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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
LÂM ĐỒNG 
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: 05/3/2021 
Cho biết: Li = 7; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65 
Câu 1: (1,5 điểm) 
Tổng số hạt proton, nơtron, electron của nguyên tử M là 82, trong đó số hạt mang điện nhiều 
hơn số hạt không mang điện là 22 
a) Xác định nguyên tố M 
b) Hoàn thành các phương trình hóa học sau: 
(1) M + HCl → A + H2 (2) A + NaOH → B (kết tủa) + C 
(3) A + Cl2 → D (4) B + O2 + H2O → E (kết tủa) 
Hướng dẫn giải: 
a) Gọi Z là số hiệu nguyên tử = số proton = số electron 
 N là số nơtron 
Ta có: )
2Z N 82 Z 26
0
M A 56 e
Z N 22 3
(F
2 N
+
−
= = 
→ →  = 
= = 
. Vậy M là sắt (Fe) 
b) Các phương trình phản ứng: 
(1) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl 
(3) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 (4) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 
Câu 2: (2,0 điểm) 
2.1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: 
a) Rắc bột nhôm trên ngọn lửa đèn cồn 
b) Dẫn khí axetilen đi qua dung dịch AgNO3/NH3 
2.2. Hãy trình bày quy trình pha 1 lít dung dịch H2SO4 0,368M từ axit H2SO4 98% (d = 1,84 
g/mL) đảm bảo an toàn trong phòng thí nghiệm. 
Hướng dẫn giải: 
2.1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học 
a) Rắc bột nhôm trên ngọn lửa đèn cồn thì sẽ có hiện tượng cháy sáng chói lóa và có khói 
trắng, do nhôm phản ứng với oxy trong không khí tạo thành Al2O3 màu trắng. 
4Al + 3O2 → 2Al2O3 (tạo khói trắng) 
b) Khi dẫn khí axetilen qua dung dịch đựng AgNO3/NH3 thì có xuất hiện kết tủa màu vàng. 
NH3
2 2 3 2 2 3C H 2AgNO C Ag 2HNO+ ⎯⎯⎯→ + 
2.2. Tính toán: 
- Nồng độ mol/L của dung dịch H2SO8 98% là: M
10d.C% 10.1,84.98
C 18,4M
M 98
= = = 
- Theo quy tắc pha loãng C1V1 = C2V2 → V2 = C1V1/C2 = (0,368M.1000mL)/18,4M = 20mL 
Cách pha: Lấy khoảng 200mL nước cho vào bình định mức 1000mL (1 lít). Lấy chính xác 
20mL H2SO4 98% cho vào cốc có mỏ, rồi cho từ từ (qua đũa thủy tinh nhúng vào nước trong 
bình định mức), tráng rửa cốc cẩn thận rồi cho vào bình định mức. Để nguội rồi pha loãng 
đến vạch định mức. 
Câu 3: (1,5 điểm) 
Cho dung dịch axit T tác dụng với kẽm, kali permanganat, canxi cacbua, nhôm cacbua 
(Al4C3), sắt (II) sunfua thu được lần lượt các khí hiđro, clo, axetilen, metan, hiđro sunfua. Xác 
định dung dịch axit T và viết phương trình hóa học điều chế các khí trên 
Hướng dẫn giải: 
Vì T + KMnO4 → Cl2 nên T là chất khử chứa clo. 
Vì T là axit nên T là HCl, thỏa mãn các điều kiện khác. 
Phương trình phản ứng: 
HCl + Zn → ZnCl2 + H2 
16HCl + 2KMnO4 → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O 
2HCl + CaC2 → CaCl2 + C2H2 
12HCl + Al4C3 → 4AlCl3 + 3CH4 
2HCl + FeS → FeCl2 + H2S 
Câu 4: (3,0 điểm) 
4.1. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng chất rắn ra khỏi hỗn hợp gồm canxi 
cacbonat, silic đioxit, kali clorua. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra 
(dụng cụ, hóa chất và các điều kiện cần thiết đáp ứng đủ) 
4.2. Trình bày phương pháp hóa học để nhận biết sự có mặt đồng thời của các khí sau trong 
cùng một hỗn hợp: cacbon đioxit, lưu huỳnh đioxit, etilen, metan. Viết các phương trình hóa 
học của các phản ứng xảy ra (dụng cụ, hóa chất và các điều kiện cần thiết đáp ứng đủ) 
Hướng dẫn giải: 
4.1. Trình bày phương pháp tách: 
- Hòa tan hỗn hợp vào nước dư thì chỉ có KCl bị hòa tan, lọc tách CaCO3, SiO2. Cô cạn 
dung dịch ta thu được KCl. 
