Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Khối 9 - Năm học 2017-2018

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Khối 9 - Năm học 2017-2018

1. PHÒNG GDĐT HOÀNG MAI KỲ THI HỌC SINH GIỎI THỊ XÃ LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Hóa học (Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (3,0 điểm) 1) Viết 4 phương trình hoá học khác nhau và chỉ rõ các phản ứng dùng để điều chế SO2 trong phòng thí nghiệm và trong công nghiệp. 2) Trong phòng thí nghiệm ta thường điều chế CO 2 từ CaCO3 và dung dịch HCl (dùng bình kíp), do đó CO2 thu được còn bị lẫn một ít khí hiđrô clorua và hơi nước. Hãy trình bày phương pháp hoá học để thu được CO2 tinh khiết. Viết các phương trình hoá học xảy ra. Câu 2 (4,0 điểm) 1) Viết các phương trình hoá học (nếu có) khi cho kim loại Na tác dụng với: a) Khí Clo. b) Dung dịch HCl. c) Dung dịch CuSO4. d) Dung dịch AlCl3. 2) Cho luồng khí H2 dư đi qua hổn hợp Na 2O, Al2O3 và Fe2O3 nung nóng thu được chất rắn X. Hoà tan X vào nước dư thu được dung dịch Y và chất rắn E. Sục khí HCl từ từ tới dư vào dung dịch Y thu được dung dịch F. Hoà tan E vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thấy bị tan một phần và còn lại chất rắn G. Xác định các chất trong X, Y, E, F, G và viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3 (4,0 điểm) 1) Có 4 gói phân bón hoá học bị mất nhãn: kali clorua, amoni sunphat, amoni nitrat và supe photphat kép. Trong điều kiện ở nông thôn có thể phân biệt được 4 gói đó không? Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). 2) Chọn chất thích hợp và hoàn thành phương trình hoá học theo sơ đồ sau: Bazơ(A) + Bazơ(B) Muối(C) + nước. (1) Muối(C) + oxit(D) + H2O Bazơ(A) + muối(E) (2) Muối(E) + Ca(OH)2 CaCO3 + muối(F) + H2O. (3) Muối(F) + muối(G) + H2O Bazơ(A) + KCl + oxit(D). (4) Câu 4 (6,0 điểm) 1) Hoà tan hết 11,1 gam hổn hợp A gồm Al và Fe trong 200 gam dung dịch H2SO4 19,6% (loãng) thu được dung dịch B và 6,72 lít H2 (đktc). Thêm từ từ 420 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M vào dung dịch B, sau phản ứng lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn khan. a) Nhúng mẫu giấy quỳ tím vào dung dịch B có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích. b) Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại có trong hỗn hợp A. c) Tính giá trị m. 2) Cho 39,6 gam hổn hợp A gồm Al, Al 2O3, CuO tan trong 1,2 lít dung dịch NaOH 0,5M thu được dung dịch B và 24 gam một chất rắn C duy nhất. Mặt khác 0,3 mol hổn hợp A tác dụng vừa đủ với 1,5 lít dung dịch H2SO4 0,3M. a) Tính thành phần % khối lượng từng chất trong hổn hợp A. b) Thêm dung dịch HCl 2,0 M vào dung dịch B. Tính thể tích dung dịch HCl 2,0 M phải dùng để thu được kết tủa sau khi nung nóng cho ra 10,2 gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 5 (3,0 điểm) 1) Trình bày cách tiến hành thí nghiệm và các lưu ý khi làm thí nghiệm tác dụng của sắt với lưu huỳnh. 2) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học khi: a) Cho rất từ từ dung dịch HCl loãng tới dư vào dung dịch Na2CO3. b) Sục từ từ cho đến dư CO 2 vào dung dịch Ba(OH)2. Khi phản ứng kết thúc (dư CO 2), lấy dung dịch đem nung nóng. Cho biết: Al = 27, Fe = 56, Ba = 137, Cu = 64, Na = 23, Cl = 35,5, O = 16, H = 1. Hết Họ và tên thí sinh: SBD: (Học sinh không dùng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
2. PHÒNG GD ĐT HOÀNG MAI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2017 – 2018 Hướng dẫn chấm môn: HÓA HỌC (Thời gian: 120’ không kể thời gian giao nhận đề) Ý Ý Câu Nội dung Điểm lớn nhỏ I 3,0 1 2 Na2SO3 + H2SO4 Na2SO4 + SO2 + H2O. (1) (trong phòng thí nghiệm) 0,5 t 0 0,5 Cu + 2H2SO4(đ)  CuSO4 + SO2 + H2O. (2) (trong phòng thí nghiệm) t 0 0,5 S + O2  SO2. (3) (trong công nghiệp) t 0 0,5 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 (4) (trong công nghiệp) 2 1 PTHH. 2HCl(dd) + CaCO3(r) CaCl2(dd) + CO2(k) + H2O(l) Để thu được CO2 tinh khiết (do có lẫn hiđrô clorua, hơi nước) ta cho hổn hợp 0,5 khí và hơi qua bình đựng dung dịch NaHCO3 dư, hiđro clorua bị giữ lại. NaHCO3(dd) + HCl NaCl(dd) + H2O(l) + CO2(k) Tiếp tục cho hổn hợp còn lại đi qua bình đựng H 2SO4 đặc hoặc P 2O5 , hơi 0,5 nước bị hấp thụ. Ta thu được CO2 tinh khiết. H2SO4 đặc hấp thụ hơi nước. II 4 1 2 a) t 0 0,25 2Na + Cl2  2NaCl b) Xảy ra theo thứ tự: 0,5 2Na + 2HCl 2NaCl + H2 (1) 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (2) c) Xảy ra theo thứ tự: 0,5 2Na + 2H2O 2NaOH + H2. (1) 2NaOH + CuSO4 Cu(OH)2 + Na2SO4 (2) d) Xảy ra theo thứ tự: 0,75 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1) 3NaOH + AlCl3 Al(OH)3 + NaCl (2) Nếu sau (2) NaOH còn dư thì tiếp tục xảy ra phản ứng
3. NaOH + Al(OH)3 NaAlO2 + 2H2O. (3) 2 2,0 Rắn X gồm: Al2O3, Na2O, NaOH, Fe. 0,25 Dung dịch Y có NaOH, NaAlO2. Rắn E: Fe, Al2O3. Dung dịch F: NaCl, AlCl3, HCl(dư) Rắn G: Fe. t 0 0,25 3H2 + Fe2O3  2Fe + 3H2O. H2O(h) + Na2O 2KOH 0,25 Na2O + H2O 2NaOH. 0,25 2NaOH + Al2O3 2NaAlO2 + H2O. 0,25 HCl + NaOH NaCl + H2O 0,25 4HCl + NaAlO2 NaCl + AlCl3 + 2H2O 0,25 Ba(OH)2 + Al2O3 Ba(AlO2)2 + H2O. 0,25 III 4,0 1 2,0 Trong điều kiện ở nông thôn có thể sử dụng nước vôi trong để nhận biết. Khi 0,5 đó KCl không phản ứng với nước vôi trong. Amoni sunphat (NH4)2SO4 tạo khí mùi khai và tạo kết tủa màu trắng. 0,5 Ca(OH)2 + (NH4)2SO4 CaSO4  + 2NH3  + 2H2O. Amoni nitrat NH4NO3 tạo có khí mùi khai. 0,5 Ca(OH)2 + 2NH4NO3 Ca(NO3)2 + 2NH3  + 2H2O. Supephotphat kép Ca(H2PO4)2 tạo kết tủa màu vàng. 0,5 2Ca(OH)2 + Ca(H2PO4)2 Ca3(PO4)2  + 4H2O. 2 2 Al(OH)3 + KOH KAlO2 + 2H2O (1) 0,5 (A) (B) (C) KAlO2 + CO2 + 2H2O Al(OH)3 + KHCO3. (2) 0,5 (D) (E) 2KHCO3 + Ca(OH)2 CaCO3 + K2CO3 + 2H2O. (3) 0,5 (F) 3K2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O 2Al(OH)3 + 6KCl + 3CO2. (4) 0,5 (G)
