Đề thi và đáp án HSG hóa 9 huyện Phù Mỹ Bình Định 2011.

Câu 4: 3,0 điểm Hoà tan 174 gam hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat và sunfit của cùng một kim loại kiềm vào dung dịch HCl dư.. Toàn bộ khí thoát ra được hấp thụ tối thiểu bởi 500 ml dung dịch

UBND HUYỆN PHÙ MỸ ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN

PHÒNG GD - ĐT Năm học: 2010- 2011 - Môn: Hoá học

Ngày thi: 07/10/2010

ĐỀ CHÍNH THỨC: Thời gian làm bài: 150 phút

(Không tính thời gian phát đề)

-Câu 1: ( 2,0 điểm )

Hòa tan hỗn hợp gồm Na2O, NaHCO3, BaCl2, NH4OH có cùng số mol vào nước dư, đun nhẹ thu được dung dịch A và kết tủa B Hỏi dung dịch A và kết tủa B chứa chất gì ? Viết phương trình hóa học minh họa

Câu 2: ( 2,0điểm )

Y là một oxit kim loại chứa 70% kim loại (về khối lượng) Cần dùng bao nhiêu ml dung dịch H2SO4 24,5% (d = 1,2g/ml) để hòa tan vừa đủ 40gam Y

Câu 3: (2,0điểm)

Hòa tan hoàn toàn 10,2gam một oxit kim loại hóa trị III cần 331,8gam dung dịch H2SO4 vừa đủ Dung dịch muối sau phản ứng có nồng độ 10% Xác định công thức phân tử oxit kim loại?

Câu 4: (3,0 điểm)

Hoà tan 174 gam hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat và sunfit của cùng một kim loại kiềm vào dung dịch

HCl dư Toàn bộ khí thoát ra được hấp thụ tối thiểu bởi 500 ml dung dịch KOH 3M

a Xác định kim loại kiềm

b Xác định % số mol mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu

Câu 5: (3.0 điểm)

Hoà tan 34,2 gam hỗn hợp gồm Al2O3 và Fe2O3 vào trong 1 lít dung dịch HCl 2M, sau phản ứng còn

dư 25% axit Cho dung dịch tạo thành tác dụng với dung dịch NaOH 1M sao cho vừa đủ đạt kết tủa bé nhất

a Tính khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp

b Tính thể tích của dung dịch NaOH 1M đã dùng

Câu 6: (2,0 điểm)

Để một phoi bào sắt nặng a (gam) ngoài không khí, sau một thời gian thu được 12 gam rắn X gồm sắt

và các oxit của sắt Cho X tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HNO3 loãng thấy giải phóng ra 2,24 lít khí

NO duy nhất ( đo ở đktc)

Tính khối lượng a của phoi bào sắt ban đầu

Câu 7: (2,0 điểm)

Xác định các chất A1, A2, A3, , A11 và viết phương trình hoá học theo các sơ đồ sau:

a A1 + A2 → A3 + A4

b A3 + A5 → A6 + A7

c A6 + A8 + A9 →A10

d A10  t o A11 + A8

e A11 + A4  t o A1 + A8

Biết rằng A3 là muối sắt clorua và khi lấy 1,27 gam A3 tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu 2,87 gam muối kết tủa

Câu 8: (4,0 điểm)

Cho 11,8 gam hỗn hợp Y gồm Al và Cu vào 100 gam dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu V1 lít khí

SO2 (đktc) và dung dịch A Nếu hoà tan 0,45 mol hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu V2 lít khí

NO (đktc) và dung dịch B Thêm một lượng dư NaOH vào dung dịch B thu kết tủa C Lọc, rửa và nung kết tủa ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu 12 gam chất rắn Các phản ứng xảy ra hoàn toàn

a So sánh V1 với V2

b Tính thể tích dung dịch NaOH 2M thêm vào dung dịch A để bắt đầu xuất hiện kết tủa; thu được lượng kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất

(Cho : Na = 23, Ba = 137, Cu = 64, Fe = 56, Al = 27,

Ag = 108, H = 1, N = 14; S = 32, , C = 12, O = 16, Cl = 35,5)

-UBND HUYỆN PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM

PHÒNG GD - ĐT ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN

Năm học 2010 – 2011 - Môn : Hoá học

Câu 1

2,0 đ

Các phản ứng xảy ra: Na2O + H2O  2NaOH (1) 0,25 NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O (2) 0,25 BaCl2 + Na2CO3  BaCO3 + 2NaCl (3) 0,25

NH4Cl + NaOH  NaCl + NH3  + H2O (4) 0,5

- Vì số mol của 4 chất: Na2O, BaCl2, NaHCO3, NH4Cl bằng nhau, nên theo

(1), (2), (3), (4) dung dịch A chỉ chứa NaCl

- Kết tủa B là: BaCO3

0,75

Câu 2

2,0đ

CTPT dạng RxOy

Lập pt toán học: 16Rx y = 3070  R = 563 2x y = 563 .n (n = 2x y : là hóa trị

của R)

Biện luận n  R Chọn n = 3, R = 56 (Fe)

Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O

0,25mol 0,75mol

mdd = 100

5 , 24

98 75 , 0

=300gam

 Vdd = 3001,2 =250ml

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

Câu 3

2,0đ

Gọi CTPT oxit R2O3

Ta có PTHH: R2O3 + 3H2SO4  R2(SO4)3 + 3H2O

- Khối lượng muối trong dung dịch sau pư: mR2(SO4)3 = 34,2gam

- Lập phương trình toán học

48 2

2 , 10





R

 R = 27 (Al)  CTPT oxit: Al2O3

0,5

0, 5 0,5

0,5

Câu 4

3,0đ

Các phản ứng xảy ra:

M2CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2 (1)

M2SO3 + 2HCl  2MCl + H2O + SO2 (2)

Toàn bộ khí CO2 và SO2 hấp thụ một lượng tối thiểu KOH sản phẩm là muối

axit

CO2 + KOH  KHCO3 (3)

SO2 + KOH  KHSO3 (4)

a) Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra:

n 2 muối = n 2 khí = n KOH = 0,5 3 = 1,5 (mol)

M

2 muối = 1 , 5

174

=116 (gam/mol)

Mà 2M + 60 < M < 2M + 80

 18 < M < 28 , M là kim loại kiềm Vậy M là Na (23)

b) Nhận thấy M 2 muối = 106 2126 = 116 (g/mol)

1,0

1,0

 %n Na2CO3= %n Na2SO3 = 50 (%) 1,0

Câu 5

3,0đ

a nHCl( PƯ với oxit ) = 1 2  75

100= 1,5 ( mol)

HCl

n ( PƯ với NaOH ) : 2 25

100 = 0,5 ( mol) Đặt số mol Fe2O3 và Al2O3 lần lượt là a, b ( mol)

Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O

Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O

FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3 ¯ + 3NaCl

AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 ¯ + 3NaCl

HCl + NaOH  NaCl + H2O

0,5  0,5

Vì lượng kết tủa bé nhất nên Al(OH)3 bị tan hết trong NaOH dư Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O

Theo đề bài ta có : 6 6 1 5

160 102 34 2





 giải ra được a = 0,15

b = 0,1







Khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp

2 3 0 15 160 24

Fe O

m  ,   (gam) ; mAl O2 3 34 2 24 10 2,   , (gam)

b Tổng số mol NaOH = 6a + 8b + 0,5 = 2,2 (mol)

 VddNaOH = 2,2 : 1 = 2,2 lít

0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.5 0.25 0.25

Câu 6

2,0đ

Các PTHH:

2Fe + O2  2FeO (1)

4Fe + 3O2  2Fe2O3 (2)