- Hòa tan hỗn hợp còn lại là CaCO3, SiO2 vào dung dịch HCl dư thì chỉ có CaCO3 bị hòa 
tan, lọc tách ta thu được SiO2. Lấy dung dịch cho tác dụng với dung dịch Na2CO3 dư thì 
sẽ thu được CaCO3 . 
Phương trình phản ứng chính: 
 CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O 
 CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl 
4.2. Trình bày phương pháp nhận biết: có nhiều cách, sau đây là cách tốt nhất 
- Dẫn hỗn hợp qua dung dịch Br2/CCl4, nếu làm mất màu dung dịch Br2/CCl4 thì chứng tỏ 
có C2H4. Thu hỗn hợp đi ra. CÓ NGOÀI CHƯƠNG TRÌNH??? 
- Cho hỗn hợp khí đi ra dung dịch Br2/CCl4 vào dung dịch nước brôm. Nếu làm mất màu 
dung dịch nước brôm, dung dịch thu được tạo kết tủa với BaCl2 thì chứng tỏ có SO2. Thu 
hỗn hợp khí đi ra. 
- Cho hỗn hợp khí đi ra từ dung dịch nước brôm qua dung dịch Ca(OH)2. Nếu có kết tủa 
trắng xuất hiện, chứng tỏ có CO2. Chất khí đi ra đem đốt, nếu cháy được chứng tỏ có CH4. 
Câu 5: (1,5 điểm) 
Viết các phương trình hóa học để hoàn thành sơ đồ phản ứng sau: 
Cho biết G là nguyên tố phi kim, X là khí có mùi trứng thối. 
Hướng dẫn giải: 
Vì X là khí có mùi trứng thối → X là H2S → G là hiđro (H2) hoặc lưu huỳnh (S) 
Vì Y + H2S (X) tạo G, nếu G là H2 thì Y phải là kim loại (loại, vì Y là hợp chất của G). Do 
đó G là lưu huỳnh (S) → Y là SO2 → A/B là HBr/H2SO4. 
Vì Z + HBr/H2SO4 → H2S (X) nên Z là sunfua, FeS là hợp chất thỏa mãn. 
Phương trình phản ứng: 
S + H2 → H2S (1) 
S + O2 → SO2 (2) 
S + Fe → FeS (3) 
2H2S + SO2 → 3S + 2H2O (4) 
SO2 + Br2 + H2O → HBr + H2SO4 (5) 
FeS + HBr/H2SO4 → FeBr2/FeSO4 + H2S (6) 
Câu 6: (1,0 điểm) 
Giải thích vì sao khi thời tiết rét đậm rét hại hay lúc trời nắng to thì không nên bón phân đạm 
urê cho cây trồng. Viết phương trình hóa học minh họa 
Hướng dẫn giải: 
- Phân đạm nói chung, phân urê nói riêng khi hòa tan thu nhiệt → Thời tiết rét đậm, rét hại nếu 
bón phân urê sẽ làm nhiệt độ hạ xuống → Cây trồng sẽ bị chết do lạnh và có thể ngộ độc 
- Trời nắng to thì nước bốc hơi nhanh → Làm giảm khả năng hòa tan urê, có thể giảm nhiệt 
độ đột ngột do urê hòa tan → Làm giảm hiệu quả phân bón hoặc có thể làm cây trồng chết. 
Vì vậy, người ta thường bón phân vào lúc chiều tối khi mặt trời vừa lặn. 
