Đề thi môn Hóa học Lớp 9 - Kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh - Năm học 2020-2021 - Sở GD & ĐT Ninh Thuận

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NINH THUẬN 
KỲ THỊ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2020 – 2021 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Đề thi gồm có 02 trang) 
Môn thi: Hóa học 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Ngày thi: 13/3/2021 
Cho biết: H = 1; C = 12; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; K = 39; Ca = 40; Cu = 64; Zn = 65 
Câu 1: 
1. Cho sơ đồ điều chế oxi trong phòng thí nghiệm: 
Từ hình vẽ trên, hãy cho biết: 
a) Tên các dụng cụ thí nghiệm đã đánh số. 
b) Chỉ ra hai chất có thể là X trong sơ đồ trên, viết ptpứ hóa học minh họa 
c) Giải thích tại sao trong thí nghiệm trên ống nghiệm chứa chất X khi lắp hơi chúc 
xuống và kết thúc thí nghiệm phải tháo ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn. 
2. Nung nóng Cu trong không khí được chất rắn X. Cho X tan trong dung dịch H2SO4 đặc 
nóng, dư thu được dung dịch Y và khí Z. Cho khí Z tác dụng với dung dịch KOH thu được 
dung dịch T. Dung dịch T vừa tác dụng với dung dịch BaCl2 vừa tác dụng với NaOH. Pha 
loãng dung dịch Y rồi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy xuất hiện kết tủa E. Xác 
định X, Y, Z, T, E và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra 
Hướng dẫn giải: 
1. a) (1) – Đèn cồn (2) - Ống nghiệm chịu nhiệt (3) – Giá đỡ (4) – Nút cao su 
(5) - Ống dẫn thủy tinh (6) – Chậu thủy tinh 
b) X có thể là KMnO4 hoặc KClO3 (xt MnO2) Phương trình phản ứng 
 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 
 2KClO3 → 2KCl + 3O2 
c) - Khi lắp các dụng cụ, ống nghiệm (2) phải hơi chúc xuống, vì: 
+ Chất X thường bị ẩm, khi nhiệt phân thì ngoài O2 còn có hơi nước thoát ra. Việc hơi chúc 
xuống nhằm ngăn chặn hơi nước bị ngưng tụ lại, rơi xuống đáy làm vỡ ống nghiệm. 
+ Khí O2 nặng hơn không khí, chúc xuống thì hiệu quả sẽ tốt hơn. 
- Kết thúc thí nghiệm phải tháo ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn, vì khi tắt đèn thì nhiệt độ 
trong ống nghiệm giảm, làm giảm áp suất. Do áp suất khí quyển, nước sẽ theo ống dẫn đi vào 
ống nghiệm đang nóng làm vỡ ống nghiệm. 
2. Nung nóng Cu: 
2Cu + O2 → 2CuO 
X tan trong H2SO4 đặc nóng thu được khí Z → X chứa Cu dư → X: Cudư + CuO 
 CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O 
 Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O → Z là SO2 
Dung dịch Y gồm H2SO4 dư + CuSO4 
Z tác dụng với KOH → T – vừa phản ứng với BaCl2, NaOH → T chứa K2SO3, KHSO3: 
 SO2 + 2KOH → K2SO3 + H2O 
 SO2 + K2SO3 + H2O → KHSO3 
 K2SO3 + BaCl2 → 2KCl + BaSO3 
 KHSO3 + KOH → K2SO3 + H2O 
Dung dịch Y tác dung với NaOH dư: 
 H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 
 CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 → Kết tủa E là Cu(OH)2 
Câu 2: 
1. Cho 16,0 gam CuO tan hết trong dung dịch H2SO4 20% đun nóng vừa đủ, sau đó làm nguội 
dung dịch đến 10oC. Tính khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O đã tách ra khỏi dung dịch, biết 
rằng độ tan của CuSO4 ở 10oC là 17,4 gam. 
2. Dẫn luồng khí CO qua ống sứ có chứa m gam hỗn hợp chất rắn X gồm CuO và Fe2O3 nung 
nóng, sau một thời gian trong ống sứ còn lại a gam hỗn hợp chất rắn Y. Khí thoát ra được hấp 
thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được p gam kết tủa. Viết phương trình hóa học của 
phản ứng và thiết lập công thức liên hệ giữa m, a, p. 
