Đề thi HSG cấp huyện Hóa học 9 - (kèm Đ.án)

Chia sẻ: Lê Thị Phương Đào | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

490
lượt xem 96
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sau đây là 2 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học lớp 9 kèm đáp án dành cho các bạn học sinh lớp 9 giúp các em ôn tập lại kiến thức đã học và đồng thời giáo viên cũng có thêm tư liệu tham khảo trong việc ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG cấp huyện Hóa học 9 - (kèm Đ.án)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ Hưng --------------------- Môn : HÓA HỌC - Lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (3 điểm) Hỗn hợp A gồm Fe3O4, Al, Fe, Al2O3. Cho A tan trong NaOH dư được hỗn hợp chất rắn A1, dung dịch B1 và khí C1. Khí C1 (dư) cho tác dụng với A đun nóng được hỗn hợp chất rắn A2. Dung dịch B1 cho tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư được dung dịch B2. Chất rắn A2 tác dụng với H2SO4 đặc¸nóng được dung dịch B3 và khí C2.Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 2: (3 điểm) a) 100 ml dung dịch HCl 0,1 M (khối lượng riêng d = 1,05 g/ml) hòa tan vừa đủ m gam kim loại M cho ra dung dịch có khối lượng là 105,11 gam. Xác định m và M. b) Cho vào 200ml dung dịch HCl 0,1 M một lượng 0,26 gam Zn và 0,28 gam Fe, sau đó thêm tiếp vào dung dịch này kim loại M nói trên cho đến khi thu được dung dịch có chứa 2 ion kim loại và chất rắn B có khối lượng lớn hơn khối lượng M đã cho vào là 0,218 gam. Tính khối lượng của M đã sử dụng, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 3: (2,0 điểm) Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết 5 lọ mất nhãn đựng dung dịch các chất sau : HCl , K2CO3 , KNO3 , KCl , K2SO4. Câu 4: (3,0 điểm ): Cho m gam kim loại R vào bình chứa 100 ml dung dịch HCl (dư), sau phản ứng thu được 0,672 lít khí H2 (đktc), đồng thời khối lượng bình tăng 4,05 gam. a) Tính m gam kim loại R. b) Xác định tên kim loại R. c) Sau phản ứng phải cần 50 gam dung dịch Ca(OH)2 3,7% để trung hòa axít còn dư . Xác định nồng độ mol của dung dịch HCl ban đầu . Câu 5: (5,0 điểm) Khử hoàn toàn 4,06 gam một oxit kim loại bằng CO ở nhiệt độ cao thành kim loại. Dẫn toàn bộ lượng khí sinh ra vào bình đựng Ca(OH)2 dư, thấy tạo thành 7 gam kết tủa. Nếu lấy lượng kim loại sinh ra hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thì thu được 1,176 lít khí H2 (ở đktc). a) Xác định CTPT của oxit kim loại. b) Cho 4,06 gam oxit kim loại trên tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) thu được dung dịch X và khí SO2 bay ra. Hãy xác định nồng độ mol/lit của muối trong dung dịch X (coi thể tích dung dịch không thay đổi trong quá trình phản ứng). Câu 6: (4,0 điểm ) : Hòa tan 49,45 gam hỗn hợp A gồm Cu(NO3)2 , MgCl2 và BaSO4 vào nước thu được 11,65 gam chất rắn và dung dịnh B .Cho dung dịch B phản ứng với dung dịch KOH dư thu được kết tủa C . Nung C đến khối lượng không đổi thu được 16 gam chất rắn D . a)Viết các PTPƯ xảy ra ? b)Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong A . ------------------------------------------------ HẾT