Câu 7: (3,5 điểm) 
7.1. Cho hiđrocacbon B có công thức CxH2x+2 (với x nguyên; x  1) 
Đốt cháy hoàn toàn 6,1 gam hỗn hợp X gồm B và H2 (tỉ lệ thể tích tương ứng là 4:1), thu được 
11,7 gam H2O. Xác định công thức phân tử của B. Viết phương trình hóa học minh họa phản 
ứng đặc trưng của B 
7.2. Hỗn hợp gồm 2 hiđrocacbon P, Q mạch hở thuộc cùng dãy đồng đẳng (hơn kém nhau 2 
nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên, thu được 6,16 gam CO2 và 1,62 gam 
H2O. Biết tỉ khối của hỗn hợp đối với hiđro là 18,6. Tìm CTCT có thể có của P, Q 
Hướng dẫn giải: 
7.1. Gọi a là số mol của H2 → Số mol của B là 4a. 
Ta có: 2a + (14x+2).4a = 6,1  10a + 56ax = 6,1 (7.I) 
Phản ứng đốt cháy: 
2H2 + O2 → 2H2O (1) 
a a 
2CxH2x+2 + (3x+1)O2 → 2xCO2 + (2x+2)H2O (2) 
4a 4a(x+1) 
Theo (1), (2) ta có: nH2O = a + 4a.(x+1) = 11,7/18  5a + 4ax = 0,65 (7.II) 
Giải hệ (7.I), (7.II) ta có: a = 0,05; ax = 0,1 → x = 2. 
Vậy công thức phân tử của B là C2H6. 
Phản ứng đặc trưng của C2H6: 
- Phản ứng cháy: 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O 
- Phản ứng thế: 
askt
2 6 2 2 5C H Cl C H Cl HCl+ ⎯⎯→ + 
7.2. Gọi công thức trung bình của hỗn hợp P, Q là 
n 2n 2 2k
C H
+ −
. Ta có: 
M 14n 2 2k 37,2 14n 2k 35,2= + − = → − = (7.III) 
Phản ứng đốt cháy: 2 2 2n 2n 2 2k2 OC H (3n 1 k)O 2nCO 2(n 1 k)H+ − + + − → + + − 
Gọi a là số mol của hỗn hợp, ta có: 
2
2
CO
H O
6,16
n n.a n.a 0,14mol
n 1444
1,62 k 1 5
n (n 1 k).a (k 1).a 0,05mol
18

= = → =
→ =
− = + − = → − =

 (7.IV) 
Từ (7.IV) ta có: 
14
n (k 1)
5
= − thay vào (7.III) ta có: 
2
14
(k 114. 2)
5
k 35,− − = → k = 2 → n 2,8= 
Vì k = 2 là hiđrocacbon không no → n1 = 2; n2 = 4 (hơn kém nhau 2 nguyên tử cacbon). 
Vậy 2 hiđrocacbon cần tìm là C2H2 và C4H6. 
CTCT có thể có: 
- C2H2: Chỉ có duy nhất CTCT: 
HC  CH 
- C4H6: Mạch hở có thể có các CTCT sau: 
HC  C – CH2 – CH3 
CH3 – C  C – CH3 
CH2 = CH – CH = CH2 
CH2 = C = C – CH3 
Câu 8: (3,0 điểm) 
Một hỗn hợp X gồm kim loại kiềm E và kim loại R có hóa trị III. Cho 3,03 gam hỗn hợp X 
tan hoàn toàn vào nước thu được dung dịch A và 1,904 lít khí (đktc) 
a) Cô cạn hoàn toàn dung dịch A thu được 4,48 gam chất rắn. Xác định tên 2 kim loại và tính 
thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong X. 
b) Thêm V lít dung dịch HCl 1M vào dung dịch A thu được 0,78 gam kết tủa. Tính giá trị V. 
Hướng dẫn giải: 
a) Gọi x, y lần lượt là số mol của E, R trong 3,03 gam hỗn hợp X, ta có: 
 E.x + R.y = 3,03 (8.I) 
Phản ứng hòa tan X vào nước: 
2E + 2H2O → 2EOH + H2 (8.1) 
Do X tan hoàn toàn nên R phải là kim loại có oxit, hiđroxit lưỡng tính. 
