Đề thi hóa 9 và đáp án học sinh giỏi năm học 2015 2016 tham khảo bồi dưỡng (1)

Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH loãng, rồi lọc, rửa kết tủa mới tạo thành.. Nung kết tủa đó trong không khí ở nhiệt độ cao thu được 1,4 gam chất rắn D gồm 2 oxit kim loại.. 1 điểm

Phòng GD & ĐT huyện Thanh Oai Đề thi chọn học sinh giỏi huyện

Trường THCS Bình Minh Năm học: 2015 – 2016

Môn thi: Hóa học 9

Thời gian: 150 phút.( không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm có 02 trang)

Câu 1: ( 3 điểm)

1 ( 1,5 điểm) Cho biết tổng số hạt proton, nơtron, electron trong 2 nguyên tử của 2 nguyên tố A và B là 78, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điên là 26 hạt Số hạt mang điện của A nhiều hơn số hạt mang điện của B

là 28 hạt Hỏi A, B là nguyên tố gì?

2.( 1,5 điểm) Chỉ dùng thêm một thuốc thử, hãy tìm cách nhận biết các dung dịch mất nhãn sau đây: NH4HSO4, Ba(OH)2, BaCl2, HCl, NaCl, H2SO4 Viết các phương trình phản ứng

Câu 2: ( 5 điểm)

1 ( 2 điểm) Cho hỗn hợp dạng bột gồm 4 kim loại Al, Cu, Fe, Ag Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp

2 (3 điểm) Hấp thụ hết 6,72 (l) khí CO2 (ĐKTC) vào 0,5 lít KOH 1M được 500ml dung dịch A Tính nồng độ mol các chất tan có trong dung dịch A

Câu 3: (5 điểm)

1 ( 2 điểm) Khi hòa tan b gam oxit kim loại hóa trị II bằng một lượng vừa

đủ dung dịch axit H2SO4 15,8% người ta thu được dung dịch muối có nồng độ 18,21% Xác định công thức hóa học của oxit đó

2 (3 điểm)

Cho 3,16 gam hỗn hợp A ở dạng bột gồm Mg và Fe tác dụng với 250 ml dung dịch CuCl2 khuấy đều hỗn hợp, lọc, rửa kết tủa, được dung dịch B và 3,84 gam chất rắn C Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH loãng, rồi lọc, rửa kết tủa mới tạo thành Nung kết tủa đó trong không khí ở nhiệt độ cao thu được 1,4 gam chất rắn D gồm 2 oxit kim loại Cho rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn

a, Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra

b Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong A và nồng độ mol/l của dung dịch CuCl2

Câu 4: ( 3 điểm)

1 (1 điểm) Hãy nêu và giải thích bằng phương trình phản ứng các hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm sau:

Cho CO2 dư lội chậm qua dung dịch nước vôi trong ( Có nhận xét gì về sự biến đổi số mol kết tủa theo số mol CO2) Sau đó cho tiếp nước vôi trong vào dung dịch vừa thu được cho đến dư

2 (2 điểm) Cho một hỗn hợp Na và Al vào nước ( có dư) Sau khi phản ứng ngừng, thu được 4,48 lít khí hidro và còn dư lại một chất rắn không tan Cho chất rắn này tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng vừa đủ thi thu được 3,36 lít khí và một dung dịch Các khí đo ở ĐKTC Tìm khối lượng của hỗn hợp ban đầu

Câu 5: ( 4 điểm)

1 Cho 7,22 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi Chia hỗn hợp thành 2 phần bằng nhau Hòa tan hết phần 1 trong dung dịch HCl, được 2,128 lít khí H2 Hòa tan hết phần 2 trong dung dịch HNO3 được 1,792 lít khí NO duy nhất Xác định kim loại M và % khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X

2 Cho 3,61 gam X tác dụng với 100 ml dung dịch A chứa Cu(NO3)2 và AgNO3 Sau phản ứng thu được dung dịch B và 8,12 gam chất rắn C gồm 3 kim loại Cho chất rắn C đó tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được 0,672 lít H2

Các thể tích khí được đo ở ĐKTC, các phản ứng xảy ra hoàn toàn Tính nồng độ mol của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong dung dịch A

Hết 

Nguyễn Thị Nghiêm Nguyễn Thị Quý

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Câu 1: ( 3 điểm)

1 (1,5 điểm) Gọi Z, N, E và Z’, N’, E’ lần lượt là số hạt proton, nơtron, electron của hai nguyên tử A, B Ta có các phương trình :

Z + N + E + Z’+ N’+ E’ = 78 0, 25 điểm

Hay (2Z + 2Z’) + (N + N’) = 78 (1)

