Tải bản đầy đủ (.pdf) (3 trang)

Đáp án HSG Hóa học lớp 9 Quảng Bình 2017-2018 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (517.64 KB, 3 trang )

(1)

1
HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM


ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018
Mơn: HĨA HỌC


Khóa ngày 22-3-2018


Câu I. 2,0 điểm


1. (1,0 điểm)


a. Cl2 + 2NaOH  NaCl + NaClO + H2O
b. C12H22O11 H SO 2 4đặc 12C + 11H2O
C + 2H2SO4  CO2 + 2SO2 + 2H2O
c. 2Na+ 2H2O  2NaOH + H2


2Na + 2C2H5OH  2C2H5ONa + H2
d. nCH2=CH2 t , p, xt 0 CH2CH2 n


0,25


0,25


0,25
0,25
2. (1,0 điểm)


C6H12O6 men r­ ỵ u2C2H5OH + 2CO2


C2H5OH + O2 men giÊm CH3COOH + H2O


CH3COOH + C2H5OH H SO 2 4 0


đặc, tCH3COOC2H5 + H2O


CH3COOC2H5 + KOH  CH3COOK + C2H5OH


0,25
0,25
0,25
0,25


Câu II. 2,5 điểm


1. (0,75 điểm)


Thành phần chính của thủy tinh thường gồm hỗn hợp: Na2SiO3 và CaSiO3.
- Các PTHH:


CaCO3 t0 CaO + CO2
CaO + SiO2 t0 CaSiO3


Na2CO3 + SiO2 t0 Na2SiO3 + CO2


0,25


0,5
2. (1,0 điểm)


Đặt công thức hóa học của thủy tinh pha lê là: xNa2O.yPbO.zSiO2 (với x, y, z là các
số nguyên dương, tỉ lệ x:y:z tối giản).



Theo bài ra, ta có:


%Na = 46x.100 = 7,132
62x + 223y + 60z (1)
%Pb = 207y.100 = 32,093


62x + 223y + 60z (2)
Từ (1) và (2), ta có:


46x 7,132


=


207y 32,093  x = y.
Từ (1), ta có:


62x + 223y + 60z = 62x.100/7,132 = 645x


 z = 6x.


 x : y : z = 1 : 1 : 6.


Vậy cơng thức hóa học của thủy tinh pha lê đó là: Na2O.PbO.6SiO2.


0,25


0,25


0,25



0,25
3. (0,75 điểm)


MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + CO2 + H2O
x x


RCO3 + H2SO4  RSO4 + CO2 + H2O
y y



(2)

2
MgCO3 t 0 MgO + CO2


z z
RCO3 t 0 RO + CO2
t t


ta có: z + t = 11,2/22,4 = 0,5 (2)


vì số mol RCO3 gấp 2,5 lần số mol MgCO3 nên ta có: 2,5(x+z) = y+t (3)
Từ (1), (2), (3), ta có: x+z=0,2; y+t=0,5


Theo bài ra, ta có:


0,2.84 + 0,5(MR+60) = 115,3


 MR = 137 (Ba).


0,25



0,25


0,25


Câu III. 1,5 điểm


Nhiệt lượng cần thiết để đun sơi 2 lít nước là:


Q = m.C.(t2 - t1) = 2000.4,18.(100-25) = 627000 (J) = 627 (KJ).
Nhiệt lượng cần tỏa ra khi đốt gas là:


627.100/50 = 1254 (KJ).


Gọi khối lượng gas cần dùng là a gam.


 khối lượng của C3H8 là 0,515.a gam; khối lượng của C4H10 là 0,475.a gam; khối
lượng của C5H12 là 0,01.a gam.


Ta có nhiệt lượng tỏa ra là:


0,515a 0,475a 0,01a


.2219 + .2877 + 3536= 1254


44 58 72


 a = 25,067 gam.


0,5



0,25


0,25


0,25


0,25


Câu IV. 1,5 điểm


1. Dung dịch bão hòa trong khoảng nhiệt độ từ:
00C  100C;


300C  400C;
600C  700C.
b. Khối lượng X kết tinh:
+ ở 700C:


Cứ 100 (g) nước hòa tan 25 (g) X  tạo thành 125 (g) dung dịch bão hòa.
x (g) nước hòa tan y (g) X  tạo thành 130 (g) dung dịch bão hoà.
=> x = 104 (g) và y = 26 (g).


+ Tính số gam chất tan X có trong 104 (g) nước ở 300C :
mX = 15 . 104 : 100 = 15,6 (g)


+ Số gam X tách ra khi hạ nhiệt độ từ 700C xuống 300C = 26 – 15,6 = 10,4 (g)


0,5


0,5



0,25
0,25


Câu V. 2,5 điểm


1. (1,0 điểm)


Gọi công thức chất béo và axit béo có trong chất béo lần lượt là (RCOO)3C3H5 (a
mol) và R’COOH (b mol).


R’OH + NaOH t0 R’COONa + H2O
b mol b mol b mol


(RCOO)3C3H5 + 3NaOH t0 C3H5(OH)3 + 3RCOONa


a mol 3a mol a mol


Ta có:


Số mol glixerol = a = 1035/92 = 11,25 (mol).


Số mol NaOH phản ứng = 3a + b = 1400/40 = 35 (mol)


 b = 1,25.


Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có:


0,25



0,25



(3)

3
mchất béo + mNaOH = mglixerol + mmuối +

m

H O2


 mmuối = 10 + 1,4 - 1,035 - 1,25.18.10-3 = 10,3425 (Kg) 0,25
2. (1,5 điểm)


Ta thấy, khối lượng kết tủa thu được khi cho 200 ml dung dịch X tác dụng với 500 ml
dung dịch Y (TN2) lớn hơn khi cho 200ml dung dịch X tác dụng với 300ml dung
dịch Y (TN1) nên trong TN1 Ba(OH)2 hết.


Mặt khác: khối lượng kết tủa ở TN2 < 5/3.khối lượng kết tủa ở TN1 nên trong TN2,
Al2(SO4)3 phản ứng hết, đã xảy ra hòa tan Al(OH)3.


TN1:


Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4 + 2Al(OH)3
x 3x 3x 2x


ta có: 3x.233 + 2x.78 = 8,55  x = 0,01


 CM ((Ba(OH)2) = 0,01.3/0,3 = 0,1M
TN2: số mol Ba(OH)2 = 0,5.0,1 = 0,05 (mol)


Trường hợp 1: Al(OH)3 tan hết  kết tủa chỉ có BaSO4.
Số mol BaSO4 = 12,045/233 = 0,0517


Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4 + 2Al(OH)3
y 3y 3y 2y



2Al(OH)3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 4H2O
2y y


Ta có: 3y = 0,0517  y  0,0172.


Ta thấy số mol Ba(OH)2 (phản ứng) = 4y  4.0,0172 = 0,0688 > 0,05 (vô lý)  loại.
Trường hợp 2: Al(OH)3 tan một phần, Ba(OH)2 hết


Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4 + 2Al(OH)3
y 3y 3y 2y


2Al(OH)3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 4H2O
2(0,05-3y) (0,05-3y)


Ta có, khối lượng kết tủa:


3y.233 + (2y - 2(0,05-3y))78 = 12,045  y = 0,015
Nồng độ dung dịch X: 0,015/0,2 = 0,075M.


0,25


0,25


0,25


0,25
0,25


0,25



Lưu ý:


- Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.





×