Đề và đáp án thi học sinh giỏi môn Hóa học 9- THCS Mỹ Tài 2010-2011.

Đun nhẹ KMnO4 với dung dịch HCl đặc thu khí B.. Cho Fe vào H2SO4 đặc nóng thu khí C mùi hắc.. Cho khí A, B lần lượt vào dung dịch NaOH; khí C vào dung dịch Brom.. Tính thể tích dung dịch

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – Năm học : 2010 – 2011 Trường THCS Mỹ Tài Môn : Hoá học – Lớp 9

Thời gian : 150 phút (không kể phát đề)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Ngày thi : 07/10/2010

Câu I: (2 điểm)

Cho Cu vào HNO3 đặc thu khí A Đun nhẹ KMnO4 với dung dịch HCl đặc thu khí B Cho Fe vào H2SO4 đặc nóng thu khí C (mùi hắc) Cho khí A, B lần lượt vào dung dịch NaOH; khí C vào dung dịch Brom Viết phương trình hoá học

Câu II: (2 điểm)

Xác định các chất A1, A2, A3, , A11 và viết phương trình hoá học theo các sơ đồ sau:

1 A1 + A2 → A3 + A4

2 A3 + A5 → A6 + A7

3 A6 + A8 + A9 →A10

4 A10  t o A11 + A8

5 A11 + A4  t o A1 + A8

Biết rằng A3 là muối sắt clorua và khi lấy 1,27 gam A3 tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu 2,87 gam muối kết tủa

Câu III : (2 điểm)

Chỉ dùng một hoá chất, nhận biết các dung dịch MgCl2, NaNO3, NH4NO3, FeCl2, Al(NO3)3, (NH4)2SO4 chứa trong các lọ mất nhãn

Câu IV: (2 điểm)

Nung 6,58 gam Cu(NO3)2 trong bình kín, sau thời gian thu được 4,96 gam chất rắn và hỗn hợp khí X Hấp thụ hoàn toàn X vào nước để được dung dịch Y có pH = 1 Tính thể tích dung dịch Y

Câu V: (2,5 điểm)

Cho 6,72 gam Fe vào 400 ml dung dịch HNO3 1M, phản ứng hoàn toàn thu khí NO (khí duy nhất) và dung dịch A Dung dịch A có thể hoà tan tối đa m gam Cu và tạo ra dung dịch B Cô cạn dung dịch B thu x gam muối Tính m , x

Câu VI: (2,5 điểm)

Để m gam bột Fe ngoài không khí, sau một thời gian thu hỗn hợp X gồm Fe và 3 oxit trong đó

2 3

mFe O : mFeO= 20 : 9 Để hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X cần 100 ml dung dịch HCl 1M và có 0,224 lít khí thoát ra (đktc) Tính m

Câu VII: (3 điểm)

Thêm từ từ từng giọt 100 ml dung dịch HCl 1,5M vào 400 ml dung dịch A gồm KHCO3 và Na2CO3 thu dung dịch B và thoát ra 1,008 lít khí (đktc) Cho dung dịch B phản ứng với một lượng Ba(OH)2 dư thu 29,55 gam kết tủa Tính nồng độ M các chất trong dung dịch A

Câu VIII: (4 điểm)

Cho 11,8 gam hỗn hợp Y gồm Al và Cu vào 100 gam dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu V1 lít khí SO2 (đktc) và dung dịch A Nếu hoà tan 0,45 mol hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO3 loãng

dư thu V2 lít khí NO (đktc) và dung dịch B Thêm một lượng dư NaOH vào dung dịch B thu kết tủa

C Lọc, rửa và nung kết tủa ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu 12 gam chất rắn Các phản ứng xảy ra hoàn toàn

1 So sánh V1 với V2

2 Tính thể tích dung dịch NaOH 2M thêm vào dung dịch A để bắt đầu xuất hiện kết tủa; thu được lượng kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất

(Cho : Na = 23, Ba = 137, Cu = 64, Fe = 56, Al = 27,

Ag = 108, H = 1, N = 14; S = 32, , C = 12, O = 16, Cl = 35,5)

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM

Trường THCS Mỹ Tài ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – Năm học : 2010 – 2011 Môn : Hoá học – Lớp 9

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

I - Khí A là NO2: Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O

- Khí B là Cl2 : 2KMnO4 + 16HCl  t o 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O

- Khí C là SO2 : 2Fe + 6H2SO4đ  t o Fe2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O

- Hấp thụ khí NO2, Cl2 vào dung dịch NaOH:

2NO2 + 2NaOH → NaNO2 + NaNO3 + H2O

Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O

- Hấp thụ khí SO2 vào dung dịch Brom

SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4

0,25 0,50 0,25

0,50 0,25

0,25

II FeClx + xAgNO3 → Fe(NO3)x + xAgCl↓ (*)

Từ (*): 56 35,5x1, 27

x

2,87 143,5  x = 2  A3 là FeCl2 (1) Fe (A1) + 2HCl(A2) → FeCl2 (A3) + H2(A4)

(2) FeCl2 (A3) + 2NaOH(A5) → Fe(OH)2 (A6) + 2NaCl(A7)

(3) 4Fe(OH)2(A6) + 2H2O(A8) + O2 (A9) → 4Fe(OH)3 (A10)

(4) 2Fe(OH)3 (A10) t o Fe2O3 (A11) + 3H2O(A8)

(5) Fe2O3 (A11) + 3H2 (A4)  t o 2Fe (A1) + 3H2O (A8)

0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 III * Trích nhiều mẫu thử, cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào Dung dịch không có hiện

tượng gì là NaNO3

- Dung dịch tạo kết tủa trắng là MgCl2

Ba(OH)2 + MgCl2 →Mg(OH)2↓ + BaCl2

- Dung dịch tạo kết tủa trắng xanh sau chuyển thành nâu đỏ là FeCl2

Ba(OH)2 + FeCl2 →Fe(OH)2↓ + BaCl2

4Fe(OH)2+ 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3↓

- Dung dịch tạo kết tủa trắng keo sau tan dần là Al(NO3)3

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

Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2+ 4H2O

- Dung dịch tạo khí mùi khai là NH4NO3

Ba(OH)2 + 2NH4NO3 → Ba(NO3)2+ 2H2O + 2NH3 ↑

- Dung dịch tạo kết tủa trắng và khí mùi khai là (NH4)2SO4

Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4↓ + 2H2O + 2NH3 ↑

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

IV 2Cu(NO3)2  t o 2CuO + 4NO2 + O2

amol 2a a/2

mX = 6,58 – 4,96 = 1,62(g)  2a.46 + 16a = 1,62 → a = 0,015

4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

0,03 0,0075 0,03

pH = 1  [H+] = 0,1M = CM (HNO3)  V = 0,030,1 = 0,3 (lít)

0,50

0,50 0,50 0,50

V

V

nFe = 6,72

56 = 0,12 mol ; n HNO3= 0,4 1 = 0,4 mol

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

0,25 0,50

Câu Nội dung Điểm

0,1 0,4 0,1

Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2

0,02 0,04 0,06

2Fe(NO3)3 + Cu → 2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2

0,06 0,03 0,06 0,03

* mCu = 0,03 64 = 1,92 (g)

Dung dịch B gồm 0,12 mol Fe(NO3)2 và 0,03 mol Cu(NO3)2

* x = 0,12 180 + 0,03 188 = 27,24 (g)

0,50 0,50 0,25

0,50 VI

Ta có: - mFe O : mFeO = 20 : 9 2 3 

2 3

n Fe O : n FeO = 16020 : 9

72 = 1 : 1

- nHCl = 0,1 mol ; n H2= 0,01 mol

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (1)

