Để thi học sinh giỏi vòng 1.doc

Để thi học sinh giỏi vòng I Môn: Hóa học lớp 9 Năm học: 2009 – 2010 (Thời gian làm bài 90 phút không kể thời gian giao đề) Phần I: Trắc nghiệm khách quan (4 điểm) Ghi toàn bộ đáp án mà em cho là đúng của mỗi câu sau vào bài làm: 1. Hòa tan hoàn toàn a gam Fe x O y bằng dung dịch H 2 SO 4 đậm đặc nóng vừa đủ, có chứa 0,075 mol H 2 SO 4 , thu được b gam một muối và có 168 ml khí SO 2 (đktc) duy nhất thoát ra. Trị số của b là: A) 9,0 gam B) 8,0 gam C) 6,0 gam D) 12 gam 2. Trị số của a gam Fe x O y ở câu (1) trên là: A) 1,08 B) 2,4 gam C) 4,64 gam D) 3,48 gam 3. Công thức của Fe x O y ở câu (1) là: A) FeO B) Fe 2 O 3 C) Fe 3 O 4 D) Thiếu dữ kiện nên không xác định được 4. 2,7 gam một miếng nhôm để ngoài không khí một thời gian, thấy khối lượng tăng thêm 1,44 gam. Phần trăm miếng nhôm đã bị oxi hóa bởi oxi của không khí là: A) 60% B) 40% C) 50% D) 80% 5. Hòa tan hoàn toàn 2,52 gam kim loại M trong dung dịch H 2 SO 4 loãng tạo thành 6,84 gam muối sunfat. M là kim loại nào? A) Al B) Zn C) Mg D) Fe 6, Khử hoàn toàn một oxit sắt nguyên chất bằng CO dư ở nhiệt độ cao. Kết thúc phản ứng, khối lượng chất rắn giảm đi 27,58%. Oxit sắt đã dùng là: A) Fe 2 O 3 B) Fe 3 O 4 C) FeO D) Cả 3 trường hợp (a), (b), (c) đều thỏa đề bài 7. Hòa tan hết 3,53 gam hỗn hợp A gồm ba kim loại Mg, Al và Fe trong dung dịch HCl, có 2,352 lít khí hiđro thoát ra (đktc) và thu được dung dịch D. Cô cạn dung dịch D, thu được m gam hỗn hợp muối khan. Trị số của m là: A) 12,405 gam B) 10,985 gam C) 11,195 gam D) 7,2575 gam (Mg = 24; Al = 27; Fe = 56; Cl = 35,5) 8. Dung dịch Ca(OH) 2 0,1M trung hòa vừa đủ dung dịch HNO 3 0,05M. Nồng độ mol/l của dung dịch muối sau phản ứng trung hòa là (Coi thể tích dung dịch không đổi khi trộn chung nhau): A) 0,02M B) 0,01M C) 0,03M D) Không đủ dữ kiện để tính Phần II: tự luận (16 điểm) câu 1 (4,5 điểm) : Hòa tan hoàn toàn oxit FeO trong dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư thu được dung dịch A 1 và khí B 1 a. Cho khí B 1 tác dụng với dung dịch NaOH, dung dịch K 2 CO 3 b. Cho dung dịch A 1 tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi được chất rắn A 2 . Hãy viết các PTHH xảy ra và cho biết dung dịch A 1 chứa chất tan gì? Khí B 1 , chất rắn A 2 là chất nào? Câu 2: (3 điểm) Cho phản ứng : X + H 2 SO 4 (đ/n) Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2  + H 2 O X là những chất nào? viết các PTHH minh họa? Câu 3 (4,5 điểm) Cho một luồng CO dư đi qua ống sứ chứa 15,3 gam hỗn hợp gồm FeO và ZnO nung nóng, thu được một hỗn hợp chất rắn có khối lượng 12,74 gam. Biết trong điều kiện thí nghiệm hiệu suất các phản ứng đều đạt 80%. a.Tính % về khối lượng của mỗi oxit có trong hỗn hợp ban đầu ? b.