Tuyển tập 50 đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 9 (có đáp án chi tiết)

Sở Giáo dục và đào tạo

thanh hoá

D B
Kỳ thi học sinh giỏi CP tỉnh
Nm hc: 2014-2015
Mụn thi: HểA HC
Lp 9 -THCS
Ngy thi: 25/03/2015
Thi gian: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
thi ny cú 10 cõu, gm 02 trang


Cõu 1: (2 im)
1. Cú th coi st t oxit l hn hp cú cựng s mol ca FeO v Fe
2
O
3
c khụng? Ti sao?
2. Tớnh s nguyờn t hoc phõn t cú trong 1cm
3
khớ CO
2
( ktc), 1cm
3
H
2
O 4
0
C v 1cm
3

nhụm.
Cõu 2: (2 im)
1. Khi bp than ang chỏy, nu nhiu nc vo thỡ bp s tt cũn nu rc mt chỳt nc vo thỡ bp
than bựng chỏy lờn. Em hóy vit cỏc phng trỡnh húa hc gii thớch hin tng trờn.
2. Tớnh khi lng tinh th Na
2
SO
4
.10H
2
O cn cho vo 100 ml dung dch Na
2
SO
4
8% (d=1,07
gam/ml) khi lng cht tan trong dung dch tng lờn gp ụi.
Cõu 3: (2 im)
1. Hn hp X gm O
2
v O
3
cú t khi so vi H
2
l d. t chỏy hon ton 1 lớt hn hp Y gm CO v
H
2
cn 0,4 lớt hn hp X. Bit t khi ca Y so vi H
2
bng 7,5 v cỏc th tớch khớ o cựng iu kin nhit
, ỏp sut. Tớnh d.

2.
Cú mt hn hp 3 mui NH
4
HCO
3
, NaHCO
3
, Ca(HCO
3
)
2
. Khi nung 48,8 gam hn hp ú n khi
lng khụng i, thu c 16,2 gam bó rn. Ch húa bó rn vi dung dch HCl ly d, thu c 2,24 lớt khớ
(kc). Tớnh % khi lng ca NH
4
HCO
3
trong hn hp.

Cõu 4: (2 im)
Cho hn hp A gm Al v Fe
3
O
4
cú khi lng 114,4 gam. Thc hin phn ng nhit nhụm n khi
phn ng hon ton c cht rn B. Chia B thnh 2 phn bng nhau:
- Phn 1: cho td vi dd H
2
SO
4

loóng, d thu c 10,08 l khớ (ktc).
- Phn 2: cho td vi dd NaOH d, thy cũn 36,80 g cht khụng tan.
a) Vit cỏc phng trỡnh húa hc.
b) Tớnh % khi lng ca Al, Fe
3
O
4
trong hn hp A.
Cõu 5: (2 im)
1. Hon thnh cỏc phng trỡnh húa hc theo s (mi mi tờn ng vi mt phng trỡnh húa hc):
Tinh bt glucoz ru etylic axit axetic natri axetat metan
2. Sau khi lm thớ nghim, cỏc mu kim loi natri tha nu cho vo thựng rỏc thỡ rt gõy ra chỏy n.
Ngi ta thng hy cỏc mu kim loi ny bng cỏch ngõm trong cn. Em hóy vit cỏc phng trỡnh húa
hc gii thớch vic lm ny.
Cõu 6: (2 im)
Hn hp A gm KClO
3
, Ca(ClO
2
)
2
, Ca(ClO
3
)
2
, CaCl
2
v KCl nng 83,68 gam. Nhit phõn hon ton
A ta thu c cht rn B gm CaCl
2

, KCl v 17,472 lớt khớ ( ktc). Cho cht rn B tỏc dng vi 360 ml
dung dch K
2
CO
3
0,5M (va ) thu c kt ta C v dung dch D. Lng KCl trong dung dch D nhiu
gp 22/3 ln lng KCl cú trong A. Tớnh % khi lng KClO
3
cú trong A.
Cõu 7: (2 im)
1. t chỏy hp cht hu c A cho khớ CO
2
v H
2
O. T khi hi ca A so vi H
2
l 28.
a) Tỡm cụng thc phõn t ca A
b) Vit PTHH xy ra khi trựng hp A ng vi cỏc cụng thc cu to cha ni ụi ca A
2. Trong quỏ trỡnh tng hp CH
3
COOC
2
H
5
t CH
3
COOH v C
2
H

5
OH ngi ta phi cho vo mt
lng H
2
SO
4
c. Hóy cho bit vai trũ ca H
2
SO
4
c trong phn ng ny.
Cõu 8: (2 im)
Trn m
1
gam mt ru n chc vi m
2
gam mt axit n chc ri chia hn hp lm 3 phn bng
nhau
- Cho phn 1 tỏc dng ht vi Na thy thoỏt ra 3,36 lớt H
2
(ktc)
- t chỏy hon ton phn 2 thu c 39,6 gam CO
2

S bỏo danh
.

- un núng phn 3 vi H
2
SO

4
c thỡ thu c 10,2 gam este. Hiu sut phn ng este húa l 100%.
t chỏy 5,1 gam este thỡ thu c 11 gam CO
2
v 4,5 gam H
2
O.
a) Xỏc nh cụng thc phõn t ca ru v axit.
b) Tớnh m
1
v m
2
.
Cõu 9: (2 im)
Hn hp khớ X gm 0,09 mol C
2
H
2
; 0,15 mol CH
4
v 0,2 mol H
2
. Nung núng hn hp khớ X vi xỳc
tỏc Ni ( th tớch Ni khụng ỏng k ) thu c hn hp Y gm 5 cht khớ. Cho hn hp Y qua dung dch
Brụm d thu c hn hp khớ A cú khi lng mol phõn t trung bỡnh (M
A
)

bng 16. Khi lng bỡnh
ng dung dch Brụm tng 0,82 gam. Tớnh s mol mi cht trong A.

Cõu 10: (2 im)
a) Hóy tỡm cỏch tỏch ly tng kim loi riờng bit ra khi hn hp rn gm: Na
2
CO
3
, BaCO
3
, MgCO
3
.
b) Trong phũng thớ nghim thng iu ch CO
2
t

CaCO
3
v dung dch HCl, do ú CO
2
cú ln mt ớt
khớ hiroclorua v hi nc. Lm th no cú CO
2
tinh khit.




Cho bit: H =1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40;
Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ba = 137.
Chỳ ý: - Thớ sinh khụng c s dng bng tun hon cỏc nguyờn t húa hc.
- Giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm.

Sở Giáo dục và đào tạo
thanh hoá

D B
HNG DN CHM Kỳ thi học sinh giỏi CP tỉnh
Nm hc: 2014-015
Mụn thi: HểA HC
Lp 9 -THCS
Ngy thi: 25/03/2015



STT Nội dung Điểm
Câu 1
(2 điểm)
1. Về hình thức công thức Fe
3
O
4
có thể viết thành FeO.Fe
2
O
3
, nhưng không
thể xem Fe
3
O
4
như hỗn hợp 2 oxit FeO và Fe
2
O
3

cùng số mol. Vì hỗn hợp FeO và
Fe
2
O
3
không có một số tính chất của Fe
3
O
4
như không có từ tính,
2. Số phân tử khí có trong 1cm
3
khí ở đktc bằng
23
3
10.6
4,22.10
1
= 2,68.10
22
phân tử
Số phân tử H
2
O có trong 1cm
3
nước bằng
23
10.6
18
1

= 3,3.10
22
phân tử ( Vì ở 4
0
C khối lượng riêng của nước là 1
g/cm
3
)
Số nguyên tử nhôm có trong 1cm
3
nhôm bằng
23
10.6
27
7,2
= 6.10
22
phân tử ( Vì khối lượng riêng của nhôm là 2,7 gam/cm
3
)


1,00


0,25


0,25

0,50
Câu 2
(2 điểm)
1.
- Bếp than cháy được chủ yếu là do phản ứng: C + O
2

0
t
→
CO
2

- Nếu đổ nước nhiều vào thì nhiệt độ giảm làm cho phản ứng không xảy ra.
- Nếu rắc một chút nước, thì xảy ra phản ứng: C + H
2
O
0
t
→
CO + H
2

Các khí CO và H
2
đều là các khí dễ cháy, do đó thấy ngọn lửa bùng cháy lên:

CO + 1/2O

2

0
t
→
CO
2
; H
2
+ 1/2O
2

0
t
→
H
2
O
2.
nNa
2
SO
4
= 100(ml).1,07(gam/ml).
8
100
.
1
142
=0,06 mol.

