Đề HSG 9 cấp huyện 2018 - 2019 môn Toán + Lý + Hóa (ĐSơn)

UBND HUYỆN ĐÔNG SƠN

PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI: Môn Toán
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI

Câu 1 (4.0 điểm)


x   x +3

x +2

x +2



:

1.Cho biểu thức M = 1 −
  x −2 + 3− x + x −5 x +6
x
+
1


 

a. Rút gọn M
b. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức M nhận giá trị là số nguyên
2. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + abc = 4 .
Tính giá trị của biểu thức:
A = a(4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc .
Câu 2 (4.0 điểm)
1.Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy2 + x +y +1 = x2 +2y2+xy
2. Giải phương trình : 2 x − 2 − 6 x − 9 = 16 x 2 − 48 x + 35
Câu 3 (4.0 điểm)
1.Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên thì
A= ( 10n + 10n-1 +…+ 10 + 1) ( 10n+1+5) +1 là số chính phương nhưng không
phải lập phương của một số tự nhiên.
y2
1
 x2
+
=

2
2
2. Tìm các cặp số thực (x;y) thỏa mãn các điều kiện:  ( y + 1) ( x + 1) 2
3xy = x + y + 1.


Câu 4 (6.0 điểm)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vuông tại A với đường
cao AH. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại M, CM cắt
AH tại I, OM cắt AB tại J

a. Chứng minh hai tam giác MOB và ACH đồng dạng
b. Chứng minh I là trung điểm của AH
c. Cho BC = 2R và OM = x. Tính AB và AH theo R và x
d. Tính giá trị lớn nhất của AH khi x thay đổi
Câu 5 (2.0 điểm)
Cho các số thực dương x, y thoả mãn điều kiện xy ( x − y) = x + y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = x+y
----------------------Hết--------------------(Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm)
Họ và tên: . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD:. . . . . .

1


UBND HUYỆN ĐÔNG SƠN

PHÒNG GD&ĐT

Câu

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Nội dung
1. (3,0 điểm)
a. ĐKXĐ: x ≥ 0 ; x ≠ 4; x ≠ 9

M=

x −2
x +1

0,5
1,5

x −2
3
=1 −
x +1
x +1
Để M nguyên => x +1∈ Ư(3) ⇔ x + 1∈ {1;3}

1

Điểm

b, M=

0,25

( Vì x + 1 > 0∀x ∈ ĐKXĐ)
=> x= 0 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
x = 4 ( Không thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy x= 0 thì M nhận giá trị nguyên
2. (1,0 điểm)

0,5
0,5
0,25

A = a(4 − b)(4 − c) + b(4 − c)(4 − a) + c(4 − a)(4 − b) − abc

Ta có:
a + b + c + abc = 4 ⇔ 4a + 4b + 4c + 4 abc = 16

0,5

⇒ a(4 − b)(4 − c) = a(16 − 4b − 4c + bc)
= a (2 a + bc ) 2 = a (2 a + bc ) = 2a + abc

0,5

Tương tự:
b(4 − c)(4 − a ) = 2b + abc , c(4 − a )(4 − b) = 2c + abc

0,5

⇒ A = 2(a + b + c) + 3 abc − abc = 2(a + b + c + abc ) = 8

0,5
1.(2,0 điểm)
Ta có 2xy2 +x +y +1 = x2+ 2y2 +xy
2
⇔ 2y ( x- 1) – x( x-1) – y( x-1) +1 = 0 (1)
Nhận thấy x= 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) chia
cả hai vế cho x-1 ta được

2y2 –x –y +
2

0,5

1
= 0(2)
x −1

Vì pt có nghiệm x,y nguyên nên
⇒ x ∈ {0;2}

1
nguyên nên x-1 ∈ {± 1}
x −1

1
2
1
2
Thay x= 2 vào (2) ta được 2y –y – 1=0 => y =1; y = −
2

0,75

Thay x= 0 vào (2) ta được 2y2 –y -1 = 0 => y = 1; y = −

2

0,5

Câu

Nội dung

Vậy (x,y) ∈ {(0;1); (2;1)}
2.(2,0 điểm)

3
2
2 x − 2 − 6 x − 9 = 16 x 2 − 48 x + 35
7 − 4x
⇔
= (7 − 4 x )(5 − 4 x )
2x − 2 + 6x − 9

ĐK: x ≥



1
⇔ (7 − 4 x )
+ 4x − 5 = 0
 2x − 2 + 6x − 9

3
1
Vì x ≥ nên
+ 4x − 5 > 0
2
2x − 2 + 6x − 9

7
4
7
Vậy pt có nghiệm : x =
4

Điểm
0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

Suy ra : 7 − 4 x = 0 ⇒ x = (tm)

0,25

1. (2,0 điểm)
10 n+1 − 1 n+1
10 + 5 + 1
9
10 2( n+1) + 4.10 n +1 − 5 + 9
=
9

(

A=

 10 n+1 + 2 

3



)

