Đề và đáp án thi học sinh giỏi hóa 9

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2007- 2008
Môn : HÓA HỌC - LỚP 9
Thời gian làm bài : 150 phút
ĐỀ SÔ 1
Câu 1: (3 điểm) Viết phương trình phản ứng chuyển đổi sau, xác định các chất A, B, C, D, E.
FeS
2

→
A
→
B
→
H
2
SO
4

→
A
→
D
→
C
→
A.

↓

]
C E

→
BaSO
4
.
Câu 2: (3 điểm)
1) Có 2 ống nghiệm:
- ống 1: đựng dung dịch H
2
SO
4
loãng và 1 viên Zn.
- ống 2: đựng dung dịch H
2
SO
4
loãng và 1 viên Zn tiếp xúc với 1 dây Cu nhúng trong dung
dịch.
- Nêu hiện tượng xảy ra ở 2 ống nghiệm và rút ra nhận xét gì ?
2) Trên 2 dĩa cân ở vị trí cân bằng, có 2 cốc thuỷ tinh với khối lượng bằng nhau, đều chứa 1 lượng dung
dịch HCl như nhau. nếu thêm vào cốc thứ 1 m
1
(g) Fe và cốc thứ 2 m
2
(g) CaCO
3
. Khi phản ứng hoà
tan hết thì đĩa cân trở lại vị trí cân bằng. Tìm tỉ lệ m
1
/m
2

.
Câu 3: (4 điểm)
Cho 27,4g Ba vào 400g dung dịch CuSO
4
3,2% thu được khí A, kết tủa B và dung dịch C.
a) Tính thể tích của khí A ở đktc.
b) Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu chất rắn?
c) Tính C% của chất tan trong dung dịch C.
Câu 4: (3 điểm) :
Có 7 lọ mất nhãn chứa riêng biệt từng dung dịch sau: BaCl
2
, NaOH, NaCl. Na
2
CO
3
, H
2
SO
4
, NH
4
Cl,
Al
2
(SO
4
)
3
. Chỉ dùng quỳ tím hãy nhận biết từng lọ?
Câu 5: (3 điểm) :

Người ta cho a(g) kim loại M (hoá trị n không đổi) tan vừa hết trong dung dịch chứa a(g) H
2
SO
4
thu
được muối A và khí B. Lượng khí B được hấp thụ hoàn toàn bởi dung dịch
NaOH tạo thành muối.
- Viết phương trình phản ứng và biện luận khí B
Câu 6: (4 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn a(g) chất X cần dùng hết 5,824 dm
3
O
2
(đktc). Sản phẩm sau phản ứng gồm CO
2
v à H
2
O được chia làm đôi
- Ph ần 1: Cho qua bình 1 đựng P
2
O
5
, thấy khối lượng bình 1 tăng 1,8g.
- Ph ần 2: Cho qua bình 2 đựng CaO, thấy khối lượng bình 2 tăng 5,32g.
Tìm công thức phân tử của X. Biết X có số nguyên t ử C
≤
4.
Bi ết : H = 1, O = 16, C = 12, Ca = 40, P = 31, S = 32, Ba = 137, Cu = 64, Fe = 56, Cl = 35,5
Na = 23.
------------------------ ------------------------