 2R + 2EOH + H2O → 2ERO2 + 3H2 (8.2) 
Do R tan hoàn toàn nên y < x → Số mol H2 thu được là: 
x 3y 1,904
2 2 22,4
+ = → x + 3y = 0,17 (8.II) 
Cô cạn A thu được: 
( )
2
EOH x – y mol
ERO y mol



Ta có: (E + 17).(x – y) + (E + R + 32).y = 4,48 
→ E.x + R.y + 17x + 15y = 4,48 (8.III) 
Thay (8.I) vào (8.III) ta có: 17x + 15y = 1,45 (8.IV) 
Giải hệ (8.II), (8.IV) ta có: x = 0,05 mol; y = 0,04 mol (thỏa mãn y<x). Thay vào (8.I) ta có: 
 5E + 4R = 303 → 5E < 303 → E < 60,6 → E chỉ có thể là Li (7), Na (23), K (39) 
Lập bảng ta có: 
E 7 23 39 
R 67 
(loại) 
47 
(loại) 
27 
(Al) 
Vậy 2 kim loại: E là kali; R là nhôm. 
Thành phần % theo khối lượng: 
0,05.39
%K .100% 64,36%
3,03
0,04.27
%Al .100% 35,64%
3,03

= =

 = =

b) Dung dịch A gồm 0,01 mol KOHdư + 0,04 mol KAlO2. 
Phương trình phản ứng: 
HCl + KOH → KCl + H2O (8.3) 
HCl + KAlO2 + H2O → KCl + Al(OH)3 (8.4) 
3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O (8.5) 
Số mol Al(OH)3 = 0,02 mol < số mol KAlO2 → Xảy ra 2 trường hợp 
- Trường hợp 1: Chưa xảy ra phản ứng (8.5), ta có: 
nHCl = nKOH dư + nAl(OH)3 = 0,01 + 0,02 = 0,03 mol → V = 30mL 
(công thức tính nhanh: nHCl = nKOH + n) 
- Trường hợp 2: Đã có phản ứng (8.5), ta có: 
nHCl= nKOH+nKAlO2+3nAl(OH)3hòa tan= 0,01+ 0,04+ 3.(0,04– 0,02)= 0,11 mol→ V= 110mL 
(công thức tính nhanh: nHCl = nKOH + 4nKAlO2 – 3n) 
Câu 9: (3,0 điểm) 
Lấy một hỗn hợp bột X gồm Cu, Cu(OH)2, BaCO3 (trong đó số mol của 2 hợp chất bằng 
nhau) chia thành 2 phần bằng nhau. 
- Phần 1: Hòa tan trong 100mL dung dịch H2SO4 20% lấy dư (d = 1,14g/mL), thu được 
dung dịch Y và 0,896 lít CO2 (đktc) 
- Phần 2: Đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, để nguội thu được hỗn hợp 
chất rắn Z. Hòa tan Z trong 100mL dung dịch H2SO4 trên (lấy dư) thu được dung dịch T. 
Làm lạnh dung dịch Y và T đến nhiệt độ t1 thì dung dịch T tách ra 5 gam CuSO4.5H2O. 
a) Tính khối lượng của CuSO4.5H2O tách ra từ dung dịch Y. 
b) Tính khối lượng Cu trong X. 
Cho biết ở nhiệt độ t1, độ tan của CuSO4 là 6,2 gam 
Hướng dẫn giải: 
Gọi 2a, 2b, 2b lần lượt là số mol của Cu, Cu(OH)2, BaCO3 trong X. 
a) Phản ứng hòa tan phần 1 trong H2SO4: Cu không phản ứng 
Cu(OH)2 + H2SO4 → CuSO4 + 2H2O 
BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O 
Ta có nCO2 = b = 0,04 mol 
Khối lượng dung dịch Y: 
mY = mdd H2SO4 + mCu(OH)2 + mBaCO3 – mBaSO4 – mCO2 
 = 100.1,14 + 98b + 197b – 233b – 44b = 114,72 gam 
Khối lượng CuSO4 trong Y: mCuSO4 (Y) = 160.0,04 = 6,4 gam 
→ mH2O (Y) = 108,32 gam. 
Khối lượng CuSO4 tan được tối đa trong 108,32 gam H2O = 
6,2.108,32
6,7158 gam
100
= > 6,4 gam. 
