ĐỀ THI HSG HÓA 9 VÒNG 1 HUYỆN MÊ LINH 17-18

ĐỀ THI HSG HÓA 9 VÒNG 1 HUYỆN MÊ LINH 17-18 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất...

Câu I (4 điểm)

1 Cho sơ đồ phản ứng sau:

(1) Oxit (X1) + dung dịch axit (X2) đặc →t o X3 ↑+…

(2) Oxit (Y1) + dung dịch bazơ (Y2) → Y3↓+…

(3) Muối (Z1) →t o X1+ Z2↑+……

(4) Muối (Z1) + dung dịch axit (X2) đặc → X3↑+….

Biết: + Khí X3 có màu vàng lục, muối Z1 màu tím

+ Khối lượng mol của các chất thỏa mãn điều kiện:

M +M = g mol và M Y2 −M X2 =37,5 /g mol

Xác định các chất X1, X2, X3, Y1, Y2, Y3, Z1, Z2 Viết các phương trình hóa học minh họa

2 Trong thí nghiệm ở hình 2.9, người ta dẫn khí clo ẩm vào bình A có đặt một miếng giấy

quì tím khô Dự đoán và giải thích hiện tượng xảy ra trong hai trường hợp:

a) Đóng khóa K.

b) Mở khóa K.

Câu II (4 điểm)

1 Hoàn thành 2 phương trình theo sơ đồ sau: A + ? → Na2SO4 + ?

Biết 6 gam A tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 11,65 gam kết tủa

2 Cho 6,3 gam hỗn hợp A gồm hai kim loại Nhôm và Magie tác dụng hết với dung dịch

Axit clohidric sau phản ứng thu được 6,72 lit khí Hidro (đktc)

a) Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A

b) Lượng khí Hidro ở trên khử vừa đủ 17,4 gam Oxit của kim loại M Xác định CTHH Oxit của kim loại M

Câu III.(3 điểm)

A là hỗn hợp hai oxit của hai kim loại Cho CO dư đi qua 1,965 gam A nung nóng, sau phản ứng thu được chất rắn A1 và khí A2 Dẫn A2 qua dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 2,955 gam kết tủa Cho A1 phản ứng với dung dịch H2SO4 10%, sau phản ứng (không có khí thoát ra), thu được dung dịch A3 chỉ chứa một chất tan có nồng độ 11,243% và còn lại 0,96 gam một chất rắn không phản ứng

a) Xác định các chất trong A.

b) Xác định phần trăm khối lượng các chất trong A.

Câu IV.(3 điểm)

A là dung dịch H2SO4, B là dung dịch NaOH

Hình 2.9

H2SO4 đặc

K

A

Bông tẩm

dd NaO H

Cl2 ẩm

Quì tím khô

Trộn 50 ml dung dịch A với 50 ml dung dịch B được dung dịch C Cho quỳ tím vào dung dịch C thấy có màu đỏ Thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M vào dung dịch C đến khi quỳ trở lại màu tím thì thấy hết 20 ml dung dịch NaOH

Trộn 50ml dung dịch A với 100ml dung dịch B thu được dung dịch D Cho quỳ tím vào dung dịch D thấy có màu xanh Thêm từ từ dung dịch HCl 0,1M vào dung dịch D đến khi quỳ trở lại màu tím thấy hết 20 ml dung dịch HCl

Tính nồng độ mol của các dung dịch A và B

Câu V.(2 điểm)

Thực hiện thí nghiệm: Cho từ từ dung dịch KOH 1M vào cốc chứa 200ml dung dịch AlCl3 aM, khuấy đều để các phản ứng xảy ra hoàn toàn Số mol kết tủa thu được phụ thuộc vào thể tích dung dịch KOH theo đồ thị dưới đây Tính giá trị a trong thí nghiệm trên?

0

240 V(ml) KOH

Câu VI (4 điểm)

1 Hoà tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ

dung dịch H2SO4 loãng, thu được 1,344 lit hiđro (ở đktc) và dung dịch chứa m gam muối Tính m?

2 Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe2O3, MgO, ZnO tan vừa đủ trong 300 ml dung dịch H2SO4 0,1M Cô cạn dung dịch sau phản ứng Tính khối lượng hỗn hợp các muối sunfat khan tạo ra?

Số molAl(OH )

3

360

A

I

(4 điểm)

1.

2 đ

Muối Z1 có màu tím nên chọn KMnO4 Khí X3 màu vàng lục chọn Cl2 1

Y

M = 300 - 158 = 142 và Y1 là oxit Y1: P2O5 X2: HCl; Y2: Ca(OH)2

Vì: MCa(OH)2 – MHCl = 74- 36,5 = 37,5

X1 là MnO2; Y3 là Ca3(PO4)2; Z2 là O2

MnO2 + 4HCl đặc →t o Cl2 + MnCl2 + 2H2O

P2O5 + 3Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 3H2O 2KMnO4 →t o K2MnO4 + MnO2 + O2

2KMnO4 + 16HCl đặc → 5Cl2 + 2MnCl2 + 2KCl + 8H2O

1 đ

Viết mỗi PTHH 0,25 đ

2.

