Đề và đáp án thi học sinh giỏi hóa 9

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2007- 2008 Môn : HÓA HỌC - LỚP 9 Thời gian làm bài : 150 phút ĐỀ SÔ 1 Câu 1: (3 điểm) Viết phương trình phản ứng chuyển đổi sau, xác định các chất A, B, C, D, E. FeS 2 → A → B → H 2 SO 4 → A → D → C → A. ↓ ] C E → BaSO 4 . Câu 2: (3 điểm) 1) Có 2 ống nghiệm: - ống 1: đựng dung dịch H 2 SO 4 loãng và 1 viên Zn. - ống 2: đựng dung dịch H 2 SO 4 loãng và 1 viên Zn tiếp xúc với 1 dây Cu nhúng trong dung dịch. - Nêu hiện tượng xảy ra ở 2 ống nghiệm và rút ra nhận xét gì ? 2) Trên 2 dĩa cân ở vị trí cân bằng, có 2 cốc thuỷ tinh với khối lượng bằng nhau, đều chứa 1 lượng dung dịch HCl như nhau. nếu thêm vào cốc thứ 1 m 1 (g) Fe và cốc thứ 2 m 2 (g) CaCO 3 . Khi phản ứng hoà tan hết thì đĩa cân trở lại vị trí cân bằng. Tìm tỉ lệ m 1 /m 2 . Câu 3: (4 điểm) Cho 27,4g Ba vào 400g dung dịch CuSO 4 3,2% thu được khí A, kết tủa B và dung dịch C. a) Tính thể tích của khí A ở đktc. b) Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu chất rắn? c) Tính C% của chất tan trong dung dịch C. Câu 4: (3 điểm) : Có 7 lọ mất nhãn chứa riêng biệt từng dung dịch sau: BaCl 2 , NaOH, NaCl. Na 2 CO 3 , H 2 SO 4 , NH 4 Cl, Al 2 (SO 4 ) 3 . Chỉ dùng quỳ tím hãy nhận biết từng lọ? Câu 5: (3 điểm) : Người ta cho a(g) kim loại M (hoá trị n không đổi) tan vừa hết trong dung dịch chứa a(g) H 2 SO 4 thu được muối A và khí B. Lượng khí B được hấp thụ hoàn toàn bởi dung dịch NaOH tạo thành muối. - Viết phương trình phản ứng và biện luận khí B Câu 6: (4 điểm) Đốt cháy hoàn toàn a(g) chất X cần dùng hết 5,824 dm 3 O 2 (đktc). Sản phẩm sau phản ứng gồm CO 2 v à H 2 O được chia làm đôi - Ph ần 1: Cho qua bình 1 đựng P 2 O 5 , thấy khối lượng bình 1 tăng 1,8g. - Ph ần 2: Cho qua bình 2 đựng CaO, thấy khối lượng bình 2 tăng 5,32g. Tìm công thức phân tử của X. Biết X có số nguyên t ử C ≤ 4. Bi ết : H = 1, O = 16, C = 12, Ca = 40, P = 31, S = 32, Ba = 137, Cu = 64, Fe = 56, Cl = 35,5 Na = 23. ------------------------ ------------------------ ĐỀ SỐ 2 Câu 1:(3,0 đ) Hòa tan hoàn toàn 6,66gam tinh thể Al 2 (SO 4 ) 3 .nH 2 O vào nước thành dung dịch A. lấy 1/10 dung dịch A cho tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư thì thu được 0,699 gam kết tủa. Xác định công thức của tinh thể muối sunfat của nhôm. Câu 2:(5,0 đ) Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam photpho thu đượcchât A. Cho chất A tác dụng với 800 ml dung dịch NaOH 0,6 M thì thu được muối gì, bao nhiêu gam? Câu 3: (6,0 đ) Hòa tan 4,44 gam hỗn hợp bột nhôm và sắt bằng 500 mldung dịch HNO 3 1 M thu được dung dịch A và 2,24 lit khí duy nhất NO( ở đktc). a. Tính % khối lượng mỗi kim lọại trong hỗn hợp đầu. b. Cho dung dịch A tác dụng với 420 ml dung dịch NaOH 1M, Rồi lấy kết tủa nung ở nhiệt độ cao thì thu được bao nhiêu gam chất rắn. Câu 4: (6,0 đ) Đốt cháy hoàn toàn V lít metan (ở đktc) và cho tất cả sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình đựng 500 ml dung dịch Ba(OH) 2 0,4 M thấy tạo thành 31,52 gam kết tủa. a. Tính thể tích V. b. Khối lượng bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 tăng hay giảm bao nhiêu gam? c. Khối lượng dung dịch trong bình tăng hay giảm bao nhiêu gam? ------------------------ ------------------------ ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HOÁ 9 Năm học :2007-2008 Thời gian: 150 Phút ĐỀ SỐ 1 Câu1:(3 điểm) A- SO 2 B-SO 3 C-CaSO 3 D-Na 2 SO 3 E-Na 2 SO 4 (0,25 điểm) Mỗi phương trình đúng : 0,25 đ 4FeS 2(R) + 11O 2(k) t → o 2Fe 2 O 3(r) + 8SO 2(k) . 2SO 2(k) + O 2(k) 2 5 0 450 V O C → 2SO 3(k) SO 2(k) + Ca(OH) 2(dd) → CaSO 3(r) + H 2 O (l) 2SO 3(k) + H 2 O (l) → H 2 SO 4(dd) Cu (r) + H 2 SO 4(đ) t → o CuSO 4(dd) + SO 2(k) + 2H 2 O (l) SO 2(k) + 2NaOH (dd) → Na 2 SO 3(dd) + H 2 O (l) Na 2 SO 3(dd) + Ca(OH) 2(dd) → CaSO 3(r) + 2NaOH (dd) CaSO 3(r) + 2HCl (dd) → CaCl 2(dd) + SO 2(k) + H 2 O (l) H 2 SO 4(dd) + 2NaOH (dd) → Na 2 SO 4(dd) + 2H 2 O (l) Na 2 SO4 (dd) + Ba(OH) 2(dd) → BaSO 4(r) + 2NaOH (dd) Câu 2:(3 điểm) 1) :1,5 đ - ống 1: Tạo dung dịch trong suốt và khí không màu bay ra. Zn + H 2 SO 4(l) → ZnSO 4 + H 2 (0,75đ) - ống 2: Khi cho miếng Cu tiếp xúc miếng Fe, so với ống 1 thì khí H 2 thoát ra mạnh, nhiều hơn từ Cu (vì lúc này xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hoá, tức Fe cực âm và Cu cực dương (0,75đ) 2) : 1,5đ Gọi a (g) là khối lượng dung dịch HCl trong cả 2 cốc. Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (1) m 1 /56 (mol) m 1 /56 (mol) (0,5 đ) CaCO 3(r) + 2HCl (dd) → CaCl 2(dd) + CO 2(k) + H 2 O (l) (2) m 2 /100 (mol) m 2 /100 (mol) 1 ( ) 56 Fe m n mol= 3 2 ( ) 100 CaCO m n mol= *Sau khi phản ứng kết thúc thì kim cân ở vị trí cân bằng . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có : m 1 + a - 1 .2 56 m = m 2 + a - 2 .44 100 m ⇔ 1 2 0,58 m m = (1 đ) Câu 3:(4 điểm) n Ba = 27,4 : 137 = 0,2 (mol) 4 4 uSO uSO 400.3, 2 12,8 12,8 100 160 C C m g n= = ⇒ = = O,O8(mol) Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 (1) Ba(OH) 2 + CuSO 4 → BaSO 4 + Cu(OH) 2 (2) Cu(OH) 2 t → o CuO + H 2 O (3) Từ (1) ⇒ 2 2 ( ) 0,2( ) H Ba OH Ba n n n mol= = = (1đ) a) 2 2 (dktc) .22,4 0,2.22,4 4,48( ) H H V n lit= = = (0,5đ) b) Theo phản ứng (2,3) chất rắn gồm BaSO 4 và CuO. Vì BaSO 4 dư nên : 4 2 aSO ( ) 0,02( ) B Cu OH CuO n n n mol= = = (1 đ) N ên : 4 . 25,04( ) ch r BaSO CuO m m m g= + = . c) Trong dung dịch C chứa dung dịch Ba(OH) 2 dư 1,5 (đ) 2 ( )Ba OH d m = (0,2- 0,08).171= 20,52(g) 4 2 4 2 dd C ddCuSO ( )Ba H BaSO Cu OH m m m m m m= + − − − =27,4 + 400 - 0,2.2 - 0,08.233 - 0,08.98 = 400,52 g. dd Ba(OH) 2 2 dd Ba(OH) ddC .100 20,52.100 % 5,12% 400,52 d d m C m = = = . Câu 4: (3 điểm) -Trích mỗi lọ 1 ít làm mẫu thử: * Cho quỳ tím lần lượt ào các mẫu thử trên, quan sát -Mẫu làm quỳ tím hoá xanh là NaOH. -Mẫu làm quỳ tím hoá đỏ là H 2 SO 4 . *Dùng làm NaOH thuốc thử và cho lần lược vào các mẫu còn lại, đun nóng nhẹ, quan sát -M ẫu n ào c ó m ùi khai tho át ra ⇒ NH 4 Cl NH 4 Cl (dd) + NaOH (dd) t → o NH 3(k) + NaCl (dd) + H 2 O (l) Mẫu thử cho kết tủa trắng keo, sau đó tan dần hết ⇒ Al 2 (SO 4 ) 3 Al 2 (SO 4 ) 3(dd) + 6NaOH (dd) → 2Al(OH) 3(r) + 3Na 2 SO 4(dd) Al(OH) 3(r) + NaOH (dd) → NaAlO 2(dd) + 2H 2 O *Dùng H 2 SO 4 làm thuốc thử và lần lượt cho vào các mẫu thử còn lại, quan sát: -mẫu thử có kết tủa trắng không tan là BaCl 2 . H 2 SO 4(dd) + BaCl 2(dd) → BaSO 4(r) + 2HCl (dd) -mẫu thử có hiện tượng sủi bọt khí là Na 2 CO 3 . H 2 SO 4(dd) + Na 2 CO 3(dd) → Na 2 SO 4(dd) + H 2 O (l) + CO 2(k) -mẫu thử không có hiện tượng gì là NaCl. Câu 5: (3 điểm) *Biện luận: Khi cho M tác dụng H 2 SO 4(dd) → tuỳ theo tính khử của M, C M của axit, nhiệt độ phản ứng mà cho các sản phẩm khác nhau. Theo đề bài tạo muối A và khí B. 2M + nH 2 SO 4 → M 2 (SO 4 ) n + 2 n H 2 (1) (1đ) -Phản ứng (1) không sảy ra như trên vì H 2 không tác dụng với NaOH (loại). Vì 2 4 2 4 H SO H SO 1 1 M M A m a A m a = = = nên xảy ra phản ứng. 2M +2nH 2 SO 4(đ) → M 2 (SO 4 ) n + nSO 2 + 2nH 2 O (2) (1 đ) -Phản ứng tạo thành H 2 S. 8M +5nH 2 SO 4(đ) → 4M 2 (SO 4 ) n + nH 2 S + 4nH 2 O (3). Phản ứng này không xảy ra vì H 2 SO 4(đ) l à chất oxi hoá và H 2 