Đề thi khảo sát HSG môn Hóa học 9 - Lần 5 - Năm học 2023-2024 - Trường TH&THCS Hồng Phương (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi khảo sát HSG môn Hóa học 9 - Lần 5 - Năm học 2023-2024 - Trường TH&THCS Hồng Phương (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI KS HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 – 2024 TRƯỜNG TH&THCS HỒNG PHƯƠNG LẦN 5 – MÔN HÓA 9 Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1. (3 điểm) Viết phương trình hoá học và nêu hiện tượng xảy ra trong các trường hợp sau: 1. Cho từ từ Na vào dung dịch AlCl3 2. Cho từ từ K vào dung dịch FeCl3 3. Cho từ từ HCl vào dung dịch Na2CO3 4. Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 Câu 2. (2 điểm) Hãy chọn một hóa chất thích hợp để phân biệt các dung dịch sau: NH4Cl, (NH4)2SO4, NaNO3, FeCl2, FeCl3, Al(NO3)3. Giải thích và viết các phương trình hoá học của phản ứng nếu có. Câu 3. (2 điểm) Muối ăn có lẫn tạp chất: Na 2SO4, MgCl2, CaCl2, CaSO4. Trình bày cách tinh chế để có được muối ăn tinh khiết. Câu 4. (2 điểm) Nhiệt phân 12,6 gam hỗn hợp muối M2(CO3)n sau một thời gian thu được chất rắn A và khí B. Cho A tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 1,12 lít khí (ở đktc). Dẫn khí B vào 100 ml dung dịch Ba(OH)2 0,75M thu được 9,85 gam kết tủa. Tìm công thức hoá học của muối cacbonat. Câu 5. (2 điểm) Đặt 2 cốc nhỏ trên 2 đĩa cân, rót cùng một dung dịch HCl vào 2 cốc, khối lượng axit ở hai cốc bằng nhau. Hai đĩa cân ở vị trí thăng bằng. Thêm vào cốc thứ nhất một lá kẽm nhỏ, cốc thứ hai một lá nhôm nhỏ. Khối lượng của hai lá kim loại bằng nhau. Hãy cho biết vị trí của hai đĩa cân trong hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Cả hai lá kim loại đều tan hết. Trường hợp 2: Thể tích khí hiđro thoát ra ở mỗi cốc đều bằng nhau (đo cùng điều kiện, nhiệt độ, áp suất). Câu 6. (2 điểm) Hãy tính khối lượng tinh thể MgSO 4.6H2O tách ra khỏi dung dịch khi hạ nhiệt độ của 821 0 0 o gam dung dịch bão hòa MgSO4 ở 80 C xuống 20 C. Biết độ tan của MgSO4 ở 80 C là 64,2 gam và ở 20oC là 44,5 gam. Câu 7. (2 điểm) A là dung dịch AlCl 3, B là dung dịch NaOH 2M. Thêm 150ml dung dịch B vào cốc chứa 100ml dung dịch A, khuấy đều thì trong cốc tạo ra 7,8 gam kết tủa. Lại thêm tiếp vào cốc 100ml dung dịch B, khuấy đều thì lượng kết tủa có trong cốc là 10,92 gam. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Hãy xác định nồng độ mol của dung dịch A? Câu 8. (2 điểm). Cho 1,36 gam hỗn hợp bột A gồm Fe, Mg vào 400ml dung dịch CuSO 4. Sau khi phản ứng xong thu được 1,84 gam chất rắn B gồm hai kim loại và dung dịch C. Thêm NaOH dư vào dung dịch C thu được kết tủa D, lọc và nung D trong không khí tới khối lượng không đổi thu được 1,2 gam chất rắn E. Tính. a. Phần trăm khối lượng các chất trong A. b. Nồng độ mol/lit của dung dịch CuSO4. Câu 9. (3 điểm) Khi cho 9,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tác