đề thi học sing giỏi hóa lớp 9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 02 trang)
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2009-2010
Môn : Hoá học
Thời gian : 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu I (4,0 điểm)
1) Cho BaO vào dung dịch H
2
SO
4
loãng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được kết tủa M và dung dịch N. Cho Al dư vào dung dịch N thu được
khí P và dung dịch Q. Lấy dung dịch Q cho tác dụng với dung dịch Na
2
CO
3
thu
được kết tủa T. Xác định M, N, P, Q, T.
2) Hoà tan hết 22,4 gam CaO vào nước (dư) thu được dung dịch A
a) Nếu cho khí cacbonic sục hết vào dung dịch A thì thu được 5,0 gam
kết tủa. Tính thể tích khí cacbonic

(ở đktc) tham gia phản ứng.
b) Nếu hoà tan hoàn toàn 56,2 gam hỗn hợp MgCO
3
và BaCO
3
(có thành

phần thay đổi trong đó có a% MgCO
3
) bằng dung dịch HCl, tất cả khí thoát ra
hấp thụ hết vào dung dịch A thì thu được kết tủa B. Tính giá trị của a để lượng
kết tủa B nhỏ nhất.
Câu II (4,0 điểm)
1) Trong một bình kín dung tích không đổi chứa a mol O
2
và 2a mol SO
2
ở 150
o
C, 10 atm (có mặt V
2
O
5
). Nung bình ở nhiệt độ 400
o
C trong một thời
gian, sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu thì áp suất trong bình là P. Thiết lập biểu
thức tính P và biểu thức tính tỷ khối d so với H
2
của hỗn hợp khí trong bình sau
phản ứng theo hiệu suất của phản ứng (h).
2) Cho 30,6 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe
3
O
4
tác dụng với 500 ml dung
dịch HNO

3
loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được 1,68 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và
còn lại 1,2 gam kim loại.
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b) Tính nồng độ C
M
của axit HNO
3
.
Câu III (4,0 điểm)
1) Từ dung dịch H
2
SO
4
98% (D = 1,84 gam/ml) và nước, hãy tính toán và
nêu cách pha chế 300 ml dung dịch H
2
SO
4
0,5M (các dụng cụ thí nghiệm có
đầy đủ).
2) Cho 13,9 gam hỗn hợp gồm Al và Fe (biết số mol sắt gấp hai lần số
mol nhôm) vào 200 ml dung dịch A chứa Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
. Sau khi phản

ứng hoàn toàn thu được 37,2 gam chất rắn B gồm ba kim loại. Cho toàn bộ chất
rắn B vào dung dịch axit HCl (dư) thu được 1,12 lít khí (ở đktc). Tính nồng độ
mol của mỗi muối trong dung dịch A.
Câu IV (3,5 điểm)
1) Bằng phương pháp hoá học, hãy tách khí metan tinh khiết từ hỗn hợp
gồm khí sunfurơ, khí cacbonic, metan, axetilen, etilen và hơi nước.
1
2) Đem oxi hoá 6,9 ml rượu etylic nguyên chất (có khối lượng riêng D =
0,8 gam/ml) thu được dung dịch A. Cho dung dịch A phản ứng hoàn toàn với
200 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch B, sau đó cô cạn dung dịch B
đến khan thu được 12,2 gam chất rắn C. Nung chất rắn C có mặt của CaO (dư)
ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được V lít khí (ở đktc)
a) Tính phần trăm số mol rượu đã bị oxi hoá.
b) Tính V.
Câu V (4,5 điểm)
1) Viết các phương trình phản ứng của dãy biến hoá sau:
A →B →C →D→E → F→A
Cho biết A là hiđrocacbon có tỷ khối so với hiđro là 14; chất E là hợp
chất hữu cơ có khối lượng mol nhỏ nhất.
2) Cho 6,72 lít (ở đktc) hỗn hợp khí A gồm hai hiđrocacbon mạch hở.
Chia A làm hai phần bằng nhau:
Phần 1 cho qua dung dịch Br
2
(dư) khối lượng dung dịch tăng X gam và
lượng Br
2
đã phản ứng là 32 gam (không có khí thoát ra khỏi dung dịch)
Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho toàn bộ sản phẩm lần lượt qua
bình 1 đựng P
2

O
5
dư, bình 2 đựng KOH dư. Thấy bình 1 tăng Y gam, bình 2
tăng 17,6 gam.
a) Tìm công thức của hai hiđrocacbon.
b) Tính X và Y.
Cho: H = 1, C = 12, N = 14, O = 16, Na = 23, Mg = 24, S = 32, Cl = 35,5
Ca = 40, K = 39, Fe = 56, Cu = 64, Zn = 65, Br = 80, Ag = 108, Ba =137.
-------------HẾT---------------
Họ và tên thí sinh:..................................................Số báo danh:........................
Giám thị số 1:............................................ Giám thị số 2:..................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO HÀ NAM
(Đáp án có 04 trang)
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THCS
NĂM HỌC 2009-2010
Hướng dẫn chấm môn: Hoá học
Câu ý Nội dung
Điểm
Câu I
(4,0
điểm)
1
(2đ)
Xảy ra phản ứng: BaO + H
2
SO
4
→ BaSO

