đề thi hsg hóa lớp 9

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (1,5 điểm).
Cho sơ đồ các phản ứng sau:
t C
1) X 
2) X + NaCl(bão hòa) 
 Y+Z+T
P +Q
t C
3) P  A + Z + T
4) P + NaOH 
 A+T
5) Q + Ca(OH)2 
6) A + Ca(OH)2 
 B+Y+T
 D + NaOH
7) P + Ca(OH)2 
8) Z + T + A 
 D + NaOH + T
 P
Biết X, Y, Z, T, P, Q, A, B, D là các chất vô cơ khác nhau, X được dùng làm bột nở; P là chất
ít tan. Xác định X, Y, Z, T, P, Q, A, B, D và hoàn thành các phương trình hóa học trong sơ đồ trên.
Câu 2 (1,5 điểm).
Cho V lít CO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 5 00 ml dung dịch NaOH aM thu được dung dịch
B. Nếu cho từ từ 800 ml dung dịch HCl 0,2M vào B, khi kết thúc phản ứng thu được 0,672 lít khí

(đktc). Nếu cho dung dịch Ca(OH) 2 dư vào B thì thu được 10 gam kết tủa.
1. Tính V và a.
2. Tính nồng độ (mol/l) của các chất trong dung dịch B. Biết thể tích dung dịch không đổi.
Câu 3 (2,0 điểm).
Hỗn hợp X (gồm hiđrocacbon A và H 2). Nung nóng X với xúc tác Ni thu được khí Y duy
ất.
nh Tỉ khối hơi của Y so với H 2 gấp 3 lần tỉ khối hơi của X so với H 2. Lấy toàn bộ Y đem đố t
cháy hoàn toàn thu được 22 gam CO 2 và 13,5 gam H2O.
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A.
2. Từ A viết các phương trình phản ứng điều chế polibutađien (ghi rõ điều kiện phản ứng).
Câu 4 (1,5 điểm).
Cho hỗn hợp A chứa Fe và kim loại M có hóa trị không đổi, chia A thành 3 phần bằng nhau.
Phần 1: Đốt cháy hết trong O2 thu được 66,8 gam hỗn hợp gồm Fe 3O4 và oxit của M.
Phần 2: Hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thu được 26,88 lít H 2 (đktc).
Phần 3: Tác dụng vừa đủ với 33,6 lít Cl 2 (đktc).
Xác định kim loại M và khối lượng của từng kim loại trong hỗn hợp A.
Câu 5 (1,0 điểm).
Không dùng thêm thuốc thử, hãy nhận biết 4 dung dịch riêng biệt sau: NaCl, NaOH, HCl,
phenolphtalein.
Câu 6 (1,5 điểm).
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20% thu
được dung dịch Y. Biết nồng độ của MgCl 2 trong dung dịch Y là 11,787%.
1. Tính nồng độ % của muối sắt trong dung dịch Y.
2. Nếu thêm vào dung dịch Y nói trên một lượng dung dịch NaOH 10% vừa đủ thì nồng độ %
của chất tan có trong dung dịch sau phản ứng là bao nhiêu?
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho x (mol) Fe tác dụng vừa hết với dung dịch chứa y (mol) H2SO4 thu được khí A (nguyên
chất) và dung dịch B chứa 8,28 gam muối. Tính khối lượng Fe đã dùng. B iết x= 0,375y.
0

0

(Cho C=12; O=16; Al=27; Fe=56; Ca=40; H=1; S=32; Cl=35,5; Mg=24; Na=23; Zn=65)
---------HẾT -------Thí sinh được sử dụng bảng HTTH các nguyên tố hoá học.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………… Số báo danh: ………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

Câu
Câu 1
1,5 đ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012-2013
MÔN: HOÁ HỌC

Nội dung đáp án
Điểm
X : NH4HCO3 ; Y : NH3 ; Z : CO2 ; T : H2O ; P : NaHCO3 ; Q : NH4Cl ; A : Na2CO3 ; B :
CaCl2 ; D : CaCO3
0

t C
1. NH 4 HCO3 
 NH 3 + CO 2 + H 2 O

2. NH 4 HCO3 + NaCl bão hòa 
 NaHCO3 (kêt tinh ) + NH 4Cl
0

t C
3. 2 NaHCO3 
 Na 2CO3 + CO 2 + H 2O

4. NaHCO3 + NaOH 
 Na 2 CO3 + H 2O
5. 2 NH 4Cl  Ca(OH) 2 
 CaCl 2 + 2 NH 3 + 2 H 2 O

6. Na 2 CO3  Ca(OH) 2 
 CaCO3 + 2 NaOH
7. NaHCO 3  Ca(OH) 2 
 CaCO 3 + NaOH + H 2O

Câu 2
1,5 đ

8. CO 2  H 2 O  Na 2CO3 
 2NaHCO3
Ta có nHCl = 0,2.0,8 = 0,16 (mol)
0, 672
nCO2 
 0, 03(mol )
22, 4
nHCl  2nCO => trong dung dịch B có NaOH dư và Na 2CO3 mà không thể có NaHCO 3
2