Đáp án Câu Điểm Khi cho hỗn hợp chất rắn A tan trong NaOH dư: 2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2  Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O 0,5 Chất rắn A1 gồm Fe3O4 và Fe. Dung dịch B1 có NaAlO2, NaOH dư. Khí C1 là H2. Khi cho khí C1 tác dụng với A: t0 Fe3O4 + 4H2  3Fe + 4H2O  Al2O3 + H2  không phản ứng 0,5 Chất rắn A2 gồm Fe, Al, Al2O3. Dung dịch B1 cho tác dụng với H2SO4 loãng, dư: 1 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O (3đ) 2NaAlO2 + 4H2SO4  Na2SO4 + Al2(SO4)3 + 4H2O 0,5 Cho A2 tác dụng với H2SO4 đặc, nóng: t0 Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O  t0 2Fe + 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 3SO2  + 6H2O  t0 2Al + 6H2SO4 đặc  Al2(SO4)3 + 3SO2  + 6H2O  Dung dịch B3 gồm Fe2(SO4)3 và Al2(SO4)3 . Khí C2 là SO2. 1,5 ( Mỗi PTHH đúng được 0,5 điểm) a) Trong 100 ml dung dịch HCl 0,1M có m = 105 gam HCl Ta có: nHCl = 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol) Gọi x là hóa trị của kim loại M x PTHH: M + xHCl  MClx + 2 H2 0,01 (mol) 0,01(mol) 0,005(mol) 0,5 x Theo ĐLBTKL, ta có: m + 105 = 105,11 + 0,01  m = 0,12 (gam) Ta có: 0,01 x M = 0,12  M = 12x x Vì x là hóa trị nên ta chọn được x = 2 và M = 24 0,5 Vậy M là kim loại Mg. b) Theo bài, ta có: nZn = 0,26 = 0,004 (mol) ; nFe = 0,28 = 0,005 (mol) 65 56 PTHH: Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2  0,004 (mol) 0,008 (mol) Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  0,005 (mol) 0,01 (mol) 0,005 (mol) 0,5 2 Ta có: nHCl đã phản ứng = 0,008 + 0,01 = 0,018 (mol) (3đ)  nHCl dư = 0,02 – 0,018 = 0,002 (mol) Cho Mg vào dung dịch sau phản ứng 0,25 Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  0,001(mol) 0,002(mol) Mg + FeCl2  MgCl2 + Fe 0,005(mol) 0,005(mol) 0,005(mol) Khi hết ion Fe thì dung dịch còn 2 ion là Mg2+ và Zn2+ nhưng rất có thể một phần 2+ 0,5 2+ Zn bị giải phóng. Mg + ZnCl2  MgCl2 + Zn x(mol) x(mol) x(mol) 0,5
Theo bài, ta có: mB - mMg đã phản ứng = 0,218 gam  0,28 + 65x - 24( 0,006 + x ) = 0,218  x = 0,002 (mol) Vậy mMg đã phản ứng = 24(0,001 + 0,005 + 0,002) = 0,192 (gam) 0,75 -Lấy mỗi lọ một ít mẫu thử, đánh dấu để nhận biết 0,25 đ -Cho quỳ tím vào lần lượt các mẫu thử : - Trích mỗi dung dịch một ít để làm mẫu thử và đánh số thứ tự để nhận biết. - Lần lượt cho mẫu giấy quì tím vào các mẫu thử. + Mẫu thử làm quỳ tím hóa đỏ là HCl. + 4 mẫu thử còn lại không đổi màu giấy quỳ là muối. 0,25 - Nhỏ dung dịch HCl vừa nhận được vào lần lượt 4 mẫu thử còn lại: +Mẫu thử sủi bọt khí là K2CO3 3 2HCl + K2CO3  2KCl + H2O + CO2 0,5 (2đ) +Nhỏ dung dịch BaCl2 lần lượt vào 3 mẫu thử còn lại, mẫu thử có kết tủa trắng là: K2SO4 . BaCl2 + K2SO4  BaSO4 + 2KCl 0,5 - Nhỏ dung dịch AgNO3 vào 2 mẫu thử còn lại, mấu thử có kết tủa trắng là KCl . AgNO3 + KCl  AgCl + KNO3 0,5 + Mẫu thử còn lại là KNO3 . 