4
↓
+ H
2
O
Nếu BaO dư thì còn phản ứng
BaO + H
2
O → Ba(OH)
2
Kết tủa M là BaSO
4
, còn dung dịch N có 2 trường hợp
Trường hợp 1: H
2
SO
4
dư thì không có phản ứng 2
có phản ứng 2Al + 3H
2
SO
4
→Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2

Khí P là H
2
và dung dịch Q là Al
2
(SO
4
)
3
.
0,25
0,25
2
Cho K
2
CO
3
vào có phản ứng
3K
2
CO
3
+ 3H
2
O + Al
2
(SO
4
)
3
→ 2Al(OH)

3
↓
+ 3K
2
SO
4
+ 3CO
2

Kết tủa T là Al(OH)
3
.
Trường hợp 2: Nếu BaO (dư) thì có phản ứng 2 thì dung dich N là
Ba(OH)
2
, khi cho Al vào thì
2Al + Ba(OH)
2
+ 2H
2
O → Ba(AlO
2
)
2
+ 3H
2
Khí P: H
2
và dung dịch Q là Ba(AlO
2

)
Cho dung dịch Na
2
CO
3
thì có phản ứng
K
2
CO
3
+ Ba(AlO
2
)
2
→ BaCO
3
↓
+ 2KAlO
2
0,5
0,5
0,5
2
(2đ)
a) CaO + H
2
O → Ca(OH)
2
CO
2

+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
→Ca(HCO
3
)
2
Số mol CaO = số mol Ca(OH)
2
= 22,4/56 = 0,4 mol
Số mol CaCO
3
= 5/100 = 0,05 mol
Trường hợp 1:
nCO
2
= nCaCO
3
= 0,05 mol;
V

CO2
= 0,05.22,4 = 1,12 lít
Trường hợp 2: CO
2
dư kết tủa sau đó kết tủa tan
số mol CO
2
= số mol Ca(OH)
2
= 0,4 mol
Sau đó lượng kết tủa đã tan 0,4 - 0,05 = 0,35 mol
Vậy tổng số mol CO
2
là: 0,4 + 0,35 = 0,75 mol
V
CO2
= 0,75.22,4 = 16,8 lít
b) MgCO
3
+ 2HCl → MgCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
BaCO
3
+ 2HCl → BaCl
2

+ CO
2
+ H
2
O
Lượng CO
2
lớn nhất khi a = 100.Số mol CO
2
= 56,2/84 = 0,669 mol
Lượng CO
2
nhỏ nhất khi a = 0. Số mol CO
2
= 56,2/197= 0,285 mol
Số mol CO
2
: 0,285< n
CO2
< 0,66
Nếu nCO
2
bằng 0,28< nCa(OH)
2
; Tức là không có phản ứng 3
n
CaCO3
= nCO
2
= 0,28 mol

Nếu nCO
2
= 0,66 > nCa(OH)
2
Nên lượng kết tủa bằng CaCO
3
= 0,4-(0,66 - 0,4) = 0,14 mol
Vậy khi a = 100% thì lượng kết tủa bé nhất
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II
(4,0
điểm)
1
(1,5đ)
2SO
2
+ O
2
→ 2SO
3
2a a
2ah ah
2a(1-h) a(1-h) 2ah

Vì nhiệt độ và dung tích bình không đổi nên áp suất tỷ lệ với số mol
khí trong bình nên ta có
10
P
=
a3
)h3.(a
−
. Suy ra P = 10.(1-
3
h
)
Khối lượng mol TB là:
)h3(a
a.3264.a2
−
+
=
h3
160
−
Tỷ khối so với H
2
là
2)h3(
160
−
=
)h3(
80

−
0,25
0,5
0,25
0,25
3
0,25
2
(2,5đ)
3Cu + 8HNO
3
→ 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (1)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
→ 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2