Câu 3
2,0đ

10
nCaCO3 
 0,1(mol ) => số mol Na 2CO3 trong B là 0,1 (mol)
100
Các phản ứng xảy ra.
CO2 + 2NaOH 
(1)
 Na2CO3 + H2O
HCl + NaOH 
(2)
 NaCl + H2O
HCl + Na2CO3 
(3)
 NaHCO3 + NaCl
HCl + NaHCO3 
 NaCl + CO2 + H2O (4)
Từ (2) (3), (4) => số mol HCl = nNaOH dư + n Na2CO3+ nCO2
=> số mol NaOH trong B = 0,16 – 0,03 – 0,1 = 0,03 (mol)
 2NaOH + CaCO3 (5)
Ca(OH)2 + Na2CO3 
 số mol CO2 = 0,1 (mol) => V = 0,1.22,4 = 2,24 lít
 nNaOH = 0,03 + 2.0,1 = 0,23 (mol)
0, 23
 a=
= 0, 46M
0, 5
2. Trong B có NaOH 0,03 (mol); Na2CO3 0,1 (mol)
0,1
0, 03

CM(Na2CO3 ) =
= 0, 2M ; CM(NaOH) =
= 0, 06M
0, 5
0, 5
1. Khi cháy Y thu được:
22
13,5
nCO2 =
= 0,5 (mol) < nH2O =
= 0,75 mol)
44
18

 Hydrocacbon Y là hydrocacbon no ( vì cháy cho nCO2 < nH2O)
Công thức phân tử của Y là CnH2n+2.
3n  1
t0
CnH2n+2 +
O2 
 nCO2 + (n+1)H2O
2
0,5
0,75
n n 1
 1,5n = n +1  n =2
=
0,5 0, 75
Vậy công thức của Y là C 2H6

0

Ni ,t
* Nếu A ( C 2H4) : C2H4 + H2 
 C2H6
dY
30
H2
Theo đề bài :
=(
) . 2 = 2 < 3 ( lọai )
28  2
dX
H2

* Nếu A ( C 2H2) :
dY
Theo đề bài :

H2

dX

C2H2 + 2H2 
 C2H6
=(

30
) . 3 = 3 ( thỏa mãn )

26  4

H2

Vậy A là C 2H2 ; CTCT: CHCH
2. Các ptpư
HgSO4
CH  CH + H2O 
 CH3-CHO
t0
0

Ni ,t
CH3CHO + H2 
 CH3CH2OH

(*)

0

Al2O3 , ZnO ,t
2CH3CH2OH 
 CH2=CH-CH=CH2 +2H2O + H2
0

Na ,t
nCH2=CH-CH=CH2 
 (-CH2-CH=CH-CH2-)n
trung hop

Câu 4
1,5đ

Câu5
1,0đ

Gọi số mol kim loại số mol M là x ; Fe là y thì
4M + nO2  2M2On
x(mol)
0,5x(mol)
3Fe + 2O2  Fe3O4
y (mol)
y/3(mol)
Ta có: 0,5x.(2M + 16n) + 232.y/3 = 66,8
(1)
2M + 2nHCl  2MCln + nH2
x(mol)
0,5nx(mol)
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
y(mol)
y(mol)
26,88
Ta có: 0,5nx + y =
= 1,2
(2)
22, 4
2M + nCl2  2MCln
x(mol) 0,5nx(mol)
2Fe + 3Cl2  3FeCl3
y(mol)

1,5y(mol)
33, 6
Ta có: 0,5nx + 1,5y =
= 1,5
(3)
22, 6
Từ (1), (2), (3) giải ra ta được y =0,6 ; xn=1,2 ; xM= 10,8
=> M= 9n => n=3; M=27 (Al) thỏa mãn.
Vậy kim loại M là nhôm
m Al = 3. 0,4. 27 = 32,4(g)
m Fe = 3. 0,6. 56 = 100,8(g)
Lấy mỗi chất một lượng nhỏ làm mẫu thử.
- Cho các mẫu thử tác dụng với nhau ta sẽ được 2 nhó m:
+Nhóm 1: Tạo màu hồng là (NaOH và phenolphtalein).
+Nhóm 2 là HCl và NaCl.
- Chia dung dịch màu hồng ra 2 ống nghiệm: Cho từng chất ở nhóm 2 tác dụng với dung
dịch màu hồng. Nếu thấy nhạt màu dần thì mẫu cho vào là HCl, còn lại là NaCl
NaOH + HCl 
 NaCl + H2O
- Cho dung dịch HCl đã nhận biết được vào dung dịch màu hồng, đến khi mất màu thì
hỗn hợp (X) thu được gồm: NaCl, phenolphtalein, HCl dư.
- Chia X làm 2 phần. Ta lại đổ đến dư 2 m ẫu còn lại (NaOH, phenolphtalein) vào X, nếu
thấy xuất hiện màu hồng trở lại thì đó là NaOH, còn lại là phenolphtalein.


Câu 6
1,5đ

1)

Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 
x
2x
x
x (mol)
Fe + 2HCl  FeCl2
+ H2 
y
2y
y
y (mol)
(2x  2y)  36,5
m dd HCl 
100  (365x  365y ) (gam)
20
m dd Y = 24x + 56y + 365x + 365y – (2x + 2y ) = ( 387x + 419y ) ( gam)
Phương trình biểu diễn nồng độ % của MgCl 2 trong dung dịch Y :
95x
11, 787
giải ra x  y

387x  419y
100
m FeCl  127y  127x ( gam)
2

Vì nồng độ % tỷ lệ thuận với khối lượng chất tan trong dung dịch nên :
127x
C% FeCl 
11, 787  15,76 %

95x
2
2) Cho dung dịch Y tác dụng NaOH thì thu được dung dịch Z
MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaCl
x
2x
x
2x ( mol)
FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2  + 2NaCl
y
2y
y
2y (mol)
(2x  2y)  40
m dd NaOH 10% =
100  (800x  800y) ( gam)
10
m KT = (58x + 90y ) ( gam)
m dd Z  387x  419y  800x  800y  (58x  90y)  1129(x + y) (gam)
58,5(2x  2y)
117
C% NaCl 
 100% 
 100%  10,36%
1129(x  y)
1129
Câu 7
1,0đ