Muốn cho lượng muối trong dung dịch tăng lên gấp đôi thì ta cũng cần phải
thêm 0,06 mol Na
2
SO
4
.10H
2
O hay 0,06.322 = 19,32 gam,

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


0,50
Câu 3
(2 điểm)
1.
- Hỗn hợp X:
-
hhX
M =2d
;
hhX
=0,4 lit

V
- Hỗn hợp Y:
2
2
CO H
CO H
V +V =1
28V +2V =1.7,5.2=15





=>
2
CO
H
V =0,5
V =0,5





=>
[ ]
1
O
V
=

=>
2 3
2 3
O O
O O
V +V =0,4
2V +3V =1





=>
2 3
O O
V =V =0,2
=>
H
2
hhX/
32+48 1
d=d = . =20
2 2



2. Ký hiệu: NH
4
HCO

3
: x mol; NaHCO
3
: y mol; Ca(HCO
3
)
2
: z mol.
- Khi nung:
NH
4
HCO
3
0
t
→
NH
3
↑
+CO
2
↑
+H
2
O
↑

x x x x
2NaHCO
3

0
t
→
Na
2
CO
3
+ CO
2
↑
+H
2
O
↑

y 0,5y 0,5y 0,5y
Ca(HCO
3
)
2
0
t
→
CaCO
3
+ CO
2
↑
+H
2

O
↑

z z z z
CaCO
3
0
t
→
CaO + CO
2
↑

z z z
- Chất rắn tác dụng HCl:
Na
2
CO
3
+ 2HCl
0
t
→
2NaCl + CO
2
↑
+ H
2
O

0,25

0,25



0,50












0,25




0,5y 0,5y
CaO + 2HCl
0
t
→

CaCl
2
+ H
2
O
Z
_
Theo phương trình và bài ra ta có hệ phương trình:
79x+84y+162z=48,8
79x+31y+106z=48,8-16,2=32,6
0x+0,5y+0z=2,24/22,4=0,1





=>
x=0,2
y=0,2
z=0,1






=>
4 3
0,2.79
%NH HCO = .100%=32,38%

48,8




0,25




0,25


0,25
Câu 4
(2 điểm)
8Al + 3Fe
3
O
4
→
4Al
2
O
3
+ 9Fe (1)
=> B: Al
2
O
3

, Fe và Al
dư
( huặc Fe
3
O
4dư
).
+ Td với dd H
2
SO
4
:
Fe + H
2
SO
4

→
FeSO
4
+ H
2
(2)
Al
2
O
3
+ 3H
2
SO

4
→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (3)
Có thể có:
Fe
3
O
4
+ 4H
2
SO
4
→
FeSO
4
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 4H

2
O (4)
2Al + 3H
2
SO
4
→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
(5)
+ Td với dd NaOH:
Al
2
O
3
+ 2NaOH
→
2NaAlO
2
+ H
2
O (6)
2Al + 2NaOH + 2H
2

O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2
(7)
Pư hoàn toàn ( h = 100%)
+ Giả sử Al hết =>sp: Fe
3
O
4
dư huặc hết, Al
2
O
3
, Fe => trong mỗi phần:
n
Fe
=
4,22
08,10
=0,45 mol (trong trường hợp tổng quát n
Fe
≤
0,45mol),
m
Fe
3
O

4
= 36,8–0,45.56 = 11,6 gam, m
Al
2
O
3
= 114,4/2 – 36,8 = 20,4 gam
=> trong hh đầu: m
Al
=2. 27.2.
102
4,20
= 21,6 gam Al hay 18,88%; 81,12%
Fe
3
O
4
.
+ Giả sử Al dư => sp: Al dư, Al
2
O
3
, Fe => n
Fe
=
56
08,36
=0,64mol >0,45 mol
=> vô lý.

0,25



0,25

0,25

0,25

0,25






0,25
0,25


0,25
Câu 5
(2 điểm)
1. 5 phương trình hóa học


2. - Nếu cho vào thùng rác, khi gặp nước sẽ xảy ra phản ứng:

Na + HOH
→
NaOH + 1/2H
2

Phản ứng này rất mãnh liệt. Nhiệt từ phản ứng này có thể tạo mồi lửa để đ
ốt cháy
thùng rác, gây ra hỏa hoạn.
- Khi cho vào cồn thì phản ứng xảy ra êm dịu, không gây hỏa hoạn:
Na + C
2
H
5
OH
→
C
2
H
5
OH + 1/2H
2




1,00



0,25

0,25
0,25
0,25
Câu 6
(2 điểm)
2
O
n 0,78 mol.
=





o
o
o
2
t
3 2
t
3 2 2 2
t
2 2 2 2
2 2
(A) (A)
h B
3
KClO KCl O (1)

2
Ca(ClO ) CaCl 3O (2)
83,68 gam A Ca(ClO ) CaCl 2O (3)
CaCl CaCl
KCl KCl

→ +


→ +



→ +







123

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m
A
= m
B
+
2

O
m

→ m
B
= 83,68 − 32×0,78 = 58,72 gam.
Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K
2
CO
3

Hỗn hợp B
2 2 3
3
(B) (B)
CaCl K CO CaCO 2KCl
0,18 0,18 0,36 mol
KCl KCl
↓
 
+ → +
 
← →
 
 
 
hỗn hợp D
⇒
( B) 2
KCl B CaCl (B)

m m m
58,72 0,18 111 38,74 gam
= −
= − × =

⇒
( D )
KCl KCl (B) KCl (pt 4)
m m m
38,74 0,36 74,5 65,56 gam
= +
= + × =

⇒
( A ) ( D )
KCl KCl
3 3
m m 65,56 8,94 gam
22 22
= = × =
⇒
(B) (A)
KCl pt (1) KCl KCl
m = m m 38,74 8,94 29,8 gam.
− = − =
Theo phản ứng (1):

3
KClO
29,8

m 122,5 49 gam.
74,5
= × =

3
KClO (A)
49 100
%m 58,55%.
83,68
×
= =


0,50









0,25




0,25

0,25





0,25




0,25

0,25

Câu 7
(2 điểm)
1. Dựa vào sản phẩm cháy, ta thấy trong phân tử A chứa các nguyên tố C, H
và có thể có O
Đặt CTPT của A là C
x
H
y
O
z

M

A
= 12x + y + 16z = 28.2 = 56
* Khi z = 0 => 12x + y = 56 >
Nghiệm thích hợp là : x = 4, y = 8
CTPT của A là: C
4
H
8

* Khi z = 1 => 12x + y = 40
Nghiệm thích hợp là: x = 3, y = 4
CTPT của A là C
3
H
4
O
* Khi z = 2 => 12x + y = 24
Không có nghiệm nào thỏa mãn
2. 2 vai trò:
- xúc tác
- hút nước nhằn tạo ra nhiều este
0,25


0,25

0,25


0,25

0,50
0,50
Câu 8
(2 điểm)
a) Khi đốt cháy 5,1 gam este tạo ra:

44
11
= 0,25 mol CO
2
=> mC = 0,025.12 = 3 gam
18
5,4
= 0,25 mol H
2
O => mH = 0,5 gam
=> mO = 5,1 - 3 - 0,5 = 1,6 gam.
Gọi công thức của este là C
x
H
y
O
z
, ta có
x : y : z =
12
3

:
1
5,0
:
16
6,1
= 0,25 : 0,5 : 0,1 = 5 : 10 : 2
Vậy công thức đơn giản nhất của este là C
5
H
10
O
2
và cùng đồng thời là công
thức phân tử ( vì este tạo thành từ axit đơn chức và rượu đơn chức)
Mặt khác ta biết este là đồng phân chức của axit => Khi viết dưới dạng axit
ta được C
4
H
9
COOH, với gốc C
4
H
9
- là gốc no, điều đó chứng tỏ este phải được tạo
thành từ axit no và rượu no
Đặt công thức của axit và rượu lần lượt là C
n
H
2n + 1

COOH và
C
m
H
2m + 1
OH. Các PTHH
2C
n
H
2n + 1
COOH + 2Na → 2C
n
H
2n + 1
COONa + H
2

(1)
2C
m
H
2m + 1
OH + 2Na → 2C
m
H
2m + 1
ONa + H
2

(2)

C
n
H
2n + 1
COOH +
2
)13(
+
n
O
2
→
o
t
(n + 1)CO
2
+ (m + 1)H
2
O
(3)
C
m
H
2m + 1
OH +
2
3m
O
2
→

o
t
mCO
2
+ (m + 1)H
2
O
(4)
C
n
H
2n + 1
COOH + C
m
H
2m + 1
OH  →
đSOH ,
4
2
C
n
H
2n + 1
COOC
m
H
2m + 1
+ H
2

