Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Lâm Đồng

Chia sẻ: Adelaide2510 Adelaide2510 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

119
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Lâm Đồng. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi chọn học sinh giỏi sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Lâm Đồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THỊ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LÂM ĐỒNG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Hóa học (Đề thi gồm có 02 trang) Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 05/3/2021 Cho biết: Li = 7; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65 Câu 1: (1,5 điểm) Tổng số hạt proton, nơtron, electron của nguyên tử M là 82, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22 a) Xác định nguyên tố M b) Hoàn thành các phương trình hóa học sau: (1) M + HCl → A + H2 (2) A + NaOH → B (kết tủa) + C (3) A + Cl2 → D (4) B + O2 + H2O → E (kết tủa) Hướng dẫn giải: a) Gọi Z là số hiệu nguyên tử = số proton = số electron N là số nơtron 2Z + N = 82  Z = 26 Ta có:  → → M  A = 56 (Fe) . Vậy M là sắt (Fe)  2 Z − N = 22  N = 30 b) Các phương trình phản ứng: (1) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (3) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 (4) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 Câu 2: (2,0 điểm) 2.1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Rắc bột nhôm trên ngọn lửa đèn cồn b) Dẫn khí axetilen đi qua dung dịch AgNO3/NH3 2.2. Hãy trình bày quy trình pha 1 lít dung dịch H2SO4 0,368M từ axit H2SO4 98% (d = 1,84 g/mL) đảm bảo an toàn trong phòng thí nghiệm. Hướng dẫn giải: 2.1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học a) Rắc bột nhôm trên ngọn lửa đèn cồn thì sẽ có hiện tượng cháy sáng chói lóa và có khói trắng, do nhôm phản ứng với oxy trong không khí tạo thành Al2O3 màu trắng. 4Al + 3O2 → 2Al2O3 (tạo khói trắng) b) Khi dẫn khí axetilen qua dung dịch đựng AgNO3/NH3 thì có xuất hiện kết tủa màu vàng. C2 H2 + 2AgNO3 ⎯⎯⎯ NH3 → C2 Ag 2 + 2HNO3 2.2. Tính toán: 10d.C% 10.1,84.98 - Nồng độ mol/L của dung dịch H2SO8 98% là: CM = = = 18, 4M M 98 - Theo quy tắc pha loãng C1V1 = C2V2 → V2 = C1V1/C2 = (0,368M.1000mL)/18,4M = 20mL Cách pha: Lấy khoảng 200mL nước cho vào bình định mức 1000mL (1 lít). Lấy chính xác 20mL H2SO4 98% cho vào cốc có mỏ, rồi cho từ từ (qua đũa thủy tinh nhúng vào nước trong bình định mức), tráng rửa cốc cẩn thận rồi cho vào bình định mức. Để nguội rồi pha loãng đến vạch định mức. Câu 3: (1,5 điểm) Cho dung dịch axit T tác dụng với kẽm, kali permanganat, canxi cacbua, nhôm cacbua (Al4C3), sắt (II) sunfua thu được lần lượt các khí hiđro, clo, axetilen, metan, hiđro sunfua. Xác định dung dịch axit T và viết phương trình hóa học điều chế các khí trên