*TH1: Nếu H 2SO4 loãng => A là H2

PTPU:
Fe + H2SO4 
 FeSO4 + H2
x 37,5 3
Theo bài ra: =
= (*)
8
y 100

(1)

x 3
 ( loại)
y 8
*TH 2: H2SO4 là axit đặc, nóng => A là SO 2
PTPU: 2Fe + 6H2SO4đ,nóng 
 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (2)
y/3 < ---- y --------- >
y/6
x 2 3
từ pu (2) => =  => Fe dư
y 6 8
+
Fe 2(SO4)3 
Nên có pứ: Fe
(3)
 3 FeSO4
ầu:
(
x

Ban đ
-y/3)
y/6
Phản ứng
( x-y/3) --------- >(x-y/3) --------- > ( 3x-y)
x 3
Do = => x-y/3< y/6 => Fe2(SO4)3 dư.
y 8
=> dd muối gồm: FeSO 4 : (3x-y) mol;
Fe2(SO4)3 : (y/2-x) mol
Ta có: mmuối = 152.(3x-y) + 400.( y/2 –x) = 8,28 (**)
Giải (*) và (**) ta được: x = 0,045 mol; y= 0,12 mol
Vậy : mFe = 2,52 gam
nhưng theo ptpu(1):


Ghi chú: Thí sinh có cách giải khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2012-2013

Đề chính thức

Môn: Hóa - Lớp 9
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề)
________________

Đề thi này có 01 trang
Câu 1: (5,0 điểm)
1. (3,0đ) Nhiệt phân một lượng CaCO3 sau một thời gian thu được chất rắn A và khí B.
Hấp thụ hết khí B bằng dung dịch NaOH ta thu được dung dịch C. Dung dịch C vừa tác dụng với
dung dịch BaCl2 vừa tác dụng với dung dịch KOH. Hòa tan chất rắn A bằng dung dịch HCl dư
thu được khí B và dung dịch D. Xác định thành phần A, B, C, D và viết các phương trình phản
ứng xảy ra.
2. (2,0đ) Có 4 chất rắn đựng trong các lọ riêng biệt: BaCO3 , Na2CO3, NaCl, Na2SO4. Làm
thế nào để phân biệt được chúng khi chỉ dùng nước và dung dịch HCl ?
Câu 2: (5,0 điểm)
1. (2,5đ) Hòa tan một kim loại chưa biết hóa trị trong dung dịch HCl thì thấy thoát ra 11,2
lít H2 (đktc). Phải trung hòa axit dư bằng 100ml dd Ca(OH)2 1M. Sau đó cô cạn dung dịch thu
được thì thấy còn lại 74,6 gam muối khan. Xác định tên của kim loại đã dùng.
2. (2,5đ) Hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa sau (mỗi mũi tên
tương ứng với 1 phương trình hóa học)
1
2
3
4
5
6
7
Al 
 Al2O3 
 AlCl3 
 Al(OH)3 
 Al2O3 
 Al 
 Cu 
 CuSO4

10
9
CuCl2 
 Cu(OH)2 
 Cu(NO3)2

8

Câu 3: (5,0 điểm)
Chia m gam hỗn hợp X gồm các bột kim loại: Ba, Fe, Al làm 3 phần bằng nhau:
- Cho phần 1 tác dụng với nước dư đến khi kết thúc phản ứng thoát ra 0,896 lít H2
- Cho phần 2 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư đến khi kết thúc phản ứng thoát ra 1,568
lít H2
- Cho phần 3 tác dụng với dung dịch H2SO4 10% (lượng axit dùng dư 5% so với phản ứng)
đến khi phản ứng kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và thoát ra 2,016 lít H2 (các thể tích
khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). Tính nồng độ % các chất tan trong dung dịch Y.
Câu 4: (5,0 điểm)
1. (1,5đ) Để có 1 tấn thép (chứa 98% Fe) cần bao nhiêu tấn quặng hematit nâu
(Fe2O3.2H2O). Biết hàm lượng hematit trong quặng là 80% và hiệu suất của quá trình phản ứng là
93%.
2. (3,5đ) Cho 0,6 mol hỗn hợp A gồm: CH4, C2H4, C2H2 và H2 có khối lượng 10,2 gam.
Khi cho hỗn hợp trên qua dung dịch Br2 dư khối lượng bình tăng m gam. Hỗn hợp B ra khỏi bình
có thể tích là 6,72 lít (đktc), trong đó khí có khối lượng nhỏ hơn chiếm 20% về khối lượng. Tính
% về thể tích các khí trong hỗn hợp A.