O
(5)
C
n
H
2n + 1
COOC
m
H
2m + 1
+
2
1)(3
+
+
nm
O
2
→
o
t
(n + m +1)CO
2
+(n + m +
1)H
2
O (6)
Gọi a, b là số mol của rượu và axit, ta có
Theo (1), (2) ta có: a + b = 2nH
2

= 2
4,22
36,3
= 0,3 (I)
Theo (3), (4): am + b(n + 1) = nCO
2
=
44
6,39
= 0,9 (II)
Theo công thức phân tử của este: n + m = 5 -1 = 4 nguyên tử C (III)
Vì số mol este =
102
2,10
= 0,1 mol và vì hiệu suất 100% nên có 2 trường hợp
xảy ra: Hoặc số mol rượu = 0,1 mol hoặc số mol axit = 0,1 mol
Trường hợp 1: Số mol rượu = 0,1 mol
=> a = 0,1, b = 0,2 thế vào (II) ta được
m + 2n = 7
Kết hợp với (III) ta tìm được nghiệm là n = 3, m = 1
Trường hợp 2: Số mol axit = 0,1 mol
=> b = 0,1, a = 0,2 thế vào (II) ta được
2m + n = 8
Kết hợp với (III) ta tìm được nghiệm là m = 4, n = 0
Vậy có 2 cặp nghiệm thỏa mãn
rượu CH
3
OH ; axit C
3
H

7
COOH
Và rượu C
4
H
9
OH ; axit HCOOH
b) Tính m
1
, m
2

Với cặp nghiệm thứ nhất: CH
3
OH thì m
1
= 0,1.3.32 = 9,6 gam






0,25





0,25

0,25

0,25

0,25


0,25






0,25
C
3
H
7
COOH thì m
2
= 0,2.3.88 = 52,8 gam
Với cặp nghiệm thứ hai: C
4
H
9
OH thì m
1
= 0,2.3.74 = 44,4 gam
HCOOH thì m
2
= 0,1.3.46 = 13,8 gam

0,25
Câu 9
(2 điểm)
C
2
H
2
+ H
2

0
t
→
C
2
H
4
(1)

a a a
C
2
H
4
+ H
2

0
t
→

C
2
H
6
(2)

b b b
Gọi a, b là số mol C
2
H
2
, C
2
H
4
phản ứng (1) và (2).
Hỗn hợp Y gồm CH
4
: 0,15 mol ; C
2
H
2
: (0,09 – a ) mol ; C
2
H
4
:
(a – b) mol; C
2
H

6
: b mol; H
2 dư
: 0,2 – (a+b) mol

C
2
H
4
+ Br
2

→
C
2
H
4
Br
2
(3)

C
2
H
2 dư
+ 2Br
2

→
C

2
H
2
Br
4
(4)
Theo giả thiết:
2 2
C H
m +
2 4
C H
m = 0,82 gam

28(a – b) +26(0,09- a) = 0,82
⇔
14b – a = 0,76 (I)

Hỗn hợp A gồm CH
4
: 0,15 mol ; C
2
H
6
: b mol và
H
2 dư
: 0,2 – ( a+b) mol
Theo đề ra:
(

)
30b 16.0,15 2 0,2 – a – b
16
b 0,15 0,2 – a – b
+ +
=
+ +

2b + a = 0,2 (II)

Giải hệ (I, II ); suy ra a = 0,08 mol ; b = 0,06 mol
Vậy:
4
CH
n
= 0,15 mol ;
2 6
C H
n = 0,06 mol và
2
du
H
n
= 0,06 mol

0,25


0,25

0,25
0,25


0,25




0,25


0,50
Câu 10
(2 điểm)
a) Hòa tan hỗn hợp vào nước, lọc → dung dịch Na
2
CO
3
. Cho dung dịch
Na
2
CO

3
tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, sau đó cô cạn dung dịch rồi điện
phân nóng chảy → Na
Na
2
CO
3
+ 2HCl → 2NaCl + CO
2
↑ + H
2
O
2NaCl
→
ñpnc
2Na + Cl
2

- Hòa tan hỗn hợp rắn BaCO
3
, MgCO
3
trong HCl vừa đủ → dung dịch chứa
MgCl
2
và BaCl
2

BaCO
3

+ 2HCl → BaCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O
MgCO
3
+ 2HCl → MgCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O
- Thêm dung dịch Ba(OH)
2
dư vào dung dịch sau phản ứng → Mg(OH)
2
↓
MgCl
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCl
2
+ Mg(OH)
2
↓

- Lọc kết tủa hòa tan vào axit HCl. Cô cạn dung dịch thu được muối khan
MgCl
2
rồi điện phân nóng chảy → kim loại Mg.
Mg(OH)
2
+ 2HCl → MgCl
2
+ 2H
2
O
MgCl
2

→
ñpnc
Mg + Cl
2

- Cho dung dịch còn lại sau khi lọc kết tủa Mg(OH)
2
tác dụng với HCl vừa
đủ. Cộ cạn ta được muối khan BaCl
2
rồi điện phân nóng chảy → Ba.
BaCl
2

→
ñpnc

Ba + Cl
2

b) Đầu tiên cho hỗn hợp khí đi qua bình đựng dung dịch NaHCO
3
để loại bỏ
HCl, sau đó cho đi qua dung dịch H
2
SO
4 đặc
để loại bỏ hơi nước ta thu được CO
2

tinh khiết:





0,25






0,25

0,25

0,25


0,50

Phương trình phản ứng: NaHCO
3
+ HCl  NaCl + CO
2
 + H
2
O
0,50
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THÀNH PHỐ VŨNG TÀU NĂM HỌC 2013 – 2014
Ngày thi: 02/01/2014
ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1:(5,0 điểm)Xác định các chất A, B, C, D và viết phương trình hoá học hoàn thành sơ đồ sau:
C
A
0
t

→
B A

D
Biết rằng A là thành phần chính của đá phấn; B là khí dùng nạp cho các bình chữacháy.
Bài 2: (5,0 điểm)
a)Có 5 chất dạng bột: Cu, Al, Fe, S và Ag. Hãy nêu cách phân biệt từng chất khi có đủ các chất
thử cần thiết.
b) Trên 2 dĩa cân để 2 cốc đựng dung dịch HCl (A) và H
2
SO
4
loãng (B) sao cho cân thăng
bằng. Cho 25g CaCO
3
vào cốc HCl và a (g) nhôm vào cốc H
2
SO
4
. Khi PƯ hoàn toàn thấy cân vẫn
thăng bằng. Tìm a.
Bài 3: (5,0 điểm)
a) Khi cho khí clo tan vào nước thu được dung dịch A. Lúc đầu A làm mất màu quỳ tím, ít lâu
sau thì làm quỳ tím hóa đỏ. Giải thích hiện tượng và viết PTHH (nếu có).
b) Nguyên tố Rtạo hợp chất khí với hiđro dạng RH3, trong đó có 8,82% khối lượng hiđro. Lập
CTHH oxit cao nhất của R.
Bài 4: (5,0 điểm)
a)ViếtPTHH đốt cháy cùng 1 mol mỗi chất sau: C
x
H

y
; C
n
H
2n
; C
n
H
2n+2
; C
n
H
2n-6
.
b)Đốt hết 6g một hợp chất hữu cơ X (chứa C, H và O) trong oxi dư. Sau phản ứng, dẫn hỗn
hợp sản phẩm lần lượt qua bình (1) chứa P
2
O
5
và bình (2) chứa CaO (đều lấy dư) thì khối lượng
bình (1) tăng 3,6g còn bình (2) tăng 8,8g. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của
X, biết tỉ khối X với nitơ oxit là 2.
+ Cho:Al = 27; Ag = 108; C = 12; Fe = 56; S = 32; K = 39; Zn = 65; Mg = 24; P = 31;Ca = 40;
N = 14; Na = 23; Cl = 35,5.
+ HS không được sử dụng tài liệu.

