Đáp án HSG Hóa học lớp 9 Lai Vung, Đồng Tháp 2018-2019 - Học Toàn Tập

Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN LAI VUNG

Hướng dẫn chấm gồm 04 trang

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN: HÓA HỌC

I HƯỚNG DẪN CHUNG:

1 Học sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó

2 Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong

tổ chấm thi

3 Điểm toàn bài tính theo thang điểm 20, làm tròn số đến 0,25 điểm

II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

a) Với: N là tổng số nơtron và Z = số p = số e

Ta có 2Z 82

N

Z N

 





 



=> 26

30

Z N











Nguyên tử khối của X = Z + N = 26 + 30 = 56

b) Thể tích 1 mol Fe

V =

8, 74.10 6, 02.10

0, 74



=> DFe = 56 7,88

c) 2Fe + 3Cl2 t o

Fe + 2HCl   FeCl2 + H2 0,25

Fe + CuSO4   FeSO4 + Cu 0,25

Câu 1

(3,0 đ)

1) Gọi x là khối lượng KBr cần tìm

Ở 20oC: mKBr = 39,5 g => Ở 100oC: mKBr = (39,5 + x)g

C%=(39,5 ).100 51

(100 )

x x





=> x ≈ 23,47 gam KBr

0,25

2) Dung dịch 1: CM (HCl)=C%.10D

M = 18, 25.10.1, 2

36,5 = 6M Dung dịch 2: CM (HCl)=C%.10D

M = 13.10.1,123

36,5 ≈ 4M

0,5

Câu 2

(2,0 đ)

Gọi thể tích dung dịch 1 là V1 => n1 = 6.V1 mol

Gọi thể tích dung dịch 2 là V2 => n1 = 4.V2 mol 0,25

Câu Nội dung Điểm

Ta có: CM = 1 2



 = 1 2

6V 4V



 ≈ 4,5M

=> 1

2

0, 5 1 1,5 3

V

0,25

3) Ở 20 o C: 100g H2O + 36 g NaCl  136g dd bão hòa

=> C% = 36.100

136 ≈ 26,47%

0,25 0,25 1) CaCO3

o t

CaO + 3C t o

CaC2 + 2H2O   C2H2 + Ca(OH)2 0,25 3C2H2 o

xt t

  C6H6

0,25 2) Fe + S t o

FeS + 2HCl   FeCl2 + H2S 0,25 2H2S + 3O2 t o

2SO2 + O2 o

xt t

H2SO4 + BaCl2   BaSO4  + 2HCl 0,25 4HCl + MnO2

o t

  MnCl2 + Cl2 + 2H2O 0,25

Câu 3

(3,0 đ)

Cl2 + 2NaOH   NaCl + NaClO + H2O

0,25 a) nCO2 = 0,04 mol ; nH2O = 0,04 mol

CTPT của A có dạng : Cn(H2O)m 0,25

Cn(H2O)m + nO2

o t

  nCO2 + mH2O Nhận thấy : nO2 = nCO2 = 0,04 mol 0,25 BTKL : mA = mCO2 + mH2O – mO2

= 1,76 + 0,72 - 0,04.32 = 1,2 gam 0,25

b) d =

2

A

M

= 30 => MA = 60

Ta có : nA = 1, 2

60 = 0,02 mol

0,25

Cn(H2O)m + nO2 t o

  nCO2 + mH2O 0,02  n.0,02 m.0,02

Giả thiết => n.0,02 = m.0,02 = 0,04 => n = m = 2

Vậy CTPT của A là : C2(H2O)2 hay C2H4O2

0,5

c) A có thể được lên men trực tiếp từ ancol etylic, ngoài ra còn được

dùng để khử mùi tanh của cá => A là axit axetic (hay giấm ăn) 0,25

Câu 4

(2,0 đ)

Câu 5

(3,0 đ)

1) Khi để thanh sắt ngoài không khí sau một thời gian dài thì khối

lượng của nó tăng lên, vì sắt dễ dàng phản ứng với oxi trong không

khí tạo thành oxit sắt

0,5

Câu Nội dung Điểm

3Fe + 2O2

o t

  Fe3O4 (Hoặc viết cả 2 ptpứ: 2Fe + O2

o t

  2FeO và 4Fe + 3O2

o t

 

