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

Chia sẻ: Adelaide2510 Adelaide2510 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Ninh Thuận để có thêm tài liệu ôn tập chuẩn bị cho kì thi chọn học sinh giỏi sắp tới. Tài liệu đi kèm có đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được lực học của bản thân, từ đó đặt ra kế hoạch ôn tập phù hợp giúp các em đạt kết quả cao trong kì thi.

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 Ninh Thuận

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THỊ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NINH THUẬN 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: 13/3/2021 Cho biết: H = 1; C = 12; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; K = 39; Ca = 40; Cu = 64; Zn = 65 Câu 1: 1. Cho sơ đồ điều chế oxi trong phòng thí nghiệm: Từ hình vẽ trên, hãy cho biết: a) Tên các dụng cụ thí nghiệm đã đánh số. b) Chỉ ra hai chất có thể là X trong sơ đồ trên, viết ptpứ hóa học minh họa c) Giải thích tại sao trong thí nghiệm trên ống nghiệm chứa chất X khi lắp hơi chúc xuống và kết thúc thí nghiệm phải tháo ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn. 2. Nung nóng Cu trong không khí được chất rắn X. Cho X tan trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được dung dịch Y và khí Z. Cho khí Z tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch T. Dung dịch T vừa tác dụng với dung dịch BaCl2 vừa tác dụng với NaOH. Pha loãng dung dịch Y rồi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy xuất hiện kết tủa E. Xác định X, Y, Z, T, E và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra Hướng dẫn giải: 1. a) (1) – Đèn cồn (2) - Ống nghiệm chịu nhiệt (3) – Giá đỡ (4) – Nút cao su (5) - Ống dẫn thủy tinh (6) – Chậu thủy tinh b) X có thể là KMnO4 hoặc KClO3 (xt MnO2) Phương trình phản ứng 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 2KClO3 → 2KCl + 3O2 c) - Khi lắp các dụng cụ, ống nghiệm (2) phải hơi chúc xuống, vì: + Chất X thường bị ẩm, khi nhiệt phân thì ngoài O2 còn có hơi nước thoát ra. Việc hơi chúc xuống nhằm ngăn chặn hơi nước bị ngưng tụ lại, rơi xuống đáy làm vỡ ống nghiệm. + Khí O2 nặng hơn không khí, chúc xuống thì hiệu quả sẽ tốt hơn. - Kết thúc thí nghiệm phải tháo ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn, vì khi tắt đèn thì nhiệt độ trong ống nghiệm giảm, làm giảm áp suất. Do áp suất khí quyển, nước sẽ theo ống dẫn đi vào ống nghiệm đang nóng làm vỡ ống nghiệm. 2. Nung nóng Cu: 2Cu + O2 → 2CuO X tan trong H2SO4 đặc nóng thu được khí Z → X chứa Cu dư → X: Cudư + CuO CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O → Z là SO2 Dung dịch Y gồm H2SO4 dư + CuSO4 Z tác dụng với KOH → T – vừa phản ứng với BaCl2, NaOH → T chứa K2SO3, KHSO3: SO2 + 2KOH → K2SO3 + H2O
