Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Hóa học lớp 9 - tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 - 2019 (có đáp án)

[ĐỀ THI CHỌN HSG 9 TỈNH BẮC NINH 2019]

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – HÀ NỘI 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH BẮC NINH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn: HÓA HỌC

Ngày thi: 15/03/2019

Thời gian làm bài: 150 phút

( Đ ề thi g ồm 02 trang)

1. Tìm các chất X1, X2, X3, X4 đến X10 thích hợp và hoàn thành các phương trình

phản ứng sau:

Fe2O3 + H2

o

t

  FexO y + X1

X2 + X3 → Na2SO4 + BaSO4↓ + CO2↑ + H2O

X2 + X4 → Na2SO4 + BaSO4↓ + CO2↑ + H2O

X5 + X6 → Ag2O↓ + KNO3 + H2O

X7 + X8 → Ca(H2PO4)2

X9 + X10

o

t

  Fe2(SO4)3 + SO2↑ + H2O

2. Hidrocacbon X là chất khí (ở nhiệt độ thường 25

0

C). Nhiệt phân hoàn toàn X

(điều kiện không có oxi) thu được sản phẩm gồm cacbon và hidro, trong đó thể

tích khí H2 thu được gấp đôi thể tích khí X (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp

suất). Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo mạch hở của X.

Hướng dẫn

1.

Các chất ở 2 phương trình khác nhau không có quan hệ với nhau nên cặp chất có

thể hoán đổi vị trí, có thể cho nhiều đáp án phù hợp.

xFe2O3 + (3x – 2y)H2

o

t

  2FexO y + (3x – 2y)H2O (X1)

2NaHSO4 (X2) + BaCO3 (X3) → Na2SO4 + BaSO4↓ + CO2↑ + H2O

2NaHSO4 (X2) + Ba(HCO3)2 (X4) → Na2SO4 + BaSO4↓ + 2CO2↑ + 2H2O

2AgNO3 (X5) + 2KOH (X6) → Ag2O↓ + 2KNO3 + H2O

CaHPO4 (X7) + H3PO4 (X8) → Ca(H2PO4)2

2Fe (X9) + 6H2SO4 (X10)

o

t

  Fe2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O

2.

Giả sử công thức của hidrocacbon X là: C nH2n+2-2k (n,k N*) 

Để đơn giản bài toán, ta đặt số mol của X là: 1 mol

CnH2n+2-2k

o

t

  nC + (n + 1 – k)H2

1→ (n + 1 – k)

→ n + 1 – k = 2 → n – k = 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: (4,0 điểm) [ĐỀ THI CHỌN HSG 9 TỈNH BẮC NINH 2019]

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – HÀ NỘI 2

4

2 4 2 2 Choïn

3 4 3 2 2

4 4 2 2 2

k 0 n 1 CH

k 1 n 2 C H (CH CH )

k 2 n 3 C H (CH C CH ;CH C CH )

k 3 n 4 C H (CH C CH CH ;CH C C CH )

    



    



   



       





         



1. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp chứa Fe3O4 và Al2O3 trong dung dịch H2SO4 loãng

dư được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư được

dung dịch B, kết tủa D. Nung D ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được

chất rắn E. Thổi luồng khí CO dư qua ống sứ chứa E nung nóng đến khi phản ứng

hoàn toàn thu được chất rắn G và khí X. Sục khí X vào dung dịch Ba(OH)2 thì thu

được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc bỏ Y, đun nóng dung dịch Z lại tạo kết tủa Y.

Xác định thành phần A, B, D, E, G, X, Y, Z. Viết phương trình hóa học xảy ra.

