Đề thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 9 - Đề số 7 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 9 - Đề số 7 (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 7 Thời gian làm bài 150 phút Câu I . ( 4,0 điểm). Viết các phương trình hóa học có thể xảy của các thí nghiệm sau: 1) Cho điphotphopentaoxit vào dung dịch natrihiđroxit. 2) Cho khí lưu huỳnh trioxit vào dung dịch bariclorua. 3) Cho dung dịch barihiđroxit vào dung dịch kalihiđrosunfat. 4) Cho từ từ dung dịch natrihiđrosunfat vào dung dịch natricacbonat. Câu II. (3,0 điểm). Có 3 mẫu phân bón hóa học không ghi nhãn là: phân kali KCl, phân đạm NH4NO3 và phân supephotphat (phân lân) Ca(H2PO4)2 . Em hãy giúp bác nông dân nhận biết các mẫu phân bón trên bằng hóa chất có sẵn, dễ tìm trong đời sống. Câu III. (3,0 điểm). Một hỗn hợp chứa các kim loại: Nhôm, sắt và đồng. Làm thế nào để tách riêng từng kim loại bằng phương pháp hóa học. Câu IV. (4,0 điểm). Trong một dung dịch H2SO4, số mol nguyên tử oxi gấp 1,25 lần số mol nguyên tử hiđro. a) Tính C% của dung dịch axit trên. b) Lấy 46,4 (g) dung dịch axit trên, đun nóng với Cu thấy thoát ra khí SO 2 sau phản ứng nồng độ axit còn lại là 52,8%. Tính khối lượng Cu tham gia phản ứng ? . Câu V. (6 điểm). Hỗn hợp X gồm MgCO 3 và RCO3 . Cho 120,8(g) X vào 400ml dung dịch H2SO4 loãng, phản ứng kết thúc thu được dung dịch A, chất rắn B và 2,24(l) khí Y. Cô cạn dung dịch A thu được 6(g) muối khan. Đem đun nóng chất rắn B đến khối lượng không đổi chỉ thu được 17,92 (l) khí CO2 (đktc) và chất rắn D. a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 đã dùng. b) Tính khối lượng của chất rắn B và chất rắn D. c) Xác định kim loại R, biết trong hỗn hợp X số mol của MgCO 3 gấp 1,25 lần số mol của RCO3 . (Cho biết: Mg = 24; S = 32; Fe = 56; Ca = 40; O = 16; C = 12; Cu = 64; H = 1; Zn = 65; Ba = 137; Hg = 207) Họ và tên thí sinh: SBD :
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm I 4 điểm P2O5 + 2NaOH + H2O 2NaH2PO4 P2O5 + 4NaOH 2Na2HPO4 + H2O 1) 1,0 P2O5 + 6NaOH 2Na3PO4 + 3H2O ( nếu thiếu 1 PTHH trừ bớt 0,25 điểm) SO3 + H2O H2SO4 1,0 2) H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl Ba(OH)2 + 2KHSO4 BaSO4 + K2SO4 + H2O 1,0 3) Nếu Ba(OH)2 dư thì: Ba(OH)2 + K2SO4 BaSO4 + 2KOH Ban đầu : 2NaHSO4 + Na2CO3 Na2SO4 + 2NaHCO3 1,0 4) Nếu tiếp tục thì: NaHSO4 + NaHCO3 Na2SO4 + CO2 +H2O *(Nếu không đúng bản chất hoặc thiếu cân bằng -0,25 điểm) II 3 điểm - Lấy một ít các chất vào ống nghiệm và hòa tan vào nước để làm mẫu 0,25 thử . - Cho dung dịch Ca(OH)2 (dung dịch nước vôi trong) vào các mẫu thử 0, 5 trên . -Mẫu thử nào có khí không màu thoát ra có mùi khai thì đó là khí amoniac(NH3) , mẫu thử ban đầu chứa phân đạm. Theo PTHH: 1,0 2NH4NO3 + Ca(OH)2 Ca(NO3)2 + 2NH3 +2H2O - Mẫu thử nào có chất rắn tạo thành là Ca 3(PO4)2 thì mẫu thử ban đầu chứa phân lân. Theo PTHH: 1,0 Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 Ca3(PO4)2 + 4H2O - Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là phân kali 0,25 III 3 điểm Cho hỗn hợp trên vào dung dịch NaOH dư thì Al bị hòa tan hoàn toàn 0,5 theo PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 +3H2 Chất rắn không tan là Fe và Cu , dung dịch thu được gồm NaAlO 2 và NaOH dư. Lọc tách lấy chất rắn. Dẫn khí CO2 dư vào dung dịch trên. NaAlO2 + CO2 + H2O Al(OH)3 + NaHCO3 1,0 NaOH + CO2 NaHCO3 Lọc lấy kết tủa đem nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Al2O3 . 1
