SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG TRỊ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm có 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HÓA LỚP 9

Khóa ngày 19 tháng 3 năm 2019

Môn thi: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 9

Khóa ngày 19 tháng 3 năm 2019

Môn thi: HÓA HỌC

Câu 1

1

2KClO₃ 2KCl+3O₂,2H₂OH₂+O₂,2KNO₃2KNO₂ + O₂

2O₃ 3O₂, 2H₂O₂2H₂O +O₂, 2Al₂O₃ 4Al+3O₂

1,0

2

2FeCl₃ + 3Ag₂ SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 6AgCl

Fe₂(SO₄)₃ + Ba(NO₃)₂ → BaSO₄ + Fe(NO₃)₃

2Fe(NO₃)₃ + Fe → 3Fe(NO₃)₂

Fe(NO₃)₂ + 2NaOH → 2NaNO₃ + Fe(OH)₂

Fe(OH)₂ H₂O + FeO

3FeO + 2Al 3Fe + Al₂O₃

1,0

3

2Na + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂ (1)

Có thể: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂ (2)

Nếu axit dư: 3H₂SO₄ + Al₂O₃ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O (3)

Nếu Na dư: 2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + H₂O (4)

TH1: Axit dư, không có (2,4) ⇒ nNa=2(0,2-0,15)=0,1 mol

TH2: Na dư, không có (3) ⇒ nNa=2.0,2+0,1=0,5 mol

1,0

4

Do Cu dư ⇒ Dung dịch chỉ có HCl, FeCl₂ và CuCl₂

Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

Gọi số mol Fe₃O₄ (1) = a mol

127.3a + 135.a = 61,92 a = 0,12 mol

m = 8,32 + 232. 0,12 + 64. 0,12 = 43,84 gam

1,0

Câu 2

1

8Al + 30 HNO₃ → 8Al(NO₃)₃ + 3N₂O + 15H₂O (1)

8Al + 30 HNO₃ → 8Al(NO₃)₃ + 4NH₄NO₃ + 15H₂O (2)

⇒ dung dịch A₁: Al(NO₃)₃ , NH₄NO₃, HNO₃ dư

NaOH + HNO₃ → NaNO₃ + H₂O (3)

NaOH + NH₄NO₃ → NaNO₃ + NH₃ + H₂O (4)

⇒ Khí C₁: NH₃

4NaOH + Al(NO₃)₃ → NaAlO₂ + 3NaNO₃ + 2H₂O (5)

⇒ Dung dịch B₁: NaNO₃, NaAlO₂, NaOH dư

2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O (6)

2NaAlO₂ + H₂SO₄ + 2H₂O → Na₂SO₄ + 2Al(OH)₃ (7)

2NaAlO₂ + 4H₂SO₄ → Na₂SO₄ + Al₂(SO₄)₃ + 4H₂O (8)

2,0

2

Quy H₂SO₄ 0,5M thành 2HX 0,5M ⇒ HX 1M

Từ HX 1M và HCl 1,4M ⇒ H 2,4M ⇒ nH=2,4.0,5=1,2 mol

Ba(OH)₂ 4M quy về 2MOH 4M ⇒ MOH 8M

Từ MOH 8M và NaOH 2M ⇒ OH 10M ⇒ nOH =10V mol

OH + H → +H₂O

Bđ 10V 1,2

Trường hợp 1: H dư

Al + 3H → Al₃ + 3/2H₂

⇒ 1,2 – 10V = 0,3 ⇒ V = 0,09 lít

Trường hợp 2: H hết

OH + H₂O + Al → AlO₂ + 3/2H₂

⇒ 10V - 1,2 = 0,1 ⇒ V = 0,13 lít

1,0

3

4FeCO₃ + O₂ 2Fe₂O₃ + 4CO₂ (1)

2Fe_xO_y + O₂ xFe₂O₃ (2)

Theo (1): n(FeCO₃)=nCO₂= 0,04 mol, nFe₂O₃=1/2nFeCO₃=0,02 mol

⇒ nFe₂O₃ (2) = 0,05 -0,02= 0,03 mol

1,0

4

SO₃ + H₂O → H₂SO₄ (1)

H₂SO₄ + nSO₃ → H₂SO₄.nSO₃

mH₂SO₄ = 91 gam, mH₂O = 100 – 91 = 9 gam nH₂O =9/18 = 0,5 mol

Gọi x là số mol SO₃ cần dùng

Theo (1) nSO₃=nH₂O = 0,5 mol

⇒ số mol SO₃ còn lại để tạo oleum là (a – 0,5)

a = =4,78 mol

1,0

Câu 3

1

Từ S = 32⇒ M(còn lại)=51 – 32 = 19 (NH₅) ⇒ A₁ là NH₄HS; A₂: Na₂S;

A₃: H₂S; A₄: SO₂: A₅: (NH₄)₂SO₃; A₆: (NH₄)₂SO₄; A₇: NH₄Cl; A₈: AgCl

NH₄HS + 2NaOH → Na₂S + 2NH₃ + 2H₂O

Na₂S + 2HCl → 2NaCl + H₂S

3H₂S + 2O₂ 3SO₂ + 3H₂O

SO₂ + 2NH₃ + H₂O → (NH₄)₂SO₃

(NH₄)₂SO₃ + Br₂ + H₂O → (NH₄)₂SO₄ + 2HBr

(NH₄)₂SO₄ + BaCl₂ → 2NH₄Cl + BaSO₄

NH₄Cl + AgNO₃ → NH₄NO₃ + AgCl

1,5

2

Trích mẫu thử, rồi dẫn lần lượt qua các bình mắc nối tiếp, bình (1) chứa dung dịch BaCl₂ dư, bình (2) chứa dung dịch Br₂ dư, bình (3) chứa dung dịch Ca(OH)₂ dư, bình (4) chứa CuO nung nóng

Nếu dung dịch BaCl₂ có kết tủa trắng ⇒ có SO₃

SO₃ + H₂O + BaCl₂ → BaSO₄ + 2HCl

Nếu dung dịch Br₂ nhạt màu ⇒ có SO₂

SO₂ + Br₂ + H₂O → H₂SO₄ + 2HBr

Nếu dung dịch Ca(OH)₂ vẩn đục ⇒ có CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Nếu CuO đen thành đỏ ⇒ có CO

CuO(đen) + CO Cu (đỏ) + CO₂

1,5

3

Gọi nFe = x mol, nMgCO₃= 1 mol trong m gam hỗn hợp

Fe + 2HCl FeCl₂ + H₂ (1)

MgCO₃ + 2HCl MgCl₂ + H₂O + CO₂ (2)

2Fe + 6H₂SO₄ Fe₂(SO₄)₃ + 6H₂O + 3SO₂ (3)

MgCO₃ + H₂SO₄ MgSO₄ + H₂O + CO₂ (4)

Theo (1 4) và bài ra ta có phương trình

X₁ = 2 (chọn), X₂ = -0,696 (loại) x=2

Vậy: %(m)Fe=%(m)MgCO₃=42,86%

1,0

4

Do Fe dư ⇒ H₂SO₄ hết ⇒Dung dịch chỉ chứa muối FeSO₄

2Fe + 6H₂SO_{4 đ,nóng} → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O (1)

2Fe₃O₄ + 10H₂SO_4đ,nóng → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O (2)

Fe + Fe₂(SO₄)₃ → 3FeSO₄ (3) Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ (4)

10HCl + 2 KMnO₄ + 3H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 5Cl₂ + 8 H₂O (5)

10FeCl₂+6KMnO₄+24H₂SO₄→3K₂SO₄+6MnSO₄+5Fe₂(SO₄)₃+10Cl₂+24H₂O (6)

Gọi số mol Fe dư là a mol ⇒ nHCl (4)=2a mol nHCl(dư)=0,2a mol

Theo (5,6): nKMnO₄ =0,64a=0,064 ⇒ a=0,1 mol

⇒ mFe(dư)=5,6 gam ⇒ 0,14m=5,6 ⇒ m=40 gam

Gọi số mol Fe, Fe₃O₄ phản ứng ở (1), (2) là x, y

1,0

Câu 4

1

C₂H₄ → C₂H₅OH → CH₃COOH → CH₃COOK → KCl

C₂H₄ + H₂O C₂H₅OH

C₂H₅OH + O₂ CH₃COOH + H₂O

CH₃COOH + KOH → CH₃COOK + H₂O

CH₃COOK + HCl → CH₃COOH + KCl

1,0

2

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của metan, etilen và axetilen

CH₄ + 2O₂ → CO₂ + 2H₂O (1)

C₂H₄ + 2O₂ → 2CO₂ + 2H₂O (2)

C₂H₂ + 2O₂ → 2CO₂ + H₂O (3)

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O (4)

nCO₂=nCaCO₃=0,11 mol⇒mH₂O=11-0,11.44-4,54=1,62 gam hay 0,09 mol

1,0

3

Gọi công thức: X, Y là C_xH_yO_z; x, y, z nguyên dương; y chẵn, y≤ 2x+2

Ta có: 12x + y + 16z = 46

Nếu z = 112x + y = 30 (C₂H₆), Nếu z = 212x + y = 14 (CH₂)

Vậy công thức phân tử của X, Y có thể là C₂H₆O, CH₂O₂.

Vì Y phản ứng với Na, làm đỏ quỳ tím, Y có nhóm -COOH Y: CH₂O₂

⇒ CTCT của Y: H-COOH 2HCOOH + 2Na → 2HCOONa + H₂

X phản ứng với Na, X phải có nhóm -OH Y: C₂H₆O

⇒ CTCT của X : CH₃-CH₂-OH: 2CH₃-CH₂-OH + 2Na →2CH₃-CH₂-ONa + H₂

HCOOH + CH₃-CH₂-OH HCOOCH₂CH₃ + H₂O

1,5

4

Đốt cháy một lượng xác định N cho dù số mol X₁, Y₁ có thay đổi như thế nào thì cũng thu được một lượng CO₂ xác định ⇒X₁ và Y₁ có cùng số nguyên tử C

Gọi công thức chung là

Do = 2 ⇒ Ancol 2 chức, x=3X₁: C₃H₈O₂ hay C₃H₆(OH)₂

số nguyên tử H trong axit =2 hoặc 4 C₃H₂O₂ hoặc C₃H₄O₂

Vậy X₁ : CH₂OH – CHOH – CH₃ hoặc CH­₂OH – CH₂ – CH₂OH

Y₁ : CH₂ = CH – COOH hoặc CH≡C – COOH

1,0

5

Gọi este là RCOOR’

RCOOR’ + MOH RCOOM + R’OH (1)

2RCOOM + 2NaOH 2R-H + M₂CO₃ + Na₂CO₃

Do đốt cháy R-H: nH₂O > nCO₂ ⇒ X: C_nH_2n+1COOR’

2C_nH_2n+1COOM + (3n+1)O₂ → (2n+1)CO₂ + (2n+1)H₂O + M₂CO₃ (2)

2MOH + CO₂ → M₂CO₃ + H₂O (3)

Ta có: mMOH=30.1,2.20/100= 7,2 gam

Bảo toàn M: 2MOH → M₂CO₃ ⇒ = ⇒ M = 23 là Na

Mặt khác, có R’ + 17 = = 32 → R’ = 15 R’ là CH₃ ⇒ B là CH₃OH

Ta có: nNaOH (bđ)=0,18 mol ⇒ nNaOH(3)=0,18-0,1=0,08 mol

Theo (3): nCO₂ =nH₂O = 0,04 mol

Ta có: [0,1.- 0,04].44 + [0,1.+ 0,04].18 = 8,26 ⇒ n = 1

Vậy CTCT của Z là CH₃COOCH₃

1,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

AN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS

CẤP TỈNH

KHÓA NGÀY : 24/3/2018

MÔN THI : HÓA HỌC

Bài

ý

Bài giải

Điểm

Bài I

Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất (Y₁), (Y₂), (Y₃), (Y₄), (Y₅), (Y₆), (Y₇), (Y₈) , (Y₉). Biết (Y₈) là một muối trung hòa:

(Y₁) + (Y₂) (Y₃) + H₂O

(Y₃) + (Y₄) + H₂O HCl + H₂SO₄

(Y₄) + (Y₅) Fe₂(SO₄)₃ + FeCl₃

(Y₆) + (Y₇) + H₂SO₄ (Y₄) + Na₂SO₄ + K₂SO₄ + MnSO₄ + H₂O

(Y₈) + (Y₉) Na₂SO₄ + (NH₄)₂SO₄ + CO₂ + H₂O

4,00

2H₂S (Y₁) + 3O₂ (Y₂) 2SO₂ (Y₃) + 2H₂O

SO₂ (Y₃) + Cl₂ (Y₄) + 2H₂O 2HCl + H₂SO₄

3Cl₂ (Y₄) + 6FeSO₄ (Y₅) 2Fe₂(SO₄)₃ + 2FeCl₃

Mỗi phản ứng kết hợp với chất đúng được 1,0 điểm

3.00

10NaCl (Y₆) + 2KMnO₄ (Y₇) + 8H₂SO₄

5Cl₂ (Y₄) + 5Na₂SO₄ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 8H₂O

(NH₄)₂CO₃ (Y₈) + 2NaHSO₄ (Y₉)

Na₂SO₄ + (NH₄)₂SO₄ + CO₂ + H₂O

Mỗi phản ứng 0,5 điểm

Thiếu cân bằng phản ứng trừ ½ số điểm/PƯ

Điểm cho số chất xác định đúng (trường hợp viết sai phương trình): 0,5 điểm/ 3 chất

Bài II

1. Có 3 dung dịch loãng riêng biệt là: NaOH, HCl, H₂SO₄ có cùng nồng độ mol. Chỉ dùng thêm một thuốc thử là Phenolphtalein có thể phân biệt được các dung dịch trên hay không? Tại sao?
2. Có 3 dung dịch hỗn hợp, mỗi dung dịch chỉ chứa hai chất trong số các chất sau: KNO₃, K₂CO₃, K₃PO₄, MgCl₂, BaCl₂, AgNO₃. Hãy cho biết thành phần các chất trong mỗi dung dịch?
3. Nung hỗn hợp gồm bột nhôm và lưu huỳnh trong bình kín (không có không khí) một thời gian được chất rắn (A). Lấy chất rắn (A) cho vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được dung dịch (B), chất rắn (E) và hỗn hợp khí (F); còn nếu cho (A) vào dung dịch NaOH dư thu được dung dịch (H) hỗn hợp khí (F) và chất rắn (E). Dẫn (F) qua dung dịch Cu(NO₃)₂ dư, sau phản ứng thu được kết tủa (T), phần khí không hấp thụ vào dung dịch được dẫn qua ống chứa hỗn hợp MgO và CuO nung nóng thu được hỗn hợp chất rắn (Q). Cho (Q) vào dung dịch H₂SO₄ loãng, dư thấy (Q) tan một phần, tạo thành dung dịch có màu xanh nhạt.

