Đề thi HSG môn hóa học 9 tỉnh Lào Cai 2011

Sở giáo dục và đào tạo
LàO CAI
kì thi chọn học sinh giỏi cấp TỉNH
Đề chính
thức
Nm hc: 2010 2011
Mụn: Hoỏ hc - Lp 9
Thi gian: 150 phỳt (Khụng k thi gian giao )
Ngy thi: 29 - 03 - 2011
( thi gm 02 trang)
Cõu 1. (4,0 im)
1. Nung núng Cu trong khụng khớ mt thi gian c cht rn A. Hũa tan A
bng H
2
SO
4
c núng d c dung dch B v khớ C. Khớ C tỏc dng vi dung dch
KOH thu c dung dch D. Dung dch D va tỏc dng vi dung dch BaCl
2
, va tỏc
dng vi dung dch NaOH. Cho B tỏc dng vi dung dch KOH. Vit cỏc phng trỡnh
húa hc xy ra.
2. T pirit st, nc bin, khụng khớ v cỏc thit b cn thit khỏc. Hóy vit
phng trỡnh húa hc iu ch cỏc cht: nc Javen, FeSO
4
, FeCl
3
.
Cõu 2. (4,0 im)
1. Bng phng phỏp húa hc, hóy nhn bit cỏc hn hp sau: (Fe + Fe
2

O
3
), (Fe
+ FeO), (FeO + Fe
2
O
3
).
2. Nờu hin tng xy ra trong mi trng hp sau v vit phng trỡnh húa
hc xy ra:
a. Cho khớ CO
2
li chm qua nc vụi trong, sau ú thờm tip nc vụi trong
vo dung dch thu c.
b. Cho t t dung dch HCl vo dung dch Na
2
CO
3
.
Cõu 3. (4,0 im)
1. Tỡm cỏc cht kớ hiu bng ch cỏi trong s sau v hon thnh s bng
phng trỡnh húa hc:
CH
3
COONa
NaOH
B
C
D
E

CaO
o
1500 C
Làm lạnh nhanh

CH
3
COOC
2
H
5
Y (khí)
A (khí)
X (rắn)
2. T mt loi tinh du ngi ta tỏch ra c hp cht hu c A. t chỏy hon
ton 2,64 gam A cn va 4,704 lớt khớ oxi (ktc) ch thu c CO
2
v H
2
O vi t l
khi lng l
2
2
CO
H O
m
m
=
11
2

. Bit
A
M
< 150. Xỏc nh cụng thc phõn t ca A.
Cõu 4. (3,0 im)
1. Hũa tan 5,72 gam Na
2
CO
3
.xH
2
O trong 44,28 gam nc ta thu c dung dch
cú nng 4,24%. Xỏc nh cụng thc ca hirat.
2. Kh 3,48 gam oxit mt kim loi M cn dựng 1,344 lớt H
2
(ktc). Ton b
lng kim loi thu c cho tỏc dng vi dung dch HCl d thu c 1,008 lớt H
2
(ktc). Xỏc nh kim loi M v oxit ca nú.
Cõu 5. (2,0 im)
Cho 87 gam dung dch ru etylic tỏc dng vi Na ly d thỡ thu c 28 lớt khớ
H
2
(ktc).
a. Tớnh khi lng ca ru etylic v nc trong dung dch.
b. Tớnh ru ca dung dch ru trờn (bit khi lng riờng ca ru
nguyờn cht l 0,8 g/ml)
Cõu 6. (3,0 im)
Cho 5,12 gam hn hp X gm 3 kim loi Mg, Fe v Cu dng bt tỏc dng vi
150 ml dung dch HCl 2M, sau khi phn ng kt thỳc thy ch thoỏt ra 1,792 lớt khớ H

