Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Đề thi hsg hóa 9 2018-2019

Gửi bởi: Cù Văn Thái vào ngày 2019-10-07 04:18:26 || Kiểu file: DOC Lượt xem: 209 | Lượt Download: 0

Nội dung tài liệu Tải xuống

Link tài liệu:

Các tài liệu liên quan

Loading...

Thông tin tài liệu

Phòng GD&ĐT Thanh Oai
Trường THCS Thanh Thùy
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC: 2018– 2019
Môn thi: Hóa học
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2đ) Viết các phương trình hóa học biểu diễn các biến hóa hóa học sau:
NaOH
A
B A
C
D↓ O2
E to
F G
A
Biết A là kim loại thông thường có hai hóa trị thường gặp là II và III.
Câu 2: (4đ)
1) Chỉ được dùng thêm hai hóa chất tự chọn, bằng phương pháp hóa học em
hãy phân biệt 5 chất bột chứa trong 5 lọ mất nhãn gồm : Mg(OH)2, Al2O3,
Ca(NO3)2, Na2CO3, KOH
2) Hỗn hợp khí X gồm CO, CO2, N2, Hidroclorua, hơi nước.
Hãy tách riêng biệt CO2 và N2 từ hỗn hợp khí X, viết các PTHH đã dùng
Câu 3: (3đ)
1) Thổi CO qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng sau một thời gian thu
được 10,88 gam chất rắn A (chứa 4 chất) và 2,668 lít khí CO2 (đktc). Tính m?
2) Lấy

1
10

lượng CO2 ở trên cho vào 0,4 lít Ca(OH)2 thu được 0,2 gam kết tủa

và khi nung nóng dung dịch tạo thành kết tủa lại tăng thêm p gam. Tính nồng độ
dung dịch Ca(OH)2 và p ?
Câu 4: (4đ)
1) Hòa tan một lượng muối cacbonat của một kim loại hóa trị III bằng dung
dịch H2SO4 16%. Sau khi khí không thoát ra nữa, được dung dịch chứa 20,5%
muối sunfat tan. Xác định công thức hóa học của cacbonat nói trên.
2) Đem m1 gam dung dịch chứa 20,5% muối sunfat tan trên trộn lẫn với m2
gam dung dịch chứa 29% muối sunfat đó để được dung dịch mới chứa muối
sunfat với nồng độ 12%. Tìm tỷ lệ m1: m2 ?
Câu 5: (7đ)
Có hai dung dịch; H2SO4 (dung dịch A), và NaOH (dung dịch B).
Trộn 0,2 lít dung dịch A với 0,3 lít dung d ịch B đ ược 0,5 lít dung d ịch C. L ấy
20 ml dung dịch C, thêm một ít quì tím vào, thấy có màu xanh. Sau đó thêm t ừ t ừ
dung dịch HCl 0,05M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy h ết 40 ml dung d ịch
axit.
Trộn 0,3 lít A với 0,2 lít B được 0,5 lít dung dịch D. L ấy 20 ml dung d ịch D,
thêm một ít quì tím vào thấy có màu đỏ. Sau đó thêm t ừ t ừ dung d ịch NaOH
0,1M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 80 ml dung dịch NaOH.
a) Tính nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B.
b) Trộn VB lít dung dịch NaOH vào VA lít dung dịch H2SO4 ở trên ta thu đ ược dung d ịch E. Lấy V ml dung d ịch E cho tác d ụng v ới 100
ml dung dịch BaCl2 0,15 M được kết tủa F. Mặt khác lấy V ml dung d ịch E cho tác d ụng v ới 100 ml dung d ịch AlCl3 1M đ ược k ết t ủa G.
Nung F hoặc G ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì đều thu được 3,262gam chất r ắn. Tính t ỉ lệ VB:VA

Duyệt của tổ chuyên môn

Duyệt của BGH

Đáp án và biểu điểm

Câu
1

Nội dung
2Fe + 3Cl2 to 2FeCl3 (B)
2FeCl3 + Fe
3FeCl2 (C)
FeCl2 + 2NaOH
Fe(OH)2 (D) + 2NaCl
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (E)
2Fe(OH)3 to Fe2O3 (F) + 3H2O
Fe2O3 + 3H2
to
2Fe (A) + 3H2O
( có thể thay H2 bằng CO)

Điểm
2
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5

2

1. Trích mỗi chất thành nhiều mẫu thử
- Cho lần lượt các mẫu thử vào nước dư
+ Hai mẫu không tan là Mg(OH)2 và Al2O3 (nhóm 1)
+ Ba mẫu thử tan tạo thành 3 dung dịch là: Ca(NO3)2,
Na2CO3, KOH ( nhóm 2)
- Nhỏ dung dịch HCl vào mỗi mẫu thử ở nhóm 2
+ Mẫu nào có bọt khí thoát ra là Na2CO3
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O
- Dùng dung dịch Na2CO3 vừa nhận ra cho vào 2 dung dịch
còn lại, mẫu nào có kết tủa trắng là Ca(NO3)2 , không có
hiện tượng gì là KOH
Na2CO3 + Ca(NO3)2 → CaCO3↓ + 2NaNO3
---------------------------------------------------------------------2. Dẫn hỗn hợp khí X đi qua dung dịch nước vôi trong dư thì
CO2 sẽ phản ứng tạo thành kết tủa, hidroclorua và hơi nước
sẽ bị giữ lại trong dung dịch, khí thoát ra là CO và N2
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O
2HCl + Ca(OH)2 → CaCl2 + 2H2O
- Lọc lấy kết tủa đem nung thu được CO2
CaCO3 to CaO + CO2
- Dẫn hỗn hợp khí gồm CO và N2 đi qua bột CuO dư nung
nóng,
CO + CuO to Cu + CO2
- Rồi sục hỗn hợp khí thu được sau phản ứng vào dung dịch
NaOH dư, khí thoát ra là N2
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

2,0

1.

