Đề thi học sinh giỏi Hóa học 9 cấp tỉnh số 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - THCS
ĐẮK LẮK MÔN: HOÁ HỌC
Ngày thi: 22/3/2011
(Thời gian làm bài: 150 phút )
I. Hướng dẫn chung
- Đối với phương trình phản ứng hóa học nào mà cân bằng hệ số sai hoặc thiếu cân bằng
( không ảnh hưởng đến giải toán) hoặc thiếu điều kiện thì trừ đi nữa số điểm giành cho nó.
Trong một phương trình phản ứng hóa học, nếu có từ một công thức trở lên viết sai thì phương
trình đó không được tính điểm.
- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm như
hướng dẫn quy định ( đối với từng phần).
- Giải các bài toán bằng các phương pháp khác nhau nhưng nếu tính đúng, lập luận chặt
chẽ và dẫn đến kết quả đúng vẫn được tính theo biểu điểm. Trong khi tính toán nếu nhầm lẫn
một câu hỏi nào đó dẫn đến kết quả sai nhưng phương pháp giải đúng thì trừ đi nữa số điểm
dành cho phần hoặc câu đó. Nếu tiếp tục dùng kết quả sai để giải các vấn đề tiếp theo thì không
tính điểm cho các phần sau.
- Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm
bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi.
II. Đáp án và thang điểm
Câu 1:(4 điểm) 1. 1.5 điểm 2. 2.5 điểm
1. a. Đặt CTTQ của X : C
x
H
y
Cl
z
%H = 100 - (38,4 + 56,8) = 4,8 %
Ta có tỷ lệ x : y : z =
5,35
8,56
:

1
8,4
:
12
4,38
= 3,2 : 4,8 : 1,6 = 2 : 3 : 1
Vì X là polyme nên công thức phân tử X: (C
2
H
3
Cl)
n
CTCT X: (-CH
2
- CH- )
n
Polyvinyl clorua (PVC)
Cl
0,75đ
b. Trong thực tế X dùng làm da nhân tạo, dép nhựa, ống nhựa dẫn nước, dụng cụ
thí nghiệm
2CH
4
CH CH + 3H
2

CH CH + HCl CH
2
= CH-Cl

nCH
2
= CH-Cl (-CH
2
- CH- )
n

Cl (PVC)
0,75đ
⇒
1500
0
C
LLN
t
0
C, xt
p
HgCl
2
, 150-200
0
c
1:1
2
a) Các dung dịch có thể là:
Trường hợp 1: H
2
SO
4

( axit sunfuric), MgSO
4
( magie sunfat),
Na
2
CO
3
( natri cacbonat), BaCl
2
( bari clorua)
Trường hợp 2: H
2
SO
4
( axit sunfuric), MgCl
2
( magie clorua),
Na
2
CO
3
( natri cacbonat), BaCl
2
( bari clorua)
b) Nhận biết
Trường hợp 1:
Lấy ở mỗi ống nghiệm một ít hoá chất, đánh số, rồi lần lượt đổ dung dịch vào nhau từng
đôi một
Nhận thấy: Dung dịch tạo 1↓ , 1↑ là H
2

SO
4
Dung dịch tạo 2↓ là MgSO
4
Dung dịch tạo 2↓, 1↑ là Na
2
CO
3
Dung dịch tạo 3↓ là BaCl
2
(Thí sinh có thể kẻ bảng như sau để rút ra nhận xét như trên)
Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm. Lấy một mẫu thử bất kỳ cho
vào 3 mẫu thửcòn lại ta được kết quả như bảng sau:
H
2
SO
4
MgSO
4
Na
2
CO
3
BaCl
2
H
2
SO
4
- -

↑ ↓
MgSO
4
- -
↓ ↓
Na
2
CO
3
↑ ↓
-
↓
BaCl
2
↓ ↓ ↓
-
Phương trình hoá học
H
2
SO
4
+ Na
2
CO
3
→ Na
2
SO
4
+ CO

2
↑ + H
2
O
H
2
SO
4
+ BaCl
2
→ BaSO
4
↓ + 2HCl
MgSO
4
+ Na
2
CO
3
→ MgCO
3
↓ + Na
2
SO
4
MgSO
4
+ BaCl
2
→ MgCl

2
+ BaSO
4
↓
Na
2
CO
3
+ BaCl
2
→ 2NaCl + BaCO
3
↓
Trường hợp 2:
Cách làm tương tự
Nhận xét: Dung dịch tạo 1↓ , 1↑ là H
2
SO
4
Dung dịch tạo 1↓ là MgCl
2
Dung dịch tạo 2↓, 1↑ là Na
2
CO
3
Dung dịch tạo 2↓ là BaCl
2
(Thí sinh có thể kẻ bảng như sau để rút ra nhận xét như trên)
Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm. Lấy một mẫu thử bất kỳ cho
vào 3 mẫu thửcòn lại ta được kết quả như bảng sau:

