PHÒNG GD & ĐT THANHCHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG CẤP TỈNH. NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi: Hoá học 9 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu 1. a) Viết các phương trình phản ứng hoàn thành chuỗi biến hóa: Al → 1 Al 2 (SO 4 ) 3 → 2 AlCl 3 → 3 Al(OH) 3 → 4 Al 2 O 3 → 5 Al 8 7 6 NaAlO 2 b) Trong khí thải của nhà máy có các chất : SO 2 , Cl 2 , CO 2 , NO 2 . Người ta dẫn hỗn hợp khí trên qua bể đựng nước vôi trong. Em hãy giải thích cách làm đó? Câu 2. a) Chỉ dùng một loại thuốc thử, hãy nhận biết các muối đựng trong các lọ mất nhãn gồm : NH 4 Cl , (NH 4 ) 2 SO 4 , NaNO 3 , MgCl 2 , AlCl 3 , FeCl 3 b) Trình bày phương pháp hóa học: - Tách Fe 2 O 3 ra khỏi hỗn hợp gồm Fe 2 O 3 , SiO 2 , Al 2 O 3 ở dạng bột. - Tách muối ăn ra khỏi hỗn hợp gồm: NaCl, Na 2 CO 3 , Na 2 S. ( Mỗi trường hợp chỉ được dùng duy nhất một dung dịch chứa một hoá chất) Câu 3. Làm nổ 100 ml Hỗn hợp khí H 2 , O 2 và N 2 trong một bình kín. Sau khi đưa hỗn hợp về điều kiện ban đầu và cho hơi nước ngưng tụ, thì thể tích chất khí bằng 64 ml. Thêm 100 ml không khí vào hỗn hợp thu được và lại tiến hành cho nổ. Thể tích của hỗn hợp khí thu được đã quy về điều kiện ban đầu bằng 128 ml. Hãy xác định thành phần phần trăm theo thể tích của hỗn hợp ban đầu.(Coi không khí có 20% thể tích là O 2 ) Câu 4. Để phân tích hỗn hợp gồm bột sắt và sắt oxit người ta đã tiến hành các thí nghiệm sau: + Hòa tan 16,16 gam bột của hỗn hợp này trong HCl (1,32 M) dư, thu được 0,896 lít khí ở ĐKTC và dung dịch A + Cho dung dịch A tác dụng với NaOH dư, đun sôi trong không khí, lọc kết tủa làm khô và sấy ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 17,6g sản phẩm. a) Tính thành phần phần trăm các chất có trong hỗn hợp ban dầu. b) Xác định công thức sắt oxit. c) Tính thể tích dung dịch HCl tối thiểu cần dùng cho thí nghiệm trên. Câu 5. A là dung dịch HCl, B là dung dịch Na 2 CO 3 . Tiến hành 3 thí nghiệm : Thí nghiệm 1 : Cho rất từ từ 100 gam dung dịch A vào 100 g dung dịch B thu được 195,6 gam dung dịch. Thí nghiệm 2 : Cho rất từ từ 100 gam dung dịch B vào 100 g dung dịch A thu được 193,4 gam dung dịch. Thí nghiệm 3 : Cho rất từ từ 50 gam dung dịch A vào 100 g dung dịch B thu được 150 gam dung dịch. Tính nồng độ phần trăm của các dung dịch A, B? (Cho Na = 23; S = 32, C = 12; O = 16; H = 1; Cl = 35,5; Cu = 64, Fe = 56, Al = 27) Hết./ PHÒNG GD & ĐT THANHCHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi: Hoá học 9(Thời gian làm bài: 150 phút) I. Hướng dẫn chung * Đối với phương trình phản ứng hóa học nào mà cân bằng hệ số sai hoặc thiếu cân bằng (không ảnh hưởng đến giải toán) hoặc thiếu điều kiện thì trừ đi nữa số điểm giành cho nó. Trong một phương trình phản ứng hóa học, nếu có từ một công thức trở lên viết sai thì phương trình đó không được tính điểm. * Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm như hướng dẫn quy định (đối với từng phần). * Giải bài toán bằng các phương pháp khác nhau nhưng nếu tính đúng, lập luận chặt chẽ và dẫn đến kết quả đúng vẫn