dụng hoàn toàn với dung dịch chỉ chứa 0,4 mol H2SO4 đặc, nóng, dư thu được V lít khí SO 2 duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Cho 700 ml dung dịch KOH 0,5M tác dụng hết với dung dịch Y thu được 10,7 gam chất kết tủa. Tìm giá trị của V. (Cho biết: H = 1; C = 12; O = 16; Na = 23; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ba = 137; Al = 27; Mg = 24; Cu = 64; Fe = 56; Ca = 40; Zn = 65). ----------HẾT---------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2. PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI KS HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2023 – 2024 TRƯỜNG TH&THCS HỒNG PHƯƠNG LẦN 5 – MÔN HÓA 9 Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Bài Hướng dẫn chấm Điể m Câu 1 1. 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 ↑ 0,25 3NaOH + AlCl3  3NaCl + Al(OH)3 ↓ (3 điểm) 0,25 NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O Hiện tượng : Na tan, có bọt khí không màu (H ) thoát ra, có kết tủa trắng keo 2 0,25 (Al(OH)3), kết tủa tan khi Na dư 2. 2K + 2H2O  2KOH + H2 ↑ 0,25 0,25 3KOH + FeCl3  3KCl + Fe(OH)3 ↓ Hiện tượng: K tan, có bọt khí không màu (H2) thoát ra, có kết tủa nâu đỏ (Fe(OH)3) 0,25 3. HCl + Na2CO3  NaCl + NaHCO3 0,25 0,25 HCl + NaHCO3  NaCl + CO2 ↑ + H2O Hiện tượng: Ban đầu không thấy hiện tượng gì, sau đó có bọt khí không màu thoát ra 0,25 (CO2) 4. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 ↓ + H2O 0,25 0,25 CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 0,25 Hiện tượng: có kết tủa trắng (CaCO3), kết tủa tan khi CO2 dư Câu 2 - Trích mỗi dd một ít làm mẫu thử - Dùng dd Ba(OH)2 để nhận biết (2 điểm) - Nhỏ dd Ba(OH)2 có dư vào lần lượt 6 dd: + dd nào có khí mùi khai bay ra là dd NH4Cl 2NH4Cl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2NH3 ↑ + 2H2O 0,25 + dd nào có khí mùi khai bay ra đồng thời có kết tủa trắng là dd (NH4)2SO4 (NH4)2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + 2NH3 ↑ + 2H2O 0,25 + dd nào xuất hiện kết tủa màu trắng xanh sau đó chuyển thành nâu đỏ là FeCl2 FeCl2 + Ba(OH)2 → Fe(OH)2↓ + BaCl2 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3↓ 0,25 + dd nào xuất hiện kết tủa màu nâu đỏ là FeCl3 0,25 2FeCl3 + 3Ba(OH)2 → 2Fe(OH)3↓ + 3BaCl2 + dd nào xuất hiện kết tủa trắng keo sau đó kết tủa lại tan là Al(NO3)3 0,25 2Al(NO3)3 + 3Ba(OH)2 → 2Al(OH)3 ↓ + 3Ba(NO3)2 0,25 2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O + dd không có hiện tượng gì là NaNO3 0,25 0,25 Câu 3 Muối ăn có lẫn tạp chất: Na2SO4, MgCl2, CaCl2, CaSO4. - Cho muối ăn có lẫn tạp chất tác dụng với dung dịch BaCl2 dư: (2 điểm) Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + 2NaCl 0,25 CaSO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + CaCl2 0,25 - Lọc bỏ kết tủa, dung dịch nước lọc gồm: NaCl, MgCl2, CaCl2, BaCl2 cho tác dụng với dung dịch Na2CO3 dư. 0,25 MgCl2 + Na2CO3 MgCO3 ↓ + 2NaCl 0,25 CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NaCl 0,25 BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 ↓ + 2NaCl 0,25
