Đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hà Nội

Chia sẻ: Minh Tri | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

633
lượt xem 65
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 năm học 2013-2014 của Sở GD&ĐT Hà Nội giúp cho các bạn học sinh trong việc nắm bắt được cấu trúc đề thi, dạng đề thi chính để có kế hoạch ôn thi một cách tốt hơn. Bên cạnh đó, tài liệu cũng hữu ích với các thầy cô giáo trong việc ôn tập trọng tâm cho học sinh để đạt hiệu quả cao hơn trong kỳ thi này.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi thành phố lớp 9 năm học 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hà Nội

Ở GIÁO DỤC & ĐÀO KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 9 ẠO Năm học 2013 2014 HÀ NỘI Môn thi: Hóa học Ngày thi: 3132014 Thời gian làm bài: 150 phút ( Đề gồm 2 trang) Câu I ( 4.0 đ): +X ơ đồ biến hóa: I/ Cho s +X + H2O A B D P + Y + Y D X Q R Biết: Các chất A, B, D, Y là hợp chất của natri. Các chất P, Q, R là hợp chất của bari, chất Q không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch HCl và kém bền với nhiệt độ. R không tan trong axit, không tan trong kiềm và không bị phân hủy bởi nhiệt độ. X là chất khí không mùi khi dẫn khí X vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy kết tủa màu trắng. Hãy chọn các chất thích hợp và viết các PTHH theo sơ đồ trên. 2/ Khi trộn một lượng dung dịch AlCl 3 13,35% với một lượng dung dịch Al2(SO4)3 17,1% thu được 350g dung dịch A trong đó số nguyên tử clo bằng 1,5 lần số nguyên tử lưu huỳnh. Khi thêm 81,515 gam bari vào dung dịch A sau phản ứng thu được m gam chất kết tủa. Tính m. Câu II (3,0 đ) 1/ Có 3 muối A, B, C đều kém bền bởi nhiệt độ. Biết rằng : Muối A khi phản ứng với dung dịch HCl hoặc dung dịch NaOH đều có chất khí thoát ra. Muối B tạo sản phẩm khí với dung dịch HCl và tạo chất kết tủa trắng với dung dịch NaOH. Muối C có màu tím khi đem phản ứng với dung dịch HCl thấy sing ra chất khí màu vàng. Tổng phân tử khối của A, B, C là 383. Hãy lựa chọn các muối A, B, C phù hợp và viết PTHH của các phản ứng đã xảy ra. 2/ Hòa tan 32 gam CuO bằng dung dịch H 2SO4 nồng độ 20% vừa đủ nung nóng, sau phản ứng thu được dung dịch X. Làm nguội dung dịch X đến 800C thấy tách ra m gam tinh thể CuSO 4.5H2O (rắn). Biết độ tan của CuSO4 ở 800C là 17,4 gam.Tính giá trị của m. 1
