Đề thi và ĐA HSG môn HÓa Nghệ An ( A) 09-10

Nguyễn Đình Hành ( ST)
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: HÓA HỌC LỚP 9 - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (6,0 điểm):
1. Từ các hóa chất: KClO
3
, FeS, Fe và dung dịch HCl, với các thiết bị và chất xúc tác có đủ.
a. Hãy viết các phương trình hóa học điều chế 5 chất khí khác nhau.
b. Cho 5 chất khí trên tác dụng vừa đủ với nhau từng đôi một. Viết các phương trình hóa học xẩy ra.
2. Bằng phương pháp hóa học hãy tách từng chất sau ra khỏi hỗn hợp chất rắn gồm: AlCl
3
, Al
2
O
3
, CuCl
2
,
KCl, CuO.
3. Cho một mẫu đá vôi (CaCO
3
) vào ống nghiệm chứa 10 ml dung dịch HCl 1M. Cứ sau 30 giây người ta
đo thể tích CO
2
(đktc) thu được kết quả như sau:
Thời gian (giây) 0 30 60 90 120 150 180 200
Thể tích khí CO
2
(ml) 0 30 52 78 80 88 91 91

a. Kết quả đo ở thời điểm nào được nghi ngờ là sai? Giải thích?
b. Giải thích tại sao phản ứng dừng lại ở thời điểm 180 giây?
c. Khoảng thời gian nào phản ứng xẩy ra nhanh nhất? Có những biện pháp nào để phản ứng xẩy ra nhanh
hơn?
Câu 2. (2,0 điểm): Hãy xác định các chất từ A
1
→ A
11
và hoàn thành các phương trình hóa học sau:
4321
AAAA +→+
(1)
10986
AAAA →++
(3)
7653
AAAA +→+
(2)
91110
AAA
o
t
+→
(4)
91411
AAAA
o
t
+→+
(5)

Biết: A
3
là muối Sắt clorua, nếu lấy 1,27 gam A
3
tác dụng với dung dịch AgNO
3
dư, đến khi phản ứng kết
thúc thu được 2,87 gam kết tủa.
Câu 3. (4,0 điểm): Hỗn hợp X gồm AO và B
2
O
3
(A, B là hai kim loại thuộc dãy hoạt động hóa học của một
số kim loại – SGK Hóa Học 9). Chia 36 gam X thành hai phần bằng nhau:
- Để hòa tan hết phần 1, cần dùng 350 ml dung dịch HCl 2M.
- Cho luồng khí CO dư đi qua phần 2 nung nóng, sau khi phản ứng xẩy ra hoàn toàn thu được 13,2 gam
chất rắn Y.
1. Xác định công thức hóa học của AO và B
2
O
3
.
2. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của mỗi chất có trong X.
Câu 4. (5,0 điểm): Cho 2 lít dung dịch hỗn hợp gồm Na
2
CO
3
0,1M và (NH
4
)

2
CO
3
0,25M vào dung dịch chứa
86 gam hỗn hợp gồm BaCl
2
và CaCl
2
. Sau khi phản ứng kết thúc thu được 79,4 gam kết tủa A và dung dịch
B.
1. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của mỗi chất có trong A.
2. Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau:
a. Cho axit HCl dư vào phần 1, sau đó cô cạn dung dịch rồi nung chất rắn còn lại tới khối lượng không
đổi được chất rắn X. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của mỗi chất có trong X.
b. Thêm từ từ 540 ml dung dịch Ba(OH)
2
0,2M vào phần 2, đến khi phản ứng xẩy ra hoàn toàn thì tổng
khối lượng của dung dịch giảm tối đa bao nhiêu gam?
Câu 5. (3,0 điểm): Hỗn hợp X gồm: 0,3 mol CH
4
; 0,18 mol C
2
H
2
và 0,4 mol H
2
. Nung nóng hỗn hợp X với
xúc tác Ni thu được hỗn hợp Y. Cho Y đi qua bình A đựng dung dịch Brôm dư, đến khi phản ứng kết thúc
thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H
2

bằng 8 và thấy khối lượng bình A tăng 1,64 gam. Tính số mol
từng chất có trong hỗn hợp Z.
(Cho Al:27; Mg:24; Cu:64; O:16; Ca:40; C:12; Ba:137; Na:23; K:39; Fe:56; Cl:35,5; S:32; H:1; N:14)
- - - Hết - - -
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
1
Đề chính thức
Nguyễn Đình Hành ( ST)
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: HÓA HỌC LỚP 9 - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 Điều chế 5 chất khí:
2KClO
3

→
o
t
2KCl + 3O
2
KClO
3
+ 6HCl
→
KCl + 3Cl
2
+3H

2
O
FeS + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
S
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
4FeS + 7O
2

→
o
t
2Fe
2
O
3
+ 4SO
2
* Cho 5 chất khí tác dụng với nhau từng đôi một là:
3O
2

+ 2H
2
S
→
o
t
2SO
2
+ 2H
2
O
O
2
+ 2SO
2
 →
52
OVt
o
2SO
3
O
2
+ 2H
2
→
o
t
2H
2

O
Cl
2
+ H
2

→
o
t
2HCl
Cl
2
+ 2H
2
S
→
S + 2HCl
2H
2
S + SO
2

→
3S + 2H
2
O
2,75
(mỗi
pt cho
0,25)

2 - Hòa tan hỗn hợp vào nước thu được 2 phần
Phần tan gồm: AlCl
3
, CuCl
2
, KCl
Phần không tan gồm: Al
2
O
3
, CuO.
- Cho phần không tan tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc tách thu được
CuO, còn Al
2
O
3
tan thành dung dịch:
Al
2
O
3
+ 2NaOH
→
2NaAlO
2
+ H
2
O
Sục khí CO
2

dư vào dung dịch, lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi,
thu được Al
2
O
3
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O
→
Al(OH)
3
+ NaHCO
3
2Al(OH)
3

→
o
t
Al
2
O
3
+ 3H
2
O

- Phần tan: cho tác dụng với dung dịch KOH dư, lọc lấy kết tủa rồi cho tác
dụng với HCl dư sau đó cô cạn dung dịch thu được CuCl
2
CuCl
2
+ 2KOH
→
Cu(OH)
2
+ 2KCl
Cu(OH)
2
+ 2HCl
→
CuCl
2
+ 2H
2
O
Sục khí CO
2
dư vào dung dịch lọc lấy kết tủa cho tác dụng với dung dịch HCl
dư sau đó cô cạn dung dịch AlCl
3
KAlO
2
+ CO
2
+2H
2

O
→
Al(OH)
3
+ KHCO
3
Al(OH)
3
+ 3HCl
→
AlCl
3
+ 3H
2
O
Phần dung dịch còn lại cho tác dụng với dung dịch HCl dư, sau đó cô cạn
dung dịch thu được KCl
KHCO
3
+ HCl
→
KCl + 2H
2
O + CO
2

0,25
0,25
0,5
0,5

0,5
0,25
3 a. Ở thời điểm 90 giây:
)/(733,0
30
3052
)2()/(867,0
90
78
)3( smlpuvsmlpuv =
−
=>==
trái với quy luật
(tốc độ phản ứng càng giảm khi lượng chất phản ứng càng ít)
b. Ptpư CaCO
3
+ 2HCl
→
CaCl
2
+ H
2
O + CO
2
Ta nhận thấy nếu HCl phản ứng hết thì :
Thể tích CO
2
= 0,005.22,4 = 0,112 (lít) = 112ml > thể tích CO
2
tạo thành.

Vì vậy HCl dư, CaCO
3
hết nên phản ứng dừng khi mẫu CaCO
3
hết
2
Đáp án
Nguyễn Đình Hành ( ST)
c.
- Ở phút đầu tiên
- Tán nhỏ mẫu CaCO
3
hoặc khuấy đều hoặc đun nóng hệ phản ứng
II 1 Gọi muối sắt clorua là FeCl
x
ta có phương trình sau:
FeCl
X
+ xAgNO
3

→
Fe(NO
3
)
x
+ xAgCl
n
AgCl
= 2,87/143,5=0,02mol

→

x
n
x
FeCl
02,0
=
(mol)
→
25,63
02,0
27,1
=⇒== xx
x
M
x
FeCl
Vậy A
3
là FeCl
2
.
Thay các chất thích hợp vào ta có các PTHH:
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2

(A
1
) (A
2
) (A
3
) (A
4
)
FeCl
2
+ 2NaOH
→
Fe(OH)
2
+ 2NaCl
(A
3
) (A
5
) (A
6
) (A
7
)
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H

2
O
→
4Fe(OH)
3
(A
6
) (A
8
) (A
9
) (A
10
)
2Fe(OH)
3

→
o
t
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
(A
10
) (A

11
) (A
9
)
Fe
2
O
3
+ 3H
2

→
o
t
2Fe + 3H
2
O
(A
11
) (A
4
) (A
1
) (A
9
)
0,75
1,25
(mỗi
pt cho

0,25)
Câu
3
a Gọi a, b lần lượt là số mol của AO và B
2
O
3
có ở mỗi phần, ta có pthh:
- Phần 1:
AO + 2HCl
→
ACl
2
+ H
2
O (1)
B
2
O
3
+ 6HCl
→
2BCl
3
+ 3H
2
O (2)
Theo bài ra và pt (1) (2) ta có:




=+++
=+
)(18)482()16(
)(7,062
bbBaA
aba
Từ (b)
→
aA + 16 + 2bB + 48b = 18
→
aA + 2bB + 8(2a+6b) = 18
→
aA + 2bB = 12,4 (c)
- Giả sử phần 2 đều bị khử hoàn toàn bởi CO ta có các pthh:
AO + CO
→
o
t
A + CO
2
(3)
B
2
O
3
+ 3CO
→
o
t

2B + 3CO
2
(4)
Theo (3) (4): m
Y
= aA + 2bB = 12,4 < 13,2
→
vô lý.
Vậy chỉ có một oxit bị khử bởi CO.
- Trường hợp 1: Chỉ có AO bị khử.
AO + CO
→
o
t
A + CO
2
(5)
Lúc đó: m
Y
= aA + b(2B+48)=13,2 (d)
Từ (a) (d)
→
16a = 4,8
→
a = 0,3
b = 0,1/6
Thay vào (c)
→
0,3A + B/30 = 12,4
→

9A + B = 372
Do B nằm trong dãy hoạt động hóa học và B
2
O
3
không bị khử bởi CO nên B
là Nhôm (Al = 27)
→
A = 38,33 (loại)
- Trường hợp 2: Chỉ có B
2
O
3
bị khử bởi CO:
B
2
O
3
+ 3CO
→
o
t
2B + 3CO
2
Lúc đó: m
Y
= 2bB + a(A+16) = 13,2 (e)
Từ (a) (e)
→
48b = 4,8

→
b = 0,1
a = 0,05
Thay vào (c): 0,05A + 0,2B = 12,4
→
A + 4B = 248
Do B nằm trong dãy hoạt động hóa học và B
2
O
3
bị khử nên B là Fe
→
A là
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
3
Nguyễn Đình Hành ( ST)
Mg.
Vậy hai oxit trên là MgO và Fe
2
O
3
%11,11%100
18
05,040
% == x

x
MgO
%89,88%11,11%10032% =−=OFe
0,5
0,5
Câu
4
1 - Các phản ứng xẩy ra:
BaCl
2
+ Na
2
CO
3

→
BaCO
3
+ 2NaCl (1)
BaCl
2
+ (NH
4
)
2
CO
3

→
BaCO

3
+ 2NH
4
Cl (2)
CaCl
2
+ Na
2
CO
3

→
CaCO
3
+ 2NaCl (3)
CaCl
2
+ (NH
4
)
2
CO
3

→
CaCO
3
+ 2NH
4
Cl (4)

Số mol gốc CO
3
=
molnn
CONHCONa
35,025,01,0
32432
)(
=+=+
Cứ một mol BaCl
2
hoặc CaCl
2
chuyển thành BaCO
3
hoặc CaCO
3
thì khối
lượng muối giảm: 71 – 60 = 11g
Vậy tổng số mol BaCO
3
và CaCO
3
phản ứng là:
(43 – 39,7):11=0,3mol < tổng số mol gốc CO
3

→
số mol gốc CO
3

dư.
Gọi x, y là số mol BaCO
3
và BaCO
3
có trong A theo bài ra ta có:



=
=
⇒



=+
=+
2,0
1,0
7,39100197
3,0
y
x
yx
yx
Thành phần phần trăm các chất trong A là:
%62,49%100
7,39
1971,0
%

3
== x
x
BaCO
%38,50%62,49%100%
3
=−=CaCO
- Trong 1/2 dung dịch B có: NaCl, NH
4
Cl, Na
2
CO
3
dư, (NH
4
)
2
CO
3
dư. Cho
dung dịch B tác dụng với HCl dư ta có các phương trình hóa học:
Na
2
CO
3
+ 2HCl
→
2NaCl + CO
2
+ H

2
O (5)
(NH
4
)
2
CO
3
+ 2HCl
→
2NH
4
Cl + CO
2
+ H
2
O (6)
Khi cô cạn dung dịch thu được các muối NaCl và NH
4
Cl. Nung chất rắn tới
khối lượng không đổi NH
4
Cl bị thăng hoa theo phương trình:
NH
4
Cl
→
o
t
NH

3
+ HCl.
Vậy chất rắn X chỉ còn NaCl, chiếm 100%
1,0
0,5
0,5
2 - Trong 1/2 dung dịch B có: NaCl, NH
4
Cl, Na
2
CO
3
dư, (NH
4
)
2
CO
3
dư.
Số mol gốc CO
3
dư
mol025,0)3,035,0(
2
1
=−=
Số mol Ba(OH)
2
= 0,25 x 0,2 =0,054 mol
Cho B tác dụng với Ba(OH)

2
, có các pthh:
Ba(OH)
2
+ 2NH
4
Cl
→
BaCl
2
+ 2NH
3
+ H
2
O (8)
Ba(OH)
2
+ (NH
4
)
2
CO
3

→
BaCO
3
+ 2NH
3
+ 2H

2
O (9)
Ba(OH)
2
+ Na
2
CO
3

→
BaCO
3
+ 2NaOH (10)
Muốn lượng dung dịch giảm tối đa thì khối lượng kết tủa phải lớn nhất và
lượng NH
3
thoát ra nhiều nhất. Khi đó Phản ứng (10) không xẩy ra (tức
Na
2
CO
3
đã hết)
Theo (9) số mol BaCO
3
= số mol gốc CO
3
dư = 0,025
→
khối lượng BaCO
3

kết tủa lớn nhất = 0,025 x 197 = 4,925g
Vì số mol nhóm OH = 0,054 x 2 < số mol của (NH
4
)
2
CO
3
nên số mol NH
3
thoát ra ở (8) (9) là 0,108mol
→
khối lượng NH
3
= 0,108 x 17 = 1,836g.
Vậy tổng khối lượng hai dung dịch giảm tối đa = 4,925 + 1,836=6,761g
1,0
0,5
0,5
Câu
5
- Các pthh xẩy ra:
C
2
H
2
+ H
2

→
C

2
H
4
(1)
C
2
H
2
+ 2H
2

→
C
2
H
6
(2)
Gọi a, b là số mol của C
2
H
4
và C
2
H
6
ở (1) (2)
0,5
4
Nguyễn Đình Hành ( ST)
Hỗn hợp Y gồm :

H
2
(0,4 – a – 2b) mol
C
2
H
4
a mol
C
2
H
6
b mol
C
2
H
2
(0,18 – a – b) mol
CH
4
0,3 mol
Khi cho Y đi qua dung dịch Brom dư có các phản ứng:
C
2
H
2
+ 2Br
2

→

C
2
H
2
Br
4
C
2
H
4
+ Br
2

→
C
2
H
4
Br
2
Hỗn hợp khí Z gồm H
2
, C
2
H
6
, CH
4
. Theo bài ra ta có pt:
2(0,4 – a – 2b) + 30b + 16x0,3/0,7 – a – b = 2 x 8 = 16 (*)

26(0,18 – a – b) + 28a = 1,64 (**)
Từ (*) (**)
→
a = 0,04
b = 0,12
Vậy trong hỗn hợp Z có 0,3 mol CH
4
; 0,12 mol C
2
H
6
; 0,12 H
2
0,5
0,5
1,0
5