Để hòa tan hoàn toàn lượng chất rắn thu được sau phản ứng trên phải dùng bao nhiêu lít dung dịch HCl 2M ? Câu 4 (4 điểm) R là một kim loại có hoá trị II. Đem hoà tan hoàn toàn a g oxit của kim loại này vào 48g dung dịch H 2 SO 4 6,125% tạo thành dung dịch A có chứa 0,98 % H 2 SO 4 . Khi dùng 2,8 lit cacbon (II) oxit để khử hoàn toàn a g oxit trên thành kim loại, thu được khí B. Nếu lấy 0,7 lit khí B cho qua dung dịch nước vôi trong (dư) làm tạo ra 0,625g kết tủa. 1. Tính a và khối lượng nguyên tử của R, biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 2. Cho 0,54g bột nhôm vào 20g dung dịch A, sau khi phản ứng kết thúc lọc tách được mg chất rắn. Tính m. (Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học) Đáp án và biểu điểm phần trắc nghiệm: mỗi phần đúng được 0,5 điểm. 1 2 3 4 5 6 7 8 A D C A D B B A Biểu điểm câu 1: Mỗi ý 0,5 điểm 2FeO + 4H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4H 2 O Dd A 1 : Fe 2 (SO 4 ) 3 và H 2 SO 4 dư; khí B 1 : SO 2 a. SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O SO 2 + NaOH → NaHSO 3 SO 2 + K 2 CO 3 → K 2 SO 3 + CO 2 b. Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH → 2Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 2Fe(OH) 3 → 0 t Fe 2 O 3 + 3H 2 O H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + H 2 O A 2 : Fe 2 O 3 Biểu điểm câu 2: Mỗi PTHH đúng được 0,5 điểm X là Fe ; FeO ; Fe 3 O 4 ; Fe(OH) 2 ; FeSO 4 ; FeS PTHH: 2Fe + 6H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2  + 6H 2 O 2FeO + 4H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2  + 4H 2 O 2Fe 3 O 4 + 10H 2 SO 4  3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2  + 10H 2 O 2Fe(OH) 2 + 4H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2  + 6H 2 O 2FeSO 4 + 2H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2  + 2H 2 O 2FeS + 10H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + 9SO 2  + 10H 2 O Đáp án và biểu điểm câu 3 (4,5 điểm) a/ Gọi a, b lần lượt là số mol FeO và ZnO đã dùng. Theo đề bài chỉ có 0,8a mol FeO và 0,8b mol ZnO phản ứng theo PTHH : FeO + CO → 0 t Fe + CO 2 (1) 0,8a mol 0,8a mol ZnO + CO → 0 t Zn + CO 2 (2) 0,8b mol 0,8b mol Như vậy chất rắn sau p/ ứng gồm 0,8a molFe , 0,8b mol Zn, 0,2a mol FeO dư và 0,2b mol ZnO dư Theo đề bài ta có : 72a + 81b = 15,3 0,8a . 56 + 0,8b . 65 + 0,2a . 72 + 0,2b . 81 = 12,74 Giải ra : a = b = 0,1 . Thành phần phần trăm của các chất :%FeO = 3,15 100.1,0.72 = 47% : %ZnO = 100 – 47 = 53 % b/ Hỗn hợp sau phản ứng gồm : 1 điểm 1 điểm 0,5 điểm 0,8 a = 0,8 . 0,1 = 0,08 mol sắt ; 0,8 b = 0,8 . 0,1 = 0,08 mol kẽm 0,2 a = 0,2 . 0,1 = 0,02 mol sắt oxit ; 0,2 b = 0,2 . 