Cho các chất: dung dịch NaCl, H2O, MnO2, HCl đặc và những thiết bị cần thiết.. Trình bày cách nhận biết từng dung dịch, chỉ được dùng thêm cách đun nóng.. Lấy mẫu thử của 5 dung dịch, đá
Trang 1PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
VÒNG 1 MÔN HÓA HỌC
Năm học 2018 - 2019
PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN
(10 điểm)
Mỗi câu học sinh chọn đáp án đúng cho 0,5 điểm.
Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 Câu 9 Câu 10
Câu 11 Câu 12 Câu 13 Câu 14 Câu 15 Câu 16 Câu 17 Câu 18 Câu 19 Câu 20
PHẦN TỰ LUẬN
Câu I (3,0 điểm)
1 Cho các chất: dung dịch NaCl, H2O, MnO2, HCl đặc và những thiết bị cần thiết Hãy nêu hai phương pháp điều chế Clo Viết phương trình hóa học
2 Có 5 dung dịch sau đựng trong các lọ mất nhãn: NaHSO 4 , KHCO 3 , Na 2 SO 3 , Mg(HCO 3 ) 2 , Ba(HCO 3 ) 2 Trình bày cách nhận biết từng dung dịch, chỉ được dùng thêm cách đun nóng
(3,0đ)
1 (1,0 điểm)
- Phương pháp thứ nhất:
MnO2 + 4HClđ to MnCl2 + Cl2 + 2H2O
- Phương pháp thứ 2: Điện phân dung dịch NaCl bão hòa
dd
2NaCl2H O dp 2NaOH H Cl
0,5 0,5
2 (2,0 điểm) Lấy mẫu thử của 5 dung dịch, đánh số thứ tự.
- Đun nóng các mẫu thử, có 2 mẫu thử xuất hiện khí và kết tủa trắng là
Mg(HCO3)2 và Ba(HCO3)2 Mẫu thử chỉ có khí thoát ra là KHCO3
Mg(HCO3)2 to MgCO3 + CO2 + H2O
Ba(HCO3)2 to BaCO3 + CO2 + H2O
- Cho vài giọt dung dịch ở 1 trong 2 mẫu vừa có kết tủa vừa có khí ở
trên nhỏ vào 2 mẫu thử còn lại là các dung dịch: NaHSO4, Na2SO3 ->
nhận ra được 3 mẫu là Ba(HCO3)2, Mg(HCO3)2, NaHSO4
Mẫu thử nào chỉ có khí bay ra mà không có kết tủa là Mg(HCO3)2
Mg(HCO3)2 + 2NaHSO4 MgSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O
Mẫu thử nào vừa có khí bay ra vừa có kết tủa, ta nhận được Ba(HCO3)2
Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O
0,75
……
1,25
Trang 2- Mẫu nào chỉ có kết tủa trắng là Na2SO3,
Ba(HCO3)2 + Na2SO3 BaSO3 + 2NáHCO3
Câu II (2,0 điểm)
Hãy chỉ rõ hiện tượng xảy ra và giải thích trong từng trường hợp sau:
1 Cho 1 ít bột Al và mẩu Na vào nước
2 Cho từ từ dung dịch HCl; khí CO2 vào dung dịch NaAlO2 tới dư
(2,0đ)
1 (1,0 điểm) Ban đầu mẫu Na nóng chảy thành giọt tròn chạy trên bề
mặt nước rồi tan dần, có khí không màu thoát ra
2Na + 2H2O 2NaOH + H2 .
Sau đó vụn chất rắn trắng bạc (Al) tan dần, khí không màu thoát ra
nhiều hơn (dung dịch vẫn không màu)
2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2 .
0,5
0,5
2 (1,0 điểm) Khi nhỏ dung dịch HCl: Đầu tiên xuất hiện kết tủa trắng
keo, sau đó kết tủa lại tan
NaAlO2 + HCl + H2O Al(OH)3 + NaCl
3HCl + Al(OH)3 AlCl3 + 3H2O
- Khi sục khí CO2:: Kết tủa càng tăng lên theo lượng CO2 thêm vào và
không tan:
CO2 + NaAlO2 + 2H2O Al(OH)3 + NaHCO3
0,5
0,5
Câu III (2,5 điểm).C là dung dịch H2SO4 nồng độ x mol/l, D là dung dịch KOH nồng độ y mol/l Trộn 200 ml dung dịch C với 300 ml dung dịch D, thu được
500 ml dung dịch E Để trung hòa 100 ml dung dịch E cần dùng 40 ml dung dịch H2SO4 1M Mặt khác trộn 300 ml dung dịch C với 200 ml dung dịch D thu được 500 ml dung dịch F Xác định x, y, biết rằng 100 ml dung dịch F phản ứng vừa đủ với 2,04 gam Al2O3
Câu
III
(2,5 đ) + Số mol H Số mol KOH có trong 300 ml dung dịch D: 0,3y (mol).2SO4 có trong 200 ml dung dịch C: 0,2x (mol).