-Hết-


Họ và tên thí sinh: ………………………….Chữ ký giám thị 1: ………………

Số báo danh: ……………………………… Số báo danh: ………………….
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
TP VŨNG TÀU NĂM HỌC 2013 – 2014
HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN THI: HÓA HỌC
(Hướng dẫn chấm này gồm 02 trang)

BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM

TỔNG


1



A là thành phần chính của đá phấn
⇒
A là CaCO
3

B là khí dùng nạp cho các bình chữa cháy
⇒
B là CO
2

C, D là muối cacbonat và hiđrocacbonat
⇒
chọn C, D là K
2

CO
3
và
KHCO
3

PTPƯ: CaCO
3
o
t
→
CaO + CO
2
CO
2
+ 2KOH
→
K
2
CO
3
+ H
2
O.
CO
2
+ KOH
→
KHCO
3

KHCO
3
+ 2KOH
→
K
2
CO
3
+ H
2
O
K
2
CO
3
+ H
2
O + CO
2
→
2KHCO
3

K
2
CO
3
+ CaCl
2

→
CaCO
3
+ 2KCl
KHCO
3
+ Ca(OH)
2
→
CaCO
3
+ K
2
CO
3
+ H
2
O.
1.0
1.0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5


5,0

2,1

+ Dùng dd NaOH: nhận ra Al:
2Al + 2H
2
O + 2NaOH → 2NaAlO
2
+ 3H
2
↑
+ Dùng dd HCl: nhận ra Fe: Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑
+ Đốt cháy trong oxi: nhận ra S và Cu
S + O
2
→ SO
2
(có mùi hắc)
Cu + O
2
→ CuO (màu đen)
+ Ag không PƯ.


0,5

0,5
0,5
0,5



2,0


2.2

3
25 :100 0, 25
CaCO
n mol
= =

CaCO
3
+ 2HCl → CaCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O
0,25 0,25
2
0,25.44 11
CO

m g
= =


Theo ĐL BTKL, cốc A tăng: 25 – 11 = 14g
Vậy cốc B cũng tăng 14g (cân thăng bằng).

Số mol nhôm: n
Al
= a/27 mol
2Al + 3H
2
SO
4
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
↑
2 3
a/27 a/18
2
.2
18 9
H
a a

m g
= =


 Ta có: a – a/9 = 14
 a = 15,75g




1,0


0,5




1,0


0,5

3,0

+ HS có cách giải khác, nếu đúng vẫn đạt số điểm quy định.
…………………………………………….HẾT………………………………




3.1
PTHH: Cl
2
+ H
2
O → HClO + HCl
+ A làm mất màu quỳ tím do HClO phân hủy O tự do, có tính tẩy
màu.
+ Lúc sau chỉ còn HCl trong dung dịch nên làm quỳ tím hóa đỏ.
1.0
0,5

0,5


2,0



3.2
Ta có: %R = 100 – 8,82 = 91,18%

Trong hợp chất RH
3
có : m
R
: m
H
= 91,18 : 8,82
 R = (91,18 . 3) : 8,82 = 31
 R là photpho P
 CTHH oxit cao nhất là P
2
O
5

0,75
0,75

0,75
0,75

3,0



4.1




C

x
H
y
+
0
2 2 2
( )
4 2
t
y y
x O xCO H O
+ → +

C
n
H
2n
+
0
2 2 2
3
2
t
n
O nCO nH O
→ +

C
n
H

2n+2
+
0
2 2 2
3 1
( 1)
2
t
n
O nCO n H O
+
→ + +

C
n
H
2n-6
+
0
2 2 2
3 3
( 3)
2
t
n
O nCO n H O
−
→ + −

0,5

0,5

0,5

0,5



2,0









4.2

P
2
O
5
hấp thụ nước trong sản phẩm:
P
2
O
5

+ 3 H
2
O → 2 H
3
PO
4

Vậy khối lượng bình (1) tăng là khối lượng nước trong X.
=>
2
3,6 :18 0,2
H O
n = =
(mol)
2
0,2.2 0,4
H
n = =
(mol)

CaO hấp thụ CO
2
trong sản phẩm:
CaO + CO
2
→ CaCO
3

Vậy khối lượng bình (2) tăng là khối lượng CO
2

trong X.

2
8,8 : 44 0,2
CO
n = =
(mol) = n
C


Khối lượng oxi trong X: m
O
= 6 – (0,4.1+ 0,2.12)= 3,2(g)
 n
O
= 3,2:16 = 0,2 (mol)

CT dạng chung của X: C
x
H
y
O
z

Ta có: x : y : z = 0,2 : 0,4 : 0,2 = 1 : 2 : 1
CT đơn giản: (CH
2
O)
n

M
X
= 2. M
NO
= 2. 30 = 60
 (CH
2
O)
n
= 60 hay 30.n = 60
 n = 2
Vậy CT phân tử của X là C
2
H
4
O
2

Viết đúng CT cấu tạo:







0,5

0,5


0,5



0,5



0,5

0,5

3,0





SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG


KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
Năm học: 2013 - 2014
MÔN: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 20 tháng 3 năm 2014
( Đề này gồm 05 câu, 01 trang)
Câu I (2,0 điểm)
1/ Cho một mẩu Na vào dung dịch có chứa Al
2
(SO
4
)
3
và CuSO
4
thu được khí A, dung dịch B và kết tủa
C. Nung kết tủa C đến khối lượng không đổi thu được chất rắn D. Cho H
2
dư đi qua D nung nóng được
chất rắn E (giả sử hiệu suất các phản ứng đạt 100%). Hòa tan E trong dung dịch HCl dư thì E chỉ tan

một phần. Giải thích thí nghiệm bằng các phương trình phản ứng.
2/ Cho hỗn hợp X gồm: Ba; Na; CuO và Fe
2
O
3
. Trình bày phương pháp tách thu lấy từng kim loại từ
hỗn hợp X và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu II (2,0 điểm)
1/ Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau và ghi điều kiện phản ứng (nếu có):
Axit axetic →
)1(
Magie axetat →
)2(
Natri axetat →
)3(
Metan
(8) (4)
Rượu etylic ←
)7(
Cloetan ←
)6(
Etilen ←
)5(
Axetilen
2/ Cho 5 chất khí: CO
2
, C
2
H
4

, C
2
H
2
, SO
2
, CH
4
đựng trong 5 bình riêng biệt mất nhãn. Chỉ dùng hai
thuốc thử, trình bày phương pháp hóa học phân biệt mỗi bình trên và viết các phương trình phản ứng
xảy ra. Các dụng cụ thí nghiệm có đủ.
Câu III (2,0 điểm)
1/ Chia 78,4 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
2
O
3
thành hai phần đều nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hết
với dung dịch HCl dư, thu được 77,7 gam hỗn hợp muối khan. Phần thứ hai tác dụng vừa hết với 500
ml dung dịch Y gồm hỗn hợp HCl, H
2
SO
4
loãng, thu được 83,95 gam hỗn hợp muối khan. Xác định %
khối lượng của mỗi chất trong X và tính nồng độ mol/lít của dung dịch Y.
2/ Đun nóng hỗn hợp X gồm C
2
H
4
, H
2

có xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Biết tỉ khối
hơi của X so với khí hiđro là 7,5 và tỉ khối hơi của Y so với khí hiđro là 12. Các thể tích khí đo ở cùng điều
kiện nhiệt độ và áp suất. Tính thành phần phần trăm theo thể tích các khí có trong hỗn hợp X và Y.
Câu IV (2,0 điểm)
1/ Khử hoàn toàn 4,06 gam một oxit kim loại M bằng 3,136 lít CO (đktc) ở nhiệt độ cao thành kim loại
và khí X. Tỉ khối của X so với H
2
là 18. Nếu lấy lượng kim loại M sinh ra hoà tan hết vào dung dịch
chứa m gam H
2
SO
4
98% đun nóng thì thu được khí SO
2
duy nhất và dung dịch Y. Xác định công thức
của oxit kim loại và tính giá trị nhỏ nhất của m.
2/ Cho m gam hỗn hợp G gồm KHCO
3
và CaCO
3
tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng, dư. Hấp thụ
toàn bộ lượng khí CO
2
sinh ra vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm KOH 1M và Ca(OH)
2
0,75M

thu được 12 gam kết tủa. Tính m.
Câu V (2,0 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 12 gam chất hữu cơ A chỉ thu được hỗn hợp khí và hơi gồm CO
2
, H
2
O. Dẫn toàn bộ
sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH)
2
dư thấy có 40 gam kết tủa trắng và khối lượng dung dịch
giảm 15,2 gam so với khối lượng của dung dịch Ca(OH)
2
ban đầu. Biết rằng 3 gam A ở thể hơi có thể
tích bằng thể tích của 1,6 gam oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.
1/ Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, biết A phản ứng được với CaCO
3
.
2/ Hỗn hợp G gồm X (C
2
H
2
O
4
), Y. Trong đó X và Y có chứa nhóm định chức như A. Cho 0,3 mol hỗn
hợp G tác dụng với NaHCO
3
dư thu được 11,2 lít khí (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp G
cần 16,8 lít O
2
(đktc), chỉ thu được 12,6 gam nước và 44 gam CO

2
. Viết CTCT thu gọn của X và Y. Biết
Y có mạch cacbon thẳng, chỉ chứa nhóm chức có hiđro và khi cho Y tác dụng với Na dư thì thu được
YH
nn =
2
phản ứng.

