Đề thi học sinh giỏi cấp trường vòng 3 môn hóa 9 năm học: 2011-2012

Phòng gd&đt duy tiên
Trường thcs nguyễn hữu tiến
Đề thi học sinh giỏi cấp trường vòng 3
môn Hóa 9
Năm học: 2011-2012
(Thời gian làm bài 150 phút)
Câu 1. (3,5điểm) 
1. Hãy chọn các hợp chất thích hợp để hoàn chỉnh các phương trình hóa học dưới đây:
1) X1 + X2 -> Br2 + MnBr2 + H2O 2) X3 + X4 + X5 -> HCl + H2SO4
3) A1+ A2 -> SO2 + H2O 4) B1 + B2 -> NH3 + Ca(NO3)2 + H2O
5) B1 + Ca(Y) -> Ca3(PO4)2 + H2O 6) D1 + D2 + D3 -> Cl2 + MnSO4 + K2SO4 + Na2SO4 + H2O
7) NH3 + CO2 -> E1 + X5 8) CxHy(COOH)2 + O2 -> CO2+ H2O
2. Bằng phương pháp hóa học chứng tỏ sự có mặt của các khí trong hỗn hợp khí sau:
SO3, CO2 , C2H2, C2H4, CH4
Câu 2. ( 4 điểm)
 1. Dùng CO để khử hoàn toàn 2,88gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 thu được 2,24 gam chất rắn. Để tránh gây ô nhiễm môi trường, khí thoát ra được hấp thụ vào 500ml dung dịch Ba(OH)2,thu được 5,91 gam kết tủa.Tính nồng độ mol của dung dịch Ba(OH)2.
 2. X là dung dịch AlCl3, Y là dung dịch NaOH 2M. Thêm 150 ml dung dịch Y vào cốc chứa 100ml dung dịch X, khuấy đều thì trong cốc tạo ra 7,8 gam kết tủa. Lại thêm tiếp vào cốc 100ml dung dịch Y, khuấy đều thì lượng kết tủa có trong cốc là 10,92 gam. Các phản ứng xẩy ra hoàn toàn. Hãy xác định nồng độ mol của dung dịch X.
Câu 3. ( 4,5 điểm)
 1. Để xác định thành phần hai kim loại Al và Mg người ta tiến hành các thí nghiệm sau:
 Thí nghiệm 1: Cho a gam hỗn hợp vào 600 ml dung dịch HCl nồng độ x mol/l, sau phản ứng thu được dung dịch A và khí B. Đem cô cạn dung dịch A thu được 27,9 gam muối khan.
 Thí nghiệm 2: Cho a gam hỗn hợp vào 800ml dung dịch HCl cùng có nồng độ như trên, tiến hành như thí nghiệm 1 thu được 32,35 gam muối khan.
 a. Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp nếu a = 7,5 gam.
 b.Tính thể tích khí B ( đktc) và x? Giả thiết khả năng phản ứng của Mg và Al với axit HCl là như nhau trong cùng điều kiện.
2. Hỗn hợp Na và Ba tác dụng hoàn toàn với nước dư thu được V (l) khí H2 (đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch FeCl3 dư , lọc lấy kết tủa rồi nung đền khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Nếu cho A tác dụng với FeCl2 dư, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được m1 g chất rắn. Lập biểu thức tính m, m1 theo V.
Câu 4. ( 3 điểm)
Hỗn hợp khí A gồm metan, etilen, hiđro. Đốt cháy hoàn toàn 4,2 l (đktc) hỗn hợp A rồi hấp thụ hoàn toàn khí CO2 tạo thành bằng 7,5 lit dung dịch Ca(OH)2 0,02M thấy có 11,25gam kết tủa. Xác định phần trăm về thể tích các khí trong hỗn hợp A.Biết 7 lit hỗn hợp khí A ở đktc nặng 4,875 g
Câu 5. ( 5 điểm)
1. Hai hợp chất hữu cơ X có công thức RCOOH và Y có công thức R’(OH)2. Trong đó R’ R là các gốc hidđrocacbon mạch hở. Hỗn hợp A gồm X và Y được chia thành hai phần bằng nhau, mỗi phần có tổng số mol hai chất là 0,05 mol
- Phần 1: Cho tác dụng với Na dư thu được 0,896 lít khí ở đktc.
- Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thu được 3,136 lít khí CO2 đktcvà 2,7 gam nước.
a. Tìm CTPT và viết CTCT của X, Y.
b.Tính phõ̀n trăm về khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp.