Hãy cho biết thành phần các chất có trong (A), (B), (E), (F), (H), (Q), (T) và viết các phương trình hóa học xảy ra?

6,00

1

Nhận biết được cả 3 dung dịch:

- NaOH làm hồng P.P;

- 1 thể tích HCl làm mất màu hồng của hh NaOH + P.P (tỉ lệ PƯ 1:1);

- 0,5 thể tích H₂SO₄ làm mất màu hồng của hh NaOH + P.P (tỉ lệ PƯ 1:2)

- 02 phản ứng trung hòa.

1.50

2

- dung dịch 1: K₂CO₃, K₃PO₄

- dung dịch 2: MgCl₂, BaCl₂

- dung dịch 3: KNO₃, AgNO₃.

1.50

3

(A): Al, S dư, Al₂S₃; (B): AlCl₃ và HCl dư.

(E): S; (F): H₂, H₂S;

(H): NaAlO₂ và NaOH dư; (T): CuS; (Q): CuO, MgO, Cu;

0.50

10 phản ứng

2.50

Thiếu cân bằng: trừ 0,25 điểm/ 02 PƯ

Bài III

1. Nung 9,28 gam một loại quặng chứa 02 hợp chất của sắt (trong số các hợp chất phổ biến sau: FeS₂, FeCO₃, Fe₂O₃, Fe₃O₄) trong không khí đến khối lượng không đổi. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, chỉ thu được 8 gam một oxit sắt duy nhất và khí CO₂. Hấp thụ hết lượng khí CO₂ vào 300 ml dung dịch Ba(OH)₂ 0,1M, kết thúc phản ứng thu được 3,94 gam kết tủa.

a) Tìm công thức hóa học của các hợp chất của sắt có trong quặng?

b) Hòa tan hoàn toàn 9,28 gam quặng nói trên bằng dung dịch HCl dư, rồi cho dung dịch hấp thụ thêm 448 ml khí Cl₂ (đktc). Hỏi dung dịch thu được hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu?

1. Dung dịch (C) là dung dịch HCl, dung dịch (D) là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch (C) vào cốc chứa 100 gam dung dịch (D), tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch, thu được 14,175 gam chất rắn (I). Nung (I) đến khối lượng không đổi thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. Tính nồng độ C_M của dung dịch (C), nồng độ C% của (D) và tìm công thức của (I)?

5,00

1

Hỗn hợp gồm FeCO₃ và oxit sắt

2Fe_xO_y + O₂ xFe₂O₃

2FeCO₃ + ½ O₂ Fe₂O₃ + 2CO₂

CO₂ + Ba(OH)₂ BaCO₃ + H₂O

CO₂ + BaCO₃ + H₂O Ba(HCO₃)₂

TH CO₂ thiếu:

Suy ra trong oxit Fe_xO_y có:

n_Fe = 0,05.2 – 0,02 = 0,08 mol

n_O = (Loại)

TH CO₂ dư:

Suy ra trong oxit Fe_xO_y có:

n_Fe = 0,05.2 – 0,04 = 0,06 mol

n_O =

, oxit cần tìm là Fe₃O₄

3.00

Fe₃O₄ + 8HCl FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

FeCO₃ + 2HCl FeCl₂ + H₂O + CO₂

2FeCl₂ + Cl₂ 2FeCl₃

2FeCl₃ + Cu 2FeCl₂ + CuCl₂

Học sinh làm bằng phương pháp bảo toàn electron đi đến kết quả đúng thì chấm tròn điểm (không cần tính điểm phương trình phản ứng)

1.25

2

HCl + NaOH NaCl + H₂O

Từ đó:

;

0.75

Bài IV

Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một anken (R), toàn bộ sản phẩm cháy được hấp thụ vào 295,2 gam dung dịch NaOH 20%. Sau thí nghiệm, nồng độ NaOH dư là 8,45%. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

1. Xác định công thức phân tử của (R)?
2. Đun nóng hỗn hợp gồm (R) và H₂ có tỉ khối hơi với hidro là 6,2 với niken làm xúc tác đến khi phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp (P).

- Chứng minh rằng (P) không làm mất màu dung dịch brom.

- Đốt cháy hoàn toàn (P) được 25,2 gam hơi nước. Tính thể tích mỗi khí trong hỗn hợp (P) (đktc)?

3,00

1

C_nH_2n + O₂ nCO₂ + nH₂O

0,2 x x

CO₂ + 2NaOH Na₂CO₃ + H₂O

x 2x x

Vậy Anken đã cho là C₂H₄

2.00

2

C₂H₄ + H₂ C₂H₆

Gọi x, y lần lượt là số mol của C₂H₄ và H₂

H₂ dư nên hỗn hợp (P) không làm mất màu dung dịch Brôm

0.25

C₂H₆ + 3O₂ 2CO₂ + 3H₂O

x 3x

2H₂ + O₂ 2H₂O

y-x y-x

Giải hệ gồm (1) và (2) được: x=0, 6; y=0, 4

0.75

Bài V

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol hidro cacbon (X) và y mol hidro cacbon (Y), được 3,52 gam CO₂ và 1,62 gam H₂O. Biết rằng phân tử (X) và (Y) có cùng số nguyên tử C (đều không quá 4) và . Xác định công thức phân tử của (X) và (Y)?

2,00

Với suy ra có một hidro cacbon là ankan có công thức C_nH_2n+2; đặt công thức của hidro cacbon còn lại là C_nH_2n+2-2k

(loại trường hợp cả hai hidro cacbon cùng là ankan vì sẽ tính được số C=8, trái với gợi ý của đề)

0.50

0.25

C_nH_2n+2 + O₂ nCO₂ + (n+1)H₂O

a na (n+1)a

C_nH_2n+2-2k + O₂ nCO₂ + (n+1-k)H₂O

b nb (n+1-k)b

0.50

0.25

Trường hợp: k=1

Ứng với công thức (X): C₃H₈ và (Y): C₃H₆.

Trường hợp: k=2

Ứng với công thức (X): C₂H₂; (Y):C₂H₆

0.50

Bài TH

Không dùng thêm hóa chất nào, hãy nhận biết các dung dịch sau: NH₄Cl, CaCl₂, HOOC-COOH, Na₂CO₃ (được đánh số ngẫu nhiên (1), (2), (3), (4)).

5,00

1.00

- CaCl₂ tạo 2 kết tủa với HOOC-COOH, Na₂CO₃

- NH₄Cl không gây hiện tượng với các dung dịch khác

- Đảo thứ tự nhỏ dung dịch (1) vào (2) và ngược lại, nhận ra HOOC-COOH, Na₂CO₃

2.25

Các phản ứng:

CaCl₂ + HOOC-COOH Ca(OOC)₂ + 2HCl

Na₂CO₃ + CaCl₂ 2NaCl + CaCO₃↓

Na₂CO₃ + HOOC-COOH NaOOC-COONa + CO₂↑

(0,25 điểm/phản ứng)

0.75

Thí nghiệm bình thường, không làm hư hóa chất, vỡ ống nghiệm

1.00

Học sinh có thể thực hiện cách thí nghiệm khác đi đến kết quả thí nghiệm đúng, trình bày rõ, hợp lý thì được tròn điểm.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2017 - 2018

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC

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

(Đề thi có 02 trang)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2017-2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC

HDC gồm 04 trang

Câu

Hướng dẫn chấm

Điểm

1

a. Theo giả thiết:

0,5

Vậy NTK của X= 26+30= 56 => X là sắt( Fe)

0,5

b.

0,5

=>

0,5

2

a. CaO: canxi oxit

Fe(OH)₃: Sắt (III) hiđroxit

0,25

HClO: axit hipoclorơ

H₂SO₃: axit sunfurơ

0,25

H₃PO₄: axit photphoric

Na₃PO₄: natri photphat

0,25

Ca(H₂PO₄)₂: canxi đihiđrophotphat

SO₂: lưu huỳnh đioxit

0,25

N₂O₄: đinitơ tetraoxit

AlCl₃: nhôm clorua

0,25

b. Gọi công thức của A là Na_xC_yO_z (x,y,z N^*)

0,25

0,25

CTPT A là Na₂C₂O₄

0,25

3

Gọi nồng độ C% dung dịch A, B lần lượt là a, b( a<24,6<b<37)

Ta có b= 2,5.a => 2,5a – b = 0

0,25

24,6

a

b

b – 24,6

24,6 – a

m₁ gam dung dịch A

m₁ gam dung dịch A

0,25

Theo sơ đồ đường chéo

0,25

Theo giả thiết: m₁: m₂ = 7: 3 hoặc m₁: m₂ = 3: 7

0,25

TH1: => 3b + 7a =246

0,25

Ta có=> loại vì b > 37

0,25

TH2:

0,25

Ta có thỏa mãn

0,25

4

Pt: Ba + 2 HCl→ BaCl₂ + H₂

a/2 a ( mol)

Vậy Ba còn tham gia phản ứng

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

=> Dung dịch X chứa BaCl₂ và Ba(OH)₂

0,5

Ba(OH)₂ + Al₂O₃ → Ba(AlO₂)₂ + H₂O

0,25

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2NaOH

BaCl₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2NaCl

0,25

3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 3BaCl₂ + 2Al(OH)₃↓

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

0,25

Ba(OH)₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2NaOH

BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2NaCl

0,25

Ba(OH)₂ + 2NaHCO₃ → BaCO₃↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2NaCl

Hoặc

Ba(OH)₂ + NaHCO₃ → BaCO₃↓ + NaOH + H₂O

0,25

Ba(OH)₂ + 2Al + 2H₂O → Ba(AlO₂)₂ + 3H₂↑

0,25

5

a) Dẫn hỗn hợp qua dung dịch Br₂ dư, SO₂ bị hấp thụ => thu được CO₂

Br₂ + SO₂ + 2H₂O2HBr + H₂SO₄

0,5

b) Dẫn hỗn hợp SO₃ và SO₂ qua dung dịch BaCl₂ dư, SO₃ bị hấp thụ hết => thu được SO₂

SO₃ + BaCl₂ + 2H₂O2HCl + BaSO₄

0,5

c) Dẫn hỗn hợp CO₂ và CO qua dung dịch nước vôi trong dư, CO₂ bị hấp thụ hết

=> thu được CO

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

0,5

d) Dẫn hỗn hợp CO₂ và HCl qua dung dịch NaHCO₃ dư, HCl bị hấp thụ hết => thu được CO₂

NaHCO₃ + HCl NaCl + CO₂ + H₂O

0,5

6

Cách 1: Cho Al tác dụng với HCl thu được H₂:

2Al + 6HCl 2AlCl₃ + 3H₂

0,25

Cho luồng khí H₂ dư vừa thu được qua hỗn hợp CuO, MgO nung nóng, chất rắn sau phản ứng cho tác dụng với HCl dư (trong điều kiện không có oxi không khí), Cu không tan gạn lọc, rửa sạch, làm khô thu được Cu nguyên chất.

0,5

CuO + H₂ Cu + H₂O

MgO + 2HCl MgCl₂ + H₂O

0,25

Cách 2: Cho HCl đến dư vào hỗn hợp CuO, MgO, dung dịch thu được cho tác dụng với Al dư.

MgO + 2HCl MgCl₂ + H₂O

CuO + 2HCl CuCl₂ + H₂O

2Al dư + 3CuCl₂ 2AlCl₃ + 3Cu

2Al_dư + 6HCl 2AlCl₃ + 3H₂

0,5

Hỗn hợp rắn thu được gồm Al­ dư, Cu. Đem hoà tan chất rắn trong HCl dư, Cu không tan gạn lọc, rửa sạch, làm khô thu được Cu nguyên chất.

2Al_dư + 6HCl 2AlCl₃ + 3H₂

0,5

7

a. Fe + CuSO₄→ FeSO₄ + Cu

0,5

b. Cu + 2Fe₂(SO₄)₃→ CuSO₄ + 2FeSO₄

0,5

c. 2Na + 2H₂O 2NaOH + H₂

3NaOH + AlCl₃ Al(OH)₃ + 3NaCl

Al(OH)₃ + NaOH NaAlO₂ + 2H₂O

0,5

d. Ba + 2H₂O → H₂↑ + Ba(OH)₂

Ba(OH)₂ + CuSO₄ → BaSO₄↓+ Cu(OH)₂↓

0,5

8

;

;

0,25

CO₂ + NaOH → NaHCO₃

0,07 0,08 0,07 (mol)

NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

0,07 0,01 0,01 (mol)

0,5

trong dung dịch sau phản ứng không có Na₂CO₃, có dư BaCl₂.

dung dịch sau phản ứng có dư NaHCO₃, hết Ba(OH)₂.