3. - dd còn lại gồm NaCl, Na2CO3 dư cho tác dụng với dd HCl dư Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 ↑ 0,25 - Dung dịch còn lại gồm NaCl, HCl dư, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được NaCl 0,25 khan. Câu 4 Các PTHH của PƯ có thể xẩy ra : t o M2(CO3)n  M2On + nCO2 (1) (2 điểm) M2(CO3)n + 2nHCl 2MCln + nH2O + nCO2 (2) M2On + 2nHCl 2MCln + H2O. (3) Ba(OH)2 + CO2 BaCO3  + H2O. (4) BaCO + H O + CO Ba(HCO ) . (5) 3 2 2 3 2 0,5 * Trường hợp 1 : Không xẩy ra phản ứng (5) 9,85 Từ (4) ta có : n = n = = 0,05 mol. CO2 (4) BaCO3 197 1,12 Từ (1), (2) và (4) ta có : n = 0,05 + = 0,1 mol CO2 22,4 12,6 0,1 Theo bài ra và từ (1) ta có : 2M 60n n M = 33n. Biện luận : n = 1 M = 33 ( Loại ) n = 2 M = 66 ( Loại ) 0,5 n = 3 M = 99 ( Loại ) * Trường hợp 2 : Xẩy ra phản ứng (5) 0,75 Từ (4) ta có : n = n = = 0,075 mol. CO2 (4) Ba(OH )2 0,1 9,85 Từ (4) và (5) ta có : n = 0,075 + (0,075 ) = 0,1 mol CO2 197 Từ (1), (2), (4) và (5) ta có : Tổng số mol CO2. 1,12 0,5 n = 0,1 + = 0,15 mol CO2 22,4 12,6 0,15 Theo bài ra và từ (1) ta có : 2M 60n n M = 12n. Biện luận : n = 1 M = 12 ( Loại ) n = 2 M = 24 ( Mg ) 0,5 n = 3 M = 36 ( Loại ) Vậy công thức của muối cacbonat là : MgCO3. Câu 5 Phương trình phản ứng: Fe 2HCl FeCl2 H2 (1) 0,25 (2 điểm) 0,25 2Al 6HCl 2AlCl3 H2 (2) Trường hợp 1: Hai kim loại đều tan hết Đặt khối lượng kim loại Zn và Al phản ứng đều bằng a gam. a a Ta có: n (mol);n (mol) 0,25 Zn 65 Al 27 a Từ (1) n n (mol) H2 Zn 65 0,25 3 3a a Từ (2) n n (mol) H2 Al 0,25 2 2.27 18 0,25 Do lượng kim loại tan hết, lượng khí H2 sinh ra ở (1) <(2) .
4. Như vậy đĩa cân đặt cốc 1 ở vị trí thấp hơn đĩa cân đặt cốc 2. Trường hợp 2: Thể tích khí hidro thoát ra bằng nhau. 0,25 Do khối lượng khí hidro thoát ra ở cốc 1 bằng lượng khí hidro thoát ra ở cốc 2 nên 0,25 khối lượng giảm của mỗi cốc là bằng nhau. Như vậy 2 đĩa cân ở vị trí thăng bằng 0 - Ở 80 C , SMgSO4 = 64,2 gam, Nghĩa là: + 100g H2O hòa tan 64,2 gam MgSO4 tạo thành 164,2 gam dung dịch bão hòa 0,25 Câu 6 + 500g H2O hòa tan 321 gam MgSO4 tạo thành 821 gam dung dịch bão hòa 0,25 - Gọi x là số mol MgSO4.6H2O tách ra (2 điểm) + Khối lượng MgSO4 tách ra : 120x (gam) 0,25 + Khối lượng H2O tách ra: 108x (g) 0,25 - Sau khi tách MgSO4.6H2O, trong dung dịch: + Khối lượng MgSO4 còn lại là: (321 – 120x) gam 0,25 + Khối lượng H2O còn lại là: (500 – 108x) gam 0,25 0 - Ở 20 C, SMgSO4 = 44,5 gam 321 120x 44,5 0,25 Ta có phương trình : giải ra x = 1,3693 mol 500 108x 100 0,25 Khối lượng MgSO4 .6H2O kết tinh : 228 1,3693 = 312,2 gam Câu 7 7,8 10, 92 n 0,1(mol); n 0,14(mol) có Al(OH )3 (lân1) 78 Al(OH )3 (lân 2) 78 (2 điểm) Số mol của NaOH lần 1 là 0,15 . 2 = 0,3 (mol) Số mol của NaOH lần 2 là 0,1. 