Đề thi học sinh giỏi Hóa học 9 cấp tỉnh số 50

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI THCS CẤP HUYỆN
HUYỆN DI LINH ĐỀ THI MÔN : HÓA HỌC
Khóa ngày 28 tháng 12 năm 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút
(đề gồm 2 trang) (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (4,5điểm)
1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi:
a. Cho khí CO
2
lội từ từ qua dung dịch Ba(OH)
2
cho đến dư khí CO
2
, khi phản ứng kết thúc
lấy dung dịch đem nung nóng.
b. Cho khí SO
2
lội từ từ vào dung dịch Brom, sau đó thêm dung dịch BaCl
2
vào.
2. Trình bày 5 phương pháp hóa học khác nhau để điều chế Bazơ, mỗi phương pháp cho một
ví dụ.
3. Hãy dùng các phương trình hóa học để giải thích vì sao không được bón chung các loại
phân đạm: đạm 2 lá NH
4
NO
3
, đạm sunfat (NH
4
)

2
SO
4
và urê CO(NH
2
)
2
với vôi hoặc tro bếp (chứa
K
2
CO
3
). Biết rằng trong nước urê chuyển hóa thành amoni cacbonat (NH
4
)
2
CO
3
.
Câu 2: (3 điểm)
1. Cho M là một kim loại. Xác định các chất B, C, D, E, M, X, Y, Z và viết các phương trình hóa
học theo dãy biến hóa sau:
2. Người ta cho các chất MnO
2
, KMnO
4
, K
2
Cr
2

O
7
tác dụng với HCl để điều chế khí Clo theo các
phương trình phản ứng sau:
MnO
2
+ HCl > MnCl
2
+ H
2
O + Cl
2
KMnO
4
+ HCl > KCl + MnCl
2
+ H
2
O + Cl
2
K
2
Cr
2
O
7
+ HCl > K
2
O + Cr
2

O
3
+ H
2
O + Cl
2
a) Hãy cân bằng các phản ứng trên.
b) Nếu muốn điều chế một lượng khí Clo nhất định thì chất nào trong ba chất trên tiết
kiệm được HCl nhất.
c) Nếu các chất trên có cùng số mol tác dụng với HCl thì chất nào tạo được nhiều Clo
nhất.
d) Nếu các chất trên có cùng khối lượng thì chất nào tạo được nhiều Clo nhất.
Câu 3: (2,5điểm) Vẽ sơ đồ tách riêng dung dịch từng chất ra khỏi hỗn hợp AlCl
3
, FeCl
3
, BaCl
2
và
viết phương trình hóa học xảy ra?
Câu 4: (1,5 điểm) Không dùng thêm thuốc thử nào khác, hãy phân biệt các dung dịch không
màu: MgCl
2
, NaOH, NH
4
Cl, BaCl
2
, H
2
SO

4
đựng trong các lọ mất nhãn?
Câu 5: (2 điểm)
Bình A chứa hỗn hợp dung dịch gồm a mol CuSO
4
và b mol FeSO
4
. Thực hiện các thí
nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Cho c mol Mg vào bình A, sau khi phản ứng kết thúc dung dịch chứa 3 muối.
1
M
E
B
C
D
t
0
đpnc
M
+HCl
+NaOH +Z
+ X
+ Y+Z
- Thí nghiệm 2: Cho c mol Mg vào bình A, sau khi phản ứng kết thúc dung dịch chứa 2 muối.
- Thí nghiệm 3: Tiếp tục cho thêm c mol Mg vào bình A, sau khi phản ứng kết thúc dung dịch
chứa 1 muối.
Tìm mối quan hệ giữa a, b và c trong mỗi thí nghiệm.
Câu 6: (3,5 điểm)
Hòa tan hoàn toàn 14,2 gam hổn hợp X gồm MgCO

3
và muối cacbonat của kim loại R vào
dung dịch HCl 7,3% vừa đủ, thu được dung dịch D và 3,36 lít CO
2
(đktc). Nồng độ MgCl
2
trong
dung dịch D là 6,028%. Xác định kim loại R và thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong
hỗn hợp.
Câu 7: (3điểm) Nung 16,8 gam hỗn hợp X gồm MgCO
3
và CaCO
3
đến khối lượng không đổi.
Dẫn toàn bộ khí thu được vào 180ml dung dịch Ba(OH)
2
1M thu được 33,49gam kết tủa.
Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp X.
(Cho Mg = 24, C = 12, Ca = 40, Al = 27, H = 1, Fe = 56, Zn = 65, Ba = 137, O = 16, Cl = 35,5)
HẾT
2
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI THCS CẤP HUYỆN
HUYỆN DI LINH ĐỀ THI MÔN : HÓA HỌC
Khóa ngày 28 - 12 - 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
Câu Đáp án Điểm
1 4,5
1a
(1,0)
Cho khí CO

