3 + NaOH  NaNO3 + H 2O  0,25 0.02 0.02 vậy giấy quỳ tím không đổi màu vì HNO3 và NaOH phản ứng vừa đủ 0,25 với nhau. 2 3.0 điểm a. 1.0 điểm 1,872 n Al(OH)   0, 024(mol) 3 78 Phương trình phản ứng tạo kết tủa: 0.25 3NaOH + AlCl3  Al(OH)3  + 3NaCl (1)  Kết tủa cực đại khi phản ứng (1) vừa đủ. n NaOH  3n Al(OH)  3.0,024  0,072(mol) 3 n AlCl  n Al(OH)  0,024(mol) 3 3 0.25
0,072.1000 0,25 C M( NaOH)   0, 72(M) 100 0.25 0,024.1000 C M( AlCl )   0,96(M) 3 25 b. 2.0 điểm n A lC l  0, 024(m ol) 3 9 0.25 n Al(OH)  .0, 024  0,0216(mol) 3 10 * Trường hợp 1: Lượng NaOH thiếu, AlCl3 dư  chỉ xảy ra (1)  0.25 n NaOH  3n Al(OH)  3.0,0216  0, 0648(mol) 3 0.25 0,0648.1000 V  VddNaOH   90(ml) 0,72 * Trường hợp 2: Lượng NaOH dư đủ tạo kết tủa cực đại, sau đó hòa 0.25 tan bớt 1/10 lượng kết tủa theo phản ứng: NaOH + Al(OH)3  NaAlO 2 + 2H2O (2)  0,25 1 n NaOH ( 2)  n Al(OH ) (2)  .0, 024  0,0024(mol) 3 10 0.50 Vậy tổng số mol NaOH đã dùng = 0,072 + 0,0024 = 0,0744 (mol) 0,0744.1000 0.25 V  VddNaOH   103,33(ml) 0, 72 Câu 4 4.0 điểm a. 3.0 điểm Ta có n H2= 0,2 mol; n HCl = 1,6 mol; nNaOH = 0,2mol; 0.25 n Ba(OH)2 = 0,2mol. M + 2HCl  MCl2 + H2 0,2 0,4 0,2 0.25 HCl + NaOH  NaCl + H2O
0,2 0,2 2HCl + Ba(OH)2  BaCl2 + 2H 2O 0.25 0,4 0,2 0.25 n HCl phản ứng với M và MxO y = 1,6 – (0,4 + 0,2) = 1,0 mol 0.25 n HCl phản ứng với MxO y = 1,0 – 0,4 = 0,6 mol MxOy + 2yHCl  xMCl2y/x + y H2O 0.5 0,6/2y 0,6 Vì bài cho số mol chất này bằng 2 lần số mol chất kia và nM = 0,2 0.25 mol nên : n MxO y = 0,1 hoặc 0,4 (mol) 0.5 TH1 : Nếu nMxO y = 0,1 => 0,6/2y = 0,1 => y = 3 0.5 vậy công thức oxit của M là : M2O3 ( vì M chỉ có hóa trị II,III). Ta có : 0,2M + 0,1 (2M+3x16) = 27.2 => M = 56 => M là Fe, CT oxit 1.0 điểm là : Fe2O3 0.25 TH2 : Nếu nMxO y = 0,4 => 0,6/2y = 0,4 => y = 0,75 ( vô lí) b. PTPƯ : 0.25 2Fe + 6H 2SO4 đặc,nóng  Fe2(SO4)3 + 3SO 2 + 6 H 2O 0,2 0,1 0,3 0.25 Fe2O 3 + 3H 2SO4 đặc,nóng  Fe2(SO4)3 + 3H2O 0.25 0,1 0,1 V = 0,3x 22,4 = 6,72 lít m = 0,2 x 400 = 80 g Câu 5 4.0 điểm a. 2.0 điểm Khi hòa tan 4,32 g hh 3 kim loại Na, Al, Fe vào nước ta có phản ứng
