Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 
Môn: HÓA HỌC L 9
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4 điểm): Cho sơ đồ biến hóa sau:
A
A
A
Fe
D
G
+ B
+ E
+ X, t0
+ Y, t0
+ Z, t0
Biết A + HCl	 D + G + H2O
Tìm công thức của các chất kí hiệu bằng các chữ cái (A, B,...). Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ trên.
Câu 2 (2 điểm): Hãy giải thích và chứng minh bằng phương trình phản ứng các hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm sau: Cho CO2 dư lội chậm qua dung dịch nước vôi trong (Có nhận xét gì về sự biến đổi số mol kết tủa theo số mol CO2). Sau đó cho tiếp nước vôi trong vào dung dịch vừa thu được cho đến dư.
Câu 3 (3 điểm): Có 4 lọ mất nhãn đựng 4 dung dịch HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2CO3 Hãy nhận biết các dung dịch mà không cần bất cứ thuốc thử nào?
Câu 4 (3 điểm): Cho 4,58g hỗn hợp Zn, Fe, Cu vào cốc đựng 170ml dung dịch CuSO4 0,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Hãy cho biết dung dịch CuSO4 dư hay hỗn hợp kim loại dư?
Câu 5 (4 điểm): Tính nồng độ mol (CM) ban đầu của dung dịch H2SO4 (dung dịch A) và dung dịch NaOH (dung dịch B). Biết rằng: 
- Nếu đổ 3 lít dung dịch A vào 2 lít dung dịch B thì thu được dung dịch có nồng độ của axit dư là 0,2M.
- Nếu đổ 2 lít dung dịch A vào 3 lít dung dịch B thì thu được dung dịch có nồng độ của NaOH dư là 0,1M. 
Câu 6 (4 điểm): Cho sản phẩm tạo thành khi đun nóng hỗn hợp 5,6g bột Fe và 1,6g bột S vào 500ml dung dịch axit HCl thì thu được hỗn hợp khí bay ra và một dung dịch A (Hiệu suất phản ứng là 100%).
Tính phần trăm thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp khí.
Để trung hòa HCl còn dư trong dung dịch A phải dùng 125ml dung dịch NaOH 0,1M. Tính CM của dung dịch HCl đã dùng.
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI
Môn: HÓA HỌC
Câu 1 (3 điểm): Chọn đúng các chất: (các chất X; Y; Z có thể đổi vị trí cho nhau)
A: Fe3O4; 	B: HCl	(0,25 điểm)
X: H2;	D: FeCl2	(0,25 điểm)
Y: Al;	E: Cl2	(0,25 điểm)
Z: CO;	G: FeCl3	(0,25 điểm)
Phương trình hóa học:
Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O	(0,5 điểm)
Fe3O4 + 4H2 3Fe + 4H2O 	(0,5 điểm)
3Fe3O4 + 8Al 4Al2O3 + 9Fe 	(0,5 điểm)
Fe3O4 + 4CO 3Fe + 4CO2	(0,5 điểm)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2	(0,5 điểm)
2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3	(0,5 điểm)
Câu 2 (2 điểm):
- Nước vôi trong đục dần, kết tủa trắng tăng dần đến tối đa ( max).	(0,25 điểm)
	Ca(OH)2 + CO2 ¦ CaCO3¯ + H2O	(1)	(0,25 điểm)
- Sau một thời gian kết tủa tan trở lại, sau cùng trong suốt. 	(0,25 điểm)
	CaCO3 + CO2 dư + H2O " Ca(HCO3)2	(2)	(0,25 điểm)
CO2
Ca(OH)2
 Nhận xét: Khi n = n ® n¯ = max	(0,25 điểm)
CO2
Ca(OH)2
	 Khi n = 2n ® n¯ = 0	(0,25 điểm)	
- Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào dd vừa thu được. Dung dịch lại đục ,kết tủa trắng xuất hiện trở lại, sau thời gian có tách lớp.	(0,25 điểm)
	Ca(HCO3)2 +Ca(OH)2 ¦ 2CaCO3¯ + 2H2O	(3)	(0,25 điểm
Câu 3 (3 điểm):
