Bộ đề thi học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 (Có đáp án)

1. TUYỂN TẬP 50 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA LỚP 9 – CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT SỞ GD&ĐT VĨNH PHÖC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm): 1. X là hỗn hợp của hai kim loại gồm kim loại R và kim loại kiềm M. Lấy 9,3 gam X cho vào nước dư thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Đem 1,95 gam kali luyện thêm vào 9,3 gam X ở trên, thu được hỗn hợp Y có phần trăm khối lượng kali là 52%. Lấy toàn bộ hỗn hợp Y cho tác dụng với dung dịch KOH dư thu được 8,4 lít khí H2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định kim loại M và R. 2. Cho 500 gam dung dịch CuSO4 nồng độ 16% (dung dịch X). Làm bay hơi 100 gam H2O khỏi dung dịch X thì thu được dung dịch bão hòa (dung dịch Y). Tiếp tục cho m gam CuSO4 vào dung dịch Y thấy tách ra 10 gam CuSO4.5H2O kết tinh. Xác định giá trị của m. Câu 2 (1,5 điểm): Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt trong các trường hợp sau: 1. Dung dịch AlCl3 và dung dịch NaOH (không dùng thêm hóa chất). 2. Dung dịch Na2CO3 và dung dịch HCl (không dùng thêm hóa chất). 3. Dung dịch NaOH 0,1M và dung dịch Ba(OH)2 0,1M (chỉ dùng thêm dung dịch HCl và phenolphtalein). Câu 3 (1,5 điểm): 1. Viết phương trình phản ứng và giải thích các hiện tượng hóa học sau: a) Trong tự nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng lại không có sự tích tụ H2S trong không khí. b)Trong phòng thí nghiệm, khi nhiệt kế thủy ngân bị vỡ người ta dùng bột lưu huỳnh rắc lên nhiệt kế bị vỡ. c) Trong phòng thí nghiệm bị ô nhiễm khí Cl2, để khử độc người ta xịt vào không khí dung dịch NH3. 2. Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế khí Cl2 từ MnO2 và dung dịch HCl. a) Hãy viết phương trình phản ứng điều chế khí Cl2 (ghi rõ điều kiện). b) Giải thích tác dụng của bình (1) (đựng dung dịch NaCl bão hòa); bình (2) (đựng dung dịch H2SO4 đặc) và nút bông tẩm dung dịch Bình (1) Bình (2) Bình (3) NaOH ở bình (3). Câu 4 (1,5 điểm ): Hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 trong dung dịch HCl loãng dư thấy còn lại 6,4 gam Cu không tan. Mặt khác hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp trên trong 240 gam dung dịch HNO3 31,5% (dùng dư) thu được dung dịch Y (không chứa NH 4NO3). Cho 600 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y. Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 78,16 gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1. Tính khối lượng mỗi chất trong X. 2. Tính nồng độ % của Cu(NO3)2 có trong dung dịch Y.
