Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 THCS Năm học 2011 2012 môn thi: Hóa học lớp 9 Trường THCS Mỹ Tài50702

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ TRƯỜNG THCS MỸ TÀI - ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2011 – 2012 Mơn : Hố học - Lớp Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi : 6/10/2011 Đề đề xuất Câu (2 điểm) Xác định chất X1, …, X5 hồn thành phương trình hố học theo sơ đồ sau: AlCl3 + X1 → X2 + CO2 + NaCl X2 + X3 → Al2(SO4)3 + Na2SO4 + H2O X1 + X3 → CO2 + X2 + Ba(OH)2 → X4 + H2O X1 + NaOH → X5 + H2O Câu (2 điểm) Nguyên tử nguyên tố Y có tổng số hạt (p, n, e) 52, tỉ số hạt mang điện không mang điện hạt nhân 0,944 Xác định nguyên tố Y viết PTPƯ xảy cho đơn chất Y tác dụng dung dịch NaOH nguội, dung dịch NaOH đặc nóng, dung dịch Na2SO3, dung dịch FeSO4 dung dịch SO2 Câu (2 điểm) Nung 23,2 gam hỗn hợp gồm FeCO3 FexOy tới phản ứng hồn tồn thu khí A 20,8 gam Fe2O3 Cho khí A hấp thụ hồn tồn vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,15 M thu 7,88 gam kết tủa Tìm cơng thức FexOy Câu (2 điểm) Cho dung dịch NaOH 20% tác dụng vừa đủ với dung dịch FeCl2 Đun nóng khơng khí cho phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch X có nồng độ 7,45% Tính nồng độ % dung dịch FeCl2 Câu (2,5 điểm) Cho 11,2 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm O2 Cl2 phản ứng vừa đủ với 16,98 gam hỗn hợp B gồm Mg Al tạo 42,34 gam hỗn hợp X chứa muối clorua oxit hai kim loại Xác định thành phần % theo thể tích hỗn hợp A thành phần % theo khối lượng hỗn hợp B Câu (3 điểm) Hỗn hợp gồm Na Ba hoà tan vào nước dung dịch A có pH = 12 Hồ tan hồn tồn hỗn hợp gồm Al Fe cần vừa đủ 1,2 lít dung dịch B gồm HCl H2SO4 loãng Sau phản ứng thấy 1,344 lít H2 (đktc) Trộn V lít dung dịch A 600 ml dung dịch B để tạo dung dịch C Biết dung dịch C có khả hoà tan tối đa 0,51 gam Al2O3 Tính V Câu (3 điểm) Sục 2,016 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch NaOH 1M dung dịch A Thêm 200 ml dung dịch B gồm BaCl2 0,15M Ba(OH)2 xM vào dung dịch A thu 5,91 gam kết tủa Tiếp tục đun nóng thu tiếp m gam kết tủa Tính x m Câu (3,5 điểm) Cho m gam hỗn hợp X gồm Al Mg có tỉ lệ khối lượng : tác dụng với dung dịch HCl dư thu 14,112 lít H2 (đktc) Mặt khác cho m gam X tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm NO N2O có tỉ khối so với H2 20,25 Tính số mol HNO3 dùng (Học sinh sử dụng bảng hệ thống tuần hồn ngun tố hố học) ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ TÀI Năm học: 2011 – 2012 Mơn : Hố học - Lớp Đề đề xuất Câu Nội dung X1: NaHCO3; X2 : Al(OH)3 ; X3 : NaHSO4 ; X4 : Ba(AlO2)2 ; X5 : Na2CO3 AlCl3 + 3NaHCO3 → Al(OH)3 + 3CO2↑ + 3NaCl 2Al(OH)3 + 6NaHSO4 → Al2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 