Đề thi HSG lớp 9 Tỉnh Gia Lai 2010 - 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI Năm học 2010 – 2011 MÔN: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) a. Viết phương trình phản ứng thực hiện dãy chuyển hóa: Cu 1 → CuCl 2 2 → Cu(OH) 2 3 → CuO 4 → Cu 5 → FeCl 2 6 → Fe(OH) 2 7 → Fe(OH) 3 8 → Fe 2 O 3 9 → Al 2 O 3 10 → Al b. Chỉ dùng thêm dung dịch NaHSO 4 , hãy phân biệt các dung dịch mất nhãn: NaHCO 3 , Na 2 SO 4 , Ba(OH) 2 , Ba(HCO 3 ) 2 và NaNO 3 bằng phương pháp hóa học, viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Câu 2. (4,0 điểm) a. Từ đá vôi, than đá và các chất vô cơ cần thiết khác, viết phương trình phản ứng điều chế: etilen, poli(vinyl clorua), axit axetic và brombenzen. b. Hỗn hợp Y gồm: FeO, Al 2 O 3 , Fe và Al. Trình bày phương pháp hóa học để tách được Al 2 O 3 từ Y với lượng không đổi, viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra (coi các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Câu 3. (2,5 điểm) Dung dịch X có hòa tan 0,02 mol KOH và 0,01 mol Ca(OH) 2 . a. Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra, vẽ đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa số mol kết tủa và số mol CO 2 khi thổi từ từ đến dư khí CO 2 vào X? b. Tính khối lượng kết tủa thu được khi cho 0,032 mol CO 2 vào dung dịch X. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, coi CaCO 3 tan không đáng kể. Câu 4. (3,0 điểm) Hỗn hợp khí X gồm metan, etilen và axetilen. Dẫn từ từ 8,96 lít X vào bình dung dịch nước brom dư, sau khi phản ứng kết thúc khối lượng bình brom tăng 5,4 gam. Đốt cháy 4,3 gam X trong oxi dư sinh ra 6,72 lít khí CO 2 . a. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra, tính phần trăm thể tích của mỗi khí trong X. b. Dẫn từ từ 5,6 lít X vào dung dịch AgNO 3 (dư) trong NH 3 , phản ứng sinh ra m gam kết tủa. Viết phương trình phản ứng và tính giá trị của m. Các khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 5. (1,0 điểm) Đem 4,48 lít etilen (đo ở đktc) nung ở 250 o C, 100 atm, có xúc tác peoxit thu được m gam polietilen (phần rắn), phần khí cho vào dung dịch nước brom dư, phản ứng hoàn toàn có 8,0 gam brom phản ứng. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra, tính giá trị của m và hiệu suất phản ứng trùng hợp của etilen. Câu 6. (2,0 điểm) Một hỗn hợp Y gồm kim loại R (hóa trị không đổi) và oxit của nó RO. Hòa tan 17,85 gam Y trong H 2 SO 4 đặc, nóng, dư, phản ứng có sinh ra 3,36 lít khí SO 2 (đo ở đktc) và 40,25 gam muối sunfat khan. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra, tìm R và tính số mol H 2 SO 4 đã phản ứng. Câu 7. (3,0 điểm) Cho 6,96 gam Fe 3 O 4 vào 150 ml dung dịch H 2 SO 4 2M được dung dịch X. Chia X làm hai phần bằng nhau. a. Cho từ từ 5,6 gam bột Fe vào phần thứ nhất, khuấy đều, phản ứng kết thúc thoát ra V 1 lít khí hidro. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra, tính giá trị nhỏ nhất của V 1 (hidro tan không đáng kể trong nước). b. Cho từ từ từng giọt dung dịch Na 2 CO 3 đến dư vào phần thứ hai, đun nóng nhẹ, khuấy đều, phản ứng có sinh ra V 2 lít khí. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra, tính giá trị của V 2 . Biết Fe 2 (CO 3 ) 3 không bền phân hủy; như khi cho từ từ dung dịch K 2 CO 3 vào dung dịch FeCl 3 có phản ứng: FeCl 3 + K 2 CO 3 + H 2 O → KCl + Fe(OH) 3  + CO 2  . Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. Câu 8. (1,5 điểm) Hòa tan 0,07 mol hỗn hợp X có khối lượng 6,76 gam gồm: Al 2 O 3 , Fe 2 O 3 , MgO, CuO và FeO (với số mol tương ứng lần lượt là: 2x, y, x, y và x) trong dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch được m gam muối khan. Viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra và tính giá trị của m. Hết Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn và máy tính bỏ túi. Họ và tên học sinh:……………….………………………… Số báo danh:…………Phòng thi:……… ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI Năm học 2010 – 2011 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC (Gồm 05 trang) Câu 1 3,0 điểm a/ 2,0 điểm Cu + Cl 2 o t → CuCl 2 0,2 CuCl 2 + 2 NaOH  Cu(OH) 2 + 2 NaCl 0,2 Cu(OH) 2 o t → CuO + H 2 O 0,2 CuO + H 2 o t → Cu + H 2 O 0,2 Cu + 2 FeCl 3  2 FeCl 2 + CuCl 2 0,2 FeCl 2 + 2 NaOH  Fe(OH) 2 + 2 NaCl 0,2 4 Fe(OH) 2 + O 2 + 2 H 2 O  4 Fe(OH) 3 0,2 2 Fe(OH) 3 o t → Fe 2 O 3 + 3 H 2 O 0,2 Fe 2 O 3 + 2 Al o t → Al 2 O 3 + 2 Fe 0,2 2 Al 2 O 3 ,dpnc xt → 4 Al + 3 O 2 0,2 Đúng mỗi phương trình phản ứng 0,2 điểm, không cần theo thứ tự. b/ 1,0 điểm 0,2 Cho thuốc thử NaHSO 4 vào các mẫu thử trong ống nghiệm có đánh dấu: - Ống nghiệm chỉ có kết tủa trắng là Ba(OH) 2 ; Ba(OH) 2 + 2 NaHSO 4  BaSO 4  + Na 2 SO 4 + 2 H 2 O - Ống nghiệm chỉ có khí không màu thoát ra là NaHCO 3 ; NaHCO 3 + NaHSO 4  Na 2 SO 4 + CO 2  + 2 H 2 O 0,2 - Ống nghiệm có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra là Ba(HCO 3 ) 2 ; Ba(HCO 3 ) 2 + 2 NaHSO 4  BaSO 4  + Na 2 SO 4 + 2 CO 2  + 2 H 2 O 0,2 - Hai ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là NaNO 3 và Na 2 SO 4 . - Lấy lại mẫu thử và dùng dung dịch Ba(OH) 2 vừa nhận được làm thuốc thử. - Ống nghiệm có kết tủa trắng là Na 2 SO 4 ; ống còn lại không có hiện tượng gì là NaNO 3 . Na 2 SO 4 + Ba(OH) 2  2 NaOH + BaSO 4  0,2 0,2 Câu 2 4,0 điểm a/ 2,0 điểm CaCO 3 o t → CaO + CO 2 0,2 CaO + 3 C o t → CaC 2 + CO 0,2 CaC 2 + 2 H 2 O  Ca(OH) 2 + C 2 H 2  0,2 C 2 H 2 + H 2 o xt, t → C 2 H 4 0,2 C 2 H 4 + H 2 O o xt, t → C 2 H 5 OH 0,2 C 2 H 5 OH + O 2 xt → CH 3 COOH + H 2 O 0,2 C 2 H 2 + HCl o xt, t → C 2 H 3 Cl 0,2 n C 2 H 3 Cl o xt, t ,p → [-CH 2 -CHCl-] n 0,2 3 C 2 H 2 o C, 600 C → C 6 H 6 0,2 C 6 H 6 + Br 2 o Fe, t → C 6 H 5 Br + HBr 0,2 Đúng mỗi phương trình phản ứng 0,2 điểm. Nếu HS viết theo hướng khác tính theo logic cho diểm tối đa theo biểu điểm. b/ 2,0 điểm Cho hỗn hợp Y vào dung dịch CuCl 2 dư, tách lấy phần rắn hòa tan trong dung dịch NaOH dư. Lọc lấy dung dịch nước lọc cho phản ứng với CO 2 dư, lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi được Al 2 O 3 . 