2
lội từ từ qua dd Ba(OH)
2
cho đến dư CO
2
, khi phản ứng kết thúc lấy
dung dịch đem nung nóng thấy hiện tượng sau:
Dung dịch Ba(OH)
2
trong suốt bị vẩn đục, sau đó kết tủa tan được dung dịch trong
suốt.
CO
2
+ Ba(OH)
2
 BaCO
3
+ H
2
O.
BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O  Ba(HCO
3
)
2

.
Lấy dung dịch đem đun nóng thấy xuất hiện kết tủa trắng (sủi bọt khí, kết tủa trắng).
Ba(HCO
3
)
2

0
t
→
BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O.
0,25
0,125
0,125
0,25
0,25
1b
(0,5)
Cho khí SO
2
lội từ từ qua dd Br
2
thấy màu da cam của Br
2

nhạt dần và mất hẳn. Sau
đó thêm dd BaCl
2
vào thì có kết tủa trắng xuất hiện:
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O  2HBr + H
2
SO
4
.
H
2
SO
4
+ BaCl
2
 BaSO
4
+ 2HCl.
0,25
0,125
0,125
2
(1,25)
Các phương pháp điều chế Bazơ

- Kim loại tác dụng với nước
2Na + H
2
O -> 2NaOH + H
2
- Oxit ba zơ tác dụng với nước
CaO + H
2
O - > Ca(OH)
2
- Kiềm tác dụng với muối tan
KOH + FeCl
2
-> Fe(OH)
2
+ 2KCl
- Điện phân muối có màng ngăn :
2KCl + 2H
2
O 2KOH + H
2
+ Cl
2
- Điều chế Hiđrô lưỡng tính cho muối của nguyên tố lưỡng tính tác dụng với
NH
4
OH (hoặc kiềm vừa đủ).
AlCl
3
+ 3NH

4
OH -> Al(OH)
3
+ 3NH
4
Cl
ZnSO
4
+ 2NaOH - > Zn(OH)
2
+ Na
2
SO
4
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
(1,75)
* Nếu bón chung với vôi thì :
2NH
4
NO
3
+ Ca(OH)
2
→ Ca(NO
3

)
2
+ 2NH
3
↑ + 2H
2
O
(NH
4
)
2
SO
4
+ Ca(OH)
2
→ CaSO
4
+ 2NH
3
↑ + 2H
2
O
(NH
4
)
2
CO
3
+ Ca(OH)
2

→ CaCO
3
↓ + 2NH
3
↑ + 2H
2
O
* Nếu chung với tro bếp ( chứa K
2
CO
3
)
2NH
4
NO
3
+ K
2
CO
3
→ 2KNO
3
+ H
2
O + CO
2
↑ + 2NH
3
↑
(NH

4
)
2
SO
4
+ K
2
CO
3
→ K
2
SO
4
+ H
2
O + CO
2
↑ + 2NH
3
↑
(NH
4
)
2
CO
3
+ K
2
CO
3

→ 2KHCO
3
+ 2NH
3
↑
Như vậy bón chung phân đạm với vôi hoặc tro bếp thì luôn bị thất thoát đạm do giải
phóng NH
3
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(1,5)
B: AlCl
3
; C: NaAlO
2
; D: Al(OH)
3
; E: Al
2
O
3
; M:Al; X: KOH; Y: CO
2

; Z: H
2
O
2Al + 6HCl  2AlCl
3
+ 3H
2
.
2Al + 2NaOH + 2H
2
O  2NaAlO
2
+ 3H
2
.
3
Điện phân
Có màng ngăn
AlCl
3
+ 3KOH  Al(OH)
3
+ 3KCl.
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O  Al(OH)

3
+ NaHCO
3
.
2Al(OH)
3
0
t
→
2Al
2
O
3
+ 3H
2
O.
2Al
2
O
3
dpnc
→
4Al + 3O
2
.
0,25x6
=1,5
(1,5)
a) Cân bằng các PTPƯ
MnO

2
+ 4HCl  MnCl
2
+ 2H
2
O + Cl
2
2KMnO
4
+ 16HCl  2KCl + 2MnCl
2
+ 8H
2
O + 5Cl
2
K
2
Cr
2
O
7
+ 6HCl  K
2
O + Cr
2
O
3
+ 3H
2
O + 3Cl

