Đề thi kiểm tra năng lực giáo viên giỏi tham khảo (7)

PHÒNG GD&ĐT HOÀNG MAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI THỊ XÃ CẤP THCS

NĂM HỌC 2013-2014
Môn: HÓA HỌC.

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
-------------------Câu 1. (4.0 điểm).
1. Anh (chị) hãy nêu chuẩn kiến thức kĩ năng tiết 26 bài 20. Hợp kim sắt: Gang, thép (SGK Hóa
học 9) và cho biết vai trò của đá vôi trong quá trình luyện gang ?
2. Cho 6,35 gam FeCl2 tác dụng với 250 ml dung dịch AgNO3 0,75M thu được kết tủa A và dung
dịch B. Tính khối lượng kết tủa A. Một học sinh đã giải như sau:
6,35

= 0, 05 (mol)
→ Fe(NO3)2 + 2AgCl. nFeCl 2 =
PTHH: FeCl2 + 2AgNO3 
127

Theo PTHH: nAgNO 3 = 2 nFeCl 2 = 2.0,05 = 0,1 (mol); mA = mAgCl = 0,1.143,5 = 14,35 (g)
Anh (chị) hãy cho biết chỗ sai trong bài tập trên và hướng dẫn học sinh giải lại bài tập trên ?
Câu 2. Anh (chị) hướng dẫn học sinh giải các bài tập sau:
1. (3.0 điểm).
a) Chỉ được dùng thêm một hóa chất. Hãy nhận biết các hỗn hợp bột sau đựng trong các lọ
riêng biệt không nhãn: (Na, MgO); (Na2O, MgO); (Mg, Al2O3); (Al, MgO).
b) Chứng minh sự có mặt của SO2, CO2, H2 trong hỗn hợp của chúng.
2. (3.0 điểm). Cho 600 gam dung dịch Ba(OH)2 8,55% vào 200 gam dung dịch Al 2(SO4)3 có
cùng nồng độ 8,55%, thu được dung dịch X và kết tủa Y. Tính khối lượng kết tủa Y và C% của mỗi
chất tan trong dung dịch X.

3. (6.0 điểm). Một hỗn hợp X gồm Fe 3O4 và Fe2O3 có khối lượng 47,2 gam. Nung X trong một
bình kín có chứa 22,4 lít CO ở đktc thu được a gam sắt và hỗn hợp khí A (có d A/CH 4 = 2,6).
a) Tính % khối lượng các khí trong A.
b) Tính giá trị a và thành phần phần trăm khối lượng mỗi oxit sắt có trong X.
c) Lấy 1/2 lượng sắt trên cho vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp Cu(NO 3)2 1,5M và Fe(NO3)3
1,5M khuấy kỹ. Khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch B và chất rắn C. Tính khối lượng chất
rắn C và CM của chất tan trong dung dịch B sau khi lọc bỏ C (V dung dịch không đổi).
d) Nếu hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp X và a gam sắt thu được ở trên vào một lượng tối thiểu
dung dịch HCl 2M (D = 1,05 g/ml) thu được dung dịch Y. Tính nồng độ phần trăm của chất tan
trong dung dịch Y.
4. (4.0 điểm). Hỗn hợp X gồm metan và một hidrocacbon không no mạch hở A. Chia 13,44 lít X
ở đktc thành hai phần bằng nhau.
Phần 1. Cho lội qua dung dịch Brom dư thấy có 3,2 gam khí thoát ra.
Phần 2. Đốt cháy hoàn toàn rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình 1 đựng 100 gam dung dịch
H2SO4 98% và bình 2 đựng 300 ml dung dịch Ba(OH) 2 1,5M thấy nồng độ % của H 2SO4 ở bình 1
giảm 9,55% còn ở bình 2 có 78,8 gam kết tủa.
a) Xác định công thức hóa học của A.
b) Tính % khối lượng mỗi khí trong X.
c) Viết phương trình hóa học điều chế X từ metan.
Cho biết : Ba = 137, Mg = 24, Al = 27, Fe = 56, N = 14, S = 32, C = 12, O = 16, H = 1, Cl = 35,5,
Ag = 108.
-------Hết------Họ và tên thí sinh : …………………………………SBD:………………