2. TUYỂN TẬP 50 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA LỚP 9 – CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT (5) Câu 5 (1,0 điểm): Xác định E (1) (4) Polietilen các chất hữu cơ A, (7) (8) D, (3) (6) G H A C H 4 Y Y, E, (2) (9) I (10) G, H, I và viết các phương Cao su buna ghi rõ điều trình phản ứng ( D Poli(vinyl clorua) kiện của phản ứng, nếu có) trong dãy biến hóa sau: Câu 6 (2,5 điểm ): Câu NỘI DUNG ĐÁP ÁN Điểm Câu 1 2,0đ 1. Xác định kim loại M, R nH (1)2 ￿ = 0,2 (mol); nH (2)2 ￿ = 0,375 (mol). Khi thêm 1,95 gam K vào 9,3 gam X, nếu trong X không có K thì 0,25 %m = .100 ￿17,33% M chính là K K - Vậy X ( chứa K, R) + Nếu R tan trực tiếp trong nước, hoặc không tan trong dung dịch KOH, thì khi cho Y tác dụng với KOH so với X có thêm 0,025 mol H2, do có phản ứng K + H2O ￿￿￿ KOH + H2 ￿ 0,25 0,05 0,025 => ￿nH2(2) ￿ 0,2￿0,025 ￿ 0,225(mol) R không tan trực tiếp trong nước nhưng tan trong dd KOH Đặt số mol của K và R lần lượt là x,y ta có: 0,52.(9,3 1,95)￿ x = = 0,15mol => mR = yR = 9,3 - 0,1.39 = 5,4 gam (I) 39 ￿ Y tác dụng với dung dịch KOH có phản ứng (TN2): K + H2O ￿￿￿ KOH + H2 ￿ 0,15 0,15 0,075 n R + (4-n)KOH + (n-2)H2O ￿￿￿K(4-n) RO2 + H2￿ 2 0,25 ny y dư 2 0,25 n.y => n 2= 0,075 + = 0,375 => ny = 0,6 (II) H (2) 2 27n Từ (I,II) => R = => n = 3; R = 27 (Al) 0,25
3. STT Đáp án Điểm Câu I 1.Các phản ứng: 2,0 đ Mg + 2HCl ￿￿￿ MgCl2 + H2 3 (0,2.10) điểm Mg + CuSO4 MgSO4 +Cu ￿￿￿ Mg + 2AgNO3 ￿￿￿Mg(NO3)2 +2Ag 2Al + 6HCl ￿￿￿ 2AlCl3 + 3H2 2Al + 2NaOH +2H2O ￿￿￿ 2NaAlO2 + 3H2 2Al + 3CuSO4 ￿￿￿ Al2(SO4)3 + 3Cu Al+ 3AgNO3 ￿￿￿Al(NO3)3 +3Ag 1,0đ Fe+ 2HCl FeCl + H ￿￿￿ 2 2 Fe + CuSO4 ￿￿￿FeSO4 +Cu Fe+ 2AgNO3 ￿￿￿Fe(NO3)2 +2Ag Nếu AgNO3 dư thì : Fe(NO3)2 + AgNO3 ￿￿￿ Fe(NO3)3 + Ag 2. 2KCl + H2SO4 đặc nóng ￿￿￿K2SO4 + (0,25.4) toC MnO2 + 4HCl ￿ ￿￿ MnCl2 +Cl2 + 2H2O đpmangngan 2KCl + 2H2O ￿ ￿￿￿￿2KOH +H2+Cl2 100 oC 3Cl2 + 6KOH ￿ ￿￿ ￿5KCl+ KClO3 + 3H2O 2HCl
4. Câu II ￿ ￿ ￿ ￿ 1,0đ 1. C12H22O11 + H2O H 2SO 4; toC 2C6H12O6 ￿ 3 (0,125.8) điểm C6H12O6 ￿enzim￿￿;30￿￿35￿oC￿2C2H5OH + 2CO2 enzim C2H5OH + O2 ￿ ￿￿￿CH3COOH + H2O CH3COOH + NaOH ￿￿￿CH3COONa + H2O CaO ;toC 1,0 đ CH3COONa + NaOH ￿ ￿￿ ￿￿CH4 + Na2CO3 1500 oC; l ln 2CH4 ￿ ￿￿ ￿ ￿C2H2 +3H2 600 oC ;bôtthan 3C2H2 ￿ ￿ ￿ ￿￿￿C6H6 1,0đ H 2SO 4 C6H6 +HNO3 đặc ￿ ￿ ￿ ￿C6H5NO2 +H2O 2.Than xương (C vô định hình) có đặc tính hấp phụ các chất màu và mùi.Máu bò(protein) khi tan trong nước mía tạo thành dung dịch keo, có khả năng giữ các tạp chất nhỏ lơ lửng, không lắng đọng.Khi đun nóng protein bị