Đề thi môn Hóa học Lớp 9 - Kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh - Năm học 2020-2021 - Sở GD & ĐT Sóc Trăng (có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
SÓC TRĂNG 
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 
Cho biết: H = 1; C = 12; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; K = 39; Ca = 40; Cu = 64; Zn = 65 
Câu 1: (5,0 điểm) 
1. (2,0 điểm) Viết các phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có) theo sơ đồ 
chuyển đổi hóa học sau: 
Fe(OH)3 
 (1) 
Fe2O3 (2) Fe2(SO4)3
(4)⎯→FeCl3
(5)⎯→Fe(NO3)3
(6)⎯→Fe(OH)3
(7)⎯→Fe2O3 
(8)⎯→ Fe 
 (3) 
Fe3O4 
2. (3,0 điểm) Bằng phương pháp hóa học và chỉ dùng thêm đá vôi, nước, nước vôi trong, nước 
brom hãy nhận biết các chất khí hoặc chất lỏng đựng trong các bình thủy tinh không màu: 
benzen, metan, axetilen, khí cacbonic, rượu etylic, axit axetic. Viết các phương trình hóa học 
minh họa. 
Hướng dẫn giải: 
1. Các phương trình phản ứng: 
 2Fe(OH)3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 6H2O (1.1) 
 Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (1.2) 
 2Fe3O4 + 10H2SO4 đ,n
o
t⎯→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (1.3) 
. Fe2(SO4)3 + 3BaCl3 → 2FeCl3 + 3BaSO4 (1.4) 
 FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl (1.5) 
 Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaNO3 (1.6) 
 2Fe(OH)3 
o
t⎯→ Fe2O3 + 3H2O (1.7) 
 Fe2O3 + 3H2 
o
t⎯→ 2Fe + 3H2O (1.8) 
2. Trích mỗi chất 1 ít mẫu thử 
- Cho 1 ít dung dịch Br2 vào các mẫu thử, lắc đều: 
+ Mẫu làm mất màu dung dịch brom → C2H2 → Nhận biết 
+ Mẫu dung dịch tách thành 2 lớp → C6H6 → Nhận biết 
+ Các mẫu còn lại không có hiện tượng 
- Cho 1 ít nước vào các mẫu thử còn lại, lắc đều: 
+ Các mẫu tạo thành dung dịch đồng nhất → C2H5OH, CH3COOH (nhóm I) 
+ Các mẫu không tan, chỉ có 1 ít nước → CH4, CO2 (nhóm II) 
- Cho đá vôi vào 2 mẫu thử của nhóm I: 
 + Mẫu có sủi bọt khí → CH3COOH → Nhận biết 
 + Mẫu còn lại không có hiện tương → C2H5OH → Nhận biết 
- Cho 1 ít nước vôi trong vào 2 mẫu thử của nhóm II: 
 + Mẫu làm dung dịch nước vôi trong hóa đục → CO2 → Nhận biết 
 + Mẫu còn lại không có hiện tượng → CH4 → Nhận biết 
Câu 2: (5,0 điểm) 
1. (1,5 điểm) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi: 
a) Cho Mg vào dung dịch CuSO4 
b) Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 
c) Sục khí etilen đến dư vào dung dịch brom 
d) Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch NaHCO3 
2. (1,0 điểm) Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có) giải thích các trường 
hợp sau: 
a) Cồn 75o có khả năng sát trùng hiệu quả nhất 
b) Khi bếp than đang cháy, nếu cho vào một ít nước thì thấy bếp than cháy bùng lên 
c) Không nên trộn vôi và phân urê để bón ruộng 
d) Khi làm một số loại bánh, người ta thường trộn NH4HCO3 vào nguyên liệu làm bánh 
3. (2,5 điểm) Để sản xuất được 150 kg axit axetic thì người ta cần dùng bao nhiêu lít rượu 
etylic 40o. Biết rượu etylic có D = 0,8g/cm3. 
