Đề thi chọn học sinh giỏi vòng 1 môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT TP Hải Dương (Kèm hướng dẫn chấm)

PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN HÓA HỌC - VÒNG 1
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 5 câu, 2 trang)
Câu 1 (2 điểm):
1.1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình hoá học khi cho :
	a. Mẫu kim loại natri vào dung dịch CuSO4.
b. Cho lá kim loại đồng vào dung dịch H2SO4 98% rồi đun nóng.
1.2. Có hai chất rắn riêng biệt là NaHCO3 và CaCO3. Để điều chế CO2 trong phòng thí nghiệm người ta thường dùng NaHCO3 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng mà không dùng CaCO3. Giải thích tại sao?
1.3. a. Nêu một muối tác dụng với dung dịch HCl, tác dụng với dung dịch kiềm đều có khí thoát ra.
 b. Nêu một muối tác dụng với dung dịch HCl có khí thoát ra và tác dụng với dung dịch kiềm tạo thành kết tủa. 
Viết các phương trình hóa học xảy ra.
Câu 2 (2 điểm):
2.1. Không dùng thêm hóa chất nào khác hãy nêu phương pháp phân biệt mỗi dung dịch sau: NaOH, (NH4)2SO4, Na2SO4, Ba(NO3)2, CuSO4, Al(NO3)3, NaCl.
2.2. Một hỗn hợp rắn gồm (NaCl, CuCl2, AlCl3 ). Trình bày phương pháp hóa học tách riêng mỗi chất ra khỏi hỗn hợp mà không thay đổi khối lượng.
Câu 3 ( 2 điểm):
3.1. Không khí bị ô nhiễm có thể chứa các khí độc sau: Cl2, SO2, H2S, HCl. Nêu một hóa chất rẻ tiền để loại bỏ các khí độc trên ra khỏi không khí, viết các phương trình hóa học giải thích.
3.2. Một hỗn hợp X gồm Al2(SO4)3 và K2SO4, trong đó số nguyên tử oxi chiếm 20/31 tổng số nguyên tử có trong hỗn hợp. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.
3.3. Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp A gồm: MgCO3 và RCO3 có tỉ lệ số mol 1: 1 bằng dung dịch HCl dư, lượng khí sinh ra cho hấp thụ hoàn toàn bởi 200ml dung dịch KOH 2,5M thu được dung dịch B. Thêm dung dịch BaCl2dư vào dung dịch B thì thu được 39,4 gam kết tủa. Xác định kim loại R.
Câu 4 (2 điểm):
Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,05 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm ta thu được chất rắn B (Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4) nặng 6,096 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 1,773 gam kết tủa. Mặt khác hòa tan chất rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,0896 lít khí hiđro ở đktc.
1. Tính thành phần phần trăm khối lượng các oxit trong A.
2. Tính thành phần phần trăm khối lượng các chất trong B, biết rằng trong B số mol sắt(II) oxit bằng tổng số mol sắt(III) oxit và sắt từ oxit.
Câu 5 (2 điểm):
Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch A.Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau: 
+ Phần 1 tác dụng với 300 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 3a gam kết tủa.
+ Phần 2 tác dụng với 120ml dung dịch NaOH 3M, thu được 2a gam kết tủa.
 Tính m.
------------- Hết-------------
Giám thị 1: ................................................. Giám thị 2: ................................................. 
SBD: ................... Họ và tên thí sinh: ........................................................................................
PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN HÓA HỌC - VÒNG 1
(Đáp án thi gồm 6 trang)
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
1.1.a
.a. Mẫu Na nóng chảy thành giọt chảy trên bề mặt dung dịch, tan dần và tan hết; có khí không màu thoát ra khỏi dung dịch; có xuất hiện kết tủa xanh.
 Xanh 
0,25
1.1b
b. Lá đồng tan dần, dung dịch từ không màu chuyển dần sang màu xanh, có khí không màu, mùi hắc thoát ra đó là SO2.
 Cu + 2H2SO4 đặc ,t0 CuSO4 + SO2+ 2H2O
0,25
1.2.
2NaHCO3 + H2SO4 Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O (1)
CaCO3 + H2SO4 CaSO4 ↓ + CO2 + H2O (2)
* Phản ứng (1) không sinh ra chất kết tủa nên không cản trở sự tiếp xúc của 2 chất tham gia.
* Phản ứng (2) sinh ra chất kết tủa nên cản trở sự tiếp xúc của 2 chất tham gia, phản ứng xảy ra chậm hơn.
