- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 9
Đề thi hóa 9 và đáp án học sinh giỏi năm học 2015 2016 tham khảo bồi dưỡng (7)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (112.33 KB, 6 trang )
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH OAI
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
TRƯỜNG THCS KIM THƯ
NĂM HỌC: 2015 -2016
Môn : Hóa học
Lớp : 9
Thời gian:
150 phút
( Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI:
Câu 1: (4điểm)
Hai thanh kim loại giống nhau ( đều cùng nguyên tố R, hóa trị II) và cùng khối lượng. Cho thanh thứ nhất
vào dung dịch Cu(NO3)2 và thanh thứ hai vào dung dịch Pb(NO 3)2. Sau một thời gian khi số mol hai muối
phản ứng bằng nhau, lấy hai thanh kim loại khỏi dung dịch thấy khối lượng thanh thứ nhất giảm 0,2%,
còn thanh thứ hai tăng 28,4%. Xác định R.
Câu 2: (4 điểm)
Nung 25,28 gam hỗn hợp FeCO3 và FexOy tới phản ứng hoàn toàn, thu được khí A và 22,4 gam Fe 2O3 duy
nhât. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 400ml dung dịch Ba(OH)2 0,15M thu được 7,88 gam kết tủa.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) Tìm công thức phân tử của FexOy.
Câu 3: (5điểm)
Cho 80g bột Cu vào 200 ml dung dịch AgNO 3, sau một thời gian phản ứng, đem lọc thu được dung dịch A
và 95,2 g chất rắn B. Cho 80 g bột Pb vào dung dịch A, phản ứng xong đem lọc thì tách được dung dịch D
chỉ chứa một muối duy nhất và 67,05 g chất rắn E. Cho 40 g bột kim loại R (có hoá trị II ) vào 1/10 dung
dịch D, sau phản ứng hoàn toàn đem lọc thì tách được 44,575 g chất rắn F. Tính nồng độ mol của dung
dịch AgNO3 và xác định kim loại R.
Câu 4 ( 7 điểm)
Hỗn hợp X có MgO và CaO. Hỗn hợp Y có MgO và Al2O3. Lượng X bằng lượng Y bằng 9,6 gam. Số gam
MgO trong X bằng 1,125 lần số gam MgO trong Y. Cho X và Y đều tác dụng với 100ml HCl 19,87% (d =
1,047 g/ml) thì được dung dịch X’ và dung dịch Y’. Khi cho X’ tác dụng hết với Na2CO3 thì có 1,904 dm3
khí CO2 thoát ra ( đo ở đktc).
a) Tìm % lượng X và nồng độ % của dung dịch X’.
b) Hỏi Y có tan hết không ? Nếu cho 340 ml KOH 2M vào dung dịch Y’ thì tách ra bao nhiêu gam kết tủa.
( Cho biết: Fe = 56 ; C =12; O = 16 ; Ba = 137 ; H =1 ; Ag = 108 ; N =14 ; Pb = 207 ; Mg = 24 ; Ca =
40 ; Al = 27 ; Na =23 ; K =39 )
--------------------HẾT-------------------ĐÁP ÁN
--------(gồm 03 trang)-----------Câu 1 (4điểm)
Giả sử mỗi phản ứng có 1 mol muối tham gia
+ Cu(NO3)2 → R(NO3)2 + Cu
R
1
1
1
1 mol
+ Pb(NO3)2 → R(NO3)2 + Pb
R
1
1
1
1 mol
Thanh thứ I giảm : (R – 64) gam
Thanh thứ II tăng:
Theo đề bài ta có :
(207 – R) gam
R − 64
0, 2
=
207 − R 28, 4
giải ra R = 65 ( Zn)
Câu 2 (4 điểm)
O
t
TN1: 2FeCO3 + ½ O2
→ Fe2O3 + 2CO2
a
0,5a
a
(1)
(mol)
O
t
2FexOy + (1,5x –y) O2
→ xFe2O3
b
(2)
0,5bx
Khí A là CO2
Ta có: 0,5a + 0,5bx =
22, 4
= 0,14
56
⇒ a + bx = 0,28 (I)
TN2: số mol Ba(OH)2 = 0,4 × 0,15 = 0,06 mol
; số nol BaCO3 = 0,04 mol
Vì Ba chưa kết tủa hết nên có 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Nếu CO2 thiếu ⇒ phản ứng chỉ tạo muối BaCO3
CO2
+ Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O
0,04
(3)
0,04
Từ (1) và (3) ta có : a = 0,04 mol
Thay a = 0,04 vào (I) được
b=
0, 24
x
Phương trình biểu diễn khối lượng hỗn hợp đầu:
(0,04. 116) +
0, 24
(56x + 16y) = 25, 28
x
⇒
x 3,84
=
( sai )
y 7, 2
Trường hợp 2: CO2 có dư so với Ba(OH)2 ⇒ phản ứng tạo 2 muối
CO2
+ Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O
0,04
CO2
0,04
0,04
+ Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2
0,02
Vậy n CO2 = a = 0, 08
⇒ b=
0, 28 − 0, 08 0, 2
=
x
x
(4)
Ta có phương trình biểu diễn khối lượng hỗn hợp đầu:
(0,08.116) +
0, 2
(56x + 16y) = 25, 28
x
x 2
=
y 3
⇒
( Fe2O3)
Câu3 ( 5điểm)
TN1: Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag
x
2x
x
2x
Ta có : 216x – 64x = 95,2 – 80 = 15,2
(mol)
giải ra x = 0,1 mol
Cu(NO3 ) 2 : 0,1 mol
TN2: Dung dịch A
AgNO3 : y (mol)
Vì dung dịch D chỉ có một muối nên các muối trong A đều phản ứng hết
Pb +
0,5y
Pb +
0,1
2AgNO3 → Pb(NO3)2 + 2Ag
y
0,5y
y
Cu(NO3 )2 → Pb(NO3)2 + Cu
0,1
0,1
0,1
Theo đề bài ta có: 0,5y + 0,1).207 – [ 108y + (0,1.64)] = 80 – 67,05 = 12,95
giải ra được : y = 0,3 mol
Nồng độ mol của dung dịch AgNO3 : C M (AgNO3 ) =
0, 2 + 0,3
= 2,5M
0, 2
* Chú ý : Có thể giải theo cách biện luận: Nếu dung dịch A không có AgNO 3 thì độ giảm khối lượng kim loại sẽ
trái với giả thiết. Từ đó khẳng định phải có AgNO 3 phản ứng. Vì vậy trong nhiều bài toán tương tự chúng ta nên
giả sử lượng chất chưa biết là x (mol) nếu giải ra x = 0 hoặc âm thì giả thiết này không được chấp nhận.
0,3
n Pb(NO ) = 0,1 +
= 0, 25 mol
2
32
1
dung dịch D có 0,025 mol Pb(NO3)2
10
Vì phản ứng hoàn toàn nên có thể xảy ra 2 trường hợp:
TH1: Nếu R phản ứng hết
R +
Pb(NO3 )2 → R(NO3)2 + Pb
40
→
R
Theo đề ta có:
40
(mol)
R
40
.207 = 44,575
R
giải ra được R = 186 ( loại)
TH2: Nếu Pb(NO3)2 phản ứng hết
R +
0,025
Pb(NO3 )2 → R(NO3)2 + Pb
0,025
0,025 (mol)
Theo đề ta có: 0,025 ( 207 – R) = 44,575 – 40 = 4,575
giải ra : R = 24 ( Mg)
Câu 4 (7 điểm)
Đặt x,y lần lượt là số mol của MgO và CaO trong hỗn hợp X
x
(mol)
Vậy hỗn hợp Y có n MgO =
1,125
Tính được số mol HCl = 0,57 mol
Phản ứng của hỗn hợp X:
MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O
x
2x
x
(mol)
CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O
y
2y
y
(mol)
Vì X + Na2CO3 → CO2 nên có trong X’ có HCl
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 ↑
0,17
0,085
←
1,904
(mol)
22, 4
2x + 2y = 0,57 − 0,17 = 0, 04 (1)
Ta có hệ phương trình:
9,6 (2)
40x + 56y =
giải ra được x = y = 0,1 mol
Thành phần % của hỗn hợp X :
%m MgO =
0,1.40
×100% = 41, 67% ; %m CaO = 100% − 41, 67% = 58,33%
9, 6
m X' = 9, 6 + (100.1, 047) = 114,3 gam
Nồng độ % của các chất trong dung dịch X’:
2
0,1.111
×100% = 9, 71%
114,3
C% HCl =
0,17.36,5
×100% = 5, 43%
114,3
C%CaCl =
0,1.95
; C% MgCl 2 = 114,3 ×100% = 8,31%
0,1
9, 6 − 0, 089.40
= 0, 089 mol ; n Al O =
= 0, 059 mol
b) n MgO (trong Y)=
1,125
102
2 3
Vì n HCl = 0,57 > 2.0, 089 + 6.0, 059 = 0,532 mol nên hỗn hợp Y bị hòa tan hết.
Số mol KOH = 0,34× 2 = 0,68 mol . Trong dung dịch Y’ có 0,038 mol HCl
KOH + HCl →
0,038
KCl + H2O
0,038
2KOH + MgCl2 →
0,178
0,089
2KCl + Mg(OH)2 ↓
0,089 (mol)
3KOH + AlCl3 → 3KCl + Al(OH)3 ↓
0,354
0,118
0,118
Lượng KOH dư : 0,68 – (0,038 + 0,178 + 0,354) = 0,11 mol
Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O
Bđ:
0,118
0,11
Tpư
0,11
0,11
Spư:
0,008
(mol)
…………………….
0
Vậy khối lượng kết tủa thu được là : m = 0,089 ×58 + 0,008 ×78 = 5,162 + 6,24 = 11,362 gam.
* Chú ý: Có thể so sánh số mol clorua ( 0,57 mol) với số mol KOH (0,68 mol) nhận thấy số mol KOH dư 0,11 mol
so với clorua. Vì vậy lượng kết tủa thu được không cựa đại Al(OH) 3 bị hòa tan.
----------------Hết----------------
