Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện năm học: 2011- 2012 - môn: Hoá Học

 PHÒNG GD-ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
TRƯỜNG THCS MỸ CHÁNH Năm học: 2011- 2012 - Môn: Hoá học
 Thời gian làm bài: 150 phút(Không tính thời gian phát đề)
---------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 1: ( 2,0 điểm )
 	Bằng phương pháp hóa học hãy phận biệt các kim loại sau: Na, Ba, Mg và Al
Câu 2: ( 2,0điểm )
	Đốt cháy 13,6g hợp chất X thu được 25,6g SO2 và 7,2 g H2O. Tìm công thức phân tử của X?
Câu 3: (2,0điểm)
	Một nguyên tố X có tổng số các hạt là 40. Hãy xác định nguyên tố đó?
Câu 4: (2.0 điểm)
	a.Điền các chất thích hợp vào chữ cái A, B, C, để hoàn thành các phương trình phản ứng sau:
	A đpnc B + E
	B + NaOH + C → NaAlO2 +D
NaAlO2+ G + C →H + NaHCO3
H A+ C
b. Có một hỗn hợp khí gồm Cl2, O2 và NH3 . Hãy về sơ đồ tách riêng biệt từng chất khí?
Câu 5: (2,5 điểm)
Để một phoi bào sắt nặng a (gam) ngoài không khí, sau một thời gian thu được 12 gam rắn X gồm sắt và các oxit của sắt. Cho X tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HNO3 loãng thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất ( đo ở đktc). 
Tính khối lượng a của phoi bào sắt ban đầu. 
Câu6: (3,5 điểm)
Cho hỗn hợp A gồm kim loại R ( hóa trị I) và kim loại X ( hóa trị II). Hòa tan 3 g A vào dung dịch chứa HNO3 và H2SO4 thu được 2,94 g hỗn hợp B gồm khí NO2 và khí D có thể tích là 1,344 lít (đktc)
Tính khối lượng muối khan thu được?
Câu 7: (2,0 điểm)
 Ngâm một lá sắt có khối lượng 2,5g trong 25 ml dung dịch CuSO4 , 15% có khối lượng riêng 1,12g/ml. Sau một thời gian phản ứng, người ta lấy lá sắt ra khỏi dung dịch, rửa nhẹ, làm khô thì cân nặng 2,58 g.
a.Hãy viết phương trình hóa học.
b. Tính nồng độ phần trăm của chất trong dung dịch sau phản ứng.
Câu 8: (4,0 điểm)
	Cho 11,8 gam hỗn hợp Y gồm Al và Cu vào 100 gam dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu V1 lít khí SO2 (đktc) và dung dịch A. Nếu hoà tan 0,45 mol hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu V2 lít khí NO (đktc) và dung dịch B. Thêm một lượng dư NaOH vào dung dịch B thu kết tủa C. Lọc, rửa và nung kết tủa ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu 12 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 
So sánh V1 với V2.
Tính thể tích dung dịch NaOH 2M thêm vào dung dịch A để bắt đầu xuất hiện kết tủa; thu được lượng kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất. 
 (Cho : Na = 23, Ba = 137, Cu = 64, Fe = 56, Al = 27, 
 Ag = 108, H = 1, N = 14; S = 32, , C = 12, O = 16, Cl = 35,5) 
 PHÒNG GD - ĐT PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
 TRƯỜNG THCS MỸ CHÁNH ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
 Năm học 2011– 2012 - Môn : Hoá học 
---------------------------------------------------------------------------------------------
Câu 
Đáp án 
Điểm
Câu 1
2,0 đ
 Cho nước vào các mẫu thử ta thấy có 2 mẫu thử xuất hiện bọt khí bay lên nhận được 2 kim loại là Na và Ba và 2 mẫu thử không có hiện tượng gì là Mg và Al. 
