23 HSG quảng bình 2017 2018 DA

1

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH QUẢNG BÌNH
Năm học 2017- 2018
Thời gian: 150 phút
-------------------------Câu I. (2,0 điểm)
1. Viết các phương trình hóa học xảy ra khi:
a. Sục từ từ khí Cl2 qua dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường.
b. Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 98% vào ống nghiệm chứa một ít đường trắng.
c. Cho Na dư vào ống nghiệm chứa dung dịch rượu etylic 960.
d. Trùng hợp etilen.
2. Viết các phương trình hóa học thực hiện những chuyển đổi sau, ghi rõ điều kiện (nếu có):
Glucozơ  C2H5 OH  CH3COOH  CH3COOC2H5  CH3COOK
Câu II. (2,5 điểm)
1. Hãy cho biết thành phần hóa học chính của thủy tinh thường? Viết các phương trình hóa học xảy ra trong
quá trình sản xuất thủy tinh từ nguyên liệu là thạch anh (cát trắng), đá vôi và sôđa?
2. Một loại thủy tinh pha lê có thành phần: 7,132% Na; 32,093% Pb; còn lại là silic và oxi. Hãy viết công thức
hóa học của pha lê dưới dạng các oxit? (Biết Pb có hóa trị II).
3. Cho 115,3 gam hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 vào 500ml dung dịch H2SO4 , thu được dung dịch Y, chất
rắn Z và 4,48 lít khí. Nung chất rắn Z đến khối lượng không đổi, thu được 11,2 lít khí và chất rắn T (các thể tích
khí đo ở đktc, R là kim loại có hóa trị không đổi). Tìm R, biết trong hỗn hợp X số mol của RCO3 gấp 2,5 lần số
mol của MgCO3.
Câu III. (1,5 điểm)
Một loại khí gas sử dụng trong sinh hoạt có chứa: C3H8 , C4H10, C5H12. Tỉ lệ % theo khối lượng của C3H8 ,
C4H10 và C5H12 lần lượt là: 51,5%; 47,5% và 1%. Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy hoàn toàn 1 mol mỗi chất
C3H8, C4H10, C5H12 lần lượt là 2219 KJ; 2877 KJ; 3536 KJ. Tính khối lượng loại gas trên cần dùng để đun 2 lít
nước từ 250 C lên 1000 C, biết rằng chỉ có 50% lượng nhiệt tỏa ra làm nóng nước; khối lượng riêng của nước là
1g/ml; nhiệt dung của nước là 4,18 J/(g.độ).
Câu IV. (1,5 điểm)
Độ tan S của chất X trong nước phụ thuộc theo nhiệt
độ (t0C) được biểu diễn như ở đồ thị bên.

1. Hãy cho biết trong khoảng nhiệt độ từ 00C đến
700 C có những khoảng nhiệt độ nào thu được dung
dịch bão hòa và ổn định của X?
2. Nếu làm giảm nhiệt độ của 130 gam dung dịch
bão hòa X từ 700C xuống 300C, thấy tách ra khỏi dung
dịch m gam X khan. Tìm giá trị của m?
Câu V. (2,5 điểm)
1. Để phản ứng hoàn toàn 10 kg chất béo có lẫn axit béo tự do cần vừa đủ 1,4 kg NaOH, thu được 1,035 kg
glixerol. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng?
2. Dung dịch X chứa Al2(SO4)3, dung dịch Y chứa Ba(OH)2. Trộn 200ml dung dịch X với 300ml dung dịch Y,
thu được 8,55 gam kết tủa. Nếu trộn 200ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y, thu được 12,045 gam kết tủa.
Tính nồng độ mol/lít của chất tan trong dung dịch X, Y.
---**---