0,5

BaCl₂ + Na₂CO₃ BaCO₃ + 2NaCl

0,01 0,01 0,01 (mol)

Ba(OH)₂ + NaHCO₃ BaCO₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

0,25a 0,25a 0,25a 0,25a (mol)

BaCl₂ + Na₂CO₃ BaCO₃ + 2NaCl

0,25a 0,25a (mol)

0,5

0,25a + 0,25a = 0,02 – 0,01 a = 0,02

0,25

9

Theo giả thiết:

Bảo toàn nguyên tố H, được

Bảo toàn nguyên tố O, được

0,5

Bảo toàn khối lượng, được

0,5

Gọi số mol FeCl₂ và FeCl₃ lần lượt là x, y mol ( x, y 0)

Bảo toàn nguyên tố Fe và Cl, ta có

0,25

Khi cho AgNO₃ dư sẽ thu được AgCl và Ag

3AgNO₃ + FeCl₂ Fe(NO₃)₃ + Ag + 2AgCl

0,16 0,16 (mol)

0,25

Bảo toàn nguyên tố Cl, được n_AgCl= n_HCl = 0,44 mol

0,25

=> m₂ = 0,44. 143,5 + 0,16. 108= 80,42 gam

0,25

10

Gọi oxit kim loại phải tìm là MO và số mol CuO và MO trong A lần lượt là a và 2a.

Vì CO chỉ khử được những oxit kim loại đứng sau nhôm trong dãy điện hóa nên có 2 khả năng xảy ra:

0,25

* Trường hợp 1: M đứng sau nhôm trong dãy điện hóa

CuO + CO Cu + H₂O

a a (mol)

MO + CO M + H₂O

2a 2a (mol)

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO ↑+ 4H₂O

a a (mol) a (mol)

3M + 8HNO₃ → 3 M(NO₃)₂ + 2NO ↑+ 4H₂O

2a .2a (mol) .2a (mol)

0,25

a = 0,01875

0,25

M là canxi loại vì Ca đứng trước Al

0,25

* Trường hợp 2: M đứng trước nhôm trong dãy điện hóa

CuO + CO Cu + H₂O

a a (mol)

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO ↑+ 4H₂O

a a (mol) a (mol)

MO + 2HNO₃ → M(NO₃)₂ + H₂O

2a 4a (mol)

0,25

⇨ M = 24 M là Mg thỏa mãn.

0,5

⇨ V= . 22,4 = 0,336 lít.

0,25

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1

2 đ

Đặt số proton, notron là P, N

Ta có: (1)

N_R - P_R = 1 => N_R = P_R + 1 (2)

P_X = N_X (3)

2P_R + P_X = 30 => P_X = 30 - 2P_R (4)

Mà M = P + N (5)

Thế (2),(3),(4), (5)vào (1) ta có:

⬄

⬄

⬄P_R = 11 (Na)

Thế P_R vào (4) => P_X = 30 – 22 = 8 ( Oxi)

Vậy CTHH: Na₂O

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Các chất rắn có thể chọn: Fe;FeO;Fe₃O₄;Fe(OH)₂;FeS;FeS₂;FeSO₄

Các pthh :

2Fe + 6H₂SO₄(đặc) Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

2FeO + 4H₂SO₄(đặc) Fe₂(SO₄)₃+SO₂+ 4H₂O

2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄(đặc) 3 Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

2Fe(OH)₂ + 4H₂SO₄(đặc) Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 6H₂O

2FeS + 10H₂SO₄(đặc) Fe₂(SO₄)₃ + 9SO₂ + 10H₂O

2FeS₂ + 14H₂SO₄(đặc) Fe₂(SO₄)₃ + 15SO₂ + 14H₂O

2FeSO₄ + 2H₂SO₄(đặc) Fe₂(SO₄)₃ + SO₂+ 2H₂O

Câu 2

2.1

3 đ

2.2

3 đ

• Cho dung dịch BaCl₂ dư vào dung dịch A, lọc bỏ kết tủa, dung dịch còn lại: NaCl, MgCl₂, BaCl₂ dư, CaCl_2, Ca(HCO₃)₂.

BaCl₂ + MgSO₄ 🡪 BaSO₄ + MgCl₂

Na₂SO₄ + BaCl₂ 🡪 BaSO₄ + 2NaCl

• Cho dung dịch Na₂CO₃ dư vào dung dịch còn lại, lọc bỏ kết tủa, dung dịch còn lại: NaCl, NaHCO₃, Na₂CO₃ dư_.

MgCl₂ + Na₂CO₃ 🡪 MgCO₃ + 2NaCl

BaCl₂ + Na₂CO₃ 🡪 BaCO₃ + 2NaCl

CaCl₂ + Na₂CO₃ 🡪 CaCO₃ + 2NaCl

Ca(HCO₃)₂ + Na₂CO₃ 🡪 CaCO₃ + 2NaHCO₃

• Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch còn lại.
• cô cạn dung dịch thu được NaCl tinh khiết.

NaHCO₃ + HCl 🡪 NaCl + CO₂ + H₂O

Na₂CO₃ + 2HCl 🡪 2NaCl + CO₂ + H₂O

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Cho hỗn hợp hòa tan vào nước được dung dịch B ( chứa 0,4 mol NaCl )

Lọc lấy rắn C gồm 0,1 mol BaCO₃ và 0,1 mol MgCO₃

Na₂CO₃ + BaCl₂ BaCO₃ + 2NaCl

Na₂CO₃ + MgCl₂ MgCO₃ + 2NaCl

Điện phân dung dịch B có màng ngăn đến khi hết khí Cl₂ thì dừng lại thu được dung dịch D (chứa 0,4 mol NaOH) và thu lấy hỗn hợp khí Cl₂ và H₂ vào bình kín tạo điều kiện để phản ứng xảy ra hoàn toàn được khí HCl. Cho nước vào thu được dung dịch E có 0,4 mol HCl.

2NaCl + 2H₂O 2NaOH + H₂ + Cl₂

H₂ + Cl₂ 2HCl

Chia dd E thành 2 phần bằng nhau E₁ và E₂ . Nhiệt phân hoàn toàn rắn C trong bình kín rồi thu lấy khí ta được 0,2 mol CO₂. Chất rắn F còn lại trong bình gồm 0,1 mol BaO và 0,1mol MgO

BaCO₃ BaO + CO₂

MgCO₃ MgO + CO₂

Cho CO₂ sục vào dd D để phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi đun cạn dd sau phản ứng ta thu được 0,2 mol Na₂CO₃

2NaOH + CO₂ Na₂CO₃ + H₂O

Hòa tan rắn F vào nước dư, lọc lấy phần không tan là 0,1 mol MgO và dd sau khi lọc bỏ MgO chứa 0,1 mol Ba(OH)₂

Cho MgO tan hoàn toàn vào E1 rồi đun cạn dd sau phản ứng ta thu được 0,1 mol MgCl₂

MgO + 2HCl MgCl₂ + H₂O

Cho dd Ba(OH)₂ tác dụng với E₂ rồi đun cạn dd sau phản ứng được 0,1 mol BaCl₂

BaO + H₂O Ba(OH)₂

Ba(OH)₂ + 2HCl BaCl₂ + 2H₂O

a. n_HCl = 0,3 x 1 = 0,3 mol

= 0,075 x 1 = 0,075 mol

AHCO₃ + HCl 🡪 ACl + CO₂ + H₂O

x x (mol)

A₂CO₃ + 2HCl 🡪 2ACl + CO₂ + H₂O

y 2y (mol)

Ca(OH)₂ + 2HCl 🡪 CaCl₂ + 2H₂O

0,075 0,15 (mol)

Ta có: x + 2y = 0,15

Với 0 < y < 0,075

Mặt khác: Ax + 61x + 2Ay +60y = 13,45

⬄ A ( 0,15 – 2y) + 61 ( 0,15 – 2y ) + 2Ay +60y = 13,45

⬄ 0,15A - 2Ay + 9,15 - 122y + 2Ay + 60y = 13,45

⬄ 0,15A - 4,3 = 62y

⬄ y =

Với y > 0 => >0

• A > 28,7 (1)

Với y < 0,075 => < 0,075

• A< 59,7 (2)

Từ (1) và (2) : 28,7 < A < 59,7

Vậy A là Kali => CTHH: KHCO₃, K₂CO₃

b. Ta có hệ phương trình

100x + 138y = 13,45

x + 2y = 0,15

x = 0,1

⬄

y = 0,025

m_KHCO = 0,1 x 100 = 10 (g)

m_KCO= 0,025 x 138 = 3,45 (g)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Câu 3

3.1

2 đ

a. n_Pb(NO3)2 =0,2 mol

- Vì khí B có mùi trứng thối khi tác dụng với dd Pb(NO₃)₂ tạo kết tủa đen => B là H₂S

- Gọi CTTQ của muối halogenua kim loại kiềm là RX

- PTHH 8RX + 5H₂SO_{4 đặc} → 4R₂SO₄ + H₂S↑ + 4X₂ + 4H₂O (1)

1,6 1,0 0,8 0,2 0,8

(có thể HS viết 2 phương trình liên tiếp cũng được)

- Khi B tác dụng với dd Pb(NO₃)₂

H₂S + Pb(NO₃)₂ → PbS↓ + 2HNO₃ (2)

0,2 0,2

- Theo (1) ta có:

b. Sản phẩm gồm có: R₂SO₄, X₂, H₂S => chất rắn T có R₂SO₄ và X₂, nung T đến khối lượng không đổi =>

- Theo (1) . Vậy X là iôt(I)

- Ta có: R là kali (K)

- Vậy CTPT muối halogenua là KI

c. Tìm x:

- Theo (1)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

3.2

3 đ

a. Theo giả thuyết ta có:

⬄ 1,173 x M + 6,1415 xy = yM (1)

Mặt khác ta có:

⬄ 1,352x M + 2,816 xy = yM (2)

Từ (1) và (2) ⇒ M = 18,6 y

Vậy M là sắt (Fe)

Thay M, y vào (1) ta được x = 2

Công thức hóa học 2 muối là FeCl₂ và FeCl₃

Công thức hóa học 2 oxit là FeO và Fe₂O₃

b. Fe + 2 FeCl₃ → 3 FeCl₂ 2 Fe + 6 H₂SO_{4 đ} Fe₂(SO₄)₃ + 3 SO₂ + 6 H₂O

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Câu 4

3 đ

a. n_A = (mol)

t⁰

C_xH_y + ()O₂ xCO₂ +

0,1 0,1x 0,05y (mol)

- Trường hợp 1: Chỉ tạo 1 muối CaCO₃

CO₂ + Ca(OH)₂ CaCO₃ + H₂O

0,1 0,1 0,1 (mol)

m_HO = 18,6 – 0,1 x 44 =14,2(g)

ta có hệ phương trình:

0,1x = 0,1

0,05y = 0,79

x = 1

⬄

y = 15,8 (loại)

• Trường hợp 2: Tạo 2 muối CaCO₃, Ca(HCO₃)₂

CO₂ + Ca(OH)₂ CaCO₃ + H₂O

0,1 0,1 0,1 (mol)

2CO₂ + Ca(OH)₂ Ca(HCO₃)₂

0,2 0,1 (mol)

=> m_HO = 18,6 – 0,3 x 44 = 5,4 (g)

Ta có hệ phương trình:

0,1x = 0,3

0,05y =

x = 3

⬄

y = 6

vậy công thức phân tử của A: C₃H₆

b. Công thức cấu tạo có thể có của A:

CH₂ = CH –CH₃

CH₂ CH₂

C H₂

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

Gọi công thức tổng quát của B là C_xH_yO_z (x, y, z Є N^*)

; ;

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

=>

=> x:y:z = n_C: n_H: n_O = 0,2: 0,6: 0,1 = 2:6:1

=> Công thức thực nghiệm (C₂H₆O)_n => 6n ≤ 2.2n + 2 => n ≤ 1 => n = 1

=> B có công thức phân tử: C₂H₆O

Do B là sản phẩm của phản ứng thuỷ phân nên B có CTCT: CH₃CH₂OH

Gọi công thức tổng quát của D là C_aH_bO_c (a, b, c Є N^*)

; ;

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

=>

=> a:b:c = n_C: n_H: n_O = 0,6: 1,2: 0,6 = 1:2:1

=> Công thức thực nghiệm (CH₂O)_k

Gọi công thức tổng quát của A là C_mH_nO_p (m, n, p Є N^*)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

=>

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố:

m_C(A) = m_C(B) + m_C(D) = 0,2.12 +0,6.12 = 9,6(g) => n_C = 0,8 (mol)

m_H(A) = m_H(B) + m_H(D) - = 0,6 + 1,2 - 2.0,2= 1,4(g) => n_H = 1,4 (mol)

m_O(A) = 19 – m_C(A) + m_H(A) = 19 - 0,8.12 - 1,4= 8(g) => n_O = 0,5 (mol)

• m:n:p = n_C : n_H : n_O = 0,8 : 1,4 : 0,5 = 8 : 14 : 5
• Do A có Công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất

CTPT A: C₈H₁₄O₅

• n_A = 0,1 (mol); n_B = 0,1 (mol)
• =>
• A có 2 nhóm chức este, khi thuỷ phân cho 1 phân tử C₂H₅OH

D có 2 loại nhóm chức và có công thức thực nghiệm (CH₂O)_k và D là sản phẩm của phản ứng thuỷ phân => k= 3 => D có công thức phân tử C₃H₆O₃

Hs viết được CTCT của các chất.

(0,25đ)

(0,25đ)

Câu 5

4 đ

Gọi công thức tổng quát của oxit sắt là F_xO_y ( x, y N^*)

PTHH: 4FeCO₃ + O₂ 2Fe₂O₃ + 4CO₂ (1)

2F_xO_y + O₂ xFe₂O₃ (2)

Cho CO₂ vào dung dịch Ba(OH)₂

PTHH: CO₂ + Ba(OH)₂ BaCO₃ (3)

Có thể: 2CO₂ + Ba(OH)₂ Ba(HCO₃)₂ (4)

Trường hợp 1: Xảy ra các phản ứng 1, 2, 3

Theo PT(1), (3):

Theo (1):

Theo PT(2):

Theo bài ra: m_{hỗn hợp} =

Trường hợp 2: Xảy ra các phản ứng 1, 2, 3, 4

Theo PT (3):

Theo PT(1), (3):

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(02,5đ)

(0,25đ)

Theo (1):

Theo PT(2):

Theo bài ra: m_{hỗn hợp} =

Vậy công thức oxit sắt là Fe₃O₄ ( sắt từ oxit)

Cho 9,28 gam hỗn hợp A vào dung dịch HCl dư.

FeCO₃ + 2HCl FeCl₂ + CO₂ + H₂O (5)

0,04 0,04

Fe₃O₄ + 8HCl FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O (6)

0,02 0,02 0,04

Dung dịch B gồm: FeCl₂ 0,06 mol; FeCl₃ 0,04 mol; HCl dư

Cho khí Cl₂ = 0,02 (mol) vào dung dịch B

2FeCl₂ + Cl₂ 2FeCl₃ (7)

0,04 0,02 0,04 (mol)

Dung dịch D có chứa: ;

2FeCl₃ + Cu CuCl₂ + 2FeCl₂ (8)

0,08 0,04 (mol)

=> m_Cu = 0,04.64 = 2,56 gam

a) ⇒ Cu + 2H₂SO_{4 đặc} CuSO₄ + SO₂↑ + 2H₂O

b) ⇒ Na₂SO₃ + H₂SO₄ Na₂SO₄ + SO₂↑ + H₂O

c) ⇒ S + 2H₂SO_{4 đặc} 3SO₂↑ + 2H₂O

d)⇒ 2NaHSO₃ + H₂SO₄ Na₂SO₄ + 2SO₂↑ + H₂O

Chú ý: Học sinh chọn chất khác và viết phương trình hóa học đúng, cho điểm tối đa tương ứng.

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(1) (2) (3)

Sự phân hủy nước.

Lắp thiết bị phân hủy nước như hình (1). Khi cho dòng điện một chiều đi qua nước (đã có pha thêm một ít dung dịch axit sunfuric để làm tăng độ dẫn điện của nước), trên bề mặt hai điện cực (Pt) xuất hiện bọt khí. Các khí này tích tụ trong hai đầu ống nghiệm thu A và B. Đốt khí trong A, nó cháy kèm theo tiếng nổ nhỏ, đó là H₂. Khí trong B làm cho tàn đóm đỏ bùng cháy, đó là khí oxi.

Sự tổng hợp nước:

Cho nước vào đầy ống thủy tinh hình trụ. Cho vào ống lần lượt 2 thể tích khí hiđro và 2 thể tích khí oxi. Mực nước trong ống ở vạch số 4 (hình (2)). Đốt bằng tia lửa điện hỗn hợp hi đro và oxi sẽ nổ. Mức nước trong ống dâng lên. Khi nhiệt độ trong ống bằng nhiệt độ bên ngoài thì mực nước dừng lại ở vạch chia số 1 (Hình (3)), khí còn lại làm tàn đóm bùng cháy đó là oxi.

Xác định thành phần định lượng của H₂O

Từ các dữ kiện thí nghiệm trên ta có phương trình hóa học tạo thành H₂O

2H₂ + O₂ → 2H₂O

Do tỉ lệ về thể tích bằng tỉ lệ về số mol nên ta có

n_H2:n_O2 = 2:1 → m_H2:m_O2 = 4:32 = 1:8. Vậy phần trăm khối lượng mỗi nguyên tố trong nước là

%H = → %O = 100%-%H = 88,9%

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1

(2điểm)

Câu 2

(2điểm)

Câu 3

(2điểm)

Câu 4

(2điểm)

Câu 5

(2điểm)

Câu 6

(2điểm)

Câu 7

(2điểm)

Câu 8

(2điểm)

Câu 9

(2điểm)

Câu10

(2điểm)

1. Cu + 2H₂SO_4(đ) CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

2. CuSO₄ + BaCl₂ CuCl₂ + BaSO₄

3. CuCl₂ + 2AgNO₃ Cu(NO₃)₂ + 2AgCl

4. Cu(NO₃)₂ + Fe Cu + Fe(NO₃)₂

5. Fe(NO₃)₂ + 2NaOH Fe(OH)₂ + 2NaNO₃

6. 4Fe(OH)₂ + O₂ 2Fe₂O₃ + 4H₂O

7. Fe₂O₃ + 2Al 2Fe + Al₂O₃

8. 2Al₂O₃ 4Al + 3O₂

9. 2Al + 2NaOH + 2H₂O 2NaAlO₂ + 3H₂

10. NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O Al(OH)₃ + NaHCO₃

0,2đ

0,2đ

0,2đ

0,2đ

0,2đ

0,2đ

0,2đ

0,2đ

0,2đ

0,2đ

1. Gọi hóa trị của kim loại M trong phản ứng là n ( 1 n 3)

PTHH: 2M + nH₂SO₄ M₂(SO₄)_n + nH₂

Gọi số mol của M là x

Theo PTHH : n_H = (mol)

Vì dùng dư 20% so với lượng phản ứng

Khối lượng dung dịch H₂SO₄ đã dùng là:

Theo định luật bào toản khối lượng:

m_{dung dịch sau phản ứng} = m_{kim loại} + m_{dung dịch axit} – m_hidro = M.x + 294nx - = M.x +293nx (gam)

Theo PTHH: n_muối = n_M = x (mol)

m_muối = x.(2M + 96.n)= M.x + 48.n.x (g)

Theo bài ra ta có: .100% = 23,68%

M = 28n.

Vậy kim loại hóa trị II khối lượng mol = 56 là sắt (Fe)

.....................................................................................................

2.

Ta có: = 21. 2 = 42(g/mol)

n_A= = 0,05(mol)

Gọi công thức trung bình của hỗn hợp A là: C₃H_y

PTHH: C₃H_y + (3+ )O₂ 3CO₂ + H₂O

Theo PTHH : n_CO= 3n_CH= 3.0,05 = 0,15(mol)

n_HO = . n_CH= . 0,05 = 0,025y(mol)

Vì = 42 12.3 + y = 42 y = 6

Độ tăng khối lượng của bình nước vôi trong bằng tổng khối lượng CO₂ và H₂O

m = (44. 0,15) + (18. 0,025.6) = 9,3(g)

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,25đ

0,125đ

0,125đ

0,25đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,25đ

1. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp vào nước, lọc thu được dung dịch Na₂CO₃ và hỗn hợp chất rắn gồm BaCO₃ và MgCO₃ . Cho dung dịch Na₂CO₃ tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, sau đó cô cạn dung dịch rồi điện phân nóng chảy thu được Na PTHH: Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂↑ + H₂O

2NaCl 2Na + Cl₂

- Hòa tan hỗn hợp rắn gồm BaCO₃ và MgCO₃ trong dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch chứa MgCl₂ và BaCl₂ PTHH: BaCO₃ + 2HCl → BaCl₂ + CO₂↑ + H₂O

MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + CO₂↑ + H₂O

- Thêm dung dịch Ba(OH)₂ dư vào dung dịch sau phản ứng, lọc thu được kết tủa Mg(OH)₂ PTHH: MgCl₂ + Ba(OH)₂ → BaCl₂ + Mg(OH)₂↓

- Lọc kết tủa hòa tan vào dung dịch HCl, cô cạn dung dịch thu được muối khan MgCl₂ rồi điện phân nóng chảy thu được kim loại Mg. PTHH: Mg(OH)₂ + 2HCl → MgCl₂ + 2H₂O

MgCl₂ Mg + Cl₂

- Cho dung dịch còn lại sau khi lọc kết tủa Mg(OH)₂ tác dụng với HCl vừa đủ. Cộ cạn ta được muối khan BaCl₂ rồi điện phân nóng chảy thu được Ba. PTHH: Ba(OH)₂ + 2HCl → BaCl₂ + 2H₂O

BaCl₂ Ba + Cl₂

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

1. Trích mỗi chất ra một ít làm các mẫu thử.

Cho quỳ tím vào từng mẫu thử, mẫu thử nào làm quỳ tím chuyển màu đỏ là axit axetic, các mẫu thử còn lại không có hiện tượng.

Cho dung dịch AgNO₃ (trong dung dịch NH₃) vào các mẫu thử còn lại rồi đun nhẹ mẫu thử nào xuất hiện chất rắn màu sáng bạc là dung dịch glucozo

PTHH: C₆H₁₂O₆ + Ag₂O C₆H₁₂O₇ + 2Ag

Cho 3 mầu thử còn lại vào dung dịch NaOH có sẵn dung dịch phenolphtalein( có màu hồng) mẫu thử nào làm mất màu hồng là etyl axetat

PTHH: CH₃COOC₂H₅ + NaOH CH₃COONa + C₂H₅OH

Cho kim loại Na vào hai mẫu thử còn lại mẫu nào xuất hiện chất khí không màu là C₂H₅OH, mẫu không có hiện tượng là C₆H₆

PTHH: 2C₂H₅OH + 2Na 2C₂H₅ONa + H₂

2. .................................................................................................

Cho Na vào các dung dịch đều có khí không màu thoát ra.

PTHH: 2Na + 2H₂O 2NaOH + H₂

** Kèm theo:

+ Với dung dịch FeCl₃: Có chất kết tủa màu đỏ nâu tạo thành

PTHH: 3NaOH + FeCl₃ Fe(OH)₃ + 3NaOH

+ Với dd NH₄NO₃: Có khí mùi khai bay ra

PTHH: NaOH + NH₄NO₃ NH₃ + H₂O + NaNO₃

+ Với dd AlCl₃: Có chất keo trắng tạo thành, sau đó tan ra một phần

PTHH: 3NaOH + AlCl₃ Al(OH)₃ + 3NaCl

NaOH + Al(OH)₃ NaAlO₂ + 2H₂O

+ Với dung dịch AgNO₃: Xuất hiện kết tủa trắng, sau đó bị hóa đen

PTHH: NaOH + AgNO₃ AgOH + NaNO₃

2AgOH Ag₂O + H₂O

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,125đ

0,125đ

0,25đ

0,25đ

a. Gọi x là số mol Cu đã phản ứng

PTHH: Cu + 2AgNO₃ Cu(NO₃)₂ + 2Ag (1)

x mol 2x mol x mol 2x mol

Theo bài ra ta có: x = = 0,1(mol)

PTHH : Pb + Cu(NO₃)₂ Pb(NO₃)₂ + Cu (2)

0,1mol 0,1mol 0,1mol 0,1mol

Theo PTHH(2) độ giảm khối lượng của kim loại là:

(207- 64).0,1 = 14,3( g) > 80- 67,05= 12,95(g)

Trong dung dịch A vẫn còn AgNO₃ dư phản ứng với Pb

Gọi y là số mol Pb đã phản ứng với AgNO₃ dư

PTHH: Pb + 2AgNO₃ Pb(NO₃)₂ + 2Ag (3)

y mol 2y mol y mol 2y mol

Theo PTHH(3) độ tăng khối lượng của kim loại là:

( 216- 207).y = 14,3 - 12,95 = 1,35 y = 0,15(mol)

Từ PTHH (1) và (2) ta có số mol AgNO₃ có trong dung dịch là:

n_AgNO= 2.0,1 + 2.0,15 = 0,5(mol)

C_{M(dd AgNO)} = = 2,5M

b. Theo PTHH (2) và (3) ta có:

n_Pb(NO)= 0,1 + 0,15 =0,25(mol)

PTHH:

R + Pb(NO₃)₂ R(NO₃)₂ + Pb (4)

mol 0,025 0,025 0,025 0,025

Theo PTHH (4) độ tăng khối lượng của kim loại là:

(207 - R).0,025 = 44,575 - 40 = 4,575 R = 24

Vậy kim loại R là Mg

0,125đ

0,25đ

0,125đ

0,25đ

0,125đ

0,25đ

0,25đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của C₂H₂, C₃H₆ và CH₄ trong 11g hỗn hợp X.

⇒ 26a + 42b + 16c = 11 (*)

PTHH: 2C₂H₂ + 5O₂ 4CO₂ + 2H₂O (1)

a 2a a

2C₃H₆ + 9O₂ 6CO₂ + 6H₂O (2)

b 3b 3b

CH₄ + 2O₂ CO₂ + 2H₂O (3)

c c 2c

Theo PTHH(1),(2),(3) và bài ra ta có:

(**)

Giả sử số mol của C₂H₂, C₃H₆ và CH₄ có trong 11,2 lít hỗn hợp X lần lượt là ka, kb, kc.

Ta có: (mol)

PTHH: C₂H₂ + 2Br₂ C₂H₂Br₄ (4)

ka 2ka

C₃H₆ + Br₂ C₃H₆Br₂ (5)

kb kb

⇒ Theo PTHH (4), (5) và theo bài ra ta có:

Lấy (2’): (1’) ta được:

⇒ 0,75a – 0,25b – 1,25c = 0 (***)

Từ (*), (**), (***) ⇒ a = 0,2 và b = c = 0,1

Thế vào (1’) ⇒ k = 1,25

⇒Số mol mỗi khí trong 0,5 mol hỗn hợp X là:

n_CH = ka = 1,25. 0,2 = 0,25 (mol)

n_CH = n_CH= 1,25. 0,1= 0,125 (mol)

⇒ %

%V_CH = % V_CH= . 100% = 25%

0,125đ

0,5đ

0,125đ

0,125đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,125đ

0,25đ

- Khi cho phần 1 vào dd HCl mà HCl dư hoặc vùa đủ thì khi tăng lượng axit vào phần 2 khối lượng muối tạo ra phải không đổi( điều này trái giả thiết) ở TN1 kim loại dư và axit thiếu.