0,25
Các phương trình phản ứng:
2Na +2H2O 2NaOH + H2	­ 
0,25
Ba + 2 H2O Ba(OH) 2+ H2­ 	
0,25
Sau đó tiếp tục cho vào 2 dung dịch thu được một ít dung dịch H2SO4, nếu thấy mẩu thử nào xuất hiện kết tủa trắng nhận được kim loại Ba còn lại là Na.
0,25
Ba(OH)2 + H2SO4 BaSO4 + 2 H2O
0,25
Hai mẫu thử còn lại Mg và Al cho phản ứng với dung dịch NaOH, nếu mẫu thử nào xuất hiện bọt khí bay lên là Al,
0,25
Phương trình phản ứng:
	2 Al + 2 NaOH + 2 H2O 2 NaAlO2 + 3H2­ 
mẫu thử còn lại là Mg. 
0,25
0,25
Câu 2
2,0đ
Chất X cháy tạo SO2 và H2O, vậy X phải có nguyên tố S và H , có thể có cả oxi.
Ta có: M = 64g 32g S
 25,6 g ag?
=> a = = 12,8g
Ta có: M = 18g 2g H
 7,2g bg?
=> b= = 0,8g
m = 12,8+ 0,8 = 13,6g
=> X chỉgồm 2 nguyên tố S và H, không có oxi
=> CTPT X = HxSy
Ta có tỉ lệ: := 0,8: 0,4 = 2:1
=> CTPT X là H2S
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
Câu 3
2,0đ
Tổng số hạt trong X = 40 => p+e+n = 40.
 2p + n = 40 => n = 40 – 2p
Mà 40< 82 nên p n 1,5 p
ó p 40-2p 1,5 p
ó p 13,3 và 11,4 p 
Biện luận: nếu p = 11 => n = 18 > 1,5p
 Nếu p =12 => n= 16 < 1,5 p (thõa)
 Nếu p = 13 => n = 14 < 1,5 p (thõa)
Với : p=Z = 12 => X (không có)
Với p= Z = 13 => X (Al)
Vậy X là nhôm (Al)
0,25
0,25
 0,25
 0,25
0,5
0,5
Câu 4 2,0 đ
a. Các chất thích hợp thay vào chữ cái: A: Al2O3; B: Al; , C: H2O; D: H2; 
E: O2; G: CO2; H: Al(OH)3 hoàn thành các phương trình phản ứng :
	2Al2O3 4Al+ 3O2
	2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 +3 H2 
NaAlO2+ CO2 + 2H2O → Al(OH)3 + NaHCO3
2Al(OH)3 Al2O3+ 3H2O
b. Sơ đồ tách:
O2 (NH4)2SO4 NH3­ 
Cl2 	O2­ 
NH3	O2	 
 Cl2	NaCl + NaClO Cl2­ 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Câu 5
2,5đ
Các PTHH: 
2Fe + 	O2 ® 2FeO	(1)
4Fe + 	3O2 ® 2Fe2O3	 (2)
3Fe + 	2O2 ® Fe3O4	(3)
Chất rắn X : FeO ; Fe2O3 ; Fe3O4 ; Fe 
Fe 	 +	4HNO3 ® Fe(NO3)3 +	NO ­ + 2H2O	(4)
3FeO 	 +	10HNO3 ® 3Fe(NO3)3 +	NO ­ + 5H2O	(5)
3Fe3O4 +	28HNO3 ® 9Fe(NO3)3 +	NO ­ + 14H2O	(6)
Fe2O3	 +	6HNO3 ® 2Fe(NO3)3 + 3H2O	 	(7)
Như vậy : toàn bộ lượng sắt đã chuyển thành lượng muối Fe(NO3)3 
Số mol của Fe ( ban đầu ) = số mol muối Fe ( trong muối) = t (mol) 
Từ các PTHH (4,5,6,7) Þ naxit = 3.n muối + nNO = 3t + 0,1 = 
Theo định luật BTKL, ta có :
12 + (3t + 0,1).63 = 242t + 0,1´ 30 + (1,5t + 0,05 )´ 18 
Giải ra được : t = 0,18 mol Þ a = 10,08 (gam)
0.75
1,0
0.25
0.25
0.25
Câu 6
3,5đ
Do kim loại phản ứng với HNO3 và H2SO4 nên khí D có thể là N2; N2O; NO; SO2; H2S
 n= = 0,06 mol => = = 49 g
mà : M= 46g 46 < < M
Trong các khí nêu trên chỉ có khí SO2 có M= 64 > 49 => D là SO2
 Gọi a,b là số mol khí NO2 và SO2 trong hỗn hợp khí B.