đông tụ,kéo những hạt tạp chất này lắng xuống, nhờ đó khi lọc bỏ phần không tan, thu được nước mía trong, không có màu ,mùi và các tạp chất. 3.Cho hỗn hợp khí C4H10,C2H4 ,C2H2 ,CO2 đi qua dung dịch brom dư. Khí đi ra là C4H10 và CO2, cho hỗn hợp thu được vào dung dịch nước vôi dư. Khí đi ra là C4H10 nguyên chất. C2H4 + Br2 ￿￿￿ C2H4Br2 C2H2 + 2Br2 ￿￿￿ C2H2Br4 CO2 + Ca(OH)2 ￿￿￿ CaCO3 + H2O Câu 1.a.-Tốc độ phản ứng giảm dần theo thời gian. 0,5 đ III (0,25) -Phản ứng kết thúc sau 210 giây 1,0đ
5. 4 điểm (0,25) b.Phương trình phản ứng: Ca + 2H2O ￿￿￿Ca(OH)2 +H2 Số mol H2 = số mol Ca(OH)2 = số mol Ca = 0,1:40 =0,0025mol 3 Thể tích khí H2 = 0,0025.24000 =60cm 3 ( hoặc nhìn vào bảng số liệu thể tích khí H2 =60cm ) (0,25) 1,0đ Khối lượng Ca(OH)2 =74.0,0025=0,185g (0,25) Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 25.1 + 0,1 – 0,0025.2 = 25,095g (0,25) Nồng độ % dung dịch = (0,185:25,095).100 = 0,737% (0,25) 2. Phương trình điện li 3+ - AlCl3 ￿￿￿ Al + 3Cl (1) (0,20.5) 0,4x 0,4x : (mol) 1,5đ Al2(SO4)3 ￿￿￿2Al3+ +3SO42- (2) 0,4y ￿￿￿ 0,8y 1,2 y : (mol) Khi tác dụng với NaOH: 3+ - Al + 3OH ￿￿￿ Al(OH)3 (3) Nếu NaOH dư thì có phản ứng: 3+ - - Al + 4OH ￿￿￿ AlO2 + 2H2O (4) Khi cho BaCl2 dư vào : Ba2+ + SO42- ￿￿￿ BaSO4 (5) 1,2 y 1,2 y : (mol) 3+ Số mol Al = 0,4x +0,8y; 2- Số mol BaSO4 =33,552 :233 = 0,144 mol ￿ nSO4 =1,2y = 0,144 ￿ y= 0,12(mol) (0,5) - - nOH = nNaOH = 0,612 mol; nAl(OH)3 =8,424:78= 0,108 mol ￿ nOH tạo kết tủa ở (3) = 0,108.3 =0,324 < 0,612 ￿ có phản ứng (3) &(4) (0,5) - - ￿ số mol OH tạo AlO2 = 0,612- 0,324 = 0,288 mol
6. ￿ 0,4x +0,8y=0,108 + (0,288:4)￿ x= 0,21mol ( 0 5 )
7. Câu 1.Từ các kết quả xác định được A:C2H5OH; B: dung dịch glucozơ(C6H12O6 ); C:H2O 1,5đ IV ;D:CH3COOH ; E : C6H6(benzen) (0,5) 3điểm 2C2H5OH + 2Na ￿￿￿ 2C2H5ONa + H2 (0,125.8) 2H2O + 2Na ￿￿￿ 2NaOH + H2 2CH3COOH + 2Na ￿￿￿ 2CH3COONa + H2 2CH3COOH + CaCO3 ￿￿￿ (CH3COO)2Ca + H2O + CO2 C6H12O6 + Ag2O ￿NH￿3￿,toC￿￿C6H12O7 + 2Ag 1,5đ C2H5OH + 3O2 ￿￿￿ 2CO2 + 3H2O CH3COOH + 2O2 ￿￿￿ 2CO2 + 2H2O 2C6H6 + 15O2 ￿￿￿ 12CO2 + 6H2O 2. mC =12a/44 =3a/11 =b(g) mH = 2b/18 =b/9(g) (0,25) mO = m-( b + b/9 ) = m -10b/9 theo đề : 7m =3a +3b =11a +3b = 14b ￿m=2b(g) ￿mO =2b – 10b/9 = 8b/9(g) (0,25) Gọi công thức phân tử của A là CxHyOz Ta có tỷ lệ : x:y:z = b/12 :b/9:8b/9.16 = 3:4:2 (0,5) ￿công thức phân tử A : (C3H4O2)n; với n nguyên dương theo đề : 72n < 29.3 ￿n < 1,208 ￿chỉ có n = 1 đúng điều kiện Vậy công thức phân tử của A là: C3H4O2 (0,5)
