Đề thi học sinh giỏi tỉnh vĩnh phúc môn Hóa 9 năm học 2013 - 2014(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC



KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,5 điểm).
1. Trong phòng thí nghiệm chỉ có: Bình chứa khí CO
2
, NaOH rắn, nước, đèn cồn và các cốc đong
giống nhau có vạch đo thể tích. Trình bày phương pháp điều chế dung dịch Na
2
CO
3
(không lẫn chất tan
nào khác) bằng hai cách khác nhau.
2. Một thí nghiệm được bố trí như hình vẽ. Mô tả,
viết các phương trình phản ứng và giải thích hiện
tượng có thể xảy ra trong các bình A, B, C khi mở
khóa K.
3. Cho 3 lọ mất nhãn chứa 3 dung dịch X, Y và
Z: dung dịch X chứa hỗn hợp (BaCl
2
và NaOH); dung
dịch Y chứa hỗn hợp (NaAlO
2
và NaOH); dung dịch Z
chứa hỗn hợp (BaCl
2

và NaCl). Chỉ dùng khí CO
2
, hãy
trình bày cách phân biệt 3 lọ dung dịch kể trên và viết
các phương trình phản ứng.
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Để 2,52 gam bột sắt trong không khí, sau một thời gian thu được 2,84 gam hỗn hợp X gồm Fe,
FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Để hòa tan hết X cần 500 ml dung dịch HNO
3
a (mol/l), sau phản ứng sinh ra 0,56 lít
NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và dung dịch Y. Tính giá trị của a và khối lượng chất tan trong Y.
2. Nung m gam hỗn hợp X gồm Cu(NO
3
)
2
và Cu trong một bình kín (không chứa oxi) đến khi phản
ứng hoàn toàn, thu được chất rắn Y có khối lượng (m  7,36) gam. Cho toàn bộ chất rắn Y tác dụng với
dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng dư, sau phản ứng thu được 0,672 lít SO

2
(sản phẩm khử duy nhất, đktc). Tính
giá trị của m.
Câu 3 (1,5 điểm).
Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe thành hai phần bằng nhau.
- Cho phần 1 vào dung dịch KOH (dư) thu được 0,784 lít khí H
2
.
- Cho phần 2 vào một lượng dư H
2
O, thu được 0,448 lít khí H
2
và m gam chất rắn Y. Hòa tan Y vào
dung dịch H
2
SO
4
loãng dư thu được 0,56 lít khí H
2
.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các khí đo ở đktc. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn
hợp X và giá trị của m.
Câu 4 (2,0 điểm).
Xác định các chất X, Y, Z, T, A, B và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện, nếu có) theo sơ đồ sau:
X
CH
4
CaC
2
A

+ H
2
O
+H
2
(Pd/PbCO
3
)
Y Z T
+ O
2
(xt)
+H
2
(Ni, t
0
)
B
Cao su Buna
(1)
(2)
(3) (4) (5)
(6)
(7)
(8) (9)
(10)

Câu 5 (2,0 điểm).
Chia 3,584 lít (đktc) hỗn hợp gồm 3 chất khí: ankan X, anken Y và ankin Z thành 2 phần bằng nhau. Phần
1 cho qua lượng dư dung dịch AgNO

3
/NH
3
thấy thể tích hỗn hợp khí giảm 12,5% và thu được 1,47 gam kết
tủa. Phần 2 cho qua dung dịch brom dư thấy khối lượng bình dung dịch brom tăng 2,22 gam và có 13,6 gam
brom đã tham gia phản ứng. Đốt cháy hoàn toàn khí thoát ra khỏi bình dung dịch brom rồi hấp thụ sản phẩm
cháy vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thì thu được 2,955 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của X, Y và Z.
(Cho biết: H = 1, C = 12, O = 16, S = 32, Na = 23, Fe = 56; Cu = 64; Ca = 40; N = 14;
Mg = 24; Al = 27; K = 39; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137)
HẾT
Họ và tên thí sinh:……………………………………… SBD…………………………
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không được sử dụng BTH các nguyên tố hóa học)
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC


KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013-2014
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC
(03 trang)

Câu 1


2,5 đ
1. Điều chế Na
2
CO
3

Pha NaOH rắn vào nước thu được dung dịch NaOH.
* Cách 1:
- Lấy vào 2 cốc, mỗi cốc V ml dung dịch NaOH (đánh số 1, 2).
- Dẫn từ từ khí CO
2
đến dư vào cốc 1.
2NaOH + CO
2


Na
2
CO
3
+ H
2
O
CO
2
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O

2NaHCO
3
Ta thu được V ml NaHCO

3
có số mol bằng số mol NaOH có trong cốc 2.
- Đổ từ từ V ml dung dịch NaOH ở cốc 2 vào cốc đựng sản phẩm NaHCO
3
đồng thời
khuấy đều
NaOH + NaHCO
3


Na
2
CO
3
+ H
2
O
Sau phản ứng thu được 2V ml dung dịch Na
2
CO
3
không lẫn chất tan khác.

