Đề thi giao lưu học sinh giỏi môn Hóa học lớp 8 - Phòng GD ĐT Tam Dương

PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm học: 2019-2020 Môn: Hóa Học 8   Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi này gồm 01 trang

Câu 1. (2,0 điểm)

1) Chỉ dùng dung dịch H₂SO₄ loãng hãy nhận biết các chất rắn đựng trong các lọ mất nhãn: MgO, CuO, BaO, Fe₂O₃.

2) Chọn các chất thích hợp điền vào chỗ trống và hoàn thành các phản ứng hóa học sau:

a) Ba + H₂O  → ......+ ......

b) Fe₃O₄  + H₂SO_4(loãng)    →  ......  +   ....... +  H₂O

c) M_xO_y  + HCl  → ........+  H₂O

d) Al + HNO₃  → .....+  N_aO_b + ....

Câu 2. (2,0 điểm)

1) Tổng số hạt proton (P), nơtron (N) và electron (E) của một nguyên tử nguyên tố X là 13. Xác định nguyên tố X?

2) Cho 27,4 gam Ba tác dụng với 100 gam dung dịch H₂SO₄ 9,8%.

a) Tính thể tích khí thoát ra (đktc).

b) Tính nồng độ phần trăm của dung dịch sau phản ứng.

Câu 3. (2,25 điểm)

1) Cho m gam CaS tác dụng vừa đủ với m₁ gam dung dịch axit HBr 9,72% thu được m₂ gam dung dịch muối x% và 672 ml khí H₂S (đktc). Tính m, m₁, m₂, x.

2) Cho V (lít) CO₂ (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 400 ml dung dịch Ba(OH)₂ 1,5M, sau phản ứng thu được 98,5 gam kết tủa. Tính V?

Câu 4. (1,5 điểm)

Cho hỗn hợp khí A gồm CO₂ và O₂ có tỉ lệ thể tích tương ứng là 5:1.

a) Tính tỉ khối của hỗn hợp khí A đối với không khí.

b) Tính thể tích (đktc) của 10,5 gam khí A.

Câu 5. (2,25 điểm)

1) Nhiệt phân 66,2 gam Pb(NO₃)₂ thu được 55,4 gam chất rắn. Tính hiệu suất của phản ứng nhiệt phân. Biết rằng  Pb(NO₃)₂ bị nhiệt phân theo phản ứng:

Pb(NO3)2 → PbO  + NO₂  +  O₂

2) Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào dung dịch HNO₃ dư, thu được dung dịch A và 6,72 lít (đktc) hỗn hợp khí B gồm NO và một khí X với tỉ lệ thể tích là 1:1. Xác định khí X.

 

 

Câu 1: (2 điểm)

1, Cho dung dịch H₂SO₄ loãng vào các chất rắn:

- Nếu thấy tan và tạo dung dịch màu xanh là CuO:

CuO  +  H₂SO₄  →  CuSO₄  +  H₂O

- Nếu thấy tan và tạo dung dịch màu nâu đỏ là Fe₂O₃:

Fe₂O₃  +   3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃  + 3H₂O

 - Nếu thấy tan và tạo kết tủa màu trắng là BaO:

BaO  +  H₂SO₄  → BaSO₄  +  H₂O

- Còn lại là MgO

MgO  +  H₂SO₄  →  MgSO₄  +  H₂O

2,

a) Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

b) Fe₃O₄  + 4H₂SO_4(loãng) →  FeSO₄  + Fe₂(SO₄)₃ +  4H₂O

c) M_xO_y  + 2yHCl → x \(MC{l_{\frac{{2y}}{x}}}\) +  yH₂O

d) (5a–2b)Al + (18a–6b)HNO₃ → (5a–2b)Al(NO₃)₃+ 3N_aO_b +(9a–3b)H₂O

Câu 2:

1,

- Trong hạt nhân nguyên tử luôn có:     P  \( \le \)  N \( \le \)  1,5 P   (I)

- Theo bài ra:  P +  N  +  E = 13

Hay    2P  +  N  = 13  (do số P = số E ). Suy ra  N = 13 – 2P thay vào (I)

ta có:  P  \( \le \) 13 – 2P  \( \le \)  1,5 P

  +  Với   P  \( \le \)  13 - 2p  thì  P \( \le \) 4,3

  +  Với   13 - 2P \( \le \)  1,5 P thì  P \( \ge \) 3,7

→  3,7 \( \le \) P \( \le \) 4,3 mà P là số nguyên nên P = 4.  Vậy X là Beri (Be).