2
(ktc). em lc ra thu c 1,92 gam cht rn B.
a. Tớnh khi lng mi kim loi cú trong hn hp X.
b. Cho 2,56 gam hn hp X tỏc dng vi 250 ml dung dch AgNO
3
0,34M.
Khuy k hn hp cho phn ng xy ra hon ton, thu c dung dch v cht rn
E. Tớnh khi lng ca cht rn E.
Ht
Chỳ ý:
- Thớ sinh c s dng bng tun hon cỏc nguyờn t húa hc.
- Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
Sở giáo dục và đào
tạo
LàO CAI
Hớng dẫn giải đề thi chọn
học sinh giỏi cấp TỉNH
Đề chính
thức
Nm hc: 2010 2011
Mụn: Hoỏ hc - Lp 9
Thi gian: 150 phỳt (Khụng k thi gian giao )
Ngy thi: 29 - 03 - 2011
(ỏp ỏn gm 04 trang)
Cõu 1. (4,0 im)
1. Nung núng Cu trong khụng khớ c cht rn A gm Cu v CuO:
Cu + O
2

o
t

CuO
Khi cho A tỏc dng vi dung dch H
2
SO
4
c, núng v d:
Cu + 2H
2
SO
4
đặc nóng

CuSO
4
+ SO
2

+ 2H
2
O
CuO + H
2
SO
4


CuSO

4
+ H
2
O
Dung dch B cha CuSO
4
v H
2
SO
4
d. Khớ C l SO
2
.
Cho C tỏc dng vi dung dch KOH:
SO
2
+ KOH

KHSO
3
v:
SO
2
+ 2KOH

K
2
SO
3
+ H

2
O
Dung dch D cha KHSO
3
v K
2
SO
3
.
Cho dung dch D tỏc dng vi BaCl
2
v NaOH:
K
2
SO
3
+ BaCl
2


BaSO
3

+ 2KCl
2KHSO
3
+ 2NaOH

K
2

SO
3
+ Na
2
SO
3
+ H
2
O
Cho dung dch B tỏc dng vi KOH:
H
2
SO
4
+ KOH

KHSO
4
+ H
2
O
CuSO
4
+ 2KOH

Cu(OH)
2

+ H
2

O
2. in phõn dung dch nc bin
- Khụng cú mng ngn thu c nc Javen:
2NaCl + H
2
O
điện phân dung dịch
không có màng ngăn

NaCl + NaClO + H
2
- Cú mng ngn:
2NaCl + 2H
2
O
®iÖn ph©n dung dÞch
cã mµng ng¨n
→
2NaOH + Cl
2
↑
+ H
2
↑
Đốt pirit sắt trong oxi dư:
4FeS
2
+ 11O
2

o
t
→
2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
↑
Dẫn H
2
dư qua Fe
2
O
3
nung nóng:
3H
2
+ Fe
2
O
3

o
t
→
2Fe + 3H
2
O

Đốt sắt trong khí clo thu được FeCl
3
:
2Fe + 3Cl
2

o
t
→
2FeCl
3
Đốt khí SO
2
trong không khí với chất xúc tác V
2
O
5
:
2SO
2
+ O
2

o
2 5
t
V O
→
2SO
3

Sục khí SO
3
thu được vào nước:
SO
3
+ H
2
O
→
H
2
SO
4
Cho dung dịch thu được phản ứng với sắt dư thu được FeSO
4
:
Fe + H
2
SO
4

→
FeSO
4
+ H
2
↑
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Lần lượt đánh số thứ tự vào các hỗn hợp cần nhận biết. Lấy mỗi hỗn hợp một ít
làm mẫu thử để nhận biết.

- Cho dung dịch HCl lần lượt vào ba mẫu thử. Mẫu nào thấy không có khí bay
ra là hỗn hợp (FeO + Fe
2
O
3
). Hai mẫu còn lại đều có khí thoát ra:
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
FeO + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
O
Fe
2
O
3
+ 6HCl
→
2FeCl
3
+ 3H
2
O

- Hai mẫu thử còn lại cho từ từ vào dung dịch CuSO
4
dư và khuấy đều. Lọc kết
tủa hòa tan trong dung dịch HCl dư:
Fe + CuSO
4

→
FeSO
4
+ Cu
- Dung dịch thu được cho phản ứng với NaOH. Mẫu nào tạo kết tủa trắng xanh,
hóa nâu đỏ trong không khí thì mẫu đó là (Fe + FeO). Mẫu còn lại tạo kết tủa nâu đỏ
là (Fe + Fe
2
O
3
)
FeCl
2
+ 2NaOH
→
Fe(OH)
2
+ 2NaCl
FeCl
3
+ 3NaOH
→
Fe(OH)