SO2 + K2SO3 + H2O → KHSO3 K2SO3 + BaCl2 → 2KCl + BaSO3 KHSO3 + KOH → K2SO3 + H2O Dung dịch Y tác dung với NaOH dư: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 → Kết tủa E là Cu(OH)2 Câu 2: 1. Cho 16,0 gam CuO tan hết trong dung dịch H2SO4 20% đun nóng vừa đủ, sau đó làm nguội dung dịch đến 10oC. Tính khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O đã tách ra khỏi dung dịch, biết rằng độ tan của CuSO4 ở 10oC là 17,4 gam. 2. Dẫn luồng khí CO qua ống sứ có chứa m gam hỗn hợp chất rắn X gồm CuO và Fe2O3 nung nóng, sau một thời gian trong ống sứ còn lại a gam hỗn hợp chất rắn Y. Khí thoát ra được hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được p gam kết tủa. Viết phương trình hóa học của phản ứng và thiết lập công thức liên hệ giữa m, a, p. Hướng dẫn giải: 1. Phương trình phản ứng: CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O 16 Ta có: n CuSO4 = n H2SO4 = n CuO = = 0, 2mol 80 n CuSO4 =160.0, 2 = 32gam mH2SO4 = 98.0,02 =19,6gam → mdd H2SO4 = 98gam → mH2O = mdd H2SO4 + mCuO − mCuSO4 = 98 +16 − 32 = 82gam Có thể tính khối lượng nước như sau: mH2O = mH2O trong dd H2SO4 + mH2O (2.1) = 80%.98 +18.0,2 = 82gam Gọi 250x là khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O tách ra, ta có: mCuSO4 còn lại = 32 – 160x mH2O còn lại = 82 – 90x m 17, 4 32 − 160x 17, 4 Trong dung dịch bão hòa ta có: CuSO4 =  = → x = 0,12285mol m H2O 100 82 − 90x 100 Vậy khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O tách ra = 250x = 30,712 gam S Có thể tính theo nồng độ bão hòa theo công thức: C% = .100% 100 + S 2.2. Phương trình phản ứng: Phản ứng khi dẫn CO qua hỗn hợp X: CuO + CO → Cu + CO2 (2.1) 3Fe2O3 + CO → 2Fe3O4 + CO2 (2.2) Fe2O3 + CO → 2FeO + CO2 (2.3) Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2 (2.4) Theo định luật tăng giảm khối lượng ta có: m – a = 16.nCO2 (2.I) - Hấp thụ khí vào dung dịch Ca(OH)2 dư: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (2.5) p Theo (2.5) ta có: n CO2 = n CaCO3 = (2.II) 100 Thay (2.II) vào (2.I) ta có: m – a = 0,16p.
Câu 3: Hòa tan hỗn hợp kim loại Na và Ba (có số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch A và 6,72 lít khí (đktc) a) Tính thể tích dung dịch HCl 0,2M để trung hòa 20% dung dịch A. b) Cho 448 mL CO2 (đktc) hấp thụ hết vào 20% dung dịch A. Tính khối lượng kết tủa thu được c) Thêm m gam NaOH vào 20% dung dịch A ta được dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với 200 mL dung dịch Al2(SO4)3 0,2M thu được kết tủa C. Tính m cần dùng để cho khối lượng kết tủa C là lớn nhất, bé nhất. Tính khối lượng kết tủa lớn nhất, bé nhất. Hướng dẫn giải: Gọi a là số mol của Na, Ba ta có: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (3.1) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (3.2) a 6,72 Ta có: n H2 = + a = → a = 0,2mol 2 22,4 Vậy dung dịch A chứa 0,2 mol NaOH; 0,2 mol Ba(OH)2 → 20% dung dịch A chứa 0,04 mol NaOH; 0,04 mol Ba(OH)2. a) Phương trình phản ứng: NaOH + HCl → NaCl + H2O (3.3) Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O (3.4) 0,12 Ta có: n HCl = n NaOH + 2n Ba(OH)2 = 0,04 + 2.0,04 = 0,12mol → VHCl = = 0,6lit = 600mL 0,2 