0,5

0,5

2

Ta có = 

2
= 33
1 2...
3 34
n

Vậy A là số chính phương
2
2
2
Mặt khác 33

1 2...
3 34 = 2 . 1666
1 2 3...7 = A
n

3

n −1

Do A Μ2 nhưng A không chia hết cho 8 nên A không thể là lập
phương của một số tự nhiên
2. (2,0 điểm)
Điều kiện: x ≠ −1; y ≠ −1
y2
1
 x2
+
=
 ( y + 1) 2 ( x + 1) 2 2

Theo gt ta có 
 x . y =1
 y + 1 x + 1 4
1
 2
2
u
+
v
=


x
y
2
Đặt u =
;v=
, khi đó : 
y +1
x +1
uv = 1

4
3

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

0,25

0,25


Câu

Nội dung
2
2
( u + v )2 = 1

u + v + 2uv = 1
⇔ 2 2
⇔
2
u + v − 2uv = 0
( u − v ) = 0
1
1
Suy ra u = v = hoặc u = v = −
2
2
 y + 1 = 2x
1
Nếu u = v = thì 
⇔ x = y = 1 (thỏa mãn)
2
x + 1 = 2 y
 y + 1 = −2 x
1
1
Nếu u = v = thì 
⇔ x = y = − (thỏa mãn)
2
3
 x + 1 = −2 y
1
Vậy : x = y = 1; x = y = −
3

Điểm

0,75

0,75

4

a. (2,0 điểm) Chứng minh ∆MOB ∼ ∆ACH
Ta có MA = MB ( T/c tiếp tuyến)
OA = OB = R
=> OM là trung trực của đoạn AB
=> OM vuông góc với AB tại J nên OM // AC
=> MOˆ B = ACˆ H => ∆MOB ∼ ∆ACH (g.g)
b.(1,5 điểm) Trong ∆CMB có HI//BM nên
∆MOB ∼ ∆ACH =>

2,0

HI CH
(1)
=
BM CB

1,5

HA CH
=
(2)
BM OB

Chia (1) cho (2) theo từng vế ta được

HI OB 1
=
=
HA CB 2

=> I là trung điểm của AH
c.(0,75 điểm) ∆MOB vuông ở B nên OB2 = OJ . OM => OJ =
4


Câu

Điểm

Nội dung
2

2

OB
R
=
OM
x
2
2
2
∆ OJB vuông ở J nên BJ = OB – OJ =

(

2

0,75

)

 R2 
R2 x2 − R2
R 2
 =
R − 
=> BJ =
x − R 2 với x > R
2
x
x
x


4R 4
2
2
2
∆ ABC vuông ở A nên AC = BC – AB = 2
x
2
2R

=> AC =
x
2

Lại có BC . AH = AB . AC
=> AH =

AB. AC 2 R 2
= 2
BC
x

x 2 − R 2 với x > R

d.(0,75 điểm) Ta chứng minh: AH ≤ R (3)
<=>

2R 2
x2

x2 − R2 ≤ R

0,75

<=> 2R x 2 − R 2 ≤ x 2

<=> 4R2 ( x2 – R2) ≤ x4
<=> x4 – 4R2 x2 + 4R4 ≥ 0
<=> (x2 – 2R2)2 ≥ 0 với ∀ x > R
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x2 – 2R2 = 0 <=> x = R 2

Vậy AH đạt giá trị lớn nhất bằng R khi x = R 2

(2,0 điểm)
Do x, y > 0 và xy ( x − y ) = x + y ta suy ra x > y > 0
và xy(x-y)2 = (x+y)2 (1)
2
Đặt a = x+ y; b = xy (a, b > 0 ; a ≥ 4b)
2
2
2
2
Ta có: (1) ⇔ b(a − 4b) = a ⇔ a (b − 1) = 4b
4b

b

5

0.25

2

2
Suy ra: b-1 > 0 và a = b − 1
2

0.25

1

0.25
1

1

Lại có: b − 1 = b + 1 + b − 1 = (b − 1) + b − 1 + 2 ≥ 2 (b − 1). b − 1 + 2 = 4
(theo bđt cô si)
2
Do đó: a ≥ 16.
Mà a > 0 nên a ≥ 4 ⇒ x + y ≥ 4

0.25

0.25

1

2
Dấu “=” xảy ra khi b − 1 = b − 1 ⇔ (b − 1) = 1 ⇔ b = 2

 x = 2 + 2
x + y = 4
⇔


Khi đó: xy = 2
(Vì x > y)
 y = 2 − 2

Vậy Min (x+y)=4 khi x = 2 + 2 ; y = 2 − 2 .