4. IV 6,0 1 3,0 a) 1,0 6,72 200.19,6 n 0,3(mol) n 0,4(mol) H2 ; H2SO4 22,4 100.98 0,25 n 0,42.1 0,42(mol) Ba(OH)2 . PTHH: 2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2 (1) 3 x x x (mol) 2 0,25 Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 (2) y y y (mol) Từ (1), (2) ta có: nH SO (p / u) nH 0,3(mol) nH SO (bđ) = 0,4(mol) 2 4 2 2 4 0,25 H2SO4 còn dư sau phản ứng hay trong dd B có dd H2SO4 Nhúng mẫu giấy quỳ tím vào dd B thì quỳ tím hóa đỏ. 0,25 b) 0,5 n x(mol) Al n Đặt . Từ câu a ta có: H2SO4 (dư) = 0,4 - 0,3 = 0,1 (mol) nFe y(mol) 3 x y 0,3 x 0,1 Từ (1), (2) kết hợp đề bài ta có hệ PT: 2 0,5 y 0,15 27x 56y 11,1 Thành phần % khối lượng mỗi kim loại: 0,1.27 %m .100% 24,32% Al 11,1 %m = 100% - %m = 100% -24,32%= 75,68%. Fe Al 0,5 c) 1,0 0,1(mol)H2SO4 Từ (1), (2) và câu b) ta có dd B gồm: 0,1(mol)Al2 (SO4 )3 0,15(mol)FeSO4 Cho dd Ba(OH)2 vào dd B: Đầu tiên: H2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4  + 3H2O (3) 0,1 0,1 0,1 (mol). Sau đó: Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 3BaSO4  + 2Al(OH)3  (4) 0,05 0,15 0,15 0,1 (mol) FeSO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + Fe(OH)2  (5) 0,15 0,15 0,15 0,15 (mol) 0,25 Nếu các phản ứng (3), (4), (5) xảy ra hoàn toàn thì: n n Tổng Ba(OH)2 (cần) = 0,1 + 0,15 + 0,15 = 0,4 (mol)< Ba(OH)2 (bđ) = 0,42(mol) n Ba(OH)2 (dư) = 0,42 – 0,4 = 0,02(mol) Có xảy ra phản ứng: Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 Ba(AlO2)2 + 4H2O (6) nBa(OH) nAl(OH) 0,1 Nhận xét: 2 0,02 3 1 2 2
5. Nên sau phản ứng (6) Ba(OH)2 p/ư hết, Al(OH)3 dư nAl(OH) (dư) = 0,1 – 0,02.2 = 0,06(mol). 3 0,25 Chất rắn sau p/ư gồm: 0,06mol Al(OH)3, 0,15 mol Fe(OH)2, 0,15+ 0,15 + 0,1= 0,4 mol BaSO4. PTHH nung kết tủa trong không khí: t0 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O (7) 0,06 0,03 (mol) t0 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O (8) 0,15 0,075 (mol) 0,25 t0 BaSO4  BaSO4 m m m Vậy: m = Al2O3 Fe2O3 BaSO4 = 0,03.102+ 0,075.160 + 0,4.233 m = 108,26(g) 0,25 2 3,0 a) 1,5 PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2 (1) Al2O3 + 2NaOH 2NaAlO2 + H2O (2) 2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2 (3) kx 1,5kx (mol) Al2O3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2O (4) ky 3ky (mol) CuO + H2SO4 CuSO4 + H2O (5) 0,5 kz kz (mol) Đặt trong 39,6 gam hổn hợp A chứa: x mol Al, y mol Al2O3 và z mol CuO. Chất rắn