Vậy dung dịch Y chưa có CuSO4.5H2O tách ra 
Có thể tính theo nồng độ: 
Ta có C%CuSO4 =
6, 4.100%
5,58%
114,72
= Dd CuSO4 bão hòa: 
4
%
S 6, 2
C = .100%= .100% 5, 838%%CuSO bh
100 S 1
5
00 6, 2
5, 8=
+

+
Phân tích: Bài giải trên tính sai khối lượng nước trong Y, vì trong Y còn có H2SO4 dư 
Công thức 
S
C%= .100%
100 S+
 chỉ đúng khi chỉ có chất tan duy nhất. 
Cách giải đúng như sau 
a) Phản ứng hòa tan phần 1 trong H2SO4: Cu không phản ứng 
Cu(OH)2 + H2SO4 → CuSO4 + 2H2O 
BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O 
Ta có nCO2 = b = 0,04 mol 
Khối lượng CuSO4 trong Y: mCuSO4 (Y) = 160.0,04 = 6,4 gam 
Khối lượng H2O trong Y: mH2O (Y) = 114.80% + 18.0,12 = 93,36 gam. 
Khối lượng CuSO4 tan được tối đa trong 93,36 gam H2O = 
6,2.93,36
5,788 gam
100
= < 6,4 gam. 
Vậy dung dịch Y có CuSO4.5H2O tách ra. Gọi 250x là khối lượng CuSO4.5H2O tách ra, ta có: 
mCuSO4 (còn lại) = (6,4 – 160x) mH2O (Y) = (93,36 – 90x) 
Trong dung dịch bão hòa, ta có: 
4
2
CuSO
H O
m 6,2 6,4 160x 6,2
x 0,004mol
m 100 93,36 90x 100
−
=  = → = →
− 4 2
CuSO .5H O
m = 1,0gam 
b) Phản ứng của phần 2: 
Đun nóng không khí đến khối lượng không đổi 
2Cu + O2 → 2CuO 
Cu(OH)2 → CuO + H2O 
BaCO3 → BaO + CO2 
Hòa tan Z trong H2SO4 
CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O 
BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O 
Khối lượng dung dịch T: 
mT = mdd H2SO4 + mCuO + mBaO – mBaSO4 
 = 100.1,14 + 80(a + 0,04) + 153.0,04 – 233.0,04 = 114 + 80a. 
Khối lượng CuSO4 trong T: mCuSO4 (T) = 160.(0,04 + a) = (6,4 + 160a) gam 
→ mH2O (T) = (107,4 – 80a) gam. 
Khi hạ nhiệt độ về t1 → Có 5 gam CuSO4.5H2O tách ra → mCuSO4 = 3,2 gam; mH2O = 1,8 gam 
mCuSO4 còn lại = (6,4 + 160a) – 3,2 = 160a + 3,2 
mH2O còn lại = (107,4 – 80a) – 1,8 = 105,8 – 80a 
Dung dịch thu được là dung dịch bão hòa, nên ta có: 
4
2
CuSO
H O
m 6,2 160a +3,2 6,2
m 100 105,8 80a 100
=  =
−
→ a = 0,020 mol → mCu = 64.2a = 2,56 gam 
Cách giải đúng như sau: Ý này cũng sai như trên 
b) Phản ứng hòa tan phần 2: 
Đun nóng không khí đến khối lượng không đổi 
2Cu + O2 → 2CuO 
Cu(OH)2 → CuO + H2O 
BaCO3 → BaO + CO2 
Hòa tan Z trong H2SO4 
CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O 
BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O 
Khối lượng CuSO4 trong T: mCuSO4 (T) = 160.(0,04 + a) = (6,4 + 160a) gam 
Khối lượng H2O trong T: mH2O (T) = 114.80% + 18.(0,08 + a) = (92,64 + 18a) gam. 
Khi hạ nhiệt độ về t1 → Có 5 gam CuSO4.5H2O tách ra → mCuSO4 = 3,2 gam; mH2O = 1,8 gam 
mCuSO4 còn lại = (6,4 + 160a) – 3,2 = 160a + 3,2 
mH2O còn lại = (92,64 + 18a) – 1,8 = 90,84 + 18a 
Trong dung dịch bão hòa, ta có: 
4
2
CuSO
H O
m 6,2 160a +3,2 6,2
m 100 90,84 18a 100
=  =
+
→ a = 0,0153 mol → mCu = 64.2a = 1,96 gam