ĐỀ SỐ 2
Câu 1:(3,0 đ) Hòa tan hoàn toàn 6,66gam tinh thể Al
2
(SO
4
)
3
.nH
2
O vào nước thành dung dịch A. lấy 1/10
dung dịch A cho tác dụng với dung dịch BaCl
2
dư thì thu được 0,699 gam kết tủa. Xác định công thức của
tinh thể muối sunfat của nhôm.
Câu 2:(5,0 đ) Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam photpho thu đượcchât A. Cho chất A tác dụng với 800 ml dung
dịch NaOH 0,6 M thì thu được muối gì, bao nhiêu gam?
Câu 3: (6,0 đ) Hòa tan 4,44 gam hỗn hợp bột nhôm và sắt bằng 500 mldung dịch HNO
3
1 M thu được dung
dịch A và 2,24 lit khí duy nhất NO( ở đktc).
a. Tính % khối lượng mỗi kim lọại trong hỗn hợp đầu.
b. Cho dung dịch A tác dụng với 420 ml dung dịch NaOH 1M, Rồi lấy kết tủa nung ở nhiệt độ cao thì
thu được bao nhiêu gam chất rắn.
Câu 4: (6,0 đ) Đốt cháy hoàn toàn V lít metan (ở đktc) và cho tất cả sản phẩm hấp thụ hoàn toàn vào bình
đựng 500 ml dung dịch Ba(OH)
2
0,4 M thấy tạo thành 31,52 gam kết tủa.
a. Tính thể tích V.
b. Khối lượng bình đựng dung dịch Ba(OH)
2

tăng hay giảm bao nhiêu gam?
c. Khối lượng dung dịch trong bình tăng hay giảm bao nhiêu gam?
------------------------ ------------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HOÁ 9
Năm học :2007-2008
Thời gian: 150 Phút
ĐỀ SỐ 1
Câu1:(3 điểm)
A- SO
2
B-SO
3
C-CaSO
3
D-Na
2
SO
3
E-Na
2
SO
4
(0,25 điểm)
Mỗi phương trình đúng : 0,25 đ
4FeS
2(R)
+ 11O
2(k)

t

→
o
2Fe
2
O
3(r)
+ 8SO
2(k)
.
2SO
2(k)
+ O
2(k)

2 5
0
450
V O
C
→
2SO
3(k)
SO
2(k)
+ Ca(OH)
2(dd)

→
CaSO
3(r)

+ H
2
O
(l)
2SO
3(k)
+ H
2
O
(l)

→
H
2
SO
4(dd)
Cu
(r)
+ H
2
SO
4(đ)

t
→
o
CuSO
4(dd)
+ SO
2(k)

+ 2H
2
O
(l)
SO
2(k)
+ 2NaOH
(dd)

→
Na
2
SO
3(dd)
+ H
2
O
(l)
Na
2
SO
3(dd)
+ Ca(OH)
2(dd)

→
CaSO
3(r)
+ 2NaOH
(dd)

CaSO
3(r)
+ 2HCl
(dd)

→
CaCl
2(dd)
+ SO
2(k)
+ H
2
O
(l)
H
2
SO
4(dd)
+ 2NaOH
(dd)

→
Na
2
SO
4(dd)
+ 2H
2
O
(l)

Na
2
SO4
(dd)
+ Ba(OH)
2(dd)

→
BaSO
4(r)
+ 2NaOH
(dd)
Câu 2:(3 điểm)
1) :1,5 đ
- ống 1: Tạo dung dịch trong suốt và khí không màu bay ra.
Zn + H
2
SO
4(l)

→
ZnSO
4
+ H
2
(0,75đ)
- ống 2: Khi cho miếng Cu tiếp xúc miếng Fe, so với ống 1 thì khí H
2
thoát ra mạnh, nhiều hơn từ Cu
(vì lúc này xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hoá, tức Fe cực âm và Cu cực dương (0,75đ)

2) : 1,5đ
Gọi a (g) là khối lượng dung dịch HCl trong cả 2 cốc.
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(1)
m
1
/56 (mol) m
1
/56 (mol) (0,5 đ)
CaCO
3(r)
+ 2HCl
(dd)

→
CaCl
2(dd)
+ CO
2(k)
+ H
2
O
(l)
(2)

m
2
/100 (mol) m
2
/100 (mol)

1
( )
56
Fe
m
n mol=

3
2
( )
100
CaCO
m
n mol=
*Sau khi phản ứng kết thúc thì kim cân ở vị trí cân bằng .
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
m
1
+ a -
1
.2
56
m
= m

