De thi va dap an HSG hoa 9 tinh phu tho 20132014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

Đề chính thức

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 → (X1) + (X2) + H2O
(5) (X2) + Ba(OH)2 → (X7)
(2) (X1) + NaOH → (X3) + (X4)
(6) (X7) + NaOH → (X8) + (X9) + ...
(3) (X1) + Cl2 → (X5)
(7) (X8) + HCl → (X2) + ...
(4) (X3) + H2O + O2 → (X6)
(8) (X5) + (X9) + H2O → (X4) + ...
Hoàn thành các PTPƯ và cho biết các chất X, X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7, X8, X9.
b) Cân bằng PTHH sau:
Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4 → Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O
C6H5-CH=CH2 + KMnO4 → C6H5-COOK + K2CO3 + MnO2 + KOH + H2O
Câu 2: (3,0 điểm)
a)

b)

Chỉ dùng thêm PP đun nóng, hãy nêu cách phân biệt các dd mất nhãn chứa từng chất sau:

NaHSO4, KHCO3, Mg(HCO3)2, Na2SO3, , Ba(HCO3)2
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 FeS2 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) Hòa tan hoàn toàn 6,44g hỗn hợp bột X gồm Fe xOy và Cu bằng dd H2SO4 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 3O4 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 2SO4 5%
(Coi khối lượng dd thay đổi không đáng kể), thí khi bi sắt tan hết dd H 2SO4 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
4
3

mòn theo mọi hướng, cho π = 3,14 . V = πR 3 (V là thể tích hình cầu, R là bán kính)
b) Tính CM của dd HCl


Câu 6: (4,0 điểm)
a) Hỗn hợp X gồm C3H4, C3H8 và C3H6 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 d C H OH = 0,8 g / ml; d H O = 1g / ml ).
(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…………………………………
2

5

2

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


Thêm một số phần anh Hải tham khảo nhé, câu 4 không chữa lại
ĐÁP ÁN
Môn: Hóa học
Câu
1

2

Đáp án
a 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 sửa lại hai phương trình do cân bằng sai
5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4 → 8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O
3C6H5-CH=CH2 + 10KMnO4 → 3C6H5-COOK + 3K2CO3 + 10MnO2 + KOH + 4H2O

- Lấy mẫu thí nghiệm.
- Đun nóng các mẫu thí nghiệm thì thấy:
+ Một mẫu chỉ có khí không màu thoát ra là KHCO3.
t0
2KHCO3 →
K2CO3 + CO2↑ + H2O
+ Hai mẫu vừa có khí thoát ra vừa có kết tủa trắng là dung dịch
Mg(HCO3)2, dung dịch Ba(HCO3)2.(Nhóm I)
t0
Mg(HCO3)2 →

MgCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O
t0
Ba(HCO3)2 →
BaCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O

+ Hai mẫu không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO 4, dung dịch Na2SO3.
(Nhóm II)

- Lần lượt cho dung dịch KHCO3 đã biết vào 2 dung dịch ở nhóm II.
+ Dung dịch có sủi bọt khí là NaHSO4:
2NaHSO4 + 2KHCO3 → Na2SO4 + K2SO4 + CO2 ↑ + 2H2O
+ Dung dịch không có hiện tượng là Na2SO3.
- Lần lượt cho dung dịch NaHSO4 vào 2 dung dịch ở nhóm I.
+ Dung dịch vừa có sủi bọt khí, vừa có kết tủa trắng là Ba(HCO3)2:
2NaHSO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 +2 CO2↑ + 2H2O
+ Dung dịch chỉ có sủi bọt khí là Mg(HCO3)2.

Điểm


2NaHSO4 + Mg(HCO3)2 → MgSO4 + Na2SO4 +2 CO2↑ + 2H2O
phần nhận biết này cần xem lại

Còn có cách khác
b) Các PTHH
(C6H10O5)n + nH2O → nC6H12O6
C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2
C2H5OH → C2H4 + H2O
nCH2=CH2 → (-CH2-CH2-)n (P.E)
C2H4 → C2H2 + H2

CH ≡ CH + HCl HgCl
→ CH2=CHCl
, xt
nCH2=CHCl t

→ (-CH2-CHCl-) (P.V.C)
2

o

3

SO2 + 2OH − 
→ SO32−

(1)

SO32− + SO2 + H 2O 
→ 2 HSO3−

(2)

SO32− + Ba 2 + 
→ BaSO3

(3)

n SO2(1) = n SO 2− =
3

(1)

n SO 2− = n BaSO3( 3)
3

( 3)

n SO2( 2 ) = n SO 2−
3

( 2)

1
n − = 0,3mol
2 OH (1)
= 0,15mol

= n SO 2− − n SO 2− = 0,3 − 0,15 = 0,15mol
3

(1)

3

( 3)