0,1 = 0,02 mol kẽm oxit PTHH : Fe + 2HCl  FeCl 2 + H 2 (3) Zn + 2HCl  ZnCl 2 + H 2 (4) FeO + 2HCl  FeCl 2 + H 2 O (5) ZnO + 2HCl  ZnCl 2 + H 2 O (6) Theo (3) , (4) , (5) , (6) n HCl = 2n Fe + 2n Zn + 2n FeO + 2n ZnO = 2 .0,08 + 2 .0,08 + 2 .0,02 + 2 .0,02 = 0,4 ( mol) Thể tích dung dịch HCl cần : 0,4 : 2 = 0,2 (lít) Đáp án và biểu điểm Câu 4 (4 điểm) 1. Các phương trình phản ứng : RO + H 2 SO 4 → RSO 4 + H 2 O (1) RO + CO → R + CO 2 ↑ (2) 0,5 điểm Số mol axit H 2 SO 4 đem dùng : 48.6,125 100.98 = 0,03 mol. Số mol H 2 SO 4 dư : (a 48).0,98 a 48 100.98 10.000 + + = Theo (1) : RO n = 0,03 – a 48 10.000 + 0,5 điểm Theo (2) : Khi phản ứng xảy ra thể tích khí không thay đổi. 0,7 lit khí B tạo ra phản ứng : Ca(OH) 2 + CO 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O (3) 3 CaCO 0,625 n 100 = = 0,00625 mol 0,5 điểm Nếu dùng 2,8 lit khí B sẽ tạo ra: 0,00625 × 4 = 0,025 mol CaCO 3 ↓ Theo (1, 2, 3) : 3 CaCO n = n R = n RO nên 0,03 – a 48 10.000 + = 0,025 a 48 10.000 + = 0,005 → a = 2 g. 0,5 điểm Khối lượng nguyên tử của R : n RO = 0,025, m RO = 2 g → M RO = 2 0, 025 = 80. Vậy KLNT của R = 80 – 16 =64 0,5 điểm 2. Cho bột Al vào dung dịch A có các phản ứng : 3H 2 SO 4 + 2Al → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 ↑ (4) 2Al + 3CuSO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Cu ↓ (5) 0,5 điểm 1 điểm 1 điểm Trong 48 + 2 = 50 g dung dịch A có 0,025 mol CuSO 4 Trong 20 g n mol CuSO 4 4 CuSO 20.0,025 n 50 = = 0,01 mol ; Al 0,54 n 0,02 mol 27 = = 0,5 điểm Theo (4) thì Al dư nên số mol Cu tạo thành là 0,01 mol. Số mol Al dư bằng : 0,02 – 2 0,04 .0,01 3 3 = mol. 0,5 điểm PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CHƯƠNG MĨ (ĐỀ CHÍNH THỨC) Để thi học sinh giỏi vòng II Môn: Hóa học lớp 9 Năm học: 2009 – 2010 (Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề) Câu1 (3 điểm): a) Cho sơ đồ biến đổi sau: A  B  C  D Cu trong đó A, B, C, D là những hợp chất khác nhau của đồng. Hãy viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) b) Mô tả các hiện tượng quan sát được và viết các PTHH xảy ra đối với các thí nghiệm sau: 1. Sục khí CO 2 vào bình đựng nước vôi trong cho tới dư CO 2 . 2. Cho từ từ dung dịch NaOH vào bình đựng dung dịch AlCl 3 cho tới dư dung dịch NaOH. 3. Cho vài giọt dung dịch AgNO 3 vào bình đựng dd CuCl 2 . 4. Nhúng một lá kẽm vào bình đựng dd CuCl 2 5. Nhúng một mảnh kim loại bari vào bình đựng dung dịch FeCl 2 . rồi để hở bình một thời gian. Câu 2 (4 điểm): Cho một luồng khí H 2 (dư) lần lượt đi qua các ống mắc nối tiếp nhau, đựng các chất được đốt nóng sau đây CaO  CuO  Al 2 O 3  Fe 2 O 3  Na 2 O (ống 1) (ống 2) (ống 3) (ống 4) (ống 5) Sau thí nghiệm trên, lấy các chất còn lại trong mỗi ống cho tác dụng lần lượt với khí CO 2 ; dd HCl; dd AgNO 3 ; viết PTHH xảy ra. Câu3 (4 điểm): Nhúng một thanh sắt và một thanh kẽm vào cùng một cốc chứa 500 ml dung dịch CuSO 4 . Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra khỏi cốc thì mỗi thanh có thêm Cu bám vào, khối lượng dung dịch trong cốc bị giảm mất 0,22g. Trong dung dịch sau phản ứng, nồng độ mol của ZnSO 4 gấp 2,5 lần nồng độ mol của FeSO 4 . Thêm dung dịch NaOH dư vào cốc, lọc lấy kết tủa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 14,5 g chất rắn. Tính số gam Cu bám trên mỗi thanh kim loại và nồng độ mol của dung dịch CuSO 4 ban đầu. Câu 4: (4 điểm) Oxi hóa hoàn toàn 8 gam 2 kim loại A , B (đều có hóa trị II) thu được hỗn hợp 2 oxit tương ứng. Để hòa tan hết 2 oxit trên cần 150 ml dung dịch HCl 1M. Sau phản ứng thu được dung dịch có 2 muối. Cho NaOH vào dung dịch muối này thu được một kết tủa cực đại nặng m gam gồm hỗn hợp 2 hiđroxit kim loại a.Viết các PTHH xảy ra ? b. Xác định m ? Câu 5 (5 điểm): Hòa tan hoàn toàn 10,02 gam hỗn hợp Mg , Al , Al 2 O 3 trong V ml dung dịch HNO 3 1M được 6,72 lit khí NO ở đktc và dung dịch A. Cho dung dịch NaOH 2M vào A đến khi khối lượng kết tủa không thay đổi thì hết 610 ml dd NaOH, lọc kết tủa rồi nung ở nhiệt độ cao được 6 gam chất rắn. a. Tính số gam mỗi chất trong hỗn hợp đầu và V b. Nếu chỉ dùng 500ml dung dịch NaOH 2M thì thu được bao nhiêu gam kết tủa. (Cho Zn = 65; Cu = 64; S = 32; O = 16; Na = 23; Cl = 35,5; Mg = 24; Al = 27; N = 14) Đáp án và biểu điểm câu 1: a) Hoàn thành đúng mỗi PTHH được 0,25 điểm. b) Nêu đúng hiện tượng và viết đúng tất cả các PTHH mỗi phần 3, 4 được 0,25 điểm Nêu đúng hiện tượng và viết đúng tất cả các PTHH mỗi phần 1, 2, 5 được 0,5 điểm Đáp án và biểu điểm câu 2: Khi dẫn khí hiđro qua chỉ có ống 2 và ống 3 có phản ứng khử oxit, ống 5 có phản ứng của nước với Na 2 O. Với CO 2 có 3 phản ứng. Với dd HCl có 4 phản ứng. Với dd NaNO 3 có 1 phản ứng. Đáp án và biểu điểm câu 3 (4 điểm): Gọi số mol Fe pư là x (x>0) Do nồng độ muối kẽm gấp 2,5 lần nồng độ muối sắt. suy ra nZn = 2,5nFe = 2,5x Zn + CuSO 4  ZnSO 4 + Cu 2,5x 2,5x 2,5x 2,5x Fe + CuSO 4  FeSO 4 + Cu x x x x theo bài ra ta có phương trình: 64 . 3,5x - 65 . 2,5x - 56x = 0,22 giải phương trình trên ta được: x = 0,04 (mol) mCu bám vào thanh kẽm là: 22,4 . 0,04 = 6,4g mCu bám vào thanh sắt là: 56 . 0,04 = 2,56g trong dd sau phản ứng có muối kẽm, muối sắt II và có muối đồng dư. 4NaOH + ZnSO 4  Na 2 ZnO 2 + Na 2 SO 4 + H 2 O 2NaOH + FeSO 4  Fe(OH) 2 + Na 2 SO 4 0,04 0,04 4Fe(OH) 2 + O 2 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O 0,04 0,02 mFe 2 O 3 = 0,02 . 160 = 3,2g mCuO = 14,5 – 3,2 = 11,3g  nCuO = 11,3 : 80 = 0,14125 (mol) 2NaOH + CuSO 4  Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 0,14125 0,14125 Cu(OH) 2 CuO + H 2 O 0,14125 0,14125 nCuSO 4 = 0,1 + 0,04 + 0,14125 = 0,28125 (mol) CM CuSO 4 = 0,28125 : 0,5 = 0,5625 M T 0 T 0 1 điểm 1 điểm 2 điểm Đáp án và biểu điểm câu 4 (4 điểm) HD : Cách 1 : viết đủ, đúng mỗi phản ứng được (0,25 điểm) a/ Gọi a , b là số mol A , B đã dùng . Ta có PTHH : 2A + O 2  2AO (1) 2B + O 2  2BO (2) a mol a mol b mol b mol AO + 2 HCl  ACl 2 + H 2 O (3) BO + 2 HCl  BCl 2 + H 2 O (4) a mol a mol a mol b mol b mol b mol ACl 2 + 2 NaOH  A(OH) 2  + 2NaC l(5) a mol a mol BCl 2 + 2 NaOH  B(OH) 2  + 2NaCl (6) b mol b mol Từ (1) , (2) , (3) , (4) , (5) , (6) ta có : m = a (A + 34) + b ( B+ 34) aA + bB = 8 = aA + bB +17 (2a + 2b) 2a + 2b = 0,15 .1 = 0,15 = 8 + 17 . 