Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện - Môn: Hóa Học

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Hóa học
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 27 tháng 11 năm 2013
Câu 1:(5,5đ): 
1.Viết các phương trình hóa học biểu diễn các biến hóa hóa học sau: 
 A B A C NaOH D↓ O+ HO E to F G A
Biết A là kim loại thông thường có hai hóa trị thường gặp là II và III.
2. Từ quặng pirit ( FeS2 ) ; NaCl ; H2O , Chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác hãy điều chế dung dịch : FeCl3 ; FeSO4 ; Fe2( SO4)3 ; và Fe(OH)3
3. Cho các chất sau: CO2, Ca(OCl)2, CO, MgO, SO2, Fe3O4, NO, HClO. 
Hãy điều chế mỗi oxitaxit trên theo 3 phương pháp khác nhau, viết phương trình hóa học của các phản ứng đã dùng.
Câu 2.(3đ): 
1. Tiến hành các thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: cho từ từ từng giọt (có khuấy đều) dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na2CO3
- Thí nghiệm 2: cho từ từ từng giọt (có khuấy đều) dung dịch Na2CO3 đến dư vào dung dịch HCl
2. Hỗn hợp X gồm Fe, Al, Cu Đốt cháy hoàn toàn 33,4g X ngoài không khí thu được 41,4g hỗn hợp Y gồm 3 oxit. Cho toàn bộ Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 20%, khối lượng riêng d = 1,14g/ml. Tính thể tích tối thiểu của dung dịch H2SO4 trên dùng để hòa tan hết hỗn hợp Y.
Câu 3.(4đ): Người ta cho các chất MnO2, KMnO4, K2Cr2O7 tác dụng với HCl để điều chế khí Clo theo các phương trình phản ứng sau:
	MnO2	+ HCl	® MnCl2 + H2O + Cl2
	KMnO4 + HCl ® KCl + MnCl2 + H2O+ Cl2.
	K2Cr2O7 + HCl ® KCl + CrCl3 + H2O + Cl2
a. Hãy cân bằng các phương trình phản ứng trên.
b. Nếu muốn điều chế một lượng khí Clo nhất định thì chất nào trong ba chất trên tiết kiệm được HCl nhất.
c. Nếu các chất trên có cùng số mol tác dụng với HCl thì chất nào tạo được nhiều Clo nhất.
d. Nếu các chất trên có cùng khối lượng tác dụng với HCl thì chất nào tạo được nhiều Clo nhất.
Câu 4(2,5đ): Chỉ dùng nước và một chất khí có thể phân biệt 5 chất bột trắng sau đây không? NaCl, Na2CO3, Na2SO4, BaCO3, BaSO4. Nếu được trình bày cách phân biệt.
Câu 5: (5đ): Có hai dung dịch; H2SO4 (dung dịch A), và NaOH (dung dịch B). 
	Trộn 0,2 lít dung dịch A với 0,3 lít dung dịch B được 0,5 lít dung dịch C. Lấy 20 ml dung dịch C, thêm một ít quì tím vào, thấy có màu xanh. Sau đó thêm từ từ dung dịch HCl 0,05M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 40 ml dung dịch axit.
 	Trộn 0,3 lít A với 0,2 lít B được 0,5 lít dung dịch D. Lấy 20 ml dung dịch D, thêm một ít quì tím vào thấy có màu đỏ. Sau đó thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 80 ml dung dịch NaOH.
 a) Tính nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B.