Hướng dẫn giải: Vì T + KMnO4 → Cl2 nên T là chất khử chứa clo. Vì T là axit nên T là HCl, thỏa mãn các điều kiện khác. Phương trình phản ứng: HCl + Zn → ZnCl2 + H2 16HCl + 2KMnO4 → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O 2HCl + CaC2 → CaCl2 + C2H2 12HCl + Al4C3 → 4AlCl3 + 3CH4 2HCl + FeS → FeCl2 + H2S Câu 4: (3,0 điểm) 4.1. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng chất rắn ra khỏi hỗn hợp gồm canxi cacbonat, silic đioxit, kali clorua. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dụng cụ, hóa chất và các điều kiện cần thiết đáp ứng đủ) 4.2. Trình bày phương pháp hóa học để nhận biết sự có mặt đồng thời của các khí sau trong cùng một hỗn hợp: cacbon đioxit, lưu huỳnh đioxit, etilen, metan. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dụng cụ, hóa chất và các điều kiện cần thiết đáp ứng đủ) Hướng dẫn giải: 4.1. Trình bày phương pháp tách: - Hòa tan hỗn hợp vào nước dư thì chỉ có KCl bị hòa tan, lọc tách CaCO3, SiO2. Cô cạn dung dịch ta thu được KCl. - Hòa tan hỗn hợp còn lại là CaCO3, SiO2 vào dung dịch HCl dư thì chỉ có CaCO3 bị hòa tan, lọc tách ta thu được SiO2. Lấy dung dịch cho tác dụng với dung dịch Na2CO3 dư thì sẽ thu được CaCO3 . Phương trình phản ứng chính: CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl 4.2. Trình bày phương pháp nhận biết: có nhiều cách, sau đây là cách tốt nhất - Dẫn hỗn hợp qua dung dịch Br2/CCl4, nếu làm mất màu dung dịch Br2/CCl4 thì chứng tỏ có C2H4. Thu hỗn hợp đi ra. CÓ NGOÀI CHƯƠNG TRÌNH??? - Cho hỗn hợp khí đi ra dung dịch Br2/CCl4 vào dung dịch nước brôm. Nếu làm mất màu dung dịch nước brôm, dung dịch thu được tạo kết tủa với BaCl2 thì chứng tỏ có SO2. Thu hỗn hợp khí đi ra. - Cho hỗn hợp khí đi ra từ dung dịch nước brôm qua dung dịch Ca(OH)2. Nếu có kết tủa trắng xuất hiện, chứng tỏ có CO2. Chất khí đi ra đem đốt, nếu cháy được chứng tỏ có CH4. Câu 5: (1,5 điểm) Viết các phương trình hóa học để hoàn thành sơ đồ phản ứng sau: Cho biết G là nguyên tố phi kim, X là khí có mùi trứng thối. Hướng dẫn giải: Vì X là khí có mùi trứng thối → X là H2S → G là hiđro (H2) hoặc lưu huỳnh (S)
Vì Y + H2S (X) tạo G, nếu G là H2 thì Y phải là kim loại (loại, vì Y là hợp chất của G). Do đó G là lưu huỳnh (S) → Y là SO2 → A/B là HBr/H2SO4. Vì Z + HBr/H2SO4 → H2S (X) nên Z là sunfua, FeS là hợp chất thỏa mãn. Phương trình phản ứng: S + H2 → H2 S (1) S + O2 → SO2 (2) S + Fe → FeS (3) 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O (4) SO2 + Br2 + H2O → HBr + H2SO4 (5) FeS + HBr/H2SO4 → FeBr2/FeSO4 + H2S (6) Câu 6: (1,0 điểm) Giải