8. Câu V 1. Gọi công thức phân tử sắt oxit là FexOy 1,0đ Ta có sơ đồ FexOy ￿￿CO￿Fex’Oy’;Fe;FexOy dư ￿HNO￿￿3￿Fe(NO3)3;NO 4điểm Áp dụng sự bảo toàn với nguyên tố Fe: số mol Fe(FexO ) = số mol Fe trong Fe(NO3) y 3 = 18,15:242=0,075mol (0,5) Số mol O = (5,8-56.0,075):16 = 0,1mol (0,25) Ta có x:y = 0,075:0,1 = 3:4 1,5đ Vậy công thức cần tìm Fe3O4 (0,25) Chất rắn B có thể gồm:Fe,FeO,Fe3O4 dư Phương trình phản ứng: Fe + 4HNO ￿￿￿ Fe(NO ) + NO + 2H O (1) 3 3 3 2 3FeO + 10HNO3 ￿￿￿ 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (2) 3Fe3O4 + 28HNO3 ￿￿￿ 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (3) Fe + 2 HCl ￿￿￿ FeCl2 + H2 (4) FeO + 2 HCl ￿￿￿FeCl2 + H2O (5) Fe O + 8HCl ￿￿￿ 2FeCl + FeCl + 4H O (6) 3 4 3 2 2 (0,5) Gọi a,b,c lần lượt là số mol Fe,FeO,Fe O trong B 3 4 dư 1,5đ Từ (4) số mol H2 = a = 0,03 Từ (1),(2),(3) số mol NO = a + b/3+ c/3 = 0,035 Số mol Fe = a + b + 3c = 0,075 Giải hệ phương trình ta có: a=0,03 ; b = 0 ; c= 0,015 Khối lượng B = 56.0,03 + 232.0,015 = 5,16g (0,75) % khối lượng hỗn hợp : %Fe = 32,56% ; %Fe3O4 = 67,44% (0,25) 2.Phương trình phản ứng: Fe3O4 + 4CO ￿toC￿￿3Fe + 4CO2 (7) Theo phản ứng: số mol CO phản ứng = số mol CO2 Gọi d là % thể tích CO2 ; % thể tích CO = 1-d Ta có : 44d + 28(1-d) = 17,2.2 ￿d= 0,4 . ￿%VCO2=40% ; %VCO =60% (0,75) Theo (7) số mol CO phản ứng = (4/3).số mol Fe =(4/3).0,03=0,04mol Do đó số mol CO ban đầu = (0,04.100):40=0,1mol V=0,1.22,4= 2,24lit (0,75)
9. Câu 1.Gọi công thức phân tử tổng quát của (X) là :CnH2n+2-2k ; với: 2≤n≤4; 1≤ k ≤ n VI CnH2n+2-2k + kBr2 ￿￿￿ CnH2n+2-2kBr2k (1) 3 điểm x kx : mol 2CnH2n+2-2k +(3n+1-k)O2 ￿￿￿ 2nCO2 + 2(n+1-k)H2O (2) x nx : mol 2H2 + O2 ￿￿￿ 2 H2O (3) CO2 + Ca(OH)2 ￿￿￿CaCO3 + H2O (4) 0,5đ 2CO2 + Ca(OH)2 ￿￿￿Ca(HCO3)2 (5) toC Ca(HCO3)2 ￿ ￿￿CaCO3 + H2O +CO2 (6) Gọi x là số mol (X) trong hỗn hợp 0,5đ Số mol CO2 =nx = 0,2 + 2.0,5 =1,2 (a) Số mol Br2 =kx = 0,6 (b) 0,5đ Từ (a) & (b) ￿n =2k + khi k=1 ￿n =2￿CTPT C2H4 x = 0,6 ￿ số mol H2 =(17,6 – 28.0,6):2 = 0,4 mol 0,5đ % C2H4 = 60% ; %H2 = 40% 0,5đ + khi k=2 ￿n = 4 ￿ CTPT C4H6 x = 0,3 ￿ số mol H2 =(17,6 – 54.0,3):2 = 0,7 mol % C4H6 = 30% ; %H2 = 0,25đ 70% 2.Số mol nguyên tử H trong 2 trường hợp: 4.0,6+2.0,4= 0,25đ 6.0,3+2.0,7=3,2mol ￿số mol H2O= 1,6mol Số mol CO2 = nx =1,2mol
10. ￿ m = mCO2 + mH2O – mCaCO3 =44.1,2 +18.1,6 -20 =61,6gam Ghi chú: Các bài toán ở câu III,IV,V ,VI : Học sinh có thể giải theo cách khác nhưng lập luận đúng và cho kết quả đúng vẫn đạt điểm tối đa như trên. - Phương trình hoá học không cân bằng hoặc cân bằng sai thì trừ nửa số điểm của phương trình đó. Trong một phương trình viết sai 1 công thức hóa học thì không tính điểm phương trình.