3
+ 3NaCl
2- a. Ban đầu thấy có kết tủa trắng xuất hiện:
Ca(OH)
2
+ CO
2

→
CaCO
3
+ H
2
O
Sau đó kết tủa tan dần thành dung dịch không màu:
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
→
Ca(HCO
3
)
2
b. Thoạt đầu không thấy hiện tượng gì xảy ra do phản ứng:
HCl + Na
2

CO
3

→
NaHCO
3
+ NaCl
Sau đó thấy có khí không màu, không mùi thoát ra:
HCl + NaHCO
3

→
NaCl + CO
2
+ H
2
O
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Sơ đồ biến hóa:
CH
3
COONa
NaOH
C
2
H
2
C
2
H

4
CaO
o
1500 C
Lµm l¹nh nhanh
→
CH
3
COOC
2
H
5
2
CO
4
CH
2 3
Na CO
C
2
H
5
OH
CH
3
COOH
Các phương trình hóa học biểu diễn sơ đồ trên:
1. CH
3
COONa + NaOH

o
CaO
t
→
CH
4
+ Na
2
CO
3
2. 2CH
4

o
1500 C
lµm l¹nh nhanh
→
C
2
H
2
+ 3H
2
3. C
2
H
2
+ H
2

o
Pd
t
→
C
2
H
4
4. C
2
H
4
+ H
2
O
2 4
H SO
→
CH
3
CH
2
OH
5. C
2
H
5
OH + O
2

men giÊm
→
CH
3
COOH + H
2
O
6. CH
3
COOH + C
2
H
5
OH
2 4
o
H SO
t
ˆ ˆ ˆ ˆ†
‡ ˆ ˆ ˆ ˆ
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
7. Na

2
CO
3
+ 2HCl
→
2NaCl + CO
2
+ H
2
O
2. Khối lượng oxi đã dùng để đốt cháy hoàn toàn 2,64 gam A là:
2
O
m
=
4,704
.32
22,4
= 6,72 gam
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta tính được:
2
CO
m
+
2
H O
m
= 2,64 + 6,72 = 9,36 (I)
Mặt khác, theo đề bài ta có:
2

2
CO
H O
m
m
=
11
2
(II)
Từ (I) và (II) ta có:
2
CO
m
= 7,92 gam;
2
H O
m
= 1,44 gam
Vậy khối lượng mol nguyên tử của mỗi nguyên tố trong A là:
C
m
=
7,92
.12
44
= 2,16 gam;
H
m
=
1,44

.2
18
= 0,16 gam
⇒

O
m
= 2,64 ‒ (2,16 + 0,16) = 0,32 gam
Gọi công thức phân tử của A có dạng
( )
x y z
n
C H O
theo đề bài ta có:
x : y : z =
2,16
12
:
0,16
1
:
0,32
16
= 9 : 8 : 1
Vậy công thức phân tử của A có dạng
( )
9 8
n
C H O
Mặt khác:

A
M
= 132n < 150
⇒
n < 1,14
Vậy n = 1. Công thức phân tử của A là: C
9
H
8
O
Câu 4. (3,0 điểm)
1. Số mol Na
2
CO
3
.xH
2
O đã dùng là:
2 3 2
Na CO .xH O
n
=
2 3
Na CO
n
=
5,72
106 18x+
mol
⇒

2 3
Na CO
m
=
106 . 5,72
106 + 18x
=
606,32
106 + 18x
gam
Khối lượng dung dịch sau khi hòa tan muối hiđrat là:
dung dÞch
m
= 5,72 + 44,28 = 50 gam
Vậy nồng độ của dung dịch thu được là:
2 3
Na CO
C%
=
606,32
106 + 18x
.
1
50
.100 = 4,24
Giải ra ta được x = 10.
Vậy công thức của muối hiđrat là: Na
2
CO

3
. 10H
2
O
2. Gọi công thức của oxit kim loại M (hóa trị n và khối lượng mol M) là
x y
M O
.
x y
M O
+ yH
2

o
t
→
xM + yH
2
O
Theo phương trình phản ứng, số mol nguyên tử oxi có trong X là:
O(trong oxit)
n
=
2
H
n
=
1,344
22,4
= 0,06 mol