Ta có hệ PT:
 46a + 64b = 2,94	a = 0,05
 a + b = 0,06 => b = 0,01
Khối lượng muối khan:
= +	
 	m(R+X) + (mNO + mSO )
Các PTPU:
X + 2H2SO4 XSO4 + SO2↑ + 2H2O 
 2R + 2H2SO4 R2SO4 + SO2↑ + 2H2O 
X + 4HNO3 → X(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O 
R + 2HNO3 → RNO3 + NO2 ↑ + H2O 
Theo Phương trình phản ứng:
 nSO = nSO = 0,01 mol
nNO = n NO = 0,05 mol
= 3+ (96x 0,01) + (62x 0,05) = 7,06 g
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 7
2,0đ
Khối lượng lá sắt tăng là: 2,58 – 2,5 = 0,08 g
a. Phương trình phản ứng:
Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu
 x mol x mol x mol xmol
 b Theo PT: 64x – 56x = 0,08 => x = 0,01 mol
Tính n CuSO4 ban đầu = = 0,02625 mol
Tính C% CuSO4dư = = 9,31 %
C% FeSO = = 5,44 %
0,25
0,25
 0,25
0,25
0,5
0,5
Câu 8
4,0đ
a/ 2Al + 6H2SO4đ Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O (1)
Cu + 2H2SO4đ CuSO4 + SO2↑ + 2H2O (2)
Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O (3)
3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (4)
Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaNO3 (5)
Cu(OH)2 CuO + H2O (6)
 (NaOH dư hoà tan hết kết tủa Al(OH)3 tạo ra từ Al(NO3)3)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
* Từ (3)→(6) : - nCu = nCuO = = 0,15 (mol) → nAl = 0,45 – 0,15 = 0,3 (mol) 
 - nNO = nAl + nCu = 0,3 + . 0,15 = 0,4 (mol) (*)
0,25
0,25
* Đặt : nY (trong 11,8 gam Y) = k. nY (trong 0,45 mol Y)
 Từ (1) và (2) : nAl = 0,3.k ; nCu = 0,15. k 
 k.(0,3.27 + 0,15 . 64) = 11,8 → k = 
 → Trong 11,8 gam hh A : nAl =. 0,3 = 0,2 mol ; nCu = . 0,15 = 0,1 (mol)
 bđ = 1 mol, pư = 3nAl + 2nCu = 0,8 mol → dư = 0,2 mol 
 → = pư = 0,4 (mol) (**)
Từ (*) và (**) : nNO = → V1 = V2
0,25
0,25
0,25
0,25
b/ * Bắt đầu xuất hiện kết tủa khi NaOH trung hoà hết lượng H2SO4 dư.
 H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
 0,2 mol 0,4 mol 
 → Vdd NaOH = = 0,2 (lít)
* Lượng kết tủa lớn nhất khi NaOH phản ứng vừa đủ với 2 muối.
 Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3↓+ 3Na2SO4
 0,1 0,6 0,2 
 CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4
 0,1 0,2
 → Vdd NaOH = = 0,6 (lít)
* Lượng kết tủa nhỏ nhất khi NaOH hoà tan hết Al(OH)3 chỉ còn lại Cu(OH)2
 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
 0,2 0,2 
 → Vdd NaOH = = 0,7 (lít)
0,25
0,50
0,25
 (Mọi cách giải khác dẫn đến kết quả đúng và lí luận chặt chẽ đều ghi điểm tối đa cho phần đó)