(2Z + 2Z’) - (N + N’) = 26 (2) 0, 25 điểm

2Z - 2Z’ = 28

Từ (1), (2), (3) suy ra Z = 20 và Z’ = 6 0, 25 điểm

 A = Z + N = 20 + 20 = 40 ( canxi) 0, 25 điểm

 B = Z’+ N’= 6 + 6 = 12 ( cacbon) 0, 25 điểm

2 (1,5 điểm)

- Cho quỳ tím vào các ống nghiệm chứa các dung dịch trên, quỳ tím hóa xanh là dung dịch Ba(OH)2, hóa đỏ là các dung dịch HCl, H2SO4, NH4HSO4 ( nhóm I)

và quỳ tím không dổi màu là BaCl2, NaCl (nhóm II)

- Cho một ít dung dịch Ba(OH)2 vào các dung dịch nhóm I, dung dịch nào cho kết tủa màu trắng BaSO4 và có mùi khai là NH4HSO4 dung dịch không có kết tủa là HCl

- Cho một ít dung dịch H2SO4 (đã nhận biết ở trên ) vào dung dịch nhóm II, dung dịch nào cho kết tủa là BaCl2, dung dịch còn lại không phản ứng là NaCl Câu 2: (5 điểm)

1 ( 2 diểm)

- Cho dung dịch NaOH dư vào hỗn hợp, tách được Al

Lọc tách được 3 kim loại không phản ứng Fe, Cu, Mg.

- Sục khí CO2 vào phần nước lọc thu được kết tủa, nung kết tủa , điện phân nóng chảy thu được Al

- Cho 3 kim loại còn lại vào dung dịch HCl dư , tách được Cu không phản ứng và hai dung dịch muối FeCl2 và MgCl2, cho dung dịch NaOH dư vào

2 dung dịch muối, thu được 2 kết tủa Fe(OH)2 và Mg(OH)2 Lọc lấy kết tủa và nung ở nhiệt độ cao ở ngoài không khí cho MgO và Fe2O3

- Thổi CO vào hỗn hợp 2 oxit nung nóng ở nhiệt độ cao, MgO không phản ứng, Fe2O3 phản ứng cho Fe Hòa tan hỗn hợp sau khi nung ( đã để nguội ) vào H2SO4 đặc, nguội, Fe không tan, MgO tan trong H2SO4 đặc Lọc ta được Fe và dung dịch nước lọc

- Cho dung dịch NaOH dư tác dụng với MgSO4 cho Mg(OH)2 kết tủa, cho dung dịch HCl tác dụng với Mg(OH)2 , điện phân nóng chảy MgCl2 thu được Mg

2 ( 3 điểm)

Ta có:

Sau phản ứng tạo thành 2 muối là K2CO3 VÀ KHCO3

Phương trình phản ứng:

Mol 2x x x

Mol y y y

Gọi x, y lần lượt là số mol của CO2 ở phản ứng (1) , (2)

Câu 3: ( 5 điểm)

1 ( 2 điểm)

Gọi kim loại hoá trị II là M

PTPƯ:

MO + H2SO4  MSO4 + H2O 0,25 điểm

0,25 điểm

) ( 8 , 15

100 98 4 2

g SO

H

) ( 21 , 18

100 ).

96 (

4

g

M ddMSO

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 0,25 điểm

m m

mMO dd H2SO4 ddMSO4

(M + 16) + 9815.100,8 = (M 1896,21).100 0,5 điểm

2 ( 3 điểm)

a Biện luận: 0,5 điểm

- Vì sản phẩm cuối cùng là 2 oxit kim loại ( MgO và Fe2O3) nên cả Mg và Fe đã phản ứng và CuCl2 phản ứng hết

- Vì khối lượng 2 oxit kim loại bé hơn khối lượng kim loại ban đầu nên chứng

tỏ có một kim loại còn dư

- Do Mg hoạt động hoá học mạnh hơn Fe nên kim loại còn dư là Fe

Gọi x, y, y1 lần lượt là số mol của Mg, Fe ban đầu, Fe phản ứng

PTPƯ

Mg + CuCl2  MgCl2 + Cu (1) Mol x x x x

Fe + CuCl2  FeCl2 + Cu (2) Mol y1 y1 y1 y1

Dung dịch B: MgCl2 và FeCl2 Chất rắn C: Cu và Fe dư 0,5 điểm

) ( 16 , 3 56

(**) 0,25điểm

B + dung dịch NaOH

MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2 + 2NaCl (1) Mol x x x

FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl (2) Mol y1 y1

Mg(OH)2 t

0

MgO + H2O Mol x x

4Fe(OH)2 + O2 t

0

2Fe2O3 + 4H2O Mol y1 0,5y1

Ta có: Chất rắn D là MgO và Fe2O3 0,25 điểm

) ( 4 , 1 5

, 0 160 40

Từ (*), (**), (***) giải ra ta có: x = 0,015 mol; y = 0,05 mol; y1 = 0,01 mol.0,25 điểm

b %mMg = 11,4 % ; %mFe = 88,6 % 0,5 điểm

) ( 1 , 0 25 , 0

025 , 0 25 , 0

1

2

M

x CuCl

y

Câu 4: ( 3 điểm)

