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
+ 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

→

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

→
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

)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

=
(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

) (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
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

→
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

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

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



=
=
⇒



=+
=+
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

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

→
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

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

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

2
H
6
; 0,12 H
2
0,5
0,5
1,0
4