3 đề đáp án môn hóa

UBND HUYỆN EA KAR PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi này gồm có 2 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi HÓA HỌC Thời gian 150 phút (không kể[.]

UBND HUYỆN EA KAR

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2022- 2023 Môn thi: HÓA HỌC

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

Ngày thi: 07/01/2023

Câu 1 (5,0 điểm)

a) Hoàn thành các chuyển hóa sau (Mỗi mũi tên viết 1 phương trình hóa học, ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có)

b) Có

phân bón hóa học ở thể rắn đựng trong các lọ riêng biệt không ghi nhãn là:

NH4NO3, NH4Cl, (NH4)2SO4 Hãy phân biệt các mẫu phân bón trên bằng phương pháp hóa học, viết phương trình hóa học minh họa

c) Em hãy giải thích sự hình thành hang động và thạch nhũ ở vườn quốc gia Phong Nha – Kẻ Bàng với những hình dạng phong phú đa dạng?

Câu 2 (3,0 điểm)

Cho 316,0 gam dung dịch một muối hiđrocacbonat (A) 6,25% vào dung dịch

H2SO4 loãng vừa đủ, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 16,5 gam muối sunfat trung hoà Mặt khác cũng cho lượng dung dịch muối hiđrocacbonat (A) như trên vào dung dịch HNO3 vừa đủ, rồi cô cạn từ từ dung dịch sau phản ứng thì thu được 47,0 gam muối B

Xác định A, B

Câu 3 (4,0 điểm)

Một hỗn hợp A gồm Al, Al2O3, CuO tan hết trong 2,0 lít dung dịch H2SO4

0,5M, thu được dung dịch B và 6,72 lít (ở đktc) khí H2 Khi thêm 0,4 lít dung dịch NaOH 0,5M vào dung dịch B thì thấy kết tủa bắt đầu xuất hiện và để kết tủa bắt đầu không thay đổi nữa thì thể tích dung dịch NaOH 0,5M đã dùng tổng cộng là

4,8 lít, dung dịch thu được khi đó gọi là dung dịch C.

a) Tính phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp A.

c) Thêm dung dịch HCl 1,0M vào dung dịch C Tính thể tích dung dịch HCl 1,0M phải dùng để thu được kết tủa sau khi nung nóng cho ra 10,2 gam chất rắn khan Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn

Câu 4 (4,0 điểm)

a) Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO Hòa tan 43,8 gam vào nước dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có chứa 41,04 gam Ba(OH)2

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi này gồm có 2 trang)

Hấp thụ hoàn toàn 13,44 lít CO2 (đktc) vào trong dung dịch Y thu được m gam kết tủa Tính m?

b) Cho m gam bột Fe vào 400 ml dung dịch chứa hai muối AgNO3 0,15M và

Cu(NO3)2 0,1M, sau một thời gian thu được 7,68 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch X Cho 6,5 gam bột Zn vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 7,79 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch Y Xác định giá trị của m

Câu 5 (4,0 điểm)

Nhiệt nhôm 28,08 gam hỗn hợp X gồm Al và FexOy (trong môi trường không

có không khí), thu hỗn hợp chất rắn sau nung đem trộn đều và chia làm 2 phần bằng nhau

- Phần 1: Hòa tan vào dung dịch NaOH dư, thu được 2,016 lít H2 (đktc), còn lại chất rắn Y Hòa tan hết Y vào dung dịch HNO3 dư, thu được 2,464 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất)

- Phần 2: Phản ứng tối đa với dung dịch chứa 64,68 gam H2SO4 (đặc, nóng), thu được SO2 (sản phẩm khử duy nhất)

Tìm công thức oxit sắt và hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm?

( Cho biết: Fe = 56; N = 14; S = 32; Na = 23; H= 1; Cu = 64; O= 16; Cl= 35,5;

C=12; Ba=137; Ag =108; Zn=65;Mg = 24; Al = 27)

(Giám thị không giải thích gì thêm.)

Họ và tên thí sinh:……… Chữ kí giám thị 1:……… ……….