0,25 Gọi x là hóa trị của kim loại R a) 2R + 2xHCl  2RClx + xH2 (1) Theo đề: nH2 = 0,672 : 22,4 = 0,03 (mol) mR = mbtăng + mH2 = 4,05 + 2 . 0,03 = 4,11 (g) 1,0 b)Theo (1) nR = 2xnH2 Hay : 4,11 = 2x . 0,03 = 0,06x MR => MR = 4,11 : 0,06x = 68,5x 4 Xét bảng sau : (3đ) x 1 2 3 MR 68,5 (loại) 137 205 (loại) Vậy kim loại R hóa trị II có khối lượng mol 137 là Bari ( Ba ) 1,0 c) 2HCl + Ca(OH)2  CaCl2 + 2H2O (2) Theo đề: nCa(OH)2 = 50 . 3,7 : 100 . 74 = 0,025 (mol) Theo (1),(2) : nHCl = 2nH2 + 2nCa(OH)2 = 2 . 0,03 + 2 . 0,025 = 0,11 (mol) => CM D=dung dịch HCl = 0,11 : 0,1 = 1,1 (M) 1,0 a) Đặt công thức của oxit kim loại là AxOy t0 Các PTPU: AxOy + y CO  xA + yCO2  (1) 0,07(mol) 0,07(mol) CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (2) 0,07(mol) 0,07(mol) 2A + 2nHCl  2ACln + nH2 (3) 0,105 n (mol) 0,0525(mol) 1,0 Theo bài, ta có: nCaCO3 = 100 = 0,07 (mol) 7 5 nH2 = 1,176 = 0,0525 (mol) 22,4
(5đ) Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng (1), ta có: 4,06 + 28 x 0,07 = mA + 44 x 0,07 1,0  mA = 2,94 (gam) Theo bài và (3), ta có: 2,94 = 0,15  M= 28n M n Vì n là hóa trị của A, nên ta chọn n = 2và M =56 (Fe) Theo(1): n AxOy = 1 n CO2 y Hay: 564,06 y = 1 x 0,07  x = 3 x16 y y 4 Vậy CTPT của oxit kim loại là Fe3O4. 1,0 t0 b) PTPU: 2Fe3O4 + 10 H2SO4 đặc  3Fe2(SO4)3  + SO2 + 10 H2O 0,0175(mol) 0,02625(mol) 0,5 Ta có: n Fe3O4 = 4,06 = 0,0175 (mol) 232 Theo bài, thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể nên thể tích dung dịch sau phản ứng chính bằng thể tích dung dịch H2SO4 và bằng 0,5 lít. Vậy CM (Fe2(SO4)3 = 0,02625 = 0,0525 (M) 1,5 0,5 Theo đề chất rắn không tan trong nước là BaSO4 => mBaSO4 trong hỗn hợp A là 11,65 (g) 0,5 => m ddB gồm MgCl2 và Cu(NO3)2 : 49,45 - 11,65 = 37,8 (g) a)Các PTPƯ : MgCl2 + 2KOH  Mg(OH)2 + 2KCl (1) x(mol) x(mol) 2x(mol) Cu(NO3)2 + 2KOH  Cu(OH)2 + 2KNO3 (2) y(mol) y(mol) 2y(mol) 6 t0 MgOH2  MgO + H2O  (3) 1,0 (4đ) x(mol) x (mol) t0 Cu(OH)2  CuO + H2O  (4) y (mol) y (mol) Theo (1),(2),(3),(4) và theo đề ra ta có hệ phương trình : 0,5 95x + 188y = 37,8 40x + 80y = 16 Giải hệ phương trình ta được : x = 0,2 ; y = 0,1 0,5 => mMgCl2 = 0,2 . 95 = 19 (g) mCu(NO3)2 = 0,1 . 188 = 18,8 (g) b) % BaSO4 = 11,65 : 49,45 . 100% = 23,56 % 1,5 % Cu(NO3)2 = 18,8 : 49,45 . 100% = 37,63 % % MgCl2 = 19 : 49,45 . 100% = 38,81 % ****************************************************
PHÒNG GD&ĐT HUYỆN YÊN THÀNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010 Môn: Hoá học - Lớp 9 (Thời gian làm bài:120 phút) _____________________________________ Câu1. (1,25 điểm) Chọn hóa chất nào để loại bỏ các khí độc hại trong công nghiệp: SO2 ; Cl2 ; NO2 ; H2S ; CO2 ; HCl là có lợi nhất. Viết các phương trình phản ứng minh hoạ. Câu2. (2,5 điểm) Nêu hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm sau và viết phương trình phản ứng? a) Cho kim loại Ba vào từng dung dịch: CuSO4 ; NaHCO3 ; (NH4)2SO4 ; Al(NO3)3 b) Cho luồng khí CO2 từ từ đi qua dung dịch Ba(OH)2. khi phản ứng kết thúc (dư CO2), lấy dung dịch thu được một phần đem nung nóng, một phần cho tác dụng với dung dịch Ca(HSO4)2 . Câu 3. (1,25 điểm) Cho 0,2 mol CuO hoà tan trong một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% sau đó làm lạnh dung dịch sau phản ứng xuống 10oC thấy có x gam tinh thể CuSO4 . 