Đề thi học sinh giỏi huyện năm học 2014 – 2015 môn: Hóa học 9 - Trường THCS Sơn Lâm

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC BÌNH	 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
 TRƯỜNG THCS SƠN LÂM 	 NĂM HỌC :2014 – 2015 	 
MÔN: HÓA HỌC 9 – THỜI GIAN: 150 PHÚT
( Không kể thời gian phát đề )
ĐỀ:
Câu 1. (2điểm)
Khi cho hỗn hợp Al và Fe dạng bột tác dụng với dung dịch CuSO4, khuấy kĩ để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch của 3 muối tan và chất kết tủa. Viết các phương trình phản ứng, cho biết thành phần dung dịch và kết tủa gồm những chất nào?
Câu 2. (3điểm)
Viết các phương trình phản ứng với bởi chuỗi biến hoá sau:
 (2) (3) 
 	FeCl3 → Fe(OH)3 → Fe2O3
 (1)
Fe 
 (4) (5) (6)
 FeCl2 → Fe(OH)2 → FeSO4
Câu 3. (3điểm)
Khi cho một kim loại vào dung dịch muối có thể xảy ra những phản ứng hoá học gì? Giải thích?
Câu 4. (4điểm)
Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau:
H2S (k)	 + O2 (k) − − −˃ A (r) + B (h)
 A	 + O2 (k) − − −˃ C (k)	
MnO2	 + 	HCl	 − − −˃ D (k) + E + B
 B	 +	 C	 + D − − −˃ F	 +	G
	 G	 +	 Ba	 − − −˃ H + I
 	 D	 +	 I	 − − −˃ G
Câu 5. (4điểm)
Hoà tan hoàn toàn a gam kim loại R có hoá trị không đổi n vào b gam dung dịch HCl được dung dịch D. Thêm 240 gam NaHCO3 7% vào D thì vừa đủ tác dụng hết với HCl dư thu được dung dịch E trong đó nồng độ phần trăm của NaCl là 2,5% và của muối RCln là 8,12%. Thêm tiếp lượng dư dung dịch NaOH vào E, sau đó lọc lấy kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thì được 16 gam chất rắn.
a/ Viết phương trình hoá học xảy ra?
b/ Hỏi R là kim loại gì?
c/ Tính C% của dung dịch HCl đã dùng?
Câu 6. (4điểm)
Hỗn hợp X gồm CO2 và hiđrocacbon A(CnH2n + 2). Trộn 6,72 lít hỗn hợp X với một lượng Oxy dư rồi đem đốt cháy hỗn hợp X. Cho sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 chứa P2O5 và bình 2 chứa dung dịch Ba(OH)2 ta thấy khối lượng bình 1 tăng 7,2 gam và trong bình 2 có 98,5 gam kết tủa.
a/ Tìm công thức phân tử của hiđrocacbon A?
b/ Tính % thể tích các chất trong hỗn hợp A? (Các khí đo ở đktc)
Cho biết H: 1; O: 16; C: 12; Ba: 137; Na: 23; Mg: 24
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC 9
Câu
Bài làm
Điểm
1 (2 điểm)
+ Thứ tự hoạt động của các kim loại Al > Fe >Cu.
+ Ba muối tan Al2(SO4)3, FeSO4 và CuSO4 còn lại.
+ 2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu
+ Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu
+ Dung dịch bao gồm: Al2(SO4)3, FeSO4, CuSO4 còn dư. Kết tủa chỉ là Cu với số mol bằng CuSO4 ban đầu.