Hướng dẫn

Kiểu bài hay gặp, các em chú ý

o

24

2

o

2 t CO 2

dö H SO 34 NaOH

loaõng,dö dö 23 3

23

2 4 2 dö

3 Ba(OH)

2

t

3

Fe(OH) FeO X : CO

D Raén E Fe O

Fe O ddA Fe(OH) Raén G:Fe

Al O

ddB : Na SO ;NaAlO ;NaOH

Y : BaCO

CO

ddZ Y : BaCO



 



    

  

         

   

        

   

  



 



 



    



   





Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O

Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O

FeSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Fe(OH)2↓

Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Fe(OH) 3↓

Al2(SO4)3 + 8NaOH → 3Na2SO4 + 2NaAlO2 + 4H2O

Fe(OH)2

o

t

  FeO + H2O 2Fe(OH)3

o

t

  Fe2O3 + 3H2O

FeO + CO

o

t

  Fe + CO2↑ Fe2O3 + 3CO

o

t

  2Fe + 3CO2↑

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

Ba(HCO3)2

o

t

  BaCO3↓ + CO2↑ + H2O

2. Đốt cháy hoàn toàn 3,24 gam hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ A và B khác dãy

đồng đẳng, trong đó A hơn B một nguyên tử cacbon, người ta chỉ thu được nước

và 9,24 gam CO2. Biết tỉ khối hơi của X so với H2 bằng 13,5. Tìm công thức cấu

tạo của A, B và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn

hợp X.

Hướng dẫn

- MX = 27 thì có 1 chất có M < 27, có thể là CH4, C2H2

TH1: B là CH4

Câu 2: (4,0 điểm) [ĐỀ THI CHỌN HSG 9 TỈNH BẮC NINH 2019]

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – HÀ NỘI 3

4 BT.C

2 n m

x y 0,12 x 0,03

CH : x

Ta coù x 2y 0,21 y 0,09 (loaïi)

C H O : y

n 16m 20 / 3 16x (24 n 16m)y 3,24

   





        

  



 

    

 

TH2:

22

2

CH

22

CO

n' m'

X

M 27

a b 0,12 a 0,09

C H : a

Ta coù 2a b 0,21 b 0,03

n

CH O : b

Soá C 1,75

26a (12 n' 16m ')b 3,24 n' 16m ' 18

n

 

   

 

  

     

   

 

   

     





2 2 2 2

C H : 0,09 C H : 72,22%

%m

HCHO : 0,03 HCHO : 27,78%













1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện

nếu có):

4 2 2 2 4 2 5 3 3 4

CH C H C H C H OH CH COOH CH COONa CH                  

2. Hòa tan hết 4,68 gam hỗn hợp hai muối ACO3, BCO3 bằng dung dịch H2SO4

loãng. Sau phản ứng thu được dung dịch X và 1,12 lít khí CO 2 (đktc).

a. Tính tổng khối lượng các muối tạo thành trong dung dịch X.

b. Tìm các kim loại A, B và tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi muối trong

hỗn hợp ban đầu. Biết tỉ lệ mol ACO3 : BCO3 là 2 : 3 và tỉ lệ khối lượng mol của

A, B là 3 : 5.

c. Cho toàn bộ lượng khí CO2 thu được ở trên hấp thụ vào 200 ml dung dịch

Ba(OH)2. Tính nồng độ mol của dung dịch Ba(OH)2 để thu được 1,97 gam kết tủa.

Hướng dẫn

1.

o

3

o

o

o

1500 C

laøm laïnh nhanh42

PbCO

2 2 2

t

H

2 2 2 3 2

t

men giaám 3 2 2 3 2

3 3 2

t

CaO 3 4 2 3

2CH CH CH 3H

CH CH H CH CH

CH CH H O CH CH OH

CH CH OH O CH COOH H O

CH COOH NaOH CH COONa H O

CH COONa NaOH CH Na CO



       

      

    

      

    

     

2.