Hướng dẫn giải: 
1. Phương trình phản ứng: 
a) Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (2.1) 
b) HCl + Na2CO3 → NaCl + NaHCO3 (2.2) 
 HCl + NaHCO3 → NaCl + H2O + CO2 (vì cho từ từ HCl) (2.3) 
c) C2H4 + Br2 → C2H4Br2 (2.4) 
d) Ba(OH)2 + 2NaHCO3 → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O (tỉ lệ 1:2) (2.5) 
Nếu cho từ từ NaHCO3 vào Ba(OH)2 thì xảy ra 2 phản ứng: 
 NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O (tỉ lệ 1:1) 
 NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O 
2. Giải thích các hiện tượng, viết phương trình phản ứng: 
 a) (ngắn gọn) Thường độ cồn càng cao thì càng tốt, nhưng trên thực tế cồn 70-75o có 
khả năng sát trùng là cao nhất. Nếu cồn lớn hơn 75o thì cồn bay hơi quá nhanh làm giảm hiệu 
quả, còn nồng độ nhỏ hơn 70o thì hiệu quả thấp. 
 b) Khi thêm một ít nước vào than đang cháy thì nước bay hơi và tác dụng với than: 
 H2Ohơi + Cnóng đỏ → CO + H2 (2.6) 
 Do các sản phẩm CO, H2 dễ cháy nên làm ngọn lửa cháy bùng lên: 
 CO + O2 → CO2 (2.7) 
 H2 + O2 → H2 (2.8) 
 c) Khi bón vôi và urê cùng lúc thì xảy ra các phản ứng: 
 CaO + H2O → Ca(OH)2 (2.9) 
 (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 
 Ca(OH)2 + (NH4)2CO3 → 2NH3 + CaCO3 + 2H2O (2.10) 
Do đó làm mất đạm và làm đất bị cứng do có đá vôi tạo thành 
d) Người ta thường trộn NH4HCO3 với nguyên liệu làm bánh để bánh được nở, xốp, 
mềm và ngon hơn, do khi hấp bánh thì NH4HCO3 bị nhiệt phân 
 NH4HCO3 → NH3 + CO2 + H2O (2.11) 
Điểm hạn chế là bánh mới ra lò thường hơi có mùi khai của NH3. 
3. Phương trình phản ứng: 
 C2H5OH + O2 
men giam⎯⎯⎯⎯→ CH3COOH + H2O (2.12) 
Gọi V (lít) là thể tích rượu etylic 40o cần lấy. Theo (2.12) ta có: 
3
2 5 3
2 5 3
o
3
3
(L)
CH COOH (kg)
C H OH CH COOH
C H OH CH COOH
C
V .10 . .D m .10100n n
M M
=  = 
Thay số ta có: 
3
3(L)
40
V .10 . .0,8
150.10100 V 359,375 lit
46 60
= → = 
Câu 3: (5,0 điểm) 
Chi 40,5 gam MX2 thành 2 phần bằng nhau 
- Cho phần 1 vào 500 mL dung dịch NaOH dư thu được 14,7 gam kết tủa M(OH)2 và 
dung dịch D. 
- Cho phần 2 vào 600 mL dung dịch AgNO3 1M được dung dịch B và 43,05 gam kết 
tủa AgX. Cho thanh Al vào dung dịch B đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung 
dịch E, khối lượng thanh Al sau khi lấy ra cân thấy tăng lên m gam so với ban đầu (biết toàn 
bộ kim loại thoát ra bám vào thành Al). Cho dung dịch D vào dung dịch E thu được 12,48 
gam kết tủa. 
a) Xác định MX2 và tính giá trị m. 
b) Tính nồng độ mol/L của dung dịch NaOH trên. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn 
Hướng dẫn giải: 
a) Phương trình phản ứng: Dễ dàng nhận ra M hóa trị II; X hóa trị I 
- Phần 1: Tác dụng với NaOH: 
 MX2 + 2NaOH → M(OH)2 + 2NaX (3.1) 
- Phần 2: MX2 + 2AgNO3 → M(NO3)2 + 2AgX (3.2) 
Gọi a là số mol của MX2 trong mỗi phần, ta có: 
 mMX2 = (M + 2X).a = 20,25 gam → Ma + 2Xa = 20,25 (3.I) 
mM(OH2 = (M + 34).a = 14,7 gam → Ma + 34a = 14,7 (3.II) 
 mAgX = (108 + X).2x = 43,05 gam → 216a + 2Xa = 43,05 (3.III) 
Giải hệ (3.I), (3.II), (3.III) ta có: Ma = 9,6 Xa = 5,325 a = 0,15 
→ M = 64 (Cu); X = 35,5 (Cl). Vậy MX2 là CuCl2 
Phương trình phản ứng: 
 CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaCl (3.1) 
Dung dịch D gồm NaOH dư + 0,3 mol NaCl. 