 b) Trộn VB lít dung dịch NaOH vào VA lít dung dịch H2SO4 ở trên ta thu được dung dịch E. Lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch BaCl2 0,15 M được kết tủa F. Mặt khác lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3 1M được kết tủa G. Nung F hoặc G ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì đều thu được 3,262gam chất rắn. Tính tỉ lệ VB:VA
Họ tên học sinh: ......................................................................; Số báo danh:..............................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Hóa học
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1
5,5 đ
1(1,5đ)
2Fe + 3Cl2 to 2FeCl3 (B)
2FeCl3 + Fe 3FeCl2 (C)
FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 (D) + 2NaCl
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (E)
2Fe(OH)3 to Fe2O3 (F) + 3H2O
Fe2O3 + 3H2 to 2Fe (A) + 3H2O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
(2,25đ)
4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2
2NaCl+2 H2O 2NaOH + H2 + Cl2
Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O
2SO2 + O2 2SO3
SO3 + H2O H2SO4
2Fe+ 3Cl2 2FeCl3
Fe + H2SO4(l) FeSO4 + H2
Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 +3H2O
Fe2(SO4)3 + 6NaOH 3Na2SO4 + 2Fe(OH)3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
3
(1,75đ)
Oxitaxit: CO2; SO2
Điều chế CO2
C + O2 CO2
CaCO3CaO + CO2
2HCl + CaCO3 CaCl2 + CO2 + H2O
Điều chế SO2
S + O2 SO2 
4FeS2 + 11O2 2Fe2O3 + 8SO2
Na2SO3 + H2SO4 Na2SO4+ SO2+ H2O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2. 
Câu 2.1 bỏ không chấm, chuyển điểm cả bài sang câu 2.2 
3,0 đ
2(3,0đ)
Gọi R(hóa trị x) là kim loại đại diện cho hỗn hợp Al,Fe,Cu.
4R + xO2 2R2Ox (1)
R2Ox+ xH2SO4 R2 (SO4)x + x H2O(2)
Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có
Ta có mO= 41,4 – 33,4 = 8g
=>nO= 8/32 = 0,25mol
Theo PTHH 1,2 nHSO = 2 nO = 0,5mol
mdd HSO(min) = = 245g
Vdd HSO(min) = 214,9 ml
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 3
4,0 đ
a.(1đ) 
Cân bằng các phương trình phản ứng:
MnO2	+	4HCl	MnCl2	+	2H2O	+	Cl2 (1)
2KMnO4 +	16HCl 	2KCl	+	2MnCl2 +	8H2O	+ 5Cl2 (2)
K2Cr2O7 + 	14HCl	2KCl+2CrCl3+ 7H2O+ 3Cl2	 (3)
0,5
0,25
0,25
b.(1đ) 
Giả sử lượng khí clo thu được là 1 mol Lượng HCl cần là:
nHCl(1) = 4mol;	 nHCl(2) = 16/5mol;	nHCl(3) = 14/3mol
Kết luận: Dùng KMnO4 tiết kiệm HCl nhất. 
0,75
0,25
c. (1đ) 
Giả sử dùng 1 mol mỗi chất tác dụng với HCl thì Cl2 thu được ở mỗi PT là
PT(1)nCl2 = 1mol. 
PT(2) nCl2 = 5/2mol 
PT(3) nCl2 = 3 mol 
Kết luận: Nếu các chất có cùng số mol thì dùng K2Cr2O7 tạo được nhiều khí Clo nhất.
0,25
0,25
0,25
0,25
d.(1đ)
giả sử Khối lượng mỗi chất là 100g:
nMnO2 1,5 mol => nCl2 = 1,5 mol
nKMnO4 0,633 => nCl2 = 1,58 mol 
nK2Cr2O7 0,34=> nCl2 = 1,02 mol 
Kết luận: Các chất cùng khối lượng thì KMnO4 tạo nhiều Clo nhất.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
2,5đ
-Hòa tan 5 chất trên vào nước được 2 nhóm:
+ Nhóm tan trong nước : NaCl, Na2CO3, Na2SO4
+ Nhóm không tan trong nước: BaCO3, BaSO4
-Sục CO2 vào nhóm không tan, chất tan được là BaCO3
BaCO3 + CO2+ H2O --> Ba(HCO3)2
Chất không tan là BaSO4
-Cho Ba(HCO3)2 vào nhóm tan trong nước, lọ không xuất hiện kết tủa là lọ chứa NaCl, 2 lọ còn lại đều tạo kết tủa:
Ba(HCO3)2 + Na2CO3 --> BaCO3 + 2NaHCO3
Ba(HCO3)2 + Na2SO4 --> BaSO4 + 2NaHCO3
-Lấy 2 kết tủa tạo thành cho vào nước và thổi CO2 vào , kết tủa tan là BaCO3 suy ra Na2CO3, còn lại là Na2SO4
BaCO3 + CO2+ H2O --> Ba(HCO3)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 5
( 5,0 đ)
 a(2đ)
Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và B
TH1. 