thích vì sao khi thời tiết rét đậm rét hại hay lúc trời nắng to thì không nên bón phân đạm urê cho cây trồng. Viết phương trình hóa học minh họa Hướng dẫn giải: - Phân đạm nói chung, phân urê nói riêng khi hòa tan thu nhiệt → Thời tiết rét đậm, rét hại nếu bón phân urê sẽ làm nhiệt độ hạ xuống → Cây trồng sẽ bị chết do lạnh và có thể ngộ độc - Trời nắng to thì nước bốc hơi nhanh → Làm giảm khả năng hòa tan urê, có thể giảm nhiệt độ đột ngột do urê hòa tan → Làm giảm hiệu quả phân bón hoặc có thể làm cây trồng chết. Vì vậy, người ta thường bón phân vào lúc chiều tối khi mặt trời vừa lặn. Câu 7: (3,5 điểm) 7.1. Cho hiđrocacbon B có công thức CxH2x+2 (với x nguyên; x  1) Đốt cháy hoàn toàn 6,1 gam hỗn hợp X gồm B và H2 (tỉ lệ thể tích tương ứng là 4:1), thu được 11,7 gam H2O. Xác định công thức phân tử của B. Viết phương trình hóa học minh họa phản ứng đặc trưng của B 7.2. Hỗn hợp gồm 2 hiđrocacbon P, Q mạch hở thuộc cùng dãy đồng đẳng (hơn kém nhau 2 nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên, thu được 6,16 gam CO2 và 1,62 gam H2O. Biết tỉ khối của hỗn hợp đối với hiđro là 18,6. Tìm CTCT có thể có của P, Q Hướng dẫn giải: 7.1. Gọi a là số mol của H2 → Số mol của B là 4a. Ta có: 2a + (14x+2).4a = 6,1  10a + 56ax = 6,1 (7.I) Phản ứng đốt cháy: 2H2 + O2 → 2H2O (1) a a 2CxH2x+2 + (3x+1)O2 → 2xCO2 + (2x+2)H2O (2) 4a 4a(x+1) Theo (1), (2) ta có: nH2O = a + 4a.(x+1) = 11,7/18  5a + 4ax = 0,65 (7.II) Giải hệ (7.I), (7.II) ta có: a = 0,05; ax = 0,1 → x = 2. Vậy công thức phân tử của B là C2H6. Phản ứng đặc trưng của C2H6: - Phản ứng cháy: 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O - Phản ứng thế: C2 H6 + Cl2 ⎯⎯→askt C2 H5Cl + HCl 7.2. Gọi công thức trung bình của hỗn hợp P, Q là Cn H2n +2−2k . Ta có: M = 14n + 2 − 2k = 37, 2 → 14n − 2k = 35, 2 (7.III) Phản ứng đốt cháy: 2Cn H2n +2−2k + (3n + 1 − k)O2 → 2nCO2 + 2(n + 1 − k)H 2O Gọi a là số mol của hỗn hợp, ta có:
 6,16 n CO2 = n.a = 44 → n.a = 0,14 mol n 14  → = (7.IV) n = (n + 1 − k).a = 1,62 k − 1 5 → (k − 1).a = 0,05mol  H2O 18 14 Từ (7.IV) ta có: n = (k − 1) thay vào (7.III) ta có: 5 14 14. (k − 1) − 2k = 35, 2 → k = 2 → n = 2,8 5 Vì k = 2 là hiđrocacbon không no → n1 = 2; n2 = 4 (hơn kém nhau 2 nguyên tử cacbon). Vậy 2 hiđrocacbon cần tìm là C2H2 và C4H6. CTCT có thể có: - C2H2: Chỉ có duy nhất CTCT: HC  CH - C4H6: Mạch hở có thể có các CTCT sau: HC  C – CH2 – CH3 CH3 – C  C – CH3 CH2 = CH – CH = CH2 CH2 = C = C – CH3 Câu 8: (3,0 điểm) Một hỗn hợp X gồm kim loại kiềm E và kim loại R có hóa trị III. Cho 3,03 gam hỗn hợp X tan hoàn toàn vào nước thu được dung dịch A và 1,904 lít khí (đktc) a) Cô cạn hoàn toàn dung dịch A thu được 4,48 gam chất rắn. Xác định