0,2x3 2 Al + 3 CuCl 2  2 AlCl 3 + 3 Cu 0,2 Fe + CuCl 2  FeCl 2 + Cu 0,2 Al 2 O 3 + 2 NaOH  2 NaAlO 2 + H 2 O 0,2 2 NaOH + CO 2  Na 2 CO 3 + H 2 O 0,2 Na 2 CO 3 + H 2 O + CO 2  2 NaHCO 3 0,2 NaAlO 2 + 2 H 2 O + CO 2  Al(OH) 3  + NaHCO 3 0,2 2 Al(OH) 3  o t → Al 2 O 3 + 3 H 2 O 0,2 HS có thể cho hỗn hợp Y vào dung dịch axit sunfuric đặc, nguội dư. Sau khi phản ứng hoàn toàn lọc lấy dung dịch, cho NaOH dư vào nước lọc, lọc lấy nước lọc, thổi CO 2 đến dư vào nước lọc, lấy kết tủa thu được nung đến khối lượng không đổi được Al 2 O 3 . Câu 3 2,5 điểm a/ 1,6 điểm - Ban đầu dung dịch bị vẫn đục với lượng kết tủa tăng dần đến cực đại; - Tiếp đến một thời gian kết tủa không thay đổi; - Sau cùng lượng kết tủa tan dần và dung dịch trở nên trong suốt. 0,2 0,2 0,2 Ca(OH) 2 + CO 2  CaCO 3  + H 2 O (1) 0,2 2 KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O (2) 0,2 K 2 CO 3 + H 2 O + CO 2  2KHCO 3 (3) 0,2 CaCO 3 + H 2 O + CO 2 Ca(HCO 3 ) 2 (4) 0,2 Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa CaCO 3 vào số mol CO 2 khi cho từ từ CO 2 vào dung dịch có hòa tan 0,02 mol KOH và 0,01 mol Ca(OH) 2 . * HS có thể viết phản ứng không theo thứ tự như trên, nhưng nếu thể hiện được tính logic của vấn đề “ muối canxi cacbonat không tan tạo kết tủa khi trong dung dịch có hợp chất tan của canxi và hợp chất tan cacbonat” thì cho điểm tối đa. 0,2 b/ 0,9 điểm Ca(OH) 2 + CO 2  CaCO 3  + H 2 O (1) 0,01 0,01 0,01 0,2 2 KOH + CO 2  K 2 CO 3 + H 2 O (2) 0,02 0,01 0,01 0,2 K 2 CO 3 + H 2 O + CO 2  2 KHCO 3 (3) 0,01 0,01 0,2 CaCO 3  + H 2 O + CO 2  Ca(HCO 3 ) 2 (4) 0,01 0,002 0,002 0,008 0,000 3 CaCO n = 0,008 x 100 = 0,8 (gam) 0,2 0,1 * Phần này chỉ cho điểm các tính toán còn phản ứng đã cho điểm phần trên. Câu 4 3,0 điểm a/ C 2 H 4 + Br 2  C 2 H 4 Br 2 0,2 n CaCO3 0,01 n CO2 0,030,01 0,04 2,4 điểm C 2 H 2 + 2 Br 2  C 2 H 2 Br 4 0,2 CH 4 + 2 O 2  CO 2 + 2 H 2 O 0,2 C 2 H 4 + 3 O 2  2CO 2 + 2 H 2 O 0,2 C 2 H 2 + 5 2 O 2  2CO 2 + H 2 O 0,2 Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CH 4 , C 2 H 4 , C 2 H 2 có trong 8,96 lít khí X (đktc) thì số mol của CH 4 , C 2 H 4 , C 2 H 2 có trong 4,3 gam X lần lượt là: k.x, k.y và k.z (với k>0) 0,2 Ta có các phương trình: x + y + z = 0,4 (1) 0.x + 28.y + 26.z = 5,4 (2) 16.k.x + 28.k.y + 26.k.z = 4,3 (3) 1.k.x + 2.k.y + 2.k.z = 0,3 (4) 0,2 0,2 0,2 0,2 Giải hệ bốn phương trình trên ta được: x = 0,2; y = 0,1; z = 0,1 0,2 - %V 4 CH = (0,2/0,4).100% = 50% - %V 2 4 C H = 25% - %V 2 2 C H = 25% 0,2 b/ 0,6 điểm C 2 H 2 + 2 AgNO 3 + 2 NH 3  C 2 Ag 2  + 2 NH 4 NO 3 2 2 2 2 C H C Ag n n= = (0,1 x 0,25)/0,4 = 0,0625 (mol) 0,2 0,2 2 2 C Ag m = 0,0625 x (108 x 2 + 12 x 2) = 15 (gam) 0,2 Câu 5 1,0 điểm n CH 2 =CH 2 o xt, t → [-CH 2 -CH 2 -] n 0,2 C 