- Nếu toàn bộ lượng axit ở TN 2 phản ứng hết thì khối lượng muối là : m_muối = .800 = 37,2(g) > 32,35(g)

ở TN 2 HCl dư và kim loại hết.

PTHH: 2Al + 6HCl 2AlCl₃ + 3H₂ (1)

Mg + 2HCl MgCl₂ + H₂ (2)

Ở TN 2: Độ chênh lệch khối lượng giữa muối và kim loại bằng khối lượng của clo trong HCl( Phản ứng)

m_Cl = 32,35 - 7,5 = 24,85(g)

n_Cl = n_HCl = = 0,7(mol)

Số mol HCl ở TN1 là: n_HCl(TN1) = . 0,7 = 0,6(mol)

C_{M(dd HCl)} = x = = 1M

Goi x, y lần lượt là số mol Al và Mg có trong mỗi phần.

Theo bài ra và PTHH (1), (2) ta có hệ phương trình:

% Al = .100% = 36%

% Mg = 100% - 36% = 64%

0,25đ

0.25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

1. PTHH:

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O nC₆H₁₂O₆ (1)

C₆H₁₂O₆ 2C₂H₅OH + 2CO₂ (2)

Khối lượng C₂H₅OH có trong 1000 lit rượu etyic 90⁰

.90.0,8 = 720.000 (g) = 720(kg)

Theo PTHH(1), (2) khối lượng xenlulozo phản ứng là:

m_(CHO) = (kg)

Khối lượng vỏ bào, mùn cưa cần dùng là:

= 3380,87 (kg)

.....................................................................................................

2. PTHH: CuO + CO Cu + CO₂ (1)

MnO + CO Mn + CO₂ (2)

Ta có khối lượng chất rắn giảm đi chính bằng lượng oxi có trong oxit (tham gia phản ứng).

Theo PTHH (1),(2) ta có số mol oxi thong oxit bị khử bằng số mol CO₂ = (mol) (*)

Vì dung dịch Z tác dụng với dd NaOH nên có chứa Ca(HCO­₃)₂

PTHH: CO₂ + Ca(OH)₂ CaCO₃ + H₂O (3)

2CO₂ + Ca(OH)₂ Ca(HCO₃)₂ (4)

Ca(HCO₃)₂ + 2NaOH CaCO₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O (5)

Ta có : n_CaCO = ; n_NaOH = c.V(mol)

Theo PTHH (3) : n_CO= n_CaCO = (mol)

Theo PTHH(4) và (5) : n_CO= n_NaOH = c.V(mol)

n_CO tạo thành ở (1) là: + c.V(mol) (**)

Từ (*) và (**) ta có: = + c.V

V =

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,125đ

0,125đ

0,25đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

Hỗn hợp Z có thể là 1 axit R₁COOH và 1 este R₂COOR hoặc gồm 2 este có công thức trung bình là COOR

PTHH: R₁COOH + NaOH R₁COONa + H₂O (1)

R₂COOR + NaOH R₂COONa + ROH (2)

Hoặc: COOR + NaOH COONa + ROH (3)

- Nếu hỗn hợp Z là 1 axit và 1 este thì theo PTHH (1); (2) :

n_rượu < n_NaOH

- Nếu hỗn hợp Z là 2 este thì theo PTHH (3) :

n_rượu = n_NaOH

PTHH: 2ROH + 2Na 2RONa + H₂ (4)

Theo PTHH (4) : n_ROH = 2n_H = 2. = 0,1(mol)

n_NaOH = = 0,1(mol) n_ROH = n_NaOH Z gồm 2 este

Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng cháy ta có:

m_CO=m_Z + m_O- m_HO =15,42 +32. - 11,34 = 34,32(g)

m_C = = 9,36(g)

m_H = = 1,26(g)

m_O = 15,42 - 9,36 - 1,26 = 4,8(g)

Ta có: n_Z = n_{O (trong Z)} = = 0,15(mol)

n_Z trong 5,14 gam là: = 0,05(mol)

Theo PTHH (3) : n_Z = n_NaOH = nCOONa = n_ROH = 0,05(mol)

MCOONa = = 84,8(g/mol) = 17,8

Ta có : R₁ < 17,8 < R₂ (Trong đó R₁; R₂ chỉ chứa C và H; R₂ = R₁ + 14). R₁ : CH₃ ; R₂ : C₂H₅

Vậy 2 muối là CH₃COONa và C₂H₅COONa

Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng (3) ta có:

m_ROH = 5,14 + 0,05. 40 - 4,24 = 2,9(g)

M_ROH = = 58(g/mol) R là C₃H₅

Các este là: CH₃COOC₃H₅ và C₂H₅COOC₃H₅

0,125đ

0,25đ

0.25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,125đ

1. CO được sinh ra trong lò khí than, đặc biệt là khi ủ bếp than (do bếp không đủ oxi cho than cháy, do đóng kín cửa). Khi nồng độ CO sinh ra quá mức cho phép, khí CO kết hợp với hemoglobin trong máu ngăn không cho máu nhận oxi và cung cấp oxi cho các tế bào. Do đó có thể gây tử vong cho con người.

PTHH: C + O₂ CO₂

Khi thiếu khí oxi CO₂ sẽ tiếp tục phản ứng với than cháy sinh ra khí CO.

PTHH: CO₂ + C 2CO

.....................................................................................................

2.

1. NaCl: Muối ăn và dùng điều chế Cl_2; NaOH; HCl...

2. KCl : Dùng làm phân bón hóa học( phân kali)...

3. Na₂CO₃ : soda( dùng sản xuất xà phòng; nước giải khát...)

4. NaHCO₃ : Thuốc tiêu muối (dùng trong y học)

5. NaOH : Dùng trong công nghiệp tổng hợp chất hữu cơ...

6. KNO₃ : Diêm tiêu dùng sản xuất pháo và thuốc nổ, phân bón...

7. KClO₃ : dùng sản xuất pháo và thuốc nổ....

8. NaClO₃ : Nước Gia-ven dùng để sát trùng và tẩy trắng....

0,5đ

0,5đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGỌC LẶC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC

ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn: Hóa học

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

Ngày 17 tháng 01 năm 2019

(Đề có 02 trang, gồm 10 câu)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGỌC LẶC

HƯỚNG DẪN CHẤM

KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC

ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn: Hóa học

Ngày 17 tháng 01 năm 2019

(Hướng dẫn chấm có 06 trang, gồm 10 câu)

Câu

Hướng dẫn chấm

Điểm

1

(2,0đ)

1. X: SO₂, Y: H­₂S, Z : O₂, T: NH₃

Các chất A, B, C, D, E có công thức lần lượt là:

NaHSO₄, Na₂SO₃ hoặc NaHSO₃, Na₂S, Na₂O₂, Na₃N

PTHH: ........

2.

TH1: - Chất tan A là dung dịch kiềm: NaOH; KOH; Ba(OH)₂… thì B là

Fe₃O₄.

Ví dụ: 2NaOH + Al₂O₃ 2 NaAlO₂ + H₂O

2NaOH + SiO₂ Na₂SiO₃ + H₂O

TH2: - Chất tan A là dung dịch axit: HCl; H₂SO₄… thì B là SiO₂.

Ví dụ: 6 HCl +Al₂O₃ 2AlCl₃ + 3H₂O

8HCl + Fe₃O₄ FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4 H₂O

0,5

PTHH viết đúng 0,5 điểm

0,5

0,5

2

(2,0đ)

1. Trích mẫu thử, đánh số thứ tự và tiến hành thí nghiệm.

Cho lần lượt các mẫu thử tác dụng với nhau, quan sát hiện tượng.

Ta có bảng thí nghiệm:

Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 1 => HCl

Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 1 => NaOH

Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 2 => Ba(OH)₂

Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 2 và 1 => K₂CO₃

Mẫu thử nào cho kết quả ứng với 3 => MgSO₄

Các PTHH:

2HCl + K₂CO₃ 🡪 2KCl + H₂O + CO₂↑

2NaOH + MgSO₄ 🡪 Na₂SO₄ + Mg(OH)₂

Ba(OH)₂ + K₂CO₃ 🡪 BaCO₃ + 2KOH

Ba(OH)₂ + MgSO₄ 🡪 Mg(OH)₂ + BaSO₄

K₂CO₃ + MgSO₄ 🡪 MgCO₃ + K₂SO₄

2. 2H₂O 2H₂ + O₂

4FeS₂ + 11O₂ 2Fe₂O₃ + 8SO₂

2SO₂ + O₂ 2SO₃

SO₃ + H₂O → H₂SO₄

2H₂SO₄ + Ca₃(PO₄)₂ → Ca(H₂PO₄)₂ + 2CaSO₄

3H₂SO₄ + Ca₃(PO₄)₂ → 3CaSO₄ + 2H₃PO₄

Ca₃(PO₄)₂ + 4H₃PO₄ → 3Ca(H₂PO₄)₂

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Nhận biết đúng 1,0 điểm

Mỗi PTHH cho 0,125 điểm

3

(2,0đ)

CaCO₃ CaO + CO₂

CaO + 3C → CaC₂ + CO

CaC₂ + H₂O → C₂H₂ + Ca(OH)₂

Điều chế PVC

C₂H₂ + HCl C₂H₃Cl

CH₂=CHCl → (-CH₂-CHCl-)_n

Điều chế PoliPropilen

2C₂H₂ ^{CuCl,NH4Cl,85c} C₄H₄

C₄H₄ + 3H₂ C₄H₁₀

C₄H₁₀ CH₄ + C₃H₆

nCH₂ =CH-CH₃ (-CH₂- CH - )_n

CH₃

Điều chế CH₂=CH – COOH

CH₂ =CH-CH₃ + Cl₂ CH₂ =CH-CH₂Cl + HCl

CH₂ =CH-CH₂Cl + NaOH → CH₂ =CH-CH₂OH + NaCl

CH₂ =CH-CH₂OH + O₂ → CH₂ =CH-COOH + H₂O

Điều chế CH₂OH-CHOH – CH₂OH

CH₂ =CH-CH₂Cl + Cl₂ → CH₂Cl-CHCl – CH₂Cl

CH₂Cl-CHCl – CH₂Cl +3 NaOH → CH₂OH-CHOH – CH₂OH + 3 NaCl

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

4

(2,0đ)

1. C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O 2C₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆ 2C₂H₅OH + 2CO₂

C₂H₅OH + O₂ CH₃COOH + H₂O

2CH₃COOH + 2Na 2CH₃COONa + H₂

CH₃COONa + NaOH CH₄ + Na₂CO₃

2CH₄ C₂H₂ + 3H₂

3C₂H₂ C₆H₆

C₆H₆ + Br₂ C₆H₅Br + HBr

2. Hỗn hợp thứ nhất:

- Có kết tủa trắng xuất hiện và tăng dần.

- Phương trình phản hoá học:

SO₂ + Ca(OH)₂ → CaSO₃ + H₂O

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Hỗn hợp thứ hai:

- Màu vàng cam của dung dịch Br₂ nhạt dần.

- Phương trình phản hoá học:

SO₂ + Br₂ → H₂SO₄ + 2HBr

C₂H₂ + 2Br₂ → C₂H₂Br₄

Hỗn hợp thứ ba:

- Thấy xuất hiện ngọn lửa màu xanh và toả nhiệt mạnh

- Phương trình phản hoá học:

CH₄ + 2O₂ → CO₂ + 2H₂O

2C₂H₂ + 5O₂ → 4CO₂ + 2H₂O

viết đúng mỗi PTHH cho 0,125

điểm

0,5

0,25

0,25

5

(2,0đ)

1. Ở 0⁰C, S_NaCl = 35g → C%_NaCl =

Ở 90⁰C, S_NaCl = 50g Ở 0⁰C → C%_NaCl =

Trong 300 g dd NaCl bão hòa ở 90⁰C có:

→

Khi hòa tan thêm NaCl và hạ nhiệt độ của dd thì khối lượng nước không thay đổi.

Ở 0⁰C, 200 g nước hòa tan được:

→ m_NaCl tách ra = (100 + 20) – 70 = 50 (g)

2. Trong 200 g dd CuSO₄ 20% có:

→

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

6

(2,0đ)

1. Dựa vào dữ kiện của đề tìm ra A₁ là (NH₂)₂CO (ure)

Các chất còn lại lần lượt là: A₂ : (NH₄)₂CO₃; A₃ : CO₂; A₄: NH₃.

Các phương trình hóa học:

(NH₂)₂CO + 2H₂O 🡪 (NH₄)₂CO₃

(NH₄)₂CO₃ + H₂SO₄ 🡪 (NH₄)₂SO₄ + H₂O + CO₂.

(NH₄)₂CO₃ + 2NaOH 🡪 2NH₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

2. a. Chất thích hợp để làm khô khí CO₂ có thể là: P₂O₅; H₂SO₄đặc.

b. Chất thích hợp để làm khô khí NH₃ có thể là: CaO.

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

7

(2,0đ)

1. Cho hỗn hợp X vào n­ước d­ư, lọc thu lấy hỗn hợp A gồm CuO, Fe₂O₃ và ddB

Dẫn H₂ d­ư, nung nóng qua hỗn hợp A ta thu lấy Cu và Fe

H₂ + CuO Cu + H₂O

3H₂ + Fe₂O₃ 2Fe + 3H₂O.

