Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố Hóa học Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng giáo dục và đào tạo Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố Hóa học Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng giáo dục và đào tạo Thành phố Bắc Giang (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ TP. BẮC GIANG NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Hoá học lớp 8 Thời gian làm bài: 150 phút Câu I: (4 điểm) 1.Nêu phương pháp và vẽ hình thí nghiệm điều chế khí H2 trong phòng thí nghiệm. Nêu các cách thu khí vào bình và giải thích, viết phương trình hóa học phản ứng. 2. Nêu hiện tượng khi cho mẫu kim loại Na vào dung dịch CuSO4 . 3. Nêu phương pháp hóa học để nhận biết các chất rắn đựng riêng biệt gồm: BaO, P2O5, Na2O, SiO2. Câu II: (4 điểm) 1.Hãy cho biết các cách viết sau chỉ ý gì: 3Br; O2; H2O; Zn; 5CO2. 0 2.Chỉ rõ chất nguyên chất, hỗn hợp trong các ý sau: Muối tinh, dầu hỏa, cồn 90 , đường kính, không khí, khí oxi. 3. Cho giá trị tuyệt đối khối lượng của nguyên tử S là: 5,313. 10-23gam; Của Al là: 4,483.10-23gam; của O là 2,656.10-23gam Hãy tính: Nguyên tử khối , khối lượng mol của các nguyên tử trên. Biết 1đvC có khối lượng là 1,6605.10-24gam. Câu III: (4 điểm) 1.Để m gam Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng là 30 gam. Cho hỗn hợp A tác dụng hết với dd HNO3 loãng, thu được 5,6 lít khí NO duy nhất (đktc). Tính m. 2. Công thức tổng quát của tinh thể ngậm nước M( NO3)3. nH2O. Biết nước kết tinh chiếm 40,099% về khối lượng. N chiếm 10,4% về khối lượng. Xác định tên kim loại M và giá trị n. Viết CTHH của tinh thể ngậm nước. Câu IV: (4 điểm) 1.Cho V lít hỗn hợp gồm H2 và CO (đktc) qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 đun nóng. Chất rắn A còn lại trong ống gồm Fe3O4 và FeO có khối lượng (m- 2,24)gam. Hòa tan chất rắn A bằng một lượng dung dịch HCl 1,9 M vừa đủ thấy cần 800 ml.Viết các PTHHPƯ có thể xảy ra và tính m, V. 2. Chia 41,1 gam hỗn hợp Al và Zn thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: Tác dụng hết với dd H2SO4 loãng thu được dd A và 16,8 lít khí H2(đktc). Phần 2: Tác dụng vừa đủ với hỗn hợp B gồm Cl2 và O2 có tỉ khối với H2 là 25,75 thu được m gam chất rắn D gồm các oxit và các muối (AlCl3 , ZnCl2 ).Tính m Câu V: (4 điểm) 1.Nêu phương pháp hóa học để tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp gồm CO2 và O2 2.Cho m gam Fe tác dụng với O2 thu được 27,2 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, Fe dư. Cho hỗn hợp A tác dụng hết với dung dịch H2SO4 98% đun nóng thu được 6,72 lít khí SO2 (đktc) và dd B chỉ chứa muối Fe2(SO4)3 a) Viết các PTHHPU xảy ra b) Tính m và khối lượng dung dịch H2SO4 đã dùng. ( Cho Fe=56, O=16, Cl=35,5; Al=27, Zn=65, S=32, H=1, N=14, C= 12) Hết . Họ tên thí sinh SBD:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 8 Năm học 2015 - 2016 Tổng điểm toàn bài 20 điểm Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 - Nêu nguyên liệu,vẽ được hình thí nghiệm điều chế H2 0,5 - Nêu cách thu và giải thích 0,5 - Viết PTHH 0,5 2 - Nêu hiện tượng 0,5 - Viết PTHH 0,5 3 - Nêu được PP nhận biết 0,5 - Viết được PTHH 1 2 1 - Nêu ý nghĩa của 5 cách viết 1 2 - Chỉ rõ chất nguyên chất: Muối tinh, đường kính, khí oxi 0,5 o - Chỉ rõ hỗn hợp: Dầu hỏa, cồn 90 , không khí. 0,5 3 - Tính đúng NTKAl NTKS 0,5 NTKo 0,5 - Tính đúng MAl 0,5 - Tính đúng MS 0,5 - Tính đúng Mo 3 1 5,6 +) nNO = = 0,25 (mol) 22,4 m 0,5 +) nFe= (mol) 56 m +) n(FeNO ) = nFe = (mol) 3 3 56 0,5 3m +) n = 3 n = (mol) HNO3 (FeNO3 )3 56 +) n = n = 0,25 (mol) HNO3 NO 3m Tổng số mol HNO3= ( 0,25) mol 56 1 3m +) n = ( 0,25) 0,5 H2O 2 56 Áp dụng ĐLBTKL ta có: 3m 3m 1 3m 30+ 63 ( 0,25) = 242. + 30.0,25 + . 18 ( 0,25) 0,5 56 56 2 56 Giải ra m = 25,2 g