--- HẾT ---

Ghi chú: Học sinh được sử dụng Bảng tuần hoàn của NXB Giáo dục

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2012-2013

Đề chính thức

Môn: Hóa - Lớp 9
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề)
________________
HƯỚNG DẪN CHẤM
---------------------CÂU
I
1(3,0đ)

NỘI DUNG

ĐIỂM

t
CaCO3 
 CaO  CO2 
0

B là CO2, A là CaO và CaCO3 dư
Dung dịch C là Na2CO3 và NaHCO3
CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O
CO2 + NaOH  NaHCO3
Na2CO3 + BaCl2  BaCO3  + 2NaCl

2NaHCO3 + 2KOH  K2CO3 + Na2CO3 + 2H2O
Dung dịch D là CaCl2, HCl dư
CaO + 2HCl  CaCl2 + H2O
CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + CO2  + 2H2O
2(2,0đ)

II
1(2,5đ)

Hoà tan 4 mẫu thử vào nước , BaCO3 không tan còn các mẫu còn lại
đều tan
+Nhỏ dung dịch HCl vào 3 mẫu thử còn lại, mẫu nào có khí bay lên là
Na2CO3
Na2CO3 + HCl→ NaCl + CO2↑+ H2O
Sau đó cho dung dịch HCl vào ống nghiệm chứa BaCO3, lấy dung dịch
BaCl2 ở trên nhỏ từ từ vào 2 mẫu thử còn lại chứa NaCl và Na2SO4
BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2↑+ H2O
+Mẫu thử nào không có kết tủa là NaCl còn mẫu nào cho kết tủa trắng
là Na2SO4
BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4↓ + 2NaCl.
Giả sử kim loại là R có hóa trị là x  1 x, nguyên  3
số mol Ca(OH)2 = 0,1 1 = 0,1 mol
số mol H2 = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol
Các phương trình phản ứng:
2R
+
2xHCl 
2RClx +
xH2 
(1)

1/x (mol)
1/x
0,5
Ca(OH)2 + 2HCl  CaCl2 + 2H2O
(2)
0,1
0,1
từ (1) và (2) ta có : m RCl  74, 6  (0,1  111)  63, 5 gam

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

x

1
( R + 35,5x ) = 63,5
x



R

=

28x

0,25

1


x
R

1
28

2

56

3
84

0,5

Vậy kim loại thoã mãn đầu bài là Fe
2(2,5đ)

A là Al. Ta có các phương trình phản ứng
t
4Al + 3O2 
 2Al2O3
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O
AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3+ 3NaCl
t
2Al(OH)3 
 Al2O3 + 3H2O
dpnc
 4Al + 3O2
2Al2O3 
criolit
2Al + 3CuCl2  2AlCl3 + 3Cu
Cu + 2H2SO4 đặc, nóng  CuSO4 + SO2 + 2H2O
CuSO4 + Ba(NO3)2  Cu(NO3)2 + BaSO4
Cu(NO3)2 + 2NaOH  Cu(OH)2 + 2NaNO3
Cu(OH)2 + 2HCl  CuCl2 + 2H2O
0

0

III
(5,0đ)

0,5

Gọi số mol của Ba, Al, Fe trong mỗi phần là x, y, z
Phần 1 và phần 2 đều xảy ra phản ứng như nhau, thể tích H2 ở
phần 2 lớn hơn thể tích H2 ở phần 1 nên phần 1 Al dư
- Phần 1: nước dư nên Ba hết, nH = 0,04 (mol)
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑
(1)
x
x
x
Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2↑
(2)
x
3x
(1), (2)  x + 3x = 0,04
 x = 0,01 (mol)
- Phần 2: Ba(OH)2 dư nên Ba và Al hết, nH = 0,07(mol)
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑
(3)
0,01
0,01
0,01
Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2↑
(4)

y
1,5y
(3), (4)  0,01 + 1,5y = 0,07
 y = 0,04 (mol)
- Phần 3: Ba + H2SO4 → BaSO4↓ + H2↑
(5)
0,01 0,01
0,01
2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2↑
(6)
0,04 0,06
0,06
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑
(7)
z
z
z
z
(5), (6), (7)  0,01 + 0,06 + z = 0,09
 z = 0,02
Dung dịch Y gồm: Al2(SO4)3, FeSO4 và H2SO4 dư
nH SO phản ứng = 0,01 + 0,06 + 0,02 = 0,09 (mol)
nH SO dư 5%  nH SO dư = 0,09.0,05 = 0,0045 (mol)
2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,5

2

2

4

2

4

2

4

Khối lượng dung dịch H2SO4 đã dùng =

98.(0, 09  0, 0045)
.100 = 92,61
10

mX (mỗi phần) = 0,01.137 + 0,04.27 + 0,02.56 = 3,57 (gam)

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

0,5

0,5

0,25
2


Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mX + mddH SO = mY + mBaSO + mH
 mY = 3,57 + 92,61 – (0,01.233 + 0,09.2) = 93,67 (gam)
2

4

4

2

0, 02.152

.100 = 3,25%
93, 67
0, 0045.98
C % H 2 SO4 (dư) =
.100 = 0,47%
93, 67
0, 02.342
C % Al2 ( SO4 )3 =
.100 = 7,30%
93, 67

0,25

C % FeSO4 =

IV
1.(1,5đ)

Khối lượng Fe = 1.

98
= 0,98 (tấn)
100

0,25
0,25

0,5

Trong 196 tấn (Fe2O3.2H2O) có 112 tấn Fe


x tấn
0,98 tấn Fe
x = 1,715 (tấn)

0,5

1, 715.100
= 2,144 (tấn)
80
2,144.100
Khối lượng quặng thực tế:
= 2,305 (tấn)
93

0,25

Khối lượng quặng:

2.(3,5đ) a/ Gọi x, y, z, t là số mol CH4, C2H4, C2H2, H2 trong 0,6 mol A
x + y + z + t = 0,6 (1)
16x + 28y + 26z + 2t = 10,2 (2)
C2H4 + Br2 → C2H4 Br2
(I)
C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4
(II)
Sau phản ứng trong B gồm: CH4, H2
x + t = 0,3 (3)
2t
.100 = 20  2x = t (4)

16 x  2t
 x  0,1
 y  0, 2

Giải (1), (2), (3), (4) ta được: 
 z  0,1
t  0, 2
0,1
%VCH 4  %VC2 H 2 
.100 = 16,67%
0, 6
0, 2
%VC2 H 4  %VH 2 =
.100 = 33,33%
0, 6

* Ghi chú :

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5

- Không cân bằng phản ứng hoặc thiếu điều kiện trừ 1/2 số điểm.
- Học sinh có thể giải cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.