---------------------------------Hết----------------------

5

0.25
0.25
0.25


UBND HUYỆN ĐÔNG SƠN

PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019
ĐỀ THI: Môn Vật lý
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI

Câu 1 (4.5 điểm):
Hải, Quang và Tùng cùng khởi hành từ A lúc 8 giờ để đi đến B, với AB = 8 km.
Do chỉ có một xe đạp nên Hải chở Quang đến B với vận tốc v1 = 16 km/h, rồi liền quay
lại đón Tùng. Trong lúc đó Tùng đi bộ dần đến B với vận tốc v2 = 4 km/h.
a. Hỏi Tùng đến B lúc mấy giờ? Quãng đường Tùng phải đi bộ là bao nhiêu km?
b. Để Hải đến B đúng 9 giờ, Hải bỏ Quang tại một điểm nào đó rồi lập tức quay
lại chở Tùng cùng về B, Quang tiếp tục đi bộ về B. Tìm quãng đường đi bộ của Tùng
và của Quang. Quang đến B lúc mấy giờ ?
Biết xe đạp luôn chuyển động đều với vận tốc v1, những người đi bộ luôn đi với vận

tốc v2.
Câu 2 (4.0 điểm):
Dùng một ca múc nước ở thùng chứa nước A có nhiệt độ tA = 200C và ở thùng
chứa nước B có nhiệt độ tB = 800C rồi đổ vào thùng chứa nước C. Biết rằng trước khi
đổ, trong thùng chứa nước C đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ tC = 400C và bằng
tổng số ca nước vừa đổ thêm vào nó. Tính số ca nước phải múc ở mỗi thùng A và B để
có nhiệt độ nước ở thùng C là 500C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường, với bình
chứa và ca múc nước.
Câu 3 (4.0 điểm)
G1
S
Hai gương phẳng G1, G2 có mặt phản xạ
β
quay vào nhau và hợp với nhau một góc nhọn α
I
như hình 1.
Chiếu tới gương G1 một tia sáng SI hợp với mặt
G2
gương G1 một góc β.
α
O
a. Vẽ tất cả các tia sáng phản xạ lần lượt
0
0
trên hai gương trong trường hợp α=45 , β=30 .
Hình 1
b. Tìm điều kiện để SI sau khi phản xạ hai
lần trên G1 lại quay về theo đường cũ.
Câu 4 (5.5 điểm):
K

Cho mạch điện như hình vẽ 2. Đặt vào 2
điểm A, B một hiệu điện thế không đổi U = 6V.
R3
A+ - B R1
Các điện trở R1= 1,5 Ω , R2= 3 Ω , bóng đèn có
X
điện trở R3= 3 Ω . RCD là một biến trở con chạy.
Coi điện trở bóng điện không thay đổi theo nhiệt
R2
độ, điện trở của anpe kế và các dây nối không
M
đáng kể.
A
D
C
a. Khóa K đóng, dịch chuyển con chạy
Hình 2
đến khi M trùng C thì đèn sáng bình thường. Xác
định số chỉ ampe kế, hiệu điện thế và công suất
định mức của đèn.
6


b. Khóa K mở, dịch chuyển con chạy M
đến vị trí sao cho RCM= 1 Ω thì cường độ dòng
điện qua đèn là

4
A. Tìm điện trở của biến trở.
9

c. Thay đổi biến trở ở trên bằng một biến
trở khác có điện trở 16 Ω . Đóng khóa K. Xác
định vị trí con chạy M để công suất tỏa nhiệt trên
biến trở đạt giá trị lớn nhất
Câu 5 (2.0 điểm)
Hãy trình bày một phương án xác định nhiệt dung riêng của một chất lỏng L
không có phản ứng hoá học với các chất khi tiếp xúc. Dụng cụ gồm: 01 nhiệt lượng kế
có nhiệt dung riêng là CK, nước có nhiệt dung riêng là CN, 01 nhiệt kế, 01 chiếc cân
Rô-bec-van không có bộ quả cân, hai chiếc cốc giống hệt nhau (cốc có thể chứa khối
lượng nước hoặc khối lượng chất lỏng L lớn hơn khối lượng của nhiệt lượng kế), bình
đun và bếp đun.
----------------------Hết---------------------

(Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm)

Họ và tên: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD:. . . . . . . . . . . . .

7


UBND HUYỆN ĐÔNG SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ

Bài

Thang
điể m

Nội dung

a) (2 điểm)
- Gọi C là điểm gặp nhau của Hải và Tùng.
- Trong cùng khoảng thời gian t1 : Hải đi xe
đạp đoạn đường s + s1 và Tùng đi bộ quãng
đường s3.
Ta có:
s + s1 = v1.t1 ; s3 = v2.t1 ; s1 + s3 = s
⇒ s + s1 + s3 = v1.t1 + s3 ⇒ 2s = v1.t1 + v2.t1
⇒ t1 =

C
.