1 ( 1 điểm)

- Nước vôi trong đục dần, kết tủa trắng tăng dần đến tối đa

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 0,25 điểm

- Sau một thời gian kết tủa tan dần sau đó trong suốt

CaCO3 + H2O + CO2  Ca(HCO3)2 0,25 điểm Nhận xét: Khi nCO2 = nCa(OH)2 -> n = max 0,25 điểm Khi nCO2 = 2 nCa(OH)2 -> n = 0

- Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào dung dịch vừa thu được dung dịch lại đục, kết tủa màu trắng xuất hiện trở lại, sau thời gian có tách lớp

Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2  2CaCO3 + 2H2O 0,25 điểm

) ( 84 , 3 ) (

56 ) (

64

1

1 (2 điểm) Gọi x là số mol Na ban đầu.

PTPƯ:

2Na + 2H2O  2NaOH + H2 (1) 0,25 điểm

2Al + 2NaOH + 2H2O  2 NaAlO2 + 3H2 (2) 0,25 điểm

22,4

4,48 2x

1,5x 0,5x

H

n(1) (2)

2

mol x

mol  













0,25 điểm Chất rắn còn dư là Al

2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  (3) 0,25 điểm Mol 0,1 0,15

) ( 15 , 0 22,4

3,36 H

n(3)

2

mol



mNa = 0,1 23 =2,3(g) 0,25 điểm

nAl ban đầu = 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) 0,25 điểm

mAl ban đầu = 0,2 27 = 5,4 (g) 0,25 điểm

Câu 5: ( 4 điểm)

1 Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe và M ( hoá trị n) trong 1 phần hỗn hợp x ( 3 , 61 ( )

2

22

,

7

g

 56a + M b = 3,61 (1)

Phần 1: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

2M + 2nHCl  2MCln + nH2

Mol b nb2

) ( 095 , 0 4 , 22

128 , 2 2

2

mol

nb a H

2a + nb = 0,19 (2) Phần 2: Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO +2 H2O

Mol a a

3M + 4nHNO3  M(NO3)n + nNO +2n H2O Mol b nb3

) ( 08 , 0 4 , 22

792 , 1

nb a

3a + nb = 0,24 (3)

Từ (2) và (3) giải ra ta được: a = 0,05 mol

n.b = 0,09 

n

b0,09

Từ (1): 56.0,05 + M 0,09  3 , 61

 M = 9.n

 M là Al 0 , 3 ( )

3

09 , 0

mol

MFe = 0,05.56 = 2,8 (g)  %Fe = 100 % 77 , 56 %

61 , 3

8 , 2

%Al = 100% - 77,56% = 22,44%

2 Nồng độ mol cac chất trong dung dịch A

Gọi x, y lần lượt là số mol của AgNO3 , Cu(NO3)2

PTPƯ 0,5 điểm

Al + 3AgNO3  Al(NO3)3 + 3Ag

2Al + 3Cu(NO3)2  2Al(NO3)3 + 3Cu

Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag

Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu

Vì chất rắn C còn 3 kim loại, chỉ có thể là Ag, Cu, Fe dư

Dung dịch B là Al(NO3)3; Fe(NO3)2

Vậy Al phản ứng hết, Fe tác dụng 1 phần ( z mol)

) (

3

mol x AgNO

n

) ( )

Cu

n

nFe dư = 0,05 – z (mol)

C + HCl: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

Mol 0,05 – z 0,05 – z

) ( 02 , 0 )

( 03 , 0 4 , 22

672 , 0 05

,

0

2

mol z

mol z

H

mB = 108x + 64y + 56.(0,05 – 0,02) = 8,12

108x + 64y = 6,44 (4)

Ta có ( ) 0,03( )

3 3

mol NO

) ( 02 , 0 )

3

mol z

NO

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m m

m m

m m

m

mAl Fe(PU) AgNO3 Cu(NO3)2 Al(NO)  Fe(NO)  Ag  Cu

2 3 3

3

0,03.27 + 0,02.56 + x.170 + y 188 = 0,03.213 + 0,02.180 + x.108 + y.64

x + 2y = 0,13 (5)

Từ (4) và (5) giải ra: x = 0,03 mol; y = 0,05 mol

M M

C AgNO 0 , 3

1 , 0

03 , 0 3



M M

C Cu NO 0 , 5

1 , 0

05 , 0 )2 ( 3