2
+ a -
2
.44
100
m

⇔

1
2
0,58
m
m
=
(1 đ)
Câu 3:(4 điểm)
n
Ba
= 27,4 : 137 = 0,2 (mol)
4 4
uSO uSO
400.3, 2 12,8
12,8
100 160
C C
m g n= = ⇒ =
= O,O8(mol)
Ba + 2H
2

O
→
Ba(OH)
2
+ H
2
(1)
Ba(OH)
2
+ CuSO
4
→
BaSO
4
+ Cu(OH)
2
(2)
Cu(OH)
2

t
→
o
CuO + H
2
O (3)
Từ (1)
⇒

2 2

( )
0,2( )
H Ba OH Ba
n n n mol= = =
(1đ)
a)
2 2
(dktc)
.22,4 0,2.22,4 4,48( )
H H
V n lit= = =
(0,5đ)
b) Theo phản ứng (2,3) chất rắn gồm BaSO
4
và CuO. Vì BaSO
4
dư nên :
4 2
aSO ( )
0,02( )
B Cu OH CuO
n n n mol= = =
(1 đ)
N ên :
4
.
25,04( )
ch r BaSO CuO
m m m g= + =
.

c) Trong dung dịch C chứa dung dịch Ba(OH)
2
dư 1,5 (đ)
2
( )Ba OH d
m =
(0,2- 0,08).171= 20,52(g)
4 2 4 2
dd C ddCuSO ( )Ba H BaSO Cu OH
m m m m m m= + − − −
=27,4 + 400 - 0,2.2 - 0,08.233 - 0,08.98
= 400,52 g.
dd Ba(OH)
2
2
dd Ba(OH)
ddC
.100
20,52.100
% 5,12%
400,52
d
d
m
C
m
= = =
.
Câu 4: (3 điểm)
-Trích mỗi lọ 1 ít làm mẫu thử:

* Cho quỳ tím lần lượt ào các mẫu thử trên, quan sát
-Mẫu làm quỳ tím hoá xanh là NaOH.
-Mẫu làm quỳ tím hoá đỏ là H
2
SO
4
.
*Dùng làm NaOH thuốc thử và cho lần lược vào các mẫu còn lại, đun nóng nhẹ, quan sát
-M ẫu n ào c ó m ùi khai tho át ra
⇒
NH
4
Cl
NH
4
Cl
(dd)
+ NaOH
(dd)

t
→
o
NH
3(k)
+ NaCl
(dd)
+ H
2
O

(l)
Mẫu thử cho kết tủa trắng keo, sau đó tan dần hết
⇒
Al
2
(SO
4
)
3
Al
2
(SO
4
)
3(dd)
+ 6NaOH
(dd)

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

→
NaAlO
2(dd)
+ 2H
2
O
*Dùng H
2
SO
4
làm thuốc thử và lần lượt cho vào các mẫu thử còn lại, quan sát:
-mẫu thử có kết tủa trắng không tan là BaCl
2
.
H
2
SO
4(dd)
+ BaCl
2(dd)

→
BaSO
4(r)
+ 2HCl
(dd)
-mẫu thử có hiện tượng sủi bọt khí là Na
2
CO
3

.
H
2
SO
4(dd)
+ Na
2
CO
3(dd)

→
Na
2
SO
4(dd)
+ H
2
O
(l)
+ CO
2(k)
-mẫu thử không có hiện tượng gì là NaCl.
Câu 5: (3 điểm)
*Biện luận: Khi cho M tác dụng H
2
SO
4(dd)

→
tuỳ theo tính khử của M, C

M
của axit, nhiệt độ phản
ứng mà cho các sản phẩm khác nhau. Theo đề bài tạo muối A và khí B.
2M + nH
2
SO
4
→
M
2
(SO
4
)
n
+
2
n
H
2
(1) (1đ)
-Phản ứng (1) không sảy ra như trên vì H
2
không tác dụng với NaOH (loại).
Vì
2 4 2 4
H SO H SO
1
1
M M
A m a