B
.

s3

s1

s

0,5

2s
= 0,8 (h)
v1 + v 2

- Sau đó từ C, Hải và Tùng cùng về B với vận tốc v1 trong thời gian t2 :

0,5

s - s3
s
8 − 4.0,8
t2 = 1 =
=
= 0,3 (h)
v1
v1
16

Câu 1
(4.5
điểm)

- Thời gian tổng cộng của Tùng đi là : t = t1 + t2 = 0,8 + 0,3 = 1,1(h) = 1 giờ 6
phút.
- Vậy Tùng đến B lúc 9 giờ 6 phút và quãng đường Tùng đi bộ là :
s3 = v2.t1 = 4.0,8 = 3,2 (km).
b) (2,5 điểm)
A
E

D
B
.
. s
.
Gọi t1 là thời gian Hải đi xe đạp chở Quang .
2
s
s
3
1
từ A đến D rồi quay về E, cũng là thời gian
s
Tùng đi bộ từ A đến E (AE = s3).
s3 = v2.t1
(1)
-Sau đó Hải và Tùng cùng đi xe đạp từ E đến B (EB = s1) trong khoảng thời
gian t2.
Ta có : s1 = v1.t2
(2)
t1 + t2 = 9 – 8 = 1 (h)
(3)
s3 + s1 = 8 (km)
(4)
Từ (1), (2), (3) và (4), giải ra ta có: t1 =

2
(h)
3

0,5

0,5

0,5

0,5

8
- Quãng đường đi bộ của Tùng là : s3 = v2.t1 = ≈ 2,67 (km)
3

0,25

- Ta cũng có : AD + DE = v1.t1
(5)
- Từ (1) và (5) => AD + DE + AE = 2AD = v1.t1 + v2.t1 = t1(v1 + v2)
=> AD =

=

=

(km)

0,5

- Quãng đường đi bộ của Quang : DB = s2 = AB – AD = 8 (km)
- Tổng thời gian Quang đi từ A → B là : t3 =
Vậy Quang đến B lúc 8 giờ 45 phút.

8

+

=

+

=

=

≈ 1,33

(h) = 45 ph

0,25

0,5


Bài

Câu 2
(4
điểm)

Nội dung

- Gọi : c là nhiệt dung riêng của nước ; m là khối lượng nước chứa trong một

ca;
n1 và n2 lần lượt là số ca nước múc ở thùng A và thùng B ;
(n1 + n2) là số ca nước có sẵn trong thùng C.
- Nhiệt lượng do n1 ca nước ở thùng A khi đổ vào thùng C đã hấp thụ là :
Q1 = n1.m.c(50 – 20) = 30cmn1
- Nhiệt lượng do n2 ca nước ở thùng B khi đổ vào thùng C đã toả ra là :
Q2 = n2.m.c(80 – 50) = 30cmn2
- Nhiệt lượng do (n1 + n2) ca nước ở thùng C đã hấp thụ là :
Q3 = (n1 + n2)m.c(50 – 40) = 10cm(n1 + n2)
- Phương trình cân bằn nhiệt : Q1 + Q3 = Q2
⇒ 30cmn1 + 10cm(n1 + n2) = 30cmn2 ⇒ 2n1 = n2
- Vậy, khi múc n ca nước ở thùng A thì phải múc 2n ca nước ở thùng B và số
nước đã có sẵn trong thùng C trước khi đổ thêm là 3n ca.
Hình vẽ đúng

Thang
đi ể m

0,5
0,5
0,5
1,0
1,0
0,5

1.0

α

Câu 3

(4

Gọi I, K, M, N lần lượt là các điểm tới trên các gương, Vừa vẽ HS vừa tính các
góc:
∠OIK=β =300; ∠IKO=1050;
∠IKM =300; ∠KMI=1200;
∠KMN =600;
∠MNO =ϕ= 150 từ đó suy ra NS’ không thể tiếp tục cắt G1 Vậy tia sáng chỉ
phản xạ hai lần trên mỗi gương

0.5

0.5

điểm)
0.5

Tia sáng SI sau khi phản xạ trên gương G1 thì chiếu tới G2 theo đường IN và
phản xạ tới G1 theo đường NK
Để tia sáng phản xạ trở lại theo đường cũ thì NK phải vuông góc với G1, Gọi
NM là pháp tuyến của G2 tại N (M ∈G1)
Xét tam giác vuông OMN (vuông tại N)có ∠OMN=90o- α
Xét tam giác MNI có: ∠OMN=∠MNI+∠MIN
90 o − β
mà ∠MIN = β và ∠MNI =
(Tam giác INM vuông tại K)
2

9

0.5


Bài

Nội dung

Suy ra: 90o- α =β+

90 o − β
β
⇔ 450- α = ⇔β=900-2α
2
2

Vậy để có hiện tượng trên thì điều kiện là:
α <450 và ⇔β=900-2α
a) Khi k đóng, di chuyển con chạy M trùng C. Mạch gồm (R2//R3)ntR1
RR
3.3
= 3Ω
Rtd= R1 + 2 3 = 1,5 +
R2 + R3
3+3
Cường độ dòng điện trong mạch chính:
U 6
= = 2A
I=
Rtd 3
U3=IR23=2.1,5=3V →Uđm=U3=3V

