Đề thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 9 - Đề số 18 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 9 - Đề số 18 (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 ĐỀ SỐ 18 NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (5,0 điểm) 1. Cho hỗn hợp A gồm Al, Fe, Cu vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được khí B, dung dịch C và chất rắn D. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch C thu được dung dịch E và kết tủa F. Lọc lấy F nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn G. Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua chất rắn G thu được chất rắn H. Sục khí CO 2 dư vào dung dịch E. Viết tất cả các PTHH xảy ra? 2. Từ các hóa chất: Zn; S và H2O. Hãy viết các PTHH điều chế 3 oxit, 2 axit và 3 muối? Câu II: (3,5 điểm) 1. Chỉ được dùng thêm dung dịch phenolphtalein, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 5 dung dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt bị mất nhãn: H 2SO4, KOH, K2SO4, BaCl2, HCl. Viết PTHH xảy ra (nếu có)? 2. Có một hỗn hợp khí gồm: O 2, SO2; CO và CO2. Làm thế nào để thu được khí O 2 tinh khiết? Câu III: (4,0 điểm) 1. Trong phòng thí nghiệm có dung dịch H2SO4 2,5M; dung dịch KOH 2M; nước cất và các dụng cụ thí nghiệm đầy đủ. Hãy trình bày cách pha chế 400 ml dung dịch X chứa K 2SO4 0,5M và KOH 0,25M? 2. Chia m gam một oxit sắt thành 2 phần bằng nhau. Cho luồng khí H 2 nung nóng dư đi qua phần 1, đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 21 gam Fe. Để hòa tan hết phần 2 cần dùng vừa đủ 250 gam dung dịch HCl 14,6%. Hãy xác định công thức hóa học của oxit sắt và tính m? Câu IV: (4,5 điểm) 1. Nung 4,5 tạ đá vôi chứa 90% CaCO 3 (phần còn lại là chất trơ) với hiệu suất phản ứng là 85% thu được chất rắn X và khí CO2. a) Tính thể tích khí CO2 thu được ở điều kiện bình thường (20°C và latm)? b) Tính thành phần % theo khối lượng của CaO trong chất rắn X? 2. Ti khối của hỗn hợp khí A gồm CO và CO 2 đối với khí O2 bằng 1,075. Sục V lít hỗn hợp khí A (ở đktc) vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm KOH 0,25M và Ba(OH)2 0,35M thu được 49,25 gam kết tủa. Viết các PTHH xảy ra và tính V? Câu V: (3,0 điểm) Chia 35,5 gam hỗn hợp B gồm MgO và Al2O3 thành hai phần bằng nhau:
2. - Phần 1 cho tác dụng với 500 ml dung dịch HCl, sau khi các phản ứng kết thúc làm bay hơi cẩn thận thu được 38,375 gam chất rắn khan. - Phần 2 cho tác dụng với 800 ml dung dịch HCl ở trên, kết thúc các phản ứng cũng làm bay hơi cẩn thận thu được 45,25 gam chất rắn khan. a) Viết các PTHH xảy ra? Tính nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng? b) Tính thành phần % theo khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp B? (Cho: Al = 27; Ba= 137, C = 12; O=16, H=1; Cu=64; Fe = 56; Mg = 24; S = 32) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
3. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 5 trang) Câu Nội dung Điể m Câu I - Các PTHH xảy ra: 1. 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 2,5đ Fe + 2HCl FeCl2 + H2 - Khí B là H2, chất rắn D là Cu, dung dịch C gồm: HCl dư, AlCl3, FeCl2. KOH + HCl KCl + H2O 2KOH + FeCl2 2KCl + Fe(OH)2 (r) Mỗi 3KOH + AlCl3 3KCl + Al(OH)3 (r) PT KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O được - Dung dịch E gồm: KOH dư, KCl và KAlO2. Kết tủa F là Fe(OH)2 0,25 t 0 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O - Chất rắn G là Fe2O3. t 0 Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 - Chất rắn H là Fe. KOH + CO2 KHCO3 KAlO2 + CO2 + 2H2O KHCO3 + Al(OH)3 (r) 2/. - Các PTHH xảy ra: dp 2,0đ 2H2O  2H2 + O2 t 0 S + O2  SO2 0 450 C;V2O5 2SO2 + O2  2SO3 Mỗi SO2 + H2O H2SO3 PT SO3 + H2O H2SO4 t 0 được 2Zn + O2  2ZnO 0,25 ZnO + H2SO3 ZnSO3 + H2O Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2O 0 Zn + S t ZnS - Ba oxit là ZnO; SO ; SO . Hai axit là H SO và H SO . Ba muối là: ZnS; ZnSO 2 3 2 3 2 4 3 0,25 và ZnSO4 Câu II - Trích mỗi chất một ít để làm mẫu thử và đánh số thứ tự. 1. - Nhỏ dung dịch phenolphtalein lần lượt vào 5 ống nghiệm đựng sẵn 5 dung 2,25đ dich đó: + Dung dịch nào làm dung dịch phenolphtalein không màu chuyển thành 0,25 màu đỏ, đó là dung dịch KOH + 4 dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra. 0,25 - Nhỏ 4 dung dịch còn lại vào 4 ống nghiệm đựng sẵn dung dịch KOH vừa nhận biết được có nhỏ dung dịch phenolphtalein: + Dung dịch nào phản ứng làm mất màu đỏ, đó là 2 dung dịch: H2SO4 và 0,25 HCl (nhóm 1). 2KOH + H2SO4 K2SO4 + 2H2O KOH + HCl KCl + H2O 0,25 + Hai dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra, đó là K2SO4 và BaCl2
4. (nhóm 2). 0,25 - Nhỏ lần lượt 2 dung dịch ở nhóm 1 vào 2 dung dịch ở nhóm 2: + Nếu thấy xuất hiện kết tủa trắng thì dung dịch ở nhóm 1 là H2SO4 và dung dịch ở nhóm 2 là BaCl2. 0,25 H2SO4 + BaCl2 BaSO4 (r) + 2HCl 0,25 Trắng + Dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra ở nhóm 1 là dung dịch HCl; 0,5 ở nhóm 2 là dung dịch K2SO4. 2. (1,25đ) - Dẫn hỗn hợp khí đó đi qua bột CuO nung nóng, dư(sai). t 0 CO + CuO  Cu + CO2 0,25 Thu lấy hỗn hợp khí thoát ra gồm: SO2; CO2 và O2. 0,25 - Sục hỗn hợp khí đó vào dung dịch Ca(OH)2 dư: 0,25 SO2 + Ca(OH)2 CaSO3 (r) + H2O CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 (r) + H2O 0,25 Thu lấy chất khí thoát ra, ta được khí O2 tinh khiết. 0,25 Câu III 1. * Tính toán: 2,0đ - Số mol các chất có trong dung dịch X: 400.0,5 n = 0,2 mol K2SO4 1000 400.0,25 n = 0,1 mol 0,25 KOH 1000 - Trong dung dịch X có K2SO4 nên khi pha chế xảy ra PTHH: 2KOH + H2SO4 K2SO4 + 2H2O 2 mol 1 mol 1 mol 0,4 mol 0,2 mol 0,2 mol 0,25 - Thể tích dung dịch H2SO4 2,5M cần lấy: 0,2.1000 V = 80 ml 0,25 ddH2SO4 2,5 - Thể tích dung dịch KOH 2M cần lấy: (0,4 0,1).1000 V = 250 ml 0,25 ddKOH 2 * Cách pha chế: Đong lấy 250 ml dung dịch KOH 2M cho vào cốc thủy tinh có chia vạch dung tích 1 lít. Đong lấy 80 ml dung dịch H2SO4 2,5M rồi rót từ từ 1,0 vào cốc đó, để nguội. Sau đó thêm từ từ nước cất vào, khuấy nhẹ cho đủ 400 ml dung dịch. Ta được 400 ml dung dịch X chứa K2SO4 0,5M và KOH 0,25M. 2. 2,0đ - Gọi công thức của oxit sắt là FexOy. 0,25 250.14,6% 21 - Ta có: nHCl = = 1 (mol) nFe = 0,375 (mol) 36,5 56 0,25 - Các PTHH xảy ra: 0,25 t 0 FexOy + yH2  xFe + yH2O (1) 1 mol x mol 0,25