3Fe + 2O2  Fe3O4 (3)

Chất rắn X : FeO ; Fe2O3 ; Fe3O4 ; Fe

Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (4)

3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (5)

3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6)

Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O (7)

Như vậy : toàn bộ lượng sắt đã chuyển thành lượng muối Fe(NO3)3

Số mol của Fe ( ban đầu ) = số mol muối Fe ( trong muối) = t (mol)

Từ các PTHH (4,5,6,7)  naxit = 3.n muối + nNO = 3t + 0,1 = 2.n H O 2

Theo định luật BTKL, ta có :

12 + (3t + 0,1).63 = 242t + 0,1 30 + (1,5t + 0,05 ) 18

Giải ra được : t = 0,18 mol  a = 10,08 (gam)

0.50

0.75

0.25 0.25 0.25

Câu 7

2,0đ

FeClx + xAgNO3 → Fe(NO3)x + xAgCl↓ (*)

Từ (*): 56 35,5x1,27

 = 1x 143,52,87  x = 2  A3 là FeCl2 (a) Fe (A1) + 2HCl(A2) → FeCl2 (A3) + H2(A4) (b) FeCl2 (A3) + 2NaOH(A5) → Fe(OH)2 (A6) + 2NaCl(A7)

0,25 0,50 0,25

(c) 4Fe(OH)2(A6) + 2H2O(A8) + O2 (A9) → 4Fe(OH)3 (A10) (d) 2Fe(OH)3 (A10) t o Fe2O3 (A11) + 3H2O(A8)

(e) Fe2O3 (A11) + 3H2 (A4)  t o 2Fe (A1) + 3H2O (A8)

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

Câu 8

4,0đ

a/ 2Al + 6H2SO4đ  t o Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O (1)

Cu + 2H2SO4đ  t o CuSO4 + SO2↑ + 2H2O (2)

Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O (3)

3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (4)

Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaNO3 (5)

Cu(OH)2  t o CuO + H2O (6)

(NaOH dư hoà tan hết kết tủa Al(OH)3 tạo ra từ Al(NO3)3)

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

* Từ (3)→(6) : - nCu = nCuO = 1280 = 0,15 (mol) → nAl = 0,45 – 0,15 = 0,3

(mol)

- nNO = nAl + 2

3nCu = 0,3 + 2

3 0,15 = 0,4 (mol) (*)

0,25 0,25

* Đặt : nY (trong 11,8 gam Y) = k nY (trong 0,45 mol Y)

Từ (1) và (2) : nAl = 0,3.k ; nCu = 0,15 k

 k.(0,3.27 + 0,15 64) = 11,8 → k = 23

→ Trong 11,8 gam hh A : nAl =23 0,3 = 0,2 mol ; nCu = 23 0,15 = 0,1

(mol)

2 4

mol

Từ (*) và (**) : nNO = nSO → V2 1 = V2

0,25 0,25

0,25 0,25

b/ * Bắt đầu xuất hiện kết tủa khi NaOH trung hoà hết lượng H2SO4 dư

H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O

0,2 mol 0,4 mol

→ Vdd NaOH = 0, 42 = 0,2 (lít)

* Lượng kết tủa lớn nhất khi NaOH phản ứng vừa đủ với 2 muối

Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3↓+ 3Na2SO4

0,1 0,6 0,2

CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4

0,1 0,2

→ Vdd NaOH = 0, 4 0,6 0,2

2

= 0,6 (lít)

* Lượng kết tủa nhỏ nhất khi NaOH hoà tan hết Al(OH)3 chỉ còn lại Cu(OH)2

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

0,2 0,2

→ Vdd NaOH = 0, 4 0,6 0, 2 0,2 2  = 0,7 (lít)

0,25

0,50

0,25

(Mọi cách giải khác dẫn đến kết quả đúng và lí luận chặt chẽ đều ghi điểm tối đa cho phần đó)