11. ĐỀ 15 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH QUẢNG NINH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC 9 Họ và tên, chử ký củ (BẢNG B) a giả m thị Ngày thi: 23/03/2012 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) số 1 (Đề thi này có 01 trang) Câu 1 : (3,5 điểm) Cho sơ đồ phản ứng sau : (2) (3) A ￿￿ ￿FeCl2 ￿￿ ￿B (1) (4) Fe Fe2O3 (7) D ￿￿(6)￿ C (5) Biết A,B,C,D là các hợp chất khác nhau của sắt và không phải là FeCl 2, Fe2O3. Xác định công thức hóa học của các hợp chất đó và viết các phương trình phản ứng minh họa. Câu 2: (5,0 điểm) 1/ Nhiệt phân hỗn hợp gồm BaCO 3, MgCO3, Al2O3 được chất rắn A và khí B. Hòa tan A vào nước dư được dung dịch D và chất rắn không tan C. Cho từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch HCl vào dung dịch D thì xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan dần. Chất rắn C tan một phần trong dung dịch NaOH dư, phần còn lại tan hết trong dung dịch HCl dư . Xác định các chất trong A,B,C,D và viết phương trình hóa học xảy ra. Biết các phản ứng xảu ra hoàn toàn. 2/ Bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt 4 chất khí đựng trong 4 bình mất nhãn sau: CO, CO2, N2, SO2. Câu 3 (3,5 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 , Fe2O3 có số mol bằng nhau. Lấy 52 gam hỗn hợp X cho vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc lấy kết tủa B nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn C. Tìm giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4: (3,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn a gam oxit của một kim loại hóa trị (II) trong 48 gam dung dịch H2SO4 loãng, nồng độ 6,125% thu được dung dịch A chứa 2 chất tan trong đó H 2SO4 có nồng độ 0,98%. Mặt khác, dùng 2,8 lít cacbon (II) oxit để khử hoàn toàn a gam oxit trên thành kim loại thu được khí B duy nhất. Nếu lấy 0,896 lít khí B cho vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 0,8 gam kết tủa. Tìm
12. giá trị của a và xác định công thức của oxit kim loại đó. Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Câu 5: (4,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 5,6 lít hỗn hợp gồm 2 hidrocacbon (tỉ lệ thể tích là 2:3) có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử thu được 11,2 lít khí cacbonic và 11,2 gam nước. Xác định công thức phân tử của 2 hidrocacbon biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. ĐỀ 16 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH QUẢNG TRỊ NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍ NH THỨC MÔN: HÓA HỌC – LỚP 9 THCS Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Khoá ngày: 12/4/2012 Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu Câu 1. (4,0 điểm) 1. Hỗn hợp A gồm CaCO3, Cu, FeO, Al. Nung nóng A (trong điều kiện không có không khí) một thời gian thu lấy chất rắn B. Cho B vào nước dư được dung dịch C và chất rắn D (không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH). Cho D tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. Xác định B, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Hoà tan hoàn toàn 4 gam FexOy cần 52,14 ml dung dịch HCl 10% (D = 1,05g/ml). Xác định công thức FexOy. 3. Một hỗn hợp gồm Al2(SO4)3 và K2SO4, trong đó số nguyên tử oxi chiếm 20/31 tổng số nguyên tử có trong hỗn hợp. Tính % theo khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho lần lượt các chất khí sau: SO 2, Cl2, NO2, H2S, CO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 dư. 2. Hỗn hợp khí A gồm a mol SO2 và 5a mol không khí. Nung nóng hỗn hợp A với V2O5 xúc tác thu được hỗn hợp khí B. Biết rằng tỉ khối hơi của A so với B bằng 0,93. Hãy tính hiệu suất phản ứng giữa SO2 và O2. Cho không khí có chứa 80% N2 và 20% O2 theo thể tích. 3. Nhỏ từ từ 3V1 lít dung dịch Ba(OH)2 xM (dung dịch X) vào V1 lít dung dịch Al2(SO4)3 yM (dung dịch Y) thì phản ứng vừa đủ và thu được kết tủa lớn nhất là m gam. a) Tính giá trị x/y. b) Nếu trộn V2 lít dung dịch X vào V1 lít dung dịch Y (ở trên ) thì kết tủa thu được có khối lượng bằng 0,9m gam. Xác định giá trị V2/V1. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp Fe2O3 và CuO nung nóng bằng lượng CO dư, toàn bộ CO2 sinh ra cho hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 40 gam kết tủa.
13. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính số mol mỗi oxit trong hỗn hợp ban đầu. 2. Viết các phương trình phản ứng chứng minh: a) Tính axit của dung dịch HCl mạnh hơn CH3COOH b) Độ hoạt động của O3 mạnh hơn O2 c) Tính bazơ của dung dịch Ba(OH)2 mạnh hơn NH3 d) Độ hoạt động của Fe mạnh hơn Cu 3. Cho hỗn hợp A gồm 3 kim loại X, Y, Z có hóa trị lần lượt là III, II, I và tỉ lệ số mol tương ứng là 1:2:3, trong đó số mol của X bằng x mol. Hòa tan hoàn toàn A bằng dung dịch có chứa y (gam) HNO3 (lấy dư 25%). Sau phản ứng thu được V lít khí NO2 và NO (đktc, không có sản phẩm khử khác). Dựa vào sơ đồ phản ứng chứng minh rằng: y = 1,25(10x + V/22,4)63. Câu 4. (4,0 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn 8,7 gam một hỗn hợp gồm kali và một kim loại M (thuộc 3 nhóm IIA) trong dung dịch HCl dư, thì thu được 5,6 dm H2 (đktc). Nếu hòa tan hoàn toàn 9 gam kim loại M trong dung dịch HCl dư, thì thể tích khí H2 sinh ra chưa đến 11 lít (đktc).Hãy xác định kim loại M. (Cho các kim loại nhóm IIA: Be=9, Mg=24, Ca=40, Sr=88, Ba=137) 2. Từ tinh bột, các chất vô cơ cần thiết và các điều kiện có đủ, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế các chất sau: etyl axetat, etilen, PVC. Câu 5. (4,0 điểm) Cho 76,2 gam hỗn hợp A gồm 1 ancol đơn chức (ROH) và 1 axit cacboxylic đơn chức (R/COOH). Chia A thành 3 phần bằng nhau. Đem phần 1 tác dụng hết với Na, thu được 5,6 lít H2 (đktc). Đốt cháy hết phần 2 thì thu được 39,6 gam CO2. Đem phần 3 thực hiện phản ứng este hóa với hiệu suất 60%, sau phản ứng thấy có 2,16 gam nước sinh ra. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các chất trong A. Cho: H=1, O=16, C=12, N=14, Na=23, Mg=24, Al=27, S=32, Cl=35,5; Ca=40, Fe=56, Cu=64. (Thí sinh không được dùng bảng HTTH và bảng Tính tan)
14. SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ HƢỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH THCS NĂM HỌC: 2011-2012 ĐỀ CHÍ NH THỨC Khoá ngày 12 tháng 4 năm 2012 Môn: HOÁ HỌC – Lớp 9 (Hướng dẫn chấm có 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1 4,0 điểm 1 2,5 t Phản ứng: CaCO3 ￿￿￿ o CaO + CO2 t 2Al + 3FeO ￿￿￿ o Al2O3 + 3Fe (B: CaO, Al2O3, Cu, FeO, CaCO3 dư, Fe, Al) CaO + H2O ￿ Ca(OH)2 2Al + Ca(OH)2 + 2H2O ￿ Ca(AlO2)2 + 3H2 Al2O3 + Ca(OH)2 ￿ Ca(AlO2)2 + H2O