U 2 đm 32
=
= 3W
Công suất định mức của đèn: Pđm=
R3
3
Số chỉ ampe kế
U
3
I a = I 2 = 3 = = 1A
R2 3

Thang
đi ể m

0.5

0.5

0,25

0,25
0,25

0,25

b) Khi k mở mạch như hình vẽ:
Đặt RMD=x

R2 ( x + R3 ) 3( x + 3)

=
6+ x
R2 + x + R3
3( x + 3)
3( x + 3) 24 + 5,5 x
Rtd = RCM + RNM + R1 = 1 +
+ 1,5 = 2,5 +
=
6+ x
6+ x
6+ x
U
6( x + 6)
I=
=
Rtd 24 + 5,5 x
I3
R2
R2
3 6( x + 6)
18
4
=
⇒ I3 =
I=
.
=
= A ⇒ x = 3Ω
I 2 R3 + x
R2 + R3 + x

6 + x 24 + 5,5 x 24 + 5.5 x 9
RCD=x+RCM=1+3=4Ω
RMN =

Câu 4
(5,5
điểm)

c) Đặt điện trở đoạn mạch AM là y (y>0)
Điện trở đoạn mạch AN là: RAN =

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

3(3 + y )
6+ y

3y + 9
4,5 y + 18
+ 1,5 =
y+6
y+6
U
6( y + 6)

=
Cường độ dòng điện trong mạch chính là: I =
RAB 4,5 y + 18
Iy
R3
R3
3
6( y + 6)
18
=
→ Iy =
I=
.
=
Ta có:
I3 y +R2
y + R2 + R 3
y + 6 4,5 y + 18 4,5 y + 18

Điện trở đoạn mạch AB là: R AB = R AN + R1 =

0,25
0,25
0,25

0,25

0,5
10

Bài

Thang
đi ể m

Nội dung
2



18
18 2
Công suất tỏa nhiệt trên biến trở : P y = I . y = 
 . y =
2
 4,5 y + 18 


18
 4,5 y +


y 


18 
Để công suất trên biến trở đạt giá trị lớn nhất thì  4,5 y +
đạt giá trị nhỏ nhất



y


2
y

Mà: 4,5 y +

18
18
≥ 2 4,5 y .
= 18
y
y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4,5 y =

0,25

0,25

0,25

18
→ y = 4Ω
y

R .R
Mà: y = CM MD = 4Ω

RCM + RMD
RCM+RMD = 16Ω
→RCM=RMD = 8Ω
→Khi con chạy M ở chính giữa biến trở thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt giá trị
cực đại.

Bước 1: Dùng cân để lấy ra một lượng nước và một lượng chất lỏng L có cùng
khối lượng bằng khối lượng của NLK. Thực hiện như sau:
- Lần 1 : Trên đĩa cân 1 đặt NLK và cốc 1, trên đĩa cân 2 đặt cốc 2. Rót nước
vào cốc 2 cho đến khi cân bằng, ta có mN = mK.
- Lần 2 : Bỏ NLK ra khỏi đĩa 1, rót chất lỏng L vào cốc 1 cho đến khi thiết
lập cân bằng. Ta có: mL = mN = mK
Câu 5 Bước 2 : Thiết lập cân bằng nhiệt mới cho mL, mN và mK.
(2điểm
- Đổ khối lượng chất lỏng mL ở cốc 1 vào NLK, đo nhiệt độ t1 trong NLK.
)
- Đổ khối lượng nước mN vào bình, đun đến nhiệt độ t2.
- Rót khối lượng nước mN ở nhiệt độ t2 vào NLK, khuấy đều. Nhiệt độ cân
bằng là t3.
Bước 3 : Lập phương trình cân bằng nhiệt :
m N c N (t 2 - t 3 ) = (m L c L + m K c K )(t 3 - t1 )
c (t - t )
Từ đó ta tìm được : c L = N 2 3 - c K
t 3 - t1
---------------------Hết-------------------

11

0,25
0,25

0,25

0.5

0,25
0.25
0,25
0,25

0,25
0,25


UBND HUYỆN ĐÔNG SƠN
PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ THI: Môn Hóa học
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI
Câu 1 (2.0 điểm):
Cho các chất sau: CuO, SO3, H2O, HCl, NaOH , NaHCO3 chất nào phản
ứng với nhau từng đôi một. Viết PTHH.
Câu 2 (2.0 điểm):
a. Cho A là oxit, B là muối, C là kim loại, D là phi kim. Hãy chọn chất

thích hợp với A, B, C, D và hoàn thành PTHH của các phản ứng sau
2. B + NaOH -> 2 muối + H2O
1. A + HCl -> 2 muối + H2O
3. C + Muối -> 1 muối
4. D + Axit -> 3 oxit
b. Hãy giải thích vì sao không nên bón phân đạm ure cùng với vôi bột,
biết rằng trong nước phân ure bị chuyển hoá thành (NH4)2CO3
Câu 3 (2.0 điểm):
Từ nguyên liệu ban đầu là FeS2, NaCl, O2, H2O các thiết bị, hoá chất, xúc
tác cần thiết khác, viết PTHH điều chế FeSO4, Fe2(SO4)3, Fe(OH)3, NaHSO4,
FeCl2, FeCl3, Fe(OH)2
Câu 4 (2.0 điểm):
Cho hai khí A và B có công thức lần lượt là NxOy và NyOx mà d
và dB/A = 1,045. Xác định công thức hai khí A và B.

