Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện lớp 9 THCS - Năm học 2011 - 2012 môn thi: Hóa học lớp 9 - Trường THCS Mỹ Tài

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. 
 TRƯỜNG THCS MỸ TÀI Năm học: 2011 – 2012
 ------------------------- Môn : Hoá học - Lớp 9
 Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian phát đề) 
 Ngày thi : 6/10/2011
 --------------------------------------
Đề đề xuất
Câu 1 (2 điểm)
Xác định các chất X1, , X5 và hoàn thành các phương trình hoá học theo sơ đồ sau: 
	AlCl3 + X1 → X2 + CO2 + NaCl
	X2 + X3 → Al2(SO4)3 + Na2SO4 + H2O
	X1 + X3 → CO2 + ...... 
	X2 + Ba(OH)2 → X4 + H2O 	
	X1 + NaOH → X5 + H2O 
Câu 2 (2 điểm)
Nguyên tử nguyên tố Y có tổng số hạt (p, n, e) bằng 52, tỉ số giữa hạt mang điện và không mang điện trong hạt nhân là 0,944. Xác định nguyên tố Y và viết các PTPƯ xảy ra khi cho đơn chất của Y lần lượt tác dụng dung dịch NaOH nguội, dung dịch NaOH đặc nóng, dung dịch Na2SO3, dung dịch FeSO4 và dung dịch SO2.
Câu 3 (2 điểm)
Nung 23,2 gam hỗn hợp gồm FeCO3 và FexOy tới phản ứng hoàn toàn thu được khí A và 20,8 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,15 M thu được 7,88 gam kết tủa. Tìm công thức FexOy.
Câu 4 (2 điểm)
Cho dung dịch NaOH 20% tác dụng vừa đủ với dung dịch FeCl2. Đun nóng trong không khí cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu dung dịch X có nồng độ 7,45%. Tính nồng độ % của dung dịch FeCl2.
Câu 5 (2,5 điểm)
Cho 11,2 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm O2 và Cl2 phản ứng vừa đủ với 16,98 gam hỗn hợp B gồm Mg và Al tạo ra 42,34 gam hỗn hợp X chứa muối clorua và oxit của hai kim loại. Xác định thành phần % theo thể tích của hỗn hợp A và thành phần % theo khối lượng của hỗn hợp B.
Câu 6 (3 điểm)
Hỗn hợp gồm Na và Ba hoà tan vào nước được dung dịch A có pH = 12. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm Al và Fe cần vừa đủ 1,2 lít dung dịch B gồm HCl và H2SO4 loãng. Sau phản ứng thấy thoát ra 1,344 lít H2 (đktc). Trộn V lít dung dịch A và 600 ml dung dịch B để tạo dung dịch C. Biết dung dịch C có khả năng hoà tan được tối đa 0,51 gam Al2O3. Tính V. 
Câu 7 (3 điểm)
Sục 2,016 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch NaOH 1M được dung dịch A. Thêm 200 ml dung dịch B gồm BaCl2 0,15M và Ba(OH)2 xM vào dung dịch A thu được 5,91 gam kết tủa. Tiếp tục đun nóng thì thu tiếp m gam kết tủa nữa. Tính x và m.
Câu 8 (3,5 điểm)
Cho m gam hỗn hợp X gồm Al và Mg có tỉ lệ khối lượng là 1 : 1 tác dụng với dung dịch HCl dư thu 14,112 lít H2 (đktc). Mặt khác nếu cho m gam X tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm NO và N2O có tỉ khối so với H2 là 20,25. Tính số mol HNO3 đã dùng. 
(Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học)
--------------------------------------------------------------------------------------- 
PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
TRƯỜNG THCS MỸ TÀI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 
 ------------------------- Năm học: 2011 – 2012
 Môn : Hoá học - Lớp 9
 Đề đề xuất 
Câu
Nội dung
Điểm
1
X1: NaHCO3; X2 : Al(OH)3 ; X3 : NaHSO4 ; X4 : Ba(AlO2)2 ; X5 : Na2CO3 
	AlCl3 + 3NaHCO3 → Al(OH)3 + 3CO2↑ + 3NaCl
 2Al(OH)3 + 6NaHSO4 → Al2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 6H2O
 NaHCO3 + NaHSO4 → CO2↑ + Na2SO4 + H2O 
 2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O 	
 NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O
0.50
0.50
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Ta có: p + e + n = 52 mà p = e (1) Và : = 0,944 (2)
Từ (1) và (2) → n = 18 ; p = e = 17 → nguyên tố Y có p = 17 là Clo
0.75
Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O 
3Cl2 + 6NaOHđ 5NaCl + NaClO3 + 3H2O 
Cl2 + Na2SO3 + H2O → Na2SO4 + 2HCl 
3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 