Câu III ( 4,5đ) : 1/ Dùng phương pháp hóa học để phân biệt các chất khí riêng biệt CO 2, SO2, C2H4 , CH4, H2, N2 ( trình bày theo phương pháp kẻ bảng và viết các phương trình hóa học minh họa). 2/ Hòa tan 6,58 gam chất A vào 100 gam nước thu được dung dịch B chứa một chất tan X duy nhất. Cho một lượng muối BaCl2 khan vào dung dịch B thấy tạo ra 4,66 gam chất kết tủa trắng không tan trong axit, không có khí thoát ra, khi lọc bỏ phần kết tủa thu được dung dịch C. Cho một lượng Zn dư vào dung dịch C thấy thoát ra 1,792 lít khí H2 (đktc) và còn lại dung dịch D. a/ Xác định công thức phân tử của chất A. b/ Tính nồng độ phần trăm của chất tan có trong dung dịch D. c/ Cần thêm bao nhiêu gam chất A vào 100 gam dung dịch chỉ chứa chất tan X có nồng độ 20% để thu được dung dịch có nồng độ chất tan là 49%. Câu IV (4,5 đ) 1/ Khi cho 1,2 mol khí A gồm metan, etilen, axetilen và hiđro và dung dịch brom dư thấy có 80 gam brom đã phản ứng và còn lại 20,16 lít hỗn hợp khí B thoát ra (đktc), tỉ khối của hỗn hợp B so với H 2 là 16/9. Mặt khác khi nung 1,2 mol hỗn hợp A với bột niken làm xúc tác, sau một thời gian phản ứng thu được hỗn hợp khí D, bằng phương pháp thích hợp tách được hỗn hợp D thành hỗn hợp X (gồm các chất không làm mất màu dung dịch brom) và hỗn hợp Y ( gồm các chất phản ứng làm mất màu dung dịch nước brom). Biết khối lượng hỗn hợp X nhiều hơn khối lượng hỗn hợp Y là 0,48 gam và phân tử khối trung bình của hỗn hợp Y là 26,8. Tính thành phẩn phần trăm theo thể tích của mỗi khí có trong hỗn hợp D. 2/ Hỗn hợp X gồm 0,15 mol CH 4, 0,09 mol C2H2 và 0,2 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X với xúc tác là niken sau một thời gian phản ứng thu được hỗn hợp khí Y gồm CH 4, C2H4, C2H6, C2H2 dư và H2 dư. Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí Y qua bình đựng dung dịch brom dư thấy khối lượng bình đựng dung dịch brom tăng 0,82 gam và còn lại V lít hỗn hợp khí Z (đktc) thoát ra. Tỉ khối của Z so với H2 là 8. a/ Tính giá trị V b/ Tính thành phần phần trăm theo thể tích mỗi khí có trong hỗn hợp Y. Câu V (4,0đ) 1/ Hòa tan hoàn toàn 4,88 gam hỗn hợp bột X gồm Fe xOy và Cu trong lượng dư dung dịch H 2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được 1,088 lít khí SO2 (sản phẩm khí duy nhất ở đktc) và dung dịch chứa 13,2 gam hỗn hợp hai muối sunfat. Tìm công thức oxit sắt và tính khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp X. 2/ Đốt 40,6 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn trong bình đựng khí clo. Sau một thời gian phản ứng thu được 65,45 gam hỗn hợp Y gồm bốn chất rắn. Cho toàn bộ lượng hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl thì thu được V lít H2 (đktc). Dẫn V lít khí này qua ống đựng 80 gam CuO nung nóng, sau phản ứng thấy trong ống còn lại 72,32 gam chất rắn và chỉ có 80% lượng H2 đã phản ứng. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại có trong hỗn hợp X. Cho: H = 1, C = 12, O = 16, Al = 27, S = 32, Cl = 35,5, Fe = 56, Cu = 64, Zn = 65, Br = 80, Ba = 137. 2