0,01 0,02 0,01

FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2)

a 2a

Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (3)

a 6a

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

b 8b

Từ (1) → (4) : nHCl = 0,02 + 8(a + b) = 0,1 → a + b = 0,01

nFe bđ = nFe(1) + nFe(FeO) + nFe (Fe2O3) + nFe (Fe3O4)

= 0,01 + a + 2a + 3b = 0,01 + 3(a + b)

= 0,04 mol → m = 0,04 56 = 2,24 (g)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,50 0,25 VII * Cho HCl vào dung dịch A tạo khí → Na2CO3 chuyển hết thành NaHCO3

* Dung dịch B phản ứng với Ba(OH)2 dư tạo kết tủa → B còn dư muối axit

→ HCl hết Đặt a = nNa2CO3 ; b = nKHCO3 trong ddA

HCl + Na2CO3 → NaCl + NaHCO3 (1)

a a a

NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O (2)

x x x

KHCO3 + HCl → KCl + CO2↑ + H2O (3)

y y y

NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + NaOH + H2O (4)

a – x a – x

KHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + KOH + H2O (5)

b – y b – y

Từ (1) → (5) :

2

3

1,008

nCO = x + y = = 0,045

22,4

nHCl= a + x + y = 0,1 1,5 = 0,15 a = 0,105

29,55

a + b - (x + y) = = 0,15 b = 0,09

197

nBaCO



















CM (Na2CO3) = 0,1050, 4 = 0,2625 M ; CM (KHCO3) = 0,090,4 = 0,225 M

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

1,0

0,25

VIII 2Al + 6H2SO4đ  t o Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O (1) 0,25

Câu Nội dung Điểm

Cu + 2H2SO4đ  t o CuSO4 + SO2↑ + 2H2O (2)

Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O (3)

3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (4)

Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaNO3 (5)

Cu(OH)2  t o CuO + H2O (6)

(NaOH dư hoà tan hết kết tủa Al(OH)3 tạo ra từ Al(NO3)3)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

* Từ (3)→(6) : - nCu = nCuO = 12

80 = 0,15 (mol) → nAl = 0,45 – 0,15 = 0,3 (mol)

- nNO = nAl + 2

3nCu = 0,3 +

2

3 0,15 = 0,4 (mol) (*)

0,25

0,25

* Đặt : nY (trong 11,8 gam Y) = k nY (trong 0,45 mol Y)

Từ (1) và (2) : nAl = 0,3.k ; nCu = 0,15 k

 k.(0,3.27 + 0,15 64) = 11,8 → k = 2

3 → Trong 11,8 gam hh A : nAl =2

3 0,3 = 0,2 mol ; nCu =

2

3 0,15 = 0,1 (mol)

2 4

nH SO bđ = 1 mol, nH SO2 4pư = 3nAl + 2nCu = 0,8 mol → nH SO2 4dư = 0,2 mol

→ nSO = 12 2 nH SO pư = 0,4 (mol) (**)2 4

Từ (*) và (**) : nNO = nSO → V2 1 = V2

0,25 0,25

0,25 0,25

* Bắt đầu xuất hiện kết tủa khi NaOH trung hoà hết lượng H2SO4 dư

H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O

0,2 mol 0,4 mol

→ Vdd NaOH = 0, 4

2 = 0,2 (lít)

* Lượng kết tủa lớn nhất khi NaOH phản ứng vừa đủ với 2 muối

Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3↓+ 3Na2SO4

0,1 0,6 0,2

CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4

0,1 0,2

→ Vdd NaOH = 0, 4 0,6 0,2

2

= 0,6 (lít)

* Lượng kết tủa nhỏ nhất khi NaOH hoà tan hết Al(OH)3 chỉ còn lại Cu(OH)2

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

0,2 0,2

→ Vdd NaOH = 0, 4 0,6 0, 2 0, 2

2

= 0,7 (lít)

0,25

0,50

0,25 (Mọi cách giải đúng và lập luận chặt chẽ vẫn được tính điểm tối đa cho mỗi câu)