1
0, 45
⇒ n FeS2 = n SO2 =n SO2(1) + n SO2( 2) =
= 0, 225mol

2
2
m FeS2 = 0, 225.120 = 27 g
4

a)Fe3O4
b) C%(FeCl2) = 21,69%
C%(CuCl2) = 7,69%

5

a. Phương trình phản ứng
Fe + HCl = FeCl2 + H2
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
Ta có mH 2 SO 4
nH 2 SO 4 =

ban đầu

5,88
98

=

(1)
(2)

117,6 x5
100

= 5,88 gam

= 0,06 mol

Khối lượng H2SO4 sau khi hòa tan phần còn lại của viên bi:
mH 2 SO 4 =

117,6 x 4
100 = 4,704 gam

4,704
= 0,048 mol
98
Từ (2) ta có: nH 2 SO 4 = 0,06 - 0,048 = 0,012 mol
⇒ nFe phản ứng (2) = 0,012 mol
Mặt khác ta có:
nH 2 SO 4 =

(P Ư)


4
π R3 d
3
4.π .R 3 d
⇒ nFe ban đầu =
3 x56

mFe ban đầu

=

Khi hòa tan trong HCl thì R giảm một nửa. Vậy bán kính còn lại là
⇒ nFe còn lại để phản ứng (2) =

R
2

3
1  π R3 
4.π  R 
4.π .R 3
 4. . .d 
.
d
.
d
=
=
 
8  56 3 
3 x56  2 
3.56.8

Ta nhận thấy sau khi Fe bị hòa tan trong HCl, phần còn lại để hòa tan trong
H2SO4 chỉ bằng

1
so với số mol ban đầu
8

⇒ nFe ban đầu = 0,012 x 8 = 0,096 mol
⇒ mFe ban đầu = 0,096 x 56 = 5,376 gam
5,376
m
mà m = V.d ⇒ V =
= 7,9 = 0,68 cm3
d
4
3V
và V = π R3 ⇒ R= 3
3
4π
3 0,68cm 3
R= x
=
4
3,14
3

0,162cm 3 = 0,545 cm

3

b. nHCl = 2nFe (1)
= 2(nFe ban đầu - nFePƯ(2))
= 2(0,096 - 0,012) = 0,168 mol
0,168
 CHCl=
=0,336mol/l

0,5
6

a. Quy đổi hỗn hợp X gồm 3 hidrocacbon trên thành X có 2 hidrocacbon C3H4 và
C3H8
=> MX = x.40 + (1-x)44 = 42,4

=> x = 0,4

nC3 H 4 = 0, 4mol
nC3 H8 = 0, 6mol

=> số mol của mỗi chất trong 15,9g hỗn hợp X là

nC3 H 4 = 0,15mol
nC3 H8 = 0, 225mol
0

t
C3 H 4 + 4O2 
→ 3CO2 + 2 H 2O
0

t
C3 H 8 + 5O2 
→ 3CO2 + 4 H 2O

(1)
(2)

nCO2 = nCO2(1) + nCO2 ( 2 ) = 3.0,375 = 1.125mol
nH 2O = nH 2O(1) + nH 2O( 2 ) = 2.0,15 + 4.0, 225 = 1.2mol
Vì nCO2 > nBa ( OH )2
Ta có
Ba(OH )2 + CO2 
→ BaCO3 + H 2O

(3)

BaCO3 + H 2O + CO2 
→ Ba ( HCO3 ) 2

(4)

Khối lượng kết tủa là:
=> m

BaCO3

= 0, 475.197 = 93,575 g

Khối lượng bình tăng:
m = mCO2 + mH 2O = 1,125.44 + 1, 2.18 = 71,1g

(có thể sử dụng bảo toàn nguyên tố để giải bài này)
mC = 0,375.3.12 = 13,5g => mCO2 =

13,5.44
= 49,5 g

12

mH = 15,9 - 13,5 =2,4g => mH2O = 1,2.18 = 21,6g
=> mtăng = 49,5 + 21,6 = 71,1g
b.
VC2 H5OH bân đầu =

 nC

2

200.5, 75
= 11,5 ml => mC2 H 5OH = 11,5.0,8 = 9,2 gam
100

H 5OH ban đầu

= 0,2 mol

VH 2O ban đầu = 200 – 11,5 = 188,5 ml => nH 2O ban đầu = 10,47 mol

Giả sử có x (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có
C2H5OH + O2 → CH3COOH + H2O
x mol
x mol
x mol
Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: x(mol)CH3COOH ;
(0,2 -x) mol C2H5OH và
(x+10,47)mol H2O.
Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y:

CH3COOH + Na → CH3COONa + 1/2H2(1)
C2H5OH
+ Na → C2H5ONa
+ 1/2H2(2)
H2O
+ Na → NaOH
+ 1/2H2(3)
 nH = ¼(x + 0,2 – x + 10,47 + x) = ¼(10,67 + x)
2


 Theo bài nH = 2,7075 mol => ¼(10,67 + x) = 2,7075 => x = 0,16 mol
2

Hphản ứng =

0,16
x100% = 80%
0,2