Hướng dẫn giải: 
1. Phương trình phản ứng: 
CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O 
Ta có: 
4 2 4CuSO H SO CuO
16
n n n 0,2mol
80
= = = = 
4CuSO
n 160.0,2 32gam= = 
2 4 2 4H SO dd H SO
m 98.0,02 19,6gam m 98gam= = → = 
→ 
2 2 4 4H O dd H SO CuO CuSO
m m m m 98 16 32 82gam= + − = + − = 
Có thể tính khối lượng nước như sau: 
2 2 2 4 2H O H O trong dd H SO H O (2.1)
m m m 80%.98 18.0,2 82gam= + = + = 
Gọi 250x là khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O tách ra, ta có: 
mCuSO4 còn lại = 32 – 160x 
mH2O còn lại = 82 – 90x 
Trong dung dịch bão hòa ta có: 4
2
CuSO
H O
m 17,4 32 160x 17,4
x 0,12285mol
m 100 82 90x 100
−
=  = → =
−
Vậy khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O tách ra = 250x = 30,712 gam 
Có thể tính theo nồng độ bão hòa theo công thức: 
S
C%= .100%
100 S+
2.2. Phương trình phản ứng: 
Phản ứng khi dẫn CO qua hỗn hợp X: 
 CuO + CO → Cu + CO2 (2.1) 
 3Fe2O3 + CO → 2Fe3O4 + CO2 (2.2) 
 Fe2O3 + CO → 2FeO + CO2 (2.3) 
 Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2 (2.4) 
Theo định luật tăng giảm khối lượng ta có: 
m – a = 16.nCO2 (2.I) 
- Hấp thụ khí vào dung dịch Ca(OH)2 dư: 
 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (2.5) 
Theo (2.5) ta có: 
2 3CO CaCO
p
n n
100
= = (2.II) 
Thay (2.II) vào (2.I) ta có: m – a = 0,16p. 
Câu 3: 
Hòa tan hỗn hợp kim loại Na và Ba (có số mol bằng nhau) vào nước thu được dung 
dịch A và 6,72 lít khí (đktc) 
a) Tính thể tích dung dịch HCl 0,2M để trung hòa 20% dung dịch A. 
b) Cho 448 mL CO2 (đktc) hấp thụ hết vào 20% dung dịch A. Tính khối lượng kết tủa 
thu được 
c) Thêm m gam NaOH vào 20% dung dịch A ta được dung dịch B. Cho dung dịch B 
tác dụng với 200 mL dung dịch Al2(SO4)3 0,2M thu được kết tủa C. Tính m cần dùng để cho 
khối lượng kết tủa C là lớn nhất, bé nhất. Tính khối lượng kết tủa lớn nhất, bé nhất. 
Hướng dẫn giải: 
Gọi a là số mol của Na, Ba ta có: 
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (3.1) 
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (3.2) 
Ta có: 
2H
a 6,72
n a a 0,2mol
2 22,4
= + = → = 
Vậy dung dịch A chứa 0,2 mol NaOH; 0,2 mol Ba(OH)2 
→ 20% dung dịch A chứa 0,04 mol NaOH; 0,04 mol Ba(OH)2. 
