Đề thi HSG Hóa 9 năm học 2022-2023

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HƯNG NGUYÊN

Đề thi chọn HSG lớp 9 - THCS

Năm học: 2022 - 2023

MÔN THI: HOÁ HỌC

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I. ( 4,0 điểm).

Viết các phương trình hóa học có thể xảy của các thí nghiệm sau:

1) Cho điphotphopentaoxit vào dung dịch natrihiđroxit.

2) Cho khí lưu huỳnh trioxit vào dung dịch bariclorua.

3) Cho dung dịch barihiđroxit vào dung dịch kalihiđrosunfat.

4) Cho từ từ dung dịch natrihiđrosunfat vào dung dịch natricacbonat.

Câu II. (3,0 điểm).

Có 3 mẫu phân bón hóa học không ghi nhãn là: phân kali KCl, phân đạm NH4NO3 và phân supephotphat (phân lân) Ca(H2PO4)2 . Em hãy giúp bác nông dân nhận biết các mẫu phân bón trên bằng hóa chất có sẵn, dễ tìm trong đời sống.

Câu III. (3,0 điểm).

Một hỗn hợp chứa các kim loại: Nhôm, sắt và đồng. Làm thế nào để tách riêng từng kim loại bằng phương pháp hóa học.

Câu IV. (4,0 điểm).

Trong một dung dịch H2SO4, số mol nguyên tử oxi gấp 1,25 lần số mol nguyên tử hiđro.

a) Tính C% của dung dịch axit trên.

b) Lấy 46,4 (g) dung dịch axit trên, đun nóng với Cu thấy thoát ra khí SO2 sau phản ứng nồng độ axit còn lại là 52,8%. Tính khối lượng Cu tham gia phản ứng ? .

Câu V. (6 điểm).

Hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 . Cho 120,8(g) X vào 400ml dung dịch H2SO4 loãng, phản ứng kết thúc thu được dung dịch A, chất rắn B và 2,24(l) khí Y. Cô cạn dung dịch A thu được 6(g) muối khan. Đem đun nóng chất rắn B đến khối lượng không đổi chỉ thu được 17,92 (l) khí CO2 (đktc) và chất rắn D.

a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 đã dùng.

b) Tính khối lượng của chất rắn B và chất rắn D.

c) Xác định kim loại R, biết trong hỗn hợp X số mol của MgCO3 gấp 1,25 lần số mol của RCO3 .

(Cho biết: Mg = 24; S = 32; Fe = 56; Ca = 40; O = 16; C = 12; Cu = 64; H = 1; Zn = 65; Ba = 137; Hg = 207)

Đề 2

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HƯNG NGUYÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI

CHỌN HSG LỚP 9 - THCS

NĂM HỌC: 2022 - 2023

Môn thi: Hoá học

Câu	Nội dung	Điểm
I		4 điểm
1)	P2O5 + 2NaOH + H2O 🡪 2NaH2PO4 P2O5 + 4NaOH 🡪 2Na2HPO4 + H2O P2O5 + 6NaOH 🡪 2Na3PO4 + 3H2O ( nếu thiếu 1 PTHH trừ bớt 0,25 điểm)	1,0
2)	SO3 + H2O 🡪 H2SO4 H2SO4 + BaCl2 🡪 BaSO4 + 2HCl	1,0
3)	Ba(OH)2 + 2KHSO4 🡪 BaSO4 + K2SO4 + H2O Nếu Ba(OH)2 dư thì: Ba(OH)2 + K2SO4 🡪 BaSO4 + 2KOH	1,0
4)	Ban đầu : 2NaHSO4 + Na2CO3 🡪 Na2SO4 + 2NaHCO3 Nếu tiếp tục thì: NaHSO4 + NaHCO3 🡪 Na2SO4 + CO2 +H2O *(Nếu không đúng bản chất hoặc thiếu cân bằng -0,25 điểm)	1,0
II		3 điểm
	- Lấy một ít các chất vào ống nghiệm và hòa tan vào nước để làm mẫu thử .	0,25
	- Cho dung dịch Ca(OH)2 (dung dịch nước vôi trong) vào các mẫu thử trên .	0, 5
	-Mẫu thử nào có khí không màu thoát ra có mùi khai thì đó là khí amoniac(NH3) , mẫu thử ban đầu chứa phân đạm. Theo PTHH: 2NH4NO3 + Ca(OH)2 🡪 Ca(NO3)2 + 2NH3 +2H2O	1,0
	- Mẫu thử nào có chất rắn tạo thành là Ca3(PO4)2 thì mẫu thử ban đầu chứa phân lân. Theo PTHH: Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 🡪 Ca3(PO4)2 + 4H2O	1,0
	- Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là phân kali	0,25
III		3 điểm
	Cho hỗn hợp trên vào dung dịch NaOH dư thì Al bị hòa tan hoàn toàn theo PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H2O 🡪 2NaAlO2 +3H2	0,5
	Chất rắn không tan là Fe và Cu , dung dịch thu được gồm NaAlO2 và NaOH dư. Lọc tách lấy chất rắn. Dẫn khí CO2 dư vào dung dịch trên. NaAlO2 + CO2 + H2O 🡪 Al(OH)3 + NaHCO3 NaOH + CO2 🡪 NaHCO3 Lọc lấy kết tủa đem nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Al2O3 . 2Al(OH)3 Al2O3 . + 3H2O Đem điện phân nóng chảy ta thu được Al. 2Al2O3 4Al + 3O2	1,0
	Cho chất rắn là Fe và Cu vào dung dịch HCl dư ,thì Cu không tan , lọc tách lấy Cu. Fe + 2HCl 🡪 FeCl2 + H2	0,5
	Dung dịch còn lại là FeCl2 và HCl dư cho tác dụng với dung dịch NaOH dư FeCl2 + 2NaOH 🡪 Fe(OH)2 + 2NaCl HCl + NaOH 🡪 NaCl + H2O Kết tủa là Fe(OH)2 đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được Fe2O3 . 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 . + 4H2O Cho khí H2 dư đi qua Fe2O3 nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Fe Fe2O3 . + 3H2 2Fe +3 H2O ( Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)	1,0
IV		4 điểm
a)	Gọi a,b là số mol của H2SO4 và H2O trong dung dịch. thì nH = 2a + 2b và nO = 4a+b	0,5
	theo bài ra ta có : 4a+b = 1,25(2a + 2b) => a=b	0,5
	Khi đó khối lượng dung dịch H2SO4 là: 98a +18b hay 116a(g)	0,5
	C% H2SO4=	0,5
b)	PTHH : Cu + 2 H2SO4 🡪 CuSO4 + SO2 + 2H2O nH2SO4 =	0,5
	Gọi số mol Cu tham gia phản ứng là x. Theo PTHH thì số mol H2SO4 = 2x và số mol SO2 = x Số mol H2SO4 còn dư là : 0,4 - 2x	0,5
	Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 46,4 +64x – 64x = 46,4(g) Theo bài ra ta có :	0,5
	Giải ra ta được x = 0,075(mol) Khối lượng Cu tham gia phản ứng = 0,075.64 = 4,8(g)	0,5
V		6 điểm
	Ta có các PTHH : MgCO3 + H2SO4 🡪 MgSO4 + CO2 + H2O (1) RCO3 + H2SO4 🡪 RSO4 + CO2 + H2O (2) MgCO3 MgO + CO2 (3) RCO3 RO + CO2 (4)	1,0
a)	Khí Y là CO2 . Khi nung chất rắn B có khí CO2 thoát ra chứng tỏ trong B còn có muối cacbonat còn dư. Nên H2SO4 phản ứng hết ở (1,2)	0,5
	Theo (1,2) số mol H2SO4= số mol H2O = số mol CO2 = CM H2SO4=	0,75
b)	Theo bài ra và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1,2) ta có: mX + m H2SO4 = m (muối trong dung dịch A) + m CO2 + mH2O + mB	0,5
	Thay số vào ta có: 120,8 + 0,1.98 = 6 + 0,1.44 + 0,1. 18 + mB => mB = 118,4(g)	0,5
	số mol CO2 (3,4) = áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (3,4) ta có: mB= mD + mCO2 thay số vào ta có :118,4 = mD + 0,8.44 => mB = 83,2(g)	0,75
c)	Gọi số mol mỗi muối trong hỗn hợp X là a,b theo (1,2,3,4) n muối cacbonat = n CO2 = 0,1 +0,8 = 0,9(mol)	0,5
	Theo bài ra ta có hệ PT: a + b = 0,9 () a = 1,25 b (*) Giải ra ta có a = 0,5 ; b = 0,4	0,75
	Mà khối lượng của X là 120,8(g) nên 0,5.84 + (MR + 60).0,4 = 120,8 Giải ra ta được MR = 137 => R là kim loại Ba (Bari)	0,75