1
0,25

3

no( bị khử) = nCO2 =

2,688
22,4

= 0,12 mol

m = mA + mo(bị khử) = 10,88 + 16. 0,12 = 12,8 gam
-------------------------------------------------------------------2.

---------2,0

0,75
---------2

1/10 lượng CO2 ở trên là:

0,25

0,12
nCO2 = 10 = 0,012 mol
0,2
nCaCO3 = 100 = 0,002 mol

0,25

Vì khi nung nóng dung dịch thì kết tủa lại tăng thêm chứng
tỏ trong dung dịch tạo thành có 2 muối
PTHH
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O
mol :
0,002 0,002
0,002
2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2
mol:
0,01
0,005
0,005
o
Ca(HCO3)2 t
CaCO3↓ + H2O + CO2
mol:
0,005
0,005
p = 0,005 . 100 = 0,5 g
nCa(OH)2 = 0,002 + 0,005 = 0,007 mol
CM(Ca(OH)2) =

4

0,007
0,4

= 0,0175 M

1.
Công thức của muối cacbonat có dạng: M2(CO3)3
giả sử có 3 mol H2SO4 tham gia phản ứng
M2(CO3)3 + 3H2SO4 → M2(SO4)3 + 3CO2 ↑ + 3H2O
mol 1
3
1
3
3.98.100
16

mdd H2SO4 16% =

= 1837,5 g

mdd sau p/ư = (2M + 60.3) + 1837,5 - 3.44 = 2M + 1885,5 g
theo bài ra ta có:
C%M2(SO4)3 =

2 M  96.3
2 M  1885,5 .

100 = 20,5 %

M = 56 (Fe)
Vậy CTHH muối cần tìm là: Fe2(SO4)3
--------------------------------------------------------------------------2.
Áp dụng phương pháp đường chéo có:
m1: 20,5%
17

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

3
0,5
0,5
1
0,5
0,5
---------1

12%
m2: 29 %
=>
5

m1
m2

=

8,5
17
8,5

=

2
1

1
3

a.
Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và B
Vì dung dịch C làm quỳ tím hóa xanh suy ra trong C có NaOH 0,25


H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
mol:
0,2x
0,4x
HCl + NaOH → NaCl + H2O
mol:
0,002
0,002
nHCl = nNaOH ( trong 20 ml C) = 0,05. 0,04 = 0,002 mol
=> nNaOH( trong 0,5 lit C) =

0,002.0,5.1000
20

= 0,05 mol

ta có: 0,4x + 0,05 = 0,3y (1)
Vì dung dịch D làm quỳ tím hóa đỏ nên trong D có H2SO4 dư
H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
mol:
0,1y
0,2y
H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
mol:
0,004
0,008
nH2SO4 (trong 20ml D) =

1
2

=> nH2SO4(trong 0,5l D) =

0,1. 0,08
= 0,004 mol
2
0,004.0,5.1000
= 0,1 mol
20

nNaOH =

Ta có: 0,1y + 0,1 = 0,3x (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x = 0,7 M ; y = 1,1 M
Vậy CM(A) = 0,7 M ; CM(B) = 1,1 M
------------------------------------------------------------------------b.
Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl 3 , chứng tỏ NaOH còn
dư.
Na2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2NaCl
AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl
t
2Al(OH)3 ¾¾
® Al2O3 + 3H2O
Ta có n(BaCl2) = 0,1.0,15 = 0,015 mol

0,25
0,25
0,5
0,25

0,25
0,25
0,5
0,5
-------4
0,25

0

n(BaSO4) =

3, 262
= 0,014mol < 0,015
233

=> BaCl2 dư, Na2SO4 hết
=> n(H2SO4) = n(Na2SO4) = n(BaSO4) = 0,014mol .
0, 014

0,25
0,25
0,25

Vậy VA = 0, 7 = 0,02 lít
---------------------------------------------------------------------------- --------0,25
3, 262
n(Al2O3) =
=0,032 mol => nAl(OH)3 = 2. 0,032 = 0,064 mol
102
0,25
n(AlCl3) = 0,1.1 = 0,1 mol.
Vì nAl(OH)3 < nAlCl3 => + Xét 2 trường hợp có thể xảy ra:
- Trường hợp 1: Sau phản ứng với H2SO4 , NaOH dư nhưng
thiếu khi phản ứng với AlCl3
n(NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol
n(NaOH pư với AlCl3) = 3n(Al(OH)3) = 3.0,064 = 0,192 mol.
tổng số mol NaOH bằng: 0,028 + 0,192 = 0,22 mol
0, 22

Vậy VB = 1,1 = 0,2 lít . Tỉ lệ VB:VA = 0,2 : 0,02 = 10 : 1

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

- Trường hợp 2: NaOH phản ứng với AlCl3 xong vẫn dư và 0,25
đã hoà tan một phần Al(OH)3:
Al(OH)3↓ + NaOH  NaAlO2 + 2H2O
0,25
Tổng số mol NaOH là:
0,25
0,028 + 3.0,1 + (0,1 - 2.0,032) = 0,364 mol
0,364
0,25
0,33 lít
Vậy V =
B

1,1

=> Tỉ lệ VB:VA = 0,33:0,02 = 16,5 : 1

Duyệt của tổ chuyên môn

0,25

Duyệt của BGH