Hoà hỗn hợp vào dung dịch HCl d­ư, lọc thu lấy Cu và ddC

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Nhỏ dung dịch NaOH dư­ vào dung dịch C, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi, dẫn H₂ d­ư qua nung nóng. Sau phản ứng hoàn toàn thu được Fe

FeCl₂ + 2NaOH → 2NaCl + Fe(OH)₂

2Fe(OH)₂ + 1/2O₂ Fe₂O₃ + 2H₂O

Fe₂O₃ + 3H₂ 2Fe + 3H₂O

Cho Na₂CO₃ d­ư vào ddB:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Na + H₂O → NaOH + 1/2H₂

Na₂CO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + 2NaOH

Lọc thu lấy kết tủa và ddD, cho kết tủa vào dd HCl dư­; cô cạn lấy BaCl₂; đpnc thu lấy Ba

BaCO₃ + 2HCl → BaCl₂ + H₂O + CO₂

BaCl₂ Ba + Cl₂

Cho dung dịch HCl dư­ vào ddD, cô cạn thu lấy NaCl, đpnc thu lấy Na

NaOH + HCl NaCl + H₂O

Na₂CO₃ + 2HCl 2NaCl + H₂O + CO₂

2NaCl 2Na + Cl₂

2. - Khi thu hồi thủy ngân rơi vãi người ta thường sử dụng bột lưu huỳnh rắc lên những chỗ có thủy ngân, vì S có thể tác dụng với thủy ngân tạo thành HgS dạng rắn và không bay hơi. Quá trình thu gom thủy ngân cũng đơn giản hơn.

                               Hg +  S  →  HgS

-   Khi vô tình làm vỡ nhiệt kế thủy ngân trong phòng thí nghiệm, cần rắc ngay bột lưu huỳnh bao phủ tất cả các mảnh vỡ. Sau đó dùng chổi quét sạch, gói vào giấy và cho vào thùng rác.

0,125

0,125

0,125

0,125

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

8

(2,0đ)

Gọi n CuO = a(mol) => nRO = 2a(mol)

m_dd HNO₃ = 86,9565 . 1,15 = 100 (g)

mHNO₃ = (100 . 25,2):100 = 25,2 (g)

nHNO₃ = 25,2 : 98 = 0,4 (mol)

Trường hợp 1: RO, CuO đều phản ứng:

RO + CO R + CO₂

2a(mol) 2a(mol) 2a(mol)

CuO + CO Cu + CO₂

a(mol) a(mol) a(mol)

3R + 8 HNO₃ 3R(NO₃)₂ + 4H₂O + 2NO

2a(mol) (mol) (mol)

3Cu + 8 HNO₃ 3Cu(NO₃)₂ + 4H₂O + 2NO

a(mol) (mol) (mol)

nHNO₃ = + = 0,4 => a = nCuO = 0,05 (mol)

=>nRO = 2.0,05 = 0,1(mol)=>mRO = 9,6 - 0,05 . 80 = 5,6 (g)

=>M_RO = 5,6 : 0,1 = 56(g/mol) =>M_R=56=16=40(g/mol)=>R=40

=> CaO (loại) vì CaO không tác dụng CO

Trường hợp 2: RO không phản ứng, CuO phản ứng:

CuO + CO Cu + CO₂

a(mol) a(mol) a(mol)

RO + 2 HNO₃ R(NO₃)₂ + H₂O

2a(mol) 4a(mol)

3Cu + 8 HNO₃ 3Cu(NO₃)₂ + 4H₂O + 2NO

a(mol) (mol) (mol)

nHNO₃= 4a + = 0,4 => a = nCuO=0,06 (mol) =>n_RO = 2.0,06 = 0,12 (mol)

m_RO= 9,6 - 0,06 . 80 = 4,8 (g)

=>M_RO = 4,8 : 0,12 = 40 (g/mol) =>M_R= 40 - 16 = 24 (g/mol) =>R =24=> MgO (đúng) vì MgO không tác dụng CO

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

9

(2,0đ)

1. Giả sử CTTQ của rượu là C_aH_bOH

Giả sử CTTQ của axit là C_xH_yCOOH

Giả sử CTTQ của este là C_xH_yCOOC_aH_b

PTTHH:

C_xH_yCOOH + NaOHC_xH_yCOONa + H₂O (1)

C_xH_yCOOC_aH_b + NaOHC_xH_yCOONa + C_aH_bOH (2)

C_aH_bOH 180^oC C_aH_b-1 + H₂O (3)

Ta có = 0,7

12a+b = 43 => 12a<43 => a <3,58

a 1 2 3

b 31 29 7

Loại Loại C₃H₇OH

=> rượu B phù hợp là C₃H₇OH (2 đồng phân)

Ta có ∑nNaOH = 0,02 mol

Theo (1), (2) ∑n C_xH_yCOONa = ∑nNaOH = 0,02 mol

m C_xH_yCOONa = 1,88 : 0,02 = 94(g)

12x + y = 94 – 67 = 27 => 12x< 27 => x < 2,25

+ Nếu x = 1 => y = 15 (vô lý)

+ Nếu x = 2 => y = 3 => axit C₂H₃COOH; este C₂H₃COOC₃H₇

2. Phương trình hóa học:

2C₃H₈O + 9O₂ 6CO₂ + 8H₂O

C₃H₄O₂ + 3O₂ 3CO₂ + 2H₂O

2C₆H₁₀O + 15O₂ 12CO₂ + 10H₂O

Gọi số mol C₃H₈O trong 3,06g hh A là x

Gọi số mol C₃H₄O₂ trong 3,06g hh A là y

Gọi số mol C₆H₁₀O trong 3,06g hh A là z

60x + 72y +114z = 3,06

x + 3y + z = 0,195

y + z = 0,02

=>x = 0,02 mol; y = 0,01 mol; z= 0,01 mol

m = 0,02 . 60 + 0,01 .60 = 1,8 (g)

m₁ = 0,02 .42 = 0,84 (g)

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

10

(2,0đ)

1.

- Khai thác muối ăn từ nước mặn, cho nước mặn bay hơi từ từ.

- Ở nhưng nơi có mỏ muối đào hầm hoặc giếng sâu qua lớp đất đá đến mổ muối. Muối mỏ sau khai thác được nghiền nhỏ và tinh chế tạo muối sạch.

- Úng dụng: ăn, sx clo,.....

2. Phương trình hoá học xảy ra:

CaCO₃ + 2 HCl CaCl₂ + CO₂↑ +H₂O

Để thu được CO₂ tinh khiết (do bị lẫn một ít khí hiđroclorua và hơi nước) ta cho hỗn hợp khí và hơi qua dung dịch NaHCO₃ dư, khí hiđroclorua bị giữ lại.

Tiếp tục cho hỗn hợp còn lại đi qua bình đựng H₂SO₄ đặc hoặc P₂O₅, hơi nước bị hấp thụ, ta thu được khí CO₂ tinh khiết.

Phương trình hoá học phản ra:

NaHCO₃ + HCl NaCl + CO₂↑ +H₂O

H₂SO₄ đặc hoặc P₂O₅ hấp thụ hơi nước.

0.25

0,25

0,5

0,5

0,5

PHÒNG GD & ĐT THANH OAI

TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9

MÔN HÓA HỌC

NĂM HỌC: 2015 - 2016

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

PHÒNG GD & ĐT THANH OAI

TRƯỜNG THCS CỰ KHÊ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9

MÔN HÓA HỌC

NĂM HỌC: 2015 - 2016

Câu

Nội dung trả lời

Điểm

Câu I

3đ

1

Gọi x là số hạt proton → x cũng là số hạt electron,

Gọi y là số hạt nơtron → 2x + y = 54 (1)

Số hạt mang điện là hạt p và e gấp 1,7 lần số hạt không mang điện là n

Ta có: 2x = 1,7y (2)

Giải hệ pt (1),(2) ta có x =17; y = 20

Vậy trong X có 17 hạt p, 17 hạt e và 20 hạt n

1,5đ

2

Chọn thuốc thử là dung dịch muối Ba ri (Ví dụ dd BaCl₂) và Dung dịch axit mạnh (ví dụ dd HCl)

Cho dd BaCl₂ lần lượt vào 3 bình.

- Bình 1 có kết tủa trắng là do: BaCl₂ + K₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2KCl (1)

- Bình 2 có kết tủa trắng là do: BaCl₂ + K₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2KCl (2)

- Bình 3 có kết tủa trắng là do có 2 kết tủa ở 2 phương trình (1), (2).

Lọc lấy kết tủa. Cho lần lượt kết tủa ở từng bình vào dd HCl dư. Ở bình nào kết tủa tan có thoát khí là chất ở bình 1

BaCO₃ +2 HCl → 2BaCl₂ + H₂O + CO₂↑ (3)

Kết tủa không tan là các chất ở bình 2

Kết tủa chỉ tan một phần và có thoát khí là các chất ở bình 3 do chỉ có phương trình (3)

1,5đ

Câu II

5đ

1

Học sinh chọn chất hợp lý vẫn cho điểm tối đa.

A: SO₂ B: SO₃ C: Na₂SO₃ D: H₂SO₃ E: Na₂SO₄

1. 4 FeS₂ + 11 O₂ 2 Fe₂O₃ + 8 SO₂
2. SO₂ + O₂ SO₃
3. SO₂ + 2 NaOH → Na₂SO_{3 ­}+ H₂O
4. SO₃ + H₂O → H₂SO₄

5. 2 H₂SO₄ đ + Cu CuSO₄ + H₂O + SO₂.

6. SO₂ + H₂O → H₂SO_3.

7. H₂SO₃ + 2 NaOH → Na₂SO_{3 ­}+ H₂O

1. Na₂SO₃ + 2 HCl → 2 NaCl _­+ H₂O + SO₂
2. H₂SO₄ + 2 NaOH → Na₂SO_{4 ­}+ H₂O
3. Na₂SO₄ + 2 BaCl₂ → BaSO_{4 ­}+ 2 HCl

2đ

10 pt mỗi pt đúng cho 0,2đ

2

Gọi công thức muối cacsbonat là MCO₃ có x mol

Ta có PTHH: MCO₃ MO +CO₂ (1)

n Ba(OH)₂ + C_M x V = 1 x 0,15 = 0,15 mol

n BaCO₃ = = 0,1 mol

Vì n Ba(OH)₂ > n BaCO₃ nên ta chia bài toán làm 2 trường hợp:

Trường hợp 1: Ba(OH)₂ lấy dư:

PTHH: Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃↓ + H₂O (2)

0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol

Theo pt (1),(2): n BaCO₃ = n CO₂ = MCO₃ = 0,1 mol

=> M _MCO3 = = 200 g

M + 60 = 200

→ M = 140 → (Trường hợp này loại)

Trường hợp 2: Ba(OH)₂ tác dụng với CO₂ vừa tạo ra muối trung hòa, vừa tạo ra muối axit.

PTHH: Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃↓ + H₂O

0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol

Số mol Ba(OH)₂ tác dụng với CO₂ tạo muối axit: 0,15 – 0,1 = 0,05 mol

PTHH: Ba(OH)₂ + 2 CO₂ → Ba(HCO₃)₂ (3)

0,05 mol 0,1 mol

Tổng số mol CO₂ tham gia phản ứng: 0,1 + 0,1 = 0,2 mol

=> M _MCO3 = = 100 g

M + 60 = 100

→ M = 40 → M là Canxi.

Áp dụng Định luật bảo toàn khối lượng:

m MCO₃ = m A + m CO₂

→ mA = mMCO₃ – mCO₂ = 20 – (0,2 x 44) = 11,2 gam

3đ

Câu III

5đ

1

Gọi công thức khoáng chất là: Al_xSi_yO_zH_t

Gọi % mO = a ; %mH = b

Ta có: a + b = 100 – (20,93 + 21,7) = 53,37% (1)

Theo quy tắc hóa trị ta có:

3x + 4y + t = 2 z

→ 3. + 4. + =

→ – b = + = 5,426 (2)

Giải hệ (1), (2) ta có: a = 55,82% ; b = 1,55%

Ta có: x:y:z:t = : : : = 2:2:9:4

Vậy công thức khoáng chất:

Al₂Si₂O₉H₄ hay Al₂O₃.2SiO₂.2H₂O (Cao lanh)

2đ

2

PTHH của phản ứng: 4Al + 3O₂ 2Al₂O₃ (1)

2Cu + O₂ 2CuO (2)

2Zn + O₂ 2ZnO (3)

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O (4)

CuO + 2HCl → 2CuCl₂ + H₂O (5)

ZnO + 2HCl → 2ZnCl₂ + H₂O (6)

Áp dụng Định luật bảo toàn khối lượng: mO₂ = 5,96 – 4,04 = 1,92g

nO₂ = = 0,06 mol → nO = 0,06 x 2 = 0,12 mol

Theo pt (4), (5), (6) thì nHCl = 2 x nO = 2 x 0,12 = 0,24 mol

• V_HCl = = = 0,12 lit hay 120 ml

3đ

Câu IV

3đ

1

a, Khói động cơ, khói của các nhà máy công nghiệp có chứa các khí CO₂, SO₂,NO₂,H₂S ... Các khí này tan vào nước mưa tạo ra các trận mưa axit.

Ví dụ: CO₂ + H₂O <=> H₂CO₃ ; SO₂ + H₂O <=> H₂SO₃ ...

b, Sản xuất đất đèn từ CaO và C.

PTHH: CaO + 3C CaC₂ +CO

Khí CO gây tác hại cho con người.

1đ

2

Số mol H₂ =?

Vì = 2. Giả sử a = 2 nH₂ = = 1mol

b = 1 → nH₂ = = 0,5mol

Gọi số mol Al là x, số mol Mg là y.