Do D không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH, nên D không còn Al và Al2O3. Suy ra: D gồm Cu, FeO, CaCO3, Fe. t CaCO3 + H2SO4 đặc ￿￿￿ o CaSO4 + CO2 + H2O t Cu + 2H2SO4 đặc ￿￿￿ o CuSO4 +2H2O + SO2 t 2FeO + 4H2SO4 đặc ￿￿￿ o Fe2(SO4)3 + SO2 +4 H2O t 2Fe + 6H2SO4 đặc ￿￿￿ o Fe2(SO4)3 + 3SO2 +6H2O 2 0,25 Ta có: nHCl = ￿ 0,15 mol Phản ứng: Fe Ox y + 2yHCl ￿ xFeCl2y + yH2O (1) 0,25 x 56x 0,25 ￿16y 2y x 2 Theo (1) và bài ra: ￿ ￿ ￿ . Vậy công thức Fe2O3 4 0,15 y 3 3 Gọi x, y lần lượt là số mol của Al2(SO4)3 và K2SO4 trong hỗn hợp. 0,5 12x Ta có: ￿4y ￿ 20 ￿ x ￿ 1 17x ￿7y 31 y 2 0,25 Vậy: %(m) Al2(SO4)3 = .100% ￿ 49,57% %(m)K2SO4 = 50,43% Câu 2 4,0 điểm
15. 1 Ca(OH)2 + SO2 ￿ CaSO3 + H2O 1,5 2Ca(OH)2 + 2Cl2 ￿ CaCl2 + Ca(ClO)2 + H2O 6Ca(OH)2 t + 6Cl2 ￿￿￿ 0 5CaCl2 + Ca(ClO3)2 + 6H2O Ca(OH)2 + H2S ￿ CaS + 2H2O Ca(OH)2 + CO2 ￿ CaCO3 + H2O 2Ca(OH)2 + 4NO2 ￿ Ca(NO2 )2 + Ca(NO3)2 + 2H2O Đúng mỗi pt 0,25 ￿ 0,25x6= 1,5 điểm 2 2)Hỗn hợp A ban đầu có SO2: amol, N2 : 4a mol và O2: a mol. 0,25 V O , t2 5 o ￿￿￿￿￿ Phản ứng : 2SO2 + O2 ￿￿￿￿￿ 2SO3 (1) (Có thể chọn a=1 mol) Gọi số mol SO2 phản ứng là x Theo (1): Số mol giảm = 0,25 số mol O2 phản ứng = 0,5x (mol) ￿ nB= 6a-0,5x (mol) Theo ĐLBTKL: mA= mB = m 0,25 m m x dA/B = :￿ 0,93 ￿ ￿ 0,84. 6a 6a ￿0,5x a a a 0,25 Vì ￿ , nên H% của phản ứng tính theo SO 2. Vậy H%= 84% 2 1 3 Phản ứng: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 ￿ 3BaSO4 ￿ + 2Al(OH)3 ￿ (1) 0,5 3V1x V1y 3 1 x Ta có: ￿ ￿ x=y ￿ ￿1 3Vx1 V y1 y Chọn x = y =1, khi đó m=3V1.233+ 2.V1.78=855V1gam (I) Do 0,9m<m(gam) nên có 2 trường hợp xảy ra Trƣờng hợp 1: Al2(SO4)3 dư, Ba(OH)2 hết 0,5 2 Theo(1): 0,9m=V2.233+ V .782 ￿ 285V2 gam(II) 3 V Từ (I, II) : 2 ￿ 2,7 V1
16. Trƣờng hợp 2: Kết tủa tan một phần 0,5 Sau (1) xảy ra tiếp phản ứng: 2Al(OH)3+Ba(OH)2 ￿Ba(AlO2)2+4H2O(2) Theo(1,2): Khối lượng kết tủa tan là 0,1m=(V2 ￿3V ).2.781 ￿ 0,1m(III) V 2 Từ (I, III) : ￿ 3,548 (=3,55) V1 Câu 3 4,0 điểm 1 1,0 Ta có: nCO2 = nCaCO3 = =0,4 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe2O3 và CuO trong 24 gam hỗn hợp t Phản ứng : Fe2O3 + 3CO ￿￿￿ o 2Fe + 3CO2 (1) x 3x t CuO + CO ￿￿￿ o Cu + CO2 (2) y y Ca(OH)2 + CO2 ￿ CaCO3 + H2O (3) Theo bài ra ta có hệ phương trình: 1,0 ￿160x + 80y = 24￿y = 0,1 ￿ ￿ ￿ ￿3x + y = 0,4￿x = 0,1 2 Phản ứng : a) HCl + CH3COONa ￿ NaCl + CH3 COOH 1,0 b)O 3 + 2KI + H2O ￿ 2KOH + I2 + O2 c) Ba(OH)2 + 2NH4Cl ￿ BaCl2 + 2NH3 + 2H2O d) Fe + CuSO4 ￿ Cu + FeSO4 3 y.100 y 0,5 Ta có: nHNO3 (phản ứng) = ￿ 63.125 63.1,25 Sơ đồ: X+Y+Z + HNO3 ￿ X(NO3)3 + Y(NO3)2 + ZNO3 + NO2 + NO (1) 0,5 V Áp dụng ĐLBT: =3x+4x + 3x + ￿ y =1,25.