2) CO chỉ khử được ZnO và FeO

CO + ZnO t o

  Zn + CO2 (1)

CO + FeO t o

  Fe + CO2 (2)

0,5

Tất cả các chất trong X đều phản ứng với dd HCl nhưng chỉ có Zn

và Fe phản ứng giải phóng H2

Zn + 2HCl   ZnCl2 + H2 (3)

Fe + 2HCl   FeCl2 + H2 (4)

0,5

Nhận thấy, khối lượng hỗn hợp X nhỏ hơn khối lượng hỗn hợp ban

đầu

=> mO (trong ZnO và FeO) = 31,9 – 28,7 = 3,2 gam

0,25

=> nO (trong ZnO và FeO) = n(Zn và Fe) = 0,2 mol 0,25

Từ pt (3) và (4) => n(Zn và Fe) = nH2 = 0,2 mol 0,25

=> VH2 = 0,2 22,4 = 4,48 lít 0,25 Giả sử ban đầu ta lấy 100g dung dịch HCl 32,85%

=> nHCl(bđ) = 32,85

Gọi số mol CaCO3 và MgCO3 lần lượt là x và y mol

CaCO3 32,85%HCl

 ddX MgCO3

ymol



  ddY

x mol (HCl: 24,2%) (HCl: 21,1%)

CaCO3 + 2HCl   CaCl2 + CO2 + H2O

x 2x x x mol 0,25 BTKL: mddX = mCaCO3 + mddHCl(bđ) – mCO2 = 100 + 56x 0,25

=> 36,5.(0,9 - 2x) = 24, 2

100 (100 + 56x)

=> x ≈ 0,1 mol

0,25

MgCO3 + 2HCl   MgCl2 + CO2 + H2O

y 2y y y mol 0,25 Tương tự: mddY = 100 + 56x + 40y = 105,6 + 40y

0,25

=> 36,5.(0,7 - 2y) = 21,1

100 (105,6 + 40y)

=> y ≈ 0,04 mol

0,25

=> mddY = 105,6 + 40y ≈ 107,2 gam 0,25

=> C% = 11,1.100 10, 35%

Câu 6

(3,0 đ)

=> C% = 3,8.100 3,54%

Câu 7 a) C3H8 t o

 CH4 + C2H4

1,0

Câu Nội dung Điểm

C3H8

o t

 C3H6 + H2

C2H4 + Br2  C2H4Br2

C3H6 + Br2  C3H6Br2

b) nC3H8 = 0,5 mol

Giả sử: nC3H8pứ = x mol

Từ 2 ptpứ nhiệt phân: => n(C2H4 +CH4 +C3H6 +H2) =2.nC3H8 pứ =2x 0,25

=> nY = nC3H8 dư + n(C2H4 + CH4 + C3H6 + H2)

= (0,5 – x) + 2x = 0,5 + x (mol) 0,25 BTKL: mC3H8 bđ = mY

=> 22 = 2.13,75(0,5+x)

=> x = 0,3 mol

0,25

=> H=0,3.100

c) Đốt hoàn toàn C3H8 ban đầu hay đốt hoàn toàn Y đều cần lượng

O2 như nhau vì đều cho ra CO2 và H2O

C3H8 + 5O2  3CO2 + 4H2O

0,5  2,5 mol

0,25

d) C2H4 và C3H6 pứ với Br2 => Hỗn hợp khí Z gồm: C3H8 dư, CH4,

H2

nC3H8 dư = 0,5 – 0,3 = 0,2 mol

0,25

Ta có: n(CH4+H2) = nC3H8 pứ = 0,3 mol 0,25

3 8

4

2

: 0, 2 : amol :

C H mol

CH

H bmol











=> 44.0,2 + 16a + 2b = 2.12,2(0,2 + a + b) 0,25

<=> 8, 4 22, 4 3,92

0,3

a b







=> a = 0,2 mol và b = 0,1 mol

0,25 (4,0 đ)

=> %VC3H8 dư = 0, 2.100

0,5 =40%

%VCH4 = 0, 2.100

0,5 = 40%

%VH2 = 0,1.100

0, 5 = 20%

0,5

* Lưu ý:

- Phương trình chưa cân bằng hoặc cân bằng sai được ½ số điểm dành cho nó

- Bài toán giải cách khác đúng, logic vẫn được trọn số điểm

-Hết -