2. Một hỗn hợp gồm thờ̉ tích bằng nhau của hai khí oxi và axetilen được đựng trong 1 bình kín thể tích không đổi. Sau khi đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp , đưa bình về nhiệt độ ban đầu thì áp suất trong bình bằng bao nhiêu lần áp suất ban đầu. Biết rằng các chất đều ở trạng thái khí.
 (Cho: H = 1, C = 12, O = 16 , Mg = 24 , Al = 27, Na = 23 , Cl = 35,5 , Ca = 40 , Fe = 56, Ba = 137).
- hết-
Biểu điểm- Đáp án
Câu
ý
Nội dung
Điểm
I
1
2
Xác định đúng chất và viết PTHH đúng, mỗi pt 0,25đ
X1: HBr X2: MnO2 X3: Cl2
X4: SO2 X5: H2O A1: H2S
A2: O2 B1: Ca(OH)2 B2: NH4NO3
Ca(Y): Ca(H2PO4) D1: KMnO4 D2: NaCl
D3: H2SO4đặc E1: CO(NH2)2 
- Dẫn hỗn hợp khí vào dung dịch BaCl2 dư. Nếu có kết tủa trắng chứng tỏ có khí SO3 trong hỗn hợp, viết PTHH.
- Dẫn hỗn hợp khí đi ra vào dd Ca(OH)2 dư. Nếu có kết tủa trắng chứng tỏ có khí CO2, viết PTHH.
- Dẫn hỗn hợp khí còn lại lần lượt vào ddAgNO3/NH3 và dd Br2.
 Nếu bình đựng AgNO3/NH3 có kết tủa vàng chứng tỏ có khí C2H2, viết PTHH
 Nếu dd Br2 bị nhạt màu chứng tỏ có C2H4, viết PTHH
- Đốt khí còn lại rồi dẫn sản phẩm lần lượt vào CuSO4 khan và dd Ca(OH)2. Nếu CuSO4 từ trắng chuyển sang màu xanh và nước vôi trong vẩn đục chứng tỏ có khí CH4, viết PTHH 
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
II
1
2
PTHH: FeO + CO -> Fe + CO2
 Fe2O3 + 3CO -> 2Fe + 3CO2
Ta có: = trong oxit sắt = (2,88 – 2,24) : 16 = 0,04 mol
 Mà số mol BaCO3là 5,91: 197= 0,03mol Xảy ra 2PTHH
 CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3
 2CO2 + Ba(OH)2 -> Ba(HCO)2
 Số mol Ba(OH)2 = số mol BaCO3 +1/2 số mol CO2(2)
 = 0,03 + 1/2 (0,04- 0,03) = 0,035 mol
 Nồng độ mol của Ba(OH)2 là: 0,035 : 0,5 = 0,07M
 PTHH: 3NaOH + AlCl3 -> Al(OH)3 + 3NaCl
 nNaOH = 0,15 . 2 = 0,3 mol
 n= 7,8 : 78 = 0,1 mol = 1/3 nNaOH => PU trên NaOH pu hết
Thêm dung dịch NaOH thấy khối lượng kết tủa tăng=> AlCl3 pư trên dư
NNaOH thêm = 0,1. 2 = 0,2 mol ; ntăng = (10,92 -7,8):78 = 0,04 mol 
 AlCl3 dư và Al(OH)3 bị hoà tan một phần
 3NaOH + AlCl3 dư -> Al(OH)3 + 3NaCl
 3x mol xmol xmol
 NaOH + Al(OH)3 -> NaAlO2 + H2O
 0,2 -3x 0,2 -3x
Dặt mol AlCl3 dư là xmol => x – (0,2 -3x) = 0,4 => x = 0,06
 Tổng số mol AlCl3 = 0,1 + 0,06 = 0.16 mol
 CM = 0,16: 0,1 =1,6 M
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
III
1
2.
 PTHH : Mg + 2HCl -> MgCl2 + H2
 2Al + 6 HCl -> 2 AlCl3 + 3H2
Vì khối lượng kim loại trong hai thí nghiệm như nhau.
Mà mmuối TN1 < m muối TN2 và mmuối TN1 : m muối TN2 nHCl TN1 : nHClTN2
Nên: - TN 1: KL pư dư, HCl pư hết
TN 2: KL pư hết , HCl pư dư
= = 0,7 mol
Đặt mol của Mg và Al là x,y. Ta có hệ pt
 24x + 27y = 7,5 x = 0,2
 2x +3y = 0,7 y = 0,1
%mMg = 64% , %mAl = 36%.
Ta có: (TN1) = = 0,6037 mol => = 0,30185 mol
 = 0,30185 . 22,4 =6,76 lit
 x = 0,6037:0,6 1M
PTHH: 2Na + 2H2O -> 2NaOH + H2
 Ba + 2H2O -> Ba(OH)2 + H2
 3OH - + Fe3+ -> Fe(OH)3
 2Fe(OH)3 -> Fe2O3 + 3H2O
 2OH - + Fe2+ -> Fe(OH)2
 4Fe(OH) 2 + O2 -> 2Fe2O3 + 4H2O
TH1: = = = 
 m = 
TH2: = = = 
 => m1 = 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
n hh = 4,2 : 22,4 = 0,1875 mol = 0,02 . 7,5 = 0,15 mol
m hh =4,2 .4,875 : 7 = 2,925 g = 11,25: 100 = 0,1125 mol
 CH4 + 2 O2 -> CO2 + 2H2O
 C2H4 + 3 O2 -> 2CO2 + 2H2O
 2H2 + O2 -> 2H2O
 Vì Xét 2 trường hợp sau:
TH1: Ca(OH)2 phản ứng dư
 CO2 + Ca(OH)2 + CaCO3 + H2O
Đặt số mol của CH4, C2H4, H2 lần lượt là x,y, z mol
 Ta có hệ pt: x + y + z = 0,1875
 16x + 28y +2z = 2,925 (hệ vô nghiệm) -> Loại
 x + 2y = 0,1125
TH2: Sản phẩm gồm hai muối
 2 CO2 + Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2
 Ta có hệ pt: x + y + z = 0,1875 x = 0,1125
 16x + 28y +2z = 2,925 => y = 0,0375
 x + 2y = 0,1875 z = 0,0375
 %= x 100% =60% %= % = 20%
0,25
0,75
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
V
1
 a. = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol ; = 3,136 : 22,4 = 0,14 mol 
 = 2,7: 18 = 0,15 mol
 Phần 1: 2RCOOH + 2Na -> 2RCOONa + H2
 R,(OH)2 + 2Na -> R’ (ONa)2 + H2 
 Đặt số mol của axit và rượu lần lượt là a, b mol. 
 Ta có hệ pt: a + b = 0,05
 a + b = 0,04 
 => a = 0,02; b = 0,03
Phần 2: Gọi gốc R là CxHy , gốc R’ là CnHm 
 ( x,y,n,m N*; y,n,m 1; y 2x + 1 ; m 2n )
 CxHyCOOH + O2 -> (x+1)CO2 + H2O
 CnHm(OH)2 + O2 -> nCO2 + H2O
Ta có : = 0,02(x + 1) + 0,03n = 0,14 
 = 0,02. + 0,03 = 0,15
=> 2x + 3n = 12
 y + 1,5m = 11
 Nếu x = 0 -> n = 4
 Nếu x = 1 -> n = 10/3 (loại)
 Nếu x = 2 -> n = 8/3 (loai)
 Nếu x = 3 -> n = 2 
 Nếu x = 4 -> n = 4/3 (loại) 
 * Trường hợp: x = 0 -> y = 1 -> m = 20/3 (loại)
 * Trường hợp: x = 3 -> y = 3 hoặc 5 hoặc 7 vì y 2x + 1, y lẻ
 Nếu y = 3 -> m = 16/3 (loai)
 Nếu y = 5 -> m = 4 (Thoả mãn) 
 Nếu y = 7 -> m = 8/3 (loại)
Vậy CTPT của axit và rượu là: C3H5COOH và C2H4(OH)2
 CTCT của axit: CH3 – CH = CH – COOH hoặc CH2 = CH – CH2 – COOH
CTCT của rượu: HO – CH2 – CH2 – OH 
 b. 
% = . 100% = 48,04% => %= 51,96%
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
2
 2C2H2 + 5O2 -> 4CO2 + 2H2O
 Vì = => C2H2 phản ứng dư
 Đặt mol của hai chất ban đầu là x mol => = 2x mol
 Sau phản ứng có: CO2 0,8 x mol
 H2O 0,4 x mol
 C2H2 dư 0,6 mol
 Số mol hỗn hợp sau phản ứng: 1.8 x mol
Vì các khí ở cùng đk về nhiệt độ và p nên ta có: = 
 Vậy P sau pư = P trước pư = 0,9 P trước pư
0,25
0,25
0,5 
0,25
0,25
Ghi chú: Mọi cách làm khác nếu đúng đều đạt điểm tối đa