A/H2

= 22

Câu 5 (2.0 điểm):
Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp BaCO3, MgCO3, Al2O3 được chất rắn A,
khí D. Hoà tan chất rắn A trong nước dư thu được dung dịch B và kết tủa C, sục
khí D(dư) vào dung dịch B thấy xuất hiện kết tủa. Hoà tan C trong dung dịch
NaOH dư thấy tan một phần. Xác định A, B, C, D. Viết phương trình hoá học
xảy ra.
Câu 6 (2.0 điểm):
Có ba gói bột màu trắng không ghi nhãn, mỗi gói chứa riêng rẽ hỗn hợp
hai chất sau: Na2SO3 và K2SO3; NaCl và KCl; MgSO4 và BaCl2. Bằng phương
pháp hóa học, làm thế nào phân biệt ba gói bột trên. Chỉ sử dụng nước và các
dụng cụ cần thiết.

12


Câu 7 (2.0 điểm):
Cho a gam SO2 vào 100 ml dd Ba(OH)2 2M phản ứng xong thu được 19,7g
kết tủa. Xác định a?
Câu 8 (2.0 điểm):
Có một hỗn hợp 3 kim loại hóa trị II đứng trước hiđro trong dãy hoạt
động hóa học. Tỉ lệ nguyên tử khối của chúng là 3 : 5 : 7. Tỉ lệ số mol của các
kim loại tương ứng là 4 : 2 : 1. Khi hòa tan 11,6g hỗn hợp bằng dung dịch HCl
thấy thoát ra 7,84 lít khí hiđro (đktc). Hãy xác định tên các kim loại đem dùng?
Câu 9 (2.0 điểm):
Trong một ống chứa 7,08g hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 đốt nóng rồi cho dòng
khí hiđro dư đi qua. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn trong ống còn lại 5,88g
sắt. Nếu cho 7,08g hỗn hợp trên vào dung dịch CuSO4 dư, lắc kĩ để phản ứng
xảy ra hoàn toàn, lọc lấy chất rắn sấy khô và đem cân được 7,44g. Tính khối
lượng từng chất trong hỗn hợp ban đầu.
Câu 10 (2.0 điểm):
Dùng V lít khí CO (đktc) khử hoàn toàn 4 gam một oxit kim loại, phản
ứng kết thúc thu được kim loại và hỗn hợp khí X. Tỉ khối khí X so với H2 là 19.
Cho X hấp thụ hoàn toàn vào 2,5 lít dung dịch Ca(OH)2 0,025M người ta thu
được 5 gam kết tủa.
a Xác định công thức hoá học của oxit
b. Tính giá trị của V.
----------------------Hết--------------------(Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm)
Họ và tên: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD:. . . . . . . . . . . . .

13

UBND HUYỆN ĐÔNG SƠN

PHÒNG GD&ĐT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018-2019

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC
Câu 1 (2điểm) Viết đúng mỗi phương trình hóa học cho 0,25 điểm.
1. CuO + SO3 CuSO4
2. CuO + 2HCl CuCl2 + H2O
3. SO3 + H2O H2SO4
4. SO3 + 2NaOH Na2SO4 + H2O
5. SO3 + NaOH NaHSO4
6. HCl + NaOH NaCl + H2O
7. HCl + NaHCO3 NaCl + H2O + CO2
8. NaOH + NaHCO3 Na2CO3 + H2O
Câu 2(2điểm)
a.(1,0điểm) Hoàn thành đúng mỗi PTHH cho 0,25 điểm
A : Fe3O4;
B: KHCO3 hoặc Ba(HCO3)2 hoặc Ca(HCO3)2
C: Fe
D: C
1.Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
2. KHCO3 + NaOH Na2CO3 + K2CO3 + H2O
3. Fe + 2FeCl3 3FeCl2
4. C + 2H2SO4 đặc CO2 + 2SO2 + 2H2O
b. (1điểm)

(0,5điểm)Không nên bón phân đạm ure cùng với vôi bột vì trong vôi bột chứa
Ca(OH)2 sẽ phản ứng với (NH4)2CO3 tạo NH3 thoát ra ngoài làm mất hàm lượng
nguyên tố N có trong phân đạm theo phương trình hóa học
(0,5điểm) (NH4)2CO3 + Ca(OH)2
CaCO3 + 2H2O + 2NH3
Câu 3 (2điểm) Điều chế được NaHSO4 cho 0,5 điểm, mỗi chất còn lại cho 0,25
đi ể m
+ Điều chế NaHSO4
4FeS2 + 11 O2 to
2Fe2O3 + 8 SO2
to
2SO2 + O2 V2O5
2SO3
2NaCl + 2H2O đpđmnx
2 NaOH + Cl2 + H2
NaOH + SO3
NaHSO4
+ Điều chế Fe2(SO4)3
SO3 + H2O
H2SO4
Fe2O3 + 3H2SO4
Fe2(SO4)3 +3 H2O
+ Điều chế FeSO4
3H2 + Fe2O3 to
2Fe +3 H2O
Fe + H2SO4
FeSO4 + H2
+ Điều chế Fe(OH)2
FeSO4 + 2NaOH
Fe(OH)2 + Na2SO4