2, a) \({n_{Ba}} = \frac{{27,4}}{{137}} = 0,2\,(mol)\) ; \({n_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{9,8}}{{98}} = 0,1\,(mol)\)

PTHH:                         Ba + H₂SO₄      →    BaSO₄ + H₂  

Trước phản ứng:          0,2       0,1                                                       (mol)

Phản ứng:                    0,1       0,1                 0,1          0,1                  (mol)   

Sau phản ứng:             0,1        0                   0,1          0,1                   (mol)

Sau phản ứng còn dư 0,1 mol Ba nên Ba sẽ tiếp tục phản ứng với H₂O trong dung dịch:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

0,1                     0,1        0,1                       (mol)

Tổng số mol H₂ thu được sau 2 phản ứng: \({n_{{H_2}}} = \,0,1 + 0,1\, = \,0,2\,(mol)\)

Thể tích khí thu được (đktc): \({V_{{H_2}}} = \,0,2.22,4 = 4,48\,(l{\rm{\'i t)}}\)

b) Dung dịch thu được sau phản ứng là dung dịch Ba(OH)₂.

Khối lượng Ba(OH)₂ thu được là: \({m_{Ba{{(OH)}_2}}} = \,0,1 \times 171\, = \,17,1\,(g)\)

Khối lượng dung dịch sau phản ứng:

\({m_{{\rm{dd}}}} = \,27,4\, + \,100\, - \,{m_{B{\rm{aS}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}}}\, - \,\,{m_{{H_2}}} = \,27,4 + \,100\, - \,0,1 \times 233\, - \,0,2 \times 2\, = \,103,7\,(g)\)

Nồng độ dung dịch sau phản ứng:

\(C{\% _{{\rm{dd}}\,{\rm{Ba(OH}}{{\rm{)}}_{\rm{2}}}}} = \,\frac{{17,1}}{{103,7}} \times 100\%  \approx 16,49\% \)

Câu 3:

1, \({n_{{H_2}S}} = \frac{{0,672}}{{22,4}} = \,0,03\,\left( {mol} \right)\)

CaS  +  2HBr  →  CaBr₂     + H₂S

\({n_{CaS}}\, = \,\,{n_{CaB{r_2}}}\, = \,\,{n_{{H_2}S}}\,\, = \,\,0,03\,(mol);\,\,\,\,{n_{HBr}}\,\, = \,\,0,06\,\,mol;\,\,\,{m_{HBr}}\, = \,\,0,06\, \times \,81\, = \,4,86(g)\)

Theo phương trình:         

\(\begin{array}{l}
m\,\, = \,\,{m_{CaS}}\, = \,\,0,03\,\, \times 72\,\, = \,\,2,16\,\,(gam);\,\,{m_{CaB{r_2}\,\,}} = \,\,0,03\,\, \times \,\,200\,\, = \,\,6\,(gam)\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Rightarrow {m_1}\,\, = \,\,\frac{{4,86\,\, \times \,\,100}}{{9,72}}\,\, = \,\,50\,(gam)
\end{array}\)

Áp dụng ĐLBTKL: 

\(\begin{array}{l}
{m_2}\, = \,m{\,_{ddCaB{r_2}\,}} = \,\,\,50\,\, + \,\,2,16\,\, - \,\,34\, \times \,0,03\,\,\, = \,51,14\,(gam)\\
x\,\, = \,C{\% _{CaB{r_2}}} = \,\,\frac{{6\,\, \times \,\,100}}{{51,14}}\,\, \approx \,\,11,73\,(\% )
\end{array}\)

2,

\({n_{Ba{{(OH)}_2}}} = \,0,4 \times 1,5\, = \,0,6\,(mol)\) ;  \({n_{BaC{O_3}}} = \frac{{98,5}}{{197}} = 0,5\,(mol)\)

- Trường hợp 1: Xảy ra 1 phản ứng (Ba(OH)₂ dư)

CO₂  +  Ba(OH)₂ → BaCO₃  + H₂O

0,5           0,5                     0,5                                   (mol)

\({n_{Ba{{(OH)}_2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}} = 0,6\, - \,0,5\, = \,0,1\,(mol)\)

$\( \Rightarrow \,{V_{C{O_2}}}\, = \,0,5 \times 22,4\, = \,11,2\,(l{\rm{\'i t)}}\)

- Trường hợp 2: Xảy ra 2 phản ứng (Ba(OH)₂ hết)

CO₂  +  Ba(OH)₂ →   BaCO₃  + H₂O

0,6           0,6                     0,6                                    (mol)

Vì sau phản ứng thu được 0,5 mol kết tủa nên sau phản ứng này kết tủa phải tan đi 0,1 mol theo phản ứng:

CO₂  +  BaCO₃ + H₂O →  Ba(HCO₃)₂

                             0,1          0,1                                                     (mol)

\( \Rightarrow \,{V_{C{O_2}}}\, = \,(0,6\, + \,0,1) \times 22,4\, = \,15,68\,(l{\rm{\'i t)}}\)             

Câu 4: a) Gọi số mol O₂ có trong hỗn hợp A là x (mol)

 Số mol CO₂ có trong A là 5x (mol).

Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí A:

\(\overline M  = \frac{{44.5x\, + \,32.x}}{{6x}} = \,\frac{{252x}}{{6x}} = 42\,(g)\)

Tỉ khối của hỗn hợp khí A đối với không khí: \({d_{A/kk}} = \,\frac{{42}}{{29}}\, \approx 1,45\)

b) Ở đktc: 42 g (tương ứng 1mol) hỗn hợp khí A có thể tích 22,4 lít.

 10,5 g hỗn hợp khí A có thể tích: \(\frac{{10,5 \times 22,4}}{{42}} = \,5,6\,(l{\rm{\'i t)}}\)

Câu 5:

1,  \({n_{Pb{{(N{O_3})}_2}}}\,\, = \,\,\,\frac{{66,2}}{{331}}\,\, = \,\,0,2\,\,(mol)\)

Gọi số mol  Pb(NO₃)₂ bị nhiệt phân là a (mol).

2Pb(NO₃)₂ →  2PbO  + 4NO₂ +  O₂  

a mol                       a mol

Sau phản ứng chất rắn gồm: (0,2 – a) mol Pb(NO₃)₂(dư) và  a mol PbO

Theo đề bài ta có: 331.(0,2 – a) + 223a = 55,4

Giải phương trình tìm được:  a = 0,1 (mol).

\(H\,\, = \,\,\,\frac{{0,1\,\, \times \,\,100\% \,}}{{0,2}}\,\, = \,\,50\,\,(\% )\)               

2,

\({n_{Fe}}\, = \,\,\frac{{11,2}}{{56}}\,\, = \,\,0,2\,(mol);\,\,\,\,\,\,\,{n_{hh\,khi}}\, = \,\,\frac{{6,72}}{{22,4}}\,\, = \,\,0,3\,(mol)\)

Gọi công thức khí X là N_xO_y.

Theo bài ra thì tỉ lệ số mol hai khí là 1 : 1 nên:  

\({n_{NO}}\, = \,\,{n_{{N_x}{O_y}}}\,\, = \,\,\,\,\frac{{0,3}}{2}\,\, = \,\,0,15\,\,(mol)\)          

Ta có các quá trình cho và nhận e sau:

Fe⁰    →    Fe⁺³   +   3e

0,2 mol                    0,6 mol   

N⁺⁵    +    3e   →  N⁺² 

0,45 mol  0,15 mol

xN⁺⁵   +     (5x – 2y)   → N_xO_y

               0,15.(5x – 2y)    0,15 mol

Áp dụng ĐLBT e ta có:  0,45  +  0,15.(5x – 2y) = 0,6 5x – 2y  = 1

 x = 1; y = 2 là phù hợp.  Vậy X là NO₂.

....

Trên đây là toàn bộ nội dung Đề thi giao lưu học sinh giỏi môn Hóa học lớp 8 - Phòng GD ĐT Tam Dương. 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.

Hy vọng đề thi này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong kì thi  sắp tới.