a) Phương trình phản ứng: 
NaOH + HCl → NaCl + H2O (3.3) 
Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O (3.4) 
Ta có: 
2HCl NaOH Ba(OH) HCl
0,12
n n 2n 0,04 2.0,04 0,12mol V 0,6lit 600mL
0,2
= + = + = → = = = 
b) Phương trình phản ứng có thể xảy ra: 
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3.5) 
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (3.6) 
CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (3.7) 
CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (3.8) 
Ta có 
2 2CO Ba(OH)
0,448
n 0,02mol n
22,4
= = → Chỉ xảy ra (3.5) 
→ 
3 2 3BaCO CO BaCO
n n 0,02mol n 197.0,02 3,94gam= = → = = 
c) Phương trình phản ứng: 
 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (3.9) 
Vì 2
2 4 3
Ba(OH)
Al (SO )
n
n 0,2.0,2 0,04mol
3
= = → Ba(OH)2 hết, Al2(SO4)3 dư 
 Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Na2SO4 + 2Al(OH)3 (3.10) 
 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (3.11) 
* Kết tủa lớn nhất khi phản ứng (3.10) xảy ra vừa đủ, chưa xảy ra phản ứng (3.11) 
Theo (3.9), (3.10) ta có: 
2
2 4 3
Ba(OH) NaOH (3.10)
Al (SO )
m
0,04n n 0,04 40n 0,04
3 6 3 6
+
= +  = + →m =4,8gam 
Khối lượng kết tủa lớn nhất = 233.0,04 + 78.0,08 = 15,56 gam 
* Kết tủa bé nhất khi phản ứng (3.11) xảy ra hoàn toàn 
Theo (3.9), (3.10) ta có: 
22 4 3
Ba(OH) NaOH(3.10) NaOH(3.10)
Al (SO ) NaOH(3.10)
n n n0,04
n 0,04 n 0,16mol
3 6 3 6
= +  = + → = 
Theo (3.11) ta có: NaOH (3.11) Al(OH)3n n 2.0,04 0,08mol= = = 
Vậy để kết tủa bé nhất thì: 
nNaOH nNaOH (3.10) + nNaOH (3.11) = 0,16 + 0,08 = 0,24 mol 

m
0,04 0,24
40
+ → m 8,0gam 
Khối lượng kết tủa bé nhất = 233.0,04 = 9,32 gam 
Câu 4: 
1. Hai thanh kim loại giống nhau (đều cùng nguyên tố R hóa trị II) và có cùng khối lượng. 
Cho thanh thứ nhất vào dung dịch Cu(NO3)2 và thanh thứ hai vào dung dịch Pb(NO3)2. Sau 
một thời gian khi số mol 2 muối bằng nhau, lấy hai thanh kim loại ra khỏi dung dịch thấy 
khối lượng thanh thứ nhất giảm 0,2%, còn khối lượng thanh thứ hai tăng 28,4%. Xác định tên 
nguyên tố R 
2. Đốt cháy hoàn toàn 12,0 gam một chất hữu cơ A (chứa C, H, O), toàn bộ sản phẩm cháy 
thu được đem hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 40,0 gam kết tủa, đồng thời 
thấy khối lượng bình chứa dung dịch Ca(OH)2 tăng 24,8 gam. 
 a) Xác định công thức phân tử của A, biết tỉ khối của A so với metan là 3,75 
 b) Biết dung dịch của A làm đổi màu quỳ tím sang đỏ. Viết các phương trình hóa học 
khi cho A tác dụng với CaCO3, KOH 
Hướng dẫn giải: 
1. Gọi m là khối lượng mỗi thanh kim loại R ban đầu 
Phương trình phản ứng: 
 R + Cu(NO3)2 → R(NO3)2 + Cu (4.1) 
 R + Pb(NO3)2 → R(NO3)2 + Pb (4.2) 
Gọi x là số mol R đã tham gia phản ứng với 2 muối. 
Theo định luật tăng giảm khối lượng ta có: 
 (R – 64).x = 0,2%m (4.I) 
 (207 – R).x = 28,4%m (4.II) 
Chia (4.I) cho (4.II) ta có: 
R 64 0,2
R 65(Zn)
207 R 28,4
−
= → =
−
. Vậy R là kẽm. 
4.2. a) Ta xét quá trình hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2: 
Phương trình phản ứng: 
 CO2 + Ca(OH)2dư → CaCO3 + H2O (4.3) 
Ta có: 
2 3CO CaCO
40
n n 0,4mol
100
= = = → mCO2 = 44.0,4 = 17,6 gam 
Khối lượng bình tăng = mCO2 + mH2O = 24,8 → mH2O = 24,8 – 17,6 = 7,2 gam 
Vậy số mol H2O = nH2O = 7,2/18 = 0,4 mol = nCO2 → Công thức của A có dạng CnH2nOa 
Phản ứng cháy: 
 2CnH2nOa + (3n – a)O2 → 2nCO2 + 2nH2O (4.4) 
Theo (4.4), ta có: 2
CO
A A
n 0,4 0,4
n mol m (14n 16a). 12
n n n
= = → = + = →n = a 
Dựa vào tỉ khối ta có: MA = 30n = 3,75.16 → n = 2. 
