Đề và đáp án thi học sinh giỏi môn Hóa học 9- THCS Mỹ Phong 2010-2011

PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ Trường THCS Mỹ Phong ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI . Môn thi : Hóa học 9 .NH 2010 - 2011 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 : (4đ ) Cho 5 dung dịch gồm : BaCl 2 , MgCl 2 , AlCl 3 , NaOH , H 2 SO 4 chứa trong các lọ riêng biệt. Không dùng thêm hóa chất nào khác, hãy nhận biết chúng. a) Từ FeS 2 viết phương trình để điều chế Fe. Từ CuCl 2 viết phương trình phản ứng để điều chế chế Cu bằng 2 phương pháp. Câu 2: (4đ ) Có hai oxit của nitơ Avà B, có thành phần khối lượng của oxi như nhau bằng 69,55 0 0 . a) Xác định công thức phân tử của A , biết tỉ khối hơi của A so với hidro bằng 23. b) Xác định công thức phân tử của B , biết tỉ khối hơi của B so với A bằng 2. Câu 3 : (4đ) Dẫn dòng khí CO di qua hỗn hợp A gồm Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 , Fe có khối lượng 6,22 gam đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn B có khối lượng 4,94 gam và 2,688 lít hỗn hợp khí D (đktc). Hòa tan B trong dung dịch H 2 SO 4 loãng dư thấy có 1,568 lít khí (đktc) thoát ra. a ) Tính tỉ khối của D so với H 2 . b) Tính khối lượng của mỗi chất trong A. Câu 4 : ( 4đ ) Hòa tan 17 gam hỗn hợp gồm NaOH, KOH, Ca(OH) 2 vào nước để được 500 gam dung dịch . Để trung hòa 50 gam dung dịch A cần dùng 40 gam dung dịch HCl 3,65 0 0 . a) Cô cạn dung dịch sau khi trung hòa thì được bao nhiêu gam muối khan ? b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A . Câu 5 : (4đ) Nung 18,4 gam hỗn hợp CaCO 3 và MgCO 3 . Phản ứng xong , người ta thu được hỗn hợp chất rắn có khối lượng giảm 8,8 gam so với hỗn hợp trước khi nung . a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra . b) Vì sao khối lượng sau phản ứng lại giảm . c) Tính khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp trước khi nung ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : Câu 1 : (4đ) a) Kẻ bảng (1đ) BaCl 2 MgCl 2 AlCl 3 NaOH H 2 SO 4 BaCl 2 _ _ _ ↓ trắng MgCl 2 _ _ ↓ trắng _ AlCl 3 _ _ ↓ keo trắng rồi tan _ NaOH _ ↓ trắng ↓ keo trắng rồi tan Q H 2 SO 4 ↓ _ _ Q Dựa vào bảng trên ta thấy : + Chất nào có kết tủa keo trắng rồi tan là AlCl 3 + Chất nào vừa tạo kết tủa keo trắng , vừa kết tủa trắng và tỏa nhiệt mạnh là NaOH. + Chất nào vừa kết tủa trắng và tỏa nhiệt mạnh là H 2 SO 4 + Chất kết tủa trắng còn lại là BaCl 2 , MgCl 2 (0,5đ) Cho dung dịch H 2 SO 4 vào 2 mẫu thử còn lại : - Mẫu thử nào cho kết tủa trắng là BaCl 2 BaCl 2 + H 2 SO 4 → BaSO 4 + 2HCl - Mẫu còn lại là MgCl 2 (0,5đ) b) (1đ ) 4FeS 2 + 11O 2 → 0t 8SO 2 + 2Fe 2 O 3 Fe 2 O 3 + 3H 2 → 0t 2Fe + 3H 2 O CuCl 2 → dp Cu + Cl 2 Zn + CuCl 2 → Cu + ZnCl 2 Câu 2 : (4đ) a) Gọi oxit nitơ A là N x O y d 2H A = 23 ⇒ M A = 46 Theo đề : 14x + 16y = 46 (1) Và 69,55 = 46 16y x 100 (2) Từ (2) ⇒ y = 2 , thế vào (1) : 14x + 16y = 46 ⇒ x = 1 Công thức A là NO 2 ( 2đ) b) Gọi oxit nitơ B là N a O b d A B = 2 ⇒ M B = 2 x M A = 2 x 46 = 92 ⇒ 14a + 16b = 92 (1) và 92 16b x 100 = 69,55 (2) Giải (2) ⇒ b = 4 , thế vào (1) ⇒ a = 2 Vậy công thức của B là N 2 O 4 (2đ) Câu 3 : (4đ) Fe 3 O 4 + 4CO → 0t 3Fe + 4CO 2 0,02 mol → 0,06 0,08 Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 (0,5đ) a) Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 , Fe trong hỗn hợp A. Sau phản ứng xảy ra hoàn toàn ta thu được rắn B có khối lượng là 4,94 gam bé hơn khối lượng hỗn hợp A ban đầu là 6,22 gam. Độ giảm khối lượng bằng khối lượng của oxi trong Fe 3 O 4 m giảm = m oxi ⇒ m oxi = 6,22 – 4,49 = 1,28 gam (0,5đ) n Fe 3 O 4 = 4 1 n oxi = 4 1 x 16 28,1 = 0,02 mol n CO 2 = 4n Fe 3 O 4 = 0,08 mol nhh khí = 4,22 668,2 = 0,12 mol nhh khí. > n CO 2 (0,12 > 0,08 ) ⇒ CO dư , Nco dư = 0,12 - 0,08 =0,04 mol d 2/ Hhhkhí = 12,0 04,0.2808,0.44 + X 2 1 = 3 58 (1,5đ) b) m Fe 3 O 4 = 232 x 0,02 = 4,64 gam n 2H = 0,07 mol (0,5đ) n của sắt trong B = n 2H = 0,07 mol n Fe trong hhA = 0,07-0,06 =0,01 mol (0,5đ) m Fe trong hhA = 56 x 0,01 = 0,56 gam m Al 2 O 3 = 6,22 - 4,64 - 0,56 = 1,02 gam (0,5đ) Câu 4 : (4đ) NaOH + HCl → NaCl + H 2 O a → a a a (mol ) KOH + HCl → KCl + H 2 O b → b b b (mol) Ca(OH) 2 + 2HC l → CaCl 2 (+ 2H 2 O (1,5đ) c → 2 c c 2c gọi a, b , c lần lượt là số mol của NaOH , KOH , Ca(OH) 2 ∑ n HCl = 65,3 65,3.40 = 0,04 mol ∑ n H 2 O = a + b + 2c = ∑ n HCl = 0,04 mol (1,5đ) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : m NaOH + m KOH + m Ca(OH) 2 + m HCl = m H 2 O + m muối ⇔ 17 x 500 50 + 1,46 = 18 x 0,04 + m muối ⇔ m muối = 2,44 gam (1,0đ) Câu 5: (4đ) a) Phương trình phản ứng : CaCO 3 → 0t CaO + CO 2 MgCO 3 → 0t MgO + CO 2 (1đ) b) Khối lượng của phản ứng sau khi nung lại giảm so với khối lượng ban đầu vì phản ứng phân hủy giải phóng khí CO 2 bay ra .(0,5đ) c) Ta có : n CO 2 = 44 8,8 = 0,2 mol Đặt x, y là số mol CaCO 3 , MgCO 3 có trong hỗn hợp ban đầu. Ta có hệ phương trình : 100x + 84y = 18,4 x + y = 0,2 Giải hệ phương trình , ta có : x = y = 0,1 (1đ) ⇒ khối lượng trước khi nung : m CaCO 3 = 100 x 0,1 = 10 gam m MgCO 3 = 84 x 0,1 = 8,4 gam (1đ) . PHÒNG GIÁO DỤC PHÙ MỸ Trường THCS Mỹ Phong ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HỌC SINH GIỎI . Môn thi : Hóa học 9 .NH 2010 - 2011 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 : (4đ ) Cho. lượng sau phản ứng lại giảm . c) Tính khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp trước khi nung ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : Câu 1 : (4đ) a) Kẻ bảng (1đ) BaCl 2 MgCl 2 AlCl 3 NaOH H 2 SO 4 BaCl 2 . Q Dựa vào bảng trên ta thấy : + Chất nào có kết tủa keo trắng rồi tan là AlCl 3 + Chất nào vừa tạo kết tủa keo trắng , vừa kết tủa trắng và tỏa nhiệt mạnh là NaOH. + Chất nào vừa kết tủa trắng và