được tính theo biểu điểm. II. Đáp án và thang điểm Câu 1:(2 điểm) a - Mỗi PTHH đúng được 0,1 điểm, PTHH (7), (8) mỗi PT 0,2 điểm (1) 2Al+ 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 +3 H 2 (2) Al 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 → 2AlCl 3 + 3BaSO 4 (3) AlCl 3 + 3NaOH → Al(OH) 3 +3 NaCl (4) 2Al(OH) 3 → to Al 2 O 3 +3 H 2 O (5) 2Al 2 O 3 → ðpnc 4Al + 3O 2 (6) Al 2 O 3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H 2 O (7) NaAlO 2 + HCl + H 2 O → Al(OH) 3 + NaCl (8) NaAlO 2 + 4HCl → AlCl 3 + NaCl + 2H 2 O 1,0 b Giải thích :Vì Ca(OH) 2 là một dung dịch rẻ tiền, nó tác dụng với các chất trong khí thải giúp loại bỏ các chất khí độc hại thải ra môi trường . PTHH : SO 2 + Ca(OH) 2 → CaSO 3 + H 2 O 2Cl 2 + 2Ca(OH) 2 → CaCl 2 + Ca(ClO) 2 +2 H 2 O CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O 4NO 2 + 2CaOH) 2 → Ca(NO 2 ) 2 + Ca(NO 3 ) 2 + 2H 2 O 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 Câu 2:( 2.5 điểm) a. 1.5 điểm b. 1.0 điểm a (Nhận biết được mỗi chất và viết đúng PTHH: 0,2điểm; trình bày đúng kỹ năng nhận biết: 0,3đ) Trích mẫu thử và đánh số thứ tự. Cho dung dịch Ba(OH) 2 vào các mẫu thử: Mẫu thử có khí mùi khai thoát ra là NH 4 Cl. 2NH 4 Cl + Ba(OH) 2 → BaCl 2 + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O - Mẫu thử vừa có khí mùi khai thoát ra, vừa có kết tủa trắng là (NH 4 ) 2 SO 4 (NH 4 ) 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 ↓ +2 NH 3 ↑ + 2H 2 O - Mẫu thử có kết tủa trắng là MgCl 2 MgCl 2 + Ba(OH) 2 → BaCl 2 + Mg(OH) 2 ↓ - Mẫu thử có kết tủa màu nâu đỏ là FeCl 3 2FeCl 3 + 3Ba(OH) 2 → 3BaCl 2 + 2Fe(OH) 3 ↓ - Mẫu thử ban đầu có kết tủa trắng sau đó tan trong dung dịch Ba(OH) 2 dư là AlCl 3 2AlCl 3 + 3Ba(OH) 2 → 3BaCl 2 +2 Al(OH) 3 ↓ 2Al(OH) 3 + Ba(OH) 2 → Ba(AlO 2 ) 2 +4H 2 O - Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là NaNO 3 1,5 b - Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH đặc, đun nóng Fe 2 O 3 không tan, lọc tách được Fe 2 O 3 . Còn Al 2 O 3 và SiO 2 tan theo PT: Al 2 O 3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 +2H 2 O 0,25 SiO 2 + 2NaOH (đ) → to Na 2 SiO 3 + H 2 O - Cho dung dịch HCl vào hỗn hợp sau đó cô cạn dung dịch thu được NaCl Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 + H 2 O Na 2 S + 2HCl → 2NaCl + H 2 S 0,25 0.25 0,25 Câu 3: (1.5điểm) Làm nổ hỗn hợp khí H 2 , O 2 và N 2 thì chỉ có phản ứng 2H 2 + O 2 2H 2 O 0,25 Thể tích khí sau phản ứng giảm đi 36 ml (100 - 64 = 36) theo PTHH ta thấy thể tích giảm đi 3 ml thì có 2 ml H 2 phản ứng với 1 ml O 2 . Do đó khi thể tích khí giảm đi 36 ml thì có 12 ml O 2 (36: 3 = 12) và 24 ml H 2 ( 36 - 12 = 24) tham gia phản ứng 0,25 0,25 Khi trộn thêm 100 ml kk( 20 ml O 2 và 80 ml N 2 ) thì có 164 ml hỗn hợp khí tiếp tục làm nổ và đưa về ĐK ban đầu thể tích khí còn 128 ml.Vậy đã giảm đi 36 ml tức là có thêm 12 ml O 2 và 24 ml H 2 tham gia phản ứng 0,25 Vậy sau lần nổ 1 khí Oxi tham gia phản ứng hết khí H 2 còn dư; Sau lần nổ 2 khí H 2 tham gia phản ứng hết do đó trong 100 ml hỗn hợp khí ban đầu có: 12 ml O 2 