ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHOA HỌC TỰ NHIÊN 8- PHẦN KIẾN THỨC HÓA HỌC NĂM HỌC 2023- 2024

Câu 1.(3,0 điểm) 1.1.(2,0 điểm)Hãy xác định các chữ cái A, B, C, D, E, F, G, H, I, J là những công thức hóa học nào và viết các phương trình hóa học(Ghi rõ các điều kiện phản ứng). KClO3 → A + B A + C → D D + E → F Zn + F → Zn3(PO4)2 + G G + A → E CaCO3 → H + I I + E → J Biết J làm quỳ tím hóa xanh. 1.2.(1,0 điểm)Làm lạnh 500 g dung dịch KNO3 bão hòa từ 80oC xuống 10oC. Tính khối lượng KNO3 kết tinh, biết độ tan trong nước của KNO3 ở 80oC và 10oC lần lượt là 168 g và 21 g. Câu 2.(2,5 điểm) 2.1.(0,5 điểm)Trên các hòn đảo ngoài đại dương, nguồn nước ngọt rất khan hiếm nên phảisử dụng hợp lý nguồn nước ngọt trong tự nhiên. Gia đình bạn Hảo sống trên đảo Nhất Tự Sơn (Phú Yên) đang nghiên cứu cách điều chế nước ngọt từ nước biển theo hình vẽ dưới đây: Hình 1: Sơ đồ điều chế nước ngọt từ nước biển Trong đó, bể bên trái chứa nước biển (1). Nước biển sẽ thấm qua vải bông, dưới tác dụng nhiệt của ánh sáng mặt trời, nước bốc hơi sẽ ngưng tụ trên mặt kính. Sau đó nước ngọt sẽ được thu vào bể chứa bên phải (3). Phần nước biển không bốc hơi chảy vào trong bể chứa (2).Biết rằng nước ở bể (2) có tổng nồng độ muối là 9% và khối lượng riêng là 1,2 g/ml? a) Cho biết vai trò của tấm vải bông? b) Để tăng hiệu quả sử dụng thiết bị, Hảo thử thu hồi muối từ nước ở bể (2) bằng cách cô cạn dung dịch. Tính khối lượng muối thu được từ 1m3 nước ở bể (2). 2.2.(1,0 điểm)Lấy một ít muối ở trên, Bạn Kiên tiến hành thí nghiệm nghiên cứu tính chất của dung dịch như sau (xem Hình 2): - Cho vào cốc thủy tinh đựng nước một thìa muối, khuấy tan, rót dung dịch thu được sang bát sứ. - Đặt bát sứ lên giá: Đun nóng bát sứ đến khi nước bay hơi gần hết. - Để nguội bát sứ, thấy xuất hiện các hạt tinh thể màu trắng.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN TÂY HÒA



Khoá thi ngày 17/4/2023

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2023-2024 MÔN THI: KHTN (HÓA HỌC)



1

(3,0 đ)

1.1

(2,0 đ)

- Dựa vào các dự kiện của bài toán học sinh xác định được:

A O2

B KCl

C P

D P2O5

E H2O

F H3PO4

G H2

H CO2

I CaO

J Ca(OH)2

0,25

(1) 2KClO3 t° 3O2 + 2KCl 0,25 (2) 5O2 + 4P t° 2P2O5 0,25 (3) P2O5 + 3H2O 2H3PO4 0,25 (4) 3Zn + 2H3PO4 Zn3(PO4)2 + 3H2 0,25 (5) 2H2 + O2 t° 2H2O 0,25 (6) CaCO3 t° CO2 + CaO 0,25 (7) CaO + H2O Ca(OH)2 0,25

1.2

(1,0 đ)

- Ở 80oC cứ 268 g dung dịch KNO3 bão hòa có chứa 168 g KNO3

Vậy 500 g dung dịch KNO3 bão hòa có chứa 313,43 g KNO3 và 186,57 g nước

0,25

- Ở 10oC, cứ 100 g nước hòa tan được 21 g KNO3

Vậy 186,57 g nước hòa tan được 39,18 g KNO3 0,25

- Khối lượng KNO3 kết tinh là 313,43 – 39,18 = 274,25 (g) 0,5

2

(2,5 đ) 2.1

(0,5 đ)

a) Tấm vải bông để lọc chất rắn không tan trong nước biển (cát,

b) mmuối = mct = C%.mdd = C%.d.Vdd = 9%.1,2.1.106 = 108000 g

2.2

(1,0 đ)

a) Ứng dụng trong thực tiễn của thí nghiệm: Quá trình làm

b) Các chất rắn có thể kết tinh từ dung dịch: Dễ tan trong nước;

c) - Phơi nước biển: nhờ nhiệt lượng do mặt trời cung cấp làm bay hơi nước

- Cho thêm nước biển từ ruộng trên xuống ruộng dưới để tăng thêm lượng muối vào ruộng dưới, đủ để muối có thể kết tinh