6H2O NaHCO3 + NaHSO4 → CO2↑ + Na2SO4 + H2O 2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O p Ta có: p + e + n = 52 mà p = e (1) Và : = 0,944 (2) n Từ (1) (2) → n = 18 ; p = e = 17 → nguyên tố Y có p = 17 Clo Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O to 3Cl2 + 6NaOHđ  5NaCl + NaClO3 + 3H2O Cl2 + Na2SO3 + H2O → Na2SO4 + 2HCl 3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 3Cl2 + SO2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl 20,8 nFe O = = 0,13 (mol) ; nBa (OH ) = 0,4 0,15 = 0,06 (mol) 160 to 4FeCO3 + O2  2Fe2O3 + 4CO2 (1) amol 4FexOy + (3x – 2y)O2 bmol CO2 + Ba(OH)2 a mol a mol to   2xFe2O3 bx mol → BaCO3 Từ (3) : nCO = nBa (OH ) = nBaCO 2 (2) + H2O (3) 7,88 = = 0,04 (mol) 197 → ngồi phản ứng (3) cịn: 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (4) nCO = nBa (OH ) = (0,06 – 0,04) = 0,04 (mol) 0.75 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy a = 0,04 + 0,04 = 0,08 (mol) Từ (1) (2) : m hh = 0,08.116 + (56x +16y).b = 23,2   0,08 + bx  0,13 nFe2O3  Điểm 0.50 0.50 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  x = y Vậy công thức oxit Fe3O4 Chọn dung dịch chứa mol FeCl2 FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (1) 1mol 2mol 1mol 2mol to 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 (2) 1mol 0,25mol 1mol 2.40.100 2.58,5.100 mdd NaOH = = 400 (gam) ; mdd X = = 1570,5 (gam) 20 ThuVienDeThi.com 7, 45 0.50 0.50 0.50 Mà mddX = mdd NaOH + mddFeCl + mO – mFe(OH) 2  mddFeCl = mddX – mdd NaOH – mO + mFe(OH) 2 = 1570,5 – 400 – 0,25 32 + 107 = 1269,5 (gam) 127.100 C% FeCl2 = = 10% 1269,5 Đặt x = nO ; y = nCl ; a = nMg ; b = nAl 1.00 - Theo ĐLBTKL: mA = mX – mB = 42,34 – 16,98 = 25,36 (g) m A = 32x + 71y = 25,36   x = 0,26 ; y = 0,24 - Theo đề:  11,2 n  x + y =  0,5  A 22,4  %O2 = 0, 26 0,5 100 = 52% ; %Cl2 = 100 – 52 = 48% 1.00 Quá trình nhường e Quá trình nhận e +2 Mg – 2e → Mg O2 + 4e → 2O– amol 2amol 0,26mol 1,04 mol +3 Al – 3e → Al Cl2 + 2e → 2Cl– bmol 3bmol 0,24mol 0,48 mol - Theo định luật bảo toàn electron : 2a + 3b = 1,04 + 0,48 = 1,52 (1) : mB = 24a + 27b = 16,98 (2) - Giải (1) (2) : a = 0,55 ; b = 0,14 0,55.24 %Mg = 100 = 77,74% ; %Al = 100 – 77,74 = 22,26% 0.50 1.00 16,98 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) ; Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 + –12 pH = 12 → [H ] = 10 M → [OH–] = 10–2 M = 0,01M → V lít dung dịch A chứa nOH  = 0,01 V (mol) nH = 1,344 = 0,06 (mol) 22,4 ; 0.75 0,51 n Al O = = 0,005 (mol) 102 2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2 (3) Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 (4) Từ (3) (4) : nH  = nH = 0,06 = 0,12 (mol) (2) → 600ml dung dịch B chứa 0,06 mol H+ Dung dịch C hồ tan Al2O3 nên có