Hết ĐÁP ÁN Câu I 1/ A: NaOH, B: Na2CO3, D: NaHCO3, P: Ba(HCO3)2, R: BaSO4, Q: BaCO3, X: CO2. Các PTHH: NaOH + CO2 Na2CO3 + H2O NaOH + CO2 NaHCO3 NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O Na2CO3 + HCl NaCl + CO2 + H2O NaHCO3 + Ba(OH)2 BaCO3 + NaOH + H2O BaCO3 + 2NaHSO4 BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 + Na2SO4 NaHCO3 + BaSO4 2/ndd AlCl3 = a (mol) : nddAl2SO4 = b (mol) Ta có số nguyên tử clo bằng 1,5 lần số nguyên tử lưu huỳnh =>3a = 1,5.3b => 3a = 4,5b (1) =>mct = 133,5.a + 342b Ta có phương trình về khối lượng dung dịch A: 133,5a.100 342b.100 + = 350 (2) 13,35 17,1 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: Giải ra ta được: a = 0,15 (mol) ; b = 0,1(mol) nBa = 81,515 : 137 = 0,595 (mol) PTHH: Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 nBa(OH)2 = nBa = 0,595 (mol) 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 3BaSO4 + 2Al(OH)3 PTHH(mol): 3 1 3 2 ĐB (mol): 0,595 0,1 => dư Al2(SO4)3 3
=>nBaSO4 = nBa(OH)2 = 0,595(mol); nAl(OH)3 = 2/3nBa(OH)2 = 0,519.2/3 = 1,19/3 => m = 0,595 .233 + 1,19/3.78 = 169,575(g) Câu 2: 1/ A: NH4HCO3 B: Mg(HCO3)2 C: KMnO4 PTHH: NH4HCO3 + HCl NH4Cl + CO2 + H2O NH4HCO3 + NaOH NaHCO3 + NH3 + H2O Mg(HCO3)2 + 2HCl MgCl2 + 2CO2 + 2H2O Mg(HCO3)2 + NaOH Mg(OH)2 + NaHCO3 2KMnO4 + 8HCl 2KCl + 2MnCl2 + Cl2 + 4H2O 2/nCuO = 0,4 (mol) PTHH: CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O (mol) : 0,4 0,4 0,4 0,4.98.100 => mddCuSO4 = = 196 (g) 20 => mddsau p.ư = 196 + 32 = 228 (g) mCuSO4 = 0,4.160 = 64 (g) Trong m (g) tinh thể CuSO4.5H2O 160.m mCuSO4 = = 0,64m (g) 250 5.18.m mH2O = = 0,36m (g) 250 Xét dung dịch sau khi làm nguội dd X: mCuSO4 = 64 – 0,64m mH2O = 164 – 0,36m Độ tan của CuSO4 ở 800C là 17,4(g) => Ta có phương trình: (64 0,64m).100 = 17,4 164 0,36m Giải được m = 61,424 (g) 4
Câu 3: 1/ Sục các khí qua dd Ca(OH)2: Khí làm đục nước vôi trong: SO2, CO2 (nhóm I) PTHH: Không có hiện tượng gì: C2H4, CH4, H2, N2 (nhóm II) NB nhóm I: Dẫn các khí ở nhóm I qua dd nước Brom Khí làm mất màu dd Brom: khí SO2 PTHH: Khí không làm mất màu dd Brom còn lại ở nhóm I là CO2 Nb các khí ở nhóm (II): Sục các khí ở nhóm II qua dd nước Brom: Khí làm mất màu dd brom: khí C2H4 Các khí còn lại không làm mất màu dd brom: CH4, H2, N2 Đốt các khí trên + Khí không cháy: N2 + Cháy với ngọn lửa màu xanh: CH4, H2 Dẫn hai khí này qua bột CuO nung nóng Trường hợp nào thấy có chất rắn màu đỏ tạo thành, nhận biết được H2 PTHH: Chất khí còn lại là CH4 2/a, A có thể là: R2(SO4)n, R(HSO4)n, H2SO4, hoặc H2SO4.nSO3 A không thể là R2(SO4)n vì dd C thu được không phản ứng với Zn Với A là H2SO4: H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl nBaSO4 = 0,02 (mol) = > nH2SO4 = 0,02 (mol) 6,58 nH2SO4 dư = 0,02 = 0,047 (mol) 98 DD C: 0,04 mol HCl, 0,047 mol H2SO4 Khi cho dd C phản ứng với HCl dư => Thể tích khí thu được khác với 1,792 lít (loại) 5