S là chất khử - Theo đề bài và theo phương trình (2) → n = 1, vậy M là kim loại hoá trị I 2M +2H 2 SO 4(đ) → M 2 SO 4 + SO 2 + 2H 2 O → khí SO 2 bị hấp thụ bởi dung dịch NaOH, giả sử xảy ra theo 2 phản ứng (2 đ) SO 2 + NaOH → NaHSO 3 SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O. C âu 6: (4 điểm) - Khối lượng P 2 O 5 tăng chính là: 2 H O m = 1,8 g → 2 H O n = 1,8:18 = 0,1 mol. - Khối lượng CaO tăng chính l à: 2 2 H 5,32 O CO m m g+ = → 2 CO m = 5,32-1,8 = 3,52 g → 2 CO n = 3,52: 44 = 0,08 mol (1 đ) - Khi đốt cháy hợp chất cho CO 2 và H 2 O thì hợp chất X phải chứa C, H ngoài ra còn có thể có oxi 2 ( )O pu n = 5,824 : 22,4 = 0,26 mol → ( )O X m = 0, vậy chứng tỏ hợp chất X chỉ chứa C, H 2 C 12 12 . 3,52. 44 44 CO m m= = = 0,96 g v à 2 H 2 2 . 1,8. 18 18 H O m m= = = 0,2 g (1 đ). T ỉ l ệ: C : H = 0,96 0,2 2 : : 12 1 12 1 5 C H m m = = . Vậy công thức đơn giản nhất của X là :(C 2 H 5 ) n Mà theo đề bài thì số nguyên tử C ≤ 4 nên n = 2 Vậy công thức phân tử của X là : C 4 H 10 ------------------------ ------------------------ ĐỀ SỐ 2 Câu 1: (3đ) Hòa tan tinh thể Al 2 (SO 4 ) 3 . nH 2 O vào nước được dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 . Khi cho BaCl 2 vào có phản ứng : Al 2 (SO 4 ) 3 + 3 BaCl 2 3 BaSO 4 + 2AlCl 3 (0,25 đ) Theo phương trình : 1mol Al 2 (SO 4 ) 3 . nH 2 O: 3 mol BaSO 4 Hay : ( 342 + 18 n) g : 699 g Thực tế : 666,0 10 66,6 = g : 0,669 g (1 đ) Suy ra: = + 666,0 18342 n 669,0 699 =1000 Suy ra: n = 18 (0,75 đ) Vậy công thức hóa học cần tìm là Al 2 (SO 4 ) 3 . 18 H 2 O (0,5 đ ) Câu 2: ( 5 đ) 2 P + 2 5 O 2 P 2 O 5 (1) P 2 O 5 + 3 H 2 O 2 H 3 PO 4 (2) H 3 PO 4 + NaOH NaH 2 PO 4 + H 2 O (3) (1, 25 đ) NaH 2 PO 4 + NaOH Na 2 HPO 4 + H 2 O (4) Na 2 HPO 4 + NaOH Na 3 PO 4 + H 2 O (5) Theo phương trình 1 và 2 suy ra : np = nH 3 PO 4 = 31 2,6 = 0,2 mol (0,25đ) nNaOH = 0,8 . 0,6 = 0,48 mol (0,25 đ) 2 nH 3 PO 4 nNaOH 3 NH 3 PO 4 2 .0,2 0,48 3 .0,2 (0,5đ) Do đó thu được hỗn hợp 2 muối Na 2 HPO 4 và Na 3 PO 4 Sau phản ứng 3 và 4 : n NaH 2 PO 4 = n Na 2 HPO 4 = 0,2 mol n NaOH dư = 0,48 - 0,4 = 0,08 mol Từ PT 5 suy ra : n Na 3 PO 4 = n NaOH = 0,08 mol n Na 2 HPO 4 dư = 0,2 – 0,08 = 0,12 mol (3,75đ) m Na 2 HPO 4 = 0,12 .142 =17,04 g m Na 3 PO 4 = 0,08 . 