Cho: H = 1, C = 12, O = 16, Na = 23, S = 32, Cl = 35,5, K = 39, Ca = 40, Cr = 52, Fe = 56, Cu = 64, Zn = 65.
Hết
Họ và tên thí sinh: ………………………………………Số báo danh:……………………………
Giám thị coi thi số 1:……………………….Giám thị coi thi số 2:………………………………
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MÔN THI: HÓA HỌC
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
Câu

Ý Đáp án Biểu điểm
1 1,0
Cho Na vào dd Al
2
(SO
4
)
3
và CuSO
4
, Na:

Na + H
2
O → NaOH + 1/2H
2

6NaOH + Al
2
(SO
4
)
3
→ 2Al(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4

CuSO
4
+ 2NaOH → Cu(OH)
2
+ Na
2
SO
4

Al(OH)
3
+ NaOH → NaAlO

2
+ 2H
2
O.
0,25
Vì kết tủa C thu được sau khi nung nóng sau đó khử bằng H
2
dư, rồi cho
chất rắn thu được tác dụng với dd HCl thấy chất rắn tan một phần chứng tỏ
kết tủa C có Al(OH)
3
.
0,25
Vậy khí A là H
2
, dd B chứa Na
2
SO
4
, có thể có NaAlO
2
. Kết tủa C chứa
Cu(OH)
2
, Al(OH)
3
, Chất rắn D có CuO, Al
2
O
3

. Chất rắn E gồm Cu, Al
2
O
3

0,25

Cu(OH)
2
→
0
t
CuO + H
2
O
2Al(OH)
3
→
0
t
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
CuO + H
2
→

0
t
H
2
O + Cu
Al
2
O
3
+ 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
O
0,25
2 1,0
Cho hỗn hợp X vào nước dư, lọc thu lấy hỗn hợp A gồm CuO, Fe
2
O
3
và
ddB
Dẫn H
2
dư, nung nóng qua hỗn hợp A ta thu lấy Cu và Fe
H
2
+ CuO →
0
t

Cu + H
2
O
3H
2
+ Fe
2
O
3
→
0
t
2Fe + 3H
2
O.
Hoà hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, lọc thu lấy Cu và ddC
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2

0,25

Nhỏ dung dịch NaOH dư vào dung dịch C, l
ọc kết tủa nung trong không khí
đến khối lượng không đổi, dẫn H
2
dư qua nung nóng. Sau phản ứng hoàn
toàn thu được Fe
FeCl

2
+ 2NaOH → 2NaCl + Fe(OH)
2

2Fe(OH)
2
+ 1/2O
2
→
0
t
Fe
2
O
3
+ 2H
2
O
Fe
2
O
3
+ 3H
2
→
0
t
2Fe + 3H
2
O

0,25
Cho Na
2
CO
3
dư vào ddB:
Ba + 2H
2
O → Ba(OH)
2
+ H
2

Na + H
2
O → NaOH + 1/2H
2

Na
2
CO
3
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
+ 2NaOH
Lọc thu lấy kết tủa và ddD, cho kết tủa vào dd HCl dư; cô cạn lấy BaCl
2
;

đpnc thu lấy Ba
BaCO
3
+ 2HCl → BaCl
2
+ H
2
O + CO
2

BaCl
2
 →
đpnc
Ba + Cl
2

0,25
1

Cho dung dịch HCl dư vào ddD, cô cạn thu lấy NaCl, đpnc thu lấy Na
NaOH + HCl
→
NaCl + H
2
O
Na
2
CO

3
+ 2HCl
→
2NaCl + H
2
O + CO
2
2NaCl  →
đpnc
2Na + Cl
2

0,25
1
1,0

(1) 2CH
3
COOH + Mg
→
(CH
3
COO)
2
Mg + H
2
(2) (CH
3
COO)
2

Mg + 2NaOH
→
2CH
3
COONa + Mg(OH)
2

0,25
2

(3) CH
3
COONa + NaOH
→
CH
4
+ Na
2
CO
3

0,25
(4) 2CH
4
 →
ln,1500
0
lc
C
2

H
2
+ 3H
2

(5) C
2
H
2
+ H
2
 →
3/ PbCOPd
C
2
H
4

(6) C
2
H
4
+ HCl
→
C
2
H
5
Cl
0,25

(7) C
2
H
5
Cl + NaOH →
0
t
C
2
H
5
OH + NaCl
(8) C
2
H
5
OH + O
2
 →
giammen
CH
3
COOH + H
2
O
0,25
2 1,0
Lấy mỗi khí một ít dùng làm thí nghiệm
Dẫn từ từ từng khí vào dung dịch Ca(OH)
2

dư, hai mẫu có kết tủa trắng là
CO
2
, SO
2
(nhóm I).
SO
2(k)
+ Ca(OH)
2(dd)

→
CaSO
3
+ H
2
O
CO
2(k)
+ Ca(OH)
2(dd)

→
CaCO
3
+ H
2
O
Còn lại không có hiện tượng gì là các khí CH
4

, C
2
H
4
, C
2
H
2
(nhóm II)
0,25

Dẫn từng khí nhóm I và dung dịch brom dư, khí làm nhạt màu dd brom thì
đó là SO
2.
SO
2(k)
+ 2H
2
O + Br
2(dd)

→
H
2
SO
4(dd)
+ 2HBr
(dd)

Khí còn lại là CO
2.
0,25
Dẫn từng khí nhóm II đến dư vào các bình tương ứng chứa cùng một lượng
dung dịch brom (giả sử a mol Br
2
), khí không làm mất màu dung dịch brom
là CH
4
, hai khí làm mất màu dung dịch brom thì đó là C
2
H
4
, C
2
H
2
,
C
2
H
4
+ Br
2(dd)

→
CH
2
Br - CH
2

Br (1)
a a
C
2
H
2
+ 2Br
2(dd)

→
CHBr
2
- CHBr
2
(2)
a/2 a
0,25

Cân lại 2 bình dd brom bị mất màu ở trên. Bình nào nặng hơn (tăng 28a
gam) thì khí dẫn vào là etilen, bình còn lại (tăng < 26a gam) thì khí dẫn vào
là axetilen.
0,25
1 1,0
PTHH: FeO + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
O (1)

Fe
2
O
3
+ 6HCl
→
2FeCl
3
+ 3H
2
O (2)
FeO + H
2
SO
4

→
FeSO
4
+ H
2
O (3)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (4)
0,25
Gọi trong mỗi phần có: x mol FeO và y mol Fe
2
O
3

78,4
72 160 39,2 (*)
2
⇒ + = =x y

Theo (1):
2
FeCl FeO
n n x mol
= =

Theo (2):
3 2 3

2 2
FeCl Fe O
n n y mol
= =

Ta có:

2 3
77,7
127 162,5.2 77,7
127 325 77,7 (**)
FeCl FeCl
m m m gam
x y
x y
= + =
⇒ + =
⇒ + =
muèi khan

Từ (*) và (**)
0,1
0,2
x
y
=

⇒

=



0,1.72
% .100% 18,37% 81,63%
39,2
FeO
m⇒ = = =
2 3
Fe O
vµ %m
0,25
Gọi trong 500 ml dd Y có: a mol HCl và b mol H
2
SO
4

Theo (1), (2), (3) và (4):
2 2 4
0,5 0,5 ( )
H O HCl H SO
n n n a b mol
= + = +

Bảo toàn nguyên tố oxi:
2 2 3
3 0,1 3.0,2 0,7
H O FeO Fe O
n n n mol
= + = + =

⇒
0,5a + b = 0,7 (I)
0,25
3

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
0,25

2 4 2
39,2 36,5 98 83,95 18.0,7
36,5 98 57,35 (II)
HCl H SO H O
m m m m m
a b
a b
+ + = +
⇒ + + = +
⇒ + =
phÇn2 muèi khan

Từ (I) và (II)
0,9
0,25
a
b
=

⇒


=


2 4
0,9 0,25
( ) 1,8 ; ( ) 0,5
0,5 0,5
M M
C HCl M C H SO M
⇒ = = = =
2 1,0
Gọi a, b lần lượt là số mol của C
2
H
4
, H
2
có trong X
Ta có:

