Đề thi

Bộ 80 Đề thi học sinh giỏi Hóa học lớp 8 chọn lọc – VietJack.com

Bộ 80 Đề thi học sinh giỏi Hóa học lớp 8 chọn lọc

Với Bộ 80 Đề thi học sinh giỏi Hóa học lớp 8 chọn lọc giúp học sinh ôn tập và đạt kết quả cao trong bài thi học sinh giỏi Hóa 8.

Tải xuống

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 150 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 1)

1. Hình bên mô tả hệ thống thiết bị dùng điều chế khí X trong phòng thí nghiệm.

a. Khí X là khí gì? Nêu nguyên tắc chung để điều chế khí X bằng thiết bị này.

b. Xác định các chất A, B tương ứng và viết phương trình phản ứng xảy ra.

2. Cho lần lượt 4 chất rắn Na, Fe, CaO, P2O5 vào 4 cốc đựng nước và cho giấy quỳ tím vào 4 cốc. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có).

Bài 2. (3,5 điểm)

1. Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết các chất rắn màu trắng đựng riêng biệt trong các lọ mất nhãn gồm: P2O5; CaO; NaCl; Na2O.

2. Viết các PTHH thực hiện chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có):

Bài 3. (2,5 điểm)

Hỗn hợp B gồm hai khí: cacbon oxit và hiđro có tỉ khối đối với H­2 là 10,75. Để khử hoàn toàn m gam Fe3O4 nung nóng cần vừa đủ V lít hỗn hợp B (ở đktc). Kết thúc phản ứng thu được 16,8 gam Fe.

a. Tính thành phần phần trăm về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp B.

b. Tính V và m.

Bài 4. (2,0 điểm)

Dùng khí H2 dư để khử hoàn toàn m gam một oxit sắt, sau phản ứng thu được 5,4 gam nước. Lấy toàn bộ lượng kim loại thu được ở trên hòa tan vào dung dịch HCl dư thì thu được 25,4 gam muối. Tìm công thức oxit sắt và tính giá trị của m?

Bài 5. (2,0 điểm)

1. Lập công thức hóa học của hợp chất tạo bởi sắt và oxi, biết cứ 7 phần khối lượng sắt thì kết hợp với 3 phần khối lượng oxi.

2. Hòa tan hoàn toàn 27,84 gam một oxit sắt cần dùng vừa đủ 480 ml dung dịch HCl 2M. Xác định công thức hóa học của oxit sắt nói trên.

Bài 6. (2,0 điểm)

Cho luồng khí hiđro đi qua ống thuỷ tinh chứa 20 g bột đồng (II) oxit (màu đen) ở nhiệt độ cao. Sau một thời gian phản ứng thu đư­ợc 16,8 g chất rắn.

a. Nêu hiện tư­ợng phản ứng xảy ra.

b. Tính hiệu suất phản ứng.

c. Tính số lít khí hiđro đã tham gia khử đồng (II) oxit trên ở đktc.

Câu 7. (2,5 điểm)

Cho 4,45 gam hỗn hợp Zn và Mg tác dụng với 250 ml dung dịch HCl 2M

a. Chứng minh rằng sau phản ứng, axit vẫn còn dư?

b. Nếu thoát ra 2,24 lít khí ở (đktc). Hãy xác định thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Câu 8. (1,0 điểm)

Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt là 40. Trong hạt nhân nguyên tử của nguyên tố X có số hạt mang điện ít hơn số hạt không mang điện là 1 hạt. Tính số hạt mỗi loại, xác định tên và ký hiệu hóa học của nguyên tố X?

Câu 9. (2,0 điểm)

1. Lấy 10,2 gam hỗn hợp Mg và Al đem hoà tan trong H2SO4 loãng dư thì nhận được 11,2 lít H2. Tính khối lượng muối sunfat tạo thành.

2. Lấy 14,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn đem đốt trong oxi dư, sau khi phản ứng hoàn toàn thì nhận được 22,3 gam hỗn hợp Y gồm 3 oxit. Tính thể tích dung dịch HCl 2M tối thiểu cần dùng để hoà tan hỗn hợp Y.

Câu 10. (1,0 điểm)

Độ pH (có thể hiểu là nồng độ axit – bazơ kiềm) có ảnh hưởng rất lớn đến cơ thể. Để xác định độ bazơ kiềm của bột giặt; sữa tắm và nước rửa chén bát… người ta thường sử dụng giấy pH có tẩm chất chỉ thị màu. Trong tự nhiên, chất chỉ thị màu có nhiều trong các loại thực vật: bắp cải tím; hoa hồng; hoa râm bụt… Bằng hiểu biết của mình; em hãy thiết kế thí nghiệm để tìm hiểu độ kiềm của sữa tắm ở gia đình của em?

Biết: H = 1; C = 12; O = 16; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5;

Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65

Đáp án và thang điểm

Câu

Hướng dẫn chấm

Điểm

1

(1,5)

1. Hình vẽ điều chế khí hiđro trong phòng thí nghiệm:

a. Nguyên tắc chung để điều chế: Cho axit (HCl hoặc H2SO4 loãng) tác dụng với kim loại (Mg; Zn; Al; Fe..)

0,25

b. X là dung dịch axit: HCl hoặc H2SO4 loãng.

Y là kim loại: Mg; Zn; Al; Fe…

Phương trình hóa học:

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

0,25

2. Cốc cho Na: Mẩu Na lăn tròn trên mặt nước và tan dần, có khí không màu thoát ra. Quỳ tím hóa xanh.

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2

0,25

Cốc cho Fe: Không có hiện tượng gì xảy ra.

0,25

Cốc cho CaO: chất rắn chuyển sang dạng nhão, có hơi nước bốc lên, quỳ tím hóa xanh.

CaO + H2O → Ca(OH)2

0,25

Cốc cho P2O5: chất rắn tan, tạo dung dịch không màu; quỳ tím hóa đỏ:

P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

0,25

2

(3,5)

1. Đánh STT cho các lọ và lấy mẫu thử.

– Cho nước vào các mẫu thử, lắc nhẹ.

– Cho quỳ tím vào các dung dịch thu được:

+ Mẫu không làm đổi màu quỳ tím là NaCl.

+ Mẫu làm quỳ tím hóa đỏ là H3PO4 chất rắn ban đầu là P2O5:

P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

– Dẫn khí CO2 vào 2 dung dịch còn lại:

+ Dung dịch nào bị đục là Ca(OH)2→ chất rắn ban đầu là CaO.

CaO + H2O → Ca(OH)2

Ca(OH)2 + CO2→ CaCO3↓ + H2O

+ Dung dịch còn lại là NaOH → chất rắn ban đầu là Na2O

Na2O + H2O → 2NaOH

Nhận biết đúng mỗi chất được 0,25 điểm

2. Các PTHH thực hiện chuyển hóa:

(1). Mg + H2SO4 → MgSO4 + H2

(2). 2H2 + O2→to 2H2O

(3). 2H2O →điện phân 2H2 + O2

(4). 5O2 + 4P →to 2P2O5

(5). P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

(6). Fe2O3 + 3H2→to 2Fe + 3H2O

(7). H2O + BaO → Ba(OH)2

(8). O2 + S →to SO2

(9). 2SO2 + O2→to, V2O5 2SO3

(10). SO3 + H2O → H2SO4

Mỗi PTHH đúng được 0,25 điểm

3

(2,5)

a. Phương trình hóa học:

Fe3O4 + 4CO →to 3Fe + 4CO2 (1)

Fe3O4 + 4H2→to 3Fe + 4H2O (2)

0,5

Gọi x và y lần lượt là số mol H2 và CO trong V lít hỗn hợp B.

0,25

Theo (1) và (2):

nB = x + y = 43nFe= 43.16,856= 0,4 mol (I)

0,25

Mặt khác, theo đề bài:

mB = 2x + 28y = 0,4.10,75.2 = 8,6gam (II)

0,25

Từ (I) và (II) ta được x = 0,1; y = 0,3.

0,25

Vậy thành phần % thể tích của các khí trong B:

%VH2= 0,10,4×100 = 25%; %VCO= 75%

0,5

b. Từ phần a ta có: nB = 0,4 mol.

Vậy thể tích khí B ở đktc:

VB = 0,4.22,4 = 8,96 lít

0,25

Theo (1) và (2): nFe3O4= 13nFe= 0,1 mol

Vậy khối lượng Fe3O4: m = 0,1 . 232 = 23,2 gam

0,25

4

(2,0)

1. Gọi công thức của oxit sắt cần tìm là: FexOy (x, y∈N*)

0,25

Phương trình hóa học:

FexOy + yH2→to xFe + yH2O (1)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (2)

0,5

Bảo toàn O trong oxit ta có:

nO (trong oxit sắt) = nH2O =5,418= 0,3 mol

0,25

Theo (2):

nFe (trong oxit sắt) = nFeCl2 = 25,4127 = 0,2 mol

0,25

Ta có:

x : y = 0,2 : 0,3 = 2 : 3

0,25

Vậy oxit sắt cần tìm là Fe2O3.

0,25

2. Ta có:

mFe2O3= 0,2.56 + 0,3 . 16 = 16 gam

0,25

5

(2,0)

1. Gọi công thức của oxit sắt cần tìm là: FexOy (x, y∈N*)

0,25

Theo đề bài ta có:

x : y = 756:316 = 2 : 3

0,25

Vậy oxit sắt cần tìm là Fe2O3.

0,25

2. Gọi công thức của oxit sắt cần tìm là: FexOy (x, y∈N*)

0,25

Bảo toàn O và H ta có:

nO (trong oxit sắt) =nH2O= 12nHCl = 120,48.2 = 0,48 mol

0,25

Theo đề bài ta có:

mFe (trong oxit sắt) = 27,84 – 0,48.16 = 20,16 gam

0,25

Vậy ta có:

x : y = 20,1656 : 0,48 = 3 : 4

0,25

Vậy oxit sắt là Fe3O4.

0,25

6

(2,0)

a. Phương trình hóa học:

CuO + H2 →to Cu + H2O

Chất rắn từ màu đen chuyển dần sang màu hơi đỏ (đỏ nâu)/đỏ.

0,25

b. Gọi h là hiệu suất phản ứng (0 < h < 100)

0,25

Theo đề bài, số mol CuO ban đầu:

nCuO ban đầu = 2080 = 0,25 mol

0,25

Theo PTHH:

nCu = nCuO phản ứng = 0,25h mol

0,25

→ Chất rắn sau phản ứng gồm:

CuO dư: (0,25 – 0,25h) mol Cu: 0,25h

0,25

Theo đề bài:

mCuO dư + mCu = (0,25 – 0,25h).80 + 0,25h.64 = 16,8→h = 0,8

0,25

Vậy hiệu suất phản ứng là 80%.

0,25

c. Theo PTHH: nH2= nCuO phản ứng = 0,25.0,8 = 0,2 mol

Vậy thể tích khí H2 đã phản ứng là: V = 0,2.22,4 = 4,48 lít

0,25

7

(2,5)

1. Phương trình hóa học

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (1)

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (2)

0,5

Giả sử hỗn hợp chỉ chứa Zn, ta có:

nhỗn hợp= 4,4565 = 0,0685 mol ⇒nHCl phản ứng = 2nhỗn hợp = 0,137 mol

0,25

Giả sử hỗn hợp chỉ chứa Mg, ta có:

nhỗn hợp = 4,4524 = 0,18542 mol ⇒ nHCl phản ứng= 2nhỗn hợp = 0,371 mol

0,25

Trong thực tế, hỗn hợp chứa cả Zn và Mg nên:

0,0685 < nhỗn hợp < 0,18542

⇒0,137 < nHCl phản ứng< 0,371 << 0,25.2 = 0,5 mol

0,25

→ Vậy axit còn dư sau phản ứng, hỗn hợp kim loại tan hết.

0,25

2. Gọi x và y lần lượt là số mol Mg và Zn trong 4,45 gam hỗn hợp.

0,25

Theo đề bài: 24x + 65y = 4,45 (I)

0,25

Mặt khác, số mol H2 thu được: x + y =2,2422,4= 0,1 (II)

Từ (I) và (II) ta được: x = y = 0,05

0,25

Thành phần % khối lượng mỗi kim loại:

%Mg = 0,05×244,45×100 = 26,97%; %Zn = 100% – 26,97% = 73,03%

0,25

8

(1,0)

Theo đề bài, tổng số hạt của X: 2p + n = 40 (1)

0,25

Mặt khác, trong hạt nhân của X, số hạt mang điện ít hơn hạt không mang điện: n – p = 1 (2)

0,25

Từ (1) và (2) ta được p = e = 13; n = 14.

0,25

Vậy X là nguyên tố Nhôm. Ký hiệu là Al.

0,25

9

(2,0)

1. Áp dụng bảo toàn H ta có:

nSO4=nH2SO4=nH2=11,222,4= 0,5 mol

0,5

Vậy khối lượng muối thu được là:

mmuối = mkim loại + mSO4 = 10,2 + 0,5.96 = 58,2 gam

0,5

2. Theo quy tắc hóa trị, bảo toàn nguyên tố O và H ta có:

nHCl = 2nH2O= 2nO(trong oxit) = 2.22,3−14,316 = 1 mol

0,5

Vậy thể tích dung dịch HCl cần dùng là:

V =12= 0,5 lít hay 500 ml

0,5

10

(1,0)

– HS trình bày được cách tách chất chỉ thị ra khỏi các loại thực vật: bắp cải tím; hoa dâm bụt…

0,5

– Cho các dung dịch có chứa chất chỉ thị vào để nhận biết các chất tẩy rửa ở gia đình, dựa vào màu sắc để nhận ra môi trường:

Đỏ → axit

Xanh → vàng → bazơ

Không đổi màu → trung tính

0,5

– Có thể tẩm các chất chỉ thị trên vào giấy lọc để sử dụng dần, tuy nhiên giấy đó thường khó bảo quản (dễ nấm mốc)

Lưu ý:

– Khi viết PTHH có thể có nhiều cách viết, HS viết đúng vẫn cho điểm tối đa.

– PTHH không ghi điều kiện không cho điểm;

– PTHH ghi điều kiện nhưng chưa cân bằng thì cho 1/2 tổng số điểm của PTHH đó.

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 120 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 2)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hỗn hợp A gồm: Mg và Fe vào dung dịch B gồm Cu(NO3)2 và AgNO3. Lắc đều cho phản ứng xong thì thu được hỗn hợp rắn C gồm 3 kim loại và dung dịch D gồm 2 muối. Trình bày phương pháp tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp C.

Câu 2. (2,0 điểm) Muối ăn có lẫn tạp chất: Na2SO4, NaBr, MgCl2, CaCl2, CaSO4. Trình bày cách tinh chế để có được muối ăn tinh khiết.

Câu 3. (2,0 điểm) Từ pirit sắt, nước biển, không khí và các thiết bị cần thiết khác. Hãy viết các phương trình hóa học điều chế các chất: nước Javen, FeSO4, FeCl3.

Câu 4. (2,0 điểm) A, B, C là các hợp chất vô cơ của một kim loại. Khi đốt nóng ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. Biết:

A + B → C

B →t0 C + H2O + D↑ (D là hợp chất của cacbon)

D + A → B hoặc C

– Hỏi A, B, C là các chất gì? Viết các phương trình hoá học giải thích quá trình trên ?

– Cho A, B, C tác dụng với CaCl2 viết các phương trình hoá học xảy ra.

Câu 5. (2,0 điểm) Cho 7 lọ chứa các dung dịch (riêng biệt): NH4Cl; Zn(NO3)2; (NH4)2SO4; phenolphtalein; K2SO4; HCl, NaCl không nhãn. Chỉ dùng thêm dung dịch Ba(OH)2 làm thuốc thử có thể nhận biết được bao nhiêu chất trong số các chất đã cho? Viết PTHH của các phản ứng để minh họa.

Câu 6. (2,0 điểm) Nêu hiện tượng, viết các phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau:

1. Cho Na vào dung dịch CuSO4.

2. Cho từ từ đến dư dung dịch KOH vào dung dịch AlCl3.

3. Cho bột Cu vào dung dịch FeCl3.

4. Cho rất từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch K2CO3 và khuấy đều.

Câu 7. (3,0 điểm) Cho m1 g hỗn hợp Mg và Fe ở dạng bột tác dụng với 300 ml dung dịch AgNO3 0,8M khi khuấy kĩ để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A1 và chất rắn A2 có khối lượng là 29,28 g gồm 2 kim loại. Hoà tan hoàn toàn chất rắn A2 trong dung dịch H2SO4 đặc, đun nóng.

– Tính thể tích khí SO2 (điều kiện tiêu chuẩn) được giải phóng ra.

– Thêm vào A1 lượng dư dung dịch NaOH, lọc rửa kết tủa mới tạo thành nung trong không khí ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi, thu được 6,4 g chất rắn.

Tính % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp Mg và Fe ban đầu.

Câu 8. (2,0 điểm) Phải đốt bao nhiêu gam cacbon để khi cho khí CO2 tạo ra trong phản ứng trên tác dụng với 3,4 lít dung dịch NaOH 0,5M ta được 2 muối với nồng độ mol muối hidrocacbonat bằng 1,4 lần nồng độ mol của muối cacbonat trung hòa?

Câu 9. (3.0 điểm) Hoà tan 34,2 gam hỗn hợp gồm Al2O3 và Fe2O3 vào trong 1 lít dung dịch HCl 2M, sau phản ứng còn dư 25% axit. Cho dung dịch tạo thành tác dụng với dung dịch NaOH 1M sao cho vừa đủ đạt kết tủa bé nhất.

a. Tính khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp

b. Tính thể tích của dung dịch NaOH 1M đã dùng.

Đáp án và thang điểm

Câu

Nội dung

Điểm

1

– Hỗn hợp rắn C gồm 3 kim loại : Ag, Cu, Fe dư và dung dich D gồm 2 muối Mg(NO3)2, Fe(NO3)2

– Cho dd HCl dư vào chất rắn C chỉ có Fe tan tạo thành FeCl2. Cho dd FeCl2 tác dụng với dd NaOH dư tạo kết tủa Fe(OH)2. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi ta thu được Fe2O3, Khử Fe2O3 bằng H2 dư ở nhiệt độ cao ta thu được Fe.

Fe+ 2HCl → FeCl2 + H2.

FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 +2 NaCl

4Fe(OH)2 + O2→to 2Fe2O3 + 4H2O

Fe2O3 + 3H2→to 2Fe + 3H2O

– Hỗn hợp Cu, Ag cho tác dụng với Oxi dư chỉ có Cu tác dụng tạo ra hỗn hợp rắn (Ag và CuO) .Cho hỗn hợp rắn này tác dụng với dd HCl dư lọc, tách ta thu được Ag không phản ứng, CuO tan trong dd HCl.

2Cu +O2 →to 2 CuO

CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O

– Cho dd CuCl2 tác dụng với NaOH dư tạo Cu(OH)2 không tan. Nung Cu(OH)2 đến khối lượng không đổi thu được CuO, Khử CuO bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu được Cu.

2NaOH + CuCl2 → Cu(OH)2↓ + 2NaCl

Cu(OH)2→toCuO +H2O

CuO + H2 →to Cu +H2O

0,5

0,5

0,5

0,5

2

Muối ăn có lẫn tạp chất: Na2SO4, NaBr, MgCl2, CaCl2, CaSO4.

– Cho muối ăn có lẫn tạp chất tác dụng dung dịch BaCl2 dư:

Na2SO4 + BaCl2→ BaSO4 + 2NaCl

CaSO4 +BaCl2→ BaSO4 + BaCl2

– Lọc bỏ kết tủa, dung dịch nước lọc gồm: NaCl, NaBr, MgCl2, CaCl2, BaCl2 cho tác dụng với dung dịch Na2CO3 dư.

MgCl2 + Na2CO3→ MgCO3 + 2NaCl

CaCl2 + Na2CO3→CaCO3 + 2NaCl.

BaCl2 + Na2CO3→ BaCO3 + 2NaCl

– Dung dịch còn lại gồm NaCl, NaBr, Na2CO3 , cho dung dịch còn lại tác dụng dd HCl dư

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2

– Dung dịch còn lại gồm NaCl, NaBr, HCl dư sục khí Cl2 dư vào, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được NaCl khan.

2NaBr + Cl2→ 2NaCl + Br2

0,5

0,5

0,5

0,5

3

– Điện phân dung dịch nước biển :

+ Không có màng ngăn thu được nước Javen:

2NaCl + H2O →không có màng ngănđiện phân dung dịch NaCl + NaClO + H2

+ Có màng ngăn:

2NaCl + 2H2O →có mang ngănđiện phân dung dịch 2NaOH + Cl2↑ + H2↑

– Đốt pirit sắt trong oxi dư:

4FeS2 + 11O2 →to 2Fe2O3 + 8SO2↑

– Dẫn H2 dư qua Fe2O3 nung nóng:

3H2 + Fe2O3 →to 2Fe + 3H2O

– Đốt sắt trong khí clo thu được FeCl3:

2Fe + 3Cl2 →to 2FeCl3

– Đốt khí SO2 trong không khí với chất xúc tác V2O5:

2SO2 + O2 →V2O5to 2SO3

– Sục khí SO3 thu được vào nước:

SO3 + H2O → H2SO4

– Cho dung dịch thu được phản ứng với sắt dư thu được FeSO4:

Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4

A, B, C là các hợp chất của Na vì khi đốt nóng cho ngọn lửa màu vàng.

Để thoả mãn điều kiện của đầu bài:

– A là NaOH; B là NaHCO3 và C là Na2CO3

PTHH: NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O

2NaHCO3 →to Na2CO3 + H2O + CO2

CO2 + NaOH → NaHCO3

Hoặc: CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

– Cho A, B, C tác dụng với CaCl2: Chỉ có NaHCO3 và Na2CO3 phản ứng

Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 + 2 NaCl

2NaHCO3 + CaCl2 → CaCO3 + 2 NaCl + CO2 + H2O

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

5

– Dùng thuốc thử Ba(OH)2 cho đến dư:

* Trước hết nhận được 5 chất – Chỉ có khí mùi khai ⇒ NH4Cl

2NH4Cl + Ba(OH)2→ 2NH3↑ + BaCl2 + 2H2O

– Có khí mùi khai và ↓ trắng ⇒ (NH4)2SO4

(NH4)2SO4 + Ba(OH)2→ 2NH3 + BaSO4 + 2H2O

– Chỉ có ↓ trắng ⇒ K2SO4

2K2SO4 + Ba(OH)2→ 2KOH + BaSO4

– Dung dịch có màu hồng → phenolphtalein

– Có ↓, sau đó ↓tan ⇒ Zn(NO3)2

Zn(NO3)2 + Ba(OH)2→ Ba(NO3)2 + Zn(OH)2↓

Zn(OH)2 + Ba(OH)2→ BaZnO2 + 4H2O

* Sau đó, lấy một ít dd (Ba(OH)2 + phenolphtalein) cho vào 2 ống nghiệm. Cho từ từ từng giọt dung dịch HCl và dd NaCl vào mỗi ống nghiệm:

– Ống nghiệm mất màu hồng sau một thời gian → dd HCl

– Dung dịch còn lại là NaCl.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

6

Các phương trình hóa học xảy ra:

1. Hiện tượng: xuất hiện bọt khí và có kết tủa màu xanh

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑ ­ (1)

NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2↓ + Na2SO (2)

2. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa lớn dần đến cực đại, sau tan dần đến hết tạo dung dịch trong suốt

AlCl3 + 3KOH →Al(OH)3↓ + 3KCl (3)

Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O (4)

3. Hiện tượng: Cu tan, dung dịch từ màu vàng nâu chuyển sang màu xanh

2FeCl3 + Cu → 2FeCl2 + CuCl2 (5)

4. Hiện tượng: lúc đầu chưa xuất hiện khí, sau một lúc có khí xuất hiện

K2CO3 + HCl → KHCO3 + KCl (6)

KHCO3 + HCl → KCl + H2O + CO2­↑ (7)

0,5

0,5

0,5

0,5

7

Đặt số mol Mg và Fe trong m1 g hỗn hợp lần lượt là x và y, a là số mol Fe phản ứng.

Vì Mg là kim loại hoạt động hơn Fe và Fe là kim loại hoạt động hơn Ag nên theo đề bài sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn gồm 2 kim loại thì 2 kim loại đó phải là Ag và Fe dư . Các PTHH của các phản ứng

Mg + 2AgNO3 → Mg(NO3)2 + 2Ag (1)

x 2x x 2x mol

Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (2)

a 2a a 2a mol

Vì Fe dư nên AgNO3 phản ứng hết, Mg phản ứng hết dung dịch chứa Mg(NO3)2, Fe(NO3)2 và chất rắn gồm Ag và Fe dư

Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaNO3 (3)

x x mol

Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaNO3 (4)

a a mol

Mg(OH)2 →to MgO + H2O (5)

x x mol

4Fe(OH)2 + O2→to 2Fe2O3 + 4H2O (6)

a 0,5a mol

Hoà tan A2 bằng H2SO4 đặc :

2Fe + 6H2SO4→to Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (7)

y-a 1,5(y-a)

2Ag + 2H2SO4→to Ag2SO4 + SO2 + 2H2O (8)

(2x+2a) (x+a)

Theo các PTHH trên và đề bài, ta có hệ phương trình :

x+a=0,12216x+56y+160a=29,2840x+80a=6,4

Giải hệ phương trình ta được : x = 0,08 ; a = 0,04 ; y =0,1

Ta có: VSO2= (0,15-0,02+0,08).22,4 = 4,709 (l)

%Mg = 25,53 % ; %Fe = 74,47%

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

8

Phương trình phản ứng

C + O2 →CO2↑

Gọi a, b lần lượt là số mol của NaHCO3 và Na2CO3 .

CO2 + NaOH → NaHCO3

a(mol) a(mol a (mol)

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

b(mol) 2b(mol) b (mol)

nNaOH = a + 2b = 0,5.3,4 = 1,7 mol (1)

a = 1,4b (2)

(1) và (2) => a = 0,7 mol NaHCO3; b = 0,5 mol Na2CO3

Vậy nCO2=a+b=0,7+0,5=1,2 mol

nC = nCO2 = 1,2 mol => mC = 1,2.12 = 14,4 gam.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

9

a. Số mol HCl phản ứng với axit HCl:nHCl = 1x2x75100 = 1,5 (mol)

Số mol HCl phản ứng với NaOH = 2×25100 = 0,5 (mol)

Đặt số mol Fe2O3 và Al2O3 lần lượt là a, b ( mol)

Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O

a 2a

Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O

b 2b

FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3↓ + 3NaCl

2a 6a 2a

AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl

2b 6b 2b

Vì lượng kết tủa bé nhất nên Al(OH)3 bị tan hết trong NaOH dư

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

2b 2b

HCl + NaOH → NaCl + H2O

0,5 → 0,5

Theo đề bài ta có : 6a+6b=1,5160a+102b=34,2 giải ra được a = 0,15 b = 0,1

Khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp

mFe2O3=0,15⋅160=24(gam) ;

mAl2O3=34,2−24=10,2(gam)

b. Tổng số mol NaOH = 6a + 8b + 0,5 = 2,2 (mol)

Vậy: VddNaOH = 2,21 = 2,2 (l)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 150 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 3)

Câu 1. (5,0 điểm)

1. Cho các chất sau: CaO, Mg, KMnO4, H2O, HCl, P, S, Cu và dụng cụ thí nghiệm cần thiết. Hãy viết các phương trình phản ứng để điều chế: H2, Ca(OH)2, O2, H3PO4, H2SO4.

2. Nguyên tử X có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 52. Trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 16 hạt.

a) Tính số hạt mỗi loại của nguyên tử X?

b) Tính nguyên tử khối của X, biết mp ≈ mn ≈ 1,013 đvC?

c) Tính khối lượng bằng gam của X, biết khối lượng của 1 nguyên tử cacbon là 1,9926.10-23 gam và C = 12 đvC.

3. Hãy tính số gam Fe2(SO4)3 cần lấy để khối lượng nguyên tố oxi có trong đó bằng khối lượng nguyên tố oxi có trong 27,2 gam hỗn hợp khí A gồm N2O5 và CO2. Biết tỉ khối của hỗn hợp khí A so với H2 là 34.

Câu 2. (3,0 điểm)

1. Hãy tính và giới thiệu cách pha chế 500 ml dung dịch NaCl 0,9% (nước muối sinh lý) với D = 1,009 g/cm3) từ muối ăn nguyên chất, nước cất và các dụng cụ cần thiết khác coi như có đủ.

2. Cho 6,9 gam Na và 9,3 gam Na2O vào nước, được dung dịch X (NaOH 8%). Hỏi phải lấy thêm bao nhiêu gam NaOH có độ tinh khiết 90% (tan hoàn toàn) cho vào để được dung dịch 15%?

Câu 3. (4,0 điểm).

1. Cho luồng khí H2 đi qua 32g bột CuO nung nóng thu được 26,4 gam chất rắn X.

a) Xác định thành phần phần trăm các chất trong X.

b) Tính thể tích khí H2 (ở đktc) đã tham gia phản ứng.

c) Tính hiệu suất của phản ứng.

2. Hòa tan hoàn toàn 17,8 gam hỗn hợp gồm một kim loại R (hóa trị I) và oxit của nó vào H2O, thu được 0,6 mol ROH và 1,12 lít H2 (ở đktc).

a) Xác định R.

b) Giả sử bài toán không cho thể tích H2 thoát ra. Hãy xác định R.

Câu 4. (4,0 điểm)

1. Khử hoàn toàn 23,2 gam một oxit kim loại bằng 11,2 lít khí CO (đktc) ở nhiệt độ cao thành kim loại A và khí B. Tỉ khối của khí B so với hiđro là 20,4. Xác định công thức của oxit kim loại.

2. Đốt cháy hoàn toàn 3,0 gam cacbon trong bình kín chứa khí oxi. Xác định thể tích khí oxi trong bình (ở đktc) để sau phản ứng trong bình có:

a) Một chất khí duy nhất.

b) Hỗn hợp 2 khí có thể tích bằng nhau.

Câu 5. (4,0 điểm)

a) Nêu hiện tượng và giải thích thí nghiệm: Dùng muỗng sắt đựng mẫu photpho đỏ, đốt cháy trên ngọn lửa đèn cồn rồi đưa nhanh vào bình chứa khí oxi. Phản ứng kết thúc, cho một ít nước và mẩu quỳ tím vào lọ thủy tinh rồi lắc nhẹ.

b) Cho hình vẽ sau:

– Đây là sơ đồ điều chế khí gì? Lấy 1 ví dụ chất phù hợp với A? Viết phương trình phản ứng xảy ra?

– Tại sao người ta phải cho một ít bông ở đầu ống nghiệm? Tại sao ống nghiệm kẹp nằm ngang trên giá thí nghiệm phải đặt miệng ống hơi chúc xuống? Tại sao trước khi tắt đèn cồn phải rút ống dẫn khí ra khỏi ống nghiệm thu khí?

c) Bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt các gói chất bột sau: vôi sống, magie oxit, điphotpho pentaoxit, natri oxit.

(Cho: Fe=56; S=32; O=16; N=14; C=12; H=1; Na=23; Cu=64; Cl=35,5)

Đáp án và thang điểm

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

1.1.

Viết đúng mỗi PTHH được 0,25 điểm

Mg + 2HCl → ZnCl2 + H2

CaO + H2O → Ca(OH)2

2KMnO4→to K2MnO4 + MnO2 + O2

4P + 5O2→to 2P2O5

P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

S + O2→to SO2

SO2 + ½ O2→to, xtSO3

H2O + SO3→ H2SO4

Tổng 8 PTHH x 0, 25đ/PTHH = 2 điểm.

Thiếu điều kiện PTHH nào (nếu có) hoặc PTHH nào cân bằng sai thì tính ½ số điểm PTHH đó.

1.2.

a) Theo bài ra ta có: p + n + e = 58

do P =e ⇒ 2p + n = 52 (1)

Mặt khác: 2p – n = 16 (2)

Giải ra ta được: p =e = 17, n = 18.

b) NTK coi như bằng = p + n nên

NTKX = (17+ 18). 1,01 ≈ 35,5 đvC.

c) Ta có đvC = 1/12 khối lượng nguyên tử cacbon

= 1,9926.10-23 : 12= 0,16605.10-23 gam

⇒ Khối lượng của X

= 35,5 x 0,16605.10-23 = 5,894775.10-23 gam.

1.3.

Gọi số mol của N2O5 và CO2 lần lượt là x,y (x,y >0)

Theo bài ra ta có: 108x + 44y = 68(x + y)

⇒ 40x – 24y = 0 (1)

Mặt khác: 108x + 44y = 27,2 (2)

Từ (1) và (2) ta có: x = 0,15, y = 0,25.

Vậy nN2O5 = 0,15, nCO2 = 0,25

⇒ nO (hhA) = (0,15 x 5) + (0,25 x 2) = 1,25 mol.

Từ đó ta có số mol Fe2(SO4)3 = 1,25 : 12 ≈ 0,104 mol

Vậy: khối lượng Fe2(SO4)3 cần lấy = 0,104 x 400 = 41,6 gam.

2,0

1,5

0,5

0,5

0,5

0,5

1,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 2

(3đ)

2.1. (1.0 đ)

* Tính toán:

– Khối lượng dd nước muối = 500 x 1,009 = 504,5 gam

– Khối lượng NaCl cần lấy = (504,5 x 0,9) : 100 ≈ 4,54 gam

* Trình bày cách pha chế:

– Cân lấy 4,54 gam muối ăn nguyên chất cho vào cốc thủy tinh có chia độ với dung tích lớn hơn 500 ml.

– Thêm từ từ nước cất vào cốc cho đến vạch 500 ml thì dừng lại, khuấy đều ta được 500 ml dung dịch dung dịch NaCl 0,9% (nước muối sinh lý).

2.2 (2.0 đ)

Ta có: nNa = 0,3 mol; = 0,15 mol

PTHH: 2Na + H2O → 2NaOH + H2 (1)

Na2O + H2O → 2NaOH (2)

nNaOH (dd X) = nNa + 2nNa2O = 0,6 mol

mNaOH (dd X) = 0,6 x 40 = 24 gam

mdd X (NaOH 8%) = (24 x100) : 8 = 300 gam

Gọi a là số gam NaOH có độ tinh khiết 90% (tan hoàn toàn) cần lấy thêm. Lượng NaOH có trong a gam là: (a x 90) : 100 = 0,9a (gam).

Lương NaOH có trong dd 15% là : (24 + 0,9a) gam

Khối lượng dd NaOH 15% là = (300 + a) gam

Theo bài ra ta có: C%NaOH = (24+0,9a)300+a100%

Giải ra ta được: a = 28 gam.

1,0

0,5

0,5

2,0

1,0

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

Câu 3

(4 đ)

3.1(2,0 đ)

a) nCuO=3280=0,4(mol)

Gọi a là số mol CuO tham gia phản ứng.

⇒ số mol CuO dư là (0,4 – a) (mol)

PTHH: CuO + H2 →to Cu + H2O

a a a a

X gồm Cu và CuO dư.

mx = 64a + 80(0,4 – a) = 26,4 ⇒ a = 0,35 mol

⇒%mCu = 64.0,3526,4.100%=84,84%

%mCuO=100%-84,84%=15,16%

b) nH2=nCU=a=0,35mol

⇒V = 0,35.22,4 = 7,84 ít

c) Hiệu suất của phản ứng

H=0,350,4.100%=87,5%

3.2 (2,0 đ)

a) (1đ). nH2 = 1,12/22,4 = 0,05 mol

2R + H2O → 2ROH + H2

x x x/2

R2O + H2O → 2ROH

y 2y

Ta có x/2 = 0,05 → x = 0,1

x + 2y = nROH = 0,6 → y = 0,25

0,1.R + 0,25(2R + 16) = 17,8 ⇒ R = 23 (Na)

b (1đ). x + 2y = 0,6 → 0 < y < 0,3 (1)

xR + y(2R + 16) = 17,8

⇔ (x + 2y)R + 16.y = 17,8

⇔0,6.R + 16y = 17,8 → y = 17,8−0,6R16 (2)

Từ (1) và (2) => 21,67 < MR < 29,67

Vậy R là Na

2,0

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,5

2,0

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

Câu 4

(4 đ)

4.1(2đ)

Gọi công thức của oxit cần tìm là AxOy (x, y∈N*)

PPTH: AxOy + yCO →to xA + yCO2 (1)

Do dB/H2 = 20,4 → B có CO dư

Tính được số mol CO­2 = 0,4 mol = số mol CO phản ứng

→ mol AxOy = 0,4/y → x*MA + 16*y = 58*y

↔ MA= (2y/x)*21

Xét bảng:

2y/x

1

2

8/3

3

MA

21

42

56

62

loại

loại

Fe (t/m)

loại

→CT: Fe3O4

4.2 (2,0 đ)

nC = 3/12 = 0,25 (mol)

a)

Xét 2 TH:

TH1: Khí thu được là CO2:

C + O2 →to CO2 (1)

Theo (1): nO2 = nC = 0,25 (mol)

VO2=0,25.22,4=5,6 (1)

TH2: Khí thu được là CO:

2C + O2 →to 2CO (2)

Theo (2): nO2 = ½ nC = 0,125 (mol)

VO2 = 0,125 . 22,4 = 2,8 (l)

b) Hỗn hợp gồm 2 khí:

Hỗn hợp 2 khí gồm CO và CO2

Vì thể tích 2 khí thu được là bằng nhau nên số mol 2 khí bằng nhau

Gọi nCO = nCO2 = x (mol)

C + O2 →to CO2 (3)

x x x

2C + O2 →to 2CO (4)

x 0,5x x

Theo (3) và (4): nC = x + x = 2x = 0,25 ⇒ x = 0,125

nO2 = 1,5x = 1,5 . 0,125 = 0,1875 (mol)

VO2= 0,1875 . 22,4 = 4,2 (l)

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5

(4 đ)

a) (1,0 đ)

– Khi đốt trên ngọn lửa đèn cồn photpho cháy, khi đưa vào bình khí oxi photpho cháy mạnh với ngọn lửa sáng chói, tạo ra khói trắng dày đặc.

– Qùy tím đổi màu đỏ

– Phương trình phản ứng: 4P + 5O2 → 2P2O5

P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

Giải thích:

– Khi đốt trong oxi thì Photpho cháy mãnh liệt hơn do trong bình oxi hàm lượng oxi là 100%, trong không khí oxi chỉ chiếm khoảng 21%. Ngoài ra khi đốt trong oxi nhiệt tỏa ra chỉ làm nóng các chất trong hệ phản ứng, đốt trong không khí nhiệt bị thất thoát do ngoài làm nóng các chất trong hệ phản ứng còn làm nóng 79% các khí khác (ngoài oxi)

– Khói trắng là P2O5

– P2O5 tan trong nước tạo thành dung dịch axit H3PO4 làm đổi màu quỳ tím thành đỏ.

b. (2,0 đ)

– Sơ đồ điều chế khí oxi trong phòng thí nghiệm

– A có thể là KMnO4 hoặc KClO3 và MnO2 (xúc tác) …. (Nếu không có MnO2 không cho điểm)

– Ptpư: (1) 2KMnO4 →toC K2MnO4 + MnO2 + O2

(2) 2KClO3 →toC,MnO2 2 KCl + 3O2

– Cho một ít bông để ngăn không cho bột chất rắn đi theo luồng khí sinh ra

– Ống nghiệm kẹp nằm ngang trên giá thí nghiệm phải đặt miệng ống hơi chúc xuống. Vì để đề phòng hỗn hợp có chất rắn ẩm, khi đun hơi nước không chảy ngược lại làm vỡ ống nghiệm.

– Trước khi tắt đèn cồn phải rút ống dẫn khí ra khỏi ống nghiệm thu khí vì khi tắt đèn cồn phản ứng xảy ra chậm dần rồi dừng hẳn nên lượng khí sinh ra ít dần rồi ngừng hẳn dẫn đến áp suất trong ống nghiệm đựng chất rắn giảm, nước bị hút ngược vào ống nghiệm có thể gây vỡ ống nghiệm

c) (1,0 đ)

– Trích mẫu thử, đánh số thứ tự

– Cho mỗi mẫu chất vào từng cốc nước có sẵn mẩu quỳ tím

Nếu thu được dd trong suốt, quì tím hóa đỏ là P2O5

P2O5 + 3H2O → 2H3PO4

Nếu thu được dd trong suốt, quì tím hóa xanh là Na2O

Na2O + H2O → 2NaOH

Nếu thu được dd vẩn đục, quì tím hóa xanh là CaO

CaO + H2O → Ca(OH)2

Nếu chất rắn không tan, quì tím không đổi màu là MgO

0,5

0,5

1,0

0,25

0,25

0,25

0,25

* Lưu ý: nếu thí sinh có phương pháp giải khác đúng, hợp lý vẫn cho điểm tối đa.

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 150 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 4)

Câu 1. (1,5 điểm)

Nêu thí nghiệm điều chế oxi trong phòng thí nghiệm? Có mấy cách thu khí oxi? Viết phương trình hóa học xảy ra?

Câu 2. (2,5 điểm)

1. Hoàn thành các phương trình hóa học sau:

C4H9OH + O2→ CO2 + H2O

CnH2n – 2 + O2→ CO2 + H2O

Al + H2SO4 (đặc nóng) → Al2(SO4)3 + SO2 + H2O

FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O

FexOy + CO → FeO + CO2

2. Viết phương trình hóa học thực hiện dãy biến hóa sau và xác định công thức hóa học của các chữ cái A, B, C, D (cho biết mỗi chứ cái A, B, C, D là một chất riêng biệt)

KClO3→ A →B → C → D → ZnSO4

Câu 3. (1,0 điểm)

Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết 4 chất khí đựng riêng biệt trong 4 bình mất nhãn gồm: O2; CO2; H2; CO. Viết phương trình phản ứng xảy ra.

Câu 4. (1,5 điểm)

Cho các chất sau: P2O5; Ag; H2O; KClO3; Cu; Zn; Na2O; S; Fe2O3; CaCO3; HCl và những dụng cụ thí nghiệm cần thiết. Hãy chọn dùng trong số những chất trên để điều chế những chất dưới đây bằng cách viết phương trình hóa học và ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có): NaOH; Ca(OH)2; O2; H2SO4; Fe; H2.

Câu 5. (1,5 điểm)

Có bốn bình khí có cùng thể tích (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) chứa 1 trong các khí: hiđro; oxi; nitơ và cacbonic. Hãy cho biết:

a. Số phân tử khí của mỗi khí trong bình có bằng nhau không? Tại sao?

b. Số mol chất có trong mỗi bình có bằng nhau không? Tại sao?

c. Khối lượng của mỗi bình khí có bằng nhau không? Nếu không thì bình nào có khối lượng lớn nhất? Bình nào có khối lượng nhỏ nhất?

Câu 6. (4,0 điểm)

1. Cho 1,28 gam hỗn hợp gồm sắt và một oxit sắt hòa tan vào dung dịch HCl thấy có 0,224 lít H2 bay ra (đktc). Mặt khác lấy 6,4 gam hỗn hợp ấy khử bằng H2 thấy còn 5,6 gam chất rắn. Xác định công thức oxit sắt.

2. Để đốt cháy hoàn toàn 0,672 gam kim loại R chỉ cần dùng 80% lượng oxi sinh ra khi phân hủy 5,53 gam KMnO4. Hãy xác định R?

Câu 7. (2,5 điểm)

Cho luồng khí hiđro đi qua ống thuỷ tinh chứa 40 g bột đồng (II) oxit (màu đen) ở 400oC. Sau một thời gian phản ứng thu đư­ợc 33,6 g chất rắn.

a. Nêu hiện tư­ợng phản ứng xảy ra.

b. Tính hiệu suất phản ứng.

c. Tính số phân tử khí hiđro đã tham gia khử đồng (II) oxit trên.

Câu 8. (4,5 điểm)

Một hỗn hợp gồm Zn và Fe có khối lượng là 37,2 gam. Hòa tan hỗn hợp này trong 2 lít dung dịch H2SO4 0,5M.

a. Chứng tỏ rằng hỗn hợp này tan hết?

b. Nếu dùng một lượng hỗn hợp Zn và Fe gấp đôi trường hợp trước, lượng H2SO4 vẫn như cũ thì hỗn hợp mới nàu có tan hết hay không?

c. Trong trường hợp (a) hãy tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp biết rằng lường H2 sinh ra trong phản ứng tác dụng vừa đủ với 48 gam CuO.

Câu 9. (1,0 điểm)

Để chủ động phòng chống dịch Covd-19, tổ chức Y tế thế giới WHO đã đưa ra công thức pha chế nước rửa tay sát khuẩn khô. Theo đó, pha chế 10 lít dung dịch nước rửa tay khô với thành phần sát khuẩn gồm:

– Ethanol (có thể sử dụng Cồn y tế hoặc cồn tuyệt đối) 96%: 8333 ml

– Hydrogen peroxide (hay Oxy già) 3%: 417 ml.

– Glycerol (hay Glyxerin) 98%: 145 ml (giữ ẩm da tay).

– Nước cất hoặc nước đun sôi để nguội.

Bằng kiến thức hóa học và hiểu biết của mình, em hãy cho biết tác dụng của Cồn y tế và Oxi già trong dung dịch nước rửa tay sát khuẩn khô?

Đáp án

Câu 1:

– Điều chế oxi:

Bước 1: Lấy 1 lượng nhỏ KMnO4 vào đáy ống nghiệm có nhánh, khô

Bước 2: Đặt 1 ít bông gần miệng ống nghiệm

Bước 3: Đậy kín ống nghiệm bằng nút cao su có ống dẫn khí xuyên qua.

Bước 4: Đặt ống nghiệm vào giá sắt sao cho đáy ống nghiệm cao hơn miệng ống nghiệm chút ít

Bước 5: Kiểm tra độ kín của các nút, dùng đèn cồn đun nóng cả ống nghiệm chứa KMnO4 , sau đó tập trung đốt nóng phần có hóa chất

– Thu khí oxi bằng cách đẩy nước:

+ Cho đầy nước vào lọ chuẩn bị thu oxi rồi úp ngược lọ trong chậu thủy tinh

+ Đưa đầu ống dẫn khí vào lọ, khí oxi sẽ đẩy nước ra

+ Khi nước bị đẩy ra hết thì lấy lọ ra và đậy kín lọ đã chứa đầy oxi để dùng cho thí nghiệm sau

– Thu khí oxi bằng cách đẩy không khí

+ Tiếp tục đưa đầu ống dẫn khí vào gần sát đáy ống nghiệm, khí oxi sẽ đẩy không khí. Đưa que đóm có tàn đỏ vào miệng ống nghiệm để kiểm tra, nếu thấy bùng cháy là ống nghiệm đầy oxi

2KMnO4→t° K2MnO4 + MnO2 + O2

2KClO3→t° 2KCl + 3O2

Câu 2:

1. C4H9OH + 6O2→ 4CO2 + 5H2O

CnH2n − 2+ 3n−12O2 →nCO2+ (n-1)H2O

2Al + H2SO4 (đặc nóng)→ Al2(SO4)3 + SO2 + H2O

3FeO + 10HNO3→ 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O

FexOy + (y-x)CO → xFeO + (y -x)CO2

2. 2KClO3→t° 2KCl + 3O2

O2 + S →t° SO2

2SO2 + O2→t° 2SO3

SO3 + H2O →t° H2SO4

H2SO4 + Zn →t° ZnSO4 + H2

A là O2

B là SO2

C là SO3

D là H2SO4

Câu 3:

Cho tàn đóm đỏ vào 4 bình đựng 4 khí O2, H2, CO2 và CO

Bình nào thấy tàn đóm bùng cháy → bình chứa khí O2 và còn lại 3 bình là H2, CO2, CO

Cho 3 khí còn lại qua dung dịch đựng Ca(OH)2

Ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng là CO2

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

Không có hiện tượng là H2, CO

Dẫn 2 khí còn lại qua bình đựng CuO dư, sau đó dẫn sản phẩm qua bình đựng Ca(OH)2

Bình nào có kết tủa trắng → Khí CO

CO + CuO → Cu + CO2

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

Bình không có hiện tượng → khí H2

H2 + CuO → Cu + H2O

Câu 4:

Điều chế NaOH

Na2O + H2O → 2NaOH

Điều chế Ca(OH)2

CaCO3→t° CaO + CO2

CaO + H2O →t° Ca(OH)2

Điều chế O2

2KClO3→t° 2KCl + 3O2

Điện phân nước điều chế O2 và H2

2H2O →t° 2H2+ O2

Điều chế H2SO4

S + O2→t° SO2

2SO2 + O2→t°,V2O5 2SO3

SO3 + H2O → H2SO4

Điều chế Fe

Fe2O3 + 3H2→t° 2Fe + 3H2O

Điều chế H2

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

Câu 5.

a. Số phân tử khí trong mỗi bình bằng nhau vì có thể tích bằng nhau nên tương ứng số mol các chất khí bằng nhau

b. Số mol trong các chất ở mỗi bình bằng nhau vì thể tích các chất bằng nhau và đều được đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất

c. khối lượng chất khí trong mỗi bình không bằng nhau vì khối lượng phân tử của mỗi chất không giống nhau

mCO2>mO2>mN2>mH2

Câu 6:

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

nFe=nH2=0,22422,4=0,01  mol

⇒ mFe = 0,56 gam

Trong 1,28g hỗn hợp có 0,56g Fe

⇒ 6,4g hỗn hợp có 2,8g Fe

⇒ moxit = 6,4 − 2,8 = 3,6g

mFe(khử) = 5,6 − 2,8 = 2,8 g

⇒ mO = 3,6 − 2,8 = 0,8g

⇒ nO= 0,05mol

nFe(trong oxit) = 2,85,6 = 0,05mol

nFe : nO = 1 : 1

2. 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2

nKMnO4 = 5,53158 = 0,035 mol

⇒ nO2=0,0352=0,0175 mol

nO2=0,0352=0,0175 mol

cần dùng = 0,0175.0,8 = 0,014 mol

4R +nO2 →2R2On

⇒ nR = 0,014.4n=0,056n mol

MR = 0,672:0,056n=12n

n = 2 ⇒ MR = 24 ⇒ R là Magie

Câu 7.

a) CuO + H2→t° Cu + H2O

nCuO ban đầu = 4080=0,5mol

Nếu CuO phản ứng hết ⇒ nCu= nCuO = 0,5 mol

⇒ mCu = 0,5 . 64 = 32g < 33,6g

⇒ CuO không phản ứng hết

Gọi x là số mol CuO phản ứng

Ta có: mCuO dư + mCu = mchất rắn

⇔ (0,5 − x).80 + 64x = 33,6

⇔ (0,5 − x).80 + 64x = 33,6

Giải ra x = 0,4

Hiệu suất phản ứng:

H = (0,4 : 0,5) .100% = 80%

b) = nCuO phản ứng = 0,4 mol

Số phân tử H2 đã tham gia phản ứng = 0,4.6.1023 = 2,4.1023

Câu 8.

a. PTHH:

Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2 (1)

Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 (2)

Giả sử hỗn hợp chỉ có Zn:

nKL = 37,265 = 0,5723 mol →nH2SO4 = nKL = 0,5723 mol

Giả sử hỗn hợp chỉ có Fe:

nKL = 37,256 = 0,6643 mol →nH2SO4 = nKL = 0,6643 mol

Thực tế hỗn hợp có cả 2 kim loại nên:

0,5723 < nH2SO4 < 0,6643 < nH2SO4 = 0,5.2 = 1 mol

Vậy hỗn hợp kim loại tan hết.

b. Theo PTHH:

nH2SO4 ph¶n øng = nhỗn hợp KL

Nếu lượng kim loại gấp đôi lượng ban đầu thì:

nH2SO4 ban ®Çu = 0,5.2 = 1 mol << 1,1446 < nH2SO4 ph¶n øng < 1,3286

Như vậy nếu gấp đôi lượng kim loại thì hỗn hợp chắc chắn không tan hết.

c. PTHH:

CuO + H2→to Cu + H2O (3)

Theo (3): nH2 = nCuO = 4880 = 0,6 mol

Gọi x và y lần lượt là số mol Fe và Zn trong hỗn hợp (x, y > 0)

Theo đề bài, khối lượng hỗn hợp là:

56x + 65y = 37,2 (I)

Theo (1) và (2):

x + y = nH2 = 0,6 (II)

Từ (I) và (II) ta được: x = 0,2; y = 0,4.

Vậy khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu là:

mFe = 0,2.56 = 11,2 gam;

mZn = 0,4.65 = 26 gam

Câu 9:

Cồn y tế có tác dụng tiêu diệt vi khuẩn, virus gây hại.

Oxy già có tác dụng bảo vệ dung dịch ngoài ra cũng có tác dụng diệt khuẩn.

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 120 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 5)

Câu 1(2đ): Nguyên tử A có số hạt nơtron bằng số hạt proton, nguyên tử B có số hạt proton nhiều hơn số hạt nơtron là 1. Trong phân tử AB4 có tổng số hạt proton là 10, nguyên tố A chiếm 75% về khối lượng trong phân tử. Xác định A, B?

Câu 2(2đ): Viết PTHH thực hiện dãy biến hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng):

Câu 3(2đ): Tính: (ghi rõ đơn vị)

a. Số mol N­2 có trong 4,48 lít N2 ở đktc

b. Thể tích O2 (đktc) của 9.1023 phân tử O2

c. Số nguyên tử oxi có trong 15,2 gam FeSO4

d. Khối lượng của hỗn hợp khí X gồm: 6,72 lít H2 và 8,96 lit SO2 ở đktc

Câu 4(2đ): Đồng nitrat bị nhiệt phân hủy theo phản ứng:

Cu(NO3)2 →to CuO + NO2↑ + O2↑

Nung 15,04 gam Cu(NO3)2 sau một thời gian thấy còn lại 8,56gam chất rắn.

a/ Tính hiệu suất phải ứng nung Cu(NO3)2

b/ Tính tỷ khối hơi của hỗn hợp khí thu được đối với khí H2

Câu 5(2đ): Tính tỷ lệ về khối lượng của kim loại kali và dung dịch KOH 2% cần dùng để khi trộn lẫn chúng với nhau ta được dung dịch KOH 4%.

Câu 6(2đ): Cho biết công thức hóa học của các chất ứng với các chữ cái A, B, C, X,Y…… và hoàn thành các phản ứng đó:

KMnO4 → A + B + X↑ Fe + Cl2→ D

Fe + HCl → C + Y↑ Fe + O2→ E

X + Y → Z E + HCl → C + D + H2O

Câu 7(2đ): Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 ta thu được chất rắn B và khí O2. Biết KClO3 bị phân hủy hoàn toàn, còn KMnO4 bị phân hủy 1 phần. Trong B có 0,894 gam KCl chiếm 8,127% khối lượng, khí O2 thu được vừa đủ đốt cháy hết 2,304 gam Mg.

a, Tính m.

b, Tính khối khối lượng các chất trong B.

Câu 8(2đ): Đốt cháy hoàn toàn 4,6gam một hợp chất X thu được 8,8gam CO2 và 5,4gam H2O.

a/ Xác định công thức phân tử của hợp chất X, biết dXH2=23.

b/ Hãy viết phương trình phản ứng đốt cháy X.

c/ Tính phần trăm theo khối lượng mỗi nguyên tố trong X.

Câu 9(2đ): Làm nổ 100 ml hỗn hợp hiđro, oxi và nitơ trong một bình kín. Sau khi đưa hỗn hợp về điều kiện ban đầu và cho hơi nước ngưng tụ thì thể tích của phần khí thu được bằng 64ml. Thêm 100ml không khí vào hỗn hợp khí thu được và lại làm nổ. Thể tích của hỗn hợp khí thu được sau khi hơi nước ngưng tụ bằng 128ml. Tính thành phần phần % về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu. (Giả sử phản ứng xảy ra hoàn toàn và O2 chiếm 20% thể tích không khí).

Câu 10(2đ): a.Giải thích tại sao hỗn hợp giữa H2 và O2 là hỗn hợp nổ và hỗn hợp nổ mạnh nhất khi thể tích H2 gấp đôi thể tích khí O2?

b. Cho mô hình thí nghiệm bên:

Em hãy cho biết mô hình bên dùng để điều chề khí nào trong chương trình đã học? Cho biết hóa chất cần dùng ở (1),(2) là gì? Viết 1 PTHH minh họa?

Đáp án và thang điểm

Câu

Nội dung

Điểm

1

Gọi p, n, e lần lượt là số hạt proton, nơtron, electron của nguyên tử A

P1, n1, e1 lần lượt là số hạt proton, nơtron, electron của nguyên tử B

Nguyên tử A: p = n (1)

Nguyên tử B: p1 – n1 = 1 ⇒ n1 = p1 – 1 (2)

Thành phần % của nguyên tố A trong hợp chất là:

%A=p+np+n+4(p1+n1).100%=75% (3)

Thay (1), (2) vào (3) ta có:

p+pp+p+4(p1+p1−1).100%=75%

⇒ 12p1 – p = 6 (4)

Mặt khác tổng số hạt proton trong phân tử AB4 là: p + 4p1 = 10 (5)

Giải hệ pt (4),(5) ta được p = 6 , p1 = 1

Vậy A là cacbon (C), B là hiđro (H)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2

2KClO3 →to 2KCl + O2

2Fe + O2 →to 2FeO

6FeO + O2 →to 2Fe3O4

4Fe3O4 + O2 →to 6Fe2O3

Fe2O3 + 3H2 →to 2Fe + 3H2O

S + O2 →to SO2

2SO2 + O2 →to, xt 2SO3

SO3 + H2O → H2SO4

Mỗi pt đúng được 0,25đ

3

a. Số mol N2 là: 4,4822,4=0,2(mol)

b. Số mol O2 là: 9.10236.1023=1,5(mol)

Thể tích của O2(đktc) là: 1,5. 22,4 = 33,6(l)

c. Số mol của FeSO4 là: 15,2152=0,1(mol)

Ta có nO=4.nFeSO4=4.0,1=0,4(mol)

Số nguyên tử oxi là: 0,4. 6.1023 = 2,4.1023 ( nguyên tử)

d. Số mol của mỗi khí là:

nH2=6,7222,4=0,3(mol) nSO2=8,9622,4=0,4(mol)

Khối lượng của hỗn hợp khí X là:

mX=0,3.2+0,4.64=26,2(gam)

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4

Số mol của Cu(NO3)2 là: n=15,04188=0,08(mol)

Đặt số mol Cu(NO3)2 phản ứng là: x(mol)

⇒Số mol Cu(NO3)2 còn dư là: 0,08 – x (mol)

PTHH: 2 Cu(NO3)2 →to 2CuO + 4NO2 + O2

P/ư: x(mol) x(mol) 2x(mol) x2(mol)

Chất rắn thu được sau phản ứng gồm: CuO và Cu(NO3)2 dư

⇒(0,08−x).188+x.80=8,56 (g)

⇒ 15,04−188.x+80.x=8,56

⇒x=0,06(mol)

Hiệu suất của phản ứng là:

H%=0,060,08.100%=75%

b. Số mol của mỗi khí là:

nNO2=2.x=2.0,06=0,12(mol)

nO2=x2=0,03(mol)

Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí so với khí H2 là:

dhh/H2=0,12.46+0,03.320,12+0,032=21,6

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

5

Gọi khối lượng kim loại kali là x (g)

Khối lượng của dd KOH 2% là y (g)

⇒ Số mol của K là: x39(mol)

⇒ Khối lượng chất tan KOH 2% là: y.2100=y50(g)

PTHH: 2K + 2H2O → 2KOH + H­2↑

Theo p/ư : x39 x39 x78(mol)

Khối lượng KOH sinh ra sau phản ứng là: x39.56(g)

Tổng khối lượng chất tan KOH có trong dd sau khi trộn là: x.5639+y50(g)

Tổng khối lượng dd KOH thu được sau khi trộn là: x+y−x78.2=x+y−x39(g)

Nồng độ % của dd thu được sau khi trộn lẫn là:

C%=x.5639+y50x+y−x39.100%=4%

⇒(x.5639+y50).100=4.(x+y−x39)

⇒(x.5639+y50).25=x+y−x39

⇒25.x.5639+y2=x+y−x39

⇒1400.x39−x+x39=y−y2

⇒1362.x39=y2⇒xy=392.1362=13908

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

6

A:K2MnO4 X: O2 D: FeCl3

B: MnO2 Y: H2 E: Fe3O4

C: FeCl2 Z: H2O

PTHH: 2KMnO4 →to K2MnO4 + MnO2 + O2

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

2H2 + O2 →to 2H2O

2Fe + 3Cl2 →to FeCl3­

3Fe + 2O2 →to Fe3O4

Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + H2O

0.5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

7

a- Theo bài ra ta có:

nKCl = 0,012 mol ; nMg = 0,096 mol

mB = 11gam

– PTHH: 2KClO3 -> 2KCl + 3O2 (1)

2KMnO4 -> K2MnO4 + MnO2 + O2 (2)

2Mg + O2 -> 2MgO (3)

Theo pt(3): nO2=1/2.nMg=1/2.0,096=0,048(mol)

⇒ mO2 = 0,048.32 = 1,536 gam

– Áp dụng định luật BTKL cho pthh (1,2) ta có:

mA = mB + mO2 = 11 + 1,536 = 12,536 gam

b, Rắn B gồm: KCl (0,894 gam), MnO2, K2MnO4, KMnO4 dư

– Theo pthh (1) ta có: nO2=3/2.nKCl=0,018(mol)

Số mol O2 còn lại ở pt (2) là: 0,048 – 0,018 = 0,03 (mol)

– Theo pthh (2) ta có: nK2MnO4=nMnO2=nO2=0,03(mol)

Khối lượng MnO2 trong rắn B là: 0,03. 87 = 2,61(g)

Khối lượng K2MnO4 trong rắn B là: 0,03.197 = 5,91(g)

Khối lượng KMnO4 dư trong rắn B là: 11- ( 0,894 + 2,61 + 5,91) = 1,586 (g)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

8

a. Số mol CO2 là: nCO2=8,844=0,2(mol)

Ta có: nC=nCO2=0,2(mol)

Số mol của H2O là: nH2O=5,418=0,3(mol)

Ta có: nH=2nH2O=2.0,3=0,6(mol)

⇒mC+mH=0,2.12+0,6.1=3(g)<4,6(g)

Vậy trong hợp chất X ngoài C, H còn có O

⇒mO=4,6−3=1,6(g) ⇒nO=1,616=0,1(mol)

Gọi công thức X là: CxHyOz

Ta có x: y : z = 0,2 : 0,6 : 0,1

= 2 : 6: 1

X: (C2H6O)n Hay 46.n = 46 ⇒n=1

Vậy CTPT của X là C2H6O

b. C2H6O + 3O2 →to 2CO2 + 3H2O

c. %C=2.1246.100%=52,174%

%H=6.146.100%=13,043%

%O=1646.100%=34,783%

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

9

Thể tích hỗn hợp khí giảm là: 100 – 64 =36 (ml)

Đặt V của khí O2 phản ứng là: a (ml)

PTHH: 2H2 + O2 →t0 2H2O (1)

P/ư 2a a (ml)

Thể tích hỗn hợp khí giảm chính là tổng thể tích O2, H2 phản ứng ⇒ a + 2a = 36 ⇒ a = 12 (ml)

Vậy VO2=12(ml):VH2=24(ml)

Khi trộn thêm 100ml không khí (80 ml N2 và 20ml O2 ) thì hỗn hợp lại nổ

⇒ Sau phản ứng (1) O2 ban đầu hết, H2 còn dư.

Vậy thể tích khí O2 trong hỗn hợp ban đầu là: 12(ml)

Thể tích hỗn hợp khí giảm: 100 + 64 – 128 = 36ml

Đặt V của khí O2 phản ứng là b ( ml)

PTHH: 2H2 + O2 →t0 2H2O (2)

p/ư : 2b b (ml)

Thể tích hỗn hợp khí giảm chính là tổng thể tích O2, H2 phản ứng

⇒b+2b=36(ml)

⇒3b=36⇒b=12(ml)

Vậy VH2=2b=2.12=24(ml)

Vì O2 cho vào 20(ml) phản ứng hết 12(ml) nên sau phản ứng (2) O2 còn dư, H2 hết.

Vậy tổng thể tích H2 trong hỗn hợp ban đầu là:

24 + 24 = 48 (ml)

Thể tích N2 trong hỗn hợp ban đầu là:

100 – ( 12 + 48 ) = 40 (ml)

Thành phần % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là:

VO2=12100.100%=12%VH2=48100.100%=48%VN2=40100.100%=40%

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

10

a.-Hỗn hợp khí H2 và khí O2 khi cháy lại gây ra tiếng nổ vì: Thể tích nước mới tạo thành bị dãn nở đột ngột, gây ra sự chấn động không khí, đó là tiếng nổ mà ta nghe được.

– Hỗn hợp nổ mạnh nhất khi thể tích H2 gấp đôi thể tích khí O2 theo đúng tỉ lệ phương trình: 2H2 + O2 →to 2H2O

b- Mô hình dùng để điều chế khí H2

(1) là dd axit HCl hoặc H2SO4 loãng

(2) là kim loại Zn hoặc Al…

PTHH: Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 120 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 6)

I. Trắc nghiệm khách quan (2 điểm): Hãy chọn và ghi đáp án đúng cho các câu hỏi sau vào giấy thi :

Câu 1. Biết công thức hóa học hợp chất của nguyên tố X với oxi là X2O3 và của nguyên tố Y với nguyên tố hiđro là YH3. Hỏi công thức hóa học hợp chất của X với Y là công thức hóa học nào ?

A. XY B. X2Y3 C. X3Y2 D. X2Y

Câu 2. Dùng thuốc thử nào sau đây để nhận biết các lọ mất nhãn sau bằng phương pháp hóa học : CaO, P2O5, Al2O3.

A. Khí CO2 và quỳ tím C. Nước và quỳ tím

B. Dung dịch HCl và nước D. Cả 3 đáp án trên

Câu 3. Khối lượng các chất lần lượt tăng hay giảm trong các thí nghiệm sau :

Nung nóng một miếng Cu trong không khí, nung nóng một mẩu đá vôi trong không khí ?

A. Tăng, giảm C. Cả 2 chất đều tăng

B. Giảm, tăng D. Cả 2 chất đều giảm

Câu 4. 3.1023 phân tử khí SO3 có khối lượng là bao nhiêu gam ?

A. 8g B. 4g C. 80g D. 40g

Câu 5. Cho oxit sắt từ (Fe3O4) tác dụng với dung dịch axit HCl dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A. Viết công thức các chất có trong dung dịch A ?

A. FeCl2, FeCl3 C. FeCl3, HCl

B. FeCl2, FeCl3, HCl D. FeCl2, HCl

Câu 6. Cho cùng một khối lượng 3 kim loại Al, Zn, Fe tác dụng hết với dung dịch HCl thì kim loại nào cho nhiều khí H2 hơn ?

A. Al B. Zn C. Fe D. Cả Al, Zn, Fe như nhau

Câu 7. Một ống nghiệm chịu nhiệt, trong đựng một ít Fe được nút kín, đem cân thấy khối lượng là m (g). Đun nóng ống nghiệm, để nguội rồi lại đem cân thấy khối lượng là m1 (g). So sánh m và m1 ?

A. m<m1 B. m>m1 C. m=m1 D. Cả 3 đáp án

Câu 8. Khi lấy cùng một lượng KClO3 và KMnO4 nung nóng hoàn toàn để điều chế khí O2 thì chất nào sẽ thu được nhiều khí O2 hơn ?

A. Bằng nhau C. KMnO4

B. KClO3 và KMnO4 D. KClO3

II. Tự luận (18 điểm)

Bài 1: ( 2 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:

a) MxOy + Al -> Al2O3 + M

b) Fe(OH)2 + O2 + H2O -> Fe(OH)3

c) FexOy + HCl -> …….. + H2O

d) CnH2n-2 + O2 -> CO2 + H2O

Bài 2: (3 điểm) Cho các oxit sau: N2O3, K2O, SO2, Fe2O3, MgO, CO, P2O5, PbO, SiO2.

a) Oxit nào là oxit axit? Oxit nào là oxit bazơ?

b) Oxit nào tác dụng với nước ở nhiệt độ thường? Viết PTHH xảy ra.

c) Oxit nào tác dụng với hiđro ở nhiệt độ cao? Viết PTHH xảy ra.

Bài 3: ( 5 điểm)

1) Hòa tan hoàn toàn 17,8 gam hỗn hợp gồm một kim loại R (hóa trị I) và oxit của nó vào H2O, thu được 0,6 mol ROH và 1,12 lit H2 (ở đktc).

a) Xác định R.

b) Giả sử bài toán không cho thể tích H2 thoát ra. Hãy xác định R.

2) Nhiệt phân hoàn toàn 273,4 g hỗn hợp gồm kaliclorat và kalipemanganat ở nhiệt độ cao, sau phản ứng thu được 49,28 lit khí oxi (ở đ.k.t.c).

a) Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp đầu.

b) Dùng lượng oxi thu được ở trên để đốt cháy 33,34 gam một loại than có hàm lượng cacbon chiếm 90%. Hỏi than có cháy hết không? Vì sao?

Bài 4: ( 4,0 điểm)

Y là hợp chất chứa 3 nguyên tố C, H, O. Trộn 1,344 lít CH4 với 2,688 lít khí Y thu được 4,56 g hỗn hợp khí Z. Đốt cháy hoàn toàn Z thu được 4,032 lít CO2 (các khí đo ở đktc).

1) Tính khối lượng mol của Y.

2) Xác định công thức phân tử Y.

Bài 5: (4 điểm)

Cho dòng khí H2 dư đi qua 27,2 gam hỗn hợp bột CuO và một oxit sắt nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 20 gam chất rắn và m gam nước. Cho lượng chất rắn thu được tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được m1 gam chất rắn không tan và 6,72 lit khí H2 (đ.k.t.c).

1) Xác định công thức của sắt oxit.

2) Tính m và m1.

(H = 1; O = 16; Zn = 65; Cl = 35,5; Fe = 56; Na = 23; Cu = 64; C = 12; K = 39; Al = 27; Ba = 137; Mn = 55)

Đáp án và thang điểm

I. Trắc nghiệm khách quan (2 điểm)

Câu 1

Câu 2

Câu 3

Câu 4

Câu 5

Câu 6

Câu 7

Câu 8

A

C

A

D

B

A

C

D

II. Tự luận (18 điểm)

Bài 1: (2 điểm) Hoàn thành mỗi phương trình, ghi đủ điều kiện cho 0,5 điểm

a) MxOy + Al -> Al2O3 + M

b) Fe(OH)2 + O2 + H2O -> Fe(OH)3

a) FexOy + HCl -> + H2O

b) CnH2n-2 + O2 -> CO2 + H2O

Bài 2: (3 điểm) Cho các oxit sau: N2O3, K2O, SO2, Fe2O3, MgO, CO, P2O5, PbO, SiO2.

a) Oxit nào là oxit axit? Oxit nào là oxit bazơ?

b) Oxit nào tác dụng với nước ở nhiệt độ thường? Viết PTHH xảy ra.

c) Oxit nào tác dụng với hiđro ở nhiệt độ cao? Viết PTHH xảy ra.

Xác định được 4 oxit axit, 4 oxit bazo, mỗi chất đúng được 0,125 đ

1

Trả lời được 4 oxit tác dụng được với nước: N2O3, K2O, SO2, P2O5

Viết đủ 4 PTHH, mỗi PT được 0,25đ

0,25

1

Trả lời được 2 oxit tác dụng được với hidro: Fe2O3, PbO

Viết đủ 2 PTHH, mỗi PT được 0,25đ

0,25

0,5

Bài 3: ( 5 điểm)

1) Hòa tan hoàn toàn 17,8 gam hỗn hợp gồm một kim loại R (hóa trị I) và oxit của nó vào H2O, thu được 0,6 mol ROH và 1,12 lit H2 (ở đktc).

a) Xác định R.

b) Giả sử bài toán không cho thể tích H2 thoát ra. Hãy xác định R. (2 điểm)

a (1đ). nH2 = 1,12/22,4 = 0,05 mol

2R + H2O -> 2ROH + H2

x x x/2

R2O + H2O -> 2ROH

y 2y

Ta có x/2 = 0,05 => x = 0,1

x + 2y = nROH = 0,6 => y = 0,25

0,1.R + 0,25( 2R + 16) = 17,8 => R = 23 (Na)

b (1đ). x + 2y = 0,6 => 0 < y < 0,3 (1)

xR + y(2R + 16) = 17,8

⇔ (x + 2y)R + 16.y = 17,8

⇔ 0,6.R + 16y = 17,8 => y = 17,8−0,6R16 (2)

Từ (1) và (2) => 21,67 < MR < 29,67

Vậy R là Na

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2) Nhiệt phân hoàn toàn 273,4 g hỗn hợp gồm kaliclorat và kalipemanganat ở nhiệt độ cao, sau phản ứng thu được 49,28 lit khí oxi (ở đ.k.t.c).

a) Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp đầu.

b) Lượng oxi thu được ở trên đốt cháy được bao nhiêu gam một loại than có hàm lượng cacbon chiếm 90% ? (3 điểm)

a) Số mol O2 = 49,28 : 22,4 = 2,2 mol

Gọi số mol của KClO3 và KMnO4 lần lượt là x và y

2KClO3 → 2KCl + 3O2

2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2

Có hệ PT: 122,5x + 158y = 273,4

1,5x + 0,5y = 2,2

Giải ra được x = 1,2; y = 0,8

Khối lượng của KClO3 = 1,2 x 122,5 = 147 g

% KClO3 = 53,77%

% KMnO4 = 46,23%

Bài 4: (4 điểm)

Y là hợp chất chứa 3 nguyên tố C, H, O. Trộn 1,344 lít CH4 với 2,688 lít khí Y thu được 4,56 g hỗn hợp khí Z. Đốt cháy hoàn toàn Z thu được 4,032 lít CO2 (các khí đo ở đktc).

1) Tính khối lượng mol của Y.

2) Xác định công thức phân tử Y.

1 (1 đ).

nCH4 = 1,344/22,4 = 0,06 mol

nY = 2,688/22,4 = 0,12 mol

mCH4 + mY = 4,56 g

⇔0,06.16 + 0,12.MY = 4,56 => MY = 30 g/mol

0,25

0,75

2 (3 đ).

nCO2 = 4,032/22,4 = 0,18 mol

CH4 + 2O2 -> CO2 + 2H2O

Y + O2 -> CO2 + H2O

nC (Y) = nC (CO2) – nC (CH4) = 0,18 – 0,06 = 0,12 mol

nY = n C (Y) => Y chứa 1C

=> CT Y có dạng CHyOz ( y, z € Z+)

MY = 30 ó 12 + y + 16z = 30 => y + 16z = 18

=> z = 1, y = 2

Vậy CTPT Y là CH2O

0,5

0,5

0,5

0,75

0,5

0,25

Bài 5: (4 điểm) Cho dòng khí H2 dư đi qua 27,2 gam hỗn hợp bột CuO và một oxit sắt nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 20 gam chất rắn và m gam nước. Cho lượng chất rắn thu được tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được m1 gam chất rắn không tan và 6,72 lit khí H2 (đ.k.t.c).

1) Xác định công thức của sắt oxit.

2) Tính m và m1.

a/ Gọi công thức của oxit sắt là FexOy.

H2 + CuO → Cu + H2O (1)

yH2 + FexOy → xFe + yH2O (2)

Chất rắn là Fe và Cu cho PƯ với HCl chỉ có Fe PƯ

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (3)

Theo (3) số mol Fe = số mol H2 = 6,72 : 22,4 = 0,3 mol

⇒Khối lượng Fe = 0,3 x 56 = 16,8 g => Khối lượng Cu = 20 – 16,8 = 3,2 g

Theo (1) số mol CuO = số mol Cu = 3,2 : 64 = 0,05 mol -> mCu = 4 g

⇒Khối lượng của (O) trong oxit sắt là: 27,2 – 4 – 16,8 = 6,4 g

⇒Số mol của (O) trong oxit sắt là: 6,4 : 16 = 0,4 mol

Có nFe : nO = 0,3 : 0,4 => x : y = 3 : 4 => Công thức của oxit là: Fe3O4

1,0

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

b/ m = khối lượng của nước.

Mà số mol H2O = số mol (O) trong oxit = 0,4 + 0,05 = 0,45 mol

⇒m = 0,45 x 18 = 8,1 g

m1 = mCu = 0,05 x 64 = 3,2 g

0,5

0,5

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 150 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 7)

Câu 1. (4,5 điểm)

Xác định các chất được kí hiệu bằng các kí tự A, B, C, D,…và viết các PTHH theo các sơ đồ sau:

a/ Ba→(1)+O2A→(2)+H2OB→(4)+NaOHC;

b/ D←(1)+Cl2,t0Cu→(2)+O2E→(3)+HClD→(4)+NaOHF;

Câu 2. (4 điểm)

2.1. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các chất khí: O2, N2, CO2, CH4, H2 đựng trong các bình riêng biệt mất nhãn. Viết phương trình hóa học xảy ra.

2.2. Muối ăn có lẫn tạp chất Na2SO3, CaCl2 . Hãy trình bày cách loại bỏ các tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết. Viết các phương trình hóa học minh họa (nếu có).

Câu 3. (2,5 điểm)

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 4. (2 điểm)

Độ tan của CuSO4 ở 850C v 120C lần lượt là 87,7g và 35,5g . Khi làm lạnh 1877 gam dung dịch bão hòa CuSO4 từ 850C xuống 120C thì có bao nhiêu gam tinh thể CuSO4.5H2O tách ra khỏi dung dịch?

Câu 5. (2 điểm)

Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong hai nguyên tử của nguyên tố X và Y là 96, trong đó có tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 32. Số hạt mang điện của nguyên tử Y nhiều hơn của X là 16. Xác định tên nguyên tử X và Y?

Câu 6. (2 điểm)

Hợp chất A bị phân hủy ở nhiệt độ cao theo phương trình phản ứng:

A →to 2B + C + 3D

Sản phẩm tạo thành đều ở thể khí, khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí sau phản ứng là 17 (g/mol). Xác định khối lượng mol của A.

Câu 7. (3 điểm)

7.1. Hỗn hợp khí X gồm các khí CO, CO2. Hãy cho biết hỗn hợp X nặng hay nhẹ hơn không khí bao nhiêu lần, biết rằng tỉ lệ số phân tử các khí trong hỗn hợp tương ứng là 2:3.

7.2. Hợp chất A có khối lượng phân tử nặng gấp 31,5 lần khí Hiđrô được tạo bởi Hiđrô và nhóm nguyên tử XOy (hóa trị I). Biết % khối lượng O trong A bằng 76,19. Hợp chất B tạo bởi một kim loại M và nhóm hiđroxit (OH). Hợp chất C tạo bởi kim loại M và nhóm XOy có phân tử khối là 213. Xác định công thức của A, B, C.

(Cho: N=14; H = 1; Al = 27; O = 16; Ca = 40; Ba = 137;Cu=64;

S = 32; Fe = 56; K=39; Cu = 64; Zn = 65; Mg = 24)

Đáp án và thang điểm

Câu 1. (4,5 điểm)

Xác định các chất được kí hiệu bằng các kí tự A, B, C, D,…và viết các PTHH theo các sơ đồ sau:

a/ Ba→(1)+O2A→(2)+H2OB→(3)+HClC;

b/ D←(1)+Cl2,t0Cu→(2)+O2E→(3)+HClD→(4)+NaOHF;

Thang điểm

Đáp án

Điểm chấm

Ghi chú

(4,5 điểm)

a/ A: BaO; B: Ba(OH)2; C: BaCl2

0,5

(1) 2Ba + O2 → 2BaO

0,5

(2) BaO + H2O → Ba(OH)2

0,5

(3) Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + H2O

0,5

b/ D: CuCl2; E: CuO; F: Cu(OH)2

0,5

(1) Cu + Cl2 → CuCl2

0,5

(2) 2Cu + O2 → 2CuO

0,5

(3) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O

0,5

(4) CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaCl

0,5

Câu 2. (4 điểm)

2.1. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các chất khí: O2, N2, CO2, CH4, H2 đựng trong các bình riêng biệt mất nhãn. Viết phương trình hóa học xảy ra.

2.2. Muối ăn có lẫn tạp chất Na2SO3, CaCl2 . Hãy trình bày cách loại bỏ các tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết. Viết các phương trình hóa học minh họa (nếu có).

Thang điểm

Đáp án

Điểm chấm

Ghi chú

2.1.

(2 điểm)

Lấy mỗi chất khí một ít cho vào từng ống nghiệm, đánh số thứ tự.

Đưa que đóm cháy dở còn tàn đỏ vào miệng ống nghiệm. Ống nghiệm nào que đóm bùng cháy thành ngọn lửa là khí oxi.

Các ống nghiệm làm tắt que đóm: khí N2, CH4, CO2 và H2

0,5

Cho các khí còn lại lội qua dung dịch nước vôi trong dư. Khí nào làm nước vôi trong bị vẩn đục là khí CO2.

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

Mẫu không làm vẩn đục nước vôi trong là: khí N2 , CH4 và H2

0,5

Cho các khí còn lại đi qua bột đồng (II) oxit CuO (màu đen), đốt nóng CuO tới khoảng 4000C rồi cho các khí đi qua. Chất khí làm bột đồng (II) oxit CuO màu đen chuyển dần thành lớp đồng kim loại màu đỏ gạch. Khí đó là khí H2

CuO + H2 →to Cu + H2O

(màu đen) (màu đỏ gạch)

Chất khí không làm CuO đổi màu là N2 và CH4

0,5

Đốt cháy 2 khí còn lại, khí cháy được là CH4, khí không cháy là N2:

CH4 + O2 →to CO2 + H2O

Chất khí không cháy là N2

0,5

2.2.

(2 điểm)

*Hòa tan muối ăn có lẫn tạp chất vào nước cất, thu được dung dịch gồm: NaCl, Na2SO3, CaCl2.

0,25

– Lấy dung dịch thu được cho tác dụng với Na2CO3 dư cho đến khi kết tủa đạt tối đa, ta loại bỏ được CaCl2.

Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 + 2NaCl.

0,5

*Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch gồm: NaCl, Na2SO3, Na2CO3 dư.

0,25

– Cho dung dịch thu được tác dụng với dd HCl cho đến khi hết khí thoát ra, ta loại bỏ được Na2SO3 và Na2CO3 dư.

0,25

Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + H2O

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O

0,5

– Dung dịch sau phản ứng gồm: NaCl, có thể có HCl dư. Kết tinh dung dịch, thu được NaCl tinh khiết.

0,25

Câu 3. (2,5 điểm)

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.

Thang điểm

Đáp án

Điểm chấm

Ghi chú

2,5 điểm

a) nBa=27,4137=0,2 (mol); nH2SO4=9,898=0,1 (mol)

0,5

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:

0,5

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2

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

0,25

Tổng số mol H2 thu được sau 2 phản ứng:

nH2= 0,1+0,1 = 0,2 (mol)

Thể tích khí thu được (đktc): VH2= 0,2×22,4=4,48 (lít)

0,5

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

Khối lượng Ba(OH)2 thu được là:

mBa(OH)2= 0,1×171 = 17,1 (g).

0,25

Khối lượng dung dịch sau phản ứng:

mdd=27,4+100-mBaSO4-mH2

= 27,4 + 100 – 0,1 x233 – 0,2×2

=103,7

0,25

Nồng độ dung dịch sau phản ứng:

C%dd Ba(OH)2= 17,1103,7×100%≈16,49%

0,25

Độ tan của CuSO4 ở 850C v 120C lần lượt là 87,7g và 35,5g . Khi làm lạnh 1877 gam dung dịch bão hòa CuSO4 từ 850C → 120C thì có bao nhiêu gam tinh thể CuSO4.5H2O tách ra khỏi dung dịch?

Thang điểm

Đáp án

Điểm chấm

Ghi chú

2 điểm

Ở 850C , 87,7 gam

⇒ 187,7 gam ddbh có 87,7 gam CuSO4 + 100g H2O

1877g -→ 877gam CuSO4 + 1000g H2O

0,5

Gọi x là số mol CuSO4.5H2O tách ra

⇒khối lượng H2O tách ra : 90x (g)

Khối lượng CuSO4 tách ra : 160x( gam)

0,5

Ở 120C, TCuSO4 35,5 nên ta có phương trình: 887-169×100-90x=35,5100

giải ra x = 4,08 mol

0,75

Khối lượng CuSO4 .5H2O kết tinh : 250 x 4,08 =1020 gam

0,25

Câu 5. (2 điểm)

Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong hai nguyên tử của nguyên tố X và Y là 96, trong đó có tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 32. Số hạt mang điện của nguyên tử Y nhiều hơn của X là 16. Xác định tên nguyên tử X và Y?

Thang điểm

Đáp án

Điểm chấm

Ghi chú

2 điểm

Ta có : pX + eX + pY + eY + nX + nY = 96( theo đề bài)

Hay 2pX + 2pY + nX + nY = 96 ( vì số p= số e) (1)

0,25

Mà 2pX + 2pY – nX – nY = 32 (2)

0,25

Cộng (1) và (2) vế theo vế :

4 pX + 4pY = 128 => 4( pX + pY ) = 128 => pX + pY= 32(3)

0,25

Mặt khác: pX + eY – ( pY+ eX) = 16 theo đề bài

Hay 2pY – 2pX = 16 (vì p=e)

=> 2( pY – pX) = 16 => pY – pX = 8 (4)

0,25

Cộng (3) và (4) vế theo vế:

2pY = 40 => pY = 20 (5)

0,25

Thay (5) vào = (4) ta được: 20- pX = 8 => pX =12

0,25

Vậy X là Mg (12), Y là Ca ( 20)

0,5

Câu 6. (2 điểm)

Hợp chất A bị phân hủy ở nhiệt độ cao theo phương trình phản ứng:

A →to 2B + C + 3D

Sản phẩm tạo thành đều ở thể khí, khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí sau phản ứng là 17 (g/mol). Xác định khối lượng mol của A.

Thang điểm

Đáp án

Điểm chấm

Ghi chú

2 điểm

A →to 2B + C + 3D

a mol 2a mol a mol 3a mol

0,25

Đặt a là số mol của A phản ứng.

Theo PTHH ta có:

0,25

nhỗn hợp khí = 2a + a + 3a = 6a

0,5

mhỗn hợp khí = 17. 6a

0,5

Theo ĐLBTKL: a.A = 17. 6a

A = 102 (g/mol)

0,5

Câu 7. (3 điểm)

7.1. Hỗn hợp khí X gồm các khí CO, CO2. Hãy cho biết hỗn hợp X nặng hay nhẹ hơn không khí bao nhiêu lần, biết rằng tỉ lệ số phân tử các khí trong hỗn hợp tương ứng là 2:3.

7.2. Hợp chất A có khối lượng phân tử nặng gấp 31,5 lần khí Hiđrô được tạo bởi Hiđrô và nhóm nguyên tử XOy (hóa trị I). Biết % khối lượng O trong A bằng 76,19. Hợp chất B tạo bởi một kim loại M và nhóm hiđroxit (OH). Hợp chất C tạo bởi kim loại M và nhóm XOy có phân tử khối là 213. Xác định công thức của A, B, C.

Thang điểm

Đáp án

Điểm chấm

Ghi chú

7.1.

(1 điểm)

Do tỉ lệ số phân tử khí CO:CO2 = 2:3

→nCOnCO2=23→Gọi nCO = 2x → nCO2 = 3x

0,5

M¯hh =2x.28+3x.442x+3x=188x5x=37,6gam

0,25

dhh/kk =37,629≈1,3>1→ Hỗn hợp nặng hơn không khí 1,3 lần

0,25

7.2.

(2 điểm)

dA/H2 = 31,5 → MA = 31,5 . 2 = 63(g).

0,25

%O /A = 76,19 → mO = 76,19.63100≈48(g)

0,25

→nO = 48 : 16 = 3 (mol)→A có dạng HXO3

0,25

MHXO3 = 63 → 1 + MX + 16 . 3 = 63 → MX = 14 (g)

→X là nguyên tố Nitơ (Kí hiệu: N) → A là HNO3

0,25

Hợp chất C có dạng M(NO3)n (n là hóa trị của M)

MC = 213 = MM + 62 n

0,25

Do n là hóa trị kim loại M → n = 1; 2; 3

n = 1 → MM = 151 (loại)

n =2 → MM = 89 (loại)

n = 3 → MM = 27 (chọn) → M là Nhôm (Al)

Vậy công thức của C là Al(NO3)3

0,5

→ Công thức của B là Al(OH)3

0,25

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 150 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 8)

Câu 1:(2,0 điểm)

Hoàn thành các PTHH có sơ đồ phản ứng sau (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có):

a. Al + H2SO4 đặc, nóng ->Al2(SO4)3+ H2S + H2O

b. Na2SO3+ KMnO4+ NaHSO4->Na2SO4+ MnSO4+ K2SO4+ H2O

c. FexOy+ Al ->FeO + Al2O3

d. Mg + HNO3 -> Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O

Câu 2:(2,5 điểm)

1. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các chất khí không màu đựng trong 3 lọ không nhãn gồm không khí, oxi và nitơ.

2. Trong phòng thí nghiệm khí oxi được điều chế bằng cách nhiệt phân KMnO4 và KClO3. Hãy tính tỉ lệ khối lượng giữa KMnO4 và KClO3 để thu được lượng oxi bằng nhau.

Câu 3:(3,5 điểm)

Một hỗn hợp X có thể tích 17,92 lít gồm hiđro và axetilen C2H2 , có tỉ khối so với nitơ là 0,5. Đốt hỗn hợp X với 35,84 lít khí oxi. Phản ứng xong, làm lạnh để hơi nước ngưng tụ hết được hỗn hợp khí Y. Các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

1. Viết phương trình hoá học xảy ra.

2. Xác định % thể tích và % khối lượng của Y.

Câu 4 :(4,5 điểm)

1. Khử hoàn toàn 24 g một hỗn hợp có CuO và FexOy bằng khí H2, thu được 17,6 gam hai kim loại. Cho toàn bộ hai kim loại trên vào dung dịch HCl dư, thu được 4,48 lít H2 (đktc). Xác định công thức oxit sắt.

2. Cho 0,2 (mol) CuO tác dụng vừa đủ với dung dịch H2SO4 20% đun nóng, sau đó làm nguội dung dịch đến 10oC. Tính khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O đã tách ra khỏi dung dịch, biết rằng độ tan của CuSO4 ở 10oC là 17,4 (g).

Câu 5: (5,0 điểm)

1. Hoà tan hoàn toàn 7,0 gam kim loại R (chưa rõ hoá trị) vào dung dịch axitclohiđric. Khi phản ứng kết thúc thu được 2,8 lít khí hiđro (đktc).

a. Xác định kim loại R biết R là một trong số các kim loại: Na; Fe; Zn; Al

b. Lấy toàn bộ lượng khí hiđro thu được ở trên cho vào bình kín chứa sẵn 2,688 lít khí oxi (đktc). Bật tia lửa điện đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp. Tính số phân tử nước thu được.

2. Cho 11,7 gam hỗn hợp Kẽm và Magie tác dụng với dung dịch axitclohiđric sau phản ứng thu được 3,36 lít khí hiđro (đktc). Chứng minh hỗn hợp Kẽm và Magie không tan hết.

Câu 6:(2,5 điểm)Có 3 dung dịch KOH với các nồng độ tương ứng là 3M, 2M, 1M, mỗi dung dịch có thể tích 1 lít. Hãy trộn lẫn các dung dịch này để thu được dung dịch KOH có nồng độ 1,8M và có thể tích lớn nhất.

Đáp án và thang điểm

Câu 1( 2,0 điểm)

Ý

Nội dung – Yêu cầu

Điểm

1

a. 8Al + 15H2SO4 đặc →to 4Al2(SO4)3 + 3H2S + 12H2O

b. 5Na2SO3+ 2KMnO4+ 6NaHSO4→8Na2SO4+ 2MnSO4+ K2SO4+ 3H2O

c. 3FexOy + 2(y-x)Al →to 3xFeO + (y-x)Al2O3

d. 4Mg + 10HNO3→4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O

(Thiếu điều kiện trừ 0,25 điểm)

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 2( 2,5 điểm)

Ý

Nội dung – Yêu cầu

Điểm

1.

– Cho que đóm còn tàn đỏ lần lượt vào 4 mẫu chất khí, tàn đóm bùng cháy là khí oxi.

– Cho ngọn lửa đang cháy vào 3 mẫu chất khí còn lại.

+ Ngọn lửa tắt là nitơ.

+ Không thay đổi màu ngọn lửa là không khí.

0,25

0,25

0,25

0,25

2.

Gọi a, b lần lượt là khối lượng KMnO4 và KClO3.

PTHH:

2KMnO4 →to K2MnO4 + MnO2 + O2 (1)

a/158 a/316

2KClO3 →to 2KCl + 3O2 (2)

b/122,5 3b/245

Vì thể tích O2 thu được ở (1) và (2) bằng nhau, nên:

a/316 = 3b/245 ⇒ab = 948245 ≈ 3,87

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

Câu 3( 3,5 điểm)

Ý

Nội dung – Yêu cầu

Điểm

1. PTHH.

2H2 + O2 →to 2H2O (1)

x 0,5x

2C2H2 + 5O2 →to 4CO2 + 2H2O (2)

y 2,5y 2y

2. MTB = 0,5.28 = 14(g).

nhh khí = 17,92 / 22,4 = 0,8 (mol)

mx = 0,8 . 14 = 11,2 (g)

nO2 = 35,84/22,4 = 1,6 mol

Gọi x,y lần lượt là số mol của H2 và C2H2 trong hỗn hợp X.

Ta có hệ phương trình sau.

2x + 26y = 11,2x + y = 0,8⇒ x = 0,4 =nH2 y = 0,4 = nC2H2

Theo PTHH (1) và (2) ta có số mol của oxi tham gia phản ứng là

nO2 pư = 0,2 + 1 = 1,2 mol. => nO2 dư = 1,6 – 1,2 = 0,4 mol.

=> Hỗn hợp khí Y gồm O2 dư và CO2 tạo thành.

Theo PTHH (2) ta có : nCO2 = 2nC2H2 = 0,8 mol.

Thành phần phần trăm theo thể tích và theo khối lượng của mỗi khí trong hỗn hợp Y là.

%VO2 = 0,4 . 100 / 1,2 = 33,33 %.

% V CO2 = 100% – 33,33% = 66,67%.

mO2 = 0,4.32= 12,8 gam.

m CO2 = 0,8. 44 = 35,2 gam. => mhhY = 48 gam.

%mO2 = 12,8.100/ 48 = 26,67%

%m CO2 = 100% – 26,67% = 73,33%.

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4(4,5 điểm)

Ý

Nội dung – Yêu cầu

Điểm

1(2,25 đ)

Các PTHH: CuO + H2 →t0 Cu + H2O (1)

FexOy + yH2 →t0 xFe + yH2O (2)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (3)

nH2 = 4,4822,4 = 0,2 (mol)

Theo PTHH (3): nFe = nH2 = 0,2mol

Khối lượng Fe là: mFe = 0,2 x 56 = 11,2(g)

Khối lượng Cu tạo thành là : mCu = 17,6 – 11,2 = 6,4 (g)

nCu = 6,464= 0,1(mol)

Theo PTHH (1) : nCuO = nCu = 0,1 mol

Theo PTHH(2): nFexOy = 1xnFe = 0,2xmol

Theo bài ra ta có: 0,1 x 80 + 0,2x( 56x + 16y) = 24 => xy = 23

Vì x,y là số nguyên dương và tối giản nhất nên : x = 2 và y = 3

Vậy CTHH là : Fe2O3

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2(2,25)

CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O

0,2(mol) 0,2(mol) 0,2(mol)

Khối lượng dung dịch CuSO4 : 0,2.80 +(0,2.98).10020=114(g)

Trong 114 (g) dung dịch CuSO4 nóng có chứa : 0,2.160 = 32 (g) CuSO4 và : 114 – 32 = 82 (g) H2O

Khi hạ nhiệt độ xuống 10oC :

Gọi nCuSO4.5H2O tách ra là x (mol).

Khối lượng CuSO4 trong dung dịch bão hòa là : 32 – 160x (g)

Khối lượng H2O trong dung dịch bão hòa là : 82 – 90x (g)

Độ tan của CuSO4 ở 10oC là 17,4 (g)

→32−160×82−90x.100=17,4

→x ≈ 0,123 (mol)mCuSO4.5H2O=0,123.250=30,75(g)

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5( 5,0 điểm)

Ý

Nội dung – Yêu cầu

Điểm

1(3,0đ)

1.

a. Gọi x là hoá trị của kim loại R

PTHH: 2R + 2xHCl → 2RClx + xH2

Số mol H2 = 2,8/22,4=0,125mol

Theo PTHH ta có số mol R = 2/xsố mol H2 = 0,25/x mol

Khối lượng mol của R là:

MR = 7/0,25/x= 28xg/mol

Chỉ có giá trị x=2, MR = 56 là thoả mãn

Vậy R là sắt KH: Fe

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

b. số mol của O2 = 2,688/22,4 = 0,12 mol

2H2 + O2 →to 2H2O

TPƯ 0,125mol 0,12mol

PƯ 0,125 mol 0,0625 mol 0,125 mol

SPƯ 0 0,0575 mol 0,125 mol

Vậy O2 dư tính theo H2

Số phân tử nước thu được là= 0,125.6.1023 = 7,5.1022 phân tử

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

2(2,0đ)

2. Số mol H2 = 3,36/22,4 = 0,15 mol

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (1)

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (2)

Nếu hỗn hợp toàn Mg khi đó số mol hỗn hợp = số mol Mg = 11,7/24 =0,4875 mol

Nếu hỗn hợp toàn Zn khi đó số mol hỗn hợp = số mol Zn = 11,7/65 = 0,18 mol

Giả sử hỗn hợp tan hết khi đó số mol hỗn hợp nhỏ hơn phải tan hết hay hỗn hợp toàn là Zn

Theo PTHH (2) ta có số mol H2 = số mol Zn = 0,18 > 0,15 chứng tỏ hỗn hợp không tan hết, điều giả sử sai.

Vậy khi cho 11,7 g hỗn hợp Mg và Zn tác dụng với dd HCl thu được 3,36 lít thì hh không tan hết

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

Câu 6(2,5 điểm)

Ý

Nội dung cần đạt

Điểm

– Nếu trộn cả 3 lít dung dịch trên thì được dung dịch 2M và V = 3 lít

– Muốn có được dung dịch 1,8M và thể tích lớn nhất cần phải bớt khỏi dung dịch một thể tích nhỏ nhất của dung dịch có nồng độ lớn nhất

=>Cần bớt thể tích của dung dịch KOH có nồng độ 3M

Gọi thể tích của dung dịch KOH có nồng độ 3M cần lấy ra là x (lít)

Ta có

– Thể tích của dung dịch cần pha là:

1 + 1+ x = 2 + x (lít)

– Số mol KOH trong dung dịch cần pha là:

1.1+1.2+3x = 3 + 3x (mol)

⇒3+3×2+x=1,8 = 1,8

⇒x = 0,5 (lít)

⇒ Để có được dung dịch cần pha ta trộn : 1 lít dung dịch KOH 1M, 1 lít dung dịch KOH 2M và 0,5 lít dung dịch KOH 3M.

0,25

0,5

0,25

0,25

0, 25

0,5

0,25

0,25

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 120 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 9)

Câu 1: (4 điểm)

1. Một nguyên tử R có tổng số hạt là 46. Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 14.

a. Tính số hạt mỗi lại của nguyên tử Rb. Cho biết số electron trong mỗi lớp của nguyên tử Rc. Tính nguyên tử khối của R, biết mp ≈ mn ≈1,013 đvCd. Tính khối lượng bằng gam của R, biết khối lượng của 1 nguyên tử C là 1,9926.1023 gam và C= 12 đvCCâu 2: (4 điểm)

1. Cân bằng các PTHH sau :

1) KOH + Al2(SO4)3→ K2SO4 + Al(OH)3

2) FexOy + CO →t0 FeO + CO2

3) FeS2 + O2→ Fe2O3 + SO2

4) Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2O + H2O

2. Có 4 chất lỏng không màu đựng trong 4 lọ mất nhãn : nước, natriclorua, natri hidroxit, axit clohidric. Hãy nêu phương pháp nhận biết các chât lỏng trên.

Câu 3: (4điểm)

Nung 400gam đá vôi chứa 90% CaCO3 phần còn lại là đá trơ. Sau một thời gian thu được chất rắn X và khí Y

a.Tính khối lượng chất rắn X biết hiệu suất phân huỷ CaCO3 là 75%

b. Tính % khối lượng CaO trong chất rắn X và thể tích khí Y thu được (ở đktc).

Câu 4: (4 điểm)

Để hòa tan hết 2,94 gam hỗn hợp gồm 2 kim loại là natri và kali thì cần vừa đủ 1,8 gam nước.

a, Tính thể tích khí Hidro thu được (ở đktc).

b, Tính khối lượng của các bazo thu được sau phản ứng.

c, Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Câu 5: (4điểm)

Dùng khí H2 dư khử hoàn toàn 2,4 gam hỗn hợp CuO và FexOy có số mol như nhau thu được hỗn hợp 2 kim loại. Hòa tan hỗn hợp kim loại này bằng dung dịch HCl dư, thoát ra 448cm3 H2(đktc). Xác định công thức phân tử của oxit sắt.

Cho H=1, C=12, O=16, Na= 23, Mg=24, Al=27, S=32, Cl=35,5, K=39, Ca=40, Fe=56,Cu=64

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1

a). Gọi số hạt proton, electron và nơtron lần lượt là p,e,nTheo đề ta có: p + e +n = 46 (1) p + e = n + 14 (2)Lấy (2) thế vào (1): => n + n + 16 = 46 => 2n + 16 = 46 => n = (46-14) :2 = 16Từ (1) => p + e = 46 – 16 = 30Mà số p=số e => 2p = 30=> p = e= 30 : 2 = 15Vậy số hạt proton, electron và nơtron lần lượt là 15,15 và 16b) số electron trong mỗi lớp của nguyên tử R:

Lớp 1 có 2e Lớp 2 có 8e Lớp 3 có 5ec) Nguyên tử khối của R là : 15 . 1,013 + 16 . 1,013 ≈ 31,403 (đvc)d) Khối lượng tính bằng gam của 1 đvC là:

(1,9926 . 1023 ) : 12 = 0,16605 .1023 (g)Khối lượng tính bằng gam của nguyên tử R là :

0,16605. 1023 . 31,403 = 5,2145 .1023 (g)

(4đ)

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Câu 2

1. 1) 6KOH + Al2(SO4)3→3 K2SO4 +2 Al(OH)3

2) FexOy +(y-x) CO →to xFeO + (y-x)CO2

3) 4FeS2 +11 O2→ 2 Fe2O3 +8 SO2

4) 8Al +30HNO3 →8Al(NO3)3 + 3N2O +15 H2O

2. Trích mỗi chất một ít vào các ống nghiệm rồi đánh số thứ tự

Nhúng lần lượt các mẩu giấy quỳ tím vào từng ống rồi quan sát :

– Nếu chất nào làm quỳ tím chuyển thành màu đỏ thì đó là axit clohidric.

– Nếu chất nào làm quỳ tím chuyển thành màu xanh thì đó là Natrihidroxit.

– Không làm quỳ tím đổi màu là nước và Natriclorua.

Đun nóng 2 ống nghiệm còn lại trên ngọn lửa đèn cồn:

Nếu chất nào bay hơi hết không có vết cặn thì đó là nước.

Chất nào bay hơi mà vẫn còn cặn là Natriclorua

(4 đ)

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Câu 3:

Khối lượng CaCO3 có trong 400g đá vôi là :

400.90.100=360(g)

PTHH:

CaCO3 →to CaO + CO2

100g 56g 44g

360g 201,6g 158,4g

Vì hiệu suất phản ứng là 75% nên :

mCaO = 201,6 .75%= 151,2 gam

mCO2= 158,4.75% = 118,8 gam.

a, Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mđá vôi = mX + mY

mà mY =mCO2= 118,8g

⇒ mX = 400- 118,8= 281,2 g

b,

Chất rắn X gồm : CaO, CaCO3, đá trơ

=> %mCaO= 151,2281,2.100%=53,77%

* nCO2= 118,844=2,7mol

=> VCO2= 2,7. 22,4= 60,48 lit

(4đ)

0,5đ

0,75đ

0,25đ

0,25đ

0,75đ

0,5đ

Câu 4

a, Ta có : nH2O= 1,818=0,1(mol)

Gọi a là số mol của Natri, b là số mol của Kali.

Các phản ứng xảy ra:

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2. (1)

a a a/2

2K + 2H2O → 2KOH + H2. (2)

b b b/2

Theo đề bài ta có hệ PT: 23a+39b=2,94a+b=0,1

Giải ra ta được: a= 0,06; b= 0,04

Từ (1) và( 2) ⇒nH2=a+b2=0,12=0,05(mol)

⇒VH2= 0,05.22,4=1,12 lit

b) Từ (1) ⇒ nNaOH= 0,06 mol mNaOH= 0,06.40= 2,4 g

Từ (2) ⇒ nKOH= 0,04 mol mKOH= 0,04.56= 2,24 g

c) % m Na= 0,06.232,94.100%=46,94%

% m K= 0,04.392,94.100%=53,06%

(4đ)

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Câu 5:

Gọi a là số mol của mỗi oxit trong hỗn hợp đầu.

Khối lượng hỗn hợp oxit là : 80a +(56x +16y)a=2,4 (*)

Các PTHH xảy ra:

CuO + H2­ →to Cu + H2O (1)

a a

FexOy + y H2 →to x Fe + y H2O (2)

a ax

Hỗn hợp kim loại gồm Cu và Fe. Hòa tan hỗn hợp này vào dd HCl thì chỉ có Fe phản ứng, Cu không tác dụng.

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (3)

ax ax

Cu + HCl →không phản ứng

Theo phản ứng 3 ta có ax= nH2= 0.448/22,4=0,02 (mol) (**)

Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình

80a +(56x +16y)a=2,4 ax=0,02 ⇒80+56x+16yx=120⇒ 56x+16y+ 80= 120x

⇒ y= 64x−8016.

Vì x, y là các số nguyên dương. Nên ta lập bảng

x

1

2

3

4………..

y

<0

3

7

11……..

Loại

Nhận

Loại

Loại

Giá trị x= 2 , y=3 là hợp lý. Vậy công thức oxit của sắt là : Fe2O3

(4đ)

0,25đ

0,75đ

0,5đ

0,5đ

Phòng Giáo dục và Đào tạo …..

Đề thi chọn học sinh giỏi

Năm học 2022 – 2023

Bài thi môn: Hóa học lớp 8

Thời gian làm bài: 120 phút

(không kể thời gian phát đề)

(Đề số 10)

Câu 1

Hãy viết lại các công thức sau cho đúng: Fe2(OH)3, Al3O2, K2Br3, H2NO3, Ca2(SO4)3, Na2H2PO4, BaPO4, Mg2(HSO3)3, Si2O4, NH4Cl2 và gọi tên các chất.

Câu 2

a. Từ các hóa chất có sẵn sau đây: Fe ; H2O với các thiết bị cần thiết đầy đủ. Hãy làm thế nào để có thể thực hiện được sự biến đổi sau: Fe → Fe3O4→ Fe.

b. Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt các gói chất bột sau: vôi sống, magie oxit, điphotpho penta oxit, natriclorua, natri oxit.

Câu 3

Nung hoàn toàn 15,15 gam chất rắn A thu được chất rắn B và 1,68 lít khí oxi (ở đktc). Trong hợp chất B có thành phần % khối lượng các nguyên tố: 37,65% oxi, 16,47% nitơ còn lại là kali. Xác định công thức hóa học của B và A. Biết rằng công thức đơn giản nhất chính là công thức hóa học của A, B.

Câu 4

Cho luồng khí hiđro đi qua ống thuỷ tinh chứa 40 gam bột đồng(II) oxit ở 4000C. Sau phản ứng thu được 33,6 gam chất rắn.

a) Nêu hiện tượng phản ứng xảy ra.

b) Tính hiệu suất phản ứng.

c) Tính số phân tử khí hiđro đã tham gia khử đồng(II) oxit trên

Câu 5

Cho một luồng khí H2 (dư) lần lượt đi qua các ống mắc nối tiếp (như hình vẽ) đựng các oxít được nung nóng sau đây:

Ống 1 đựng 0,01mol CaO, ống 2 đựng 0,02mol PbO, ống 3 đựng 0,02mol Al2O3,ống 4 đựng 0,01mol Fe2O3

và ống 5 đựng 0,06mol Na2­O. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng chất rắn thu được trong mỗi ống.

Câu 6

Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 thu được chất rắn B và khí oxi, lúc đó KClO3 bị phân hủy hoàn toàn còn KMnO4 bị phân hủy không hoàn toàn. Trong B có 0,894 gam KCl chiếm 8,132 % khối lượng. Trộn lượng oxi ở trên với không khí theo tỷ lệ thể tích 1: 3 trong một bình kín thu được hỗn hợp khí X. Cho vào bình 0,528 gam cacbon rồi đốt cháy hết cacbon thu được hỗn hợp khí Y gồm 3 khí trong đó CO2 chiếm 22,92% thể tích. Tính m. (Coi không khí gồm 20% thể tích là oxi còn lại là nitơ).

(Cho biết: K = 39, Mn = 55, Cl = 35,5, O = 16, Na = 23, Al = 27, Pb= 207, Ca = 40, Fe = 56, Cu = 64, N = 14)

Đáp án và thang điểm

Câu

Nội dung

Điểm

1

1,0 điểm

Viết lại các công thức cho đúng và gọi tên các chất.

Fe(OH)3 : Sắt(III) hidroxit; Al2O3 : Nhôm oxit

KBr : Kalibromua; HNO3: Axit nitric

CaSO4: Canxi sunfat ; NaH2PO4: Natri đihidrophotphat

Ba3(PO4)2 : Bari photphat; Mg(HSO3)2: Magie hiđrosunfit

SiO2 : Silicđioxit NH4Cl : Amoniclorua.

1,0

(Mỗi chất đúng 0,1đ)

2

2,0 điểm

a. – Điều chế H2, O2 bằng cách điện phân nước

2H2O →to 2H2 + O2

– 3Fe + 2O2 →to Fe3O4

– Fe3O4 + 4H2 →to 3 Fe + 4H2O.

b. – Trích các mẫu thử cho vào các ống nghiệm, đánh số thứ tự

– Cho nước vào các mẫu thử khuấy đều.

– Nhúng lần lượt giấy quỳ tím vào các ống nghiệm:

+ Mẫu chất rắn tan và quỳ tím không đổi màu là natriclorua NaCl.

+ Mẫu chất rắn tan và quỳ tím đổi thành màu xanh là natri oxit Na2O.

Na2O + H2O → 2 NaOH.

+ Mẫu chất rắn tan và quỳ tím đổi thành màu đỏ là điphotpho penta oxit

P2O5 + 3 H2O → 2H3PO4

+ Mẫu chất rắn tan một phần tạo dung dịch đục và quỳ tím đổi thành màu xanh là vôi sống CaO: CaO + H2O → Ca(OH)2

+ Mẫu chất rắn không tan và quỳ tím không đổi màu magie oxit MgO.

0,75

1,25

(Nhận biết đúng mỗi gói 0,25đ)

3

1,5

điểm

Ta có sơ đồ: A →to B + O2

n O2 = 1,68/ 22,4 = 0,075 (mol).; m O2 = 0,075 x 32 = 2,4 ( gam).

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mA = mB + m oxi → mB = mA – moxi = 15,15 – 2,4 = 12,75(gam).

Trong B: mO = 12,75 x 37,65% = 4,8(gam)

mN = 12,75 x 16,47 % = 2,1( gam)

mK = 12,75 – ( 4,8 + 2,1) = 5,85 (gam).

→ nO = 4,8 / 16 = 0,3 (mol); nN = 2,1 / 14 = 0,15(mol); nK = 5,85 / 39 = 0,15 ( mol)

Gọi CTHH của B là KxNyOz

ta có x : y : z = nK : nN : nO = 0,15 : 0,15 : 0,3 = 1 : 1 : 2

chọn x = 1, y = 1, z = 2 → công thức đơn giản nhất là KNO2

Theo gt ⇒ CTHH của B là KNO2.

Trong A: theo định luật bảo toàn nguyên tố:

moxi =4,8 + 2,4 = 7,2 (gam); nO = 7,2 / 16 = 0,45 (mol); nN = 0,15(mol).; nK = 0,15 ( mol)

Gọi CTHH của A là KaNbOc

ta có a : b : c = 0,15 : 0,15 : 0,45 = 1 : 1 : 3 ; chọn a = 1, b = 1, c =3

theo gt ⇒ CTHH của A là KNO3.

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

4

2,0 điểm

a. PTPU: CuO + H2 →to Cu + H2O (1)

Hiện tượng: Chất rắn CuO màu đen dần biến thành Cu màu đỏ gạch và có những giọt nước xuất hiện.

b- Giả sử H = 100% ta có: nCuO = 40/80 = 0,5 (mol)

theo (1) nCu = nCuO = 0,5 (mol); mCu = 0,5 .64 = 32 (g) < 33,6 (khối lượng chất rắn thu được sau p/u) → giả sử sai vậy sau (1): CuO dư

– Gọi x là số mol CuO phản ứng (0< x < 0,5 )

Theo (1) nCu = nCuO tham gia phản ứng = x( mol) → mCu = 64x

mCuO tham gia phản ứng = 80x → mCuO dư = 40 – 80x

→ mchất rắn = mCu + mCuO dư = 64x + (40 – 80x) = 33,6

→ x = 0,4 (mol) → mCuO tham gia P/u = 0,4 . 80 = 32 (g)

H% = 32.100/40 = 80%

c- Theo (1) : nH2 = nCuO tham gia phản ứng = 0,4 (mol)

Vậy số phân tử H2 tham gia phản ứng là:

0,4 . 6,02.1023 = 2,408.1023 (phân tử)

0,5

0,5

0,5

0,5

5

1,5 điểm

Ống 1: Không có phản ứng nên chất rắn là 0,01mol CaO

m CaO = 0,01 x 56 = 0,56 (gam)

Ống 2 xảy ra phản ứng: PbO + H2 →to Pb + H2O

0,02 mol 0,02 mol 0,02 mol

Chất rắn là Pb → mPb = 207 x 0,02 = 4,14 (gam)

Ống 3: Không có phản ứng nên chất rắn là 0,02mol Al2O3

m Al2O3 = 0,02 x 102 = 2,04 (gam)

Ống 4 xảy ra phản ứng: Fe2O3 + 3 H2 →to 2Fe + 3 H2O

0,01mol 0,02 mol 0,03 mol

Chất rắn thu được là 0,02 mol Fe; m­Fe = 0,02 x 56 = 1,12 (gam)

Ống 5: Na2­O không phản ứng với H2 nhưng tác dụng với 0,05 mol H2O từ ống 2 và 4 sang:

Na2­O + H2O → 2 NaOH

0,06mol 0,05 mol 0,1 mol

Chất rắn sau phản ứng gồm 0,1 mol NaOH và 0,01 mol Na2­O

m NaOH = 0,1 x 40 = 4(gam)

m Na2­O = 0,01 x 62 = 0,62 (gam)

m chất rắn = 4 + 0,62 = 4,62 (gam).

0,3

0,3

0,3

0,3

0,3

0,3

6

2,0 điểm

PTPƯ nhiệt phân:

2KClO3 →to 2 KCl + 3O2 (1)

2KMnO4 →to K2MnO4 + MnO2 + O2 (2)

Gọi a là tổng số mol oxi tạo ra ở (1) và (2), sau khi trộn với không khí ta có trong hỗn hợp X:

nO2 = a + 3a x 20% = 1,6a (mol)

nN2 = 3a x 80% = 2,4a (mol)

Ta có nC = 0,528 / 12 = 0,044 (mol)

mB = 0,894 x 100 / 8,132 = 10,994 (gam)

Theo gt trong Y có 3 khí nên xảy ra 2 trường hợp:

TH1: Nếu oxi dư, lúc đó cacbon cháy theo phản ứng: C + O2 → CO2 (3)

tổng số mol khí Y nY = 0,044 x 100/22,92 = 0,192 mol gồm các khí O2 dư, N2, CO2. Theo (3) nO2 phản ứng = nC = 0,044 mol,

nCO2 = nC = 0,044

nO2 dư = 1,6a – 0,044→ nY = (1,6a – 0,044) + 2,4a + 0,044 = 0,192

⇒ a = 0,048 ⇒ moxi = 0,048 x 32 = 1,536 (gam)

Theo gt ⇒mA = mB + moxi = 10,994 + 1,536 = 12,53 ( gam)

TH2: Nếu oxi thiếu, lúc đó cacbon cháy theo phản ứng: C + O2 → CO2 (3)

2C + O2 → 2CO (4)

gọi b là số mol CO2 tạo thành, theo PTPƯ (3), (4) → nCO = 0,044 – b

nO2 = b + ( 0,044 – b) /2 = 1,6a

Y gồm N2, CO2, CO và nY = 2,4a + b + (0,044 – b) = 2,4a + 0,044

% CO2 = b/ (2,4a + 0,044) = 22,92/100

⇒a = 0,0204 ⇒ moxi = 0,0204 x 32 =0,6528 (gam)

⇒mA = mB + moxi = 10,994 + 0,6528 = 11,6468 (gam)

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

Ngân hàng trắc nghiệm lớp 8 tại khoahoc.vietjack.com

  • Hơn 20.000 câu trắc nghiệm Toán,Văn, Anh lớp 8 có đáp án

Cảm ơn bạn đã đọc hết bài viết chia sẻ tâm huyết của pgdchiemhoa.edu.vn Xin cảm ơn!

Lộc Phạm

Lộc Phậm là biên tập nội dung tại website pgdchiemhoa.edu.vn. Anh tốt nghiệp đại học Bách Khóa với tấm bằng giỏi trên tay. Hiện tại theo đuổi đam mê chia sẻ kiến thức đa ngành để tạo thêm nhiều giá trị cho mọi người.
Back to top button