--- HẾT ---

3


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
SÓC TRĂNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2015-2016

Đề chính thức
Môn: Hóa học - Lớp 9
(Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề)
________________
Đề thi này có 02 trang
Câu 1: (5,0 điểm)
1. (3,0 đ) Cho các chất: K2O, K, KOH, K2SO4, K2CO3, KNO3, KCl.
a) Dựa vào mối quan hệ giữa các chất, hãy sắp xếp các chất trên thành một dãy
chuyển đổi hóa học.
b) Viết các phương trình hóa học cho dãy chuyển đổi hóa học trên.

2. (2,0 đ) Hãy giải thích các trường hợp sau:
a) Khi điều chế clo trong phòng thí nghiệm, để thu khí người ta dẫn khí clo qua
bình (1) đựng dung dịch H2SO4 đặc và bình (2) để đứng, miệng bình có bông tẩm xút.
b) Muốn quả mau chín người ta thường xếp quả xanh và quả chín gần nhau.
c) Tại sao khi nấu canh cua lại xuất hiện những mảng gạch cua nổi lên trên mặt
nước?
d) Tại sao khi nhỏ vài giọt dung dịch iot vào mặt mới cắt của quả chuối xanh
thấy tạo thành màu xanh, nhưng khi nhỏ iot vào mặt mới cắt của quả chuối chín lại
không tạo màu xanh?
Câu 2: (5,0 điểm)
1. (2,75 đ) Có các chất lỏng A, B, C, D. Xác định xem chất nào là benzen, rượu
etylic, axit axetic và nước trong các chất lỏng trên dựa vào kết quả của những thí
nghiệm sau đây:
- Cho tác dụng với Na thì A, B, C có khí thoát ra, D không phản ứng.
- Cho tác dụng với CaCO3 thì A, B, D không phản ứng, C có khí thoát ra.
- Đốt trong không khí A, D dễ cháy; C có cháy; B không cháy.
Xác định A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xảy ra theo kết quả của
các thí nghiệm trên.
2. (1,0 đ) Trong phòng thí nghiệm có 4 các chất rắn sau: Cu, Fe, Al, Na. Chỉ
dùng H2SO4 đặc và H2O, phân biệt các chất rắn trên. Viết các phương trình hóa học.
3. (1,25 đ) A là dung dịch HCl. B là dung dịch Ba(OH)2.
- Trộn 50 ml dung dịch A với 50 ml dung dịch B thu được dung dịch C. Thêm ít
quỳ tím vào C thấy có màu đỏ. Thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M vào C cho tới khi
quỳ trở lại màu tím thấy tốn hết 50 ml dung dịch NaOH.
- Trộn 50 ml dung dịch A với 150 ml dung dịch B thu được dung dịch D. Thêm
ít quỳ tím vào D thấy có màu xanh. Thêm từ từ dung dịch HNO3 0,1M vào D cho tới
khi quỳ tím trở lại màu tím thấy tốn hết 350 ml dung dịch HNO3.
Tính nồng độ mol/l của các dung dịch A và B.

Câu 3: (5,0 điểm)
1. (2,0 đ) Hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Zn có khối lượng là 46,2 gam.
Chia X làm 2 phần, trong đó phần 2 có khối lượng gấp đôi phần 1.
- Cho phần 1 tác dụng với 200 ml dung dịch H2SO4 1M thu được V lít khí H2.
- Cho phần 2 tác dụng với 800 ml dung dịch H2SO4 1M thu được 13,44 lít khí
H2.
a) Tính V.
b) Tính phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X.
(các thể tích khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn)
2. (3,0 đ) Đốt cháy hoàn toàn a gam hợp chất hữu cơ A chứa các nguyên tố C,
H, O, N cần dùng vừa đủ 39,875 gam không khí (có 80% N2 và 20% O2 về thể tích)
thu được 8,8 gam CO2; 6,3 gam H2O và 25,76 lít N2 (đktc). (Mkk = 29 g/mol)
a) Tính a.
b) Xác định công thức phân tử của A, biết phân tử khối của A < 100 đvC.
Câu 4: (5,0 điểm)
Cho 14,8 gam gồm kim loại hoá trị II, oxit và muối sunfat của kim loại đó tan
vào dd H2SO4 loãng dư thu được dung dịch A và 4,48 lít khí ở đktc. Cho NaOH dư vào
dung dịch A thu được kết tủa B. Nung B đến nhiệt độ cao thì còn lại 14 gam chất rắn.
Mặt khác, cho 14,8 gam hỗn hợp trên vào 0,2 lít dung dịch CuSO4 2M. Sau khi phản
ứng kết thúc, tách bỏ chất kết tủa rồi đem cô cạn dung dịch thì thu được 62 gam chất
rắn. Xác định kim loại trên.
--- HẾT --Ghi chú: Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn của NXB Giáo dục