0,25
0,25
1.3a
a) Muối đó có thể là muối (NH4)2CO3 , NH4HCO3 ...
(NH4)2CO3 + 2HCl 2NH4Cl + CO2 (k) + H2O
(NH4)2CO3 + 2NaOH 2NH3(k) + H2O + Na2CO3
0,25
0,25
1.3b
b) Muối đó là Ca(HCO3)2, Ba(HCO3)2 ..... 
Ca(HCO3)2 + 2HCl CaCl2 + H2O + CO2 (k)
Ca(HCO3)2 + 2NaOH CaCO3 (r) + Na2CO3 + 2H2O
0,25
0,25
2
2.1
Lấy mẫu thử...
Quan sát màu các dung dịch, dd màu xanh là dd CuSO4, các dd còn lại không có màu.
Cho mẫu thử CuSO4 vừa nhận biết được tác dụng lần lượt với các mẫu thử còn lại.
 + Ống nghiệm có kết tủa xanh, thì mt ban đầu là dd NaOH. 
 2 NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4
+ Ống nghiệm có kết tủa trắng, thì mt ban đầu là dd Ba(NO3)2.
Ba(NO3)2 + CuSO4 → Cu(NO3)2 + BaSO4
+ Các ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì.
Cho mẫu thử NaOH vừa nhận biết được tác dụng lần lượt với các mẫu thử còn lại, đun nóng nhẹ.
 + Ống nghiệm có khí mùi khai thoát ra, thì mt ban đầu là dd (NH4)2SO4. 
 (NH4)2SO4 + 2NaOH 2NH3(k) + H2O + Na2SO4
+ Ống nghiệm có kết tủa keo trắng và kết tủa tan khi NaOH dư, thì mt ban đầu là dd Al(NO3)3.
Al(NO3)3 + 3 NaOH → 3NaNO3 + Al(OH)3↓
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2 H2O
+ 2 MT còn lại không có hiện tượng gì. Cho hai mt còn lại tác dụng vời dd Ba(NO3)2 nhận biết ở trên:
+ Ống nghiệm có kết tủa trắng, thì mt ban đầu là dd Na2SO4
Ba(NO3)2 + Na2SO4 → 2 NaNO3 + BaSO4 ↓ 
+ Ống nghiệm không có hiện tượng gì , thì mt ban đầu là dd NaCl.
1đ
Lấy MT và nhận biết mỗi chất và viết pthh được 0,125 đ
2.1
- Cho dd Ba(OH)2 dư vào dd X, có pthh xảy ra.
 Ba(OH)2 + CuCl2 à BaCl2 + Cu(OH)2 ↓ (1) 
 3 Ba(OH)2 + 2 AlCl3 à 3 BaCl2 + 2 Al(OH)3 ↓ (2) 
 Ba(OH)2 + 2 Al(OH)3 à Ba(AlO2)2 + 4 H2O (3) 
 Ba(OH)2 + NaCl à không phản ứng.
 - Theo pthh (1) (2) (3) ta có :
 + Kết tủa là Cu(OH)2 
 Hòa tan Cu(OH)2 vào dd HCl dư, cô cạn dd sau phản ứng đến khối lượng không đổi ta thu được CuCl2 tinh khiết. 
 PTHH: Cu(OH)2 + 2 HCl à CuCl2 + 2 H2O 
+ Dung dịch sau phản ứng có chất tan là
 (NaCl, BaCl2 , Ba(AlO2)2 , Ba(OH)2 dư )(dd Y)
 Lọc riêng lấy kết tủa Cu(OH)2 và lấy dd Y.
 - Hòa tan Cu(OH)2 trong dung dịch HCl, rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng đến khối lượng không đổi ta thu được CuCl2 tinh khiết. 
 Pthh : Cu(OH)2 +2 HCl à CuCl2 + 2 H2O (4)
 - Sục CO2 dư vào dd Y, có pthh :
 2 CO2 + Ba(OH)2 à Ba(HCO3)2 (5)
 2 CO2 + Ba(AlO2)2 + 4 H2O à 2 Al(OH)3 ↓ + Ba(HCO3)2 (6)
 Theo pthh (5) (6) ta có :
 + Kết tủa là Al(OH)3 .
 + Dung dịch sau phản ứng có chất tan là ( Ba(HCO3)2 , NaCl, BaCl2 ) (dd Z).