5H2O tách ra. Biết độ tan của CuSO4 ở 10oC là 17,4 gam. Tính x? Câu 4.(2 điểm) Cho sắt vào dung dịch H2SO4 đặc đun nóng cho đến khi sắt tan hết thu được dung dịch A chứa một muối sunfat duy nhất và 6,72 lít khí sunfurơ(đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A, lọc lấy chất rắn nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tính m. Câu 5. (3 điểm) Hoà tan hoàn toàn 8,01 gam hỗn hợp A gồm K2CO3 và MgCO3 bằng một lượng axit H2SO4 dùng dư, sau phản ứng thu được khí B. Dẫn khí sinh ra qua bình đựng 100ml dung dịch Ba(OH)2 0,6M. a) Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp A để được lượng kết tủa sinh ra là lớn nhất, nhỏ nhất? b) Tính % hai muối trong hỗn hợp A để khi hoà tan hoàn toàn 10,56 gam hỗn hợp A vào 100 gam dung dịch hổn hợp 2 axit HCl và H2SO4 thì khối lượng dung dich thu được tăng 6,16% của dung dịch 2 axit ban đầu. (Biết H: 1; C: 12; O: 16; Mg: 24; S: 32; Cl: 35,5; K: 39; Fe: 56; Cu: 64; Ba: 137) ---------------------------- Hết ------------------------------- Người coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM HOÁ 9 CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM 1 Chän dd Ca(OH)2 : (1,25®) Ca(OH)2 + SO2  CaSO3 + H2O 0,25 2Ca(OH)2 + 2Cl2  CaCl2 + Ca(ClO)2 + H2O 0,2 Ca(OH)2 + H2S  CaS + 2H2O 0,2 Ca(OH)2 + CO2  CaCO3 + H2O 0,2 Ca(OH)2 + 2HCl  CaCl2 + 2H2O 0,2 2Ca(OH)2 + 4NO2  Ca(NO2 )2 + Ca(NO3)2 + 2H2O 0.2 2 a) Khi cho Ba vào từng dd trên, trước hết đều có khí không màu thoát ra vì có phản ứng: (1.5đ) Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2  0,3 Sau đó Ba(OH)2 tác dụng với từng muối: - Với dd CuSO4: Ba(OH)2 + CuSO4  Cu(OH)2 + BaSO4 Hiện tượng: xuất hiện kết tủa xanh lẫn kết tủa trắng. 0,3 - Với dd NaHCO3: Ba(OH)2 + 2NaHCO3  BaCO3 + Na2CO3 + H2O Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng. 0,3 - Với dd (NH4)2SO4: Ba(OH)2 + (NH4)2CO3  BaSO4 + 2NH3 + 2H2O Hiện tượng: có kết tủa trắng và khí mùi khai 0,3 - Với Al(NO3)3: 3Ba(OH)2 + 2Al(NO3)3  2Al(OH)3 + 3Ba(NO3)2 2Al(OH)3 + 3Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 4H2O Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng sau đó tan dần trong đến 0,3 trong suốt (Nêu hiện tượng 0.1đ; viết PTHH0.2đ) (1đ) b) - Lúc đầu dd đục dần đến tối đa do xuất hiện kết tủa trắng 0,25 BaCO3 và lượng kết tủa lớn nhất khi nCO = nCa (OH ) 2 2 Ba(OH)2 + CO2  BaCO3 + H2O - Khi CO2 dư, dd trong dần dến trong suốt (kết tủa tan hoàn 0,25 toàn khi nCO = 2nCa (OH ) ) 2 2 BaCO3 + CO2 + H2O  Ba(HCO3)2 - Khi lấy dd thu được đem đun nóng, thì dd lại đục dần do 0,25 xuất hiện trở lại kết tủa trắng BaCO3 Ba(HCO3)2  BaCO3  + CO2 + H2O 0,25 - Khi lấy dung dịch thu được cho tác dụng với dd Ca(HSO4)2 thấy xuất hiện kết tủa trắng đồng thời có bọt khí thoát ra Ba(HCO3 )2 + Ca(HSO4)2  BaSO4 + CaSO4 + 2H2O + CO2  Trắng
CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM (Nêu hiện tượng 0.05đ; viết PTHH 0.2đ) 3 CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O 0,2 0,2 0,2 0,2 1,25  mdd axit = 0, 2.98.100 = 98 (gam) 0,2 20 mdd muối = 98 + 0,2.80 = 114 gam; mmuối = 0,2.160 = 32 gam 0,2 Gọi số mol CuSO4. 5H2O tách ra là a mol ở 10oC ta có : Trong 117,4 gam dd chứa 17,4 g CuSO4 Sau khi tách : Trong (114 - 250a) g dd chứa (32 - 160a) g CuSO4 0,25  17,4.(114-250a) = 117,4.(32 - 160a)  a = 0,12285 0,2 Vậy m CuSO4. 5H2O = x = 0,12285 . 250 = 30,7125 (g) 0,2 4 Trường hợp 1: Muối là FeSO4 (lượng H2SO4 thiếu so với lượng 1đ Fe): (2đ) 2Fe+ 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) t  0 (2) Fe + Fe2(SO4)3  3FeSO4 (3) FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2 + Na2SO4 t 0 (4) 4 Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O  6, 72 nSO2 = = 0,3 mol 22, 4 1 0.3 Theo 1,2,3,4 ta có: nFe2O3  n SO2 = = 0,15 mol 2 2  m = mFe2O3 = 0,15 . 160 = 24 (gam) 1đ TH 2:Muối là Fe2(SO4)3 (lượng H2SO4 vừa đủ để pư với Fe): (5) Fe2(SO4)3 + 6NaOH  2Fe(OH)3 + 3Na2SO4 t 0 (6) 2Fe(OH)2  Fe2O3 + 3H2O  1 1 Theo 1,5,6 : nFe O =nSO2 = .0,3 = 0,1 mol 3 2 3 3  m = mFe2O3 = 0,1 . 160 = 16 (gam) (viết các PTHH cho 0.5đ) 5 nBa (OH )2 = 0,06 mol (3đ) Các ptpư xảy ra: K2CO3 + H2SO4  K2SO4 + H2O + CO2 (1) 0,2 MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + H2O + CO2 (2) 0,2 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (3) 0,2 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 (4) 0,2 1) Theo phản ứng 1 và 2 ta thấy: 8, 01 8, 01  0, 058 < nCO2  nhhA < 0, 095  138 84 0,2 + Trường hợp kết tủa lớn nhất:
CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM nCO2 Theo pư 3 thì lượng kết tủa lớn nhất khi: T = =1 nBa (OH )2 0,2  nCO2 = nBa (OH )2 = 0,06 mol. (  khoảng trên) Gọi x, y lần lượt là số mol của mổi muối K2CO3 và MgCO3 0,2 138 x  84 y  8, 01    x  y  0, 06  x = 0,055 ; y = 0,005 0, 055.138 0,2  % K2CO3 = 100% = 94,76 % 8, 01 % MgCO3 = 100% - 94,76% = 5,24 % + Trường hợp lượng kết tủa nhỏ nhất: Để xác định lượng kết tủa nhỏ nhất thì ta xét: - Khi nCO = 0,058 mol < nBa (OH ) = 0,06 mol -> chỉ xảy ra pư 3 2 2 0,2 -> nBaCO = 0,058 mol 3 - Khi nCO = 0,095 thì xảy ra tiếp pư 4. 2 Gọi a, b lần lượt là số mol CO2 tham gia pư 3 và 4. a  b  0, 095 a  0, 025 ta có:  b     nBaCO3 = 0,025 mol < 0,058 a  2  0, 06 b  0, 07 0,2  Vậy lượng kết tủa nhỏ nhất khi nCO2 = 0,095 mol. 0,25  % MgCO3 = 100% 0,25 3) Theo bài ra mCO2 = 10,56 – 6,16 = 4,4 gam  nCO2 = 0,1 (mol) Gọi x, y lần lượt là số mol của K2CO3 và MgCO3  x.138  y.84  10,56 0,25 ta có   x = 0,04 và y = 0,06.  x  y  0,1 0, 04.138 Vậy % K2CO3 = 100% = 52,27% 10,56 0,25 % MgCO3 = 100% - 52,27% = 47,73% Ghi chú: - Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa. - Phương trình thiếu điều kiện trừ nửa số điểm, không cân bằng không cho điểm.