2 đ

a) Đóng khóa K: quì tím không đổi màu

vì H2SO4 đặc có tính háo nước Khí vào bình A là khí clo khô

b) Mở khóa K: quì tím chuyển sang màu đỏ, sau đó mất màu

do tác dụng oxi hóa mạnh của axit hipoclorơ HClO

Cl2 + H2O → HCl + HClO

1 đ

1 đ

II

(4 điểm)

1

2đ

M2(SO4)x + xBaCl2 → xBaSO4 + 2MClx

nBaCl2 =0,05mol M = 12x A là MgSO4

MgSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Mg(OH)2 MgSO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + MgCO3 (*)

1 đ 0,5 đ 0,5 đ

2

2đ

a PTHH: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (1)

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (2)

Số mol khí H2 là: 6,72 : 22,4 = 0,3 (mol) Gọi số mol Al là x (mol), số mol của Mg là y (mol)=> 27x + 24y = 6,3 (I)

Số mol khí H2 thu được ở PTHH (1, 2) là: 0 , 3

2

3

= +y

x (II)

27 36 3 , 6 2 , 7 2 , 7 24 36

3 , 6 24 27 3 , 0 2 3

3 , 6 24 27

=

⇒

=

−

−

=

⇒







= +

= +

⇒





= +

= +

y x

y x y x y

x

y x

Vậy: mAl = 0,1.27 = 2,7 g mMg = 0,15.24 = 3,6 g

b Đặt CTTQ Oxit của kim loại M là: MxOy

PTHH: yH2 + MxOy t0 xM + yH2O

Số mol MxOy phản ứng là: 1 0 , 3

y (mol) Khối lượng MxOy là:

3 , 0 1

y (Mx+16y) = 17,4 ⇒ = 58 − 16

y

Mx

⇒M=42x y CTHH: Fe3O4

0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

(3 điểm)

a) Vì A1 tác dụng với dd H2SO4 10%, không có khí thoát ra và còn lại 0,96g chất rắn, nên trong A1 không có kim loại t/d với H2SO4 Đồng thời trong hai oxit kim loại ban đầu phải có một oxit không tác dụng với CO

- Giả sử oxit ban đầu không p/ứng với CO là R2On còn oxit p/ứng là M2Om,

ta có: M2Om + m CO →t0 2M + mCO2 (1)

0,015m.2 0,015 (mol)

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (2)

0,015 0,015 0 , 015

197 955 , 2

BaCO

- Khối lượng kim loại trong A1là:

m

2 015 , 0

.M = 0,96 => M=32m (M là Cu).

- Khi cho A1+ H2SO4: R2On + nH2SO4→ R2(SO4)n+ nH2O (3) Gọi x là số mol của R2On trong A1, ta có:(2R(216 )R n x+96 )n x980nx=11, 243100

R = 9n=> n = 3, M = 27 (R là Al.) Hai oxit tương ứng là CuO và Al 2 O 3 b) Ta có: nCuO = 0,015 mol => %CuO = 61,1 % và %Al2O3 = 38,9 %

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,75 đ 0,75 đ

IV

( 3 điểm)

Đặt nồng độ mol của dd H2SO4 là x, của dd NaOH là y

+ Theo gt: Số mol H2SO4 = 0,05x Số mol NaOH = 0,05y

PTHH: H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O (1)

0,025y 0,05y

Theo PTHH (1) : Số mol H2SO4 dư = 0,05x – 0,025y

Số mol NaOH trung hòa axit dư = 0,1 0,02 = 0,002 mol

Số mol H2SO4 dư = 0,002 : 2 = 0,001 mol ⇒ 0,05x – 0,025 y = 0,001

+ Theo gt: Số mol H2SO4 = 0,05x Số mol NaOH = 0,1y

PTHH: H 2 SO 4 + 2NaOH →Na 2 SO 4 + 2H 2 O (1)

0,05x 0,1x

Theo PTHH(1): Số mol NaOH dư = 0,1y – 0,1x

PTHH: HCl + NaOH → NaCl + H 2 O (2)

0,002 mol

Số mol HCl trong hòa NaOH dư=0,1.0,02=0,002 mol⇒ 0,1y –0,1x=0,002

Giải hệ PT ta được: x = 0,06 ; y = 0,08 Nồng độ dung dịch H2SO4 là 0,06M và Nồng độ dung dịch NaOH là 0,08M

1,25 đ

1,25 đ

0,5 đ

V

(2 điểm)

+ Khi dùng 240 ml dung dịch KOH 1M:

PTHH: AlCl3 + 3KOH → Al(OH)3 + 3KCl (1)

0,24 0,08 (mol)

+ Khi dùng 360 ml dung dịch KOH 1M:

PTHH: AlCl3 + 3 KOH → Al(OH)3 + 3 KCl (1)

0,08 0,24 0,08 (mol) AlCl3 + 4 KOH → KAlO2 + 3KCl + 2H2O (2) 0,03 (0,36-0,24) (mol)

2 , 0

11 , 0 )

( 11 , 0 03 , 0 08 ,

0,75 đ 0,75 đ 0,5 đ

VI.

(4 điểm)

1.

2 đ * PTHH: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑(1)

* Áp dụng ĐLBTKL ta có: m=3,22+0,06x98-0,06x2= 8,98 (gam)

0,75 đ 1,25 đ

2 đ

+ PTHH Chung: M2On + nH2SO4 → M2(SO4)n + n H2O

ĐLBTKL:moxit+mH SO2 4=mmuối+

2

H O

m (nH O2 =nH SO2 4=0,3.0,1 0,03(mol)= )

mmuối = 2,81+ 0.03.98 – 0,03.18 = 5,21gam

0,75 đ 1,25 đ

Lưu ý: + Học sinh giải cách khác mà cho kết quả chính xác, đúng bản chất thì vẫn cho điểm tối đa,

…\