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014-2015
ĐỀ THI MƠN: HỐ HỌC

(Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm):
1. X là hỗn hợp của hai kim loại gồm kim loại R và kim loại kiềm M. Lấy 9,3 gam X cho vào nước dư thu
được 4,48 lít khí H2 (đktc). Đem 1,95 gam kali luyện thêm vào 9,3 gam X ở trên, thu được hỗn hợp Y có phần
trăm khối lượng kali là 52%. Lấy tồn bộ hỗn hợp Y cho tác dụng với dung dịch KOH dư thu được 8,4 lít khí H2
(đktc). Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn. Xác định kim loại M và R.
2. Cho 500 gam dung dịch CuSO4 nồng độ 16% (dung dịch X). Làm bay hơi 100 gam H2O khỏi dung dịch X
thì thu được dung dịch bão hòa (dung dịch Y). Tiếp tục cho m gam CuSO4 vào dung dịch Y thấy tách ra 10 gam
CuSO4.5H2O kết tinh. Xác định giá trị của m.
Câu 2 (1,5 điểm): Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt trong các trường hợp sau:
1. Dung dịch AlCl3 và dung dịch NaOH (khơng dùng thêm hóa chất).
2. Dung dịch Na2CO3 và dung dịch HCl (khơng dùng thêm hóa chất).
3. Dung dịch NaOH 0,1M và dung dịch Ba(OH)2 0,1M (chỉ dùng thêm dung dịch HCl và phenolphtalein).
Câu 3 (1,5 điểm):
1. Viết phương trình phản ứng và giải thích các hiện tượng hóa học sau:
a) Trong tự nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng lại khơng có sự tích tụ H2S trong khơng khí.
b) Trong phòng thí nghiệm, khi nhiệt kế thủy ngân bị vỡ người ta dùng bột lưu huỳnh rắc lên nhiệt kế bị vỡ.
c) Trong phòng thí nghiệm bị ơ nhiễm khí Cl2, để khử độc người ta xịt vào khơng khí dung dịch NH3.
2. Cho hình vẽ mơ tả thí nghiệm điều chế
khí Cl2 từ MnO2 và dung dịch HCl.
Dung dòch HCl
a) Hãy viết phương trình phản ứng điều
chế khí Cl2 (ghi rõ điều kiện).
Bông tẩm dung dòch NaOH
b) Giải thích tác dụng của bình (1) (đựng
dung dịch NaCl bão hòa); bình (2) (đựng
dung dịch H2SO4 đặc) và nút bơng tẩm dung
MnO2
dịch NaOH ở bình (3).

Bình (1)

Bình (2)

Bình (3)

Câu 4 (1,5 điểm ): Hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 trong dung dịch HCl lỗng dư thấy còn
lại 6,4 gam Cu khơng tan. Mặt khác hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp trên trong 240 gam dung dịch HNO3 31,5%
(dùng dư) thu được dung dịch Y (khơng chứa NH4NO3). Cho 600 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y. Lọc
bỏ kết tủa, cơ cạn dung dịch nước lọc sau đó nung tới khối lượng khơng đổi thu được 78,16 gam chất rắn khan.
Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn.
1. Tính khối lượng mỗi chất trong X.
2. Tính nồng độ % của Cu(NO3)2 có trong dung dịch Y.
(5)
Câu 5 (1,0 điểm): Xác định các chất
Polietilen
E
(1)
(4)
A
hữu cơ A, D, Y, E, G, H, I và viết các
(8)
(7)
(3)
(6)
Cao su buna
H
G
phương trình phản ứng (ghi rõ điều
Y

CH4
(9)
(2)
(10)
kiện của phản ứng, nếu có) trong dãy
I
Poli(vinyl clorua)
D
biến hóa sau:
Câu 6 (2,5 điểm ):
1. Hiđrocacbon X là chất khí (ở nhiệt độ phòng, 250C). Nhiệt phân hồn tồn X (trong điều kiện khơng có oxi)
thu được sản phẩm gồm cacbon và hiđro, trong đó thể tích khí hiđro thu được gấp đơi thể tích khí X (đo ở cùng
điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định cơng thức phân tử và viết cơng thức cấu tạo mạch hở của X.
2. Cho 0,448 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai hiđrocacbon mạch hở (thuộc các dãy đồng đẳng ankan,
anken, ankin) lội từ từ qua bình chứa 0,14 lít dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hồn tồn, số mol Br2
giảm đi một nửa và khơng thấy có khí thốt ra. Mặt khác nếu đốt cháy hồn tồn 0,448 lít X (đktc), lấy tồn bộ
sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào 400 (ml) dung dịch Ba(OH)2 0,1M thu được 5,91 gam kết tủa. Xác định cơng
thức phân tử của hai hiđrocacbon.
(Cho biết: H = 1; Li = 7; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca
= 40; Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ba = 137)
----------Hết--------Họ và tên thí sinh:...............................................................................Số báo danh:....................
Thí sinh được dùng bảng tuần hồn, giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

Câu
Câu 1
2,0đ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2014-2015
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
NỘI DUNG ĐÁP ÁN

1. Xác định kim loại M, R
4, 48
8, 4
n H2 (1) 
= 0,2 (mol); n H2 (2) 
= 0,375 (mol).
22, 4
22, 4
Khi thêm 1,95 gam K vào 9,3 gam X, nếu trong X không có K thì
1,95
.100  17,33% < 52%, suy ra trong X có kim loại K=> M chính là K
%mK =
1,95  9,3
- Vậy X ( chứa K, R)
+ Nếu R tan trực tiếp trong nước, hoặc không tan trong dung dịch KOH, thì khi cho Y tác
dụng với KOH so với X có thêm 0,025 mol H2, do có phản ứng
1
K + H2O 
 KOH + H2 
2
0,05 0,025
=>

n

H 2 (2)

Điểm

0,25

0,25

 0, 2  0, 025  0, 225 (mol)< n H2 (2) đề cho.