Khi trung hòa 500 ml dung dịch E cần: (0,04.500) : 100 = 0,2 (mol)
Vậy trong dung dịch E còn dư KOH
H2SO4 + 2KOH K2SO4 + 2H2O
0,2x 0,4x (mol)
Sau phản ứng còn dư: (0,3y - 0,4x) mol KOH
- Trung hòa lượng KOH dư trong dung dịch E:
H2SO4 + 2KOH K2SO4 + 2H2O
0,5
Trang 31mol 2mol
0,2 0,3y - 0,4x (mol)
Ta có: 0,3y - 0,4x = 0,2 2 = 0,4 (1)
+ Số mol H2SO4 có trong 300 ml dung dịch C: 0,3x (mol)
Số mol KOH có trong 200 ml dung dịch D: 0,2y (mol)
Số mol Al2O3 phản ứng với 500 ml dung dịch F: (2,04 5): 102 = 0,1
(mol)
- Vì dung dịch F có khả năng phản ứng với Al2O3 nên có 2 trường hợp
xảy ra:
+ Trường hợp 1: Axit H2SO4 dư
H2SO4 + 2KOH K2SO4 + 2H2O
0,1y 0,2y (mol)
Al2O3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2O
1 3 (mol)
0,1 0,3x - 0,1y (mol)
Ta có: 0,3x - 0,1y = 0,1 3 = 0,3 (2)
Kết hợp (1) và (2) ta được: x = 2,6; y = 4,8
+ Trường hợp 2: KOH dư
H2SO4 + 2KOH K2SO4 + 2H2O
0,3x 0,6x (mol)
Al2O3 + 2KOH 2KAlO2 + H2O
1 2 (mol)
0,1 0,2y - 0,6x (mol)
Ta có: 0,2y - 0,6x = 0,1 2 = 0,2 (3)
Kết hợp (1) và (3) ta được: x = 0,2; y = 1,6
0,5
0,5
0,5
0,5
nhau Phần 1 cho vào cốc đựng lượng dư dung dịch CuSO4, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 4,4 gam chất rắn Hòa tan hết phần 2 bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được dung dịch A và 0,448 lít khí NO duy nhất (ở đktc)
Cô cạn từ từ dung dịch A thu được 24,24 gam 1 muối sắt duy nhất B
a) Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu
b) Xác định công thức phân tử của muối B
Câu
IV
(2,5đ) a) Gọi x, y, z lần lượt là số mol Fe, FeO, Fehỗn hợp. 2O3 có trong mỗi phần của
Các PTHH xảy ra: Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu (1)
Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2)
3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (3)
Trang 4Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (4)
Ta có khối lượng mỗi phần hỗn hợp: 56x + 72y + 160z = 8,264 = 4,32
(*)
Khối lượng chất rắn: 64x + 72y + 160z = 4,4 (**)
Số mol NO thu được: x + 3y = 022,448,4 = 0,02 (mol) (**)
Từ (*),(*),(*) => x = 0,01; y = 0,03; z = 0,01
Vậy % khối lượng của các chất trong hỗn hợp ban đầu là:
% Fe = 0,401,32.56 100% = 12,96%; % FeO = 0,403,32.72 100% = 50%
% Fe2O3 = 100% - 12,96% - 50% = 37,04%
b) Khi cô cạn dung dịch ta được muối Fe (NO3)3 với số mol là:
x + y + 2.z = 0,01 + 0,03 + 0,01 2 = 0,06 (mol)
- Nếu là muối khan thì khối lượng sẽ là: 242 0,06 =14,52 (g) < 24,24 (g)
trái với đề bài đã cho vì vậy muối sắt thu được phải là loại tinh thể
ngậm nước; Fe(NO3)3 nH2O
Phân tử khối của muối B là: 240,06,24 = 404
=> n =
18
242
404
= 9 -> CTHH của B là: Fe(NO3)3 9H2O
1,0
……
0,5 ……
0,5 …… 0,25
0,25
………
Ghi chú: Học sinh làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.