Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Đề 9 - Phòng GD&ĐT Hải Dương (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT TP. HẢI DƯƠNG
H9
ĐỀ THI HSG LỚP 9
MÔN: HÓA
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề này gồm 05 câu, 02 trang)
Câu 1 (2 điểm)
1. Hãy chọn các chất thích hợp và viết phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau:
	 A
 C D E C
 B	
	Cho biết các chất A, B, C , D, E cùng chứa 1 nguyên tố hóa học, C là chất khí làm mất màu dung dịch nước Brôm.
	2. Nêu phương pháp hóa học nhận biết các khí: CO, CO2, SO2 , SO3 có trong một hỗn hợp.
Câu 2 (2 điểm)
	1.Rượu etylic có lẫn một ít nước, có thể dùng cách nào sau đây làm khan rượu. Giải thích, viết phương trình phản ứng.	
Cho H2SO4 đặc vào rượu có lẫn nước.
Cho CuSO4 khan vào rượu có lẫn nước.
 Cho benzen vào rượu có lẫn nước
 d) Lấy lượng nhỏ rượu khan cho tác dụng với Natri rồi đổ vào bình đựng rượu lẫn nước.
2. Hợp chất hữu cơ A chứa 2 nhóm định chức khác nhau trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn A chỉ thu được CO2 và H2O với tỉ lệ khối lượng tương ứng là: 22 : 9.
Chia m gam A thành ba phần bằng nhau:
Phần 1 phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 2M
Phần 2 tác dụng với Natri dư thu được 4,48l khí H2 (đktc)
Đốt cháy hoàn toàn phần 3 thu được 26,4g CO2
Tìm công thức phần từ của A. Viết công thức cấu tạo của A.
 Tính m.
Câu 3 (2 điểm)
	1. Có 8,14g hỗn hợp C gồm CuO, Al2O3 và một oxit sắt.
	Cho khí H2 dư qua hỗn hợp C đun nóng, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 14,4g H2O. Mặt khác để hòa tan hoàn toàn hỗn hợp C cần dùng 170 ml dung dịch H2SO4. 1M thu được dung dịch B, cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa đem đun nóng trong không khí đến khối lượng không đổi được 5,2g chất rắn.
Xác định công thức oxit sắt.
Tính khối lượng của mỗi oxit có trong hỗn hợp C. 
2.Dung dịch B là dung dịch rượu etylic chưa rõ độ rượu. 
Cho 40,4gam dung dịch B tác dụng với lượng dư Natri thấy thoát ra 11,2 lít khí (đktc). 
a)Tính độ rượu của dung dịch B (Biết drượu = 0,8g/ml). 
b)Tính khối lượng dung dịch rượu etylic 20o tác dụng với Na (dư) để thu được lượng khí H2 như trên.	
Câu 4 ( 2 điểm)
	1. Hòa tan hoàn toàn 3,3g hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R có hóa trị không đổi trong dung dịch HCl dư thu được 2,688 lít H2 (đktc)
	Nếu cũng hòa tan 3,3g hỗn hợp X bằng dung dịch HNO3 dư thu được 0,896 lít hỗn hợp N2O và NO (đktc) có tỉ lệ khối so với khí H2 là 20,25.
Xác định R.
Tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp.
2. Cho 17,2g hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 có tỷ lệ số mon tương ứng là 2:1 tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đặc được đung nóng thu được V lít khí SO2 (ĐKTC). Hãy tính:
a) V lớn nhất
b) V nhỏ nhất
Cầu 5 (2 điểm)
	1. Hỗn hợp khí Y gồm C2H4 và H2 có tỷ khối so với khí H2 là 7,5. Sau một thời gian đun nóng hỗn hợp Y có chất xúc tác là Niken thấy tỉ khối của hỗn hợp khí thu được so với khí hiđrô bằng 9.
	a) Tính thành phần phần trăm về thể tích của hỗn hợp khí Y.
	b) Giải thích vì sao tỉ khối của hỗn hợp khí lại tăng sau khi đun nóng. Tính thành phần phần trăm về thể tích của hỗn hợp khí thu được sau khi đun nóng.
 c) Tính hiệu xuất của phản ứng.
	2. Xà phòng hóa 16g hỗn hợp 2 este đơn chức bằng 200g dung dịch NaOH 7,5%. Sau phản ứng thu được dung dịch A.
	a) Chứng tỏ rằng NaOH còn dư sau phản ứng.
	b) Chia dung dịch A làm 2 phần bằng nhau.
	- Để trung hòa hết lượng NaOH còn dư trong phần 1 cần dùng 87,5 ml dung dịch HCl 1M.
	- Chưng cất phần 2 được một rượu duy nhất nặng 3,2 g và hỗn hợp chất rắn gồm hai muối của hai axit hữu cơ liên tiếp trong dãy đồng đẳng. Xác định công thức cấu tạo mỗi este và thành phần phần trăm khối lượng của chúng trong hỗn hợp.
Cho : H=1; C=12; O=16; Fe=56;Al=27; Na=23;Cl=35,5 ;Cu=64; Mg=24
PHÒNG GD&ĐT TP HẢI DƯƠNG
Mã: H – Vũ Thị Thu Phương – BH – TPHD
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG LỚP 9
MÔN: HÓA
(Hướng dẫn chấm gồm 09 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1
 (2 điểm)
1. (1 điểm)
Chọn A : S D: SO3
 B: FeS2 E: H2SO4
 C: SO2
 S + O2 to SO2 
 4FeS2 + 11O2 to 2Fe2O3 +8SO2
 2SO2 + O2 to 2SO3 
 SO3 + H2O H2SO4
 Cu + 2 H2SO4đặc CuSO4 + 2 H2O + SO2
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2. (1 điểm)
- Dẫn hỗn hợp khí qua 5 bình mắc nối tiếp:
+ Bình 1 đựng dung dịch nước Brôm dư
+ Bình 2 đựng dung dịch BaCl2 dư
+ Bình 3 đựng dung dịch nước vôi trong dư
+ Bình 4 đựng CuO được đun nóng
+ Bình 5 đựng dung dịch nước vôi trong dư
0,25đ
- Dung dịch trong bình 1 nhạt màu -> hỗn hợp khí có chứa SO2
SO2 + Br2 + 2 H2O -> 2HBr + H2SO4
0,25đ
- Trong 2 bình tạo kết tủa trắng -> hỗn hợp khí có chứa SO3
SO3 + H2O + BaCl2 -> BaSO4 + 2HCl
- Trong bình 3 tạo kết tủa trắng -> hỗn hợp khí có CO2
CO2 + Ca (OH)2 -> CaCO3 + H2O
0,25đ
- Trong bình 4 chất rắn màu đen chuyển dần sang màu đỏ và trong bình 5 tạo kết tủa trắng -> hỗn hợp khí có chứa CO
CuO + CO to Cu + CO2
CO2 + Ca (OH)2 CaCO3 + H2O
0,25đ
Câu 2 
(2điểm)
1 (1 điểm)
Chọn b,d, không chọn a,c do:
0,25đ
Cách b: CuSO4 + 5H2O CuSO4 . 5H2O
Sau đó chưng cất thu được rượu khan
Cách d: Cho Na tác dụng với rượu etylic xẩy ra phản ứng.
C2H5OH + 2Na -> C2H5ONa + H2 
Sau đó cho vào rượu etylics có lẫn nước xẩy ra phản ứng
C2H5O Na + H2O -> C2H5OH + NaOH
Rồi chưng cất được rượu etylic
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2 (1 điểm)
A + O2 -> CO2 + H2O
mCO2: mH2O = 22: 9
-> nCO2
:
nH2O
=
22
44
:
9
18
=
1:1
-> nCO2 = nH2O -> nc : nH = 1: 2
-> nNaOH = 0,2 (mol)
Vdd NaOH = 100ml = 0,1(l)
CM NaOH = 2M 
VH2 (đktc) = 4,48(l )-> nH2 = 0,2 (mol)
 26,4 
mCO2 = 26,4 (g) -> nCO2 = = 0,6 (mol)
 44
A chứa 1 nhóm chức este hoặc 1 nhóm chứa axit
A tác dụng với NaOH
và nC : nH = 1 : 2 
Thí nghiệm 1: có nA = nNaOH = 0,2 (mol)
Thí nghiệm 2: nH2 = nA = 0,2 (mol)
=> Trong phân tử A có 2 nguyên tử H linh động mà A chứa 2 nhóm chức khác nhau nên 2 nhóm chức trong A là: - COOH và - OH
=> A có công thức dạng CnH2nO3
Thí nghiệm 3 : nA = 0,2 (mol) , nCO2 = 0,6 mol
 Nên : nCO2 = 3nA 
n
=
0,6
0,2
=
3
A có công thức phân tử là: C3H6O3
Công thức cấu tạo của A là:
 CH2 – CH2 - COOH
 OH
m = 3mA = 3. 0,2 . 90 = 54 (g)
Phương trình hóa học
HO – CH2 – COOH + NaOH -> HO – CH2 – COONa + H2O
HO – CH2 – COOH + 2Na -> NaO – CH2 – COONa + H2 
C3H6O3 + 3O2 to 3CO2 + 3H2O
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 3
 (2 điểm)
1. (1 điểm)
Gọi công thức của axit là FexOy 
CuO + H2 to Cu + H2O (1)
FexOy + yH2 to xFe + y H2O (2)
Al2O3 không bị khử
mH2O = 1,44 g => nH2O = 1,44 = 0,08 (mol)
 18
0,25đ
0,25đ
CuO + H2SO4 -> CuSO4 + H2O (3)
FexOy + y H2SO4 -> Fex ( SO4)y + yH2O (4)
Al2O3 + 3H2SO4 -> Al2 (SO4)3 + H2O (5)
Vdd H2SO4 = 170ml = 0,17(l), CMH2SO4 = 1M
nH2SO4 = 0,17 (mol)
Al2 (SO4)3 + 8NaOH -> 3Na2SO4 + 2NaAlO2 + 4H2O (6)
CuSO4 + 2NaOH -> Cu(OH)2 + Na2SO4 (7)
Fex(SO4)y
+
2y 
NaOH
->
xFe(OH)2y/x 
+
yNa2SO4
(8)
2Fe(OH)2y/x
+
3x-2y
2x
 O2
->
 Fe2O3
+
2y/x H2O
(9)
Gọi số mol của CuO, FexOy, Al2O3 có trong hỗn hợp lần lượt là a,b,c mol 
(a >0, b > 0, c > 0)
Theo (1) (2): a + by = 0,08
Theo (3) (4) (5): a + by + 3c = 0,17
 -> c = 0,03 (mol)
-> mAl2O3 = 0,03 x 102 = 3,06 (g)
-> mCuO + mFexOy = 8,14 – 3,06 = 5,08 (g)
-> 80a + (56x + 16y) x b = 5,08
mà: mCuO + mFe2O3 = 5,2 (g)
-> 80a + 80bx = 5,2
mà 80a + 80by = 6,4
80b (y – x) = 1,2
b (y – x) = 0,015
b (3x – 2y) = 0,015
y – x
3x – 2 y
=
1
->
x
y
=
 3
 4
Công thức oxit là : Fe3O4
b) mAl2O3 = 3,06g: a + 4b = 0,08 -> a = 0,02
 b (4 – 3) = 0,015 b = 0,015
=> mCuO = 80 x 0,02 = 1,6 (g)
 mFeO4 = 232 x 0,015 = 3,48 (g)
0,25đ
0,25đ
2. (1 điểm)
 a.Cho Na tác dụng với dung dịch B
2Na + 2 H2O -> 2NaOH + H2 (1)
2C2H5OH + 2H2O -> 2C2H5ONa + H2 (2)
Gọi số mol của H2O và C2H5OH có trong dung d ịch B lần lượt là x,y (mol) (x > 0 , y > 0)
=> 18x + 46 y = 40,4 (*); VH2 (ĐKTC) = 11,2(l) -> nH2 = 0,5mol
Theo (1) (2): nH2 = ½ nH2O + ½ nC2H5OH
½ x + ½ y = 0,5 x = 0,2 -> nH2O = 0,2 (mol)
 18x + 46y = 40,4 y = 0,8 -> nC2H5OH = 0,8(mol)
-> mH2O = 0,2 x 18 = 3,6 (g) -> VH2O = 3,6 (ml)
-> mC2H5OH = 0,8 X 46 = 36,8g -> VC2H5OH = 46ml
-> Vrượu = 3,6 + 46 = 49,6 (ml)
Độ rượu là: 
46
49,6
x
100%
=
92,74o
mà a+ b = 1
57,5b
18a + 57,5b
=
1
5
b) Gọi số mol H2O, C2H5OH có trong dung dịch rượu 20o lần lượt là a,b 
 ( a > 0, b > 0)
mH2O = 18a (g) => VH2O = 18a (ml)
mC2H5OH = 46b (g) => VC2H5OH = 57,5 b (ml)
57,5b
18a + 57,5b
=
20
100
 Mà : a+b=1
a
=
115
124
mol
=>
 mH2O
=
 115
 124
x
18
 =
16,69 (g)
b
=
9
124
mol
=>
mC2H5OH
=
9
124
x
46
=
3,34 (g)
-> mdd rượu = 20,03 (g)
Cần 20,03g rượu etylic 20o
% m C2H5COOCH3 = 100% - 52,85% = 47,12%
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 4
(2 điểm)
1 (1 điểm)
Gọi hóa trị của R là n n thuộc (1,2,3)
Fe + 2HCl -> FeCl2 + H2 (1)
2R + 2n HCl -> 2RCln + nH2 (2)
Gọi số mol của Fe, R có trong 3,3g hỗn hợp là x,y (mol)
-> 56x + Ry = 3,3 (*)
VH2(đktc)
=
2,688l
->
nH2
=
2,688 :22,4
 = 
 0,12 (mol)
Theo (1) (2):
nH2
= nFe
+
n
2
nR (mol)
-> 
x
+
n
2
y
=
0,12
(**)
0,25đ
Có d(N2O,NO) /H2 = 20,25
-> M(N2O,NO) = 20,25 x 2 = 40,5 (g/mol)
Vhh (đktc) = 0,896l -> nhh = 0,04 (mol)
Gọi số mol N2O có trong 1 mol hỗn hợp X là a mol (0 < a < 1)
-> nNO = 1 – a (mol)
-> 44a + (1 – a) x 30 = 40,5
 a = 0,75 -> nN2O = 0,75 mol
 nNO = 1 – 0,75 = 0,25 (mol)
-> nN2O : nNO = 0,75 : 0,25 = 3 : 1
-> nN2O = 0,03 mol
nNO = 0,01 mol
0,25đ
-> 9 Fe + 34 HNO3 -> 9 Fe (NO3)3 + 3N2O + NO + 17 H2O (3)
27R + 34 n NO3 -> 27R (NO3)n + 3n N2O + nNO + 17 nH2O (4)
Theo (3) (4): nN2O = 1/3 nFe + 1/9 n . nR = 1/3x + 1/9 ny (mol)
 nNO = 1/9 nFe + 1/27 . n . nR = 1/9x + 1/27 ny (mol)
-> 1/3 x + 1/9 ny = 0,03
 3x + ny = 0,27 (* * *)
56x + Ry = 3,3 56x + Ry = 3,3
x + ny/2 = 0,12 ½ ny = 0,09
3x + ny = 0,27 x = 0,03
0,25đ
Ry = 1,62 R : n = 9 -> R = 9n
ny = 0,18
n thuộc (1,2,3)
n
1
2
3
R
9
18
27
n/x
Loại
Loại
Thỏa mãn
R là nhôm (KHHH: Al)
b)mFe =0,03.56=1,68 (g)
mAl =3,3-1,68 =1,62(g)
0,25đ
2 (1 điểm)
Phương trình hóa học: 
2Fe + 6 H2SO4 to Fe2(SO4) + 3SO2 + 6H2O (1)
2Fe3O4 + 10H2SO4 to 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2)
Fe + Fe2 (SO4)3 3FeSO4 (3)
0,25đ
Gọi số mol Fe3O4 là x (mol) (x > 0)
=> nFe = 2x (mol)
=> 2 x 56x + 232x = 17,2
 112x + 232x = 17,2
 344 x = 17,2
 x = 0,05 (T/m)
-> nFe3O4 = 0,05 (mol)
 nFe = 0,1 (mol)
Để VSO2 đạt max thì nSO2 đạt max
=> không xẩy ra phản ứng (3)
0,25đ
Phản ứng (1) và (2) xảy ra vừa đủ
Theo (1) (2) : nSO2max = 3/2 nFe + ½ nFe2O3
 = 3/2 x 0,1 + ½ x 0,05
 = 0,175 (mol)
-> VSO2(max) = 0,175 x 22,4 = 3,92 (l)
* Để VSO2 đạt min thì nSO2 đạt min:
-> Xảy ra phản ứng (3) và các chất trong phản ứng (3) vừa hết
Gọi số mol Fe phản ứng (1) là: a (mol) ( a > 0)
-> nFe (3) = 0,1 – a (mol)
Theo (1) (2): nFe2(SO4)3 = ½ nFe (1) + 3/2 nFe3O4
 = a/2 + 3/2 . 0,05
 = 0,5a + 0,075 (mol)
 nSO2(max) = 1,5 nFe (1) + ½ nFe3O4