(10x+ V ).63 y 63.1,25 22,4 22,4 Câu 4 4,0 điểm 1 Phản ứng: 2K + 2HCl ￿ 2KCl + H2 (1) 0,5 M + 2HCl ￿ MCl2 + H2 (2)
17. Theo (1,2) và bài ra: 1,0 ￿a+2b = 0,5 ￿ 9 11 ￿ ￿ ￿ ￿18,3 < M < 34,8 (do 0 < b < 0,25) Vậy M là Mg ￿M 22,4 ￿￿39a+ b.M = 8,7 2 - Điều chế etyl axetat: CH3COOC2H5 2,5 (-C6H10O5-)n + nH2O ￿￿￿￿axit, to nC6H12O6 men C6H12O6 ￿￿￿ 2C2H5OH + 2CO2 men giaám C2H5OH + O2 ￿￿￿￿￿ CH3COOH + H2O CH3COOH + C2H5OH ￿￿￿￿￿￿￿￿￿￿H SO , t2 4 o CH3COOC2H5 + H2O - Điều chế etilen C2H5OH ￿￿￿￿￿￿H SO2 4d,170 C0 CH2=CH2 + H2O - Điều chế PVC: (-CH2-CHCl-)n CH3COOH + NaOH ￿ CH3COONa + H2O t CH3COONa + NaOH(rắn) ￿￿￿￿CaO 0 CH4 + Na2CO3 1500 C 2CH4 ￿￿￿￿ LLN0 CH CH￿ + 3H2 xt t, CH ￿ CH + HCl ￿￿￿￿ o CH2=CHCl xt p t, , nCH2=CHCl ￿￿￿￿ o (-CH2-CHCl-)n Có thể theo cách khác cũng cho điểm tối đa: C2H4 ￿ C2H4Cl2 ￿ C2H3Cl ￿ PVC Mỗi phƣơng trình 0,25 điểm ￿ 0,25x10= 2,5 điểm Câu 5 4,0 điểm
18. Đặt ancol ROH là: CxHyO, axit R’COOH: CaHbO2 1,25 Phần 1: 2ROH + 2Na ￿ 2RONa + H2 (1) 2 R’COOH + 2Na ￿ 2R’COONa + H2 (2) Phần 2: CxHyO + (x+y/4 -1/2)O2 ￿ xCO2 + y/2H2O (3) CaHbO2 + (a+b/4 - 1)O2 ￿ aCO2 +b/2H2O (4) ￿￿￿￿￿ Phần 3: ROH + R’COOH ￿￿￿￿￿ H SO , t2 4 o R’COOR + H2O (5) Đúng mỗi phương trình phản ứng 0,25 điểm ￿ 5x0,25=1,25 điểm Theo (1, 2): n(1/3A)= 2nH2=2.5,6/22,4= 0,5 mol 0,5 Nếu H%(5)=100% thì n(ROH pư)=n(R/COOH pư)=0,12.100/60=0,2 mol Có hai trƣờng hợp: 0,5 Trƣờng hợp 1: nROH ￿ 0,2mol ￿ nR C' OOH ￿ 0,3mol Theo(3, 4): 0,2x + 0,3a = 39,6/44 = 0,9 (= nCO2 khi đốt phần 2) ￿ 2x + 3a = 9 ￿ x = 3 , a = 1 Trong A: C3HyO : 0,2 mol và HCOOH : 0,3 mol 0,5 ￿ mA= 3[(12.3+y+16)0,2 + 46.0,3]=76,2 ￿ y=6 Vậy CTPT, CTCT các chất trong A: C3H6O (CH2=CH-CH2-OH) 0,25 HCOOH Trƣờng hợp 2: nR C' OOH ￿ 0,2mol ￿nROH ￿ 0,3mol 0,5 Theo(3, 4): 3x + 2a = 9 ￿ x = 1, a= 3 Trong A: CH4O : 0,3 mol và C3HbO2 : 0,2 mol 0,5 ￿ mA= 3[32.0,3 + (68+b)0,2]=76,2 ￿ b=11 (loại vì b lẽ) Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu PTHH thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó. . HẾT .