Tăng giảm khối lượng:

43 4

4

Muoái SO Muoái CO Muoái SO

Muoái Muoái SO

mm m 4,68

n 0,05 m 6,48g

96 60 36

 

    



Ta có

3

3

3

3

2a 3a 0,05 a 0,01

ACO : 2a

5

ACO : 0,02

(A 60).0,02 ( A 60).0,03 4,68

BCO : 3a 3

BCO : 0,03

A 24 B 40 Mg vaø Ca

    





 

 

       



 

 



 

     

 

Câu 3: (4,0 điểm) [ĐỀ THI CHỌN HSG 9 TỈNH BẮC NINH 2019]

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – HÀ NỘI 4

Nhận thấy: nCO2 > nBaCO3 nên kết tủa bị hòa tan một phần

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O

0,01 0,01 ←0,01

nCO2 = 0,05 nên nCO2 tạo muối axit = 0,05 – 0,01 = 0,04

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

0,04→ 0,02 0,02

→ nBa(OH)2 = 0,03 → CM ddBa(OH)2 = 0,15M

Vậy nồng độ mol của dd Ba(OH)2 đã dùng là 0,15M

1. Cho một luồng khí H2 dư lần lượt đi qua các ống sứ mắc nối tiếp, nung nóng,

đựng các oxit sau đây: Ống (1) đựng 0,01 mol CaO; ống (2) đựng 0,02 mol CuO;

ống (3) đựng 0,02 mol Al2O3; ống (4) đựng 0,01 mol Fe2O3; ống (5) đựng 0,05

mol Na2O. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn lấy từng chất rắn còn lại trong

mỗi ống lần lượt tác dụng với: CaO; dung dịch HCl; dung dịch AgNO3. Viết các

phương trình phản ứng xảy ra.

Hướng dẫn

2 3 2 3 2

23

(3) Al O (4) Fe O (5) Na O 2 2 2 (1) CaO (2) CuO

Raén CaO Raén Cu Raén Al O Raén Fe NaOH:0,1 22

2 2 2

H H H

HH

H O : 0,02 H O H O : 0,05

  

  

                       

  

  

  

Rắn (1) CaO: CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O

CaO + 2AgNO3 → Ca(NO3)2 + Ag2O↓

Rắn (2) Cu: Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag↓

Rắn (3) Al2O3: Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O

Al2O3 + CaO → Ca(AlO2)2

Rắn (4) Fe: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑

Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag↓

Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag↓

Rắn (5) NaOH: NaOH + HCl → NaCl + H2O

2NaOH + 2AgNO3 → 2NaNO3 + Ag2O↓ + H2O

2. Cho 3,136 lít khí (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai hidrocacbon mạch hở vào bình

nước Br2 dư. Sau khí kết thúc phản ứng có 896 cm

3

(đktc) một chất khí thoát ra.

Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X nói trên, cho sản phẩm cháy hấp thụ

hết vào 580 ml dung dịch Ca(OH)2 0,5M thì thu được kết tủa và khối lượng dung

dịch tăng 2,48 gam. Lọc bỏ kết tủa, lấy dung dịch nước lọc cho tác dụng với dung

dịch Ba(OH)2 lấy dư, ta lại thu được kết tủa và tổng khối lượng hai lần kết tủa là

46,73 gam. Xác định CTPT, CTCT có thể có của hai hidrocacbon.

Hướng dẫn

2.

2

22

o

2

Br

dö

O Ca(OH) 1 2

0,29 mol 12 Ba(OH) t

2 dö 2

0,14 mol

A : 0,04

A

X :m CO

B vaø m m 46,73g

HO dd : m







  





   

  

        

  

    

     

- 2 hidrocacbon ở thể khí thì số C ≤ 4 ( trừ pentan C5H12)

Câu 4: (4,0 điểm) [ĐỀ THI CHỌN HSG 9 TỈNH BẮC NINH 2019]

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – HÀ NỘI 5

- 896 cm

3

là ankan A, khi đó B là hidrocacbon không no

- Tình huống mấu chốt là bài toán CO2 với dung dịch kiềm nên ta phải xử lí trước

- CO2 sục vào Ca(OH)2 thì pứ vừa đủ, dung dịch thu được chứa Ca(HCO3)2

* Tình huống CO2

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

a→ a a

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

b→ 0,5b 0,5b

Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → CaCO3↓ + BaCO3↓ + 2H2O

0,5b→ 0,5b 0,5b

Ta có

12

2 m m 46,73

a 0,5b 0,29 a 0,2

nCO 0,38

b 0,18 100(a 0,5b) 197.0,5b 46,73



  



  



         

  

Và: mdd tăng = m(CO2 + H2O) – m1 → 2,48 = 44.0,38 + mH 2O – 20 → nH2O = 0,32

* Biện luận CTPT A, B

2

2

CO :0,38 m 2m 2

H O :0,32

n 2n 2 2k

C H : 0,04

0,04m 0,1n 0,38 2m 5n 19

X

C H : 0,1 0,04(m 1) 0,1(n 1 k) 0,32 k 2





     



     

  

     

 



26 Choïn k 2

3 4 3 2 2

n 1 m 7

A : C H

n 2 m leû

B : C H (CH C CH ;CH C CH )

n 3 m 2



   





         



   



 

  



Vậy A, B lần lượt là C2H6 và C3H4 (CH≡C-CH3; CH2=C=CH2)

1. Bằng phương pháp hóa học, hãy tách các oxit ra khỏi hỗn hợp gồm Al2O3,

MgO, CuO (khối lượng các oxit trước và sau quá trình tách là không đổi).

2. Cho 1,58 gam hỗn hợp A ở dạng bột gồm Mg và Fe tác dụng với 125 ml dung

dịch CuCl2. Khuấy đều hỗn hợp, lọc rửa chất rắn, thu được dung dịch B và 1,92

gam chất rắn C. Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH loãng, lọc rửa kết tủa

mới tạo thành. Nung kết tủa đó trong không khí ở nhiệt độ cao tới khối lượng

không đổi, thu được 0,7 gam chất rắn D gồm hai oxit kim loại. Các phản ứng xảy

ra hoàn toàn.

a. Viết các phương trình hóa học đã xảy ra.

b. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong A và nồng

độ mol/l của dung dịch CuCl2.

Hướng dẫn

1.

o

2

o

2

o

2

o

CO dö t

dö 3 2 3

2

23

ddNaOH

dö 2 ddNaOH t

dö 2

H ddHCl

dö dö

t

O

t

NaOH

dd Al(OH) Al O

NaAlO

Al O

MgCl MgO

dd Mg(OH) MgO

MgO MgO

CuO HCl

Raén

CuO Cu

Raén Cu CuO







 







       



 





     

 

       

 



       



  



   

Câu 5: (4,0 điểm) [ĐỀ THI CHỌN HSG 9 TỈNH BẮC NINH 2019]

[THẦY ĐỖ KIÊN – 0948.20.6996] – HÀ NỘI 6

2.

2

2

o

CuCl

O NaOH

dö

t

Raén :1,92g

Mg : x

A

dd Raén : 0,7g Fe : y



 







   



        

 



- D gồm 2 oxit kim loại sẽ là oxit của 2 kim loại khác nhau, vậy ddB có 2 muối

- ddB có 2 muối. Nếu muối CuCl2 dư thì ddB có 3 muối, nếu Mg dư thì ddB chỉ có

1 muối của Mg. Vậy để ddB có 2 muối thì Mg hết, Fe có thể vừa hết hoặc còn dư

Giả sử mol Fe pứ là: z (mol)

Mg + CuCl2 → MgCl2 + Cu↓ Fe + CuCl2 → FeCl2 + Cu↓

x→ x x x z→ z z z

MgCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Mg(OH)2↓ Mg(OH)2

o

t

  MgO + H2O

x→ x x→ x

FeCl2 + 2NaOH → 2NaCl + Fe(OH)2↓ 2Fe(OH)2 + O2

o

t

  Fe2O3 + 3H2O

z→ z z→ 0,5z

2

dö

23

M(ddCuCl )

Cu : x z

Raén C 64(x z) 56(y z) 1,92

Fe : y z

Mg :11,39% x 0,0075

%m

MgO : x

Fe : 88,61% Suy ra Raén D 40x 80z 0,7 y 0,025

Fe O : 0,5z

z 0,005 C 0,1M

24x 56y 1,58

  



    

 





 

   



  

  

     

    



   

 



 







