Đề thi học sinh giỏi môn hoá học – Lớp 9 thời gian làm bài: 120 phút28134

Chỉ dùng thêm phenolphtalein có thể nhận biết được các dung dịch không màu sau không: MgNO32; NH4NO3; AgNO3; NaOH; AlNO33.. Dẫn toàn bộ lượng X lội thật chậm qua 110ml nước được đun nóng

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HOÁ HỌC – LỚP 9

THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT Câu I: (5 điểm)

1 Tìm các chất A, B, C, D và viết các phương trình hoá học sau:

(1) H2SO4 + (A)   (B) + H2O

(2) (B) + (C)   BaSO4 + CO2 + Na2SO4 + H2O

(3) (C) + (D)   2 kết tủa

(4) H2SO4 + (D)   chất ít tan

2 Chỉ dùng thêm phenolphtalein có thể nhận biết được các dung dịch không màu sau không: Mg(NO3)2;

NH4NO3; AgNO3; NaOH; Al(NO3)3 Viết các PTHH xảy ra

Câu II: (3 điểm)

Đem đun nóng 6,72 lít hỗn hợp khí gồm O2 và SO2 trong bình kín đựng V2O5, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí X có thể tích là 5,152 lít

1 Dẫn toàn bộ lượng X lội thật chậm qua 110ml nước được đun nóng nhẹ, thấy có khí C thoát ra và được dung dịch axit D Coi thể tích của dung dịch không đổi, hãy tính nồng độ của axit trong D?

2 Toàn bộ khí C cho lội từ từ qua dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thấy thoát ra 0,224 lít khí Hãy tính hiệu suất của phản ứng tạo ra hỗn hợp X?

Câu III: (3,5 điểm)

Đốt cháy hoàn toàn 5,28 gam một hợp chất của photpho (hợp chất A) thu được H2O và P2O5 Toàn bộ lượng sản phẩm cháy này được dẫn vào 100 gam H2O thì thu được dung dịch axit có nồng độ là 7,270% Nếu làm bay hơi mất 25 gam H2O thì dung dịch thu được có nồng độ là 9,464%

1 Hãy tìm công thức phân tử của A

2 Để trung hoà hết 40 ml dung dịch chứa A với nồng độ 0,2M cần dùng 44 ml dung dịch KOH với nồng

độ 1% (d=1,018 g/ml) Hãy xác định CTPT của muối trung hoà thu được

Câu IV: (3 điểm)

1 Ngâm m gam Mg trong 100 ml dung dịch A chứa Fe(NO3)2, sau một thời gian phản ứng thu được 4,96 gam chất rắn Y Đem hoà tan lượng chất rắn này trong dung dịch HCl loãng, dư, sau phản ứng thu được 2,24 lít khí Viết các phương trình xảy ra và tính m?

2 Chỉ bằng một hoá chất duy nhất, hãy trình bày phương pháp để điều chế dung dịch FeCl2 không bị lẫn CuCl2 và FeCl3từ dung dịch chứa đồng thời ba chất này Viết các PTHH xảy ra?

Câu V: (5,5 điểm)

1 Hoà tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp gồm MgCO3, K2CO3 và CaCO3bằng dung dịch H2SO4 1M vừa

đủ, thu được dung dịch A và chất khí B Cho toàn bộ B lội thật chậm qua 100ml dung dịch X chứa Ba(OH)2 0,6M và KOH 0,8M, thu được dung dịch C chứa một chất tan Cô cạn từ từ dung dịch C thu được 6,6 gam chất D Hãy tính thể tích dung dịch H2SO4đã dùng và xác định công thức của D?

2 Hoà tan hoàn toàn 57,6 gam hỗn hợp gồm kim loại R chỉ có hoá trị II, oxit của R và muối RTO3 (T là nguyên tố chưa biết) có tỉ lệ về số mol là 4:3:1 bằng dung dịch HNO3 thu được dung dịch D Thêm NaOH đến dư vào D, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được đúng 57,6 gam chất rắn Tìm T?

~ HẾT ~ -Giám thị coi thi không giải thích gì

thêm -Cho biết: Các thế tích khí và hơi đều được đo ở ĐKTC

H = 1; O = 16; S = 32; P = 31; K = 39; Mg = 24; Fe = 56; Zn = 65; Cl = 35,5

ThuVienDeThi.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HOÁ HỌC – LỚP 9

THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT

1.