X
28a 2b
M 7,5.2(g)
a b
+
= =
+


→

a = b

→
% C
2
H
4
= %H
2
= 50(%)
0,25
Gọi x là số mol C
2
H
4
phản ứng:
C
2
H
4
+ H
2

0
Ni
t
→
C
2
H

6
Trước pư: a a (mol)
Phản ứng: x x x (mol)
Sau pư: (a –x) (a –x) x (mol)

Y
28(a x) 2(a x) 30x
M 12.2(g)
(a x) (a x) x
− + − +
= =
− + − +

0,25

→
x = 0,75a

→

2 4 2
C H H
n n a 0,75a 0,25a(mol)
= = − =


→

2 6
C H

n 0,75a(mol)
=

0,25

→
% C
2
H
4
= %H
2
= 20 %
% C
2
H
6
= 60 %
0,25
1 1,0
Gọi công thức của oxit cần tìm là M
x
O
y
(x,y
∈
N
*
)
PPTH: M

x
O
y
+ yCO
0
t
→
xM + yCO
2
(1)

X
M = 36
→
X có CO dư
0,25
Tính được số mol CO
2
= 0,07 mol = số mol CO phản ứng
→ mol M
x
O
y
= 0,07/y → x*M
M
+ 16*y = 58*y
↔
M
M
= (2y/x)*21

0,25
Xét bảng:
2y/x 1 2 8/3 3
M
M
21 42 56 62
loại loại Fe (t/m) loại
→ CT: Fe
3
O
4


0,25

Số mol Fe = 0,0525 mol
2Fe + 6H
2
SO
4

đặc

0
t
→
Fe
2
(SO
4

)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O
Fe + Fe
2
(SO
4
)
3
→ 3FeSO
4

Tính m = 10,5 gam.
0,25
2 1,0
4

CaCO
3
+ H
2
SO
4
→ MgSO
4
+ CO

2
+ H
2
O (1)
2KHCO
3
+ H
2
SO
4
→ K
2
SO
4
+ 2CO
2
+ 2H
2
O (2)
Số mol KOH = 1. 0,2 = 0,2 (mol)
Số mol Ca(OH)
2
= 0,2. 0,75 = 0,15 (mol)
Số mol CaCO
3
= 12 : 100 = 0,12(mol)
Phản ứng giữa CO
2
và dung dịch KOH, Ca(OH)
2

thu được kết tủa nên xảy
0,25
ra hai trường hợp:
TH1: Phản ứng chỉ tạo một muối CaCO
3
do phương trình :
Ca(OH)
2
+ CO
2
→ CaCO
3
+ H
2
O (3)
Theo (3):
2 3
0,12( )
CO CaCO
n n mol
= =
Theo (1) và (2): Số mol G = tổng số mol CO
2
= 0,12 mol
→
m
G
= 12 gam
0,25
TH2: Phản ứng tạo thành hai muối thì xảy ra các phương trình sau:

Ca(OH)
2
+ CO
2
→ CaCO
3
+ H
2
O (4)
Ca(OH)
2
+ 2CO
2
→ Ca(HCO
3
)
2
(5)
KOH + CO
2
→ KHCO
3
(6)
0,25
Theo (4):
2 2 3
( )
0,12( )
Ca OH CO CaCO
n n n mol

= = =
Theo (5):
2 2
( )
2 2(0,15 0,12) 0,06( )
CO Ca OH
n n mol
= = − =
Theo (6):
2
0,2( )
CO KOH
n n mol
= =
Theo (1) và (2): Số mol G = tổng số mol CO
2
= 0,38 mol
→
m
G
= 38 gam
0,25
1 1,0
.05,0
32
6,1
2
mol
n
O

==
Theo bài do các khí ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất
nên tỷ lệ về thể tích bằng tỷ lệ về số mol của chúng. Vậy số mol A trong 3
gam A bằng số mol oxi.
molnn
OA
05,0
2
==
→
M
A
= g60
05,0
3
=
Số mol trong 12 gam A đem đốt cháy là mol2,0
60
12
=
0,25
moln
CaCO
4,0
100
40
3
==
Theo bài, khí CO
2

và nước hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)
2
dư,
khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 15,2 gam so với khối lượng dung
dịch Ca(OH)
2
đem dùng.
Vậy: 2,15)(
223
=+−
OHCOCaCO
mmm gam

OH
m
2
= 40- (0,4*44 + 15,2) = 7,2 gam
→
.4,0
18
2,7
2
moln
OH
==
0,25
m
O (trong 12 gam A)
= 12 - 0,4(12 + 2) = 6,4 gam
→

.4,0
16
4,6
moln
O
==
Vậy A là hợp chất hữu cơ chứa C, H, O.
n
C
: n
H
: n
O
= 0,4 : (0,4.2) : 0,4 = 1:2:1
→
Công thức ĐGN của A là CH
2
O.
Công thức phân tử A là (CH
2
O)
n
Ta có 30n = 60
→
n= 2.
Vậy công thức phân tử của A là C
2
H
4
O

2
.
0,25

Theo bài A phản ứng được với CaCO
3
. Vậy A là axit, CTCT: CH
3
COOH.
CaCO
3
+ 2CH
3
COOH
→
(CH
3
COO)
2
Ca + CO
2
+ H
2
O.
0,25
2 1,0
Gọi CT chung của G là R(COOH)
x

Viết phản ứng với NaHCO

3

Xác định x = 1,67
→
G gồm:
(COOH)
2
và R
1
COOH
Tính số mol X = 0,2, Y = 0,1
0,25
Tính m
G
= 32,6 gam
→
m
Y
= 14,6 gam, M
y
= 146
Tính số mol các nguyên tố trong Y: n
C
= 0,6, n
H
= 1, n
O
= 0,4
→
CTPT của Y: C

6
H
10
O
4
.
0,25
5

Y tác dụng với Na dư thì thu được
YH
nn =
2
phản ứng
→
Y phải có thêm 01
nhóm OH
Vì Y mạch thẳng, chứa 1 nhóm -COOH, 1 nhóm -OH, có CTPT là C
6
H
10
O
4

0,25
và chỉ chứa các nhóm chức có H
→
Y có 04 CTCT thỏa mãn
Viết 01 CTCT của X: HOOC-COOH
Viết 04 CTCT thỏa mãn.

OHC-CH(OH)-(CH
2
)
3
-COOH; OHC-CH
2
- CH(OH)-(CH
2
)
2
-COOH;
OHC-(CH
2
)
2
-CH(OH)-CH
2
-COOH; OHC-(CH
2
)
3
-CH(OH)-COOH;

0,25
Tổng

10,0

Ghi chú: - Học sinh làm cách khác đúng chấm điểm tương đương.
- Phương trình hóa học có chất viết sai không cho điểm, thiếu điều kiện hoặc không cân bằng

trừ 1/2 số điểm của pt đó. Nếu tính toán liên quan đến pt không cân bằng thì không được tính điểm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2013– 2014

Môn: Hóa học
Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề
(Đề thi có: 02 trang)

Câu 1: (3,0 điểm)

a) Cho sơ đồ các PTPƯ
(1) (X) + HCl → (X
1
) + (X
2
) + H
2
O (5) (X
2
) + Ba(OH)
2
→ (X
7
)
(2) (X

1
) + NaOH → (X
3
) + (X
4
) (6) (X
7
) + NaOH → (X
8
) + (X
9
) +
(3) (X
1
) + Cl
2
→ (X
5
) (7) (X
8
) + HCl → (X2) +
(4) (X
3
) + H
2
O + O
2
→ (X
6
) (8) (X

5
) + (X
9
) + H
2
O → (X
4
) +
Hoàn thành các PTPƯ và cho biết các chất X, X
1
, X
2
, X
3
, X
4
, X
5
, X
6
, X
7
, X
8
, X
9
.
b) Cân bằng PTHH sau:
Na
2

SO
3
+ KMnO
4
+ NaHSO
4
→ Na
2
SO
4
+ MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ H
2
O
C
6
H
5
-CH=CH
2
+ KMnO
4
→ C
6
H

5
-COOK + K
2
CO
3
+ MnO
2
+ KOH + H
2
O

Câu 2: (3,0 điểm)

a) Chỉ dùng thêm PP đun nóng, hãy nêu cách phân biệt các dd mất nhãn chứa từng chất
sau: NaHSO
4
, KHCO
3
, Mg(HCO
3
)
2
, Na
2
SO
3
, , Ba(HCO
3
)
2

b) Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết khác (đk thí nghiệm) có đủ, viết các PTHH
điều chế: PE (poli etilen), PVC (poli vinyl clorua)

Câu 3: (3,0 điểm)

Đốt cháy hoàn toàn m gam FeS
2
bằng một lượng oxi vừa đủ thu được khí X. Hấp thụ
hết X vào 1 lít dd Ba(OH)
2
0,2M và KOH 0,2M thu được dd Y và 32,55g kết tủa. Cho dd
NaOH vào dd Y lại thấy xuất hiện thêm kết tủa. Viết các PTHH xảy ra và tính m.