b) Phương trình phản ứng có thể xảy ra: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3.5) CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (3.6) CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (3.7) CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (3.8) 0,448 Ta có n CO2 = = 0,02mol  n Ba(OH)2 → Chỉ xảy ra (3.5) 22,4 → n BaCO3 = n CO2 = 0,02mol → n BaCO3 = 197.0,02 = 3,94gam c) Phương trình phản ứng: Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (3.9) n Ba(OH)2 Vì n Al2 (SO4 )3 = 0,2.0,2 = 0,04mol  → Ba(OH)2 hết, Al2(SO4)3 dư 3 Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Na2SO4 + 2Al(OH)3 (3.10) Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (3.11) * Kết tủa lớn nhất khi phản ứng (3.10) xảy ra vừa đủ, chưa xảy ra phản ứng (3.11) Theo (3.9), (3.10) ta có: m n Ba (OH)2 n NaOH (3.10) 0,04 + 0,04 40 →m = 4,8gam n Al2 (SO4 )3 = +  0,04 = + 3 6 3 6 Khối lượng kết tủa lớn nhất = 233.0,04 + 78.0,08 = 15,56 gam * Kết tủa bé nhất khi phản ứng (3.11) xảy ra hoàn toàn Theo (3.9), (3.10) ta có:
n Ba(OH)2 n NaOH (3.10) 0,04 n NaOH (3.10) n Al2 (SO4 )3 = +  0,04 = + → n NaOH (3.10) = 0,16mol 3 6 3 6 Theo (3.11) ta có: n NaOH (3.11) = n Al(OH)3 = 2.0,04 = 0,08mol Vậy để kết tủa bé nhất thì: nNaOH  nNaOH (3.10) + nNaOH (3.11) = 0,16 + 0,08 = 0,24 mol m  0,04 +  0, 24 → m  8,0gam 40 Khối lượng kết tủa bé nhất = 233.0,04 = 9,32 gam Câu 4: 1. Hai thanh kim loại giống nhau (đều cùng nguyên tố R hóa trị II) và có cùng khối lượng. Cho thanh thứ nhất vào dung dịch Cu(NO3)2 và thanh thứ hai vào dung dịch Pb(NO3)2. Sau một thời gian khi số mol 2 muối bằng nhau, lấy hai thanh kim loại ra khỏi dung dịch thấy khối lượng thanh thứ nhất giảm 0,2%, còn khối lượng thanh thứ hai tăng 28,4%. Xác định tên nguyên tố R 2. Đốt cháy hoàn toàn 12,0 gam một chất hữu cơ A (chứa C, H, O), toàn bộ sản phẩm cháy thu được đem hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 40,0 gam kết tủa, đồng thời thấy khối lượng bình chứa dung dịch Ca(OH)2 tăng 24,8 gam. a) Xác định công thức phân tử của A, biết tỉ khối của A so với metan là 3,75 b) Biết dung dịch của A làm đổi màu quỳ tím sang đỏ. Viết các phương trình hóa học khi cho A tác dụng với CaCO3, KOH Hướng dẫn giải: 1. Gọi m là khối lượng mỗi thanh kim loại R ban đầu Phương trình phản ứng: R + Cu(NO3)2 → R(NO3)2 + Cu (4.1) R + Pb(NO3)2 → R(NO3)2 + Pb (4.2) Gọi x là số mol R đã tham gia phản ứng với 2 muối. Theo định luật tăng giảm khối lượng ta có: (R – 64).x = 0,2%m (4.I) (207 – R).x = 28,4%m (4.II) R − 64 0,2 Chia (4.I) cho (4.II) ta có: = → R = 65(Zn) . Vậy R là kẽm. 207 − R 28,4 4.2. a) Ta xét quá trình hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2: Phương trình phản ứng: CO2 + Ca(OH)2dư → CaCO3 + H2O (4.3) 40 Ta có: n CO2 = n CaCO3 = = 0, 4mol → mCO2 = 44.0,4 = 17,6 gam 100 Khối lượng bình tăng = mCO2 + mH2O = 24,8 → mH2O = 24,8 – 17,6 = 7,2 gam Vậy số mol H2O = nH2O = 7,2/18 = 0,4 mol = nCO2 → Công thức của A có dạng CnH2nOa Phản ứng cháy: 2CnH2nOa + (3n – a)O2 → 2nCO2 + 2nH2O (4.4) n CO2 0,4 0,4 Theo (4.4), ta có: n A = = mol → mA = (14n +16a). = 12 → n = a n n n Dựa vào tỉ khối ta có: MA = 30n = 3,75.16 → n = 2. Vậy công thức phân tử của A là C2H4O2. b) Vì A làm đổi màu quỳ tím sang đỏ nên A là axit → CTCT của A là CH3COOH