hay 12%; 24 + 24 = 48 ml H 2 hay 48% Và 100 - 12 + 48 = 40 ml N 2 hay 40% 0,25 0,25 Câu 4: (2.5điểm) a Gọi công thức săt oxit: Fe x O y Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑ (1) Fe x O y + 2yHCl → (3x – 2y) FeCl 2 +(2y - 2x) FeCl 3 + y H 2 O (2) (Học sinh có thể không viết PTHH (2) mà có thể lập luận để chỉ ra các chất trong ddA cúng không trừ điểm) Khí thoát ra sau thí nghiệm 1 là: 0,896 lit H 2 tương ứng 0,896 0,04( ) 22,4 mol= Từ(1): 2 0,04( ) Fe H n n mol= = 0,04.56 2,24( ) Fe m g⇒ = = 16,16 2,24 13,92( ) x y Fe O m g⇒ = − = HS trình bày cách tính phần trăm khối lượng các chất trong hh: %m Fe = 13,86%; %m(Fe x O y ) = 86,14% 1,0 b Kết thúc thí nghiệm 1: dd A gồm FeCl 2 ; HCl dư và có thể có FeCl 3 Cho ddA tác dụng NaOH: FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaCl (3) FeCl 3 + 3NaOH → Fe(OH) 3 + 3NaCl (4) Đun sôi trong không khí: 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O 0t → 4Fe(OH) 3 (5) Nung kết tủa đến khối lượng không đổi: 2Fe(OH) 3 0t → Fe 2 O 3 + 3H 2 O (6) Sản phẩm thu được sau khi nung kết tủa là: 17,6g Fe 2 O 3 tương ứng 0,11 mol Lượng Fe 2 O 3 thu được là do chuyển hóa từ: Fe và Fe x O y ban đầu. Từ (1), (3), (5); (6): cứ 2 mol Fe tạo ra 1 mol Fe 2 O 3 ⇒ 0,04 mol Fe tạo ra 0,02 mol Fe 2 O 3 ⇒ lượng Fe 2 O 3 được tạo ra từ Fe x O y là : 17,6 – 0,02 . 160 = 14,4 (g) tương ứng 0,09 mol Từ(2), (3), (4), (5), (6): Cứ 2 mol Fe x O y tạo ra x mol Fe 2 O 3 1,0 ⇒ 0,18 x mol Fe x O y tạo ra 0,09mol Fe 2 O 3 ⇒ Ta có phương trình: 0,18 x (56x + 16y) = 13,92 3 4 x y = ⇒ công thức sắt oxit: Fe 3 O 4 c Fe 3 O 4 + 8HCl → FeCl 2 + 2 FeCl 3 + 4 H 2 O (7) Số mol HCl tối thiểu để hòa tan hh ban đầu: (1) và (7) là: 0,8 + 13,92 .8 0,56( ) 232 mol= Thể tích dd HCl (1,32M) tối thiểu: 0,56 0,42( ) 1,32 lit; 0,5 Câu 5: (1.5 điểm) PTHH: HCl + Na 2 CO 3 → NaHCO 3 + NaCl (1) HCl + NaHCO 3 → NaCl + CO 2 + H 2 O (2) 2HCl + Na 2 CO 3 → 2NaCl + CO 2 + H 2 O (3) - TN1 mdd giảm = m CO2(2) = 100 +100 - 195,6 = 4,4g => n CO2(2) = 44 4,4 = 0,1 mol - TN 2 mdd giảm =m CO2 (3) = 100 + 100 - 193,4 = 6,6g => n CO2 (3) = 44 6,6 = 0,15 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của HCl và Na 2 CO 3 trong 100g mỗi dung dịch. Ở TN3 không có khí thoát ra => n HCl < n Na2CO3 <=> 2 x (50g dd) < y <=> x<2y Ở TN1 : Vì có khí thoát ra nên ta có x>y Mặt khác do x<2y nên sau pư (2) HCl hết, tính theo HCl HCl + Na 2 CO 3 → NaHCO 3 + NaCl (1) y y y HCl + NaHCO 3 → NaCl + CO 2 + H 2 O (2) 0,1 0,1 Ta có : x = y + 0,1 Ở TN2 do x<2y nên HCl hết => n HCl =2 n CO2 (3) = 0,15.2 = 0,3 mol => x = 0,3 mol => y = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol => m HCl = 0,3. 36,5 = 10,95g => C% HCl = 100 95,10 .100% = 10,95% m Na2CO3 = 0,2.106 = 21,2g => C% Na2CO3 = 100 2,21 .100% = 21,2% 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 . PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG CẤP TỈNH. NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi:. 16; H = 1; Cl = 35,5; Cu = 64, Fe = 56, Al = 27) Hết./ PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI