Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Sở GD & ĐT Bình Phước (Có đáp án)

pdf 6 trang Người đăng daohongloan2k Ngày đăng 24/12/2022 Lượt xem 359Lượt tải 3 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Sở GD & ĐT Bình Phước (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2020-2021 - Sở GD & ĐT Bình Phước (Có đáp án)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BÌNH PHƯỚC 
KỲ THỊ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2020 – 2021 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề thi gồm có 02 trang) 
Môn thi: Hóa học 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Ngày thi: 14/3/2021 
Cho biết: H = 7; C =12; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Ba = 137 
Câu 1: (2,0 điểm) 
1. (0,5 điểm) Xác định công thức hóa học và gọi tên hợp chất A trong phương trình hóa học 
sau (theo đúng tỉ lệ) 
 A + NaHCO3 → BaCO3 + NaOH + H2O 
2. (1,5 điểm) Chỉ dùng quỳ tím, hãy trình bày phương pháp hóa học để nhận biết 5 dung dịch 
không màu riêng biệt: NaCl, Ba(OH)2, KOH, Na2SO4, H2SO4. 
Hướng dẫn giải: 
1. Dựa vào sản phẩm ta thấy vế trái có nguyên tố Ba và nhóm OH → A là Ba(OH)2 
Có thể sử dụng bảo toàn nguyên tố → A chứa 1 nguyên tử Ba, 2 nguyên tử O, 2 nguyên tử H→ A là Ba(OH)2. 
Tên gọi của A là bari hiđroxit 
2. Trích 5 mẫu thử 
- Cho quỳ tím vào 5 mẫu thử. 
+ Mẫu làm quỳ tím hóa đỏ → H2SO4 → Nhận biết được H2SO4 
+ Mẫu làm quỳ tím hóa xanh → Ba(OH)2, KOH - Nhóm I 
+ Mẫu không làm đổi màu quỳ tím: NaCl, Na2SO4 - Nhóm II 
- Cho H2SO4 đã nhận biết được vào 2 mẫu trong nhóm I 
 + Mẫu nào có xuất hiện kết tủa → Ba(OH)2 → Nhận biết 
 + Mẫu không có kết tủa → KOH → Nhận biết 
- Cho Ba(OH)2 đã nhận biết vào 2 mẫu trong nhóm II 
 + Mẫu nào có xuất hiện kết tủa → Na2SO4 → Nhận biết 
 + Mẫu không có kết tủa → NaCl → Nhận biết 
Câu 2: (3,0 điểm) 
1. (1,0 điểm) Cho dung dịch H2SO4 tác dụng với BaO thu được dung dịch A. Cho dung dịch 
A tác dụng với kim loại Al thu được khí B và dung dịch D. Dung dịch D phản ứng được với 
dung dịch Na2SO4 thu được kết tủa E. Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra 
2. (2,0 điểm) Chỉ được dùng thêm HCl và kim loại Al, hãy nêu phương pháp hóa học điều 
chế kim loại đồng nguyên chất từ hỗn hợp CuO và MgO (dụng cụ, thiết bị có đủ) 
Hướng dẫn giải: 
1. Vì dung dịch D tạo kết tủa với Na2SO4 → D có hợp chất của bari: Ba(AlO2)2, Ba(OH)2. 
Vậy phản ứng giữa BaO với H2SO4 thì BaO dư. Ta có các phương trình phản ứng: 
 BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O 
BaOdư + H2O → Ba(OH)2 
Dung dịch A chỉ chứa chất tan Ba(OH)2, tác dụng với Al: 
 Ba(OH)2 + 2Al + H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 
Khí B là H2, dung dịch D chứa Ba(AlO2)2 và có thể Ba(OH)2 dư. 
Phản ứng D với Na2SO4, E là BaSO4. 
Ba(AlO2)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaAlO2 
Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaOH 
2. – Hòa tan hỗn hợp CuO, MgO vào HCl dư: 
 MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O 
 CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O 
Cho kim loại Al dư vào dung dịch thu được: 
 2Al + 6HCldư → 2AlCl3 + 3H2 
 2Al + 3CuCl2 → 2AlCl3 + 3Cu 
Thu chất rắn sau phản ứng gồm Cu và Al dư, đem hòa tan trong HCl dư ta sẽ thu được kim 
loại đồng tinh khiết 
 2Al + 6HCldư → 2AlCl3 + 3H2 
 Cu + 6HCl → không phản ứng 
Câu 3: (4,0 điểm) 
1. (1,0 điểm) Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong các thí 
nghiệm sau: 
 a) Cho Na vào dung dịch CuSO4 
 b) Sục khí CO2 từ từ tới dư vào dung dịch nước vôi trong 
2. (1,0 điểm) Trong các khí HCl, NH3, O2, H2. Hãy chọn và giải thích 
 - Những khí nào có thể thu được bằng phương pháp đẩy nước? 
 - Những khí nào không nên thu bằng phương pháp đẩy nước? 
3. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 4,48 gam MO (M là kim loại) trong lượng vừa đủ 400mL 
dung dịch H2SO4 0,2M, cô cạn cẩn thận dung dịch thu được 13,76 gam tinh thể muối X. Xác 
định công thức hóa học của MO và muối X. 
Hướng dẫn giải: 
1. a) Hiện tượng: Miếng Na chạy trên mặt nước, có khí thoát ra và dung dịch xuất hiện kết 
tủa màu xanh 
Phương trình phản ứng: 
 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (3.1) 
 2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 xanh + Na2SO4 (3.2) 
b) Lúc đầu có kết tủa xuất hiện, sau đó kết tủa tan dần đến trong suốt 
Phương trình phản ứng: 
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (3.3) 
CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (3.4) 
2. Những khí có thể thu bằng phương pháp đẩy nước thì phải không tan nhiều trong nước 
Vậy trong các khí HCl, NH3, O2, H2: 
- Những khí có thể thu được bằng phương pháp đẩy nước là H2 và O2 vì ít tan trong nước 
- Những khí không nên thu bằng phương pháp đẩy nước là HCl, NH3 vì tan rất nhiều trong nước 
3. Phương trình phản ứng: 
 MO + H2SO4 → MSO4 + H2O (3.5) 
Theo (3.5) ta có nMO = nH2SO4 = 0,4.0,2 = 0,08 mol 
Ta có, khối lượng MO là: (M + 16).0,08 = 4,48 → M = 40 (Ca) 
Vậy công thức hóa học của MO là CaO 
Gọi muối X là CaSO4.nH2O ta có: nMSO4.nH2O = nMSO4 = nH2SO4 = 0,08 mol 
Ta có, khối lượng của muối X là: (136 + 18n).0,08 = 13,76 → n = 2 
Vậy công thức hóa học của muối X là CaSO4.2H2O 
Câu 4: (3,0 điểm) 
Cho m gam hỗn hợp A gồm Al và FexOy. Tiến hành nhiệt nhôm hoàn toàn trong điều kiện 
không có không khí thu được chất rắn B. Chia B thành 2 phần 
- Phần 1 có khối lượng 14,49 gam. Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong dung dịch HCl dư 
thu được 4,032 lít khí H2. 
- Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 0,336 lít H2 và còn lại 2,52g 
chất rắn không tan 
Xác định công thức hóa của oxit sắt và tính giá trị m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn 
toàn và các khi được đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 
Hướng dẫn giải: 
- Phản ứng nhiệt nhôm: 
 2y Al + 3 FexOy → y Al2O3 + 3x Fe (4.1) 
Do sản phẩm tan trong NaOH tạo khí H2 → Al còn dư; FexOy hết 
- Phản ứng hòa tan phần 1 trong HCl dư: 
 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (4.2) 
 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4.3) 
 Al2O3 + 6HCl → 2ACl3 + 3H2O (4.4) 
- Phản ứng hòa tan phần 2 trong NaOH dư: 
 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (4.5) 
 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (4.6) 
 Fe + NaOH → không phản ứng 
Do 2 phần không bằng nhau nên gọi k là tỉ số: 
phan 2
phan1
m
k
m
= 
Gọi a, b lần lượt là số mol Al, Fe trong phần 1 → Số mol Al, Fe trong phần 2 là ka, kb 
Theo (4.2), (4.3) ta có: 
2H
3a 4,032
n b
2 22,4
= + = → 3a + 2b = 0,36 mol (4.I) 
Theo (4.5) ta có: 
2H
3ka 0,336
n
2 22,4
= = → ka = 0,01 mol (4.II) 
Theo đề ra, khối lượng chất rắn còn lại chính là Fe 
Ta có: 
Fe
2,52
n kb
56
= = → kb = 0,045 mol (4.III) 
Từ (4.II) và (4.III) ta có b = 4,5a, thay vào (4.I) ta có: 
a = 0,03 mol; b = 0,135 mol → Thay vào (4.II) ta có 
1
k
3
= . 
