Đề và đáp án thi HSG Lớp 9 môn Hoá Lương Tài (04)

UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2015- 2016 Môn thi: Hoá Học -lớp Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (1,5 điểm) Chỉ dùng axit H2SO4 loãng, nhận biết mẫu kim loại sau: Ba, Mg, Al, Fe, Ag Viết PTHH xảy Bài 2: (1,5 điểm) Một hỗn hợp gồm Al, Fe, Cu chia làm phần A, B, C - Phần A tác dụng với dung dịch NaOH dư - Phần B tác dụng với dung dịch HCl dư - Phần C tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nguội dư Trình bày tượng hoá học xảy viết PTHH minh họa Bài 3: (2,0 điểm) Một hỗn hợp M gồm oxit kim loại hóa trị II muối cacbonat kim loại hòa tan hết dung dịch H 2SO4 loãng vừa đủ tạo khí N dung dịch L Đem cô cạn dung dịch L thu lượng muối khan 168 % khối lượng M Xác định kim loại hóa trị II Biết khí N 44% khối lượng M Bài 4: (2,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 5,4 gam nhôm khí oxi thu chất rắn Hòa tan chất rắn thu vào dung dịch H 2SO4 vừa đủ dung dịch A Cho A tác dụng với 250 ml dung dịch NaOH thu 7,8 gam kết tủa Tính nồng độ mol dung dịch NaOH dùng? Bài 5: (2,5 điểm) Dẫn H2 đến dư qua 25,6 g hỗn hợp X gồm Fe 3O4, MgO, CuO (nung nóng) phản ứng xảy hoàn toàn Sau phản ứng thu 20,8 g chất rắn Mặt khác 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225ml dung dịch HCl 2M a Viết phương trình hoá học xảy ra? b Tính phần trăm số mol chất hỗn hợp X? HẾT -(Đề thi gồm có trang) Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: .Số báo danh UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: Hoá Học - Lớp Bài 1: ( 1,5 điểm) Ý/Phần Đáp án Lấy ống nghiệm đựng dd H 2SO4 loãng Cho mấu kim loại vào ống nghiệm: + Kim loại không tan Ag + Các kim loại khác tan Ba, Al, Fe, Mg Ba + H2SO4 -> BaSO4 + H2 2Al + 3H2SO4-> Al2(SO4)3 + 3H2 Fe + H2SO4 -> FeSO4 + H2 Mg + H2SO4 -> MgSO4 + H2 + Ống nghiệm có kết tủa trắng Ba Cho tiếp Ba vào ống nghiệm đến kết tủa không tăng H 2SO4 hết, cho thêm Ba vào xảy phản ứng: Ba+ 2H2O -> Ba(OH)2 + H2 Lọc kết tủa thu dung dịch Ba(OH) Cho dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch lại + Trường hợp có kết tủa trắng, không tan Ba(OH) dư kim loại ban đầu Mg MgSO4 + Ba(OH)2 -> BaSO4 + Mg(OH)2 + Trường hợp có kết tủa tan phần Ba(OH) dư kim loại ban đầu Al Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 -> 2Al(OH)3 + 3BaSO4 2Al(OH)3 + Ba(OH)2 -> Ba(AlO2)2 + 4H2O + Trường hợp có kết tủa trắng xuất sau hóa nâu không khí kim loại ban đầu Fe FeSO4 + Ba(OH)2 -> Fe(OH)2 + BaSO4 4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O-> 4Fe(OH)3 Bài 2: ( 1,5 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Điểm - Khi cho A tác dụng với dung dịch NaOH dư có bọt khí H 0,25đ thoát khỏi dung dịch liên tục, kim loại bị hoà tan hết Al, Fe, Cu không tan 2Al +2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑ - Khi cho B tác dụng với dung dịch HCl dư , có bọt khí H thoát khỏi dung dịch liên tục Kim loại bị tan hết Fe, Al Cu không tan 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑ Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ - Khi cho C tác dụng với dung dịch HNO đặc, nguội, dư có khí màu nâu thoát khỏi dung dịch Kim loại bị hoà tan hết Cu, Al, Fe không hoà tan Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O Bài 3: ( 2,0 điểm) Ý/Phần Đáp án Gọi kim loại có hóa trị II A nguyên tử khối A => Công thức oxit: AO(có số mol x) Công thức muối cacbonat: ACO3(có số mol y) PTHH: AO + H2SO4 -> ASO4 + H2O x x x x mol ACO3+ H2SO4 -> ASO4 + CO2+ H2O y y y y y mol mhh =( A+ 16)x+( A+ 60)y (1) m H2SO4 = 98(x+y) m CO2= 44y m H2O = 18(x+ y) Theo đề bài: mmuối = 168/100 mhh = 1,68 mhh m CO2= 44/100 mhh => 44 y = 0,44 mhh => mhh = 100y Thay vào (1) ta được: 100 y =( A+ 16)x+( A+ 60)y (2) => mmuối = 1,68 100y = 168 y Theo định luật bảo toàn khối lượng: mmuối = mhh + m H2SO4 – m CO2 – m H2O 168 y= 100 y+ 98(x+ y) – 44 y – 18(x+y) 80 x = 32 y => x/y = 2/5 => x = 2; y =5 Thay x , y vào (2) ta được: 100 =( A+ 16)2+( A+ 60)5 Giải PT => A = 24 => kim loại magie(Mg) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài 4: ( 2,5 điểm) Ý/Phần Đáp án nAl = 5,4/27= 0,2 mol nAl(OH)3 = 7,8/78= 0,1 mol PTHH: 4Al + 3O2 to 2Al2O3 0,2 0,1 mol Al2O3+ 3H2SO4 -> Al2(SO4)3+ 3H2O 0,1 0,1 mol Ta thấy , số mol kết tủa < số mol Al nên kết tủa không cực đại Có trường hợp xảy ra: * Trường hợp 1: NaOH thiếu so với Al 2(SO4)3 => kết tủa chưa cực đại Al2(SO4)3+ 6NaOH -> 2Al(OH)3+ 3Na2SO4 0,05 0,3 2Al(OH)3+ 3Na2SO4 0,1 -> 0,6 0,2 mol Số mol kết tủa bị hòa tan: 0,2- 0,1=0,1 mol Al(OH)3 + NaOH -> NaAlO2+ 2H2O 0,1 -> 0,1 mol CM(dd NaOH) = (0,6 + 0,1 )/ 0,25= 2,8M Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài 5: ( 2,5 điểm) Ý/Phần Đáp án Các PTHH: H2+ CuO to Cu + H2O(1) 4H2+ Fe3O4 to 3Fe + 4H2O(2) H2+ MgO to Không phản ứng 2HCl + MgO to MgCl2 + H2O (3) 8HCl + Fe3O4 to FeCl2 + 2FeCl3+4H2O (4) 2HCl + CuO to CuCl2 + H2O (5) *Đặt nMgO= x (mol); nFe3O4= y(mol); nCuO=z(mol) 25,6 gam X Ta có: 40x+ 232y + 80z= 25,6(I) Theo PTHH( 1,2) ta c ó : 40x + 168 y+ 64z = 20,8 (II) * Đặt nMgO= kx (mol); nFe3O4= ky(mol); nCuO=kz(mol) 0,15 mol X Ta c ó: k(x+y+z)= 0,15(III) Theo PTHH( 3,4,5) ta c ó: 2kx+ 8ky+ 2kz= 0,45(IV) Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Gi ải hệ phương trình ẩn gồm (I, II, III, IV) => x= 0,15 mol; y=0,05 mol; z=0,1 mol => %nMgO=0,15.100/0,3=50% %nFe3O4=0,05.100/0,3=16,67% %n CuO= 100-50-16,67=33,33% Chú ý: HS giải cách khác cho điểm tối đa 0,25đ 0,25đ 0,25đ ...UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: Hoá Học - Lớp Bài 1: ( 1,5 điểm) Ý/Phần Đáp án Lấy ống nghiệm đựng dd H 2SO4 loãng Cho mấu kim loại vào ống nghiệm:... Ba Cho tiếp Ba vào ống nghiệm đến kết tủa không tăng H 2SO4 hết, cho thêm Ba vào xảy phản ứng: Ba+ 2H2O -> Ba(OH)2 + H2 Lọc kết tủa thu dung dịch Ba(OH) Cho dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch lại... 2H2O-> 4Fe(OH)3 Bài 2: ( 1,5 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Điểm - Khi cho A tác dụng với dung dịch NaOH dư có bọt khí H 0,25đ thoát khỏi dung dịch liên tục, kim loại