2
b) Lượng HCl cần để tạo ra 1 mol Cl
2:
MnO
2
: 4; KMnO
4
: 16/5; K
2
Cr
2
O
7
: 6/3
Kết luận : Dùng K
2
Cr
2
O
7
tiết kiệm HCl nhất. ( Trường hợp này không cần cân
bắng PTPU cũng giải được).
c) Số mol Cl
2
tạo thành khi dùng 1 mol mỗi chất.
MnO
2
:1; KMnO
4
: 5/2; K

2
Cr
2
O
7
: 3
Kết luận: Nếu các chất có cùng số mol thì dùng K
2
Cr
2
O
7
tạo được nhiều khi Clo
nhất .
d) Khối lượng mỗi chất cần để tạo ra 1 mol Cl
2
:

MnO
2
:(16.2+55)=87; KMnO
4
: 2(39+55+16.4)/5 = 63,2;
K
2
Cr
2
O
7
: 39.2 +52.2 + 16.7/ 3 = 98

Kết luận : Để tạo ra cùng 1 mol Cl
2
thì KMnO
4
cần khối lượng ít nhất hay nếu các
chất trên có cùng khối lượng thì KMnO
4
tạo nhiều Clo nhất.
0,75
0,25
0,25
0,25
3
(2,5)
FeCl
3
+ 3NaOH  Fe(OH)
3
+ 3NaCl.
AlCl
3
+ 3NaOH  Al(OH)
3
+ 3NaCl.
Al(OH)
3
+NaOH NaAlO
2
+ 2H
2

O.
Fe(OH)
3
+ 3HCl  FeCl
3
+ 3H
2
O.
NaAlO
2
+CO
2
+2H
2
O  Al(OH)
3
+ NaHCO
3
.
NaOH + CO
2
 NaHCO
3
.
Al(OH)
3
+ 3HCl  AlCl
3
+ 3H
2

O.
BaCl
2
+ Na
2
CO
3
 BaCO
3
+ 2NaCl.
BaCO
3
+ 2HCl  BaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O.
1,375
0,125x9=
1,125
4
Nhỏ 1 dd bất kỳ vào mẫu thử của 4 dung dịch còn lại, sau khi hoàn tất 5 lần thí
nghiệm ta được bảng sau:
MgCl
2
NaOH NH
4
Cl BaCl

2
H
2
SO
4
MgCl
2
-
↓
- - -
NaOH
↓
-
↑
- -
NH
4
Cl -
↑
- - -
BaCl
2
- - - -
↓
H
2
SO
4
- - -
↓

-
Kết luận
1↓ 1↓; 1↑ 1↑ 1↓ 1↓
Từ bảng trên ta thấy:
4
AlCl
3
FeCl
3
BaCl
2
+ NaOH dư
NaAlO
2
NaCl
NaOH
BaCl
2
Fe(OH)
3
Lọc
HCl đủ
FeCl
3
+ CO
2
dư
NaCl
NaHCO
3

BaCl
2
+ Na
2
CO
3
dư
Lọc
BaCO
3
BaCl
2
Lọc
Al(OH)
3
HCl đủ
HCl đủ
AlCl
3
- Nếu tạo được 1 lần kết tủa và 1 lần khí mùi khai bay ra thì dd nhỏ vào là NaOH.
Mẫu thử tạo được kết tủa trắng là dd MgCl
2
. Mẫu thử tạo được khí mùi khai bay ra là
NH
4
Cl.
- Còn lại 2 dd BaCl
2
và H
2

SO
4
đều cho 1 lần kết tủa trắng.
- Dùng kết tủa Mg(OH)
2
(sản phẩm khi nhỏ NaOH vào MgCl
2
), cho vào 2 mẫu còn
lại. Mẫu nào hòa tan được kết tủa thì đó là dd H
2
SO
4
. Dung dịch còn lại là BaCl
2
.
2NaOH + MgCl
2
 2NaCl + Mg(OH)
2
.
NaOH + NH
4
Cl  NaCl + NH
3
+ H
2
O.
BaCl
2
+ H

2
SO
4
 BaSO
4
+ 2HCl.
Mg(OH)
2
+ H
2
SO
4
 MgSO
4
+ 2H
2
O.
0,5
0,5
0,125x4
=0,5
5
(2,0)
Vì độ hoạt động của kim loại là Mg > Fe > Cu nên các phản ứng xảy ra thứ tự
Mg + CuSO
4
= MgSO
4
+ Cu (1)
a a

Mg + FeSO
4
= MgSO
4
+ Fe (2)
b b
Khi phản ứng kết thúc dung dịch chứa 3 muối là: MgSO
4,
CuSO
4
và FeSO
4