Ta có: nH2SO4 = 0,2x nNaOH = 0,3y
Vì dung dịch C làm quỳ tím hóa xanh suy ra trong C có NaOH dư
 H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
mol: 0,2x 0,4x
 HCl + NaOH → NaCl + H2O
mol: 0,002 0,002
Vậy nHCl = nNaOH ( trong 20 ml C) = 0,05. 0,04 = 0,002 mol
=> nNaOH( trong 0,5 lit C) = = 0,05 mol
ta có: 0,3y – 0,4x = 0,05 (1)
TH2. 
Ta có: nH2SO4 = 0,3x nNaOH = 0,2y
Vì dung dịch D làm quỳ tím hóa đỏ nên trong D có H2SO4 dư. Vậy sản phẩm tạo ra sau khi trộn dd A và dd B là NaHSO4.
 H2SO4 + NaOH → NaHSO4 + H2O
mol: 0,2y 0,2y 0,2y
nH2SO4(trong 0,5 l D) = 0,3x - 0,2y (mol)
PƯ trung hòa dd (D) để quỳ tím trở lại màu tím:
 H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 
mol: (0,3x-0,2y) 2(0,3x-0,2y) 
 NaHSO4 + NaOH → Na2SO4 + H2O 
Mol: 0,2y 0,2y
Số mol NaOH trung hòa dd (D) là:
	2(0,3x-0,2y) + 0,2y = 0,6x – 0,2y (mol) (*) 
Số mol NaOH trung hòa 20ml dd (D) là:
 nNaOH = 0,1.0.08 = 0,008 mol (**)
Từ * và ** ta có:
 0,6x – 0,2y = 0,008.500:20
 => 0,3x – 0,1y = 0,1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: x = 0,7 M ; y = 1,1 M
Vậy CM(A) = 0,7 M ; CM(B) = 1,1 M
0,125
0,125
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b.(3đ)
Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl3, chứng tỏ NaOH còn dư.
 H2SO4 + 2NaOH --> Na2SO4 + H2O 
 Na2SO4 + BaCl2 ® BaSO4+ 2NaCl 
 AlCl3 + 3NaOH ® Al(OH)3 + 3NaCl 
 2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O 
Ta có n(BaCl2) = 0,1.0,15 = 0,015 mol
n(BaSO4) = = 0,014mol < 0,015
=> BaCl2 dư, Na2SO4 hết 
=> n(H2SO4) = n(Na2SO4) = n(BaSO4) = 0,014mol . 
Vậy VA = = 0,02 lít 
0,25
0,125
0,125
0,25
0,25
0,25
Ta có: n(Al2O3) =0,032 mol => nAl(OH)3 = 2. 0,032 = 0,064 mol
n(AlCl3) = 0,1.1 = 0,1 mol. 
Vì nAl(OH)3 + Xét 2 trường hợp có thể xảy ra:
- Trường hợp 1: Sau phản ứng với H2SO4, NaOH dư nhưng thiếu khi phản ứng với AlCl3 
n(NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol
n(NaOH pư với AlCl3) = 3n(Al(OH)3) = 3.0,064 = 0,192 mol.
tổng số mol NaOH bằng: 0,028 + 0,192 = 0,22 mol
Vậy VB = = 0,2 lít . Tỉ lệ VB:VA = 0,2 : 0,02 = 10 : 1
- Trường hợp 2: NaOH phản ứng với AlCl3 xong vẫn dư và đã hoà tan một phần Al(OH)3:
Al(OH)3↓ + NaOH ® NaAlO2 + 2H2O 
Tổng số mol NaOH là:
 0,028 + 3.0,1 + (0,1 - 2.0,032) = 0,364 mol
Vậy VB = 0,33 lít
=> Tỉ lệ VB:VA = 0,33:0,02 = 16,5 : 1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Lưu ý:
- Nếu học sinh giải làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Học sinh viết PTHH không cân bằng hoặc thiếu điều kiện thì trừ ½ số điểm mỗi phương trình