Với A là R(HSO4)n 2R(HSO4)n + nBaCl2 R2(SO4)n + nBaSO4 + 2nHCl + Trường hợp dung dịch C: gồm 0,04 mol HCl và BaCl2 dư Cho dd C tác dụng với Zn dư => nH2 = 0,04 mol => VH2 = 0,04. 22,4 # 1,72 (l) Nên trường hợp này loại + Trường hợp dd C gồm 0,04 mol HCl và R(HSO4)n dư nH2 = 1,782 : 22,4 = 0,08 (mol) Zn + 2HCl ZnCl2 + H2 (mol) 0,04 0,02 nZn + 2R(HSO4)n R2(SO4)n + nZnSO4 + nH2 0,12 (mol) n 0.04 nR(HSO4)n tham gia phản ứng với dd BaCl2 : . n 0,12 0.04 0,16 Vậy nR(HSO4)n ban đầu: + = (mol) n n n Ta có phương trình về khối lượng R(HSO4)n: 0,16 ( R + 97n). = 6,58 n Giải ra R
nH2SO4 trong dd C = 0,06 (mol) => nH2SO4 trong dd B: 0,02 + 0,06 = 0,08 (mol) => Gọi nH2SO4.nSO3 = a (mol). Ta có: SO3 + H2O H2SO4 (mol) an an Ta có phương trình về tổng số mol H2SO4 trong dd B: a + an = 0,8 (1) Phương trình về khối lượng Oleum: a. ( 98 + 80n) = 6,58 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình Giải hệ được n = 7, a = 0,01 (mol). Vậy CTPT của A là H2SO4.7SO3 b/mddB = 6,58 + 100 = 106,58 (g) mddC = mddB + mBaCl2 4,66 = 106,58 + 0,02. 208 – 4,66 = 106,08 (g) mddD = mddC + mZn – mH2 = 106,08 + 0,08.65 – 0,08.2 = 111,12 (g) dd D gồm: 0,02 mol ZnCl2 và 0,06 mol ZnSO4 0,02.136 = > C%ddZnCl2 = .100% = 2,45% 111,12 0,06.161 => C%ddZnSO4 = .100% = 8,69% 111,12 c/Gọi nH2SO4.7SO3 cần thêm vào = a ( mol) => nH2SO4 = 8a (mol) Ta có phương trình về nồng độ phần trăm; 98.8a 20 49 = 658a 100 100 Giải a = 0,0628 (mol) mH2SO4.7SO3 = 0.0628 . 658 = 41,324 (g). Câu IV/ Hỗn hợp khí A: Ch4, C2H4, C2H2, H2 PTHH C2H2 + 2Br2 C2H2Br4 (1) C2H4 + Br2 C2H4Br2 (2) nBr2 phản ứng = 80 : 160 = 0,5 mol 7
nCH4 + nH2 = 20,16 : 22,4 = 0,9 (mol) => nC2H2 + nC2H4 = 1,2 – 0,9 = 0,3mol Gọi nC2H2 : a mol, nC2H4: b mol Ta có phương trình về số mol hỗn hợp khí: a + b = 0,3 Theo phương trình hóa học (1), (2) ta có phương trình về số mol Br2: 2a + b = 0,5. Giải hệ phương trình: => a = 0,2 : b = 0,1 16 Khí B có tỉ khối so với H2 là 9 Gọi nCH4: x nH2: y Ta có PT: 16 x 2 y 16 = ; mặt khác có PT tổng số mol hh khí : x + y = 0,9 x y .2 9 Giải được: x = 0,1: y= 0,8 Vậy trong hỗn hợp khí A: 0,1 mol CH4 ; 0,8 mol H2; 0,1 mol C2H4, 0,2 mol C2H2 Khi nung hỗn hợp khí A với Ni xúc tác PTHH: C2H4 + H2 C2H6 (mol) a a a C2H2 + 2H2 C2H6 (mol) b 2b b Hỗn hợp D: C2H6, CH4, C2H4, C2H2, H2 X: CH4 , C2H6, H2 Y: C2H4; C2H2 Gọi nC2H4 = a; nC2H2 = b Vậy trong D có: nC2H6 = a + b nC2H4 dư = 0,1 –a nC2H2 dư = 0,2 – b 8
