ĐỀ THI HSG TỈNH HÓA HỌC 9 - PHÚ YÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ CHO ĐIỂM BÀI THI THÍ SINH
(LỚP 9 THCS 10_04_2009)
STT Câu Đáp án tham khảo Điểm
1
(3,0đ)
1.a
(1,0đ)
27a + Xb = 150
a + b = 5
Biện luận a, b
⇒
X (Chọn a = 2; b = 3; X = 16 (S))
Tên: nhôm sunfua
0,25đ
0,5đ
0,25đ
1b
(2,0đ)
* CTPT dạng R
x
O
y

Lập pt toán học:
y
Rx
16
=
30
70
⇒

R =
3
56
.
x
y2
=
3
56
.n (n =
x
y2
: là hóa trị
của R)
Biện luận n
⇒
R. Chọn n = 3, R = 56 (Fe)
* Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

→
Fe
2
(SO

4
)
3
+ 3H
2
O
0,25mol 0,75mol
m
dd
=
100.
5,24
98.75,0
=300gam
⇒
V
dd
=
2,1
300
=250ml
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
2
(2,0đ)
Ta có pthh: 1C

3
H
8
+ 5O
2

→
3CO
2
+ 4H
2
O
0,2amol amol 0,6amol
Theo bài toán
⇒
C
3
H
8
dư, O
2
hết
⇒
hỗn hợp sau phản ứng (ở 25
0
C) gồm
CO
2
và C
3

H
8
dư
Trong cùng đk đẳng nhiệt, đẳng tích:
1
2
P
P
=
1
2
n
n
Vì ở 25
0
C nên H
2
O ở trạng thái lỏng
⇒
n
1
=2a mol; n
2
=0,8a+0,6a = 1,4amol (với a = n
O2 bđ
= n
C3H8 bđ
)
⇒
1

2
P
P
= 0,7
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
3
(3,0đ)
* Chọn đúng các chất:
A: (C
6
H
10
O
5
)
n

X: H
2
O
B: C
6
H
12
O
6

C
1
: CO
2
Y
1
: Ba(OH)
2

D
1
: BaCO
3
Z
1
: HCl
E
1
: BaCl
2
C
2
: C
2
H
5
OH
Y
2
: O

2

D
2
: CH
3
COOH
Z
2
: Ba
E
2
: (CH
3
COO)
2
Ba
I
1
: Na
2
SO
4
I
2
: (NH
4
)
2
SO

4
* Viết 08 phương trình hóa học:
(C
6
H
10
O
5
)
n
+ nH
2
O
 →
+
CtH
0
,
nC
6
H
12
O
6
C
6
H
12
O
6

 →
menruou
2CO
2
+ 2C
2
H
5
OH
CO
2
+ Ba(OH)
2

→
BaCO
3
+ H
2
O
BaCO
3
+ 2HCl
→
BaCl
2
+ CO
2
+ H

2
O
BaCl
2
+ Na
2
SO
4

→
BaSO
4
+ Na
2
SO
4
C
2
H
5
OH + O
2

 →
men
CH
3
COOH + H
2
O

2CH
3
COOH + Ba
→
(CH
3
COO)
2
Ba + H
2
(CH
3
COO)
2
Ba + (NH
4
)
2
SO
4

→
BaSO
4
+ 2CH
3
COONH
4
1,0đ
0,25 x

8
= 2,0đ
1
4
(2,5đ)
4. a
(0,5đ)
ở thời điểm 90 giây:
v
pư (3)
= 0,867 (cm
3
/giây) >
v
pư (2)
=
30
3052
−
= 0,733;
ngược quy luật (tốc độ phản ứng sẽ càng giảm khi lượng chất phản ứng càng
ít)
0,5đ
4. b
(0,5đ)
CaCO
3
+ 2HCl
→
CaCl

2
+ 1CO
2
↑
+ H
2
O
Ta nhận thấy nếu HCl pư hết
⇒
V
CO2
= 22,4.0,005 = 0,112lít = 112,0cm
3
> V
CO2

(tt)

⇒
CaCO
3
hết, HCl dư
⇒
phản ứng dừng khi mẩu CaCO
3
hết.
0,5đ
4. c
(1,0đ)
- ở phút đầu tiên.