H
2
SO
4
MgCl
2
Na
2
CO
3
BaCl
2
H
2
SO
4
- -
↑ ↓
MgCl
2
- -
↓
-
Na
2
CO
3
↑ ↓
-
↓

BaCl
2
↓
-
↓
-
Phương trình hoá học
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
H
2
SO
4
+ Na
2
CO
3
→ Na
2
SO
4
+ CO
2
↑ + H
2
O
H
2

SO
4
+ BaCl
2
→ BaSO
4
↓ + 2HCl
MgCl
2
+ Na
2
CO
3
→ MgCO
3
↓ + 2NaCl
Na
2
CO
3
+ BaCl
2
→ 2NaCl + BaCO
3
↓
0,5đ
Câu 2:(4 điểm)
1. Đặt công thức A là C
a
H

b
( a,b: nguyên, dương)
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp: 25,33 . 2 = 50,66.
Số mol của hỗn hợp M là 3,36 : 22,4 = 0,15
⇒ Số mol của C
a
H
b
là 0,1; của C
x
H
2x

– 2
là 0,05
Khối lượng của hỗn hợp là 50,66 . 0,15 = 7,599 ≈ 7,6 (g)
Đun sôi dung dịch không thấy có thêm kết tủa chứng tỏ trong dung dịch không
có muối Ca(HCO
3
)
2
. Vậy chỉ có phản ứng:
Ca(OH)
2
+ CO
2
→ CaCO
3
+ H
2

O (1)
Số mol CaCO
3
= số mol CO
2
= 0,55 ⇒ khối lượng CO
2
= 24,2 (g)
Số mol C = 0,55 ⇒ khối lượng C = 12.0,55 = 6,6
⇒ khối lượng H = 7,6 - 6,6 = 1
⇒ số mol H = 1 ⇒ số mol H
2
O = 0,5
PTTH C
a
H
b
+ (a+b/4) O
2
→ aCO
2
+ b/2H
2
O (2)
C
x
H
2x

– 2

+ (3x -1)/2O
2
→ xCO
2
+ (x-1)H
2
O (3)
Từ (2) và (3)
⇒ 0,1a + 0,05x = 0,55 (I)
⇒ 0,05b + 0,05 (x-1) = 0,5 (II)
Giải (I) và (II) 2a = b
Công thức HĐCB A có thể viết là C
a
H
2a
Có 2 trường hợp xảy ra, khi 2 HĐCB khác nhau 1 nguyên tử C
+ TH1: C
a
H
2a
và C
(a

+ 1)
H
2(a+1) – 2
⇒ 0,1a + 0,05 (a+1) = 0,55
Giải ra a ≈3,33 ⇒ Loại
+ TH2: C
a

H
2a
và C
(a-1)
H
2(a-1) -2
⇒ 0,1a + 0,05 (a-1) = 0,55
Giải ra a = 4 ⇒ CTPT hai HĐCB là C
4
H
8
và C
3
H
4
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
2. Số mol Ca(OH)
2
p/ư = 0,55
⇒ Số mol Ca(OH)
2
dư = 74/74 – 0,55 = 0,45
⇒ Khối lượng Ca(OH)
2
dư = 0,45.74 = 33,3 g

Khối lượng dung dịch sau khi lọc kết tủa:
= m
dd
+m
CO2
+ m
H2O
– m
CaCO3

= 1000 + 24,2 + 9 – 55 = 978,2 g
Sau khi lọc kết tủa, nồng độ % dung dịch Ca(OH)
2
= 33,3.100%/ 978,2 = 3,4%
1đ
Câu 3:(4 điểm) 1. 2.5 điểm 2. 1.5 điểm
1.
KCl + AgNO
3
AgCl + KNO
3
(1)
NaCl + AgNO
3
AgCl + NaNO
3
(2)
MgCl
2
+ 2AgNO

3
2AgCl + Mg(NO
3
)
2
(3)
Mg + 2AgNO
3
dư Mg(NO
3
)
2
+ 2Ag (4)

Mg dư + 2HCl MgCl
2
+ H
2
(5)
Mg(NO
3
)
2
+ 2NaOH Mg(OH)
2
+ 2NaNO
3
(6)
Mg(OH)
2

MgO + H
2
O (7)
Từ (6,7): n = n =
40
4
= 0,1 mol
Ta có: n =
24
92,1
= 0,08 mol
⇒
n = n =
24
4,2
– 0,08 = 0,02 mol.
Từ (4): n = 2. 0,02 = 0,04 mol
Từ (3): n = n = 0,1 – 0,02 = 0,08 mol
⇒
n = 0,16mol
Đặt x, y là số mol KCl, NaCl
Từ (1-2): 74,5x + 58,5y = 24,625 – 0,08. 95 = 17,025 (I)
x + y = (0,3. 1,5) – (0,16 + 0,04) = 0,25 (II)
Giải (I, II): x = 0,15 ; y = 0,1.
Vậy %m =
625,24
1005,7415,0 xx
= 45,38%.
%m =
625,24

1005,581,0 xx
= 23,76%.
%m = 30,86%.
0,75đ
0,75đ
1đ
2.