0,25đ
 = 1,5 x a + 0,025 (mol)
Có nFe(3) = nFe2 (SO4)
 => 0,1 – a = 0,5a + 0,075
 1,5a = 0,025
 a = 0,0167 (mol)
-> nSO2 (min) = 1,5a + 0,025
 = 0,025 + 0,025 = 0,05 (mol)
-> VSO2 (min) = 0,05 x 22,4 = 1,12 (l)
0,25đ
Câu 5
1( 1 điểm)
 (2 điểm)
Gọi x là số mol của C2H4 có trong 1 mol hỗn hợp
Thì số mol của H2 có trong 1 mol hỗn hợp là :1-x (mol)
Ta có :28x +2.(1-x) =7,5.2
x=0,5 -> nC2H4=0,5 mol , nH2=0,5 mol
% V C2H4=50% , %VH2=50%
0,25đ
C2H4 +H2 -> C2H6
Cứ 2 mol chất khí phản ứng tạo 1 mol chất khí sản phẩm
Theo ĐLBTKL: khối lượng hỗn hợp không đổi , số mol giảm nên khối lượng mol trung bình tăng vì vậy tỉ khối của chất khí so với hiddro tăng
Nếu phản ứng hoàn toàn chỉ thu được 1 khí C2H6 
có d C2H6/H2=30:2=15
Vì 15>9 nên phản ứng không hoàn toàn
0,25đ
Gọi số mol của H2 có trong 1 mol hỗn hợp thu được là y thì số mol của C2H4 có trong 1 mol hỗn hợp thu được là y 
Thì số mol của C2H6 là: 1-y-y = 1 - 2y (mol)
2.y + 28.y +(1-2y) =2.9
 y= 0,4 mol ->nH2= nC2H4 = 0,4 mol ; nC2H6= 0,2 mol
% V C2H4=40% , %VH2=40 % , % V C2H6=20% , 
0,25đ
nH2(p/ư)= nC2H4 (P/ư) = nC2H6
nH2= nC2H4 = 0,4+0,2=0,6 mol
Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn thì nC2H6 (tt)= 0,6 mol 
nhưng nC2H6 = 0,2 mol
H= 0,2: 0,6= 33,33%
0,25đ
2 (1 điểm)
a, mddNaOH = 200g 
C% NaOH = 7,5 % -> m NaOH=15 (g)
=> nNaOH = 15: 40 = 0,375 (mol)
Gọi chất đại diện của hai este là R COO R’
R COO R’ + NaOH R COO Na + R’OH
Giả sử NaOH không dư 0,375 mol NaOH phản ứng hết lượng este đã tham gia phản ứng
0,375 x (R + R’ + 44) > 0,375 : 44 > 16,5 (g)
nhưng lượng este ban đầu chỉ nặng 16g. Điều này chứng tỏ NaCl phải còn dư sau phản ứng.
0,25đ
b) Vì chưng cất phần 2 thu được rượu duy nhất nên công thức của 2 este có dạng: R1COOR và R2 COOR
=> Chất đại diện có dạng: R COOR
R COO R + NaOH -> R COONa + ROH
a mol a mol amol amol
=> A có: a mol RCOONa, amol ROH, (0,375 – a) mol NaỌ
 NaOH + HCl -> NaCl + H2O
 ½ (0,375 – a) mol ½ (0,375 – a) mol
a ( R + R + 44) = 16
½
(0/375 – a)
=
87,5 x 1
1000
=
0,0875
a/2 (K + 17) = 3,2
=> a = 0,2 ; R = 15; R = 21
0,25đ
Do R = 21 nên có hai khả năng
+) R = 1 => R2 = 15 (loại R2 < 21)
+) R = 15 => R2 = 29 (Thỏa mãn)
Công thức cấu tạo của 2 este là:
CH3COOCH3 và C2H5COOCH3
0,25đ
Gọi b, c lớn nhất là số mol của 2 este đã dùng
 b + c = 0,2 => b = 4/35
 74b + 88c = 16 => c = 3/35
 mCH3COOCH3
=
74 x 4
35 x 16
x
100%
=
52,85%
 % m C2H5COOCH3 = 100% - 52,85% = 47,12%
0,25đ