O (2)
Cu + 2Fe(NO
3
)
3
→Cu(NO
3
)
2
+ 2Fe(NO
3
)
2
(3)
Có 1,2 gam kim loại không tan suy ra kim loại Cu dư chuyển
Fe
3+
hết thành Fe
2+
n
Cu
đã phản ứng pứ (1) = x mol; nFe
3
O
4
đã phản ứng (2) = y mol
64x + 232y = 30,6 - 1,2 = 29,4 gam
Số mol NO = 1,68/22,4 = 0,075 mol
Ta có hệ 2/3x +1/3y = 0,075
64(x + 3/2y) + 232y = 29,4

x = 0,075 mol; y = 0,075 mol.
Số mol HNO
3
đã dùng là:
(8.0,075):3 + (28.0,075):3 = 0,2 + 0,7
→C
M HNO3
= 0,9 :0,5 = 1,8M
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
(4,0
điểm)
1
(1,5đ)
Tính toán:
- Trong 300 ml dd H
2
SO
4
0,5M có 0,5.0,3.98 = 14,7 gam H
2

SO
4

- Khối lượng dd H
2
SO
4
98% cần lấy: 14,7.100/98 = 15 gam
- V
dd
H
2
SO
4
98% = 15/1,84 = 8,1523 (ml)
Cách pha chế:
- Cho khoảng 200 ml nước vào bình chia độ có dung tích khoảng 400
ml.
- Thêm từ từ 8,1522 (ml) dd H
2
SO
4
98% vào bình trên.
- Thêm từ từ nước vào bình đến khi thể tích dd đạt 300 ml, Khuấy đề
thu được dd theo yêu cầu.
Chú ý: Không cho nước vào axit sunfuric đặc.
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
2
(2,5đ)
Trong hh KL ban đầu: gọi mol Al = a mol, mol Fe = 2a mol
Ta có: 27a + 56.2a = 13,9
suy ra a = 0,1 = mol Al; mol Fe = 0,2 mol
Sau các p/ư Fe dư p/ư với HCl:
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
(1)
Theo PTHH (1) mol Fe = mol H
2
= 1,12/22,4 = 0,05
→ trong hỗn hợp KL ban đầu có 0,2 - 0,05 = 0,15 mol Fe p/ư.
Gọi x, y lần lượt là số mol Cu, Ag được tạo thành
Al - 3e → Al
3+
(2)
0,25
0,25
0,25
4
0,1 0,3
Fe - 2e → Fe
2+
(3)
0,15 0,3

Cu
2+
+ 2e → Cu (4)
x 2x x
Ag
+
+ e → Ag (5)
y y y
Từ (2), (3), (4), (5) ta có: 2x + y = 0,3 + 0,3 = 0,6 (6)
64x + 108y = 37,2 - 0,05.56 = 34,4 (7)
Giải hệ pt (6), (7) ta được x = 0,2; y = 0,2
→ C
M Cu(NO3)2
= C
M AgNO3
= 0,2/0,2 = 1M
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV
(3,5
điểm)
1
(1,5đ)
Cho hỗn hợp X qua dung dịch nước vôi trong dư
CO

2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
SO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaSO
3
+ H
2
O
Tiếp tục cho khí còn lại đi qua nước Br
2
dư loại khí C2H4, C2H2
C
2
H
4
+ Br
2
→ C
2
H
4

Br
2
C
2
H
2
+ Br
2
→ C
2
H
2
Br
4
Hốn hợp khí CH
4
và hơi nước cho qua bình P
2
O
5
dư ( hoặc H
2
SO
4

đặc) thì thu CH
4
tinh khiết
0,25
0,25

0,25
0,25
0,5
2
(2đ)
Khối lượng rượu 6,9.0,8 = 5,52 gam.
Số mol C
2
H
5
OH là 5,52: 46 = 0,12 mol
C
2
H
5
OH + O
2
→ CH
3
COOH + H
2
O
CH
3
COOH + NaOH → CH
3
COONa + H
2
O
x x x

Số mol NaOH dư vì số mol NaOH hết thì thu được 82.0,2 = 16,4
gam chất rắn mà thu được 12,2 gam
Ta có 82x + (0,2 - x).40 = 12,2. Suy ra x = 0,1 mol.
Do đó số mol rượu đã bị oxi hoá là 0,1 mol
Phần trăm số mol rượu đã bị oxi hoá là 0,1/0,12.100 = 83,33%
CH
3
COONa + NaOH → CH
4
+ Na
2
CO
3
0,1 0,1 0,1
V
CH4
= 0,1.22,4 = 2,24 (lít)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu V
(4,5
điểm)
1
(1,5đ)
C

2
H
4
+ H
2
O → C
2
H
5
OH
C
2
H
5
OH + O
2
→ CHCOOH + H2O
CH
3
COOH + NaOH → CH
3
COONa +H
2
O
CH
3
COONa + NaOH
 →
OC
CH

4
+ Na
2
CO
3
2CH
4

 →
OC1500
C
2
H
2
+3H
2
C
2
H
2
+ H
2

 →
toC,Pd
C
2
H
4
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(3đ)
Đặt công thức hai hyđrocacbon là C
n
H
2n+2-2a
(x mol) ;
C
m
H
2m+2-2b
(y mol)
5