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
2 (3 điểm)
Viết phương trình hoá học: 
 + 2Fe + 3Cl2 2FeCl3
 + FeCl3 + 3 NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl 
 + 2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O 
 + Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
 + FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl
 + Fe(OH)2 + H2SO4 → FeSO4 ↓ + 2H2O 
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
3 (3 điểm)
Xét ba trường hợp có thể xảy ra:
1/ Nếu là kim loại kiềm: Ca, Ba:
+ Trước hết các kim loại này tác dụng với nước của dung dịch cho bazơ kiềm, sau đó bazơ kiềm tác dụng với muối tạo thành hiđroxit kết tủa:
Ví dụ: Na + dd CuSO4
Na + H2O → NaOH + 12 H2 ↑
2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4
2/ Nếu là kim loại hoạt động mạnh hơn kim loại trong muối thì sẽ đẩy kim loại của muối ra khỏi dung dịch
Ví dụ: Zn + FeSO4 → ZnSO4 + Fe
3/ Nếu kim loại hoạt động yếu hơn kim loại của muối: Phản ứng không xảy ra
Ví dụ: Cu + FeSO4 → Phản ứng không xảy ra.
Giải thích: Do kim loại mạnh dễ nhường điện tử hơn kim loại yếu, còn ion của kim loại yếu lại dễ thu điện tử hơn.
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
4 (4 điểm)
+ 2H2S(k) + O2(k) → 2S(r) + 2H2O(h)
+ S(r) + O2(k) → SO2(k)
+ MnO2(r) + 4 HCl (đặc) → MnCl2(dd) + Cl2(k) + 2H2O(h)
+ SO2(k) + Cl2(k) + H2O(h) → HCl (dd) + H2SO4(dd)
+ 2H2O(l) + Ba(r) → Ba(OH)2(dd) + H2(k)
+ Cl2(k) + H2(k) → 2HCl(k)
0,5
0,5
1,0
1,0
0,5
0,5
5 (4 điểm)
a/ Gọi n là hoá trị của R
R + nHCl → RCln + H2 (1)
HCl dư + NaHCO3 → NaCl + H2O + CO2 (2)
RCln + nNaOH → R(OH)n + nNaCl (3)
2R(OH)2 → R2On + nH2O (4)
b/ Theo (2) Ta có:
nNaHCO3 = n NaCl = (240 x 7) : (100 x 84) = 0,2 (mol)
mddE = 0,2 x 58,5 x 100/ 2,5 = 468g
mRCln = 468 x 8,2 / 100 = 38g
Từ (3,4) Ta có:
(2R + 71n)/38 = (2R + 16n)/ 16
Suy ra m = 12n. Chọn n = 2 và m = 24 (Mg) là đúng.
c/ Từ (1,2,4):
nMg = nMgO = 16/40 = 0,4 (mol)
Do đó mMg = 0,4 x 24 = 9,6g
nH2 = nMg = 0,4 (mol)
nCO2 = n NaCl = 0,2(m0l)
mdd D = 9,6 + mdd HCl - 0,4 x 2 = 8,8 + mdd HCl
Mặt khác m dd E = 468 = mdd HCl - 0,2 x 44
Rút ra:
Mdd HCl = 228g. Tổng số mol HCl = 0,4 x 2 + 0,2 = 1 mol
C% = 1 x 36,5 x 100/ 228 = 16%
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
6 (4 điểm)
a/ CnH2n +2 + ( 3n + 1)/2 O2 → nCO2 + (n + 1) H2O (1)
Bình 1: 3H2O + P2O5 → 2H3PO4 (2)
Bình 2: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3)
Gọi a,b lần lượt là số mol của A và CO2
Từ (1) ta có:
nH2O˃ = a(n + 1) = 7,2/18 = 0,4 mol (4)
Từ (1,3) ta có: nCO2 = an + b = 98,5/197 = 0,5 mol (5)
Theo giả thiết ta có:
a + b = 6,72/22,4 = 0,3 mol (6)
Từ (4,5) ta có: b - a = 0,1
Từ (5,6) suy ra:
a = 0,1 và b = 0,2 mol, thay a = 0,1 vào (4) ta được n = 3
Vậy A là C3H8
b/ %A = 0,1 x 100/0,3 = 33,33% (theo V)
 %A = (0,1 x 44 x 100) / (0,1 x 44 + 0,2 x 44) = 33,33%
Lưu ý: Học sinh giải bằng phương pháp khác đúng vẫn tính điểm tối đa
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
Duyệt của PHT chuyên môn	Người ra đề
Lê Xuân Tươi	 Nguyễn Xuân Trường