PTHH:

X + HCl: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

x 1,5x

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

y y

Ta có: 1,5x + y = 1mol (1)

X + dd NaOH dư: chỉ có Al phản ứng.

Al + 2H₂O + 2NaOH → 2NaAlO₂ + 3H₂

x 1,5x

Ta có: 1,5x = 0,5mol (2)

• Có hệ pt

Giải hệ pt ta có

• %mAl = . 100% = 42,85%

2đ

Câu V

4đ

Các PTHH của phản ứng:

M + 2H₂O → M(OH)₂ + H₂ (1)

M(OH)₂ + SO₄ → MSO₄ + (OH)₂ (2)

M(OH)₂ MO +H₂O (3)

O + 2HCl → Cl₂ + H₂O (4)

Khối lượng MSO₄ = 11,65 gam

• nM = = 0,05 mol

Nguyên tử khối của M = = 137 → M là Bari (Ba)

Khối lượng (OH)₂ = 14,55 – 11,65 = 2,9 gam.

Số mol (OH)₂ = số mol M = 0,05 mol

• 0,05(+ 34) = 2,9
• = 24 → vậy là Magie (Mg)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Số báo danh

....................

THI GIAO LƯU ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Năm học: 2018-2019

Môn thi: Hóa học, Lớp 9 THCS

Ngày thi: 22 /02/2019

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

Đề thi này có 10 câu, gồm 02 trang.

1

(2,0đ)

1.

CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

(mol) 0,1 0,1 0,1

0,25

0,25

0,25

0,25

2. Theo bảo toàn khối lượng, ta có: m_Z = 48 – 5 = 43 (g)

=>

Đặt công thức của Y là CuSO₄.nH₂O

Theo định luật thành phần không đổi, ta có:

CTHH của tinh thể Y là: CuSO₄.5H₂O

0,25

0,25

0,5

2

(2,0đ)

1.

Áp dụng công thức Z_A + Z_B = (142 + 42): 4 = 46 (*)

Kết hợp đề bài 2Z_A – 2Z_B = 12 (**)

Z_A = 26 A là sắt (Fe)

Z_B = 20 B là canxi (Ca)

1,0

2.

- Dùng dung dịch iot cho vào từng mẫu, nhận ra tinh bột và 2 nhóm vì có hiện tượng sau:

+ Tinh bột: dung dịch có màu xanh tím

+ Nhóm I: benzen và dầu thực vật: không tan trong dung dịch iot, chất lỏng phân thành 2 lớp.

+ Nhóm II: saccarozơ và rượu etylic tan trong dung dịch iot.

- Cho dung dịch NaOH vào hai mẫu của nhóm I và đun nóng

+ Nhận biết được dầu thực vật: ban đầu phân lớp ở nhiệt độ thường, khi đun nóng một thời gian thì có lớp xà phòng (RCOONa) nổi lên trên.

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

Với R là gốc hiđrocacbon của axit béo như – C₁₇H₃₃-, - C₁₇H₃₁-,…

+ Mẫu nào vẫn phân lớp không tan (có phần bay hơi cho mùi thơm đặc trưng) là benzen.

- Phân biệt dung dịch đường saccarozơ và rượu etylic

Lấy mỗi chất một ít đem đốt. Chất cháy được không để lại cặn là rượu etylic, chất không cháy và khi tiếp tục đun nóng đến cạn thì hóa than là saccarozơ.

CH₃CH₂OH + 3O₂ 2CO₂ + 3H₂O

0,5

0,25

0,25

3

(2,0đ)

1. (1,0đ)

- Trong quá trình hoạt động lò gạch thủ công sẽ thải ra môi trường nước, chất thải, khói bụi, nhiệt thoát ra từ quá trình đốt nhiên liệu, khí thải từ lò. Khói đó bao gồm các hạt vô cùng nhỏ cacbon (mồ hóng), hình thành do quá trình cháy không hết của nhiên liệu như dầu mỏ, than cốc… từ các quá trình cháy. Trong khí thải còn có tro bụi, CO₂, SO_x, NO₂, CO, H₂S, NH₃.

- Tác hại gây ra với môi trường:

+ Không khí bị ô nhiễm.

+ Ô nhiễm đất, nước từ chất thải của quá trình sản xuất.

- Đối với hoa màu: ảnh hưởng làm giảm năng suất hoa màu.

- Đối với sức khỏe người dân: ô nhiễm môi trường không khí gây ảnh hưởng xấu đến sức khỏe, gây ra các bệnh về đường hô hấp, …

0,25

0,25

0,25

0,25

2.

Cho hỗn hợp tác dụng với Cl₂ nung nóng thu được hỗn hợp ZnCl₂, ZnO, FeCl₃, Fe₂O₃. Cho hỗn hợp này vào nước, lọc tách chất rắn X không tan ZnO, Fe₂O₃ và dung dịch Y chứa ZnCl₂, FeCl₃.

Zn + Cl₂ ZnCl₂

2Fe + 3Cl₂ 2FeCl₃

- Hòa tan hỗn hợp X trong dung dịch NaOH dư thu được Fe₂O₃ không tan và dung dịch A (Na₂ZnO₂, NaOH dư). Lọc tách Fe₂O₃. Sục khí CO₂ vào dung dịch A thu được kết tủa Zn(OH)₂, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi được ZnO.

ZnO + 2NaOH → Na₂ZnO₂ + H₂O

NaOH + CO₂ → NaHCO₃

Na₂ZnO₂ + 2CO₂ + 2H₂O → Zn(OH)₂ + 2NaHCO₃

Zn(OH)₂ ZnO + H₂O

- Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y thu được kết tủa Fe(OH)₃ và dung dịch B (Na₂ZnO₂, NaOH dư). Lọc kết tủa Fe(OH) nung trong không khí đến khối lượng không đổi được Fe₂O₃, cho khí H₂ dưđi qua Fe₂O₃ nung nóng thu được Fe.

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃ + 3NaCl

ZnCl₂ + 4NaOH → Na₂ZnO₂ + 2NaCl + 2H₂O

2Fe(OH)₃ Fe₂O₃ + 3H₂O

Fe₂O₃ + 3H₂ Fe + 3H₂O

Sục khí CO₂ dư vào dung dịch B thu được kết tủa Zn(OH)₂, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi được ZnO, nung nóng ZnO cùng C ở nhiệt độ cao thu được Zn.

NaOH + CO₂ → NaHCO₃

Na₂ZnO₂ + 2CO₂ + 2H₂O → Zn(OH)₂ + 2NaHCO₃

Zn(OH)₂ ZnO + H₂O

ZnO + C Zn + CO

0,25

0,25

0,25

0,25

4

(2,0đ)

1. Mỗi PTHH đúng được 0,2đ. PTHH viết thiếu điều kiện trừ 1/2 số điểm hoặc không cho điểm PTHH đó (nếu thiếu điều kiện phản ứng xảy ra theo chiều hướng khác).

CaCO₃ CaO + CO₂

CaO + 3C CaC₂ + CO

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂

C₂H₂ + H₂O CH₃CHO

CH₃CHO + O₂CH₃COOH

CH₃CHO + H₂ CH₃CH₂OH

2C₂H₅OH CH₂ = CH – CH – CH₂ + H₂ + 2H₂O

+ Điều chế PVA

CH₃COOH + C₂H₂ CH₃COOCH=CH₂ (vinyl axetat)

n CH₃COOCH = CH₂ ( - CH₂ - CH )_n

⏐

OCOCH₃

+ Điều chế cao su buna

n CH₂ = CH – CH = CH₂ ( CH₂ – CH = CH – CH₂ )_n

0,5

0,25

0,25

2.

(B): K₂MnO₄ (E): H₂O (I): NO₂

(C): MnO₂ (G): Fe(OH)₂ (K): HNO₃

(M): KCl hoặc MnCl₂ (N): MnCl₂ hoặc KCl

(D): O₂ (H): Fe(OH)₂ (L): HCl đặc

(F): Cl₂ (A): KMnO₄

PTHH: 2 KMnO₄K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

O₂ + 2H₂O + 4Fe(OH)₂ → 4Fe(OH)₃

O₂ + 2H₂O + 4NO₂ → 4HNO₃

K₂MnO₄ + 8HCl → 2KCl + MnCl₂ + 2Cl₂ + 4H₂O

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

0,5

0,5

5

(2,0đ)

1.

Đặt công thức của rắn X là Fe_xO_y

2x Fe + yO₂ → 2Fe_xO_y

2Fe_xO_y + (6x-2y) H₂SO₄ → xFe₂(SO₄)₃ + (6x-2y) H₂O + (3x-2y) SO₂

Bảo toàn số mol Fe =>

Bảo toàn số mol S, ta có:

Theo bảo toàn khối lượng ta có:

=> m = 11,2 gam

0,25

0,25

0,5

2. Các phương trình hóa học biểu diễn sơ đồ trên:

1. CH₃COONa + NaOH CH₄ + Na₂CO₃

2. 2CH₄ C₂H₂ + 3H₂

3. C₂H₂ + H₂ C₂H₄

4. C₂H₄ + H₂O CH₃CH₂OH

5. C₂H₅OH + O₂ CH₃COOH + H₂O

6. CH₃COOH + C₂H₅OH CH₃COOC₂H₅ + H₂O

7. Na₂CO₃ + 2HCl 2NaCl + CO₂ + H₂O

1,0

6

(2,0đ)

1. Đất đèn tan mạnh trong nước, có khí thoát ra có mùi khó chịu (do lẫn các khí tạp) và dung dịch chuyển sang màu hồng.

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂↑ (không mùi)

CaS + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂S↑ (mùi trứng thối)

(tạp chất)

Ca₃P₂ + 6H₂O → 3Ca(OH)₂ + 2PH₃ (mùi tỏi)

…

Hỗn hợp nhiều khí thoát ra tạo mùi khó chịu.

0,5

2. Khi giấm tiếp xúc với đá vôi thấy mẩu đá vôi sủi bọt

2CH₃COOH + CaCO₃ → (CH₃COO)₂Ca+ H₂O + CO₂ ↑

0,5

3. Kim loại natri tan ra, dung dịch sủi bọt khí

2H₂O + 2Na → 2NaOH + H₂↑

2C₂H₅OH + 2Na → 2C₂H₅ONa + H₂↑

0,5

4. Bề mặt lát chuối chuyển dần sang màu xanh

- Do chuối xanh có chứa tinh bột, khi quét dung dịch iot lên chuối xanh thì tinh bột trong lát chuối tiếp xúc với iot chuyển thành dung dịch màu xanh.

0,5

7

(2,0đ)

PTHH có thể xảy ra:

Al + 3AgNO₃ Al(NO₃)₃ + 3Ag (1)

2Al + 3Cu(NO₃)₂ 2Al(NO₃)₃ + 3Cu (2)

Fe + 2AgNO₃ Fe(NO₃)₂ + 2Ag (3)

Fe + Cu(NO₃)₂ Fe(NO₃)₂ + Cu (4)

Y chứa 3 kim loại là Fe, Ag, Cu.

Đặt số mol AgNO₃ = Cu(NO₃)₂ = x.

Giả sử Al phản ứng vừa đủ

Vì số mol nhóm NO₃ trong dung dịch trước và sau phản ứng không thay đổi nên ta có biểu thức.

x + 2x = x=0,03 = 0,03(108+64)+2,8=7,96 <8,12

Vậy Fe phản ứng một phần.

x + 2x = +2n_Fe(pư) =0,09+2y (I) (y là số mol Fe phản ứng)

Khối lượng của Ag, Cu, Fe trong Y là: 108x + 64x + 2,8-56y= 8,12(II) ...

0,5

0,5

0,5

0,5

8

(2,0đ)

n_X = 8,96 : 22,4 = 0,4 (mol)

=>

S + O₂ SO₂ (1)

(mol) x x x

1. Vì nhiệt độ không đổi, bình kín nên tỷ lệ áp suấất tỷ lệ thuận với tỷ lệ số mol khí:

Theo PTHH (1) thấy số mol khí không đổi nên áp suất khí trong bình không đổi.

Ta có:

Theo bảo toàn khối lượng => 38.0,4 + 32x = 0,4.44,4 => x = 0,08 (mol)

Trong hỗn hợp Y: 0,2 mol N₂; 0,02 mol O₂; 0,18 mol SO₂.

=> Trong Y:

2.

Khi số mol S thay đổi thì 0 < x ≤ 0,1

- Nếu x ≈ 0 => => d_Y/X ≈ 1

- Nếu x = 0,1 =>

Vậy khi số mol S thay đổi thì: 1 < d_Y/X< 1,21

0,25

0,5

0,5

0,25

0,5

9

(2,0đ)

1. PTHH

C₂H₄ + Br₂ → C₂H₄Br₂

C₂H₂­ + 2Br₂ → C₂H₂Br₄

C₂H₂ + 2AgNO₃ + 2NH₃ → C₂Ag₂ + 2NH₄NO₃

Trong 8,6 gam hỗn hợp X, gọi số mol CH₄, C₂H₄, C₂H₂ lần lượt là a, b, c.

Ta có phương trình:

16a + 28b + 26c = 8,6 (1)

(2)

Trong 13,44 lít (đktc) hỗn hợp X có số mol CH₄, C₂H₄, C₂H₂ lần lượt là ka, kb, kc (mol).

Ta có:

=> a + b = 3c (3)

Từ (1), (2), (3)

0,5

0,25

0,5

2.

Theo ĐLBTKL

=>

=>

(C_nH_2n+1COO)₃C₃H₅ + 3NaOH 3C_nH_2n+1COONa + C₃H₅(OH)₃

(mol) 0,015 0,045 0,045 0,015

=> M_A = 3.14n + 176 = 13,35/0,015 = 890 => n = 17

Vậy A là axit stearic C₁₇H₃₅COOH.