CuCl2 + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2AgCl (3.2) 
Dung dịch B gồm 0,3 mol AgNO3 dư + 0,15 mol Cu(NO3)2. Cho thanh Al vào: 
 Al + 3AgNO3 → Al(NO3)3 + 3Ag (3.3) 
 2Al + 3Cu(NO3)2 → 2Al(NO3)3 + 3Cu (3.4) 
Theo định luật tăng giảm khối lượng ta có: 
m = (0,3.108 – 0,1.27) + (0,15.64 – 0,1.27) = 36,6 gam 
b) Dung dịch E chứa 0,2 mol Al(NO3)3 + dung dịch D → có thể xảy ra 2 phản ứng: 
 Al(NO3)3 + 3NaOH → 3NaNO3 + Al(OH)3 (3.5) 
 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (3.6) 
- Nếu chưa xảy ra (3.6): 
Ta có 
3Al(OH) NaOH (3.5)
12,48
n 0,16mol n 0,48mol
78
= = → = 
 nNaOH = nNaOH (3.1) + nNaOH (3.5) = 0,3 + 0,48 = 0,78 mol 
Vậy nồng độ NaOH đã dùng là: 
NaOH
0,78
C = = 1,56M
0,5
- Nếu đã xảy ra (3.6): 
Ta có nNaOH (3.5) = 3.0,2 = 0,6 mol 
3 3Al(OH) Al(OH) (3.6) NaOH (3.6)
12,48
n 0,16mol n 0,2 0,16 0,04mol n 0,04mol
78
= = → = − = → = 
 nNaOH = nNaOH (3.1) + nNaOH (3.5) + nNaOH (3.6) = 0,3 + 0,6 + 0,04 = 0,94 mol 
Vậy nồng độ NaOH đã dùng là: 
NaOH
0,94
C = = 1,88M
0,5
Câu 4: (5,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 1 hỗn hợp khí gồm 2 hiđrocacbon có công thức tổng 
quát CnH2n và CmH2m+2 (m, n 4) cần dùng 8,96 lít O2 (đktc). Sau phản ứng thu được 5,4 gam 
H2O và lượng khí CO2 có thể tích bằng 2 lần thể tích hỗn hợp khí ban đầu. 
 a) Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của các hiđrocacbon trên 
 b) Tính thành phần phần trăm về khối lượng của hỗn hợp ban đầu 
Hướng dẫn giải: 
a) Phương trình phản ứng: 
 2CnH2n + 3n O2 → 2n CO2 + 2n H2O (4.1) 
 2CmH2m+2 + (3m + 1) O2 → 2m CO2 + 2(m + 1) H2O (4.2) 
Cách 1: Sử dụng phương pháp đại số: 
Gọi a, y lần lượt là số mol của CnH2n và CmH2m+2. 
Theo đề ra ta có: 
2O
3nx (3m 1)y 8,96
n 3nx 3my y 0,8mol
2 2 22,4
+
= + = → + + = (4.I) 
2H O
5,4
n nx (m 1)y nx my y 0,3mol
18
= + + = → + + = (4.II) 
2CO
n nx my 2.(x y)= + = + (4.III) 
Thay (4.III) vào (4.I), (4.II) ta có: 
6x 7y 0,8 x 0,075 mol
2x 3y 0,3 y 0,05mol
+ = = 
→ 
+ = = 
Thay x, y vào (4.III) ta có: 0,075n + 0,05m = 0,25  3n + 2m = 10 
Kẻ bảng hoặc biện luận ta thu được n = m = 2. 
Vậy 2 hiđrocacbon ban đầu là C2H4 và C2H6. Công thức cấu tạo 
CH2 = CH2 và CH3 – CH3 
Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn: 
Ta có: 2
2 2 2
H O
O CO CO
n
n n n 0,4 0,15 0,25mol
2
= + → = − = → x + y = 0,125 mol 
Theo (4.1), (4.2) ta có: 
m 2m 2 2 2C H H O CO
n n n y 0,3 0,25 0,05mol
+
= − → = − = → x = 0,05 mol 
Tiếp tục như trên 
b) Thành phần phần trăm theo khối lượng là: 
2 4
2 6
28.0,075
%C H = .100%= 58,33%
28.0,075 30.0,05
30.0,05
%C H = .100%= 41,67%
28.0,075 30.0,05
 + 
 +