2 = 0,2 (mol) Vì khi thêm NaOH nữa thì số gam kết tủa tăng lên, nên khi chỉ có 150 ml dung dịch NaOH 2M thì AlCl3 còn dư. 0,5 3NaOH + AlCl3 Al(OH)3 + 3NaCl Lần 1: 0,3 0,1 0,1 (mol) Lần 2: 3x  x x Đặt số mol của AlCl còn dư sau lần 1 tác dụng với NaOH là x. 3 0,5 Nếu sau khi thêm 100 ml dung dịch NaOH nữa mà AlCl3 phản ứng đủ hoặc vẫn dư thì: n 0,1 0,2 0,167 0,14 Al(OH)3  3 Vậy đã có phản ứng tạo ra NaAlO2. 0,5 NaOH + Al(OH)3 NaAlO2 + 2H2O (0,2 – 3x) (0,2 – 3x) (mol) nAl(OH)3conlai 0,1 x (0,2 3x) 0,14 x 0,06(mol) 0,5 0,16 C 1,6(M) M(AlCl3 ) 0,1 Câu 8 (2 điểm) a. Gọi a, b, c là số mol của Mg, Fe, CuSO4. Ta có phương trình phản ứng sau Mg + CuSO4 MgSO4 + Cu (1) a a a a (mol) Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu (2) (c - a) (c - a) (c - a) (c - a) (mol) Vì hỗn hợp chỉ có hai kim loại nên Mg hết và Fe còn dư. Vì nếu Mg dư thì hỗn hợp phải có ba kim loại : Mg, Fe, Cu. Vậy Mg phản ứng hết, Fe dư. 0,5 Từ (1) và (2) ta thấy dung dịch C có a mol MgSO 4 và (c - a) mol FeSO4 sau khi cho tác dụng với NaOH. MgSO4 + 2NaOH Mg(OH)2  + Na2SO4 (3) a a (mol) FeSO4 + 2NaOH Fe(OH)2  + Na2SO4 (4)
5. (c - a) (c - a) (mol) Khi nung kết tủa. t o Mg(OH)2  MgO + H2O (5) a a mol t o 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O (6) 0,5 c a (c - a) mol 2 Theo bài ra ta có : 24a + 56b = 1,36 (I) Từ (1) và (2) ta có : 56.[b - (c - a )] + 64c = 1,84 (II) c a Từ (1) - (6) ta có : 40a + 160. = 1.2 (III) 2 Giải hệ I, II và III ta được : a = 0,01 mol ; b = 0,02 mol 0,5 c = 0,02 mol. Ta có : mMg = 0,01.24 = 0,24g 0.24 Vậy thành phần % hỗn hợp là : %mMg = .100% = 17,65% 1,36 0,25 %mFe = 100% – 17,65 % = 82,35% 0,25 0,02 b . CM = = 0,05M. CuSO4 0,4 Câu 9 Áp dụng phương pháp quy đổi, quy hỗn hợp 9,6 gam các oxit sắt và sắt về hỗn hợp a (3 điểm) mol Fe và b mol Fe2O3  56a + 160b = 9,6 (gam) (I) SO2 :1,5a(mol) Fe : a H2SO4 3(a 2b) a 2b hhX  ddY:(H2SO4:[0,4- -1,5a] mol; Fe2 (SO4 )3 : mol) Fe2O3 : b 2 2 KOH0,35(mol) ddY  10,7gam  0,5 3(a 2b) Trong ddY: n = 0,4- -1,5a = (0,4 - 3a - 3b) mol. H2SO4 2 TH1. KOH đủ hoặc dư tức là đã kết tủa hết ion sắt (III): GĐ1: Diễn ra phản ứng trung hòa: H2SO4 + 2KOH  K2SO4 + 2H2O (0,4-3a-3b) 2.(0,4-3a-3b) (mol) GĐ2: Diễn ra phản ứng tạo kết tủa hidroxit sắt: 0,5 Fe2(SO4)3 + 6KOH  3K2SO4 + 2Fe(OH)3 a 2b a + 2b (mol) 2 m  10,7 n = 0,1mol => a + 2b = 0,1 (II) 0,5  M 107 Fe(OH)3 1 => (I), (II) => a =- (loại) 15 TH2. KOH thiếu GĐ1: Diễn ra phản ứng trung hòa: H2SO4 + 2KOH  K2SO4 + 2H2O 0,5 (0,4-3a-3b) 2.(0,4-3a-3b) (mol) GĐ2: Diễn ra phản ứng tạo kết tủa hidroxit sắt:
6. Fe2(SO4)3 + 6KOH  3K2SO4 + 2Fe(OH)3 n ban đầu 0,35-2.(0,4-3a-3b) 0 (mol) 0,35 2. 0,4 3a 3b 0,5 n phản ứng 0,35-2.(0,4-3a-3b) 3 m  10,7 0,35 2. 0,4 3a 3b n = 0,1mol => = 0,1 mol  M 107 3 Fe(OH)3 0,5  a + b = 0,125 (III) => (I), (III) => a = 0,1; b = 0,025; => n 1,5.0,1 0,15mol; SO2 => V n .22,4 0,15.22,4 3,36 lít. SO2 SO2