2Na + H2O  2 NaOH + H2 x x x/2 2NaOH + 2Al + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2 0.25 x x 3x/2 Số mol H2 = 0,896/22,4 = 0,04mol Chất rắn là Fe (và có thể Al còn dư ) cho t/d với CuSO4 2Al + 3 CuSO 4  Al2(SO4)3 + 3Cu 0.25 y 1,5y Fe + CuSO 4  FeSO4 + Cu z z Nếu Al tác dụng hết với NaOH => nFe = nCu = 0,1 mol 0.5 => mFe = 5,6g > 4,32g (Loại). Vậy chứng tỏ Al chưa pứ hết với NaOH. Vì n CuSO4 = 0,12 .1 = 0,12 mol > n Cu => Sau pư CuSO4 dư . 0.25 Vậy Al, Fe pư hết Gọi n của Na là x; n của Al, Fe lần lượt pư với CuSO 4 là y, z. 0.25 n H 2 = x/2 + 3x/2 = 0,04mol -> x = 0,02mol n Cu tạo ra = 1,5y + z = 6,4/64 = 0,1 mol 0.25 m hh ban đầu 23x + 27 (x + y)+ 56 z = 4,32g 0.25 Giải ra ta được : x= 0,02 ; y= 0,04mol , z= 0,04 mol mNa = 0,02.23 = 0,46g mAl = (0,04 + 0,02 ) . 27 = 1,62g mFe =0,04.56 = 2,24 g b. 1.5 điểm Khi cho X t/d với dd KOH có các ptpư 6KOH +Al2 (SO 4)3  2 Al(OH)3↓ + 3 K2SO4
0,12 0,02 0,04 2KOH + FeSO 4  Fe(OH)2↓ + K 2SO4 0.5 0,08 0,04 0,04 2KOH + CuSO4  Cu(OH)2↓ + K2SO4 0,04 0,02 0,02 Để có kết tủa nhỏ nhất thì KOH ph ải hòa tan hết Al(OH)3 0.25 Al(OH)3 + KOH  KAlO2 + 2H2O 0,04 0,04 khi đó kết tủa có 0,04 mol Fe(OH)2 và 0,02 mol Cu(OH)2 nung trong không khí đến khối lượng không đổi 4 Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O 0.25 0,04 0,02 0,25 Cu(OH)2  CuO + H 2O 0,02 0,02 0.25 Chất rắn Y có khối lượng 0,02 .160+ 0,02 .80 = 4,8 g c. Tính V 0.5 điểm ∑nKOH = 0,12+ 0,08 + 0,04 + 0,04 = 0,28 mol 0.25 V = 0,28/0,5 = 0,56 lít 0.25 Câu 6 4.0 điểm 1 1.5 điểm Ta c ó : nX = 0,1 + 0,2 +0,4 = 0,7 mol 0.25 mX = 0,1 x 26 + 0,2x28 + 0,4x2 = 9 g M Y = 11,25 x 2 = 22,5 0.25 Theo ĐLBTKL : mY = mX = 9 => nY = 9/ 22,5 = 0,4 mol 0.25 số mol hidro phản ứng = nX – nY = 0,7 – 0,4 = 0,3 mol 0.25 vì lượng brôm phản ứng là tối đa nên ta có : 0.25 nBr2 PƯ + nH2 PƯ = 0,1x2 + 0,2x1 = 0,4 mol => nBr2 PƯ= 0,1
=> m = 0,1x160 = 16g Ghi chú : HS giải cách khác đúng vẫn được điểm tối đa 0.25 2.5điểm a 1.5 điểm nCaCO3 = 20/100 = 0,2 mol . vì khi đun nóng dd còn lại tiếp tục cho kết tủa nên ta có các PTPƯ: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3↓+ H2O 0,2 0,2 0,2 0.5 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 0,2 0.1 Ca(HCO 3)2  CaCO3 + H2O + CO2↓ 2 0,1 0,1 => n CO 2 = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol mCO2 = 0,4.44= 17,6 g 0.25 theo đề ra ta có : m CO2 + m H 2O – 20g = 4,8g  mH 2O = 7,2g , n H2O = 7,2/18= 0,4 CxH y + ( x+ y/4 ) O 2  x CO2 + y/2 H 2O 0.25 0,1 0,4 0,4 0.25 x= 4 , y = 8 CTPT của hiđrocacbon : C4H 8 0.25 b. CTCT 1.0 điểm CH 2= CH – CH2- CH 3 CH 3 –CH=CH-CH3 CH 2 = CH CH3
CH 3 CH2 CH2 CH2 CH CH3 CH2 CH2 CH2 Chú ý: Nếu học sinh giải cách khác mà đúng vẫn tính điểm tối đa!