Trích mẫu, đánh số thứ tự. Sau đó cho lần lượt cho một mẫu thử tác dụng với 3 mẫu còn lại ta được kết quả như sau: (1đ)
HCl
H2SO4
BaCl2
Na2CO3
HCl
Không có HT
Không có HT
Không có HT
CO2 bay lên
H2SO4
Không có HT
Không có HT
BaSO4 kết tủa
CO2 bay lên
BaCl2
Không có HT
BaSO4 kết tủa
Không có HT
BaSO4 kết tủa
Na2CO3
CO2 bay lên
CO2 bay lên
BaSO4 kết tủa
Không có HT
Mẫu nào chỉ có duy nhất hiện tượng bay hơi (khí thoát ra) đó là HCl	(0,25đ)
Mẫu nào có một hiện tượng kết tủa và hiện tượng bay hơi đó là H2SO4	(0,25đ)
Mẫu nào có 2 hiện tượng kết tủa đó là BaSO4	(0,25đ)
Mẫu nào có hai hiện tượng bay hơi và 1 hiện tượng kết tủa đó là Na2CO3	(0,25đ)
Cáp phương trính hóa học:
Na2CO3 + 2HCl à NaCl + CO2 + H2O 	(0,25đ)
BaCl2 + H2SO4 à BaSO4 + 2HCl	(0,25đ)
Na2CO3 + BaCl2 à BaCO3 + 2NaCl	(0,25đ)
H2SO4 + Na2CO3 à Na2SO4 + H2O + CO2	(0,25đ)
Câu 4 (3 điểm): PTPƯ: 
	Zn + CuSO4 ZnSO4 + Cu 	(0,25 điểm)
 a mol a mol a mol 
	Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu 	(0,25 điểm) 
 b mol b mol b mol
Cu không phản ứng: = 0,085 mol
Gọi: nZn = a mol ; nFe = b mol ; nCu = c mol 	(0,5 điểm) 
Theo đầu bài ta có: 65a + 56b + 64c = 4,58
 a + b + c = mol 	(0,75 điểm) 
 a + b = nZn + nFe < a + b + c = < 0,085 mol 	(0,75 điểm) 
Vậy dung dịch CuSO4 dư. Zn, Fe phản ứng hết. 	(0,5 điểm) 
Câu 5 (4 điểm): Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol của dung dịch H2SO4 và NaOH
- Thí nghiệm 1: Số mol H2SO4 trong 3 lít là 3x, số mol NaOH trong 2 lít là 2y.
	 H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 	(0,5 điểm)
 	 y 2y 	 
- Vì axit dư => tính theo NaOH.	(0,5 điểm)	
- nH2SO4 dư: 0,2 x 5 = 1 (mol) => ta có phương trình:	(0,5 điểm)
 3x - y = 1 (*) 	(0,5 điểm)	
- Thí nghiệm 2: Số mol H2SO4 trong 2lít là 2x, số	 mol NaOH trong 3lít là 3y.
H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 	 (0,5 điểm)
 2x 4x
- Vì NaOH dư => tính theo H2SO4.	
- nNaOH (dư): 0,1 x 5 = 0,5 (mol) => ta có phương trình: 	(0,5 điểm)
3y - 4x = 0,5 (**) 	(0,5 điểm)
- Từ (*)và (**) giải hệ phương trình ta được: x = 0,7 ; y = 1,1.	 (0,5 điểm) 
Vậy nồng độ ban đầu của dung dịch H2SO4 là 0,7M ; của NaOH là 1,1 M.
Câu 6 (4 điểm): 
= 5,6/56 = 0,1 mol;	= 1,6/32 = 0,05 mol	(1đ)
PTHH: 	Fe 	+	 S 	à 	FeS 	(1)	(0,5đ)
Fe dư: = 0,1 – 0,05 = 0,05 mol	(0,25đ)
Các phương trình phản ứng với HCl:
FeS	+	2HCl 	à 	FeCl2 	+ 	H2S (2) (0,25đ)
0,05	0,1	0,05	0,05
Fe	+ 	2HCl à	FeCl2 	+ 	H2	(3) (0,25đ)
	0,05	0,1	0,05	0,05
%VH2 = %nH2	= 0,05/0,1 = 50%	(0,25đ)
%VH2S = 100% - 50% = 50%	(0,25đ)
Số mol HCl đã dùng trong phản ứng (2) và (3) là: 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) 	(0,25đ)
Phương trình phản ứng trung hòa với NaOH:
HCl 	+ 	NaOH	à 	NaCl 	+ 	H2O (4) (0,25đ)
= 0,1. 0,125 = 0,0125 (mol) [= = 0,0125
Tổng số mol HCl đã sử dụng là: 0,2 + 0,0125 = 0,2125 (mol)	(0,25đ)
CM của HCl là: CM = n/V = 0,2125/ (0,5 + 0,125) = 0,425 (M)	(0,5đ)
Ghi chú: Thí sinh có thể giải nhiều cách khác nhau nếu đúng, chặt chẽ, vẫn được điểm tối đa.