164 =13,12 g Câu 3: nHNO 3 = 0,5 .1 = 0,5 mol n NO = 01,0 4,22 24,2 = (0,5đ) Al + 4HNO 3 Al(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (1) (1đ) x 4x x Fe + 4 HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (2) y 4y y Gọi số mol Al , Fe là x và y. Ta có :27 x + 56y = 4,44 Theo PT 1và 2 ta có : n HNO 3pứ = 4n NO = 4 .0,1 = 0,4 n HNO 3 dư : 0,5 –0,4 = 0,1 mol Theo phương trình và điều kiện ta có :    =+ =+ 1,0 44,45627 yx yx (1đ) Suy ra    = = 06,0 04,0 y x %Al = 44,4 100.27.04,0 = 24,32% (0,5đ) %Fe =100 – 24,32 = 75,68% (0,5đ) b/ n NaOH = 0,42 mol HNO 3dư + NaOH NaNO 3 + H 2 O (3) 0,1 0,1 Fe(NO 3 ) 3 + 3 NaOH Fe(OH) 3 + 3 NaNO 3 (4) 0,06 30,06 0,06 Al(NO 3 ) 3 + 3 NaOH Al(OH) 3 + 3NaOH (5) (1,5đ) 0,04 30,04 6,04 Al(OH) 3 + NaOH NaAlO 2 + 2H 2 O (6) 0,02 0,02 2 Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 + H 2 O (7) 0,06 0,03 2Al(OH) 3 Al 2 O 3 + 3 H 2 O (8) 0,02 0,01 n NaOH dư sau PỨ (3,4,5) = 0,42 - ( 0,1 + 0,06. 3 + 0,04 . 3) = 0,02 mol Từ PT (6) suy ra : n Al(OH) 3 bị hòa tan = n NaOH dư = 0,02 mol Từ PT 7và 8 ta có khối lượng chất rắn gồm Fe 2 O 3 và Al 2 O 3 m = 0,03 . 160 + 0,01 .102 = 5,82 g (1đ) Câu 4 PTPỨ : CH 4 + 2 O 2 CO 2 + H 2 O (1) CO 2 + Ba(OH) 2 BaCO 3 + H 2 O (2) (0,75đ) Nếu dư: CO 2 + H 2 O + BaCO 3 Ba(HCO 3 ) 2 (3) n Ba(OH) 2 = 0,5 - 0,2 = 0,1 mol n BaCO 3 = 197 76,15 = 0,08 mol ((),5đ) Trường hợp 1 : CO 2 thiếu tức n CO 2 <0,1 mol. Không xảy ra phản ứng(3) Khi đó : 1/ n CO 2 = n BaCO 3 = 0,08 mol = n CH 4 (0,5đ) V CH4 = 0,08 .22,4 = 1,792 (l) (0,5đ) 2/ Khối lượng bình dung dịch tăng (m) m = m CO 2 + m H 2 O = 0,08 . 44 + 0,08 . 2.18 = 6,4 g (0,5đ) 3/ Khối lượng dung dịch trong bình giảm (a) trừ a = m BaCO 3 –( m CO 2 + m H 2 O) = 15,76 – 6,4 = 9, 63g (0,5đ) Trường hợp 2: CO 2 dư tức n CO 2 >0,1 mol; xảy ra phản ứng (3) Từ PT2 suy ra : n CO 2 = n Ba(OH) 2 pứ n= 0,1mol = n BaCO 3 (0,25đ) n BaCO 3 bị hòa tan = n CO 2 dư n CO 2 dư = (0,1 – 0,08) =0,02 mol (0,5đ) Tổng n CO 2 = n CH 4 = 0,12 mol (0,5đ) V CH 4 = 0,12 .22,4 = 2,688 l (0,5đ) Khi bình tăng (m’) m’ = 0,12 .44 +0,12.2.18 = 9,6 (0,5đ) Khi dung dịch trong bình giảm (a’) a’ = 15,76 – 9,6 = 6,16 g (0,5đ) ------------------------ ------------------------ . ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2007- 2008 Môn : HÓA HỌC - LỚP 9 Thời gian làm bài : 150 phút ĐỀ SÔ 1 Câu 1: (3 điểm) Viết phương. 18 n) g : 699 g Thực tế : 666,0 10 66,6 = g : 0,6 69 g (1 đ) Suy ra: = + 666,0 18342 n 6 69, 0 699 =1000 Suy ra: n = 18 (0,75 đ) Vậy công thức hóa học cần tìm