Từ khối lượng phần 1 ta có: mFe + mAl + mAl2O3 = 14,49 
→ mAl2O3 = 6,12 → nAl2O3 = 0,06 mol 
Theo (4.1) ta có: 
2 3
Fe
Al O
n 3x 0,135 x 3
n y 0,06 y 4
= = → = 
Vậy công thức hóa học của oxit sắt là Fe3O4. 
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
m = mA = mB = 14,49.(1 + k) = 19,32 gam 
Câu 5: (4,0 điểm) 
Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O, BaO. Hòa tan hết 21,9 gam X trong một lượng nước 
dư thu được 1,12 lít khí H2 và dung dịch Y có chứa 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ 6,72 lít CO2 
vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thu được m gam kết tủa. Các khí đo ở đktc. 
a) Tính khối lượng NaOH trogn dung dịch Y 
b) Tính giá trị của m. 
Hướng dẫn giải: 
a) Bài này có nhiều cách giải: 
Cách 1: Dùng phương pháp đại số: 
Phương trình phản ứng: 
- Hòa tan X vào nước: 
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (5.1) 
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (5.2) 
Na2O + H2O → 2NaOH (5.3) 
BaO + H2O → Ba(OH)2 (5.4) 
Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol của Na, Ba, Na2O, BaO trong hỗn hợp X. 
Ta có, khối lượng X là: 23x + 137y + 62z + 153t = 21,9 gam (5.I) 
Theo (1), (2) ta có: 
2H
x 1,12
n y
2 22,4
= + = → x + 2y = 0,1 mol (5.II) 
Theo đề ra: 
2Ba(OH)
20,52
n y t 0,12
171
= + = = (5.III) 
Khối lượng NaOH trong Y = 40 (x + 2z) (5.IV) 
Tổ hợp (5.I); (5.II); (5.III) bằng cách: (5.I) + 8.(5.II) – 153.(5.III), ta có: 
3
x
x
23x 
y
 13 
2 0
7y 62
x
z 1
,
1
8
1
53t 21,
y
1 x
t 0, 5
9
12


+
+
=
 + =
+
−
+ =

Cộng lại ta có: 31x + 62z = 4,34 → x + 2z = 0,14 mol. 
Thay vào (5.IV) ta có mNaOH (Y) = 40.0,14 = 5,6 gam 
Cách 2: Dùng phương pháp quy đổi: 
Quy đổi X thành hỗn hợp Na, Ba, O. 
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Na, Ba, O trong X. Ta có: 
mX = 23x + 137y + 16z = 21,6 (5.V) 
nBa = nBa(OH)2 = y = 0,12 mol (5.VI) 
Vì sản phẩm khi X tác dụng với nước là NaOH, Ba(OH)2 nên các phản “quy đổi” là: 
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (5.1) 
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (5.2) 
H2 + O → H2O (5.5) - Do quy đổi 
Theo (5.1), (5.2) ta có: 
2H
x 1,12
n y z
2 22,4
= + − = → x + 2y – 2z = 0,1 mol (5.VII) 
Giải hệ (5.V), (5.VI), (5.VII) ta có: x = z = 0,14 mol; y = 0,12 mol 
→ nNaOH = nNa = 0,14 mol. Vậy mNaOH (Y) = 40.0,14 = 5,6 gam. 