UBND HUYỆN EA KAR

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC CƠ SỞ CẤP HUYÊN

NĂM HỌC: 2022- 2023 MÔN THI: HÓA HỌC HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu ý NỘI DUNG ĐIỂM

1

a/

2,0 đ

(1) 4P + 5O 2  2P 2 O 5

(2) P 2 O 5 + 3H 2 O 2H 3 PO 4

(3) H 3 PO 4 + NaOH NaH 2 PO 4 + H 2 O (4) NaH 2 PO 4 + NaOH  Na 2 HPO 4 + H 2 O (5) Na 2 HPO 4 + NaOH Na 3 PO 4 + H 2 O (6) H 3 PO 4 + 3NaOH Na 3 PO 4 + 3H 2 O (7) 2Na 3 PO 4+ H 3 PO 4  3Na 2 HPO 4

(8) Na 2 HPO 4 + H 3 PO 4  NaH 2 PO 4

Mỗi PTHH đúng được 0,25 điểm

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

b/

1,5đ

Lấy mẫu thử Lần lượt cho dd BaCl 2 vào 3 mẫu thử , có kết tủa trắng là (NH 4 ) 2 SO 4 (NH 4 ) 2 SO 4 + BaCl 2  BaSO 4 + NH 4 Cl

Hai mẫu còn lại không hiện tượng NH 4 Cl , NH 4 NO 3 Tiếp tục lấy mẫu thử Lần lượt cho dd AgNO 3 vào có kết tủa trắng là NH 4 Cl

AgNO 3 + NH 4 Cl  AgCl + NH 4 NO 3

0,5đ 0,5đ 0,5đ

c/

1,5đ

Giải thích: Ở các vùng núi đá vôi, thành phần chủ yếu là CaCO3 Khi trời mưa trong không khí có CO 2 tạo thành môi trường axit nên làm tan được

đá vôi Những giọt mưa rơi xuống sẽ bào mòn đá theo phương trình:

CaCO 3 + CO 2 + H 2 O → Ca(HCO 3 ) 2

Theo thời gian tạo thành các hang động Khi nước có chứa Ca(HCO 3 ) 2 ở

đá thay đổi về nhiệt độ và áp suất nên khi giọt nước nhỏ từ từ có cân bằng:

Ca(HCO 3 ) 2 → CaCO 3 + CO 2 + H 2 O Như vậy lớp CaCO 3 dần dần lưu lại ngày càng nhiều, dày tạo thành những hình thù đa dạng

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

2

3,0đ

Gọi công thức của muối A: R(HCO 3 ) n

Có: m A = 316.6,25% = 19,75 gam 2R(HCO 3 ) n + nH 2 SO 4  R 2 (SO 4 ) n + 2nCO 2 + 2nH 2 O 19,75gam 16,5gam

=> 16,5.(2R + 2.61n) = 19,75.(2R + 96n) suy ra: R= 18n

Ta có bảng sau:

muối A là: NH 4 HCO 3

- Theo đề bài: n A = 19,75 : 79 = 0,25 mol

NH 4 HCO 3 + HNO 3  NH 4 NO 3 + H 2 O + CO 2  0,25 mol  0,25 mol

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ

t 0

m(NH 4 NO 3 ) = 80 × 0,25 = 20 gammuối B là muối ngậm nước.

- Đặt CTPT của B là: NH 4 NO 3 xH 2 O

m(H 2 O) = 47 – 20 = 27 gam  n(H 2 O) = 27/18= 1,5 mol

 x = 6

Công thức của B: NH 4 NO 3 6H 2 O

0,5đ 0,5đ

3

4,0đ

* Phản ứng đã xảy ra:

2Al + 3H 2 SO 4 ⃗ Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 (1)

Al 2 O 3 + 3H 2 SO 4 ⃗ Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (2)

CuO + H 2 SO 4 ⃗ CuSO 4 + H 2 O (3)

* Phải dùng 0,4 lít dung dịch NaOH 0,5M vào dung dịch B mới xuất hiện

kết tủa ⇒ dung dịch B còn dư axit:

2NaOH + H 2 SO 4 ⃗ Na 2 SO 4 + 2H 2 O (4)

0,75đ

* khi dùng đến 4,8 lít dung dịch NaOH 0,5M, các phản ứng đã xảy ra:

Al 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH ⃗ 2Al(OH) 3 + Na 2 SO 4 (5)

CuSO 4 + 2NaOH ⃗ Cu(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (6)

Kết tủa ổn định chỉ còn Cu(OH) 2

0,75đ

Số mol các chất: nH

2= 6 ,72 22,4 = 0,3 (mol); nH2SO 4 bđ=

1,0 (mol);

nNaOH(H

2SO 4 d)=

0,4.0,5 = 0,2 (mol); nNaOH(tp)= 4,8.0,5 = 2,4 (mol)

pt(1) ⇒ nAl= 0,2 (mol); pt (4) ⇒ n H

2SO 4 d=

0,1 (mol) Đặt nAl 2 O3=

x (mol); nCuO=y (mol)

Từ pt (1), (2), (3)

⇒ 0,3 + 3x + y = 1 – 0,1

⇒ 3x + y = 0,6 (8)