 - Hòa tan Al(OH)3 vào dd HCl dư, cô cạn dd sau phản ứng đến khối lượng không đổi ta thu được AlCl3 tinh khiết. 
 PTHH: Al(OH)3 + 3 HCl àAlCl3 + 3 H2O (7)
 - Cho dung dịch (NH4)2CO3 dư vào dung dịch Z, ta có pthh:
 (NH4)2CO3 + BaCl2 à BaCO3 ↓ + 2 NH4Cl (8)
 (NH4)2CO3 + Ba(HCO3)2 à BaCO3 ↓ + 2NH4HCO3 (9)
 Theo pthh (7) (8) (9) : Lọc bỏ kết tủa BaCO3 , lấy phần dung dịch (có chất tan NaCl, NH4HCO3, (NH4)2CO3 , NH4Cl) đem cô cạn và nung (t0 < 4000) đến khối lượng không đổi ta thu được NaCl tinh khiết.
 Pthh: NH4HCO3 à NH3 ↑ + CO2 ↑ + H2O ↑ (10)
 (NH4)2CO3 à 2 NH3 ↑ + CO2 ↑ + H2O ↑ (11)
 NH4Cl à NH3 ↑ + HCl ↑ (12)
0,25
0,25
0,25
0,25
3.1
Dùng dung dịch NaOH dư (dd Ca(OH)2 ), các khí độc trên sẽ bị hấp thụ hết do các phản ứng .
 Cl2 + 2 NaOH → NaCl + NaClO + H2O
 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O
 H2S + 2NaOH → Na2S + 2H2O
 HCl + NaOH → NaCl + H2O
0,5
3.2
Giả sử có 1 mol hỗn hợp X
 Gọi nAl2(SO4)3 = x mol => nK2SO4 = (1 – x) mol
Khi đó ta có : nAl = 2 x ( mol) 
 nK = 2 ( 1-x) mol
 nS = 3K + (1-x) = (2x + 1) mol
nO= 12x + 4(1-x) = (8x + 4) mol
Tổng số mol các nguyên tử là:
n = 2x + 2( 1-x) + 2x + 1 + 8x + 4
= (10x +7) mol
Tổng số nguyên tử là : (10x +7) 6.1023 nguyên tử
Số nguyên tử O là : ( 8x + 4 ) . 6.1023
 Vì sô nguyên tử O = tổng số nguyên tử trong hỗn hợp 
Phương trình ( 8x + 4 ) . 6.1023 = .(10x +7) 6.1023 
 248x + 124 = 200x + 140
x = mol => nK2SO4 = mol
% mAl2(SO4)3 = 1/3.342:91/3.342+2/3.174).100% = 49,57%
0,5
3.3
Gọi số mol MgCO3 là mol
Do tỉ lệ số mol là 1: 1 nên số mol RCO3 là mol (x>0)
Gọi khối lượng mol nguyên tử của kim loại R là M(g/mol)
84 + (M+60)= 20 (*)
Phương trình phản ứng:
MgCO3 + 2HCl MgCl2 + H2O + CO2 (1)
RO3 + 2HCl RCl2 + H2O + CO2 (2)
 = 2 (mol)
Cho CO2 vào dung dịch KOH có thể xảy ra các phản ứng:
CO2 + 2 KOHK2CO3 + H2O (3)
Nếu CO2 dư : CO2 + H2O + K2CO3 2 KHCO3 (4)
Vì dung dịch B tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa nên trong B phải có chứa K2CO3
BaCl2 + K2CO3BaCO3 ↓ + 2 KCl (5)
 n KOH ban đầu = 0,2 . 2,5 =0,5 (mol)
 n BaCO3 = 
n trong dd B = 0,2 mol
Theo (3) n KOH = 0,4 < n KOH bđầu có thể xảy ra 2 trường hợp
* TH1: KOH dư, chỉ xảy ra phản ứng (3), không có phản ứng (4)
n CO2 = 0,2 mol
 2 = 0,2 = 0,1 mol
Thay vào (*) ta có M = 56 R = Fe
* TH2 : KOH phản ứng hết, xảy ra pứ (3,4)
Theo (3) n K2CO3 = 0,25 mol
 n CO2 = 0,25 mol
Theo (4) n K2CO3 = 0,05 mol
 n CO2 = 0,05 mol
 n CO2 = 0,25 + 0,05 = 0,3 mol
 2 = 0,3 = 0,15 mol
Thay vào (*) ta có M= - 10,67 (vô lý) 
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4
4.1
Ta có các phương trình phản ứng :
3Fe2O3 + CO 2Fe3O4 + CO2 (1)
Fe3O4 + CO 3FeO + CO2 (2)
FeO + CO Fe + CO2 (3)
Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (4)
CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 ↓ + H2O (5)
Tổng số mol CO2 : 
Theo định luật bảo toàn khối lượng : 
A + COB + CO2 
Ta có khối lượng của A là :
6,096 + 0,009(44-28) = 6,24 (g)
Gọi a, b lần lượt là số mol của FeO và Fe2O3 trong A
Ta có hệ phương trình :
Vậy: 
0,5
0,25
0,25
4.2
Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol của Fe2O3, Fe3O4, FeO, Fe trong B
Ta có : 
Vậy t = 0,004(mol)
Mặt khác : z = x+y hay x + y – z = 0 (6)
Khối lượng của B là :
160x + 232y + 72z + 56.0,004 = 6,096
160x + 232y + 72z = 5,872 (7)
Vì số mol của sắt trong A bằng số mol của sắt trong B nên ta có :
2x + 3y + z +0,004 = 0,02 + 2. 0,03
2x + 3y + z = 0,076 (8)
Từ (6), (7), (8) ta có hệ :
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Gọi số mol của ZnSO4 trong 1/2 ddA là x mol.
