Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Hóa học 8- Trường THCS Lê Trung Đình có đáp án

TRƯỜNG THCS LÊ TRUNG ĐÌNH

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

MÔN HÓA HỌC 8

THỜI GIAN: 120 PHÚT

Câu 1 (4 điểm)

1. Cho các chất: SO_3; Mn₂O₇; P₂O_5; K₂O; BaO; CuO; Ag; Fe; SiO₂; CH₄; K. Chất nào:

Tác dụng với nước (ở điều kiện thường)
Tác dụng với H₂
Tác dụng với O₂

Viết các PTHH xảy ra (ghi rõ điều kiện nếu có)

2. Lập PTHH cho các sơ đồ phản ứng sau:

Fe₂(SO₄)₃ + NaOH → Fe(OH)₃ + Na₂SO₄
FeS₂ + O₂ → Fe₂O₃ + SO₂
Al + HNO₃ → Al(NO₃)₃ + N₂O + H₂O
Fe_xO_y + HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO₂ + H₂O

Câu 2 (4 điểm).

Hỗn hợp khí A gồm H₂, CO, CH₄ (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít A (đktc) thu được 1,568 lít CO₂ (đktc) và 2,34 g H₂O.
1. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A.
2. Tính tỉ khối của A so với hỗn hợp B gồm CO và N₂
Một kim loại A có hóa trị không đổi. Nếu hàm lượng phần trăm của kim loại A trong muối cacbonat là 40% thì hàm lượng phần trăm của kim loại A trong muối photphat là bao nhiêu?

Câu 3 (4 điểm)

Đun nóng 2,45 g một muối vô cơ thì thu được 672 ml khí oxi (đktc). Phần chất rắn còn lại chứa 52,35% Kali và 47,65% Clo. Xác định CTHH của muối.
Hòa tan 12 g một oxit kim loại có CTHH là R_xO_y cần dùng dung dịch chứa 0,3 mol HCl.

Xác định CTHH của oxit trên.
Dẫn 2,24 lít (đktc) khí hiđro qua 12 g oxit trên, nung nóng. Tính khối lượng chất rắn thu được biết hiệu suất phản ứng đạt 80%.

Câu 4 (4,5 điểm).

1. Để miếng nhôm nặng 5,4 g trong không khí một thời gian thu được chất rắn A. Hòa tan A bằng dung dịch HCl dư thì bay ra 3,36 lít khí (đktc). Tính khối lượng A và phần trăm nhôm bị oxi hóa thành oxit.

2. Điện phân nước thu được 6,72 lít khí A (đktc) ở điện cực âm.

a. Tính số phân tử nước bị điện phân.

b. Tính số nguyên tử có trong chất khí B thu được ở điện cực dương.

c. Bằng phương pháp hóa học nhận biết các khí riêng biệt: Khí A, khí B, khí cacbonic, khí cacbon oxit.

Câu 5 (3,5 điểm).

Hòa tan 13,8 g muối cacbonat của kim loại hóa trị I trong dung dịch chứa 0,22 mol HCl. Sau khi phản ứng kết thúc thì axit vẫn còn dư và thể tích khí thoát ra là V vượt quá 2016 ml (đktc)

Xác định CTHH của muối trên (biết sản phẩm của phản ứng trên là muối clorua, khí cacbonic và nước).
Tính V.

(Cho NTK: H=1; O=16; C=12; K=39; Cl=35,5; Fe=56; Al=27; K=39; Na=23; Ag=108; Cu = 64)

ĐÁP ÁN

Câu 1: 4 đ

1/ (2,5 đ): Mỗi PTHH đúng: 0,25 điểm

Nếu thiếu đk hoặc cân bằng, hoặc cả hai: trừ 0,25đ

SO₃ + H₂O → H₂SO₄ Mn₂O₇ + H₂O → 2HmnO₄

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄ K₂O + H₂O → KOH

BaO + H₂O → Ba(OH)₂ 2K + 2H₂O → 2KOH

CuO + H₂O → Cu + H₂O 3Fe + 2 O₂ →Fe₃O₄

CH₄ + 2 O₂ → CO₂ + 2H₂O 4K + O₂ → 2K₂O

2/ (1,5 đ): Mỗi PTHH: 0,25 đ

Fe₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Fe(OH)₃ + 3Na₂SO₄

4FeS₂ + 11 O₂ → 2Fe₂O₃ + 8 SO₂ 0,25đ

8Al + 30HNO₃ → 8Al(NO₃)₃ + 2N₂O + 15H₂O

Fe_xO_y + (6x-2y)HNO₃ → xFe(NO₃)₃ + (3x-2y) NO₂ + (3x-y)H₂O

Câu 2. (4 điểm)

1/ (3 điểm)

Đặt n_H2 =x; n_CO = y; n_CH4 = z (mol)

-> x+y+z = 2,24:22,4=0,1 (1)

2H₂ + O₂ → 2H₂O

x x(mol)

2CO + O₂ → 2CO₂

y y(mol)

CH₄ + 2O₂ → CO₂ + 2H₂O

z z 2z(mol)

→ y+z = 1,568:22,4 = 0,07 (2)

x + 2z = 2,34:18 = 0,13 (3)

Từ (1), (2), (3) → x=0,03 (mol) ; y = 0,02 (mol) ; z = 0,05 (mol)

Vì %V = % số mol nên :

% H₂ = 0,03.100%:0,1 = 30%

% CO = 20%; % CH₄ = 50%

\({\overline M _A} = \frac{{0,03.2 + 0,02.28 + 0,05.16}}{{0,1}} = 14,2\)

Vì M_N2 = M_CO = 28

\(\to {\overline M _{({N_2},CO)}} = 28\)

→ d_A/B = 14,2: 28 = 0,507

2/ (1 điểm ) Gọi CTHH của muối cacbonat là A₂(CO₃)_n

\(\frac{{2A}}{{60n}} = \frac{{40}}{{60}} \to A = 20n\)

Gọi CTHH của muối photphat là A₃(PO₄)_n

%A = \(\frac{{3A.100}}{{3A + 95n}} = \frac{{3.20n.100}}{{}}3.20n + 95n = 38,71\% \)

Câu 3 : (4 điểm)

R_xO_y + 2yHCl → RCl_2y/x + yH₂O

03,/2y 0,3 (mol)

0,3/2y (Rx + 16y) = 12

R = 32.2y/x

2y/x	1	2	3
R	32 (loại)	64 (nhận)	96 (loại)

R là Cu

CTHH oxit : CuO

b/ n_H2 =2,24/22,4 = 0,1 (mol)

n_CuO = 12/80 = 0,15 (mol)

CuO + H₂ → Cu + H₂O

H=100% 0,1 → 0,1 0,1 (mol)

(0,1<0,15)

H = 80% 0,08 → 0,075 0,08 (mol)

Sau PƯ có chất rắn : Cu, CuO dư

m_rắn = 0,08.64 + (0,15-0,08).80 = 10,8 (g)

Câu 4 : (4,5 điểm)

1/ (1,5 điểm ) 4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃ (1)

Vì A tác dụng ddHCl → khí → A chứa Al₂O₃ , Al dư

N_H2 = 3,36:22,4 = 0,15 (mol)

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3 H₂ (2)

0,1 0,15

m_{Al dư sau (1)} = 0,1.27 = 2,7 g

n_{Al p.ư với O2} = (5,4-2,7)/27 = 0,1 (mol)

→ n_Al2O3 = 01,.2/4 = 0,05 (mol)

M_Al2O3 = 0,05.102 = 5,1 (g)

M_A = 2,7+5,1 = 7,8 (g)

%Al bị oxi hóa = 2,7/5,4 .100% = 50%

2/ (3 điểm). a,b/ (1đ) 2H₂O → 2H₂ + O₂

Khí A là H₂ , khí B là O₂

n_H2 = 6,72/22,4 = 0,3 (mol)

2H₂O → 2H₂ + O₂

0,3 0,3 0,15

a/ Số phân tử H₂O bị điện phân = 0,3.6.10²³ (phân tử)

b/ n_o/oxi = 0,15.2.6.10²³ = 1,8.10²³ (phân tử)

c/ (2 đ) Lấy các MT, đánh STT

Dẫn các MT vào dd Ca(OH)₂ nếu:

Xuất hiện kết tủa → MT là CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Không có hiện tượng là CO, O₂, H₂

Cho que đóm còn tàn đỏ vào các MT còn lại, nếu:

- Que đóm bùng cháy thì MT là O₂

- Còn lại là CO, H₂

Đốt 2 MT còn lại rồi dẫn SP vào dd Ca(OH)₂ , nếu:

- Có kết tủa thì MT ban đầu là CO

- Không có hiện tượng thì MT ban đầu là H₂
2CO + O₂ → 2CO₂

2H₂ + O₂ → 2H₂O

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Câu 5: (3,5 điểm)

Gọi CTHH muối : R₂CO₃; vì sau PƯ axit dư → muối hết

R₂CO₃ + 2 HCl → 2RCl + CO₂ + H₂O

a 2a a (mol)

2a<0,22 → a<0,11

13,8/92R+60) < 0,11 → R > 32,72

13,8/(2R+60) > 2016/22,4 → R< 46,67

Vì R hóa trị I → R là K (K=39)

CTHH muối là K₂CO₃

a = 13,8/138 = 0,1 (mol) → V=0,1.22,4 = 2,24 l(đktc)

Trên đây là toàn bộ nội dung tài liệu Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Hóa học 8- Trường THCS Lê Trung Đình có đáp án. Để xem thêm nhiều tài liệu tham khảo hữu ích khác các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.

Ngoài ra các em học sinh có thể tham khảo các tài liệu cùng chuyên mục:

Chúc các em học tốt!

Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Hóa học 8- Trường THCS Lê Trung Đình có đáp án

TRƯỜNG THCS LÊ TRUNG ĐÌNH