=>R không tan trực tiếp trong nước nhưng tan trong dd KOH
Đặt số mol của K và R lần lượt là x,y ta có:
0,52.(9,3  1,95)
x=
= 0,15mol => mR = yR = 9,3 - 0,1.39 = 5,4 gam (I)
39
 Y tác dụng với dung dịch KOH có phản ứng (TN2):
1
K + H2O 
 KOH + H2 
2
0,15 0,15 0,075
n
R + (4-n)KOH + (n-2)H2O 
 K(4-n) RO2 + H2
2
ny
y dư
2
n.y

=> n H2 (2) = 0,075 +
= 0,375 => ny = 0,6 (II)
2
27n
Từ (I,II) => R =
=> n = 3; R = 27 (Al)
3
2. m CuSO4 /X = m CuSO4 /Y  80 gam
80.100%
= 20 (%)
400
Sau khi CuSO4.5H2O tách ra khỏi Y, phần còn lại vẫn là dung dịch bão hòa nên khối
20
lượng CuSO4 và H2O tách ra khỏi Y cũng phải theo tỉ lệ như dung dịch bão hòa bằng
80
Trong 10 gam CuSO4.5H2O có 6,4 gam CuSO4 và 3,6 gam H2O
Khối lượng CuSO4 tách ra khỏi Y là 6,4 - m (gam)
6,4 - m 20
→
=
→ m = 5,5 gam
80
3,6

0,25

0,25

mY = 500 - 100 = 400 gam → C%(CuSO4 )/Y =

Câu 2
1,5đ

1. Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử đánh số mẫu 1, mẫu 2:
Nhỏ từ từ đến dư mẫu 1 vào mẫu 2
+ Nếu thấy ban đầu có kết tủa keo sau đó tan tạo dung dịch trong suốt thì mẫu 1 là NaOH,
mẫu 2 là AlCl3;

2

0,25
0,25

0,25
0,25


+ Nếu ban đầu không có kết tủa sau đó mới có kết tủa thì, mẫu 1 là AlCl3; mẫu 2 là NaOH
 Al(OH)3 + 3NaCl
Ptpư: AlCl3 + 3NaOH 
 NaAlO2 + 2H2O
Al(OH)3 + NaOH 
 NaAlO2 + 3NaCl+ 2H2O
AlCl3 + 4NaOH 
 4Al(OH)3 + 3NaCl
AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O 
2. Trích mẫu thử, đánh số 1, 2
Nhỏ từ từ 1 vào 2 nếu có khí bay ra luôn thì 1 là Na2CO3 và 2 là HCl; ngược lại nếu không
có khí bay ra ngay thì 1 là HCl và 2 là Na2CO3, vì
- Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 thì có phản ứng

Na2CO3 + HCl  NaHCO3 + NaCl
NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O.
- Khi nhỏ từ từ dung dịch Na2CO3 vào dung dịch HCl có phản ứng
Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + CO2 + H2O

Câu 3
1,5 đ

Câu 4
1,5đ

3. Trích mẫu thử; đong lấy hai thể tích NaOH và Ba(OH)2 ( sao cho thể tích bằng nhau,
đều bằng V); cho vào 2 ống nghiệm, nhỏ vài giọt phenolphtalein cho vào 2 ống nghiệm, đánh
số 1, 2;
Sau đó lấy dung dịch HCl nhỏ từ từ vào từng ống nghiệm đến khi bắt đầu mất màu hồng
thì dừng lại: Đo thể tích dung dịch HCl đã dùng; với ống nghiệm 1 cần V1(l) dd HCl; với 2
cần V2(l) dd HCl
+ Nếu V2> V1 => Ống 1 đựng Ba(OH)2; ống 2 đựng NaOH
+ Nếu V2<V1 => Ống 2 đựng Ba(OH)2; ống 1 đựng NaOH
Giải thích: HCl + NaOH  NaCl + H2O
0,1V  0,1V
2HCl + Ba(OH)2  BaCl2 + 2H2O
0,2V  0,1V
1. a. Vì H2S phản ứng với O2 trong không khí ở điều kiện thường:
2H2S+ O2 
 2S + 2H2O
b. Vì Hg dễ bay hơi, độc; S tác dụng với Hg ở điều kiện thường tạo ra HgS không bay hơi,
dễ xử lý hơn.
Hg + S 
 HgS

c. 2NH3 + 3Cl2 
 N2 + 6HCl; NH3 (k)+ HCl(k) 
 NH4Cl (tt)
2. Thí nghiệm điều chế clo.
t0
-Ptpư điều chế: MnO2 + 4HCl (đặc) 
 MnCl2 + Cl2  + 2H2O
- Bình NaCl hấp thụ khí HCl, nhưng không hòa tan Cl2 nên khí đi ra là Cl2 có lẫn hơi nước
Bình H2SO4 đặc hấp thụ nước, khí đi ra là Cl2 khô.
H2SO4 + nH2O  H2SO4.nH2O
Bông tẩm dung dịch NaOH để giữ cho khí Cl2 không thoát ra khỏi bình (độc) nhờ phản
ứng
Cl2 + 2NaOH  NaCl + NaClO + H2O
1. Đặt số mol Cu và Fe3O4 phản ứng tương ứng là a, b
=> 64a+ 232b = 24,16 (1)
Ptpư:
Fe3O4+ 8HCl  2 FeCl3 + FeCl2 + 4H2O (1)
b 8b 2b b
Cu + 2FeCl3  CuCl2 + 2 FeCl2 (2)
a  2a  a  2a
=> (2) Vừa đủ nên 2a= 2b (II)
Từ I,II => a = b= 0,06
Vậy trong 24,16 gam X có: 0,16 mol Cu; 0,06 mol Fe3O4
 m Cu = 0,16.64 = 10,24 (gam); m Fe3O4 = 0,06.232 = 13,92 (gam).
2.Tác dụng với dung dịch HNO3: n HNO3 (bđ) = 1,2 mol

