SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn thi: HÓA HỌC LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu Ý Nội dung Điể m I 1 Điều chế 5 chất khí: 2KClO 3 → o t 2KCl + 3O 2 KClO 3 + 6HCl → KCl + 3Cl 2 +3H 2 O FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 4FeS + 7O 2 → o t 2Fe 2 O 3 + 4SO 2 * Cho 5 chất khí tác dụng với nhau từng đôi một là: 3O 2 + 2H 2 S → o t 2SO 2 + 2H 2 O O 2 + 2SO 2  → 52 OVt o 2SO 3 O 2 + 2H 2 → o t 2H 2 O Cl 2 + H 2 → o t 2HCl Cl 2 + 2H 2 S → S + 2HCl 2H 2 S + SO 2 → 3S + 2H 2 O 2,75 (mỗi pt cho 0,25) 2 - Hòa tan hỗn hợp vào nước thu được 2 phần Phần tan gồm: AlCl 3 , CuCl 2 , KCl Phần không tan gồm: Al 2 O 3 , CuO. - Cho phần không tan tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc tách thu được CuO, còn Al 2 O 3 tan thành dung dịch: Al 2 O 3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H 2 O Sục khí CO 2 dư vào dung dịch, lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi, thu được Al 2 O 3 NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2 O → Al(OH) 3 + NaHCO 3 2Al(OH) 3 → o t Al 2 O 3 + 3H 2 O - Phần tan: cho tác dụng với dung dịch KOH dư, lọc lấy kết tủa rồi cho tác dụng với HCl dư sau đó cô cạn dung dịch thu được CuCl 2 CuCl 2 + 2KOH → Cu(OH) 2 + 2KCl Cu(OH) 2 + 2HCl → CuCl 2 + 2H 2 O Sục khí CO 2 dư vào dung dịch lọc lấy kết tủa cho tác dụng với dung dịch HCl dư sau đó cô cạn dung dịch AlCl 3 KAlO 2 + CO 2 +2H 2 O → Al(OH) 3 + KHCO 3 Al(OH) 3 + 3HCl → AlCl 3 + 3H 2 O Phần dung dịch còn lại cho tác dụng với dung dịch HCl dư, sau đó cô cạn dung dịch thu được KCl KHCO 3 + HCl → KCl + 2H 2 O + CO 2 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 3 a. Ở thời điểm 90 giây: )/(733,0 30 3052 )2()/(867,0 90 78 )3( smlpuvsmlpuv = − =>== trái với quy luật (tốc độ phản ứng càng giảm khi lượng chất phản ứng càng ít) b. Ptpư CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + H 2 O + CO 2 Ta nhận thấy nếu HCl phản ứng hết thì : Thể tích CO 2 = 0,005.22,4 = 0,112 (lít) = 112ml > thể tích CO 2 tạo thành. Vì vậy HCl dư, CaCO 3 hết nên phản ứng dừng khi mẫu CaCO 3 hết 1 Đáp án c. - Ở phút đầu tiên - Tán nhỏ mẫu CaCO 3 hoặc khuấy đều hoặc đun nóng hệ phản ứng II 1 Gọi muối sắt clorua là FeCl x ta có phương trình sau: FeCl X + xAgNO 3 → Fe(NO 3 ) x + xAgCl n AgCl = 2,87/143,5=0,02mol → x n x FeCl 02,0 = (mol) → 25,63 02,0 27,1 =⇒== xx x M x FeCl Vậy A 3 là FeCl 2 . Thay các chất thích hợp vào ta có các PTHH: Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (A 