0,5

2.3

(1,0 đ)

Khi trộn dung dịch A với dung dịch B:

2NaOH+ H2SO4 Na2SO4 + 2H2O

Tự chọn lượng chất: Chọn thể tích dung dịch sau khi trộn là 5 l

0,25

Trong trường hợp 1, NaOH dư: (Chọn VA=3 l; VB=2 l)

nNaOH dư= 0,1.(3+2)= 0,5 mol

nNaOH= 2nH2SO4 + 0,5 hay 3CA=2.2CB+0,5 (1)

0,25

Trong trường hợp 2, H2SO4 dư: (Chọn VA=2 l; VB=3 l)

nH2SO4 dư= 0,2.(2+3)= 1 mol

nH2SO4= ½ nNaOH + 1 hay 3CB=1/2.2CA+1 (2)

0,25 Giải 2 phương trình (1) và (2), ta được: CA=1,1 M; CB= 0,7 M 0,25

3

(2,5 đ)

3.1

(1,5 đ)

a) Đặt công thức chung của SO2 và CO2 là RO2 Số mol của oxide acid RO2 là 0,25 Số mol mỗi muối là a

RO2 + 2NaOH → Na2RO3 + H2O (1)

a 2a a a

RO2 + NaOH → NaHRO3 (2)

a a a

=> 2a = 0,25

=> a = 0,125 => số mol NaOH = 3a = 3.0,125 = 0,375

=> nồng độ mol/l của dung dịch NaOH là 3,75 M

0,5

b) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

moxide + mNaOH = mmuối + mH2O

 x + 0,375.40 = y + 0,125.18

 y-x = 12,75

0,5

c) Gọi số mol của SO2, CO2 lần lượt là m, n => m + n = 0,25(3)

PTPƯ: CaSO3 ⃗to CaO + SO2

m ⟶ m m CaCO3 ⃗to CaO + CO2

n ⟶ n n

=> khối lượng chất rắn giảm bằng khối lượng của SO2, CO2

=>

64m+44 n 120m+100n .100% = 49,091% (4)

Từ (3) và (4): m = 0,125; n = 0,125 Suy ra: tỷ lệ % mỗi khí trong hỗn hợp là 50%

0,5

3.2

(1,0 đ)

a) CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 ↑ + H2O 0,25

d) Tăng nhiệt độ trái đất gây ra nhiều vấn đề như tăng mực nước biển, sự biến đổi khí hậu, tăng tần suất và cường độ của các hiện tượng thời tiết cực đoan như bão, hạn hán và lũ lụt

0,25

4

(2,5 đ) 4.1

(1,0 đ)

b) Cao nhất: Na2HAsO4; thấp nhất: Ce2(SO4)3. 0,25 c) Độ tan của một chất phải xác định độ tan của chất đó ở nhiệt

độ nhất định do độ tan của một chất tại các điểm nhiệt độ khác nhau là khác nhau

0,5

⟹ mdd H SO2 4 10% a n.98.10010 980an (g) Dung dịch muối thu được là M2(SO4)n : a mol

mdd sau phản ứng = mM2On+mdd H2SO4 = a.(2M+16) + 980an

2 ( 4 )

.(2 96 n)

.(2.M 96 n) 980 an

3, 56(Fe)



  

n

M SO

a

 a= 0,02 mol

0,5

Khi làm lạnh thu được tinh thể muối có công thức:

Fe2(SO4)3.xH2O

ntinh thể

0,02.70

0,014 100

hay 0,014.(400+18x)=7,868 => x=9 Vậy Công thức của tinh thể là Fe2(SO4)3.9H2O

0,5

5

(2,5 đ)

5.1

(1,5 đ)

- Theo bài ra: nFe=

11,2

56 = 0,2 mol ; nAl = mol 0,25

- Khi thêm Fe vào cốc đựng dd HCl (cốc A) có phản ứng:

Fe + 2HCl  FeCl2 +H2  0,2 0,2 0,25

- Theo định luật bảo toàn khối lượng, khối lượng cốc đựng HCl tăng thêm: 11,2 - (0,2.2) = 10,8 g 0,25

- Khi thêm Al vào cốc đựng dd H2SO4 cóphản ứng:

2Al + 3 H2SO4  Al2 (SO4)3 + 3H2

mol  mol

0,25

Khi cho m gam Al vào cốc B, cốc B tăng thêm: m

-3.m

27.2.2 (gam)

0,25

- Để cân thăng bằng, khối lượng ở cốc đựng H2SO4 cũng phải tăng thêm 10,8 g

Do đó: m -

3.m

27.2.2 = 10,8

- Giải được m = 12,15 (g)

0,25

5.2

(1,0 đ)

a) Ta có: p + e = n = 82

Mà p = e, nên: 2p + n = 82 (1) Mặt khác: 2p - n = 22 (2)

Từ (1) và (2), ta có p = 26 hạt, n = 30 hạt => Z=e=p=26

 X là sắt (Fe)

0,5 b)

0,5

27

m

27

m

2 27

3 m

(2,5 đ)

6.1

(1,0 đ)

NaHCO3 + HCl → CO2↑ + H2O + NaCl

0,5

Theo phản ứng cứ 1 mol NaHCO3 tác dụng với 1 mol HCl thì tạo ra 1 mol CO2 Từ đó:

Thể tích HCl được trung hoà:

0,25

Thể tích khí CO2 tạo ra:

0,25

6.2

(1,5 đ)

a) X: NaHCO3; nước vôi trong bị vẩn đục 2NaHCO3(r) t° Na2CO3(r) + CO2(k) + H2O(k) 0,5 b) Ống nghiệm phải lắp chúc xuống vì:

- Các chất rắn thường ẩm, khi đun nóng sẽ có hơi nước thoát ra

=> khi đến miệng ống nghiệm, nhiệt độ của ống thấp hơn =>

ngưng tụ hơi nước

- Nếu ống nghiệm để hướng cao lên thì hơi nước tạo ra sẽ bị chảy xuống đáy ống nghiệm => làm thủy tinh khi đun nóng giãn nở không đều => dễ vỡ

- Nếu đặt ống chúc xuống thì hơi nước ngưng tụ sẽ chảy ra ngoài => không ảnh hưởng đến ống nghiệm

0,5

c) Nếu làm ngược lại, bình đang đun nóng mà tắt ngay thì nhiệt

độ trong bình bị đốt giảm đột ngột khiến áp suất khí giảm; làm khí và nước từ dưới bay ngược vào bình bị nhiệt phân, dẫn đến

vỡ bình

0,5

7

(2,0 đ)

7.1

(1 đ)

0,25

0,25

0,25

0,25

2 4

H SO

m = 0,4.0,46.98 = 22,54 (g) Khối lượng dung dịch H2SO4 98% cần lấy: 22,54 : 98% 23( ) g

23 12,5( ) 1,84

H SO

Cách pha chế:

- Đong lấy 300 ml nước cho vào bình định mức chia vạch có dung tích 500 ml

- Dùng cốc đong, đong lấy 12,5 ml dd H2SO4 98% rồi nhỏ từ

từ theo đũa thủy tinh vào bình trên và khuấy đều 460 ml dung dịch H2SO4 0,5 M

- Thêm từ từ nước vào đến vạch 460 ml khuẩy đều ta được dung dịch cần pha

0,5

8

(2,5 đ)

8.1

(1,5 đ)

a) X: H2

Z: H2O Y: CuO, FeO, Fe2O3, … A: KMnO4, KClO3, KNO3, …

0,75

b)

0,75

8.2

(1,0 đ)

1 1 1

1

.V

p n

R T ;

2 2 2

2

.V

p n

R T ; Khi p1 = p2; V1=V2; T1 = T2 => n1 = n2 0,5 Khẳng định trên là nội dung của định luật avogadro chỉ áp dụng

với chất khí nhưng lại không áp dụng cho chất lỏng và rắn Do khi ở thể rắn, lỏng các phân tử được xếp khít nhau, nên thể tích chất lỏng, rắn chiếm chỗ tỉ lệ thuận với kích thước phân tử của chúng

0,5

Lưu ý khi chấm: Giám khảo thẩm định các phương án đúng khác ngoài đáp án và linh hoạt trong cách đánh giá với điều kiện mức điểm tối đa các câu không thay đổi.