(Thí sinh không được sử dụng bất kỳ tài liệu nào)
PHÒNG GD&ĐT HOÀNG MAI

KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI THỊ CẤP THCS
NĂM HỌC 2013-2014

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
Câu
Câu 1
1.(2,5đ) Kiến thức:

Nội dung cần đạt

- Gang là gì, thép là gì ? Tính chất và một số ứng dụng của gang và
thép.
- Nguyên tắc và nguyên liệu sản xuất gang, thép.
Kỹ năng:
- Sử dụng các kiến thức về gang và thép vào thực tế đời sống.
- Viết được các PTHH chính xảy ra trong quá trình luyện gang,
thép.
Vai trò của đá vôi :
- Ở phần bụng lò, nhiệt độ khoảng 1000oC, đá vôi bị phân hủy
900 C
CaCO3 
→ CaO + CO2.
- CaO kết hợp với một số oxit như SiO2 ... trong quặng tạo thành xỉ
CaO + SiO2 
→ CaSiO3 (xỉ)
- Xỉ có khối lượng riêng bé hơn gang nên nổi lên trên và được tháo
ra qua cửa tháo xỉ.

Điểm
4,0
1,0

1,0

0,5

o

2.(1,5đ) - Chỗ sai là trong dung dịch có Fe(NO 3)2 và AgNO3 dư nên
Fe(NO3)2 tiếp tục phản ứng với AgNO3 tạo thành Fe(NO3)3 và giải
phóng Ag.
→ Fe(NO3)3 + 2Ag (1)
- PTHH : FeCl2 + 2AgNO3 
0,05
0,1
0,05
0,1
→ Fe(NO3)3 + Ag (2)
Fe(NO3)2 + AgNO3 
0,05
0,05
0,05

0,5

0,5

6,35

nFeCl 2 = 127 = 0, 05 (mol); nAgNO 3 = 0,75.0,25 = 0,1875 (mol)
mB = mAgCl + mAg = 0,1.143,5 + 0,05.108 = 19,75 gam.
Câu 2
1.

a.(1,5đ) - Trích mẫu thử rồi đánh dấu.
- Cho nước dư vào 4 mẫu thử, mẫu thử nào có khí thoát ra là hỗn
hợp (Na, MgO).
- Lọc lấy chất rắn của 4 mẫu thử ta được nước lọc.
- Cho nước lọc của hỗn hợp (Na, MgO) vào chất rắn của 3 mẫu thử
còn lại, chất rắn nào có khí thoát ra là của hỗn hợp (Al, MgO).
- Lấy mẫu thử (Al, MgO) cho vào nước lọc của hai mẫu thử còn lại
nếu nước lọc nào có khí thoát ra thì nước lọc đó của mẫu thử

0,5
16,0
3,0
0,25
0,25
0,5


b.
(1,5đ)

(Na2O, MgO). Mẫu thử còn lại là (Mg, Al2O3).
→ 2NaOH + H2.
PTHH : 2Na + 2H2O 
0,5
→ 2NaOH
Na2O + H2O 
→ 2NaAlO2 + 3H2.
2NaOH + 2Al + 2H2O 
- Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch Br 2 dư, màu nâu của dung dịch
nhạt dần chứng tỏ có khí SO2.

0,25
- Dẫn khí thoát ra qua dung dịch nước vôi trong dư thấy dung dịch
xuất hiện kết tủa trắng chứng tỏ có khí CO2.
0,25
- Dẫn khí còn lại qua bột CuO nung nóng chất rắn màu đen chuyển
dần sang màu đỏ và xuất hiện những giọt nước làm mờ ống nghiệm 0,25
chứng tỏ có H2.
→ 2HBr + H2SO4.
PTHH : SO2 + Br2 + 2H2O 
→ CaCO3 + H2O.
CO2 + Ca(OH)2 
0,75
t
H2 + CuO → Cu + H2O.
3,0
o

2

600.8,55
51,3
= 51,3 (gam); nBa(OH) 2 =
= 0,3 (mol)
100
171
200.8,55
17,1
mAl 2 (SO 4 ) 3 = 100 = 17,1 (gam); mAl 2 (SO 4 ) 3 = 342 = 0, 05 (mol)
→ 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (1)
PTHH : 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 

1,0

0,15
0,05
0,15
0,1
→ Ba(AlO2)2 + 4H2O (2)
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 
0,05 0,1
0,05
mBaSO 4 = 0,15.233 = 34,95 (gam)
mdd = 600 + 200 – 34,95 = 765,05 (gam)
mBa(AlO 2 ) 2 = 0,05.255 = 12,75 (gam);

0,5

mBa(OH) 2 =

12, 75
C% Ba(AlO 2 ) 2 = 765, 05 .100% ≈ 1, 67 (%)

0,5

0,5

mBa(OH) 2 dư = (0,3 – 0,15 – 0,05) 171 = 17,1 (gam);
17,1

C% mBa(OH) 2 dư = 765, 05 .100% ≈ 2, 235 %

3

0,5
6,0

a) PTHH: Fe3O4 + 4CO → 3Fe + 4CO2 (1)
x
4x
3x
4x
t
Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2 (2)
y
3y
2y
3y
to

0,5

o

2, 24

MA = 2,6.16 = 41,6 (g); nCO = 22, 4 = 1 (mol)
- Ta có : (1- nCO 2 )28 + 44 nCO 2 = 41,6 ⇔ nCO 2 = 0,85 (mol)
0,85.44

%mCO 2 = 0,85.44 + 0,15.28 .100% ≈ 89,9 (%)
%mCO = 100 = 89,9 = 10,1 (%)

b)

0,5
0,5


Gọi x, y lần lượt là số mol Fe3O4 và Fe2O3 trong X.
- Theo bài ra ta có hệ phương trình :
 232 x + 160 y = 47, 2
 x = 0,1
⇔

 y = 0,15
 4 x + 3 y = 0,85

mFe = (3x + 2y)56 = (3.0,1 + 2.0,15)56 = 33,6 (gam)
%mFe 2 O 3 =

0,15.160
.100% ≈ 50,85 (%)
47, 2

%mFe 3 O 4 = 100 – 50,85 = 49,15 (%)
c) 1/2 lượng Fe ở trên có nFe = 0,3 mol
nFe(NO 3 ) 3 = n Cu(NO 3 ) 2 = 1,5.0,2 = 0,3 (mol)
→ 3Fe(NO3)2 (3)
PTHH : Fe + 2Fe(NO3)2 
0,15 0,3
0,45
→ Fe(NO3)2 + Cu (4)

Fe + Cu(NO3)2 
0,15 0,15
0,15
0,15
mC = mCu = 0,15.64 = 9,6 (gam)
nFe(NO 3 ) 2 = 0,45 + 0,15 = 0,6 (mol)
n Cu(NO 3 ) 2 dư = 0,3 – 0,15 = 0,15 (mol)
0, 6
CM nFe(NO ) = 0, 2 = 3 (M)
0,15
CM Cu(NO 3 ) 2 dư = 0, 2 = 0, 75 (M)

0,5
0,5
0,5

0,5

3 2

d)
- Toàn bộ X và Fe có 0,1 mol Fe3O4, 0,15 mol Fe2O3 và 0,6 mol Fe
→ FeCl2 + FeCl3 + 4H2O (5)
PTHH : Fe3O4 + 8HCl 
0,1
0,8
0,1
0,2
→ 2FeCl3 + 3H2O (6)
Fe2O3 + 6HCl 

0,15
0,9
0,3
→ FeCl2 + H2 (7)
Fe + 2HCl 
0,35 0,7
0,35 0,35
→ 3FeCl2 (8)
Fe + 2FeCl3 
0,25 0,5
0,75
nHCl = 0,8 + 0,9 + 0,7 = 2,4 (mol)
Vdd HCl =

0,5

1,0

2, 4
= 1, 2 (lít) = 1200 ml.
2

mdd HCl = 1200.1,05 = 1260 (gam)
mdd = mX + mFe + mdd HCl - mH 2 = 47,2 + 33,6 + 1260 – 0,35.2 = 0,5
1340,1 (gam)
0,5
mFeCl 2 = (0,1 + 0,75 + 0,35)127 = 152,4 (gam)
152, 4

C% FeCl 2 1340,1 .100% ≈ 11,37 (%)

4

4,0


1/2 X có V =

6, 72
13, 44
= 0,3 (mol)
= 6, 72 ; nhh =
22, 4
2

- Cho phần 1 lội qua dung dịch Br2 dư thì khí thoát ra là metan.
3, 2

nCH 4 = 16 = 0, 2 (mol)
nA = 0,3 – 0,2 = 0,1 (mol)
Gọi CTHH của A là CxHy (x, y ∈ N*, y ≤ 2x)
t
PTHH : CH4 + 2O2 
→ CO2 + 2H2O (1)
0,2
0,2 0,4
o

CxHy +

2x +

2

0,5

y
y
to
2 O2 
→ xCO2 + H2O (2)
2

0,1

0,1x

0,1

y
2

a) Khi cho sản phẩm qua bình 1 đựng dung dịch H 2SO4 đặc thì
nước bị giữ lại còn qua bình 2 đựng dung dịch Ba(OH) 2 thì CO2 bị
giữ lại.
- Gọi khối lượng H2O là m.
C% H 2 SO 4 = 98 – 9,55 = 88,45 (%)
98
.100% = 88, 45% ⇔ m ≈ 10,8 (gam)
100 + m
10,8
nH 2 O = 18 = 0, 6 (mol)

Ta có :

nH 2 O (2) = 0,6 – 0,4 = 0,2 (mol)
0,1

y
= 0,2 ⇔ y = 4
2

nBa(OH) 2 = 1,5.0,3 = 0,45 (mol)
→ BaCO3 + H2O (3)
PTHH : CO2 + Ba(OH)2 
0,4
0,4
0,4
→ Ba(HCO3)2 (4)
2CO2 + Ba(OH)2 
0,1
0,05
- Nếu CO2 thiếu thì chỉ có phản ứng (3) xẩy ra.
nCO 2 (2) = 0,4 – 0,2 = 0,2 (mol)
- Ta có : 0,1x = 0,2 ⇔ x = 2. Vậy CTHH của A là : C2H4.
- Nếu CO2 dư thì cả phản ứng (3) và (4) xẩy ra :
nCO 2 (2) = 0,4 + 0,1 – 0,2 = 0,3 (mol)
- Ta có : 0,1x = 0,3 ⇔ x = 3. Vậy CTHH của A là : C3H4.
b)
- Nếu X là CH4 và C2H4.

0,5

0,5

0,5
0,5

0, 2.16

%mCH 4 = 0, 2.16 + 0,1.28 .100% ≈ 53,33 (%);
%mC 2 H 4 = 100 – 53,33 = 46,67 (%)
- Nếu X là CH4 và C3H4.

0,5


%mCH

4

0, 2.16
= 0, 2.16 + 0,1.40 .100% ≈ 44, 44 (%);

%m C 3 H 4 = 100 – 44,44 = 55,56 (%)
0,5
c) Phương trình điều chế A.
- Nếu A là C2H4.
1500 C
PTHH : 2CH4 
→ HC ≡ CH + 3H2.
Pd , t
HC ≡ CH + H2 

→ C2H4.
0,5
- Nếu A là C3H4.
as
→ CH3Cl + HCl
PTHH : CH4 + Cl2 
1500 C
2CH4 → HC ≡ CH + 3H2.
→ 2HC ≡ C – Na + H2
2HC ≡ CH + 2Na 
→ HC ≡ C – CH3 + NaCl
HC ≡ C – Na + CH3Cl 
* Lưu ý: Nếu thí sinh làm cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa.
0

o

0