nH2 dư = 0,8 – (a + 2b) nCH4 = 0,1 => mX = 0,1.16 + (a + b).30 + [0,8 – ( a + 2b)].2 = 3,2 + 28 a +26b => mY = ( 0,1 – a).28 + (0,2 – b).26 = 8 – 28a – 26b Ta có PT: 3,2 + 28a + 26b = 0,48 + 8 – 28a – 26b  56a + 52b = 5,28 (1) Ta có phương trình phân tử khối trung bình của hỗn hợp Y: (0,1 a ).28 (0,2 b).26 = 26,8 (2) 0,1 a 0,2 b Giải hệ phương trình (1), (2) => a = 0,02, b= 0,08. Vậy trong D có: 0,1 mol C2H6, 0,08 mol C2H4, 0,12 mol C2H2, 0,62 mol H2 và 0,1 mol CH4 Phần trăm theo thể tích mỗi khí chính là phần trăm theo số mol 0,1 => % C2H6 = .100% = 1,02 2/ PTHH: C2H2 + H2 C2H4 (mol): a a a C2H2 + 2H2 C2H6 (mol) b 2b b Hỗn hợp Y gồm: 0,15 mol CH4, 0,09 mol C2H2, b mol C2H6 (0,09 a – b) mol, C2H2; (0,2 a – 2b) mol H2 =>28a + (0,09 a – b).26 = 0,82  26b – 2a = 1,52 Z: 0,15 mol CH4; b mol C2H6; (0,2 a 2b)H2 Ta có phương trình tỉ khối của Z so với H2 16.0,15 30b 0,4 2a 4b = 16 14a + 42b = 2,8 0,35 a b Giải được a = 0,02; b = 0,06 Hỗn hợp Z: 0,15 mol CH4, 0,06 mol C2H6, 0,06 molH2 9
 V = (0,15 + 0,06 + 0,06).22,4 = 6,048 (l)  Hỗn hợp Y: 0,15 mol CH4; 0,02 mol C2H4, 0,06 mol C2H6: 0,01 mol C2H2; 0,06 mol H2.  nY = 0,3 mol  Thành phần phần trăm mỗi khí trong hỗn hợp Y:............ Câu V 1/ Gọi nCu = a (mol); nFe = b (mol) , nSO2 = 1.008 : 22,4 = 0,045 (mol) 2FexOy + (6x – 2y) xFe2(SO4)3 + ( 3x – 2y)SO2 + (6x – 2y)H2O (mol) a ax/2 a.(3x – 2y)/2 Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O (mol) b b b Ta có hệ phương trình ax .400 + 160b = 13,2 2 a.(3x – 2y)/2 + b = 0,045 (56x + 16y).a + 64b = 4,88 x 1 Giải hệ phương trình ta được: ax = 0,05 ; ay = 0,05 => = y 1 Vậy CTHH của oxit là FeO => a = 0,05 mol => mFeO= 0,05. 72 = 3,6 (g) => mCu = 4,88 3,6 = 1,28 (g) 2/ 2Al + 3Cl2 AlCl3 (1) (mol) a 1,5a Zn + Cl2 ZnCl2 (2) (mol) b b Áp dụng ĐLBTKL : mCl2 = 65,45 – 40,6 = 24,85(g) => nCl2 = 24,85 : 71 = 0,35 Ta có phương trình về số mol Cl2: 1,5a + b = 0,35 (*1) Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm 4 chất rắn vậy còn dư kim loại Al, Zn Gọi số mol kim lợi dư lần lượt là c, d Cho Y tác dụng với HCl: 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 (3) (mol) c 1,5c Zn + 2HCl ZnCl2 + H2 (4) 10
(mol) d d Khí sinh ra sau phản ứng (3,4) là H2 H2 + CuO Cu + H2O (5) mO trong CuO = 80 – 72,32 = 7,68 (g) => nO = nCu = nH2 = 7,68 : 16 = 0,48 (mol) Do ở phản ứng (5) chỉ có 80% H2 tham gia => nH2 (p.ư 3,4) = 0,48.100/80 = 0,8mol Ta có phương trình về số mol H2: 1,5c + d = 0,8 (*2) Phương trình về khối lượng hỗn hợp X: (a + c).27 + (b + d).65 = 40,6 (*3) Từ (*1), (*2), (*3) ta có hệ phương trình: 1,5a + b = 0,35 (*1) 1,5c + d = 0,8 (*2) (a + c).27 + (b + d).65 = 40,6 (*3) Giải hệ phương trình => (a + c) = 0,484 (mol) => nAl trong hỗn hợp X = a + c = 0,484 (mol) => mAl = 0,484 . 27 = 13,068 (g) => %Al = 32,19% => %Zn = 100% 32,19% = 67,81%. 11