Khi cho ZnSO4 tác dụng với dung dịch NaOH có phương trình hóa học xảy ra:
 ZnSO4 + 2NaOH à Na2SO4 + Zn(OH)2 ↓ (1)
Có thể có :
Zn(OH)2 + 2NaOH à Na2ZnO2 + 2 H2O (2)
Theo phương trình (1) và (2) ta có kết tủa là: Zn(OH)2
Xét thí nghiệm 1: nNaOH = 0,3.1 = 0,3mol
 mZn(OH)2 = 3a(g)
Xét thí nghiệm 2: nNaOH = 0,12.3 = 0,36 mol
 mZn(OH)2 = 2a(g)
 Vì ở thí nghiệm 2 số mol NaOH là 0,36 mol lớn hơn số mol NaOH ở thí nghiệm 1 là 0,3mol nhưng khối lượng Zn(OH)2 ở thí nghiệm 2 là 2a(g) nhỏ hơn khối lượng Zn(OH)2 ở thí nghiệm 1 là 3a(g).
Vậy ta xét 2 trường hợp:
+ Trường hợp 1: ở thí nghiệm ZnSO4 dư chỉ có phương trình hóa học (1) xảy ra khi đó 
nZn(OH)2 = ½ nNaOH = 0,15 mol ( x > 0,15 mol)
 3a = 0,15.99 => a = 4,95(g)
+ Ở thí nghiệm 2: Có cả 2 phương trình(1) và (2) xảy ra: ZnSO4, NaOH đều phản ứng hết
mZn(OH)2 = 2a = 2. 4,95 = 9,9 (g) => nZn(OH)2 = 9,9 : 99 = 0.1mol
nZn(OH)2 = nZnSO4 = x ( mol) (1) 
 nZn(OH)2 phản ứng ở (2) = ( x – 0,1 ) mol
 nNaOH (1)(2) = 2nZnSO4 + 2 nZn(OH)2 ( 2)
 2x + 2 ( x -0,1) = 0,36
 4x – 0,2 = 0,36
 x = 0,14 mol ( Loại)
 + Xét trường hợp 2: Cả 2 thí nghiệm ZnSO4 và NaOH đều phản ứng hết:
 Xét thí nghiệm 1: nZn(OH)2 (1) = nZnSO4 = x ( mol)
nZn(OH)2 phản ứng ở (2) = (x - ) mol
Khi đó : nNaOH (1)(2) = 2nZnSO4 + 2nZn(OH)2 (2)
 2x + 2(x- ) = 0,3 
 132x -2a = 99 (I)
+ Xét trường hợp 2: nZn(OH)2 = mol => nZn(OH)2 (1) = nZnSO4 = x (mol)
nZn(OH)2 phản ứng ở (2) = (x - ) mol
 nNaOH (1)(2) = 2nZnSO4 + 2nZn(OH)2 (2)
2x + 2 ( x - ) = 0,36
 396x – 4a = 35,64 (II) 
Kết hợp (I) và (II) ta có x = 0,12 ; a = 2,97
Vậy m = 0,12 . 161 . 2 = 38,64(g)
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
* Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
------------- Hết-------------