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

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

1
<b>HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM </b>

<b>ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2017-2018 </b>
<b>Mơn: HĨA HỌC </b>

<b>Khóa ngày 22-3-2018 </b>

<b>Câu I. </b> <b>2,0 điểm </b>

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

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>
<b>0,25 </b>
<b>2. (1,0 điểm) </b>

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

<b>0,25 </b>
<b>0,25 </b>
<b>0,25 </b>
<b>0,25 </b>

<b>Câu II. </b> <b>2,5 điểm </b>

<b>1. (0,75 điểm) </b>

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}

<b>0,25 </b>

<b>0,5 </b>
<b>2. (1,0 điểm) </b>

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.

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>
<b>3. (0,75 điểm) </b>

MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + CO2 + H2O
x x

RCO3 + H2SO4  RSO4 + CO2 + H2O
y y

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=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).

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>Câu III. </b> <b>1,5 điểm </b>

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.

<b>0,5 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>Câu IV. </b> <b>1,5 điểm </b>

<b>1. Dung dịch bão hòa trong khoảng nhiệt độ từ: </b>
00_C__₁₀0_C;

300_C__₄₀0_C;
600_C__₇₀0_C.
<b>b. Khối lượng X kết tinh: </b>
+ ở 700_C:

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 300_{C :}
mX = 15 . 104 : 100 = 15,6 (g)

+ Số gam X tách ra khi hạ nhiệt độ từ 700_{C xuống 30}0_{C = 26 – 15,6 = 10,4 (g)}

<b>0,5 </b>

<b>0,5 </b>

<b>0,25 </b>
<b>0,25 </b>

<b>Câu V. </b> <b>2,5 điểm </b>

<b>1. (1,0 điểm) </b>

<b> Gọi công thức chất béo và axit béo có trong chất béo lần lượt là (RCOO)3C3H5 (a </b>
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:

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

3
mchất béo + mNaOH = mglixerol + mmuối +

m

H O₂

 mmuối = 10 + 1,4 - 1,035 - 1,25.18.10-3_{= 10,3425 (Kg)} <b>0,25 </b>
<b>2. (1,5 điểm) </b>

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.

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>
<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<i><b>Lưu ý: </b></i>

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

</div>

<!--links-->