2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 TỈNH QUẢNG BÌNH
Năm học 2017- 2018
-----------------------Câu I.
1.
a. Cl2 + 2NaOH  NaCl + NaClO + H2O
Lưu ý: Nếu NaOH đặc, nóng thì viết như sau:
3Cl2 + 6NaOH đặc, nóng  5NaCl + NaClO3 + 3H2O
b. Khi nhỏ từ từ H2SO4 đặc vào đường trắng (saccarozơ) thì sẽ xảy ra sự tách nước từ H và O trong
phân tử C12.(H2O)11. Sau đó cacbon sinh ra sẽ tiếp tục phản ứng với H2SO4 đặc.
H 2SO 4 ®Æc
12C + 11H2O
C12H22O11 
C + 2H2SO4 đặc 

 CO2 + 2SO2 + 2H2O
Hoặc viết chung:
C12H22O11 + 24H2SO4 đặc  12CO2 + 24SO2 + 35H2O
c. Trong rượu etylic 960 có nước và etanol C2H5 OH, khi cho Na dư vào ống nghiệm chứa hỗn hợp
rượu và nước nên xảy ra 2 phản ứng.
2Na + 2H2O  2NaOH + H2 
2Na + 2C2H5OH  2C2H5ONa + H2 
xt,P
 –CH2 – CH2– n polyetilen (PE)
d. nCH2=CH2 
to C
2. Các phương trình hóa học:
men r­îu
C6H12O6 
 2C2H5OH + 2CO2
30o C
men giÊm
C2H5OH + O2 
 CH3COOH + H2O

o

H2SO4 ®Æc, t

 CH3COOC2 H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 


0

t
CH3COOC2 H5 + KOH 
 CH3COOK + C2H5OH
Câu II.
1. Thành phần chính của thủy tinh thường là hỗn hợp muối Natrisilicat và canxisilicat: Na2SiO3 và
CaSiO3.
Phương trình hóa học sản xuất thủy tinh từ thạch anh (SiO2), sôđa (Na2CO3), đá vôi (CaCO3)
0

t
CaCO3 
 CaO + CO2 

0

t
CaO + SiO2 
 CaSiO3
0

t
(Hoặc viết: CaCO3 + SiO2 
 CaSiO3 + CO2 )
0

t
Na2CO3 + SiO2 
 Na2SiO3 + CO2 
2. Đặt công thức của pha lê: xNa2O.yPbO.zSiO2
Từ % khối lượng các nguyên tố, ta có:

%m Na

2O

 %mSiO2

7,132.62
32,093.223
 9,61% ; %m PbO 
 34,57%
46
207
 55,82%


Ta có: x : y : z =

9,61 34,57 55,82
:
:
 0,155 : 0,155 : 0,93 = 1:1:6
62
223
60

Vậy công thức hóa học của thủy tinh pha lê là: Na2O.PbO.6SiO2
3. Phân tích:
Ở bài toán này đề cho 500ml dung dịch H2SO4 không có ý nghĩa gì, đáng lẽ đề phải hỏi thêm một đại lượng
nào đó (chẳng hạn như nồng độ mol của dung dịch H2SO4). Chất rắn Z khi nung nóng sinh khí (CO2) nên chắc

3
chắn trong Z có muối cacbonat và có thể có chứa RSO4 (nếu chất này không tan trong nước). Tuy nhiên, do số
mol CO3 trong X bằng tổng số mol CO2 giải phóng nên không cần quan tâm Z có chứa RSO4 hay không.

Hướng dẫn:
Tính n CO (lần 1) = 0,2 mol; n CO (lần 2) = 0,5 mol
2

2

MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + H2O + CO2  (1)
RCO3 + H2SO4  RSO4 + H2O + CO2  (2)
Khi nung Z có giải phóng CO2, chứng tỏ Z gồm muối cacbonat dư, có thể có kết tủa RSO4.
 Z: MgCO3, RCO3 và RSO4(có thể có)
0

t
MgCO3 (dư) 
 MgO + CO2 

(3)

t0

RCO3 (dư)  RO + CO2 
(4)
Xét cả quá trình thì toàn bộ lượng C trong X đã chuyển thành CO2.
Theo các phản ứng (1,2,3,4):  n X  n CO2 (lần 1) + n CO2 (lần 2) = 0,2 + 0,5 = 0,7 mol

Theo tỷ lệ n RCO3

0, 7.1

 n MgCO 3  3, 5  0, 2 mol
 2,5n MgCO  
3
0, 7.2, 5
n

 0, 5 m ol
RCO
3

3, 5

Ta có: 0,2.84 + 0,5.(MR + 60) = 115,3  MR = 137
Vậy R là bari (Ba)
Câu III.
Phân tích:
Đây là bài khá giống với Bài 5.3 trong đề thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định. Để giải bài này các em
cần hiểu biết dữ kiện "nhiệt dung của nước 4,18J/(g.độ)". Đó là lượng nhiệt cần thiết để truyền cho
một đơn vị khối lượng được tăng lên 10C. Vậy nhiệt dung riêng của nước bằng 4,18J/(g.độ) nghĩa là để
tăng 1 gam nước lên 10C thì cần cung cấp một lượng nhiệt là 4,18J.
Hướng dẫn:
2 lít nước = 2000ml = 2000 gam
Lượng nhiệt cần truyền cho 2 lít (2kg) nước để nóng lên từ 250C đến 1000C là:
Q = 2000.(100 – 25).4,18 = 627000J = 627kJ
Gọi m (gam) là khối lượng của gas cần dùng
 m C3H8  0,515m (gam) ; m C 4H10  0,475m (gam) ; m C5H12  0,01m (gam)

Theo đề ta có:
(

0,515m.2219 0, 475m.2877 0,01m.3536 50


).
 627  m = 25,07 (gam)
44
58
72
100

Câu IV.
Độ tan S của chất X trong nước phụ thuộc theo nhiệt độ
(t0C) được biểu diễn như ở đồ thị bên.
1. Theo đồ thị ta thấy:
Đồ thị nằm ngang ở các khoảng từ 0 -100C; 30-400C và từ
60-700C.
Vậy các khoảng nhiệt độ thu được dung dịch X bão hòa
ổn định là:
+) Từ 00C đến 100C.
+) Từ 300C đến 400C
+) Từ 600C đến 700C.

2. SX (700C) = 25 gam; SX (30 0C) = 15 gam
* Ở 70 0C: 130 gam dung dịch bão hòa có:
mX 

25

130 = 26 gam ; m H O  130 – 26 = 104 gam
2
125


4

Vì lượng chất X kết tinh không ngậm nước, nên lượng nước trong dung dịch không đổi.
* Ở 300C: 104 gam nước hòa tan được lượng chất tan X là:
mX 

15
104  15,6 gam
100

 mX (kết tinh) = 26 – 15,6 = 10,4 gam
Lưu ý: Ở câu tính toán lượng chất kết tinh không ngậm nước, các em có thể sử dụng nhanh công
thức sau đây:
S
S
m

 m ddbh (ban ®Çu)
100 H 2O (trong dd) 100  Scao
25  15
25  15
Áp dụng: m kt 
104  10,4 gam hoặc m kt 
 130  10,4 gam
100

125
m kt 

Câu V.
1. Phân tích:
Đây là bài toán tưởng chưng đơn giản, nhưng có lẽ nhiều học sinh THCS sẽ mắc sai lầm. Mấu chốt
bài toán nằm ở chỗ chất béo có lẫn axit tự do. Do đó lượng NaOH đã dùng vào 2 phản ứng trung hòa
axit béo tự do và thủy phân triglyxerit (trieste của glyxerol và axit béo).
Hướng dẫn:
Đặt công thức của chất béo: (RCOO)3C3H5
Axit béo tự do: RCOOH
RCOOH
+ NaOH  RCOONa + HOH
(1)
0