Chứng tỏ CuSO
4
dư. Như vậy trong thí nghiệm 1 chỉ xảy ra phản ứng (1) và c<
a.
- Khi phản ứng kết thúc dung dịch chứa 2 muối đó là MgSO
4
,

FeSO
4
.lúc đó CuSO
4

hết, FeSO
4
dư.Trong thí nghiệm 2 chỉ xảy ra (1) hoặc cả (1) và (2).Lúc đó a ≤ 2c < a +
b

- Khi phản ứng kết thúc dung dịch chứa 1 muối đó là MgSO
4.
lúc đó CuSO
4
và FeSO
4
đều hết Mg có thể vừa đủ hoặc thừa.Trong thí nghiệm 3 xảy ra cả (1) và (2).Lúc đó 3c
≥ a+b
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
6
(3,5)
Phương trình phản ứng
2HCl + MgCO
3
 MgCl
2
+ H
2
O + CO
2
(1)
2mol 1mol 1mol
2aHCl + R
2
(CO
3

)
a
 2RCl
a
+ aH
2
O + aCO
2
(2)
2amol 2mol amol
nCO
2
=3,36/22,4 = 0,15 mol
Từ (1) và (2) ta thấy nHCl =2nCO
2
= 2*0,15 =0,3mol
mHCl = 0,3 * 36,5 = 10,95 g
mdd HCl 7,3% đem dùng: (10,95* 100)/7,3=150 g
Theo định luật bảo toàn khối lượng từ (1) và (2) ta có:
mX + mddHCl = mD + mCO
2
mD = mX + mddHCl - mCO
2
= 14,2 + 150 – ( 0,15 x 44) = 157,6g
Khối lượng MgCl
2
:
028.6
6,157
100.

2
=
MgCl
mMgCl
2
= 9,5g ; nMgCl
2
= 9,5:95= 0,1mol
Theo (1) nMgCO
3
= nMgCl
2
= 0,1mol , mMgCO
3
= 0,1x 84= 8,4g
 mR
2
(CO
3
)
a
= 14,2- 8,4 = 5,8g
nCO
2
(1) = nMgCl
2
= 0,1mol => nCO
2
(2) = 0,15 – 0,1 = 0,05mol
Từ (2) ta có nR

2
(CO
3
)
a =
mol
a
05,0
mR
2
(CO
3
)
a
8,5)602(
05,0
=+ aR
a

giải ta có: R= 28a
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,75
5
Biện luận:

Nghiệm hợp lí: a=2 ; R = 56 => R là Fe, tính % đúng
(Giải cách khác đúng và hợp lí vẫn cho trọn điểm)
0,5
7
(3,0)
Số mol Ba(OH)
2
= 0,18 (mol)
Số mol BaCO
3
= 0,17 (mol)
MgCO
3

→
t
o

MgO + CO
2

xmol xmol
CaCO
3

→
t
o

CaO + CO
2

ymol ymol
ta có : 84a + 100b = 16.8 (I )
Vì
23
)(OHBaBaCO
nn 
nên bài toán xảy ra 2 trường hợp :
* TH1 : Thiếu CO
2
, dư Ba(OH)
2
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
+ H
2
O
0,17mol 0,17mol
Ta có : x +y = 0,17 (II)
Từ (I) và (II) ta có hệ phương trình :



=

=
⇔



=+
=+
1575,0
0125,0
17,0
8,1610084
y
x
yx
yx

Thành phần % 2 muối :
%MgCO
3
= 6.25%; %CaCO
3
= 93.75%
* Trường hợp 2: dư CO
2
, kết tủa tan một phần
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO

3
+ H
2
O
O,18mol 0,18mol 0,18mol
CO
2
+ BaCO
3
+ H
2
O→ Ba(HCO
3
)
2
0,01mol 0,01 mol
Ta có : x +y = 0,19 (III)



=
=
⇔



=+
=+
0525,0
1375,0

19,0
8,1610084
y
x
yx
yx

Thành phần % 2 muối :
%MgCO
3
= 68.75%; %CaCO
3
=31.25%
0,25
0,125
0,125
0,25
0,125
0,25
0,25
0,25
0,25
0,125
0,125
0,375
0,25
0,25
Lưu ý :
- Phương trình phản ứng: nếu sai cân bằng hay thiếu điều kiện thì trừ ½
số điểm dành cho phương trình phản ứng đó

- Bài toán giải theo cách khác đúng kết quả, lập luận hợp lý vẫn đạt
điểm tối đa. nếu tính toán nhầm lẫn dẫn đến kết quả sai trừ ½ số điểm dành
cho nội dung đó. Nếu dùng kết quả sai để giải tiếp thì không chấm điểm các
phần tiếp theo.
6
21 3
R 28
8
56
8
84
8
a
7