Ptpư: Fe + 2 HCl  FeCl
2
+ H
2
(1)
Gọi R là bán kính viên bi. Suy ra thể tích viên bi:
V
0
= R
3
Thể tích của viên bi khi đường kính còn 1/2:
V
1
= = = 0,125V
0


Vậy: thể tích viên bi bị tan: V
0
– 0,125V
0
= 0,875V

0

Suy ra n = = 0,0875mol
0,25đ
0,25đ
0,5đ
3
2






R
8
0
V
5,6 . 0,875V
0
56 . V
0
Fe
tan
3
4
π
3
4
π

Mg(NO
3
)
2

MgO
Mg dư
Mg(NO
3
)
2

Mg pư
AgNO
3

Mg(NO
3
)
2

MgCl
2

AgNO
3

MgCl
2

KCl
KCl
O
H
Từ (1): n = 2n = 2.0,0875 = 0,175mol
Vậy : C
M
= 0,875 mol/l
0,5đ
Câu 4: (3,5 điểm)
Khi dùng 500 ml thì lượng chất rắn tạo thành là 34,575 gam
Khi dùng 1 lít dung dịch HCl thì lượng chất rắn chỉ tăng 39,9 – 34,575 = 5,325 gam.
Chứng tỏ ở thí nghiệm 2 kim loại hết, axit dư.
Zn + 2HCl → ZnCl
2
+ H
2
a mol a mol
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
b mol b mol
Ta có hệ pt:
65a + 56b = 18,6 (1)
136a + 127b = 39,9 (2)
Giải hệ pt trên được: a = 0,2; b = 0,1
Khối lượng Zn = 65.0,2 = 13 gam
Khối lượng Fe = 56.0,1 = 5,6 gam
Chất rắn ở thí nghiệm 1 gồm ZnCl

2
, FeCl
2
, Zn, Fe dư
Zn + 2HCl → ZnCl
2
+ H
2
c mol c mol
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
d mol d mol
136c + 127d + (65.0,2 – 65c) + (56.0,1 – 56d) = 34,575
⇒ c + d = 0,225
Từ pt hóa học ⇒ số mol HCl = 2(c + d) = 0,45 mol
C
M
(HCl) = x = 0,45/0,5 = 0,9 M
0,5
1,25
1,25
0,5
Câu 5:(4,5 điểm) 1. 2 điểm 2 . 1,5 điểm 3. 1 điểm
1
a) Công thức phân tử và công thức cấu tạo các chất
Rượu Etylic: (C
2
H

6
O) CH
3
– CH
2
– OH
Etilen: ( C
2
H
4
) CH
2
= CH
2
Axetylen: (C
2
H
2
) CH CH

Benzen (C
6
H
6
)
1đ
Fe
tan
HCl
HCl

=
2,0
175,0
H
Mêtan (CH
4
) H – C – H

b)
2
CO
n
=
4,22
24,2
= 0,1 (mol) suy ra số nguyên tử C trong chất đem đốt là
1,0
1,0
= 1
=> Đó là CH
4
(X)

2
CO
n
=
4,22
48,4
= 0,2 (mol) ->Số nguyên tử cacbon trong chất đem đốt là:

0,2
0,1
= 2
=> Chất đó chứa 2 nguyên tử Cacbon (Y)
Khi đốt cháy: CH
4
+ 2O
2

o
t
→
CO
2
+ 2H
2
O
0,1 0,2
Số mol H
2
O tạo ra khi đốt cháy Y là:

OH
n
2
(Y)
=
18
18.2,02,7 −
= 0,2 (mol)

Y đốt cháy tạo ra
OH
n
2
=
2
CO
n
=0,2 mol vậy Y là C
2
H
4
0,25đ
0,75đ
2.
Đặt a(g) là khối lượng CuSO
4
. 5 H
2
O cần lấy
Đặt b(g) là khối lượng dd Na
2
SO
4
x% cần lấy
=> Khối lượng dung dịch thu được là (a+b) gam
=> Khối lượng CuSO
4
trong dung dịch sau khi trộn là
250

160a
(g)
Khối lượng Na
2
SO
4
trong dung dịch sau khi trộn là
100
bx
(g)
Vậy ta có hệ phương trình


)(250
%100 160
ba
a
+
= 30%

)(100
%100.
ba
bx
+
= 10%
Giải hệ phương trình trên tìm ra x= 18,82 %
1đ
0,5đ
3

Ta có: %H = = =
Khi n = 1: thì %H = 25%
Khi n tăng ( vô cùng lớn ) thì coi như bằng 0, suyra: % H = = 14,29%

Vậy %H biến thiên trong khoảng: 14,29% %H 25%
0,5đ
0,5đ
1
6
+
n
7
100
1
6
7
+
−
n
22
214
+
+
n
n
214
100)22(
+
+
n

n
100
100