Câu 4: (4,0 điểm)

a) Đốt cháy hoàn toàn 6,44g hỗn hợp bột X gồm Fe
x
O
y
và Cu bằng dd H
2
SO
4
đặc nóng
dư. Sau pư thu được 0,504 lít khí SO
2
(SP khử duy nhất, ở đktc) và dd chứa 16,6g
hỗn hợp muối sunfat. Viết các PTPƯ xảy ra và tìm CT của oxit sắt.
b) Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe

3
O
4
tan vừa hết trong dd HCl 20%, thu được
dd Y (chỉ chứa 2 muối). Viết các PTHH xảy ra và tính nồng độ phần trăm của các
chất trong dd thu được.

Câu 5: (3,0 điểm)

Thả một viên bi sắt hình cầu bán kính R vào 500ml dd HCl nồng độ CM, sau khi kết
thúc pư thấy bán kính viên bi còn lại một nửa, nếu cho viên bi sắt còn lại này vào
117,6g dd H
2
SO
4
5% (Coi khối lượng dd thay đổi không đáng kể), thí khi bi sắt tan hết
dd H
2
SO
4
cóa nồng độ mới là 4%.
a) Tính bán kính R của viên bi, biết khối lượng riêng của viên bi sắt là 7,9 g/cm
3
. Viên
bi bị ăn mòn theo mọi hướng, cho
14,3
=
π
.
3

3
4
RV
π
=
(V là thể tích hình cầu, R là
bán kính)
b) Tính CM của dd HCl
Đ
ề chính thức


Câu 6: (4,0 điểm)

a) Hỗn hợp X gồm C
3
H
4
, C
3
H
8
và C
3
H
6
có tỉ khối so với hiđro là 21,2. Đốt cháy hoàn
toàn 15,9 gam X, sau đó hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào bình đựng 1 lít dd Ba(OH)
2

0,8M thấy khối lượng bình tăng m gam và có x gam kết tủa. Tính m và x.
b) Tiến hành lên men giấm 200ml dd ancol etylic 5,75
o
thu được 200ml dd Y. Lấy 100
ml dd Y cho tác dụng với Na dư thì thu được 60,648 lít H
2
(đktc) Tính hiệu suất
phản ứng lên men giấm. (Biết mlgdmlgd
OHOHHC
/1;/8,0
252
== ).
(Cho NTK: H=1 ; Mg=24; C=12 ; O=16; Ca=40; Br=80; Ba=137; N=14; Na=23; Al=27 ;
S=32 ; K=39 ; Cl=35,5 ; Fe=56 ; Cu=64)
…………………………………Hết…………………………………

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên:…………………………………………………………… SBD:………………….

ĐÁP ÁN

Môn: Hóa học
(Xin mời bạn đọc đóng góp ý kiến)

Câu Đáp án Điểm
1 a) PTHH

(1) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 +H2O
X X1 X2
(2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl
X3 X4
(3) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3
X5
(4) 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3
X6
(5) CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2
X7
(6) Ba(HCO3)2 +2 NaOH → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O
X8 X9
(7) BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O
(8) 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2

c) PTHH
Na
2
SO
3
+ 2KMnO
4
+ 6NaHSO
4
→ 4Na
2
SO
4
+ 2MnSO
4

+ K
2
SO
4
+ 3H
2
O

C
6
H
5
-CH=CH
2
+ 5KMnO
4
→ C
6
H
5
-COOK + K
2
CO
3
+ 5MnO
2
+ 2KOH
+ 3H
2
O

2 a) Đun nóng các mẫu được kết quả sau:
- Không hiện tượng gì là NaHSO
4

- Xuất hiện khí không màu, không mùi là KHCO
3

- Xuất hiện khí không màu, mùi sốc là Na
2
SO
3

- Xuất hiện khí không màu kèm kết tủa trắng là Mg(HCO
3
)
2
và
Ba(HCO
3
)
2
(Nhóm 1)
- Dùng NaHSO
4
cho vào nhóm I nếu xuất hiện kết tủa trắng + khí là
Ba(HCO
3
)
2

. Chất còn lại là Mg(HCO
3
)
2


b) Các PTHH
(C
6
H
10
O
5
)
n
+ nH
2
O → nC
6
H
12
O
6

C
6
H
12
O
6

→ 2C
2
H
5
OH + 2CO
2

C
2
H
5
OH → C
2
H
4
+ H
2
O
nCH
2
=CH
2
→ (-CH
2
-CH
2
-)
n
(P.E)
C

2
H
4
→ C
2
H
2
+ H
2

CH
≡
CH + HCl
 →
2
HgCl
CH2=CHCl
nCH
2
=CHCl
 →
xtt
o
,
(-CH
2
-CHCl-) (P.V.C)

3 9<m<21
4 a)Fe

3
O
4

b) C%(FeCl2) = 21,69%
C%(CuCl2) = 7,69%

5 a) R=0,5457cm
b) C
M
=0,336M

6 a) m=69,75g; x=93,575g
b) H%=99,61%




SỞ GD&ĐT NGHỆ AN



KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn thi: Hóa học - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu I. ( 5,5 điểm)
1. Viết công thức cấu tạo ( dạng viết gọn) có thể có của các hiđrocacbon có cùng công thức phân

tử C
5
H
10
. Chất nào trong số các chất trên tham gia được phản ứng trùng hợp? Giải thích và viết
phương trình phản ứng trùng hợp một trong những chất trên để minh họa.
2. Thành phần chính của lớp dầu lỏng là gì? Khi đốt cháy một lượng nhỏ dầu lỏng xảy ra phản
ứng chính nào? Viết phương trình hóa học dạng tổng quát của phản ứng đó. Trong thực tế
lượng xăng thu được khi chưng cất dầu mỏ chỉ chiếm một tỉ lệ nhỏ. Để tăng hàm lượng xăng,
người ta sử dụng phương pháp nào? Nêu ưu điểm nổi bật và nhược điểm của dầu mỏ nước ta.
3. Chỉ được dùng dung dịch brom có thể phân biệt được hai chất khí: SO
2
và C
2
H
4
chứa trong hai
lọ riêng biệt bị mất nhãn không? Giải thích.
Câu II. ( 4,5 điểm)
1. Khí clo thoát ra từ bình cầu có nhánh ( Hình 3.5 trang 79 – SGK Hóa 9) được dẫn trực tiếp vào
lọ thứ nhất chứa dung dịch X và thông với lọ thứ hai có bông tẩm dung dịch Y gắn trên miệng
lọ. Xác định các dung dịch X, Y và cho biết vai trò của chúng. Nêu phương pháp điều chế khí
clo trong công nghiệp và trong phòng thí nghiệm. Viết phương trình hóa học của một phản ứng
điều chế khí clo trong công nghiệp và 5 phản ứng điều chế khí clo trong phòng thí nghiệm.
2. Chia một mẩu Ba kim loại thành ba phần bằng nhau. Cho phần 1 vào ống nghiệm chứa lượng
dư dung dịch muối A thu được kết tủa A
1
. Cho phần 2 vào ống nghiệm chứa lượng dư dung
dịch muối B thu được kết tủa B
1

và cho phần 3 vào ống nghiệm chứa lượng dư dung dịch muối
D thu được kết tủa D
1
. Nung B
1
và D
1
đến khối lượng không đổi thu được các chất rắn tương
ứng là B
2
và D
2
. Trộn B
2
với D
2
rồi cho vào một lượng dư nước được dung dịch E chứa hai
chất tan. Sục khí CO
2
dư vào dung dịch E lại xuất hiện kết tủa B
1
. Biết rằng: A
1
, B
1
, D
1
lần lượt
là oxit bazơ, bazơ và muối. Hãy chọn các dung dịch muối A, B, D phù hợp và viết phương
trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Câu III. ( 6,0 điểm)
1. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na
2
O, BaO. Hòa tan hết 21,9 gam X trong một lượng nước dư thu
được 1,12 lít khí hiđro và dung dịch Y có chứa 20,52 gam Ba(OH)
2
. Hấp thụ hết 6,72 lít khí
CO
2
vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thu được m gam kết tủa. Các khí đo ở đktc.
a. Tính khối lượng NaOH trong dung dịch Y.
b. Tính giá trị của m.
2. Hỗn hợp Y gồm Fe
x
O
y
, Cu, CuO ở dạng bột. Cho m gam Y vào dung dịch HCl dư được dung
dịch Z và còn lại 3,2 gam kim loại không tan. Chia dung dịch Z thành hai phần bằng nhau:
- Phần I phản ứng vừa đủ với 500 ml dung dịch NaOH 0,5M.
- Phần II được cho vào dung dịch AgNO
3
dư thu được 43,975 gam kết tủa.
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính số mol mỗi nguyên tố trong Y và giá trị của m.
Câu IV. ( 4,0 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 1,344 lít hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon mạch hở, ở thể khí rồi hấp thụ hết
sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thấy tạo thành 17,73 gam kết tủa. Khối lượng dung dịch sau
khi lọc bỏ kết tủa giảm 11,79 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)