Cách 3: Dùng phương pháp bảo toàn: 
Xét quá trình phản ứng: 2 2
2
NaOH
X H O H
Ba(OH)

+ → + 

 (5.6) 
Gọi x là số mol NaOH, theo bảo toàn nguyên tố H ta có: 
2 2 2 2H Opu' NaOH Ba(OH) H H O
x 2.0,12 2.0,05
2n =n 2n 2n n
2
+ +
+ + → = →
2H O
x+ 0,34
n =
2
Áp dung định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng (5.6), ta có: 
2 2 2X H O NaOH Ba(OH) H
m m =m m m 21,9 9.(x 0,34) 40x 20,52 0,1+ + + → + + = + + → x = 0,14mol 
Vậy mNaOH (Y) = 40.0,14 = 5,6 gam. 
b) - Hấp thụ CO2 vào Y, các phản ứng có thể có là: 
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (5.7) 
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (5.8) 
CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (5.9) 
CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (5.10) 
Ta có 
2CO (bd)
6,72
n 0,3mol
22,4
= = 
Theo (5.7), (5.8) ta có: 
2 2
NaOH
CO (5.7), (5.8) Ba(OH)
n 0,14
n =n 0,12 0,19 0,3mol
2 2
+ = + =  
→ Số mol CO2 còn lại = 0,3 – 0,19 = 0,11 mol > nNa2CO3 
→ Đã xảy ra phản ứng (5.9) hoàn toàn và 1 phần phản ứng (5.10) 
Theo (5.9), (5.10) ta có: 
2 2 3 3 3 3CO (5.9), (5.10) Na CO BaCO (5.10) BaCO (5.10) BaCO (5.10)
n =n n 0,07 n 0,11mol n 0,04mol+ = + = → = 
Vậy số mol BaCO3 còn lại là: 
3 3 3BaCO (con lai) BaCO (5.7) BaCO (5.10)
n n n 0,12 0,04 0,08mol= − = − = 
Vậy m = 197.0,08 = 15,76 gam. 
Câu 6: (3,0 điểm) 
Đốt cháy hoàn toàn một lượng hiđrocacbon A. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào dung 
dịch nước vôi trong thu được 30 gam kết tủa và dung dịch B. Biết rằng dung dịch B nặng hơn 
dung dịch nước vôi trong ban đầu 2,8 gam. Khi thêm NaOH dư vào B thì xuất hiện thêm 10 
gam kết tủa 
a) Xác định công thức phân tử của A 
b) Viết tất cả các CTCT có thể có của A 
Hướng dẫn giải: 
- Hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong 
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (6.1) 
CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (6.2a) 
Có thể viết: 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (6.2b) 
Thêm dung dịch NaOH dư: 
Ca(HCO3)2 + 2NaOHdư → CaCO3 + Na2CO3 + H2O (6.3) 
Theo (6.1), (6.2b), 6.3) ta có: 
2 3 3CO CaCO (6.1) CaCO (6.3)
n n 2n 0,3 2.0,1 0,5mol= + = + = 
Xét quá trình hấp thụ sản phẩm cháy ta thấy: 
mdd B = mdd Ca(OH)2 + (mCO2 + mH2O) – mkết tủa (6.1) 
 → mdd B – mdd Ca(OH)2 = (mCO2 + mH2O) – mkết tủa (6.1) = 2,8 gam 
 → mCO2 + mH2O = 32,8 gam 
Thay số mol CO2 = 0,5 ta có: 44.0,5 + mH2O = 32,8 → mH2O = 10,8 gam 
→ nH2O = 0,6 mol > nCO2 nên A là ankan 
Gọi công thức phân tử của A là CnH2n+2. Ta có: 
- Phản ứng đốt cháy: 
n 2n 2 2 2 2O2C H (3n 1)O 2nCO 2(n 1)H+ + + → + + (6.4) 
Theo (6.4) ta có: 2
2
CO
H O
n 2n 5
n 5
n 2(n 1) 6
= = → =
+
Vậy công thức phân tử của A là C5H12. 
b) CTCT có thể có của A: 
CH3 – CH2 – CH2 – CH2 – CH3 n-pentan 
 isopentan hay 2 – metylbutan 
 neopentan hay 2,2 - đimetylpropan 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_hoc_sinh_gioi_cap_tinh_mon_hoa_hoc_lop_9_nam_hoc_2020.pdf