0,5đ

Mặt khác, từ (4), (5), (6), (7) ⇒ 6(0,1 + x) + 2(0,1 + x) + 2y = 2,4 – 0,2

⇒ 8x + 2y = 1,4

⇒ 4x + y = 0,7 (9)

Từ (8), (9) ⇒ x = 0,1 (mol); y = 0,3 (mol)

0,5đ

Phần trăm khối lượng các chất trong A:

0,2.27 + 0,1.102 + 0,3.80 = 13,64(%);

%m Al

2 O3= 0,1.102.100 0,2.27 + 0,1.102 + 0,3.80 = 25,76(%);

%m CuO= 100 – 13,64 – 25,76 = 60,6(%)

0,5đ

Dung dịch C chứa: Na2SO4 và NaAlO2 Khi cho HCl vào dung dịch

C, chỉ xảy ra phản ứng giữa HCl với NaAlO2

Các phản ứng có thể có:

NaAlO2 + HCl + H2O ⃗ Al(OH)3 + NaCl (10)

0,4 0,4 0,4

Al(OH)3 + 3HCl ⃗ AlCl3 + 3H2O (11) 0,5đ

0,2 0,6

2Al(OH)3 ⃗t0C Al2O3 + H2O (12)

0,2 0,1

nNaAlO

2= nAl + 2n Al 2 O3 = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 (mol);

nAl

2 O3 =

10,2

102 = 0,1 (mol)

Vì n Al

2 O3 = 0,1 (mol) ⇒ phản ứng (11) có xảy ra

Từ (10), (11), (12) ⇒ nHCl = 0,4 + 0,6 = 1,0 (mol)

V ddHCl =

n

C M = 1,0

1,0 = 1,0 (lít)

0,5đ

4

a/

2đ

nH2 = 0,1mol; nBa(OH)2 = 0,24 mol;

 Xét phản ứng của X với nước

Các PTHH:

Na + H2O NaOH + ½ H2 (1)

Ba+ 2H2O  Ba(OH)2 + H2 (2)

Na2O + H2O  2NaOH (3)

BaO + H2O  Ba(OH)2(4)

Dd sau phản ứng chứa NaOH, Ba(OH)2

Gọi a là số mol NaOH (a>0)

Từ phản ứng 1,2,3,4 :

- Bảo toàn H :

nH(H2O) = nH(bazơ) _ + nH(H2) = a + 0,24.2 + 0,1.2= 0,5a + 0,68 mol

nH2O = ½ nH = 0,68/2 =0,5 a + 0,34 mol

- Bảo toàn khối lượng:

mX + mH2O = mNaOH + mBa(OH)2 + mH2

 43,8 + (0,5a+0,34).18 = 40a + 41,04 + 0,1.2

= > a = 0,28 mol=> nNaOH = 0,28 mol

 Xét phản ứng của CO 2 với kiềm:

+nCO2 = 0,6 mol + nOH =2.nBa(OH)2 + nNaOH = 0.48 + 0,28= 0,76 mol

Xét tỉ lệ: nOH/nCO2 = 0,76/0,6= 1,267 => phản ứng tạo 2 loại muối

-Thứ tự phản ứng:

Ba(OH)2 + CO2 BaCO3 + H2O (5)

0,24mol 0,24 0,24

NaOH + CO2  NaHCO3 (6)

0,28 mol 0,28

BaCO3 + CO2 + H2O  Ba(HCO3)2 (7)

0.08 0,08 mol

Từ 5,6,7 số mol BaCO3

nBaCO3= 0,24 -0,08 =0,16 mol

m = mBaCO3 = 0,16 197 = 31,52 gam

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Số mol các chất:

2đ

n AgNO

3= 0,4.0,15 = 0,06 (mol); nCu( NO

3)2=

0,4.0,1 = 0,04 (mol) Khi cho Zn phản ứng hoàn toàn với dd X thu được 7,79 gam hỗn

hợp kim loại > 6,5 gam Zn ⇒ dung dịch X chứa các muối:

Fe(NO3)2, Cu(NO3)2 và AgNO3 ⇒ Fe chỉ mới phản ứng một phần

với AgNO3

0,5đ

Các phản ứng đã xảy ra:

Fe + 2AgNO3 ⃗ Fe(NO3)2 + 2Ag (1)

Zn + 2AgNO3 ⃗ Zn(NO3)2 + 2Ag (2)

0,06-2x 0,06-2x

Zn + Cu(NO3)2 ⃗ Zn(NO3)2 + Cu (3)

0,04 0,04 mol 0,04 0,04

Zn + Fe(NO3)2 ⃗ Zn(NO3)2 + Fe (4)

Đặt số mol Fe đã phản ứng là x (mol)