t
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH 
 3RCOONa + C3H5(OH)3 (2)

m NaOH (phản ứng 2) =

120
120
m

 1,035  1,35 kg
92 glyxerol 92

 m NaOH (phản ứng 1) = 1,4 – 1,35 = 0,05 kg

Theo (1)  m H O 
2

18
18
m NaOH 
 0,05  0,0225kg
40
40

Theo BTKL  mmuối = 10 + 1,4 – 0,0225 – 1,035 = 10,3425 kg
Lưu ý: Có thể sử dụng đại số để tìm khối lượng nước, sau đó bảo toàn khối lượng tìm khối lượng của
muối thu được.
RCOOH
+ NaOH  RCOONa + HOH
x (kg) 
0,45x (kg)
0

t
(RCOO)3C3H5 + 3NaOH 
 3RCOONa + C3H5(OH)3

y (kg) 

92y
(kg)
120

 92y

 1,035  x  0,05 kg

Ta có:  120

 y  1,35 kg
 x  y  1,4

Theo BTKL  mmuối =10 + 1,4 – 0,45.0,05 – 1,035 = 10,3425 (kg)
2. Phân tích:
Đây là dạng toán khá quen thuộc và đã nhiều lần xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi THCS và
thi vào lớp 10 chuyên hóa. So sánh lượng kiềm và lượng muối nhôm, ta thấy lượng muối không đổi ở 2
thí nghiệm, còn lượng kiềm tăng lên. Mấu chốt bài toán ở chỗ khi tăng lượng kiềm làm cho lượng kết
tủa tăng theo, chứng tỏ TN1 dư muối Al3+còn dư. Còn ở thí nghiệm 2 có thể kết tủa Al(OH)3 chưa bị
hòa tan, hoặc hòa tan một phần, hoặc tan hết. Các em cần lưu ý trong kết tủa luôn có BaSO4.
Giả sử TN2 chưa xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa thì nhớ rằng trong cùng một phản ứng luôn có tỷ
lệ giữa lượng các chất với nhau không thay đổi.


5

Vậy

500
12,045
?
(có bằng nhau được không?)
8,55
300

Hướng dẫn:

Theo đề ta thấy: khi tăng lượng Ba(OH)2 mà lượng kết tủa còn tăng thêm  TN1 lượng Al2(SO4)3
còn dư, Ba(OH)2 hết.
Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol/ lít của các dung dịch X, Y.
Thí nghiệm 1: n Al (SO )  0,2x(mol) ; n Ba(OH)  0,3y(mol)
2
4 3
2
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4  + 2Al(OH)3  (1)
0,3y 
0,3y
0,2y (mol)
Ta có: 233.0,3y + 78.0,2y = 8,55  y = 0,1 mol/lít.
 Thí nghiệm 2: n Al (SO )  0,2x(mol) ; n Ba(OH)  0,5.0,1  0,05 (mol)
2
4 3
2
+) Trường hợp 1: Nếu Al(OH)3 chưa bị hòa tan thì  Ba(OH)2 hết:
Theo (1): m KT 

500
.8,55  14,25 gam  12,045 (gam)  loại
300

+) Trường hợp 2: Nếu Al(OH)3 tan hết  kết tủa chỉ có BaSO4.
 n BaSO4 

12,045
 0,052 mol > 0,05 mol  loại
233

+) Trường hợp 3: Al(OH)3 đã bị hòa tan
3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  2Al(OH)3  + 3BaSO4 
0,6x
0,2x
0,4x
0,6x (mol)
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3  Ba(AlO2)2 + 4H2O
(0,05 – 0,6x)  (0,1 – 1,2x) mol
Ta có: (1,6x – 0,1).78 + 233.0,6x = 12,045  x = 0,075 mol/ lít
Vậy CM (dd A) = 0,075 mol/lít ; CM (dd B) = 0,1 mol /lít
---HẾT ĐÁP ÁN----