2
ban đầu. Nếu dẫn 672 ml hỗn
hợp X qua dung dịch brom dư thì chỉ có một khí duy nhất thoát ra nặng 0,24 gam và có 3,2 gam brom
phản ứng. Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
1. Xác định công thức phân tử của mỗi hiđrocacbon trên, biết rằng trong phân tử mỗi hiđrocacbon
chứa không quá hai liên kết kém bền.
2. Viết hai phản ứng khác nhau điều chế mỗi khí trên.

( Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Na = 23; Cl = 35,5; Fe = 56; Cu = 64; , Br = 80; Ag = 108; Ba = 137)
Hết
Họ và tên thí sinh Số báo danh

Đ
ề chính thức

Đáp án Điểm
Câu I
5,5 đ
1. 3,25 đ
C
5
H
10
thuộc công thức tổng quát là C
n
H
2n
nên có thể là hiđrocacbon no mạch
vòng hoặc hiđrocacbon không no, mạch hở có chứa 1 liên kết đôi.
+ Mạch hở: CH

2
= CH- CH
2
- CH
2
- CH
3
(1); CH
3
- CH= CH- CH
2
- CH
3
(2);
CH
2
= C- CH
2
- CH
3
(3); CH
3
- C= CH- CH
3
(4); CH
3
- CH- CH

= CH
2

(5)

CH
3
CH
3
CH
3




0,25 đ/ CT

+ Mạch vòng:



CH
3
CH
2
– CH
3



CH
3

CH
3


CH
3

CH
3









0,25 đ/ CT

+ Các đồng phân mạch hở ( 1,2,3,4,5) đều có thể tham gia phản ứng trùng hợp vì
đều chứa một liên kết đôi.
0,5 đ

nCH
2
= CH- CH
2
- CH
2

- CH
3

0
,xt t
p
→
(-CH
2
- CH- )
n
CH
2
– CH
2
– CH
3


0,25 đ
2. 1,5 đ
Thành phần chính của lớp dầu lỏng là một hỗn hợp phức tạp của nhiều loại
hiđrocacbon.
0,25 đ
+ Phản ứng đốt cháy dầu lỏng:
C
x
H
y
+ ( x +

4
y
) O
2

0
t
→
xCO
2
+
2
y
H
2
O ( phản ứng hoàn toàn)

C
x
H
y
+
4
y
O
2

0
t
→

xC +
2
y
H
2
O ( phản ứng không hoàn toàn)


0,25 đ


0,25 đ
+ Để tăng hàm lượng xăng, người ta sử dụng phương pháp crăckinh dầu nặng
:
Dầu nặng
crackinh
→
xăng + hỗn hợp khí
0,25 đ
+ Ưu điểm nổi bật của dầu mỏ Việt Nam là hàm lượng các hợp chất chứa lưu
huỳnh thấp ( < 0,5%).
0,25 đ

+ Nhược điểm: Do chứa nhiều parafin ( hiđrocacbon có phân tử khối lớn) nên dầu
mỏ Việt Nam dễ bị đông đặc.
0,25 đ
3. 0,75 đ
Có thể phân biệt được hai chất khí trên bằng dung dịch brom vì khi dẫn từ từ mỗi
khí trên cho đến dư vào mỗi ống nghiệm chứa dung dịch brom thì:
0,25 đ

+ Ống nghiệm nào: Màu của dung dịch brom nhạt dần đến mất màu, tạo ra dung
dịch trong suốt đồng nhất là SO
2
: SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O
→
H
2
SO
4
+ 2HBr
0,25 đ

+ Ống nghiệm nào: Màu của dung dịch brom nhạt dần đến mất màu, tạo ra chất
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN




KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2014 – 2015

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: HÓA HỌC – BẢNG A

(Hướng dẫn chấm này gồm 0 trang)
lỏng phân lớp là C
2
H
4
:
C
2
H
4
+ Br
2

→
C
2
H
4
Br
2

0,25 đ
Câu II.
4,5 đ
1. 2,0 đ
+ Dung dịch X, Y lần lượt là: H
2
SO
4
đặc và xút ( NaOH). 0,25 đ

+ Vai trò của H
2
SO
4
đặc là hút ẩm để làm khô khí clo. 0,25 đ
+ Vai trò của bông tẩm xút là để ngăn không cho khí clo lan tỏa ra môi trường vì
khí clo gây độc cho người, động vật và gây ô nhiễm môi trường:
2NaOH + Cl
2

→
NaCl + NaClO + H
2
O

0,25 đ
+ Phương pháp điều chế khí clo trong công nghiệp: Điện phân dung dịch NaCl
bão hòa có màng ngăn xốp.
0,25 đ
+ Phương pháp điều chế khí clo trong phòng thí nghiệm: Cho các chất có tính
oxi hóa mạnh như MnO
2
, KMnO
4
, KClO
3
, K
2
Cr
2

O
7
, CaOCl
2
, K
2
MnO
4
, K
2
CrO
4
,
NaClO tác dụng với dung dịch axit HCl đặc và thường phải đun nóng.

0,25 đ
+ PTHH điều chế Cl
2
trong công nghiệp:
2NaCl + 2H
2
O
dd
. .
dp
m n x
→
2NaOH + Cl
2
+ H

2

0,25 đ

+ 5 PTHH điều chế khí clo trong phòng thí nghiệm:
MnO
2
+ 4HCl
(đặc)

0
t
→
MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O
2KMnO
4
+ 16HCl
(đặc)

→
2KCl + 2MnCl
2
+ 5Cl
2

+ 8H
2
O
K
2
Cr
2
O
7
+ 14HCl
(đặc)

0
t
→
2KCl + 2CrCl
3
+ 3Cl
2
+ 7H
2
O
KClO
3
+ 6HCl
(đặc)

0
t
→

KCl + 3Cl
2
+ 3H
2
O
CaOCl
2
+ 2HCl
(đặc)

0
t
→
CaCl
2
+ Cl
2
+ H
2
O






0,5 đ
2. 2,5 đ
Các dung dịch A, B, D phù hợp có thể là: AgNO
3

, AlCl
3
, Na
2
CO
3
0,25 đ
PTHH: Ba + 2H
2
O
→
Ba(OH)
2
+ H
2
(1)
0,25 đ
Ba(OH)
2
+ 2AgNO
3

→
Ba(NO
3
)
2
+ Ag
2
O + H

2
O (2)
( A
1
)
0,25 đ
3Ba(OH)
2
+ 2AlCl
3

→
3BaCl
2
+ 2Al(OH)
3
(3)
( B
1
)

0,25 đ
Ba(OH)
2
+ Na
2
CO
3

→

BaCO
3
+ 2NaOH (4)
( D
1
)
2Al(OH)
3

0
t
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O (5)
( B
2
)


0,25 đ
BaCO
3

0
t

→
BaO + CO
2
(6)
( D
2
)
BaO + H
2
O
→
Ba(OH)
2
(7)



0,25 đ
Ba(OH)
2
+ Al
2
O
3

→
Ba(AlO
2
)
2

+ H
2
O (8)
dung dịch E chứa 2 chất tan
⇒
Ba(OH)
2
dư, Al
2
O
3
hết.
0,25 đ
2CO
2
+ Ba(AlO
2
)
2
+ 4H
2
O
→
Ba(HCO
3
)
2
+ 2Al(OH)
3
(9)

0,5 đ

Vì CO
2
dư nên: CO
2
+ BaCO
3
+ H
2
O
→
Ba(HCO
3
)
2
(10)
0,25 đ
Câu III
6,0 đ
1.
2,5 đ
a.
1,5 đ

n
H
2
=
1,12

22,4
= 0,05 (mol); n
Ba(OH)
2
=
20,52
171
= 0,12 (mol);


0,25 đ