5. 0,375 mol 0,375 mol x 0,25 FexOy + 2yHCl xFeCl2y/x + yH2O (2) 1 mol 2y mol 0,25 1 mol 1 mol 2y 1 0,375 x 3 - Từ (1) và (2) ta có: = = 0,25 2y x y 4 Công thức hóa học của oxit sắt là Fe3O4. 0,25 0,375 m = .232.2 = 58 (gam) 3 Câu IV - Ta có: 1. 4,5.105.90% n = = 4050 (mol) 1,5đ CaCO3 100 0,25 - PTHH hóa học xảy ra: t 0 CaCO3  CaO + CO2 1 mol 1 mol 1 mol 4050 mol 4050 mol 4050 mol 0,25 - Do hiệu suất phản ứng là 85% nên ta có: 0 a) Thể tích khí CO2 thu được ở 20 C và 1atm là: V 4050.24.85% 3 0,25 CO2 = 82620 (lít) = 82,62 (m ) b) Khối lượng CaO thu được là: mCaO = 4050.56.85% = 192780 (gam) = 1,9278 (tạ) - Khối lượng chất rắn X thu được: 0,25 5 mX = 4,5.10 – 4050.44.85% = 298530 (gam) = 2,9853 (tạ) 0,25 - Thành phần % theo khối lượng của CaO trong chất rắn X: 1,9278 %CaO = .100% 64,58% 0,25 2,9853 2. a) 3,0đ - Gọi số mol của CO và CO2 trong V lít hỗn hợp A lần lượt là a; b (mol). - Theo bài ra ta có: 28.a 44.b 0,25 M = = 32.1,075 = 34,4 (gam) a = 1,5b hhA a b 0,25.800 0,35.800 - Ta có: n = 0,2 (mol) n = 0,28 (mol) 0,25 KOH 1000 Ba(OH )2 1000 - Các PTHH có thể xảy ra: CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 (r) + H2O (1) CO2 + 2KOH K2CO3 + H2O (2) 0,25 CO2 + K2CO3 + H2O 2KHCO3 (3) CO2 + BaCO3 + H2O Ba(HCO3)2 (4) 0,25 49,25 n n b) Ta thấy: BaCO3 = 0,25 (mol) < Ba(OH )2 = 0,28 (mol) 197 0,25 Có 2 trường hợp xảy ra: * Trường hợp 1: Ba(OH)2 còn dư, CO2 phản ứng hết (2); (3); (4) không xảy ra. - Theo (1) ta có: n = n = 0,25 (mol) CO2 BaCO3 0,25
6. V = (1,5.0,25 + 0,25).22,4 = 14 (lít) 0,25 * Trường hợp 2: CO2 còn dư, BaCO3 bị hòa tan một phần theo (4) Xảy ra cả (1); (2); (3) và (4). n n n - Theo (1) ta có: CO2 (1) = BaCO3 (1) = Ba(OH )2 = 0,28 (mol) 0,25 n 0,25 - Từ (2) và (3) ta có: CO2 (2) (3) = nKOH = 0,2 (mol) - Theo (4) ta có: n = n = 0,28 – 0,25 = 0,03 (mol) CO2 (4) BaCO3 (4) 0,25 n = 0,28 + 0,2 + 0,03 = 0,51 (mol) CO2 0,25 V = (1,5.0,51 + 0,51).22,4 = 28,56 (lít) 0,25 Câu V a) Các PTHH xảy ra: 3,0đ MgO + 2HCl MgCl2 + H2O (1) Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O (2) 0,25 - Gọi số mol của MgO; Al2O3 trong mỗi phần lần lượt là a; b mol. 35,5 0,25 40a + 102b = = 17,75 (gam) (*) 2 - Giả sử nếu hỗn hợp oxit ở phần 1 tan hết trong 500 ml dung dịch HCl thì khi cho phần 2 vào 800 ml dung dịch HCl đó khối lượng chất rắn khan thu được sau phản ứng sẽ không thay đổi, nhưng theo bài ra khối lượng chất rắn khan 0,5 thu được ở phần 2 lớn hơn ở phần 1 Ở phần 1: HCl hết và hỗn hợp oxit còn dư. * Gọi số mol của HCl đã phản ứng với phần 1 là x mol. 1 - Theo (1) và (2) ta có: nH O nHCl = 0,5x (mol) 2 2 0,25 - Áp dụng ĐLBTKL cho (1) và (2) ta có: m + m = m + m hỗn hợp oxit HCl chất rắn khan H2O 0,25 17,75 + 36,5. x = 38,375 + 18. 0,5x x = 0,75 (mol) 0,25 - Nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng: 0,75 C = .1000 = 1,5M M 500 1,5.800 b) * Ở phần 2: Ta có: n = 1,2 (mol) HCl 1000 - Từ (1) và (2) ta thấy nếu trong mỗi phần hỗn hợp chỉ chứa Al2O3 thì số mol HCl phản ứng sẽ lớn nhất khi đó theo (2) ta có: 17,75 n 6n 6. 1,044 (mol) < 1,2 (mol) 0,5 HClpu Al2O3 102 Ở phần 2: HCl còn dư và hỗn hợp oxit phản ứng hết. n - Theo (1) ta có: MgCl2 nMgO = a (mol) n 2.n - Theo (2) ta có: AlCl3 Al2O3 = 2b (mol) 0,25 mchất rắn khan = 95a + 133,5.2b = 45,25 (gam) ( ) - Từ (*) và ( ) ta có: a = b = 0,125 (mol) 0,25 - Thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp B: 0,125.40 %MgO = .100% 28,17% 17,75 0,125.102 0,25 %Al O = .100% 71,83% 2 3 17,75
7. Lưu ý: Không chứng minh HCl ở phần 1 hết và HCl ở phần 2 dư mà vẫn đúng kết quả thì chỉ cho 1,5 điểm. Lưu ý: - HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. - Cứ 2PTHH viết đúng nhưng cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm.