Đề+Đáp án môn Hoá HSG tinh TB 2010-2011

Sở Giáo dục và Đào tạo
Thái Bình
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2010-2011
Môn: HO học
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)
Cõu 1. (3 im)
a) un núng nh dung dch HCl m c d vi 3,48 gam MnO
2
, khớ Clo sinh ra c hp th
ht bng 800 ml dung dch NaOH 0,1M nhit thng. Tớnh nng mol/l ca cỏc cht trong
dung dch sau phn ng.
b) Qung boxớt cú thnh phn chớnh l Al
2
O
3
cú ln mt lng Fe
2
O
3
v SiO
2
. Bng phng
phỏp hoỏ hc hóy tỏch Al
2
O
3
ra khi hn hp. Vit phng trỡnh phn ng minh ho.
Cõu 2. (3 im) Ho tan hon ton mt oxit kim loi M (hoỏ tr khụng i) vo lng va dung dch
H
2

SO
4
10% to dung dch X cha mt mui nng 11,243%.
a) Xỏc nh oxit kim loi trờn.
b) Vit phng trỡnh phn ng trong cỏc trng hp sau (kốm iu kin phn ng, nu cú).
+ iu ch kim loi tng ng t oxit trờn.
+ Ho tan oxit trờn trong dung dch NaOH d.
+ Cho dung dch X tỏc dng vi dung dch Na
2
CO
3
.
Cõu 3. (2 im) Cho ba bỡnh mt nhón:
Bỡnh X cha dung dch KHCO
3
v K
2
CO
3
.
Bỡnh Y cha dung dch KHCO
3
v K
2
SO
4
.
Bỡnh Z cha dung dch K
2
CO

3
v K
2
SO
4
.
Ch dựng qu tớm, dung dch HCl, dung dch Ba(OH)
2
v ng nghim; hóy phõn bit cỏc
dung dch cha trong cỏc bỡnh trờn? Vit phng trỡnh phn ng minh ho.
Cõu 4. (3 im) Cho hirocacbon X cú cụng thc phõn t C
n
H
2n+2
(cú tớnh cht tng t metan) tỏc
dng vi clo (ỏnh sỏng) thu c 15,75 gam hn hp cỏc sn phm th monoclo v iclo. Khớ
HCl sinh ra c hp th hon ton bng nc sau ú trung hũa bng dung dch NaOH thy tn
ht 250 ml dung dch NaOH 1,2M. Xỏc nh cụng thc phõn t ca X.
Cõu 5. (2 im) Trn V
1
lớt dung dch HCl 1M vi V
2
lớt dung dch NaOH 2M c dung dch X.
Dung dch X ho tan c ti a a mol Al(OH)
3
. Tỡm biu thc liờn h gia V
1
, V
2
v a?

Cõu 6. (3 im) Hn hp A gm 3 kim loi: K, Al, Fe c chia thnh 3 phn bng nhau:
Phn 1 cho tỏc dng vi nc d thu c 4,48 lớt khớ.
Phn 2 tỏc dng vi dung dch KOH d thu c 7,84 lớt khớ.
Phn 3 ho tan hon ton trong 0,5 lớt dung dch H
2
SO
4
1,2M thu c 10,08 lớt khớ v dung dch B.
a) Tớnh % khi lng mi kim loi trong hn hp A (Cho cỏc khớ u o ktc).
b) Cho dung dch B tỏc dng vi 240 gam dung dch NaOH 20%. Lc kt ta nung trong khụng
khớ n khi lng khụng i c m gam cht rn. Tớnh giỏ tr m? (gi s cỏc mui to kt
ta ng thi vi NaOH).
Cõu 7. (2 im) Hp th ht V lớt khớ CO
2
(ktc) vo 200 ml dung dch hn hp NaOH 1M v
Ba(OH)
2
0,5M thu c 11,82 gam kt ta. Xỏc nh giỏ tri ca V?
Cõu 8. (2 im) Cho khớ etan (C
2
H
6
) qua xỳc tỏc ( nhit cao) thu c mt hn hp khớ X gm
etan d, etilen, axetilen v H
2
. T khi ca hn hp X i vi etan l 0,4. Nu cho 0,6 mol hn
hp X qua dung dch Br
2
d thỡ cú ti a bao nhiờu mol Br
2

ó tham gia phn ng.
Cho: H=1; C=12; O=16, Na=23; Al=27; S=32; Cl=35,5;
K=39; Mn=55; Fe=56; Ba=137.
Ht
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
Sở Giáo dục và Đào tạo
Thái Bình
Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2010-2011
hƯớNG DẫN Và BIểU ĐIểm MÔN HO học
(03 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1.
(3đ)
a) Số mol MnO
2
= 3,48 : 87 = 0,04 mol
Số mol NaOH = 0,1.0,8 = 0,08 mol
Ptpư: MnO
2
+ 4HCl → MnCl
2
+ Cl
2
↑ + 2H
2
O
Cl
2
+ 2NaOH → NaCl + NaClO + H
2

O
Theo ptpư: mol NaOH = 2mol Cl
2
→ phản ứng vừa đủ
mol NaCl = mol NaClO = mol Cl
2
= 0,04 mol
→ C
M(NaCl)
= C
M(NaClO)
= 0,04 : 0,8 = 0,05(M)
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
b) Đun hỗn hợp với dung dịch NaOH đặc dư
SiO
2
+ 2NaOH
o
t C
→
Na
2
SiO
3
+ H
2

O
Al
2
O
3
+ 2NaOH → 2NaAlO
2
+ H
2
O
Lọc tách phần dung dịch rồi dẫn khí CO
2
tới dư vào
CO
2
+ NaOH → NaHCO
3
CO
2
+ NaAlO
2
+ 2H
2
O → Al(OH)
3
↓+ NaHCO
3
Lọc tách kết tủa rồi nung ở nhiệt độ cao
2Al(OH)
3

o
t C
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
0,5
0,5
0,5
Câu 2.
(3đ)
a) Đặt công thức oxít M
2
O
n
Ptpư: M
2
O
n
+ nH
2
SO
4
→ M
2

(SO
4
)
n
+ nH
2
O
mol 1 n 1
m
ddH2SO4
= n.98.100/10 = 980n gam
m
dd muối
= 2M + 996n (gam)
→ C%
muối
= (2M + 96n) : (2M + 996n) = 0,11243
→ M = 9n → M = 27 (Al)
→ Công thức oxít: Al
2
O
3
1,5
b) ptpứ: Al
2
O
3

dpnc
criolit

→
2Al + 3/2O
2
↑
Al
2
O
3
+ 2NaOH → 2NaAlO
2
+ H
2
O
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3Na
2
CO
3
+ 3H
2
O → 2Al(OH)
3
↓ + 3Na
2
SO

4
+ 3CO
2
↑
0,5.3
Câu 3.
(2đ)
- Điều chế dung dịch BaCl
2
: Cho dung dịch Ba(OH)
2
vào ống nghiệm, cho tiếp quỳ
tím vào, quỳ tím hoá xanh. Cho từ từ dung dịch HCl vào đến khi quỳ chuyển sang
màu tím thì dừng lại, ta điều chế được dd BaCl
2
Ptpư: Ba(OH)
2
+ 2HCl → BaCl
2
+ 2H
2
O
- Lấy một lượng nhỏ từng dung dịch X, Y, Z cho vào từng ống nghiệm riêng biệt
đánh số thứ tự
+ Cho dd BaCl
2
vào từng ống nghiệm đến dư, các ống nghiệm đều tạo kết tủa trắng: Kết
tủa từ X chứa BaCO
3
; từ Y chứa BaSO

4
; từ Z chứa hỗn hợp BaCO
3
và BaSO
4.
Ptpư: K
2
CO
3
+ BaCl
2
→ BaCO
3
↓ + 2KCl
K
2
SO
4
+ BaCl
2
→ BaSO
4
↓ + 2KCl
+ Cho dung dịch HCl tới dư vào từng ống nghiệm chứa các kết tủa: Nếu kết tủa
nào tan hết thì ban đầu là dd X, nếu kết tủa tan một phần thì đó là dd Z, còn lại là
dd Y
BaCO
3
+ 2HCl → BaCl
2

+ CO
2
↑ + H
2
O
0,5
Nhận
được
mỗi dd
và viết
pthh
cho
0,5đ
Câu 4.
(3đ)
Ptpư C
n
H
2n+2
+ Cl
2

askt
→
C
n
H
2n+1
Cl + HCl
C

n
H
2n+2
+ 2Cl
2

askt
→
C
n
H
2n
Cl
2
+ 2HCl
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
Số mol NaOH = mol HCl = mol Cl
2
= 0,3 mol
Theo ĐLBTKL: m
ankan
= 15,75 + 36,5.0,3 – 71,0,3 = 5,4 gam
→ 0,15 < mol
ankan
< 0,3
→ 5,4/0,3 < M
ankan
< 5,4/0,15

→ 18 < 14n + 2 < 36
→ 1,14 < n < 2,43 → n = 2 → CTPT ankan: C
2
H
6
2.0.5
0,25
1,75
Câu 5.
(2đ)
Số mol HCl = V
1
mol
Số mol NaOH = 2V
2
mol
Trường hợp 1: Dung dịch X chứa HCl dư
1,0
Câu Nội dung Điểm
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
2V
2
2V
2
3HCl + Al(OH)
3
→ AlCl
3

+ 3H
2
O
3a a
Số mol HCl = 2V
2
+ 3a = V
1
Trường hợp 2: Dung dịch X chứa NaOH
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
V
1
V
1
Al(OH)
3
+ NaOH → NaAlO
2
+ 2H
2
O
a a
Số mol NaOH = V
1
+ a = 2V
2
1,0
Câu 6.

(3đ)
a) Gọi x, y, z lần lượt là số mol K, Al, Fe trong một phần
Phần 2: K + H
2
O → KOH + 1/2H
2
↑ (1)
x x x/2
Al + KOH + H
2
O → KAlO
2
+ 3/2H
2
↑ (2)
y 3y/2
Số mol H
2
= x/2 + 3y/2 = 7,84/22,4 = 0,35 mol
Phần 1: Số mol H
2
(1) = x/2
Số mol H
2
(2) = 3/2mol KOH (1) = 3x/2
Tổng mol H
2
= x/2 + 3x/2 = 0,2 → x = 0,1 mol → y = 0,2 mol
Phần 3: Số mol H
2

SO
4
= 0,6 mol
2K + H
2
SO
4
→ K
2
SO
4
+ H
2
↑
x x/2
2Al + 3H
2
SO
4
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
↑
y y/2 3y/2
Fe + H

2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
↑
z z z
Số mol H
2
= x/2 + 3y/2 + z = 10,08/22,4 = 0,45 mol
→ z = 0,1 mol
Khối lượng của 1 phần = 0,1.39 + 0,2.27 + 0,1.56 = 14,9 gam
→ %m
K
= 26,17%; %m
Al
= 36,24%; %m
Fe
= 37,59%
0,5
0,5
0,5
0,5
b) Số mol H
2
SO
4
pư = mol H

2
= 0,45 mol
→ mol H
2
SO
4
dư = 0,6 – 0,45 = 0,15 mol
Số mol NaOH = 1,2 mol
Ptpư: H
2
SO
4
+ 2NaOH → Na
2
SO
4
+ 2H
2
O
0,15 0,3
FeSO
4
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
↓ + Na
2
SO
4
0,1 0,2 0,1
Al

2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH → 2Al(OH)
3
↓ + 3Na
2
SO
4
0,1 0,6 0,2
Al(OH)
3
+ NaOH → NaAlO
2
+ 2H
2
O
0,1 0,1
Số mol Al(OH)
3
dư = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol
4Fe(OH)
2
+ O
2

o
t C

→
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O
0,1 0,05
2Al(OH)
3

o
t C
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
0,1 0,05
Khối lượng chất rắn = 160.0,05 + 102.0,05 = 13,1 gam
Viết
Đúng
Ptpư
0,5
Tính
toán

đến
đáp
án 0,5
Câu 7.
(2,0đ)
Số mol NaOH = 0,2 mol
Số mol Ba(OH)
2
= 0,1 mol
Số mol BaCO
3
= 11,82/197 = 0,06 mol
Trường hợp 1: CO
2
thiếu so với Ba(OH)
2
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O
0,75
Câu Nội dung Điểm
0,06 0,06
→ V
CO2

= 0,06.22,4 = 1,344 lít
Trường hợp 2: CO
2
dư so với Ba(OH)
2
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O
0,1 0,1 0,1
CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
0,1 0,2 0,1
CO
2
+ Na
2
CO

3
+ H
2
O → 2NaHCO
3
0,1 0,1
CO
2
+ H
2
O + BaCO
3
→ Ba(HCO
3
)
2
0,04 0,04
→ V
CO2
= 0,34.22,4 = 7,616 lít

1,25
Câu 8.
(2,0đ)
Ptpư C
2
H
6

p,t

xt
→
C
2
H
4
+ H
2
C
2
H
6

p,t
xt
→
. C
2
H
2
+ 2H
2
C
2
H
4
+ Br
2
→ C
2

H
4
Br
2
C
2
H
2
+ 2Br
2
→ C
2
H
2
Br
4
Giả sử nung 1 mol C
2
H
6
Có KLPTTB của X = 0,4.30 = 12 (g/mol)
Theo BTKL có m
X
= m
C2H6
= 30 gam
→ số mol hỗn hợp X = 30/12 = 2,5 mol
Khi nung 1 mol C
2
H

6
thu được 2,5 mol hỗn hợp X
Vậy x mol……………………. 0,6 mol ………
→ x = 0,6/2,5 = 0,24 mol
Theo ptpư: số mol Br
2
pứ = mol H
2
= độ tăng số mol = 0,6 – 0,24 = 0,36 mol.
0,5
1,5

Ghi chú:
1. Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
2. Viết phương trình thiếu điều kiện hoặc cân bằng sai cho nửa số điểm.