1 ) (A 2 ) (A 3 ) (A 4 ) FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaCl (A 3 ) (A 5 ) (A 6 ) (A 7 ) 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH) 3 (A 6 ) (A 8 ) (A 9 ) (A 10 ) 2Fe(OH) 3 → o t Fe 2 O 3 + 3H 2 O (A 10 ) (A 11 ) (A 9 ) Fe 2 O 3 + 3H 2 → o t 2Fe + 3H 2 O (A 11 ) (A 4 ) (A 1 ) (A 9 ) 0,75 1,25 (mỗi pt cho 0,25) Câu 3 a Gọi a, b lần lượt là số mol của AO và B 2 O 3 có ở mỗi phần, ta có pthh: - Phần 1: AO + 2HCl → ACl 2 + H 2 O (1) B 2 O 3 + 6HCl → 2BCl 3 + 3H 2 O (2) Theo bài ra và pt (1) (2) ta có:    =+++ =+ )(18)482()16( )(7,062 bbBaA aba Từ (b) → aA + 16 + 2bB + 48b = 18 → aA + 2bB + 8(2a+6b) = 18 → aA + 2bB = 12,4 (c) - Giả sử phần 2 đều bị khử hoàn toàn bởi CO ta có các pthh: AO + CO → o t A + CO 2 (3) B 2 O 3 + 3CO → o t 2B + 3CO 2 (4) Theo (3) (4): m Y = aA + 2bB = 12,4 < 13,2 → vô lý. Vậy chỉ có một oxit bị khử bởi CO. - Trường hợp 1: Chỉ có AO bị khử. AO + CO → o t A + CO 2 (5) Lúc đó: m Y = aA + b(2B+48)=13,2 (d) Từ (a) (d) → 16a = 4,8 → a = 0,3 b = 0,1/6 Thay vào (c) → 0,3A + B/30 = 12,4 → 9A + B = 372 Do B nằm trong dãy hoạt động hóa học và B 2 O 3 không bị khử bởi CO nên B là Nhôm (Al = 27) → A = 38,33 (loại) - Trường hợp 2: Chỉ có B 2 O 3 bị khử bởi CO: B 2 O 3 + 3CO → o t 2B + 3CO 2 Lúc đó: m Y = 2bB + a(A+16) = 13,2 (e) Từ (a) (e) → 48b = 4,8 → b = 0,1 a = 0,05 Thay vào (c): 0,05A + 0,2B = 12,4 → A + 4B = 248 Do B nằm trong dãy hoạt động hóa học và B 2 O 3 bị khử nên B là Fe → A là 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 Mg. Vậy hai oxit trên là MgO và Fe 2 O 3 %11,11%100 18 05,040 % == x x MgO %89,88%11,11%10032% =−=OFe 0,5 0,5 Câu 4 1 - Các phản ứng xẩy ra: BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 + 2NaCl (1) BaCl 2 + (NH 4 ) 2 CO 3 → BaCO 3 + 2NH 4 Cl (2) CaCl 2 + Na 2 CO 3 → CaCO 3 + 2NaCl (3) CaCl 2 + (NH 4 ) 2 CO 3 → CaCO 3 + 2NH 4 Cl (4) Số mol gốc CO 3 = molnn CONHCONa 35,025,01,0 32432 )( =+=+ Cứ một mol BaCl 2 hoặc CaCl 2 chuyển thành BaCO 3 hoặc CaCO 3 thì khối lượng muối giảm: 71 – 60 = 11g Vậy tổng số mol BaCO 3 và CaCO 3 phản ứng là: (43 – 39,7):11=0,3mol < tổng số mol gốc CO 3 → số mol gốc CO 3 dư. Gọi x, y là số mol BaCO 3 và BaCO 3 có trong A theo bài ra ta có:    = = ⇒    =+ =+ 2,0 1,0 7,39100197 3,0 y x yx yx Thành phần phần trăm các chất trong A là: %62,49%100 7,39 1971,0 % 3 == x x BaCO %38,50%62,49%100% 3 =−=CaCO - Trong 1/2 dung dịch B có: NaCl, NH 4 Cl, Na 2 CO 3 dư, (NH 4 ) 2 CO 3 dư. Cho dung dịch B tác dụng với HCl dư ta có các phương trình hóa học: Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 + H 2 O (5) (NH 4 ) 2 CO 3 + 2HCl → 2NH 4 Cl + CO 2 + H 2 O (6) Khi cô cạn dung dịch thu được các muối NaCl và NH 4 Cl. Nung chất rắn tới khối lượng không đổi NH 4 Cl bị thăng hoa theo phương trình: NH 4 Cl → o t NH 3 + HCl. Vậy chất rắn X chỉ còn NaCl, chiếm 100% 1,0 0,5 0,5 2 - Trong 1/2 dung dịch B có: NaCl, NH 4 Cl, Na 2 CO 3 dư, (NH 4 ) 2 CO 3 dư. Số mol gốc CO 3 dư mol025,0)3,035,0( 2 1 =−= Số mol Ba(OH) 2 = 0,25 x 0,2 =0,054 mol Cho B tác dụng với Ba(OH) 2 , có các pthh: Ba(OH) 2 + 2NH 4 Cl → BaCl 2 + 2NH 3 + H 2 O (8) Ba(OH) 2 + (NH 4 ) 2 CO 3 → BaCO 3 + 2NH 3 + 2H 2 O (9) Ba(OH) 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 + 2NaOH (10) Muốn lượng dung dịch giảm tối đa thì khối lượng kết tủa phải lớn nhất và lượng NH 3 thoát ra nhiều nhất. Khi đó Phản ứng (10) không xẩy ra (tức Na 2 CO 3 đã hết) Theo (9) số mol BaCO 3 = số mol gốc CO 3 dư = 0,025 → khối lượng BaCO 3 kết tủa lớn nhất = 0,025 x 197 = 4,925g Vì số mol nhóm OH = 0,054 x 2 < số mol của (NH 4 ) 2 CO 3 nên số mol NH 3 thoát ra ở (8) (9) là 0,108mol → khối lượng NH 3 = 0,108 x 17 = 1,836g. Vậy tổng khối lượng hai dung dịch giảm tối đa = 4,925 + 1,836=6,761g 1,0 0,5 0,5 Câu 5 - Các pthh xẩy ra: C 2 H 2 + H 2 → C 2 H 4 (1) C 2 H 2 + 2H 2 → C 2 H 6 (2) Gọi a, b là số mol của C 2 H 4 và C 2 H 6 ở (1) (2) 0,5 3 Hỗn hợp Y gồm : H 2 (0,4 – a – 2b) mol C 2 H 4 a mol C 2 H 6 b mol C 2 H 2 (0,18 – a – b) mol CH 4 0,3 mol Khi cho Y đi qua dung dịch Brom dư có các phản ứng: C 2 H 2 + 2Br 2 → C 2 H 2 Br 4 C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 Hỗn hợp khí Z gồm H 2 , C 2 H 6 , CH 4 . Theo bài ra ta có pt: 2(0,4 – a – 2b) + 30b + 16x0,3/0,7 – a – b = 2 x 8 = 16 (*) 26(0,18 – a – b) + 28a = 1,64 (**) Từ (*) (**) → a = 0,04 b = 0,12 Vậy trong hỗn hợp Z có 0,3 mol CH 4 ; 0,12 mol C 2 H 6 ; 0,12 H 2 0,5 0,5 1,0 4 . SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn thi: HÓA HỌC LỚP 9 - BẢNG A Thời gian làm bài: 150 phút Câu Ý Nội dung. vậy HCl dư, CaCO 3 hết nên phản ứng dừng khi mẫu CaCO 3 hết 1 Đáp án c. - Ở phút đầu tiên - Tán nhỏ mẫu CaCO 3 hoặc khuấy đều hoặc đun nóng hệ phản ứng II 1 Gọi muối sắt clorua là FeCl x . 0,3 b = 0,1/6 Thay vào (c) → 0,3A + B/30 = 12,4 → 9A + B = 372 Do B nằm trong dãy hoạt động hóa học và B 2 O 3 không bị khử bởi CO nên B là Nhôm (Al = 27) → A = 38,33 (loại) - Trường hợp