0,25

0,25

0,25

10

(2,0đ)

1. Khí điều chế được bằng sơ đồ trên thỏa mãn 2 điều kiện:

- Nặng hơn không khí

- Không tác dụng với không khí ở đk thường

→ có thể điều chế được O₂; SO₂; HCl; Cl₂

(C₂H₄ cũng có thể chấp nhận được vì hơi nhẹ hơn không khí ).

0,5

2. Ta có bảng sau (dấu – nghĩa là có thể không cần thiết; CaCl₂ làm khô khí):

PTHH

2H₂O₂ 2H₂O + O₂

H₂SO₄ + Na₂SO₃ → Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O

H₂SO_{4 đặc} + 2NaCl _rắn → 2HCl + Na₂SO₄

C₂H₅OH C₂H₄ + H₂O

1,0

0,5

TRƯỜNG THCS LƯƠNG THẾ VINH

Đề chính thức

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

LỚP 9 TRUNG HỌC CƠ SỞ

Năm học 2018-2019 - Môn thi: HÓA HỌC

Thời gian : 150 phút (không kể phát đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC

Thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 THCS

Năm học 2018-2018

Câu

Nội dung

Điểm

1.1

2,5

Điểm

2 Fe + 3 Cl₂ 2FeCl₃

FeCl₃ + 3NaOH Fe (OH) ₃+ 3NaCl

2Fe (OH) ₃ Fe₂ O₃ + 3H₂O

Fe + 2HCl FeCl₂ + H₂

2FeCl₃ + Fe 3 FeCl₂

FeCl₂ + Ag₂ SO₄ 2 AgCl + FeSO₄

FeSO₄ + Ba ( NO₃)₂ Fe ( NO₃)₂ + Ba SO₄

Fe ( NO₃)₂ +2NaOH Fe (OH)₂ + 2NaNO₃

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1.2

2,0

Điểm

Có thể điều chế được các khí: O₂, H₂, SO₂, HCl

t⁰

2KMnO₄ → K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂↑

H₂SO_{4 loãng} + Fe → FeSO₄ + H₂↑

6H₂SO_{4 (đặc, nóng)} + 2Fe → Fe₂(SO₄)₃ + 6H₂O + 3SO₂↑

H₂SO_{4 (đặc, nóng)} + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2HCl↑

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2.1

1,5 Điểm

Phương trình phản ứng:

2Al + 6H₂O 2Al(OH)₃↓ + 3H₂↑ (0,25đ)

Cl₂ + H₂O HCl + HClO (Điều chế nước clo) (0,5 đ)

2Al + 3H₂SO₄ Al₂₍SO₄)₃ + 3H₂↑ (0,25đ)

Cl₂ + H₂SO₄ : không phản ứng

2Al + 2NaOH + 2H₂O 2NaAlO₂ + 3H₂ (Điều chế H₂) (0,5đ)

Cl₂ + 2NaOH NaCl + NaOCl + H₂O (Điều chế nước Javel)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2.2

2,0

Điểm

Gọi hoá trị của kim loại M là n . Ta có n_H = = 0,08mol

2M + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂↑

0,08mol

Theo bài ra ta có: . M = 5,2 ⇒ M = 32,5n . Ta có bảng sau:

Vậy nguyên tố cần tìm là Zn

3.1

2,5

Điểm

Lấy mỗi lọ một ít dung dịch để làm mẫu thử, mỗi lần nhỏ 1 dung dịch vào mẫu thử của 4 dung dịch còn lại, sau 5 lần thí nghiệm các hiện tượng đươc ghi nhận vào bảng kết quả sau:

* Kết quả:

- Tạo kết tủa trắng, mẫu thử đó là MgCl₂. (0,25đ)

- Tạo kết tủa trắng và khí có mùi khai bay ra, mẫu thử đó là NaOH. (0,25đ)

- Tạo khí có mùi khai, mẫu thử đó là NH₄Cl. (0,25đ)

- Còn 2 mẫu thử không có hiện tượng, lấy kết tủa Mg(OH)₂ cho vào, mẫu thử nào làm tan kết tủa là H₂SO₄. (0,25đ)

- Mẫu còn lại là KCl. (0,25đ)

* Các phương trình phản ứng:

MgCl₂ + 2NaOH Mg(OH)₂↓ + 2NaCl (0,25đ)

NH₄Cl + NaOH NaCl + NH₃↑ + H₂O (0,25đ)

Mg(OH)₂ + H₂SO₄ MgSO₄ + 2H₂O

* Nhận biết được 1 chất kèm biện luận đầy đủ được 0,5 điểm

3.2

Mỗi CTPT viết đủ 2 CTCT, mỗi CTCT được 0,5 điểm

2,0 điểm

4

3,5 điểm

4.1

Đặt là nguyên tử khối trung bình của A, B => M_A < < M_B

2A + 2 H₂O 2AOH + H₂↑

a mol a mol mol (0,5đ)

2B + 2 H₂O 2BOH + H₂↑

b mol b mol mol (0,5đ)

­ => a + b = 0,25 (0,25đ)

= = 31,32 => M_A < 31,32 < M_B (0,25đ)

Theo đề bài A, B là kim loại kiềm thuộc 2 chu kì kế tiếp suy ra:

A là Na ( M_Na = 23) và B là K ( M_K = 39). (0,5đ)

4.2

(0,25đ)

(0,25đ)

Vì do đó thu được hỗn hợp 2 muối:

CO₂ + 2NaOH Na₂CO₃ + H₂O (1) (0,25đ)

x mol 2x mol x mol

CO₂ + NaOH NaHCO₃ (2) (0,25đ)

y mol y mol y mol

Gọi : x mol là số mol của Na₂CO₃

y mol là số mol của NaHCO₃

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

Tổng khối lượng muối trong dung dịch A:

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

5

3,0 điểm

Gọi số mol của và trong lần lượt là a và b . Số mol oxi nguyên tử trong là:

Theo giả thiết ta tính được:

Các phản ứng có thể xảy ra:

(1)

(2)

(3)

(4)

gồm: ;;;;. Khí là và ; tác dụng với dung dịch loãng thu được khí đó là khí

Muối (5)

0,4 (mol)

(6)

0,1 0,1 (mol)

. Số mol nguyên tử oxi trong bằng tổng số mol nguyên tử oxi trong và số mol nguyên tử oxi chuyển từ thành (hay số mol ). Mà số mol nguyên tử oxi trong bằng số mol đã phản ứng trong (5). Mà

Do vậy ta có phương trình:

3a + 3b = 0,5 - + 0,05 3a + 3b = 0,5 – 0,1 + 0,05 = 0,45 (I)

Mặt khác: m _{hỗn hợp} = 102a + 160b = 21,1 (II)

Giải (I) và (II) ta thu được nghiệm: a = 0,05; b = 0,1

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

6

2,0 điểm

Các phương trình phản ứng.

Cu + Cl₂ →CuCl₂ (1)

2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃ (2)

2Al + 3Cl₂ → 2AlCl₃ (3)

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ (4)

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (5)

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Cu, Fe, Al

Khối lượng hỗn hợp: 64a+56b+27c = 23,8 (I)

Theo (1), (2), (3) số mol clo: a+ 3b/ 2 +3c/2 = 0,65 (II)

Vì số số mol X tỉ lệ với số mol khí hidro thu được :

0,2 (a+b+c) = 0,25 (b+ 3/2c) (III)

Kết hợp (I), (II), (III) giải ta được:

Giải hệ: a =0,2 (%Cu=53,78)

b = 0,1(%Fe = 23,53)

c = 0,2(22,69)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

PHÒNG GDĐT HOÀNG MAI

(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI THỊ XÃ LỚP 9

NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Hóa học

(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề)

PHÒNG GD ĐT HOÀNG MAI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

NĂM HỌC 2017 – 2018

Hướng dẫn chấm môn: HÓA HỌC

(Thời gian: 120’ không kể thời gian giao nhận đề)

Câu

Ý lớn

Ý nhỏ

Nội dung

Điểm

I

3,0

1

2

Na₂SO₃ + H₂SO₄ Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O. (1) (trong phòng thí nghiệm)

0,5

Cu + 2H₂SO_4(đ) CuSO₄ + SO₂ + H₂O. (2) (trong phòng thí nghiệm)

0,5

S + O₂ SO₂. (3) (trong công nghiệp)

0,5

4FeS₂ + 11O₂ 2Fe₂O₃ + 8SO₂ (4) (trong công nghiệp)

0,5

2

1

PTHH. 2HCl_(dd) + CaCO_3(r) CaCl_2(dd) + CO_2(k) + H₂O_(l)

Để thu được CO₂ tinh khiết (do có lẫn hiđrô clorua, hơi nước) ta cho hổn hợp khí và hơi qua bình đựng dung dịch NaHCO₃ dư, hiđro clorua bị giữ lại.

NaHCO_3(dd) + HCl NaCl_(dd) + H₂O_(l) + CO_2(k)

0,5

Tiếp tục cho hổn hợp còn lại đi qua bình đựng H₂SO₄ đặc hoặc P₂O₅ , hơi nước bị hấp thụ. Ta thu được CO₂ tinh khiết.

H₂SO₄ đặc hấp thụ hơi nước.

0,5

II

4

1

2

a)

2Na + Cl₂ 2NaCl

0,25

b)

Xảy ra theo thứ tự:

2Na + 2HCl 2NaCl + H₂ (1)

2Na + 2H₂O 2NaOH + H₂ (2)

0,5

c)

Xảy ra theo thứ tự:

2Na + 2H₂O 2NaOH + H₂. (1)

2NaOH + CuSO₄ Cu(OH)₂ + Na₂SO₄ (2)

0,5

d)

Xảy ra theo thứ tự:

2Na + 2H₂O 2NaOH + H₂ (1)

3NaOH + AlCl₃ Al(OH)₃ + NaCl (2)

Nếu sau (2) NaOH còn dư thì tiếp tục xảy ra phản ứng

NaOH + Al(OH)₃ NaAlO₂ + 2H₂O. (3)

0,75

2

2,0

Rắn X gồm: Al₂O₃, Na₂O, NaOH, Fe.

Dung dịch Y có NaOH, NaAlO₂.

Rắn E: Fe, Al₂O₃.

Dung dịch F: NaCl, AlCl₃, HCl(dư)

Rắn G: Fe.

0,25

3H₂ + Fe₂O₃ 2Fe + 3H₂O.

0,25

H₂O_(h) + Na₂O 2KOH

0,25

Na₂O + H₂O 2NaOH.

0,25

2NaOH + Al₂O₃ 2NaAlO₂ + H₂O.

0,25

HCl + NaOH NaCl + H₂O

0,25

4HCl + NaAlO₂ NaCl + AlCl₃ + 2H₂O

0,25

Ba(OH)₂ + Al₂O₃ Ba(AlO₂)₂ + H₂O.

0,25

III

4,0

1

2,0

Trong điều kiện ở nông thôn có thể sử dụng nước vôi trong để nhận biết. Khi đó KCl không phản ứng với nước vôi trong.

0,5

Amoni sunphat (NH₄)₂SO₄ tạo khí mùi khai và tạo kết tủa màu trắng.

Ca(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄ CaSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O.

0,5

Amoni nitrat NH₄NO₃ tạo có khí mùi khai.

Ca(OH)₂ + 2NH₄NO₃ Ca(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O.

0,5

Supephotphat kép Ca(H₂PO₄)₂ tạo kết tủa màu vàng.

2Ca(OH)₂ + Ca(H₂PO₄)₂ Ca₃(PO₄)₂ + 4H₂O.

0,5

2

2

Al(OH)₃ + KOH KAlO₂ + 2H₂O (1)

(A) (B) (C)

0,5

KAlO₂ + CO₂ + 2H₂OAl(OH)₃ + KHCO₃. (2)

(D) (E)

0,5

2KHCO₃ + Ca(OH)₂ CaCO₃ + K₂CO₃ + 2H₂O. (3)

(F)

0,5

3K₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O 2Al(OH)₃ + 6KCl + 3CO₂. (4)

(G)

0,5

IV

6,0

1

3,0

a)

1,0

;

.

PTHH: 2Al + 3H₂SO₄ Al₂(SO₄)₃ + 3H₂ (1)

x x (mol)

Fe + H₂SO₄ FeSO₄ + H₂ (2)

y y y (mol)

Từ (1), (2) ta có: (bđ) = 0,4(mol)

H₂SO₄ còn dư sau phản ứng hay trong dd B có dd H₂SO₄

Nhúng mẫu giấy quỳ tím vào dd B thì quỳ tím hóa đỏ.

0,25

0,25

0,25

0,25

b)

0,5

Đặt . Từ câu a ta có: (dư) = 0,4 - 0,3 = 0,1 (mol)

Từ (1), (2) kết hợp đề bài ta có hệ PT:

Thành phần % khối lượng mỗi kim loại:

%m_Fe= 100% - %m_Al= 100% -24,32%= 75,68%.

0,5

0,5

c)

1,0

Từ (1), (2) và câu b) ta có dd B gồm:

Cho dd Ba(OH)₂ vào dd B:

Đầu tiên: H₂SO₄ + Ba(OH)₂ BaSO₄ + 3H₂O (3)

0,1 0,1 0,1 (mol).

Sau đó: Al₂(SO₄)₃ + 3Ba(OH)₂ 3BaSO₄ + 2Al(OH)₃ (4)

0,05 0,15 0,15 0,1 (mol)

FeSO₄ + Ba(OH)₂ BaSO₄ + Fe(OH)₂ (5)

0,15 0,15 0,15 0,15 (mol)

Nếu các phản ứng (3), (4), (5) xảy ra hoàn toàn thì:

Tổng (cần) = 0,1 + 0,15 + 0,15 = 0,4 (mol)< (bđ) = 0,42(mol)