tên 2 kim loại và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong X. b) Thêm V lít dung dịch HCl 1M vào dung dịch A thu được 0,78 gam kết tủa. Tính giá trị V. Hướng dẫn giải: a) Gọi x, y lần lượt là số mol của E, R trong 3,03 gam hỗn hợp X, ta có: E.x + R.y = 3,03 (8.I) Phản ứng hòa tan X vào nước: 2E + 2H2O → 2EOH + H2 (8.1) Do X tan hoàn toàn nên R phải là kim loại có oxit, hiđroxit lưỡng tính. 2R + 2EOH + H2O → 2ERO2 + 3H2 (8.2) Do R tan hoàn toàn nên y < x → Số mol H2 thu được là: x 3y 1,904 + = → x + 3y = 0,17 (8.II) 2 2 22,4 Cô cạn A thu được:  EOH ( x – y ) mol ERO2 y mol Ta có: (E + 17).(x – y) + (E + R + 32).y = 4,48 → E.x + R.y + 17x + 15y = 4,48 (8.III) Thay (8.I) vào (8.III) ta có: 17x + 15y = 1,45 (8.IV) Giải hệ (8.II), (8.IV) ta có: x = 0,05 mol; y = 0,04 mol (thỏa mãn y
Vậy 2 kim loại: E là kali; R là nhôm.  0,05.39  %K = .100% = 64,36%  3,03 Thành phần % theo khối lượng:  %Al = 0,04.27 .100% = 35,64%   3,03 b) Dung dịch A gồm 0,01 mol KOHdư + 0,04 mol KAlO2. Phương trình phản ứng: HCl + KOH → KCl + H2O (8.3) HCl + KAlO2 + H2O → KCl + Al(OH)3 (8.4) 3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O (8.5) Số mol Al(OH)3 = 0,02 mol < số mol KAlO2 → Xảy ra 2 trường hợp - Trường hợp 1: Chưa xảy ra phản ứng (8.5), ta có: nHCl = nKOH dư + nAl(OH)3 = 0,01 + 0,02 = 0,03 mol → V = 30mL (công thức tính nhanh: nHCl = nKOH + n) - Trường hợp 2: Đã có phản ứng (8.5), ta có: nHCl= nKOH+nKAlO2+3nAl(OH)3hòa tan= 0,01+ 0,04+ 3.(0,04– 0,02)= 0,11 mol→ V= 110mL (công thức tính nhanh: nHCl = nKOH + 4nKAlO2 – 3n) Câu 9: (3,0 điểm) Lấy một hỗn hợp bột X gồm Cu, Cu(OH)2, BaCO3 (trong đó số mol của 2 hợp chất bằng nhau) chia thành 2 phần bằng nhau. - Phần 1: Hòa tan trong 100mL dung dịch H2SO4 20% lấy dư (d = 1,14g/mL), thu được dung dịch Y và 0,896 lít CO2 (đktc) - Phần 2: Đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, để nguội thu được hỗn hợp chất rắn Z. Hòa tan Z trong 100mL dung dịch H2SO4 trên (lấy dư) thu được dung dịch T. Làm lạnh dung dịch Y và T đến nhiệt độ t1 thì dung dịch T tách ra 5 gam CuSO4.5H2O. a) Tính khối lượng của CuSO4.5H2O tách ra từ dung dịch Y. b) Tính khối lượng Cu trong X. Cho biết ở nhiệt độ t1, độ tan của CuSO4 là 6,2 gam Hướng dẫn giải: Gọi 2a, 2b, 2b lần lượt là số mol của Cu, Cu(OH)2, BaCO3 trong X. a) Phản ứng hòa tan phần 1 trong H2SO4: Cu không phản ứng Cu(OH)2 + H2SO4 → CuSO4 + 2H2O BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O Ta có nCO2 = b = 0,04 mol Khối lượng dung dịch Y: mY = mdd H2SO4 + mCu(OH)2 + mBaCO3 – mBaSO4 – mCO2 = 100.1,14 + 98b + 197b – 233b – 44b = 114,72 gam Khối lượng CuSO4 trong Y: mCuSO4 (Y) = 160.0,04 = 6,4 gam → mH2O (Y) = 108,32 gam. 6, 2.108,32 Khối lượng CuSO4 tan được tối đa trong 108,32 gam H2O = = 6,7158 gam > 6,4 gam. 100 Vậy dung dịch Y chưa có CuSO4.5H2O tách ra Có thể tính theo nồng độ: 6, 4.100% S 6, 2 Ta có C%CuSO4 = = 5,58% Dd CuSO4 bão hòa: C%CuSO4 bh = .100%= .100% = 5, 838%  5, 58% 114, 72 100 + S 100 + 6, 2