* Cách 2:
- Sục khí CO
2
dư vào cốc đựng dd NaOH. Cô cạn dung dịch và nung chất rắn thu được
đến khối lượng không đổi thu được Na
2
CO

3
nguyên chất.
2NaOH + CO
2


Na
2
CO
3
+ H
2
O
CO
2
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O

2NaHCO
3
2NaHCO
3

0
t


Na
2
CO
3
+ H
2
O +CO
2
↑
Pha Na
2
CO
3
vào nước thu được dung dịch Na
2
CO
3
không lẫn chất tan khác.

2. Hiện tượng
Bình A: FeS tan, tạo khí
FeS + 2HCl

FeCl
2
+ H
2
S
Bình B: không xuất hiện kết tủa, có khí thoát ra.

Bình C: Xuất hiện kết tủa đen
CuSO
4
+ H
2
S

CuS↓ (đen) + H
2
SO
4


3. Nhận biết
Sục từ từ khí CO
2
tới dư vào ba dung dịch trên quan sát hiện tượng xảy ra.
- Dung dịch nào xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan tạo thành dung dịch trong
suốt thì dung dịch đó chứa (BaCl
2
, NaOH).
CO
2
+ 2NaOH

Na
2
CO
3
+ H

2
O.
Na
2
CO
3
+ BaCl
2


BaCO
3
↓ + 2NaCl
CO
2
dư tác dụng với Na
2
CO
3
, BaCO
3
làm kết tủa bị hòa tan:
BaCO
3
+ H
2
O + CO
2



Ba(HCO
3
)
2
Na
2
CO
3
+ H
2
O + CO
2


NaHCO
3
- Dung dịch nào thấy có kết tủa xuất hiện và không bị hòa tan là dung dịch Y chứa (
NaAlO
2
, NaOH)
CO
2
+ 2NaOH

Na
2
CO
3
+ H
2

O
2H
2
O + CO
2
+ NaAlO
2


Al(OH)
3
↓ + NaHCO
3
Na
2
CO
3
+ H
2
O + CO
2


NaHCO
3

- Dung dịch còn lại không có hiện tượng gì là Z chứa (BaCl
2
và NaCl)

Câu 2
2,0 đ
1. Tính a và khối lượng chất tan?
Fe
+O
2
FeO
Fe
2
O
3
Fe
3
O
4
Fe
+HNO
3
:0,5a(mol)
0,045(mol)
2,84(g)
NO: 0,025(mol)
:0,01(mol)
dd(Y)

Ta có: n
Fe
= 0,045 mol
Theo ĐLBTKL: m
O2

=2,84 - 2,25= 0,32  n
O2
= 0,01 mol và n
NO
= 0,025 mol.
- Giả sử dung dịch Y chỉ chứa muối Fe(NO
3
)
3
, áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
ta có: 3n
Fe
= 4n
O2
+ 3n
NO

Nhưng: 3n
Fe
= 0,045.3 = 0,135 > (4n
O2
+ 3n
NO
= 0,02.2 + 0,025.3 = 0,115)
Vậy: X hết, HNO
3
hết; dung dịch Y gồm 2 muối Fe(NO
3
)
2

(x mol); Fe(NO
3
)
3
(y mol)
Theo BTNT (Fe): x + y = 0,045 (I)
Theo BT(e):
Fe Fe
+2
+ 2e
x 2x
Fe
Fe
+3
+ 3e
y
3y
;
O
2
+ 4e
2O
-2
0,01
0,04
N
+5
+ 3e
NO
+2

0,025
0,075

2x + 3y = 0,01.4 + 0,025.3 = 0,115 (II)
Giải ra : x= 0,02 và y = 0,025
Theo BTNT (N)
 n
axit
= 3n
Fe(NO3)3
+ 2n
Fe(NO3)2
+ n
NO
= 0,115 + 0,025 = 0,14  a = 0,28 M.
- Khối lượng chất tan /Y: m
Fe(NO3)3
+ m
Fe(NO3)2
= 0,02.180 + 0,025.242= 9,65(g)

2. Tính m?
Đặt số mol của Cu (NO
3
)
2
và Cu trong X lần lượt là a, b.
- Phản ứng:
2Cu (NO
3

)
2

0
t C

2CuO + 4NO
2
+ O
2

a 2a a/2
2Cu + O
2

0
t C

2CuO
a  a/2
Vì Y + H
2
SO
4
đặc sinh ra SO
2
 Y có CuO: a và Cu dư: b-a
Ptpư: CuO + H
2
SO

4


CuSO
4
+ H
2
O
Cu + 2H
2
SO
4


CuSO
4
+ SO
2
 +2 H
2
O
(b-a) (b-a)
Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng khí NO
2
bay ra:
=> 2a.46 = 7,36
=> a = 0,08
Mặt khác số mol khí SO
2
: b - a = 0,03;  b = 0,11  m = 188a + 64b =22,08 gam

Câu 3
1,5 đ
Đặt số mol tương ứng của K, Al và Fe trong X là 2x, 2y, 2z
V
H2 (phần 1)
> V
H2 (phần 2)
 Thí nghiệm 1: Al tan hết, thí nghiệm 2: Al dư
Các ptpư:
TN2: K + H
2
O