3. 2 + Khối lượng mol của tinh thể là: ( M + 186 + 18n) g %N = 10,4 % → Khối lượng mol tinh thể = 404 g/mol 18n 40,099 0,5 % H2O = = → n= 9 404 100 M +168 +18.9 = 404 0,5 M = 56. Vậy M là sắt. 0,5 CTHH tinh thể Fe(NO3)3 . 9H2O 0,5 4 1 a, Các PTHH PƯ t0 3Fe2O3 + H2  2 Fe3O4 + H2O (1) t0 3Fe2O3 + CO  2 Fe3O4 + CO2 (2) t0 Fe2O3 + H2  2 FeO + H2O (3) 0,25 t0 Fe2O3 + CO  2 FeO + CO2 (4) 0,25 Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4 H2O (5) FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (6) + Theo đề ra thu được hỗn hợp A có khối lượng là (m – 2,24)gam → mo tách ra khỏi Fe2O3 là 2,24g 2,24 → no = = 0,14 (mol) 0,25 16 0,25 +) Tỉ lệ mol O kết hợp với khí ban đầu là 1: 1 nkhí ban đầu = 0,14 mol → Vkhí = 0,14 . 22,4 = 3,136 (lít) 1 +) Theo (5) (6) ta có n = nHCl H2O 2 nHCl = 0,8 .1,9 = 1,52 (mol) 1,52 n = = 0,76 (mol) 0,5 H2O 2 +) no trong H2O tạo thành do oxi trong hai oxit Fe3O4 FeO tạo ra no trong hai oxit này là: 0,76 mol mo = 0,76 . 16 = 12,16 (g) +) Vậy khối lượng oxi có trong Fe2O3 ban đầu là 12,16 + 2,24 = 14,4(g) 14,4 +) no = = 0,9 (mol) 16 0,25 1 1 +) n = no = . 0,9 = 0,3 (mol) Fe2O3 3 3 → nFe trong Fe2O3 = 2 n = 0,3 . 2= 0,6 (mol) Fe2O3 0,25 mFe = 0,6 . 56 = 33,6 (g) m = mFe + mo = 33,6 + 14,4 = 48 (g) 2 16,8 n = = 0,75(mol) H2 22,4 +) Đặt số mol Al và Zn trong phần (1) lần lượt là x, y mol (x,y >0) +) Các PTHHPƯ Phần 1: 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3+ 3H2 (1) Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2 (2) 0,25
4. 27x 65y 20,55 x 0,4 0,25 1,5x y 0,75 y 0,15 Phần 2: Đặt số mol Al. Zn pư (3), (4), (5), (6) là a,b,c,d mol t0 2Al + 3Cl2  2AlCl3 (3) a → 1,5 a t0 Zn + Cl2  ZnCl2 (4) 0,25 b b 0,25 t0 4Al + 3O2  2Al2O3 (5) 3c c → 4 t0 2Zn + O2  2 ZnO (6) d d 2 +) M = 25,75. 2 = 51,5 M = 32 71- 51,5 = 19,5 O2 51,5 M = 71 51,5 – 32 = 19,5 Cl2 n 19,5 1 O2 = = n = n n 19,5 1 O2 Cl2 Cl2 Ta có: nAl = a + c = 0,4 nZn = b + d = 0,15 3c d 1,5a + b = + 4 2 0,5 Vì n = n nên ta có Cl2 O2 2. n + 4. n = 6. n Cl2 O2 Cl2 3c d 2(1,5a + b) + 4 ( + ) = 6 n 4 2 Cl2 3a + 2b + 3c + 2d = 6 nCl 2 0,25 3 ( a+ c) + 2( b+ d) = 6 n Cl2 3. 0,4 + 2. 0,15 = 6 n Cl2 1,2 + 0,3 = 6 n Cl2 0,25 1,5 = 6 n Cl2 n = 0,25 (mol) Cl2 n = 0,25 (mol) O2 Áp dụng theo bảo toàn khối lượng ta có: m = m + m + m kl Cl2 O2 m = 20,55 + 0,25. 71 + 0,25.32 = 46,3(g) 5 1 - Nêu được phương pháp tách O2 , CO2 0,5 - Viết được PTHH 1 2 a, Các PTHH PƯ
5. t0 0,5 2Fe + O2  2FeO (1) t0 4Fe + 3O2  2Fe2O3 (2) t0 3Fe + 2O2  Fe3O4 (3) Gọi sô mol FeO (x); Fe3O4 (y); Fe2O3 (z) ; Fe dư (t) 0,25 2FeO + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O (4) x 2x 0,5x 2 Fe3O4 + 10 H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10 H2O (5) y 5y 0,5y Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (6) z 3z 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + H2O (7) 0,25 t 3t 1,5t b, Theo đề ra và (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta có hệ Pt 0,5 72x 232y 160z 56t 27,2(I) 0,5x 0,5y 1,5t 0,3(II) Theo (1), (2), (3) nFe = x + 3y + 2z + t Nhân 2 vế của (II) với 16 rồi cộng với (I) ta được 80x + 240y + 160z + 80t = 32 0,25 Chia 2 vế cho 80 ta được: x + 3y + 2z + t = 0,4 = nFe (III) mFe = 0,4 . 56 = 22,4 (g) +) Từ các pt ta có: 0,25 n H2SO4Pu = 2x + 5y + 3z + 3t + Nhân 2 vế của (III) với 1,5 ta có: 1,5x + 4,5y + 3z + 1,5t = 0,6 (IV) 0,25 Cộng (IV) với (II) ta được: n 2x + 5y + 3z + 3t = 0,9 = H2SO4 m H2SO4 = 0,9.98 = 88,2 (gam) 0,25 88,2.100 +) mddH SO 98%= = 90 (g) 2 4 98 * Lưu ý: - Có nhiều cách làm khác nhau nếu học sinh làm đúng vẫn cho điểm tối đa. - Các PHHH thiếu điều kiện nếu có trừ 1/2 số điểm của PT