*Xét phản ứng của Zn với dd X: nZn = 0,1 mol

Vì 0,1 >

1

2 0,06 + 0,04 = 0,07 (mol) ⇒ Zn phản ứng còn dư, các muối trong X phản ứng hết

Bảo toàn NO3

nZn(phản ứng ) =1/2 nNO3 =0,035 mol

0,5

Từ (1) ⇒ 108.2x + m – 56x = 7,68

⇒ m + 160x = 7,68 (5)

Từ (2), (3), (4)

⇒ 108(0,06 – 2x) + 64.0,04 + 56x + 6,5 – 65(0,03 – x + 0,04 + x) = 7,79

⇒ x = 0,02 (mol) Thay x vào (5) ⇒ m = 4,48 (gam)

0,5đ

5

4,0 điểm

PT: 2yAl + 3FexOy  yAl2O3 + 3xFe

-Chất rắn thu được chứa Fe, Al2O3, Al dư, FexOy dư

-Bảo toàn khối lượng chất rắn

-Khối lượng mỗi phần: 28,082 = 14,04 gam

0,5đ

*Xét phần 1: nH2 = 0,09 mol, nNO = 0,11 mol

PTHH : Al + NaOH + H2O  NaAlO2 + 3/2H2 (1)

Al2O3 + 2NaOH 2NaAlO2 + H2O (2)

0,5đ

= > Chất rắn Y chứa Fe , FexOy

-Cho Y vào HNO3

Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + H2O (3)

3FexOy +(12x-2y) HNO3 3xFe(NO3)3 + (3x-2y)NO + (6x-y)H2O (4) 3xFe(NO3)3 + (3x-2y)NO + (6x-y)H2O (4)

-Từ (3), (4) Số mol NO

nNO= nFe + (3 x−2 y)3 nFexOy =0,11 mol

 3 nFe + (3x-2y).n FexOy =0,33 mol (5)

0,5đ

*Xét phần 2 :

nH2SO4 = 0,66 mol

PTHH:

2Al + 6H2SO4(đ,t0)  Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6)

2Fe + 6H2SO4(đ,t0)  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (7)

2FexOy +(6x-2y) H2SO4  xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (8)

Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O (9)

0,5đ

Từ (6), (7), (8) số mol SO2:

nSO2 = 1,5 nFe + (3 x−2 y)

2 nFexOy + 0,09 = 3 nFe+(3 x −2 y ) nFexOy2 + 0,09

= 0,33/2 + 0,09 = 0,255 mol

-Từ (6,7,8) :

+Bảo toàn H nH2O = nH2SO4= 0,66mol

+ Bảo toàn khối lượng:

mp2 + H2SO4 = mmuối + mSO2 + mH2O

< => 14,04 + 0,66.98 = mmuối + 0,255.64+ 0,66.18

m muối = 50,52 gam

0,5đ

-Xét muối ở phần 2 gồm : Fe 2 (SO 4 ) 3 và Al 2 (SO 4 ) 3

Gọi a, b lần lượt là số mol muối Fe 2 (SO 4 ) 3 và Al 2 (SO 4 ) 3 (a,b>0)

Ta có : 400a + 342b = 50,52 g ( *)

Bảo toàn S cho phản ứng 6,7,8,9:

nS(muối) = nH2SO4 –nSO2 = 0,66-0,255= 0,405 mol

< => 3a + 3b = 0,405 mol (* *)

Từ (*) , (**) ta có hệ:

0,5đ

400a + 342b = 50,52 g ( *)

3a + 3b = 0,405 mol (* *)

Giải hệ : a = 0,075=> nFe2(SO4)3 =0,075 mol

b = 0,06 = > nAl2(SO4)3 = 0,06 mol

 Khối lượng kim loại Al, Fe trong mỗi phần

 nFe =2nFe2(SO4) = 2 0,075 = 0,15 mol

nAl = 2 nAl2(SO4)3 = 0,12 mol

nO = (14,04 – 0,15.56 -0,12.27) : 16 =0,15 mol

- CTHH của FexOy

Ta có : nFe nO = x y = 0,150,15 = 1

Vậy CTHH: FeO

0,5đ

 Vậy trong mỗi phần : Chứa 0,15 mol FeO , 0,12 mol Al

Xét phản ứng : 2Al + 3FeO  Al2O3 + 3Fe

Nếu phản ứng hoàn toàn thì FeO hết trước nên hiệu suất phản ứng

tính theo FeO

Ta có nFeO(phản ứng) = 32 nAl(phản ứng) =32 (0,12-0,06) = 0,09 mol

-Hiệu suất phản ứng là:

H% = (0,09/0,15 ) 100% = 60%

0,5đ



Lưu ý: - HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.