0,15 = 10,55 (g) Cách 2 : a/ Vì 2 kim loại có tính chất tương tự như nhau nên ta có thể dùng một kim loại X đại diện cho 2 kim loại A và B . Gọi a là số mol hỗn hợp A và B , a cũng là số mol của X . Ta có PTHH : 2 X + O 2  2 X O a mol a mol X O + 2HCl  X Cl 2 + H 2 O a mol 2a mol a mol X Cl 2 + 2NaOH  X (OH) 2  + 2NaCl a mol a mol b/ Suy ra ta có a X = 8 2a = 0,15 .1 = 0,15 Vậy m = a ( X + 34) = a X + 17 . 2a = 8 + 17 . 0,15 = 10,55 (g) Đáp án và biểu điểm câu 5 Viết đúng mỗi PTHH được (0,25 điểm) = 2 điểm. Tính được phần a đúng được (2 điểm) Tính được phần b đúng được (1 điểm) tùy thuộc vào cách giải và giải đến đâu mà cho điểm cho phù hợp. a. Đặt x, y, z là số mol Mg , Al , Al 2 O 3 Ta có: 24x + 27y + 102z = 10,02 (*1) Hòa tan trong HNO 3 3Mg + 8HNO 3 → 3Mg(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O x 3 8 x x z x2 Al + 4HNO 3 → Al(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O y 4y y y 1,5 điểm 1 điểm 1,5 điểm 2,5 điểm Al 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Al(NO 3 ) 3 + 3H 2 O z 6z 2z Số mol NO = 3 2x + y = 0,3 ( *2) Dung dịch A có: Mg(NO 3 ) 2 x mol Al(NO 3 ) 3 y + 2z mol HNO 3 dư n - ( 3 8 x + 4y + 6z) mol ( đặt là a mol) (*3) Khi cho A tác dụng với dd NaOH Số mol NaOH = 0,61 . 2 = 1,22 (mol) HNO 3 + NaOH → NaNO 3 + H 2 O a mol a mol Mg(NO 3 ) 2 + 2NaOH → Mg(OH) 2 + 2NaNO 3 xmol 2x mol xmol Al(NO 3 ) 3 + 3NaOH → Al(OH) 3 + NaNO 3 ( y+2z) 3(y+2z) (y +2z) Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + 2H 2 O ( y+2z) (y+2z) Ta có : a + 2x + 4(y + 2z) = 1,22 (*4) Kết tủa còn lại là Mg(OH) 2 Mg(OH) 2 → MgO + H 2 O x mol x mol ⇒ x = 40 6 = 0,15 (mol) Thay vào (*2) ta có : y = 0,2 (mol) Thay x và y vào (*1) ta có: z = 0,01 (mol) ⇒ mMg = 0,15.24 = 3.6(g) mAl =27. 0,2 = 5,4 (g) mAl 2 O 3 = 102 . 0,01 = 1,02 (g) * Tính V Thay x, y, z vào (*4) ta được a = 0,04 Thay vào (*3) ta được số mol HNO 3 ban đầu là: n = 1,3 (mol) ⇒ V = 1,3 : 1 = 1,3 (l) b. n NaOH = 0,5 . 2 = 1 (mol) Số mol NaOH tác dụng với Mg(NO 3 ) 2 và Al(NO 3 ) 3 là: a + 2x + 3(y + 2z) = 1( mol) Vậy Al(OH) 3 chưa bị hòa tan nên kết tủa là Mg(OH) 2 và Al(OH) 3 m = (58 . 0,15) + (78 . 0,22) = 25,86 (g) . . 16 0 = 3,2g mCuO = 14 ,5 – 3,2 = 11 ,3g  nCuO = 11 ,3 : 80 = 0 ,14 125 (mol) 2NaOH + CuSO 4  Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 0 ,14 125 0 ,14 125 Cu(OH) 2 CuO + H 2 O 0 ,14 125 0 ,14 125 nCuSO 4 = 0 ,1. HUYỆN CHƯƠNG MĨ (ĐỀ CHÍNH THỨC) Để thi học sinh giỏi vòng II Môn: Hóa học lớp 9 Năm học: 2009 – 2 010 (Thời gian làm bài 12 0 phút không kể thời gian giao đề) Câu1 (3 điểm): a) Cho sơ đồ biến đổi. Để thi học sinh giỏi vòng I Môn: Hóa học lớp 9 Năm học: 2009 – 2 010 (Thời gian làm bài 90 phút không kể thời gian giao đề) Phần