3Cl2 + SO2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl 
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
3
= = 0,13 (mol) ; = 0,4 . 0,15 = 0,06 (mol) 
4FeCO3 + O2 2Fe2O3 + 4CO2 (1)
amol mol a mol 
4FexOy + (3x – 2y)O2 2xFe2O3 (2)
 bmol mol 
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3)
 Từ (3) : = = = = 0,04 (mol) 
0.25
0.25
0.25
0.25
→ ngoài phản ứng (3) còn: 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (4) 
 = 2= 2 . (0,06 – 0,04) = 0,04 (mol) 
 Vậy a = 0,04 + 0,04 = 0,08 (mol)
 Từ (1) và (2) : 
 Vậy công thức oxit là Fe3O4
0.25
0.25
0.50
4
Chọn dung dịch chứa 1 mol FeCl2
 FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (1)
 1mol 2mol 1mol 2mol 
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (2) 
 1mol 0,25mol 1mol 
0.50
mdd NaOH = = 400 (gam) ; mdd X = = 1570,5 (gam)
0.50
Mà mddX = mdd NaOH + + – 
 = mddX – mdd NaOH – +
 = 1570,5 – 400 – 0,25. 32 + 107 = 1269,5 (gam) 
C% FeCl2 = = 10%
1.00
5
Đặt x = ; y = ; a = nMg ; b = nAl
- Theo ĐLBTKL: mA = mX – mB = 42,34 – 16,98 = 25,36 (g)
- Theo đề: x = 0,26 ; y = 0,24
 %O2 = . 100 = 52% ; %Cl2 = 100 – 52 = 48%
1.00
 Quá trình nhường e Quá trình nhận e
Mg – 2e → Mg+2 O2 + 4e → 2O– 2
amol 2amol 0,26mol 1,04 mol 
 Al – 3e → Al+3 Cl2 + 2e → 2Cl–
bmol 3bmol 0,24mol 0,48 mol 
- Theo định luật bảo toàn electron : 2a + 3b = 1,04 + 0,48 = 1,52 (1) 
 và : mB = 24a + 27b = 16,98 (2)
- Giải (1) và (2) : a = 0,55 ; b = 0,14
 %Mg = . 100 = 77,74% ; %Al = 100 – 77,74 = 22,26%
0.50
1.00
6
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) ; Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2)
 pH = 12 → [H+] = 10–12 M → [OH–] = 10–2 M = 0,01M
→ V lít dung dịch A chứa = 0,01 V (mol)
0.75
= = 0,06 (mol) ; = = 0,005 (mol)
2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2 (3) 
Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 (4)
Từ (3) và (4) : = 2 = 2 . 0,06 = 0,12 (mol) 
→ 600ml dung dịch B chứa 0,06 mol H+
Dung dịch C hoà tan Al2O3 nên có 2 trường hợp: 
0.75
Trường hợp 1: OH– hết, H+ dư: 
 OH– + H+ → H2O (5) 
 0,01V 0,01V
Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O (6) 
0,005 0,03
Từ (5) và (6) : = 0,01V + 0,03 = 0,06 → V = 3 lít 
0.75
Trường hợp 2: H+ hết, OH– dư: 
 H+ + OH– → H2O (7) 
 0,06 0,06
Al2O3 + 2OH– → 2AlO2– + H2O (8) 
0,005 0,01
Từ (5) và (6) ; = 0,06 + 0,01 = 0,01V → V = 7 lít 
0.75
7
= = 0,09 (mol) ; = nNaOH = 0,1 . 1 = 0,1 (mol) 
= 0,2x (mol) → = 0,4x (mol) 
= + = 0,2x + 0,2 . 0,15 = 0,2x + 0,03 (mol) 
Ta có: 1 < = < 2 → Dung dịch A chứa 2 muối
CO2 + 2OH– → CO32– + H2O (1)
amol 2amol amol
 CO2 + OH– → HCO3– (2)
bmol bmol bmol
Từ (1) và (2) : a = 0,01 ; b = 0,08 
0.50
0.50
Thêm dung dịch B vào dung dịch A: 
Đầu tiên: OH– + HCO3– → CO32– + H2O (3) 
Sau đó : CO32– + Ba2+ → BaCO3↓ (4)
Từ (4) : = = = = 0,03 (mol) 
Từ (3) : = = = 0,03 – 0,01 = 0,02 (mol)
Hay : 0,4x = 0,02 → x = 0,05M
0.50
0.50
Sau (4) : dung dịch chứa Ba2+ : 0,03 + 0,2.0,05 – 0,03 = 0,01 (mol) 
 HCO3– : 0,08 – 0,02 = 0,06 (mol) 
Đun nóng: Ba2+ + 2HCO3– BaCO3↓ + CO2 + H2O 
 0,01 0,02 0,01 
 = 0,01 . 197 = 1,97 (gam) 
0.50
0.50
8
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (1)
mol mol
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (2)
mol mol
Từ (1) và (2): += = 0,63 → m = 12,96 (gam) 
→ nAl = = 0,24 mol ; nMg = = 0,27 mol
0.50
0.50
nA = = 0,16 (mol) Đặt x = nNO → = 0,16 – x (mol)
Ta có:= 20,25 . 2 → x = nNO= 0,04 mol ; = 0,12mol
0.50
Mg – 2e → Mg+2 4H+ + NO3– + 3e → NO + 2H2O (3)
0,27 0,54 0,16 ← 0,12 ← 0,04 
 Al – 3e → Al+3 10H+ + 2NO3– + 8e → N2O + 5H2O (4)
0,24 0,72 1,2 ← 0,96 ← 0,12 
1.00
Ta có: ne cho = 0,54 + 0,72 = 1,26 mol ; ne nhận = 0,12 + 0,96 = 1,08 mol
Vậy ngoài NO và N2O còn có sản phẩm khử là NH4NO3
với ne nhận = 1,26 – 1,08 = 0,18 (mol) 
10H+ + 2NO3– + 8e → NH4NO3 + 3H2O (5)
0,225 ← 0,18 → 0,0225
Từ (3), (4), (5) : nHNO3 = 0,16 + 1,2 + 0,225 = 1,585 (mol)
1.00