A m a
= = =
nên xảy ra phản ứng.
2M +2nH
2
SO
4(đ)
→
M
2
(SO
4
)
n
+ nSO
2
+ 2nH
2
O (2) (1 đ)
-Phản ứng tạo thành H
2
S.
8M +5nH
2
SO
4(đ)
→
4M
2
(SO

4
)
n
+ nH
2
S + 4nH
2
O (3). Phản ứng này không xảy ra vì
H
2
SO
4(đ)
l à chất oxi hoá và H
2
S là chất khử
- Theo đề bài và theo phương trình (2)
→
n = 1, vậy M là kim loại hoá trị I
2M +2H
2
SO
4(đ)
→
M
2
SO
4
+ SO
2
+ 2H

2
O
→
khí SO
2
bị hấp thụ bởi dung dịch NaOH, giả sử xảy ra theo 2 phản ứng (2 đ)
SO
2
+ NaOH
→
NaHSO
3
SO
2
+ 2NaOH
→
Na
2
SO
3
+ H
2
O.
C âu 6: (4 điểm)
- Khối lượng P
2
O
5
tăng chính là:
2

H O
m =
1,8 g
→

2
H O
n =
1,8:18 = 0,1 mol.
- Khối lượng CaO tăng chính l à:
2 2
H
5,32
O CO
m m g+ =
→

2
CO
m =
5,32-1,8 = 3,52 g
→

2
CO
n =
3,52: 44 = 0,08 mol (1 đ)
- Khi đốt cháy hợp chất cho CO
2
và H

2
O thì hợp chất X phải chứa C, H ngoài ra còn có thể có oxi
2
( )O pu
n =
5,824 : 22,4 = 0,26 mol
→

( )O X
m =
0, vậy chứng tỏ hợp chất X chỉ chứa C, H
2
C
12 12
. 3,52.
44 44
CO
m m= = =
0,96 g v à
2
H
2 2
. 1,8.
18 18
H O
m m= = =
0,2 g (1 đ).
T ỉ l ệ: C : H =
0,96 0,2 2
: :

12 1 12 1 5
C
H
m
m
= =
. Vậy công thức đơn giản nhất của X là :(C
2
H
5
)
n
Mà theo đề bài thì số nguyên tử C
≤
4 nên n = 2
Vậy công thức phân tử của X là : C
4
H
10
------------------------ ------------------------
ĐỀ SỐ 2
Câu 1: (3đ) Hòa tan tinh thể Al
2
(SO
4
)
3
. nH
2
O vào nước được dung dịch Al

2
(SO
4
)
3
. Khi cho BaCl
2
vào có
phản ứng :
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3 BaCl
2
3 BaSO
4
+ 2AlCl
3
(0,25 đ)
Theo phương trình : 1mol Al
2
(SO
4
)
3
. nH
2

O: 3 mol BaSO
4
Hay : ( 342 + 18 n) g : 699 g
Thực tế :
666,0
10
66,6
=
g : 0,669 g (1 đ)
Suy ra:
=
+
666,0
18342 n
669,0
699
=1000
Suy ra: n = 18 (0,75 đ)
Vậy công thức hóa học cần tìm là Al
2
(SO
4
)
3
. 18 H
2
O (0,5 đ )
Câu 2: ( 5 đ) 2 P +
2
5

O
2
P
2
O
5
(1)
P
2
O
5
+ 3 H
2
O 2 H
3
PO
4
(2)
H
3
PO
4
+ NaOH NaH
2
PO
4
+ H
2
O (3) (1, 25 đ)
NaH

2
PO
4
+ NaOH Na
2
HPO
4
+ H
2
O (4)
Na
2
HPO
4
+ NaOH Na
3
PO
4
+ H
2
O (5)
Theo phương trình 1 và 2 suy ra : np = nH
3
PO
4
=
31
2,6
= 0,2 mol (0,25đ)
nNaOH = 0,8 . 0,6 = 0,48 mol (0,25 đ) 2 nH