Phương trình phản ứng: 2CH3COOH + CaCO3 → (CH3COO)2Ca + CO2 + H2O CH3COOH + KOH → CH3COOK + H2O Câu 5: 1. Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết khác, điều kiện có đủ, hãy viết phương trình phản ứng hóa học điều chế rượu etylic, axit axetic, etyl axetat. 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một hiđrocacbon X có công thức có dạng CnH2n, toàn bộ sản phẩm cháy được hấp thụ vào 295,2 gam dung dịch NaOH 20%. Sau thí nghiệm, nồng độ NaOH dư là 8,45%. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Xác định công thức phân tử của X b) Đun nóng hỗn hợp gồm X và H2 có tỉ khối hơi so với hiđro là 6,2 với niken làm xúc tác đến khi phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp Y. - Chứng mình Y không làm mất màu dung dịch brom - Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 25,2 gam hơi nước. Tính thể tích mỗi khí trong hỗn hợp Y (ở đktc). Hướng dẫn giải: 1. – Điều chế rượu etylic C2H5OH: (C6H10O5)n + nH2O → nC6H12O6 C6 H12O6 ⎯⎯⎯⎯ men ruou → 2C2 H5OH + 2CO2 - Điều chế axit axetic CH3COOH: Oxi hóa C2H5OH thu được ở trên: C2H5OH + CuO → CH3CHO + Cu + H2O CH3CHO + Ag2O ⎯⎯⎯ NH3 → CH3COOH + 2Ag hoặc C2 H5OH +O2 ⎯⎯⎯⎯ men giam → CH3COOH + H 2O - Điều chế etyl axetat CH3COOC2H5: CH3COOH + C2H5OH → CH3COOC2H5 + H2O 2. a) Phương trình phản ứng đốt cháy: CnH2n + 3nO2 → nCO2 + nH2O (5.1) Theo (5.1) ta có nCO2 = nH2O = 0,2n mol. - Phản ứng hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH: Do NaOH dư nên CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (5.2) 295, 2.20% Số mol NaOH ban đầu = =1, 476mol 40 Theo (5.2), ta có: nNaOH (5.2) = 2nCO2 = 0,4n → nNaOH dư = (1,476 – 0,4n) mol Khối lượng dung dịch sau phản ứng = mdd NaOH + mCO2 + mH2O = 295,2 + 44.0,2n + 18.0,2n = (295,2 + 12,4n) gam Ta có, nồng độ NaOH dư là: m NaOH 40.(1, 476 − 0, 4n) C%NaOH = .100%  8, 45 = .100 → n = 2. m dd sau pu 295, 2 +12, 4n Vậy công thức phân tử của X là C2H4. b) Phương trình phản ứng: C2 H4 + H2 ⎯⎯⎯ Ni, t o → C2 H 6 (5.3) Gọi x, y lần lượt là số mol của C2H4 và H2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có 28x + 2y d hh/H2 = = 6, 2 → y =1,5x 2(x + y)
- Theo (5.3) → H2 dư → Hỗn hợp Y chứa H2dư + C2H6 nên không làm mất màu dung dịch nước brom. H du = y − x = 0,5x mol; - Theo (5.3), sau phản ứng ta có: hh Y :  2 C2 H 6 x mol Phản ứng đốt cháy hỗn hợp Y: 2H2 + O2 → 2H2O (5.4) 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O (5.5) 25,2 Theo (5.4), (5.5) ta có: n H2O = n H2 + 3n C2H6 = 0,5x + 3.x = →x = 0,4mol 18 VH = 22,4.0,5x = 22,4.0,5.0, 4 = 4, 48lit  Vậy thể tích các khí trong hỗn hợp Y là:  2 C2 H 6 = 22, 4.x = 22,4.0, 4 = 8,96lit 