+ Điều chế Fe(OH)3
14


Fe2(SO4)3 + 6NaOH
2Fe(OH)3 + 3Na2SO4
+ Điều chế FeCl2
H2 + Cl2 to 2 HCl
Fe + 2HCl
FeCl2 + H2
+ Điều chế FeCl3
Fe2O3 + 6HCl
2FeCl3 +3 H2O
Câu 4 (2điểm)
Ta có: MA = 22 . 2 = 44 g/mol
(0,25 đ)
MB = 44 . 1,045 = 46 g/mol
(0,25đ)
14x + 16 y = 44 x = 2
(1,0đ)
14 y + 16 x = 46 y = 2
A là N2O, B là NO2
(0,5đ)
Câu 5 (2điểm)
BaCO3 to
BaO + CO2
(0,5đ)
to
MgCO3
MgO + CO2

A: BaO; MgO; Al2O3
D: CO2
BaO + H2O
Ba(OH)2
(0,5đ)
Al2O3 + Ba(OH)2
Ba(AlO2)2 + H2O
Hòa tan C trong dd NaOH thì C tan một phần nên C gồm MgO; Al2O3 (0,5đ)
Dung dịch B: Ba(AlO2)2
(0,5đ)
2CO2 + 4H2O + Ba(AlO2)2
2Al(OH)3 + Ba(HCO3)2
Câu 6 (2 điểm)
Lấy mẫu, đánh dấu mẫu (của 3 gói bột )
(0,75đ)
Cho các mẫu lần lượt vào nước, nếu mẫu nào xuất hiện kết tủa trắng thì tương
ứng là hỗn hợp MgSO4, BaCl2 do có phản ứng.
MgSO4 + BaCl2
BaSO4 + MgCl2
Còn thu được dung dịch là 2 hỗn hợp còn lại.
(0,5đ)
- Lọc lấy dung dịch MgCl2 vừa tạo ra ở trên, trong dung dịch có thể có
BaCl2 dư hoặc MgSO4 dư
Cho dung dịch MgCl2 vào 2 dung dịch chứa hỗn hợp NaCl và KCl ; Na2CO3 và
K2CO3 ; nếu xuất hiện kết tủa trắng thì ống nghiệm đó đựng hỗn hợp Na2CO3 ,
K2CO3 vì có phản ứng.
(0,75đ)
Na2CO3 + MgCl2
MgCO3 + 2NaCl
K2CO3 + MgCl2

MgCO3 + 2KCl
(Các phản ứng của BaCl2 với muối cacbonat hoặc của muối MgSO4 với muối
cacbonat có thể xảy ra nếu các muối này còn dư, học sinh có thể viết nhưng
không tính điểm ).
Câu 7(2điểm): Xét đúng mỗi trường hợp cho 1,0 điểm
Theo đề bài có thể xảy ra các phản ứng hóa học
1. SO2 + Ba(OH)2
BaSO3 + H2O
2. 2SO2 + Ba(OH)2
Ba(HSO3)2
n Ba(OH)2 =

100
19,7
. 2 = 0,2 mol; n BaSO3 =
= 0,1 mol
1000
197

Khi sục SO2 vào dung dịch Ba(OH)2 có thể xảy ra 1 trong 2 trường hợp sau:
15


TH 1: Chỉ xảy ra phản ứng 1
Theo 1: n SO2 = n BaSO3 = 0,1 mol
m SO2 = 0,1 . 64 = 6,4 g
TH 2: Xảy ra cả phản ứng 1 và 2
Theo 1: : n SO2 = n BaSO3 = n Ba(OH)2 = 0,1 mol
nBa(OH)2 ở (2) = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol
Theo 2: n SO2 = 2 n Ba(OH)2 = 2. 0,1 = 0,2 mol

->n SO2 (1) + nSO2 (2) = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol
-> m SO2 = 0,3 . 64 = 19,2 g
Câu 8(2điểm)
- Giả sử 3 kim loại cần tìm lần lượt là A, B, C
Ta có PTHH
ACl2 + H2 (1)
A + 2HCl
B + 2HCl
BCl2 + H2 (2)
C + 2HCl
CCl2 + H2 (3)
Giả sử nguyên tử khối của A là 3x
=> Nguyên tử khối của B là 5x
=> Nguyên tử khối của C là 7x
Gọi số mol của A trong 11,6g hỗn hợp là 4a mol
=> số mol của B trong 11,6g hỗn hợp là 2a mol
=> số mol của C trong 11,6g hỗn hợp là a mol
Theo đề