Vậy công thức phân tử của A là C2H4O2. 
b) Vì A làm đổi màu quỳ tím sang đỏ nên A là axit → CTCT của A là CH3COOH 
Phương trình phản ứng: 
 2CH3COOH + CaCO3 → (CH3COO)2Ca + CO2 + H2O 
 CH3COOH + KOH → CH3COOK + H2O 
Câu 5: 
1. Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết khác, điều kiện có đủ, hãy viết phương trình phản 
ứng hóa học điều chế rượu etylic, axit axetic, etyl axetat. 
2. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol một hiđrocacbon X có công thức có dạng CnH2n, toàn bộ sản 
phẩm cháy được hấp thụ vào 295,2 gam dung dịch NaOH 20%. Sau thí nghiệm, nồng độ 
NaOH dư là 8,45%. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 
a) Xác định công thức phân tử của X 
b) Đun nóng hỗn hợp gồm X và H2 có tỉ khối hơi so với hiđro là 6,2 với niken làm xúc 
tác đến khi phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp Y. 
- Chứng mình Y không làm mất màu dung dịch brom 
- Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 25,2 gam hơi nước. Tính thể tích mỗi khí trong hỗn 
hợp Y (ở đktc). 
Hướng dẫn giải: 
1. – Điều chế rượu etylic C2H5OH: 
 (C6H10O5)n + nH2O → nC6H12O6 
men ruou
6 12 6 2 5 2C H O 2C H OH 2CO⎯⎯⎯⎯→ + 
- Điều chế axit axetic CH3COOH: Oxi hóa C2H5OH thu được ở trên: 
 C2H5OH + CuO → CH3CHO + Cu + H2O 
 CH3CHO + Ag2O 3
NH⎯⎯⎯→ CH3COOH + 2Ag 
hoặc men giam2 5 2 3 2C H OH+O CH COOH H O⎯⎯⎯⎯→ + 
- Điều chế etyl axetat CH3COOC2H5: 
 CH3COOH + C2H5OH → CH3COOC2H5 + H2O 
2. a) Phương trình phản ứng đốt cháy: 
 CnH2n + 3nO2 → nCO2 + nH2O (5.1) 
Theo (5.1) ta có nCO2 = nH2O = 0,2n mol. 
- Phản ứng hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH: Do NaOH dư nên 
 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (5.2) 
Số mol NaOH ban đầu = 
295,2.20%
1,476mol
40
= 
Theo (5.2), ta có: nNaOH (5.2) = 2nCO2 = 0,4n → nNaOH dư = (1,476 – 0,4n) mol 
Khối lượng dung dịch sau phản ứng = mdd NaOH + mCO2 + mH2O 
= 295,2 + 44.0,2n + 18.0,2n = (295,2 + 12,4n) gam 
Ta có, nồng độ NaOH dư là: 
NaOH
NaOH
dd sau pu
m 40.(1,476 0,4n)
C% .100% 8,45 .100
m 295,2 12,4n
−
=  =
+
 → n = 2. 
Vậy công thức phân tử của X là C2H4. 
b) Phương trình phản ứng: 
oNi, t
2 4 2 2 6C H +H C H⎯⎯⎯→ (5.3) 
Gọi x, y lần lượt là số mol của C2H4 và H2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có 
2hh/H
28x 2y
d 6,2
2(x y)
+
= = →
+
y =1,5x 
- Theo (5.3) → H2 dư → Hỗn hợp Y chứa H2dư + C2H6 nên không làm mất màu dung dịch 
nước brom. 
- Theo (5.3), sau phản ứng ta có: 
2
2 6
h
H du y x 0,5x mol;
C H x mol
h Y :
= − =
Phản ứng đốt cháy hỗn hợp Y: 
 2H2 + O2 → 2H2O (5.4) 
 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O (5.5) 
Theo (5.4), (5.5) ta có: 
2 2 2 6H O H C H
25,2
n n 3n 0,5x 3.x
18
= + = + = →x = 0,4mol 
Vậy thể tích các khí trong hỗn hợp Y là: 2
H
2 6
V 22,4.0,5x 22,4.0,5.0,4 4,48lit
C H 22,4.x 22,4.0,4 8,96lit
= 
=
= = = 
=