2 H 4 + Br 2  C 2 H 4 Br 2 0,05 0,05 2 4 C H n dư = 2 Br n = 0,05 (mol) 0,2 2 4 C H n pư = 4,48/22,4 – 0,05 = 0,15 (mol) 0,2 m PE = 0,15 x 28 = 4,2 (gam) 0,2 H% = (0,15/0,2) x 100% = 75% 0,2 Phản ứng giữa C 2 H 4 và Br 2 không cho điểm vì đã cho ở câu 4a. Câu 6 2,0 điểm R + 2 H 2 SO 4  RSO 4 + SO 2 + 2 H 2 O (1) 0,2 RO + H 2 SO 4  RSO 4 + H 2 O (2) 0,2 Gọi x, y lần lượt là số mol của R và RO có trong 17,85 gam hỗn hợp Y và M là khối lượng mol nguyên tử của R. Từ (1) ta có: x = 2 R SO n n= = 0,15 (mol) 0,2 Từ (1) và (2) ta có: 4 RSO n = RO R n n+ = x + y = (0,15 + y) 0,2 Ta có hệ phương trình 0,15. M + y.(M+16) = 17,85 (*) 0,2 (0,15 + y).(M + 96) = 40,25 (**) 0,2 Giải hệ phương trình ta được y = 0,1 (mol) 0,2 M = 65 (gam) 0,2 ⇒ R là Zn. 0,1 2 4 H SO n pư = 4 RSO n + 2 SO n 0,2 = 0,4 (mol) 0,1 Câu 7 3,0 điểm a/ 2,0 điểm 3 4 0,03 Fe O n = 2 4 0,3 H SO n = Fe 3 O 4 + 4 H 2 SO 4  FeSO 4 + Fe 2 (SO 4 ) 3 + 4 H 2 O 0,2 3 4 1 Fe O n < 2 4 4 H SO n nên lượng Fe 3 O 4 hết, H 2 SO 4 dư. 0,2 Trong dung dịch X chứa: FeSO 4 0,03 mol 0,2 Fe 2 (SO 4 ) 3 0,03 mol 0,2 H 2 SO 4 dư : (0,3 – 0,03 x 4) = 0,18 mol 0,2 0,1 Fe n = Fe 2 (SO 4 ) 3 + Fe  3 FeSO 4 0,015 0,015 (0,1 – 0,015) = 0,085 0,2 0,2 Fe + H 2 SO 4  FeSO 4 + H 2  0,085 0,09 0 0,005 0,085 0,2 0,2 V 1 = 0,085 x 22,4 = 1,904 (lit) 0,2 * Nếu học sinh cho H 2 SO 4 phản ứng với Fe sinh ra hidro, rồi cho hidro phản ứng với muối sắt (III) sunfat thì được điểm tối đa. b/ 1,0 điểm Na 2 CO 3 + H 2 SO 4  Na 2 SO 4 + CO 2  + H 2 O 0,2 0,09 0,09 0,2 3 Na 2 CO 3 + Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3 H 2 O  3 Na 2 SO 4 + 2 Fe(OH) 3  + 3 CO 2  0,2 0,015 0,045 0,2 V 2 = (0,09 + 0,045) x 22,4 = 3,024 (lit) 0,2 Câu 8 1,5 điểm Al 2 O 3 + 6 HCl  2 AlCl 3 + 3 H 2 O 0,2 2x 12x 6x Fe 2 O 3 + 6 HCl  2 FeCl 3 + 3 H 2 O 0,2 y 6y 3y MgO + 2 HCl  MgCl 2 + H 2 O 0,2 x 2x x CuO + 2 HCl  CuCl 2 + H 2 O 0,2 y 2y y FeO + 2 HCl  FeCl 2 + H 2 O 0,2 x 2x x Ta có: - Tổng số mol oxit trong hỗn hợp X là 2x + y + x + y + x = 4x + 2y = 0,07 0,1 - Tổng số mol nước sinh ra là 6x + 3y + x + y + x = 8x + 4y = 0,14 0,1 - Tổng số mol HCl phản ứng là 12x + 5y + 2x + 2y + 2x = 16x + 8y = 0,28 0,1 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng 2 X HCl H O m m m m= + − = 14,46 (gam) 0,2 Học sinh có thể giải theo phương pháp khác, nếu đúng thì cho điểm tối đa với phần tương ứng của biểu điểm. Hết . Số báo danh:…………Phòng thi: ……… ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI Năm học 2010 – 2011 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HÓA. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH GIA LAI Năm học 2010 – 2011 MÔN: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (3,0 điểm) a. Viết phương. Al 2 O 3 . Câu 3 2,5 điểm a/ 1,6 điểm - Ban đầu dung dịch bị vẫn đục với lượng kết tủa tăng dần đến cực đại; - Tiếp đến một thời gian kết tủa không thay đổi; - Sau cùng lượng kết tủa tan dần và