∑ n H2 =

7,84
= 0,35 (mol)
22,4

(0,5đ)

(0,5đ)

(0,5đ)

Theo (1) nH = nA = 4a mol
2
Theo (2) n = n = 2a mol
H2
B
Theo (3) nH = nC = a mol
2

=> 4a + 2a + a = 0,35
=> a = 0,05 mol
Ta lại có : 3x . 4 . 0,05 + 5x .2 . 0,05 + 7x . 0,05 = 11,6
=> x = 8
=> M = 3x = 3.8 = 24(g)
A
=> M = 40g
B
=> MC = 56g
Vậy A : Mg ( tên là magie)
B : Ca ( tên là canxi )
Câu 9 (2điểm)
Ta có PTHH

(0,5đ)

C : Fe ( tên là sắt )
(0,5đ)

t
→

o

FeO

+ H2

Fe

+ H2O

Fe2O3 + 3H2 →
2Fe + 3H2O
Fe
+ CuSO4
FeSO4 + Cu
to

16

(1)
(2)
(3)


Gọi số mol FeO , Fe2O3 , Fe trong 7,08 g hỗn hợp lần lượt là x, y, z ta có 72x
+ 160y + 56z = 7,08 (I)
Theo (1) n
= n
= x mol
(0,5đ)

Fe
FeO
Theo (2) nFe = 2nFe O = 2y mol
2

3

=> 56x + 56 .2y + 56z = 5,88 (II)
Theo (3) n
= n
= z mol
Cu
Fe
=> 72x + 160y + 64z = 7,44 (III)
Từ (I) , (II) , (III) ta có
72x + 160y + 56z = 7,08
56x + 112y + 56z = 5,88
=>
72x + 160y + 64z = 7,44
=> m
= 72 . 0,03 = 2,16 (g)
FeO
mFe O = 160 . 0,015 = 2,4 (g)
2

(0,5đ)
x = 0,03 mol
y = 0,015 mol
z = 0,045 mol
(0,5đ)

3

m
= 7,08 - 2,16 - 2,4 = 2,52 (g)
Fe
Câu 10 (2điểm)
a. (1,0điểm) Đặt công thức hóa học của oxit kim loại là AxOy
Phương trình hóa học có thể có
1. yCO + AxOy to xA + yCO2
2. CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O
3. 2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2
5
= 0,05 mol ;
100
4
mol
n AxOy =
xMA + 16 y

nCaCO3 =

n Ca(OH)2 = 0,025.2,5 = 0,0625 mol

Khi cho X vào dd Ca(OH)2 có thể xảy ra 1 trong 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: Chỉ xảy ra phản ứng 2
Theo (2) (1) n CO2 = n CaCO3 = 0,05 mol
Theo 1: n AxOy =
-> MA = 32.

1
n
y

2y
x

4
0,05
=
xMA + 16 y
y
2y
nghiệm phù hợp là
=2
x
CO2

-> x=y=1 và MA = 32.2 = 64 g/mol CTHH oxit là CuO
Trường hợp 2: xảy ra cả phản ứng 2 và 3
Theo 2: n CO2 = n Ca(OH)2 = n CaCO3 = 0,05 mol
n Ca(OH)2 ở phản ứng 3 = 0,0625 – 0,05 = 0,0125 mol
Theo (3) n CO2 = 2 n Ca(OH)2 = 0,0125 . 2 = 0,025 mol
n CO2 (2) + n CO2 (3) = 0,05 + 0,025 = 0,075 mol
1
4
n CO2
=
y
xMA + 16 y

2y
-> MA = 18,67 .
Nghiệm phù hợp là
x

Theo 1: n AxOy =

1
. 0,075
y
2y
x
2
=3
=
x
y
3

-> x= 2; y= 3 và MA = 56 g/mol-> công thức hóa học cần tìm là Fe2O3
17


b. (1,0điểm)
Theo đề bài thì X gồm CO dư sau (1) và CO2(1) . MX = 19.2 = 38 g/mol
Đặt số mol CO2, CO trong X lần lượt là x, y
Theo đề bài

44 x + 28 y
= 39

x+ y

x
5
=
(I)
y
3

TH 1: Theo 1: n CO = n CO2 = 0,05 mol = x.
Thay x=0,05 vào (I) y= 0,03 mol = n CO dư
Tổng số mol CO = 0,03 + 0,05 = 0,08 mol
V CO = 0,08 . 22,4 = 1,792 lít
TH 2: Theo 1: n CO = n CO2 = 0,075 mol = x.
Thay x=0,075 vào (I) y= 0,045 mol = n CO dư
Tổng số mol CO = 0,045 + 0,075 = 0,12 mol
V CO = 0,12 . 22,4 = 2,688 lít
Chú ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

18