C duy nhất không bị hòa tan trong dung dịch NaOH là CuO 24 Suy ra: n = z = 0,3(mol) CuO 80 27x 102y 80z 39,6 Kết hợp đề bài ta có hệ PT: (I) 0,25 z 0,3 Trong 0,15 mol A chứa: kx mol Al, ky mol Al2O3, kz mol CuO n 1,5.0,3 0,45(mol) H2SO4 kx ky kz 0,3 Từ (3), (4), (5) và đề bài ta có hệ PT: . Suy ra: 1,5kx 3ky kz 0,45 kx ky kz 0,3 2 hay 3y – z = 0 (II) 1,5kx 3ky kz 0,45 3 0,25 27x 102y 80z 39,6 x 0,2 Từ (I), (II) ta có hệ PT: z 0,3 y 0,1 0,25 3y z 0 z 0,3 Thành phần % khối lượng mỗi chất trong A: 0,2.27 24 %m = .100% 13,64% ; %m = .100% 60,60% Al 39,6 CuO 39,6 %m Al2O3 = 100% - 13,64% - 60,64% = 25,76% 0,25
6. b) 1,5 nNaOH(bđ) = 1,2.0,5= 0,6 (mol) n 2.n 0,2 2.0,1 0,4(mol) 0,5 Từ (1), (2) nNaOH (p/ư) = Al Al2O3 nNaOH(dư) = 0,6 – 0,4 = 0,2 (mol) n n 2.n 0,2 2.0,1 0,4(mol) NaAlO2 = Al Al2O3 . Dd B gồm: 0,2 mol NaOH dư, 0,4 mol NaAlO2. 10,2 Theo đề bài: nAl O 0,1(mol) 2 3 102 n nAl(trong kết tủa) = 0,1.2 = 0,2(mol) < Al(NaAlO2 ) = 0,4(mol). Nên kết tủa chưa cực đại, xảy ra hai trường hợp: TH1: Khi cho HCl vào ddB, HCl thiếu: 0,5 PTHH: HCl + NaOH NaCl + H2O (6) 0,2  0,2 (mol) NaAlO2 + HCl + H2O Al(OH)3  + 3H2O (7) 0,2  0,2 (mol) t0 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O (8) 0,2  0,1 (mol) Từ (6), (7), (8) ta có: nHCl = 0,2 + 0,2 = 0,4(mol) 0,4 V = = 0,2 (l) = 200 ml. ddHCl 2 TH2: Kết tủa tan một phần: 0,5 PTHH: HCl + NaOH NaCl + H2O (6’) 0,2  0,2 (mol) NaAlO2 + HCl + H2O Al(OH)3  + 3H2O (7’) 0,4 0,4 0,4 (mol) Al(OH)3 + 3HCl AlCl3 + 3H2O (8’) (0,4-0,2) 0,6 (mol) t0 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O (9) 0,2  0,1 (mol) Từ (6’), (7)’, (8’), (9) ta có: nHCl = 0,2 + 0,4 + 0,6 = 1,2(mol) 1,2 V = = 0,6 (l) = 600ml. ddHCl 2 V 3 1 1,5 Cách tiến hành thí nghiệm: 1,0 Trộn bột lưu huỳnh và bột sắt theo tỉ lệ về thể tích khoảng 1:3 (hoặc tỉ lệ về khối lượng 7:4). Cho vào ống nghiệm một thìa nhỏ hổn hợp bột sắt và lưu huỳnh, kẹp ống nghiệm trên giá thí nghiệm. Dùng đèn cồn đun nóng nhẹ ống nghiệm đến khi có đốm sáng đỏ xuất hiện thì bỏ đèn cồn ra. Lưu ý: 0,5 - Bột lưu huỳnh và bột sắt phải khô. - Phản ứng của sắt và lưu huỳnh tỏa ra nhiệt lượng lớn nên khi làm thí nghiệm cần: ống nghiệm khô, chịu nhiệt và làm với lượng nhỏ, cẩn thận. 2 1,5
7. a) Ban đầu không có hiện tượng gì, sau đó có bọt khí không màu thoát ra: 0,5 PTHH: HCl + Na2CO3 NaHCO3 + NaCl. HCl + NaHCO3 NaCl + CO2  + H2O b) Khi cho từ từ CO2 vào dd Ba(OH)2 thấy dung dịch đục, xuất hiện kết tủa 0,5 trắng tăng dần đến cực đại. Sau đó kết tủa lại tan dần, dung dịch trở nên trong suốt. PTHH: CO2 + Ca(OH)2 BaCO3  + H2O CO2(dư) + H2O + BaCO3 Ba(HCO)2. Lấy dd thu được đun nóng, dd lại đục dần cho xuất hiện trở lại kết tủa trắng: 0,5 t0 PTHH: Ba(HCO3)2  BaCO3  + CO2  + H2O