KOH + 1/2H
2
 (1)
x x x/2
Al + KOH + H
2
O

KAlO
2
+ 3/2H
2
 (2)
x  x  3x/2
 n
H2/ (phần 1)

= 0,035 = x/2 + 3x/2  x = 0,01 (I)
+ Hỗn hợp Y chứa: Fe (z mol) và Al dư: (y-x) mol: m = 56z + 27(y-x) (*)
tác dụng với H
2
SO
4
loãng dư:
Fe + H
2
SO
4

FeSO
4
+ H
2
;
z z
2Al + 3H
2
SO
4


Al
2
(SO
4
)
3

+ 3H
2

(y-x) 3(y-x)/2
 z + 3(y-x)/2 = 0,025  2z+ 3(y-x) = 0,05 (II)
TN1: K + H
2
O

KOH + 1/2H
2
 (1)
x x/2
Al + KOH + H
2
O

KAlO
2
+ 3/2H
2
 (2)
y dư 3y/2

Ghi chú: Thí sinh giải theo cách khác, nếu lập luận chặt chẽ và đúng vẫn cho điểm tối đa.
Hết
 n
H2/ (phần 1)
= 0,035 = x/2 + 3y/2  x + 3y = 0,07 (III)
Giải hệ (I, II, III): x = 0,01; y = 0,02; z = 0,01.

* Khối lượng mỗi kim loại trong X:
m
K
= 0,01.2.39 = 0,78(g); m
Al
= 0,02.2.27 = 1,08(g); m
Fe
= 0,01.2.56 = 1,12(g)
*Theo(*) Giá trị
m = 56z + 27(y-x) = 56.0,01 + 27.0,01 = 0,83(g)

Câu 4
2,0 đ
Các phản ứng.
* C
2
H
2
(X); C
2
H
4
(Y); CH
3
CHO (Z); C
2
H
5
OH (T); CH
2

=CH-CH=CH
2
(B);
CH C CH CH
2
(A)
1) CaC
2
+ 2H
2
O

C
2
H
2
 + Ca(OH)
2

2) 2CH
4

0
1500 C,LLN

C
2
H
2
(X) + 3H

2

3) C
2
H
2
+ H
2

0
3
Pd/PbCO , t

C
2
H
4
(Y)
4) C
2
H
4
+ O
2

0
xt,t

CH
3

CHO (Z)
5) CH
3
CHO + H
2

0
Ni,t

C
2
H
5
OH (T)
6) 2C
2
H
5
OH
0
2 3
Al O ,450 C

CH
2
=CH-CH=CH
2
(B) + 2H
2
O + H

2

7) C
2
H
2
+ H
2
O
2+ 0
Hg ,80 C

CH
3
CHO (Z)
8) 2C
2
H
2

0
xt,t C


CH C CH CH
2
(A)
9)
CH C CH CH
2

+ H
2

0
3
Pd/PbCO , t

CH
2
=CH-CH=CH
2

10) nCH
2
=CH-CH=CH
2

0
Na,t ,P


CH CH CH
2
CH
2
n


Câu 5
2,0

Trong một phần, ta có:
, ,
1 3,584
0,08
2 22,4
X Y Z
n mol
 
.
Dung dịch AgNO
3
/NH
3
chỉ hấp thụ ankin, đặt công thức ankin là RC≡CH (giả sử
không phải là C
2
H
2
).
RC
≡CH + AgNO
3
+ NH
3
 RC
≡CAg
 + NH
4
NO
3

(1)

mol01,008,0
100
5,12
nn
ankin

 (R + 132)

0,01 = 1,47
 R = 15 (CH
3
-), công thức của ankin là CH
3
C≡CH

Nếu ankin là C
2
H
2
: 0,01  Kết tủa là C
2
Ag
2
có khối lượng là 0,01. 240=2,4(g) (khác
1,47 gam của đề bài cho)  loại trường hợp này.
Thí sinh phải chứng minh ankin không phải là C
2
H

2
.
Dung dịch brom hấp thụ anken (C
n
H
2n
) và ankin
C
n
H
2n
+ Br
2
 C
n
H
2n
Br
2
(2)

C
3
H
4
+ 2Br
2
 C
3
H

4
Br
4
(3)

g82,14001,022,2m
n2n
HC

,
mol065,0201,0
160
6,13
n
)2(Br
2


Từ
065,0
1
82,1
n14

 n = 2, công thức của anken là CH
2
=CH
2
.
Khí ra khỏi bình brom là ankan(C

m
H
2m+2
)
2 2
0,08 0,01 0,065 0,005
m m
C H
n mol

   

C
m
H
2m+2
+
2
O
2
1n3







 nCO
2

+ (n+1)H
2
O (4)
CO
2
+ Ba(OH)
2
 BaCO
3
 + H
2
O (5)

015,0
197
955,2
nn
32
BaCOCO

 m = 0,015/0,005 = 3
Công thức ankan là CH
3
CH
2
CH
3
.