trường hợp: Trường hợp 1: OH– hết, H+ dư: OH– + H+ → H2O (5) 0,01V 0,01V Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O (6) 0,005 0,03 Từ (5) (6) : nH  = 0,01V + 0,03 = 0,06 → V = lít Trường hợp 2: H+ hết, OH– dư: H+ + OH– → H2O (7) 0,06 0,06 Al2O3 + 2OH– → 2AlO2– + H2O (8) 0,005 0,01 Từ (5) (6) ; nOH  = 0,06 + 0,01 = 0,01V → V = lít ThuVienDeThi.com 0.75 0.75 0.75 2,016 nCO = = 0,09 (mol) ; 22, nOH  = nNaOH = 0,1 = 0,1 (mol) nBa (OH ) = 0,2x (mol) → nOH  = 0,4x (mol) n Ba2 = nBa (OH ) + nBaCl = 0,2x + 0,2 0,15 = 0,2x + 0,03 (mol) 2 Ta có: < nNaOH nCO = 0,1 < → Dung dịch A chứa muối 0, 09 0.50 CO2 + 2OH– → CO32– + H2O amol 2amol amol – CO2 + OH → HCO3– bmol bmol bmol 2a + b = 0,1 a  b  0,09 Từ (1) (2) :  (1) (2)  a = 0,01 ; b = 0,08 Thêm dung dịch B vào dung dịch A: Đầu tiên: OH– + HCO3– → CO32– + H2O (3) Sau : CO32– + Ba2+ → BaCO3↓ (4) 5,91 Từ (4) : nCO 2 = nBa2 = nBaCO = = 0,03 (mol) 0.50 197 3 0.50 Từ (3) : nOH  = nHCO  = nCO 2 = 0,03 – 0,01 = 0,02 (mol) 3 Hay : 0,4x = 0,02 → x = 0,05M Sau (4) : dung dịch chứa Ba2+ : 0,03 + 0,2.0,05 – 0,03 = 0,01 (mol) HCO3– : 0,08 – 0,02 = 0,06 (mol) to  BaCO3↓ + CO2 + H2O Đun nóng: Ba2+ + 2HCO3–  0,01 0,02 0,01 mBaCO = 0,01 197 = 1,97 (gam) 0.50 0.50 0.50 2Al + m mol 54 Mg + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 2HCl → MgCl2 m mol 48 (1) m mol 36 + H2 (2) m mol 48 m m 14,112 + = = 0,63 → m = 12,96 (gam) 36 48 22,4 12,96 12,96 → nAl = = 0,24 mol ; nMg = = 0,27 mol 54 48 3,584 nA = = 0,16 (mol) Đặt x = nNO → nN O = 0,16 – x (mol) 22,4 30 x  44(0,16  x) Ta có: = 20,25 → x = nNO= 0,04 mol ; nN O = 0,12mol 0,16 0.50 Từ (1) (2): 0.50 0.50 Mg – 2e → Mg+2 4H+ + NO3– + 3e → NO + 2H2O (3) 0,27 0,54 0,16 ← 0,12 ← 0,04 Al – 3e → Al+3 10H+ + 2NO3– + 8e → N2O + 5H2O (4) 1.00 0,24 0,72 1,2 ← 0,96 ← 0,12 Ta có: ne cho = 0,54 + 0,72 = 1,26 mol ; ne nhận = 0,12 + 0,96 = 1,08 mol Vậy NO N2O cịn có sản phẩm khử NH4NO3 ThuVienDeThi.com với ne nhận = 1,26 – 1,08 = 0,18 (mol) 10H+ + 2NO3– + 8e → NH4NO3 + 3H2O (5) 0,225 ← 0,18 → 0,0225 Từ (3), (4), (5) : nHNO3 = 0,16 + 1,2 + 0,225 = 1,585 (mol) ThuVienDeThi.com 1.00 ...HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TRƯỜNG THCS MỸ TÀI Năm học: 2011 – 2012 Mơn : Hố học - Lớp Đề đề xuất Câu Nội dung X1: NaHCO3; X2 : Al(OH)3... 0,01 197 = 1 ,97 (gam) 0.50 0.50 0.50 2Al + m mol 54 Mg + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 2HCl → MgCl2 m mol 48 (1) m mol 36 + H2 (2) m mol 48 m m 14,112 + = = 0,63 → m = 12 ,96 (gam) 36 48 22,4 12 ,96 12 ,96 →... Al2O3 nên có trường hợp: Trường hợp 1: OH– hết, H+ dư: OH– + H+ → H2O (5) 0,01V 0,01V Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O (6) 0,005 0,03 Từ (5) (6) : nH  = 0,01V + 0,03 = 0,06 → V = lít Trường hợp 2: