Đề thi Hoá 9 học kì 1 Trường THCS Trường Sa Biên Hoà có lời giải và đáp án chi tiết. Các bạn xem ở dưới.
| UBND TP BIÊN HÒA
TRƯỜNG THCS TRƯỜNG SA |
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I
MÔN: Hóa – Lớp 9 Thời gian làm bài: 45 phút; không kể thời gian phát đề |
Câu 1 (TH): Viết phương trình hóa học thực hiện chuỗi phản ứng sau:
Al → Al2O3 → Al2(SO4)3 → Al(OH)3 → Al2O3
Câu 2 (TH): a. Nêu phương pháp hóa học làm sạch dung dịch muối AlCl3 có lẫn muối CuCl2. Viết phương trình hóa học.
b. Để bảo quản cửa sắt được bền người ta thường làm gì? Giải thích cơ sở của việc làm đó?
c. Nêu phương pháp hóa học nhận biết các kim loại: Mg, Na, Cu.Viết phương trình hóa học.
Câu 3 (VD): Cho 1,2g kim loại A (hóa trị II) tác dụng hết với dung dịch HCl thu được 1,12 lít khí H2 ở đktc. Xác định A.
Câu 4 (VD): Cho 5,84g hỗn hợp Fe và FeO tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1M. Sau phản ứng thu được 0,896 lít (đktc) khí A và dung dịch B.
a. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO trong hỗn hợp ban đầu.
b. Tính thể tích dung dịch axit đã dùng. Biết HCl có khối lượng riêng là 1,15g/ml.
c. Tính nồng độ phần trăm dung dịch B.
Cho Mg: 24; Fe: 56; 0:16; Zn: 65; CI: 35,5; H:1; Ca:40
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án
Phương pháp giải:
Dựa vào kiến thức được học về tính chất hóa học của Al – sgk hóa trang 55
Giải chi tiết:
$4Al + 3{O_2}\xrightarrow{{t^\circ }}2A{l_2}{O_3}$
$A{l_2}{O_3} + 3{H_2}S{O_4}\xrightarrow{{}}{\mkern 1mu} A{l_2}{(S{O_4})_3} + 3{H_2}O$
$A{l_2}{(S{O_4})_3} + 6NaO{H_{{\text{ vua du}}}}\xrightarrow{{}}2Al{(OH)_3} \downarrow + 3N{a_2}S{O_4}$
$2Al{(OH)_3}\xrightarrow{{t^\circ }}A{l_2}{O_3} + 3{H_2}O$
Câu 2: Đáp án
Phương pháp giải:
a) Chọn chất làm sạch có phản ứng với dd CuCl2 và không sinh dd mới
b) Dựa vào kiến thức bài 21 sự ăn mòn kim loại và bảo vệ kim loại không bị ăn mòn – sgk hóa 9 – trang 64
c) Dựa vào tính chất hóa học khác nhau của Na, Mg, Cu.
Giải chi tiết:
a. Cho kim loại Al vào hỗn hợp, sau đó lọc bỏ chất rắn ta sẽ thu được dd AlCl3 tinh khiết
PTHH: 2Al + 3CuCl2 → 2AlCl3 + 3Cu↓
b. Để cửa sắt được bền người ta thường sơn lên cửa sắt 1 lớp sơn. Việc sơn này để tránh sự tiếp xúc của sắt với oxi không khí, hơi nước bên ngoài từ đó tránh được sắt bị gỉ (ăn mòn sắt)
c. Hòa tan các kim loại vào nước dư
+ Kim loại nào tan có khí thoát ra là Na
PTHH: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑
+ Hai kim loại không tan là Mg và Cu
– Cho dd HCl dư lần lượt vào 2 kim loại không tan trên
+ Kim loại nào tan dần và có khí không màu thoát ra là Mg
PTHH: Mg + 2HCl → MgCl2 + H2↑
+ Còn lại không có hiện tượng gì là Cu.
Câu 3: Đáp án
Phương pháp giải:
Đổi số mol H2
Viết PTHH xảy ra, tính số mol A theo số mol H2 → MA = mA : nA = ?
Giải chi tiết:
PTHH: A + 2HCl → ACl2 + H2↑
${n_{{H_2}(dktc)}} = \frac{{1,12}}{{22,4}} = 0,05{\mkern 1mu} (mol)$
Theo PTHH: nA = nH2 = 0,05 (mol)
$ \Rightarrow {M_A} = \frac{{{m_A}}}{{{n_A}}} = \frac{{1,2}}{{0,05}} = 24{\mkern 1mu} (g/mol)$
=> A là kim loại Magie (KH: Mg)
Câu 4: Đáp án
Phương pháp giải:
a. Viết PTHH xảy ra, tính số mol Fe theo mol H2
Từ đó tính được mFe và phần trăm khối lượng mỗi chất
b. Tính số mol HCl theo số mol Fe và FeO
c. mdd B = mhh + mdd HCl – mH2 = ?
dd B chứa FeCl2 $ \Rightarrow C\% FeC{l_2} = \frac{{{m_{FeC{l_2}}}}}{{{m_{{\kern 1pt} dd{\kern 1pt} B}}}}.100\% = ?$
Giải chi tiết:
a) PTHH: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (1)
FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2)
Khí A là khí H2; dd B là FeCl2
${n_{{H_2}(dktc)}} = \frac{{{V_{{H_2}}}}}{{22,4}} = \frac{{0,896}}{{22,4}} = 0,04{\mkern 1mu} (mol)$
Theo PTHH (1): nFe = nH2 = 0,04 (mol)
→ Khối lượng của Fe là: mFe = nFe × MFe = 0,04 × 56 = 2,24 (g)
Phần trăm khối lượng của Fe có trong hỗn hợp ban đầu là:
$\% {m_{Fe}} = \frac{{{m_{Fe}}}}{{m{{\mkern 1mu} _{hh}}}}.100\% = \frac{{2,24}}{{5,84}}.100\% = 38,36\% $
Phần trăm khối lượng của FeO trong hỗn hợp là: %mFeO = 100% – %mFe = 100% – 38,36% = 61,64%
b) Khối lượng của FeO là: mFeO = mhh – mFe = 5,84 – 2,24 = 3,6 (g)
$ \Rightarrow {n_{FeO}} = \frac{{{m_{FeO}}}}{{{M_{FeO}}}} = \frac{{3,6}}{{72}} = 0,05{\mkern 1mu} (mol)$
Theo PTHH (1): nHCl(1) = nFe = 0,04 (mol)
Theo PTHH (2): nHCl (2) = nFeO = 0,05 (mol)
Tổng mol HCl là: ∑ nHCl = nHCl(1) + nHCl(2) = 0,04 + 0,05 = 0,09 (mol)
Thể tích dung dịch HCl đã dùng là: ${V_{ddHCl}} = \frac{{\sum {{n_{HCl}}} }}{{{C_M}_{HCl}}} = \frac{{0,09}}{1} = 0,09{\mkern 1mu} (l) = 90{\mkern 1mu} (ml)$
c) mdd HCl = Vdd HCl× dHCl = 90 × 1,15 =103,5 (g)
Theo PTHH (1) và (2): $\sum {{n_{FeC{l_2}}} = \frac{1}{2}} {n_{HCl}} = \frac{1}{2} \times 0,09 = 0,045{\mkern 1mu} (mol)$
Khối lượng FeCl2 là: mFeCl2 = nFeCl2 × MFeCl2 = 0,045 × 127 = 5,715 (g)
Khối lượng dung dịch B là: mdd B = mhh + mdd HCl – mH2 = 5,84 + 103,5 – 0,04×2 = 109,26(g)
Nồng độ phần trăm dung dịch B là:
$C\% FeC{l_2} = \frac{{{m_{FeC{l_2}}}}}{{{m_{{\kern 1pt} dd{\kern 1pt} B}}}}.100\% = \frac{{5,715}}{{109,26}}.100\% = 5,23\% $