(2)

Khẳng định: A: NaOH; B: NaHSO4; C: Ba(HCO3)2; D: Ca(OH)2

Viết đúng 4 PTHH:

(1) NaOH + H2SO4  NaHSO4 + H2O (2) 2NaHSO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4 + CO2+ Na2SO4 + H2O (3) Ba(HCO3)2 + Ca(OH)2  BaCO3 + CaCO3 + H2O

(4) H2SO4 + Ca(OH)2  CaSO4(ít tan) + H2O

0,25x4

0,25x4

2.

(3)

- Nhận ra NaOH do chỉ dung dịch này làm đổi phenolphtalein thành màu hồng

- Dùng tiếp NaOH nhỏ vào 4 dung dịch còn lại cho đến dư

+ Dung dịch xuất hiện kết tủa màu đen là AgNO3:

2AgNO3 + 2NaOH  Ag2O + H2O + 2NaNO3 + Dung dịch thấy có khí mùi khai sinh ra là dung dịch NH4NO3:

NH4NO3 + NaOH  NH3 + H2O + NaNO3 + Dung dịch thấy xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch Mg(NO3)2

Mg(NO3)2 + 2NaOH  Mg(OH)2 + 2NaNO3 + Dung dịch thấy xuất hiện kết tủa trắng keo sau đó lại tan ra (trong kiềm dư)

là Al(NO3)3:

Al(NO3)3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaNO3 Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O

0,5 0,25 0,5 0,5 0,5

0,75

I.

(5)

*Khi học sinh viết phương trình mà không ghi rõ trạng thái của các chất rắn, chất

khí trừ một nửa số điểm, làm tròn toàn câu đến 0,25.

1.

(2)

Đặt lượng SO2phản ứng là 2n (mol) (n>0)

2SO2 + O2  2SO3 (1)

2n - n - 2n

Sau phản ứng thì số mol của hỗn hợp giảm đi là

6,72/22,4 – 5,152/22,4 = (2n + n) – 2n

 n = 0,07 (mol) = n(O2)  n(SO3) = n(SO2-pư) = 0,14 mol

Dẫn X qua nước đun nóng thì O2 và SO2sẽ thoát ra còn SO3 có phản ứng:

SO3 + H2O  H2SO4

0,14 -0,14

*Do đề bài không nói rõ là tính nồng độ mol hay nồng độ phần trăm nên học

sinh phải tính cả 2 loại nồng độ này.

CM(H2SO4) = 0,14/0,11 = 1,27M

m(H2SO4) = 0,14.98 = 13,72 g  m(dd) = 113,72g

C%(H2SO4) = 13,72.100/113,72  11,09%

0,25

0,5

0,25

0,5 0,5

II.

(3)

2.

(1,5)

Cho C lội qua NaOH dư có phản ứng:

SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O

Khí thoát ra là O2; n(O2) = 0,01 mol

Như vậy trong hỗn hợp ban đầu gồm 0,08 mol O2 và 0,22 mol SO2

Khi phản ứng (1) đạt 100% thì O2hết, SO2dư, nên tính hiệu suất phản ứng theo

lượng O2 Do đó H = 0,07/0,08 = 0,875 = 87,5%

0,25 0,25 0,5

1

(2,5)

Từ các sản phẩm cháy suy ra A gồm P, H và có thể có O

Dẫn sản phẩm vào nước thì cả H2O (sản phẩm) và P2O5đều bị giữ lại

P2O5 + 3H2O  2H3PO4

Gọi tổng khối lượng sản phẩm bị hấp thụ là a gam và khối lượng H3PO4 sinh ra

là b gam (a;b >0)

Từ đó ta có các PT: 100 7,27 (1) và (2)

 a

b

464 , 9 100

 a

b

Giải hệ này ta được a  b  7,840

0,25 0,25

0,5 0,25

ThuVienDeThi.com

*Nếu học sinh đặt lượng sản phẩm cháy bằng với lượng axit sinh ra thì dù ra kết quả nhưng không cho điểm, do không đúng bản chất.

Do a = b nên tỉ lệ số nguyên tử H:P của A và bằng với tỉ lệ này của H3PO4 và bằng 3:1; n(P)= 7,84/98 = 0,08mol; n(H)=0,24 mol

Theo ĐLBTKL ta có tổng khối lượng P và H trong A là:

0,08.31 + 0,24.1 = 2,72 gam < 5,28 gam

Do đó trong A còn có cả Oxi, n(O) = (5,28 – 2,72)/16 = 0,16 mol

Đặt công thức của A là HxPyOz, khi đó:

x:y:z = n(H):n(P):n(O) = 0,24:0,08:0,16 = 3:1:2 Vậy CTPT của A là H3PO2

0,25

0,5

0,5

III.

(3,5)

2.

(1)

PT: H3PO2 + nKOH  KnH3-nPO2 + nH2O (với n = 1 hoặc 2 hoặc 3)

Ta có n(H3PO2) = 0,04.0,2 = 0,008 mol;

n(KOH) = 44.1,018.1/(100.56)  0,008 mol Suy ra n = 1, vậy muối trung hoà thu được có CT là KH2PO2

0,25

0,75

1.

(1,75)

PT: Fe(NO3)2 + Mg  Fe + Mg(NO3)2 (1)

x - x Chất rắn Y gồm Fe và Mg (có thể không có Mg)

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

x - x

Mg + 2HCl  MgCl2 + H2

Y -y Gọi n(Mg-pư1) = x mol, n(Mg dư) = y mol (x>0; y0)

Ta có hệ pt:















96 , 4 24 56

1 , 0

y x

y x

 x = 0,08; y = 0,02 (mol) Vậy m = (0,08 + 0,02).24 = 2,4 gam

0,25x3

0,5

0,25 0,25

IV.

(3)

2.

(1,25)

Thêm lượng bột Fe dư vào dung dịch chứa đồng thời CuCl2, FeCl2 và FeCl3 thì CuCl2 và FeCl3sẽ được làm sạch do các phản ứng:

CuCl2 + Fe  FeCl2 + Cu

2FeCl3 + Fe  3FeCl2 Lọc phần chất rắn không tan ta sẽ thu được dung dịch chỉ chứa FeCl2

0,5

0,25 0,25 0,25

V.

(5,5) 1.

(4)

Gọi công thức chung của MgCO3, K2CO3 và CaCO3 là RCO3, ta có phản ứng:

RCO3 + H2SO4  RSO4 + H2O + CO2 (*) Cho CO2lội chậm qua dung dịch X thì các phản ứng lần lượt xảy ra theo thứ tự:

CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (1)

CO2 + KOH  K2CO3 + H2O (2)

CO2 + K2CO3 + H2O  KHCO3 (3)

CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2 (4)

*Nếu học sinh lí luận để bỏ luôn được PT(4) mà không viết thì vẫn cho điểm.

n(Ba(OH)2) = 0,06 mol; n(KOH) = 0,08 mol

Do dung dịch sau phản ứng chỉ chứa một chất tan, ta có 3 trường hợp xảy ra:

TH1: Chỉ xảy ra phản ứng (1), tức chất tan duy nhất là KOH

Khi đó n(CO2) = 0,06 mol TH2: Xảy ra các phản ứng (1)(2), tức chất tan duy nhất là K2CO3 Khi đó n(CO2) = 0,06 + 0,08.1/2 = 0,1 mol

TH3: Xảy ra các phản ứng (1)(2)(3), tức chất tan duy nhất là KHCO3 Khi đó n(CO2) = 0,06 + 0,08 = 0,14 mol

Theo pt(*), đặt n(CO2) = n(RCO3) = n(H2SO4) = a mol, ta có:

a > 11,6/M(K2CO3) = 0,084 mol

a < 11,6/M(MgCO3) = 0,138 mol Suy ra chỉ có trường hợp 2, a = 0,1 mol thoả mãn ĐK

V(H2SO4) = 0,1/1 = 0,1 (lít)

0,25

0,25x4

0,25 0,5 0,25

0,5 0,25

ThuVienDeThi.com

Trong dung dịch C, n(K2CO3) = 0,04 mol

 m(K2CO3) = 5,52 gam < 6,6 gam

 Chất D thu được là muối ngậm nước Đặt công thức của D là K2CO3.xH2O Theo ĐLBTKL ta có m(H2O) = 6,6 – 5,52 = 1,08 gam  n(H2O) = 0,06 mol

 x = 0,06/0,04 = 1,5 Vậy D là K2CO3.1,5H2O

0,5 0,5

2.

(1,5)

Ta có sơ đồ chuyển hoá sau:

RO )

OH ( R RNO

RTO RO

R

2 NaOH

3 HNO

3



 













o

t

Đặt n(RTO3) = x mol (x>0)  n(R) = 4x mol

Theo sơ đồ và ĐLBTKL, sau quá trình chuyển hoá thì nhóm TO3 (x mol) bị mất

đi, đồng thời R kim loại và lượng R trong RTO3đều nhận thêm O tạo thành RO (4x + x = 5x mol) Vì khối lượng hỗn hợp không thay đổi, nên:

x.(T + 16.3) = 5x.16  T = 32 (S)

0,5

1

HẾT /.

*Học sinh làm cách khác nếu hợp lý vẫn cho điểm tối đa.

ThuVienDeThi.com