3

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25


Sơ đồ:
+ 1,2(mol) NaOH
dd Y
X + HNO3
Khí

dd

NaOH
NaNO3

Nung

NaOH x(mol)
NaNO2 y(mol)

Ta có: Nếu NaOH hết, chất rắn chỉ riêng: NaNO2 = 1,2 mol.69 = 82,8 gam> 78,16
 NaOH phải dư: theo sơ đồ trên ta có:
x+y = 1,2; 40x+69y =78,16
=>x= 0,16; y = 1,04
 Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + Khí + H2O (2)
X+
HNO3 
24,16
k
0,18
0,16
k/2
k= số mol HNO3 phản ứng với X; n NaNO2 = 0,16.2 + 0.18.3 +nHNO3 dư = 1,04
=> n HNO3 dư = 0,18 mol
 n HNO3 pư (*) = 1,2 - 0,18 = 1,02 (mol) = k
Theo bảo toàn khối lượng:
mkhí =24,16 + 63.1,02 –( 0,18.242+ 0,16.188+ 18.1,02/2) = 5,6 gam
0,16.188
=> C% (Cu(NO3)2) =
 11, 634%
240  24,16  5, 6

Câu 5
1,0 đ

A
D
CH3COONa C4H10
(Butan)

Y
C2H2

E
C2H4

G
C4H4

H
C4H6

0,25
0,25

0,25

0,25

I
CH2=CHCl

CaO,t Cao
(1) CH3COONa(r) + NaOH(r) 
 CH4(k) + Na2CO3
Crackinh
(2) CH3- CH2-CH2-CH3 
 3CH4 + CH3-CH=CH2
Laïnh nhanh
(3) 2CH4 
 C2H2 + 3H2
15000 C
o

Pd.PbCO ,t o

3
(4) CH ≡ CH + H2 

 H2C = CH2
0
xt,t ,p
(5) nCH2 = CH2 
 (-CH2 – CH2 -)n
CuCl2 /NH 4 Cl,t 0
(6) 2CH ≡ CH  CH2 = CH – C ≡ CH

0,1
*10 =
1,0đ

Pd.PbCO ,t o

3
(7) H2C = CH –CH ≡ CH + H2 

 H2C = CH – CH = CH2

xt,t ,p
(8) nH2C = CH – CH = CH2 
 (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n
xt,t 0
 H2C = CHCl
(9) HC ≡ CH + HCl 
 -CH 2 - CH- 
xt,t 0 ,p


 
(10) nH2C = CHCl 


Cl

n
1. Gọi công thức phân tử của X: CxHy ( x ≤ 4)
y
t0
CxHy 
 xC + H2
2
y

Theo bài ra ta có
= 2  y= 4.
2
Vậy X có dạng CxH4
 các công thức phân tử thỏa mãn điều kiện X là:
CH4, C2H4, C3H4, C4H4.
0

Câu 6
2,5 đ

- CTCT: CH4; CH2=CH2; CH3-CCH; CH2=C=CH2; CH2=CH-CCH.

4

0,25
0,25*2

0,25


0, 448
= 0,02 (mol) ; n Br2 ban đầu = 0,14  0,5 = 0,07 (mol
22, 4
0, 07
 n Br2 phản ứng =
= 0,035 (mol);
2
Vì không có khí thoát ra nên 2 hiđrocacbon không no ( anken; ankin)
mBình Br2 tăng 6,7 gam là khối lượng của 2 hiđrocacbon không no.

Đặt công thức chung của 2 hiđrocacbon là Cn H 2n  22k ( k là số liên kết  trung bình)
2.Ta có n hh X =

0,25

Cn H 2n  22k + k Br2 
 Cn H 2n  22k Br2k

0,02  0,02 k
Từ phản ứng: n Br2 = 0,02 k = 0,035 mol  1< k = 1,75 <2
 2RH thuộc 2 dãy đồng đẳng khác nhau: 1 an ken, 1 ankin.
Đặt ctpt chung của 2 RH là CnH2n (x mol); CmH2m-2 (y mol)
Từ phản ứng với brom: => x+2y =0,035 (I)
Tổng số mol 2 khí: x + y = 0,02 (II)
- Phản ứng cháy, theo btnt (C): nCO2 = nx+my (*)
TH1: Nếu Ba(OH)2 dư => nCO2 = nBaCO3 = 0,03mol, theo (*)=> nx+my=0,03 (III)
Từ (I,II,III) => n+3m = 6; do m  2, n  2 => Không có n, m thỏa mãn.
TH2: Nếu Ba(OH)2 tạo 2 muối: Theo btnt C, Ba:
=> nCO2 = nBaCO3 + 2nBa(HCO3) = nBaCO3 + 2(nBa(OH)2-nBaCO3)
= 0,03+2(0,04-0,03)=0,05 mol; Từ (*) => nx+my = 0,05 (III)’
Từ (I,II,III’)
 y=0,015; x= 0,005; n+3m = 10 (n  2, m  2)
+ Với m= 2; n= 4 thì thỏa mãn.
Vậy hai hiđrocacbon đó là: C2H2 và C4H8.

Ghi chú: Thí sinh có cách giải khác,đúng vẫn cho điểm tối đa.
-----Hết----

5

0, 25
0,25

0,25

0,25
0,25