3
PO
4
nNaOH 3 NH
3
PO
4
2 .0,2 0,48 3 .0,2 (0,5đ)
Do đó thu được hỗn hợp 2 muối Na
2
HPO
4
và Na
3
PO
4
Sau phản ứng 3 và 4 : n NaH
2
PO
4
= n Na
2
HPO
4
= 0,2 mol
n NaOH dư = 0,48 - 0,4 = 0,08 mol
Từ PT 5 suy ra : n Na
3
PO
4

= n NaOH = 0,08 mol
n Na
2
HPO
4
dư = 0,2 – 0,08 = 0,12 mol (3,75đ)
m Na
2
HPO
4
= 0,12 .142 =17,04 g
m Na
3
PO
4
= 0,08 . 164 =13,12 g
Câu 3: nHNO
3
= 0,5 .1 = 0,5 mol
n NO =
01,0
4,22
24,2
=
(0,5đ)
Al + 4HNO
3
Al(NO
3
)

3
+ NO + 2H
2
O (1) (1đ)
x 4x x
Fe + 4 HNO
3
Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (2)
y 4y y
Gọi số mol Al , Fe là x và y. Ta có :27 x + 56y = 4,44
Theo PT 1và 2 ta có : n HNO
3pứ
= 4n NO = 4 .0,1 = 0,4
n HNO
3
dư : 0,5 –0,4 = 0,1 mol
Theo phương trình và điều kiện ta có :



=+
=+
1,0
44,45627

yx
yx
(1đ)
Suy ra



=
=
06,0
04,0
y
x

%Al =
44,4
100.27.04,0
= 24,32% (0,5đ)
%Fe =100 – 24,32 = 75,68% (0,5đ)
b/ n NaOH = 0,42 mol
HNO
3dư
+ NaOH NaNO
3
+ H
2
O (3)
0,1 0,1
Fe(NO
3

)
3
+ 3 NaOH Fe(OH)
3
+ 3 NaNO
3
(4)
0,06 30,06 0,06
Al(NO
3
)
3
+ 3 NaOH Al(OH)
3
+ 3NaOH (5) (1,5đ)
0,04 30,04 6,04
Al(OH)
3
+ NaOH NaAlO
2
+ 2H
2
O (6)
0,02 0,02
2 Fe(OH)
3
Fe
2
O
3

+ H
2
O (7)
0,06 0,03
2Al(OH)
3
Al
2
O
3
+ 3 H
2
O (8)
0,02 0,01
n NaOH dư sau PỨ (3,4,5) = 0,42 - ( 0,1 + 0,06. 3 + 0,04 . 3) = 0,02 mol
Từ PT (6) suy ra : n Al(OH)
3
bị hòa tan = n NaOH dư = 0,02 mol
Từ PT 7và 8 ta có khối lượng chất rắn gồm Fe
2
O
3
và Al
2
O
3

m = 0,03 . 160 + 0,01 .102 = 5,82 g (1đ)
Câu 4 PTPỨ : CH
4

+ 2 O
2
CO
2
+ H
2
O (1)
CO
2
+ Ba(OH)
2
BaCO
3
+ H
2
O (2) (0,75đ)
Nếu dư: CO
2
+ H
2
O + BaCO
3
Ba(HCO
3
)
2
(3)
n Ba(OH)
2
= 0,5 - 0,2 = 0,1 mol

n BaCO
3
=
197
76,15
= 0,08 mol ((),5đ)
Trường hợp 1 : CO
2
thiếu tức n CO
2
<0,1 mol. Không xảy ra phản ứng(3)
Khi đó :
1/ n CO
2
= n BaCO
3
= 0,08 mol = n CH
4
(0,5đ)
V
CH4
= 0,08 .22,4 = 1,792 (l) (0,5đ)
2/ Khối lượng bình dung dịch tăng (m)
m = m CO
2
+ m H
2
O = 0,08 . 44 + 0,08 . 2.18 = 6,4 g (0,5đ)
3/ Khối lượng dung dịch trong bình giảm (a)
trừ a = m BaCO

3
–( m CO
2
+ m H
2
O)
= 15,76 – 6,4 = 9, 63g (0,5đ)