Phân tích: Bài giải trên tính sai khối lượng nước trong Y, vì trong Y còn có H2SO4 dư S Công thức C% = .100% chỉ đúng khi chỉ có chất tan duy nhất. 100 + S Cách giải đúng như sau a) Phản ứng hòa tan phần 1 trong H2SO4: Cu không phản ứng Cu(OH)2 + H2SO4 → CuSO4 + 2H2O BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O Ta có nCO2 = b = 0,04 mol Khối lượng CuSO4 trong Y: mCuSO4 (Y) = 160.0,04 = 6,4 gam Khối lượng H2O trong Y: mH2O (Y) = 114.80% + 18.0,12 = 93,36 gam. 6, 2.93,36 Khối lượng CuSO4 tan được tối đa trong 93,36 gam H2O = = 5,788 gam < 6,4 gam. 100 Vậy dung dịch Y có CuSO4.5H2O tách ra. Gọi 250x là khối lượng CuSO4.5H2O tách ra, ta có: mCuSO4 (còn lại) = (6,4 – 160x) mH2O (Y) = (93,36 – 90x) Trong dung dịch bão hòa, ta có: mCuSO4 6, 2 6, 4 − 160x 6, 2 =  = → x = 0,004mol → mCuSO4 .5H2O = 1,0gam mH2O 100 93,36 − 90x 100 b) Phản ứng của phần 2: Đun nóng không khí đến khối lượng không đổi 2Cu + O2 → 2CuO Cu(OH)2 → CuO + H2O BaCO3 → BaO + CO2 Hòa tan Z trong H2SO4 CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O Khối lượng dung dịch T: mT = mdd H2SO4 + mCuO + mBaO – mBaSO4 = 100.1,14 + 80(a + 0,04) + 153.0,04 – 233.0,04 = 114 + 80a. Khối lượng CuSO4 trong T: mCuSO4 (T) = 160.(0,04 + a) = (6,4 + 160a) gam → mH2O (T) = (107,4 – 80a) gam. Khi hạ nhiệt độ về t1 → Có 5 gam CuSO4.5H2O tách ra → mCuSO4 = 3,2 gam; mH2O = 1,8 gam mCuSO4 còn lại = (6,4 + 160a) – 3,2 = 160a + 3,2 mH2O còn lại = (107,4 – 80a) – 1,8 = 105,8 – 80a Dung dịch thu được là dung dịch bão hòa, nên ta có: mCuSO4 6, 2 160a +3, 2 6, 2 =  = → a = 0,020 mol → mCu = 64.2a = 2,56 gam mH2O 100 105,8 − 80a 100 Cách giải đúng như sau: Ý này cũng sai như trên b) Phản ứng hòa tan phần 2: Đun nóng không khí đến khối lượng không đổi 2Cu + O2 → 2CuO Cu(OH)2 → CuO + H2O BaCO3 → BaO + CO2 Hòa tan Z trong H2SO4 CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O
BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O Khối lượng CuSO4 trong T: mCuSO4 (T) = 160.(0,04 + a) = (6,4 + 160a) gam Khối lượng H2O trong T: mH2O (T) = 114.80% + 18.(0,08 + a) = (92,64 + 18a) gam. Khi hạ nhiệt độ về t1 → Có 5 gam CuSO4.5H2O tách ra → mCuSO4 = 3,2 gam; mH2O = 1,8 gam mCuSO4 còn lại = (6,4 + 160a) – 3,2 = 160a + 3,2 mH2O còn lại = (92,64 + 18a) – 1,8 = 90,84 + 18a Trong dung dịch bão hòa, ta có: mCuSO4 6, 2 160a +3, 2 6, 2 =  = → a = 0,0153 mol → mCu = 64.2a = 1,96 gam mH2O 100 90,84 + 18a 100