- tán nhỏ mẩu CaCO
3
hoặc đun nóng hệ phản ứng
0,5đ
0,5đ
4. đ
(0,5đ)
Không giống nhau. Vì:
CaCO
3
+ H
2
SO
4

→
CaSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O
CaSO
4
là chất ít tan, bám vào mẩu đá vôi ngăn cản sự va chạm của H
2
SO
4

với
CaCO
3
. Phản ứng xảy ra chậm dần rồi dừng lại.
0,5đ
5
(3,5đ)
Dùng thuốc thử Ba(OH)
2
cho đến dư: Nhận được 7 chất.
* Giai đoạn 1: nhận được 5 chất
- Chỉ có khí mùi khai
⇒
NH
4
Cl
2NH
4
Cl + Ba(OH)
2

→
2NH
3
+ BaCl
2
+ 2H
2
O
- Có khí mùi khai +

↓
trắng
⇒
(NH
4
)
2
SO
4
(NH
4
)
2
SO
4
+ Ba(OH)
2

→
2NH
3
+ BaSO
4
+ 2H
2
O
- Chỉ có
↓
trắng
→

Na
2
SO
4
2Na
2
SO
4
+ Ba(OH)
2

→
2NaOH + BaSO
4
- Dung dịch có màu hồng
→
phenolphtalein
- Có
↓
, sau đó
↓
tan
→
Zn(NO
3
)
2

Zn(NO
3

)
2
+ Ba(OH)
2

→
Ba(NO
3
)
2
+ Zn(OH)
2
Zn(OH)
2
+ Ba(OH)
2

→
Ba[Zn(OH)
4
] (hoặc BaZnO
2
+ H
2
O)
* Giai đoạn 2, còn dd HCl và NaCl: Lấy một ít dd (Ba(OH)
2
+ pp) cho vào 2
ống nghiệm. Cho từ từ từng giọt ddịch HCl/NaCl vào hai ống nghiệm:
- ống nghiệm mất màu hồng sau một thời gian

→
ddHCl
- ống nghiệm vẫn giữ được màu hồng
→
dd NaCl
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
6
(2,0đ)
6. a
(1,0đ)
H
2
+ CuO
 →
Ct
0
Cu + H
2
O (1)
4H
2
+ Fe
3
O

4

 →
Ct
0
3Fe + 4H
2
O (2)
H
2
+ MgO
 →
Ct
0
ko phản ứng
2HCl + MgO
→
MgCl
2
+ H
2
O (3)
8HCl + Fe
3
O
4

→
FeCl
2

+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O (4)
2HCl + CuO
→
CuCl
2
+ H
2
O (5)
0,5đ
0,5đ
6. b
(1,0đ)
* Đặt n
MgO
= x (mol); n
Fe3O4
= y (mol); n
CuO
= z (mol) trong 25,6gam X
Ta có 40x + 232y + 80z = 25,6 (I)
40x + 168y + 64z = 20,8 (II)
* Đặt n
MgO
=kx (mol); n
Fe3O4
=ky (mol); n

CuO
=kz (mol) trong 0,15mol X
Ta có k(x + y + z) = 0,15 (III)
2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV)
Giải hệ gồm (I), (II), (III) và (IV)
⇒
x=0,15mol; y=0,05mol; z=0,1mol
0,5đ
0,25đ
2
%n
MgO
=
3,0
15,0
.100 = 50,00(%); %n
CuO
=
3,0
1,0
.100 = 33,33(%)
%n
Fe3O4
=100 – 50 – 33,33 = 16,67(%)
0,25đ
7
(2,0đ)
* X có dạng C
x
H

y
(x,y≥1; x,y
Z
∈
)
- n
O2 bđ
= 0,03mol; n
O2 dư
= 0,005mol
⇒
n
O2

pư
= 0,025mol (n
O pư
= 0,05mol)
- n
CO2
= n
CaCO3
= 0,015mol
⇒
n
C
= 0,015mol
⇒
n
O (CO2)

= 0,015.2 = 0,03mol
⇒
n
O(H2O)
= 0,05 – 0,03 = 0,02mol
⇒
n
H
= 2n
H2O
= 2.0,02 = 0,04mol
* Lập tỉ lệ x:y = 0,015:0,04 = 3:8
⇒
CTPT dạng (C
3
H
8
)
n

⇒
CTPT X là C
3
H
8
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

8
(2,0đ)
Gọi CTPT oxit R
2
O
3

Ta có pthh: R
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

→
R
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
- Khối lượng muối trong dung dịch sau pư: m
R2(SO4)3
= 34,2gam
- Lập phương trình toán học

482
2,10
+
R
=
2882
2,34
+
R
⇒
R = 27 (Al)
⇒
CTPT oxit: Al
2
O
3
0,5đ
0, 5đ
0,5đ
0,5đ
Chú ý: Giáo khảo thẩm định các phương án đúng khác ngoài đáp án và linh hoạt trong cách
đánh giá với điều kiện mức điểm tối đa các câu không thay đổi.
3