Vậy khối lượng nguyên tử M có trong oxit là:
M
m
= 3,48 ‒ 0,06 . 16 = 2,52 gam
Khi cho M phản ứng với HCl:
2M + 2nHCl
→
2MCl
n
+ nH
2
Số mol kim loại:
M
n
=
2
n
.
2
H
n
=
2
n
.
1,008
22,4
=
0,09
n

mol
⇒

M
m
=
0,09
n
. M = 2,52
⇒
M = 28n
n 1 2 3
M 28 56 84
Vậy M = 56. M là sắt: Fe. Công thức của oxit là: Fe
x
O
y
. Ta có:
x : y =
2,52
56
: 0,06 = 3 : 4.
Vậy công thức của oxit sắt là Fe
3
O
4
.
Câu 5. (2,0 điểm)
a. Vì Na dư nên rượu etylic và nước phản ứng hết.
2CH

3
CH
2
OH + 2Na
→
2CH
3
CH
2
ONa + H
2
2H
2
O + 2Na
→
2NaOH + H
2
Gọi x và y lần lượt là số mol của C
2
H
5
OH và H
2
O. Theo đề bài ta có:
46x + 18y = 87 (I)
1
2
x +
1
2

y =
2
H
n
=
28
22,4
= 1,25 (II)
Từ (I) và (II) ta có: x = 1,5 mol; y = 1 mol
Vậy khối lượng của rượu etylic và nước trong dung dịch là:
2 5
C H OH
m
= 1,5 . 46 = 69 gam
2
H O
m
= 18 gam
b. Vì khối lượng riêng của rượu etylic là 0,8 gam nên thể tích của 69 gam rượu là:
r îu etylic
V
=
69
0,8
= 86,25 ml
⇒

dung dÞch
V
= 18 + 86,25 = 104,25 ml

Vậy độ rượu là:
D =
104,25
86,25
=
o
82,73
Câu 6. (3,0 điểm)
a. Các phương trình hóa học:
Mg + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
(1)
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(2)
Vì
2
H
n
=
1,792
22,4

= 0,08 mol <
1
2
HCl
n
= 0,15 mol nên axit còn dư sau phản ứng.
Vậy khối lượng Cu có trong 5,12 gam hỗn hợp X là:
Cu
m
= 1,92 gam
Gọi x và y lần lượt là số mol Mg và Fe có trong 5,12 gam hỗn hợp X. Theo đề
bài ta có:
24x + 56y = 5,12 ‒ 1,92 = 3,2 (I)
Mặt khác, số mol H
2
sinh ra từ (1) và (2) ta có:
x + y = 0,08 (II)
Từ (I) và (II) ta có:
x = y = 0,04 mol
Vậy khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp là:
Mg
m
= 0,04 . 24 = 0,96 gam
Fe
m
= 0,04 . 56 = 2,24 gam
b. Các phương trình phản ứng xảy ra:
Mg + 2AgNO
3

→
Mg(NO
3
)
2
+ 2Ag (3)
Fe + 2AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (4)
Cu + 2AgNO
3

→
Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag (5)
Ta nhận thấy lượng hỗn hợp X tham gia phản ứng với AgNO
3
bằng
1
2
lượng

hỗn hợp X tham gia phản ứng với HCl. Vậy số mol mỗi kim loại có trong 2,56 gam
hỗn hợp X là:
Mg
n
=
Fe
n
= 0,02 mol;
Cu
n
=
1 1,92
.
2 64
= 0,015 mol
Theo đề bài, số mol AgNO
3
là:
3
AgNO
n
= 0,25 . 0,34 = 0,085 mol
Theo phản ứng (3) và (4) ta dễ thấy Mg và Fe phản ứng hết. Lượng AgNO
3
tham gia phản ứng (3) và (4) là: 2 . (0,02 + 0,02) = 0,08 mol
Vậy lượng AgNO
3
tham gia phản ứng (5) là: 0,085 ‒ 0,08 = 0,005 mol
Vậy lượng Cu tham gia phản ứng là:
0,005

2
= 0,0025 mol
Lượng Cu còn dư là: 0,015 ‒ 0,0025 = 0,0125 mol
Vậy chất rắn E gồm Ag và Cu dư với khối lượng là:
E
m
= 0,085 . 108 + 0,0125 . 64 = 9,98 gam