3. t o 2Al(OH)3  Al2O3 . + 3H2O Đem điện phân nóng chảy ta thu được Al. dpnc 2Al2O3  4Al + 3O2 Cho chất rắn là Fe và Cu vào dung dịch HCl dư ,thì Cu không tan , lọc tách lấy Cu. 0,5 Fe + 2HCl FeCl2 + H2 Dung dịch còn lại là FeCl2 và HCl dư cho tác dụng với dung dịch NaOH dư FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl HCl + NaOH NaCl + H2O Kết tủa là Fe(OH)2 đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được Fe2O3 . 1,0 t o 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 . + 4H2O Cho khí H2 dư đi qua Fe 2O3 nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Fe t o Fe2O3 . + 3H2  2Fe +3 H2O ( Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa) IV 4 điểm Gọi a,b là số mol của H2SO4 và H2O trong dung dịch. 0,5 a) thì nH = 2a + 2b và nO = 4a+b theo bài ra ta có : 4a+b = 1,25(2a + 2b) => a=b 0,5 Khi đó khối lượng dung dịch H2SO4 là: 98a +18b hay 116a(g) 0,5 98a C% H SO = .100 84,48% 2 4 116a 0,5 PTHH : Cu + 2 H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,5 b) 46,4.84,48 n = 0,4(mol) H2SO4 100.98 Gọi số mol Cu tham gia phản ứng là x. 0,5 Theo PTHH thì số mol H2SO4 = 2x và số mol SO2 = x Số mol H2SO4 còn dư là : 0,4 - 2x Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 46,4 +64x – 64x = 46,4(g) (0,4 2x).98 0,5 Theo bài ra ta có : .100 52,8 46,4 Giải ra ta được x = 0,075(mol) Khối lượng Cu tham gia phản ứng = 0,075.64 = 4,8(g) 0,5 2
4. V 6 điểm Ta có các PTHH : MgCO3 + H2SO4 MgSO4 + CO2 + H2O (1) RCO3 + H2SO4 RSO4 + CO2 + H2O (2) 1,0 t o MgCO3  MgO + CO2 (3) t o RCO3  RO + CO2 (4) Khí Y là CO2 . Khi nung chất rắn B có khí CO2 thoát ra chứng tỏ trong B a) 0,5 còn có muối cacbonat còn dư. Nên H2SO4 phản ứng hết ở (1,2) 2,24 Theo (1,2) số mol H SO = số mol H O = số mol CO = 0,1(mol) 2 4 2 2 22,4 0,75 0,1 C H SO = 0,25(mol / l) M 2 4 0,4 Theo bài ra và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1,2) ta có: b) 0,5 mX + m H2SO4 = m (muối trong dung dịch A) + m CO2 + mH2O + mB Thay số vào ta có: 120,8 + 0,1.98 = 6 + 0,1.44 + 0,1. 18 + mB 0,5 => mB = 118,4(g) 17,92 số mol CO2 (3,4) = 0,8(mol) 22,4 0,75 áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (3,4) ta có: mB= mD + mCO2 thay số vào ta có :118,4 = mD + 0,8.44 => mB = 83,2(g) Gọi số mol mỗi muối trong hỗn hợp X là a,b c) 0,5 theo (1,2,3,4) n muối cacbonat = n CO2 = 0,1 +0,8 = 0,9(mol) Theo bài ra ta có hệ PT: a + b = 0,9 (*) a = 1,25 b ( ) 0,75 Giải ra ta có a = 0,5 ; b = 0,4 Mà khối lượng của X là 120,8(g) nên 0,5.84 + (MR + 60).0,4 = 120,8 0,75 Giải ra ta được MR = 137 => R là kim loại Ba (Bari) * Bài toán thực hiện theo cách khác mà có kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa. * Không chấp nhận kết quả đúng khi bản chất hoá học sai. * Chiết điểm đến 0,25điểm. 3