Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS môn Khoa học tự nhiên 2 năm học 2025-2026

0

0,0

40

7,2

10

3,2

50

7,6

20

4,6

60

7,6

30

6,5

Đáp án

A

B

A

C

C

A

B

C

Câu 1

a)

Đ

Câu 2

a)

Đ

b)

Đ

b)

S

c)

S

c)

Đ

d)

Đ

d)

S

Câu 1

10 (gam)

0,5

Câu 2

Mg

0,5

Câu 3

10,1 (gam)

0,5

Câu 4

80 (%)

0,5

Câu I
(4,0 điểm)

1

Nhận biết 4 dung dịch: $\ce{BaCl2, HCl, Na2CO3, Na2SO4}$ (1,5 điểm)

1,5

- Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm và đánh số thứ tự.
- Dùng mẩu giấy quỳ tím nhúng vào 4 mẫu thử:
+ Mẫu làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ là $\ce{HCl}$.
+ Mẫu làm quỳ tím chuyển sang màu xanh là $\ce{Na2CO3}$.
+ Hai mẫu không làm đổi màu quỳ tím là $\ce{BaCl2}$ và $\ce{Na2SO4}$.

0,5

- Lấy một lượng vừa đủ dung dịch $\ce{Na2CO3}$ vừa nhận biết được cho vào 2 mẫu thử chưa biết ($\ce{BaCl2}$ và $\ce{Na2SO4}$):
+ Mẫu xuất hiện kết tủa trắng là $\ce{BaCl2}$.
+ Mẫu không có hiện tượng gì là $\ce{Na2SO4}$.

0,5

- Phương trình hoá học:
$$\ce{BaCl2 + Na2CO3 -> BaCO3 v + 2NaCl}$$

0,5

2a

Xác định các khí A, B và viết PTHH (1,0 điểm)

1,0

- Khí A là oxide của sulfur: $M_A = 16 \times 4 = 64$ g/mol $\Rightarrow$ A là $\ce{SO2}$ (sulfur dioxide).
- Khí B là oxide tiếp theo của sulfur $\Rightarrow$ B là $\ce{SO3}$ (sulfur trioxide).

0,25

- Các phương trình hoá học xảy ra:
(1) $\ce{4FeS2 + 11O2 ->[t^o] 2Fe2O3 + 8SO2}$
(2) $\ce{2SO2 + O2 <=>[V2O5, t^o] 2SO3}$
(3) $\ce{SO3 + H2O -> H2SO4}$

0,75

2b

Tính khối lượng quặng pyrite cần dùng (1,5 điểm)

1,5

- Khối lượng dung dịch $\ce{H2SO4}$ 98% là:
$m_{\text{dd}} = V \times D = 100 \times 1000 \times 1,84 = 184\text{ }000\text{ g} = 184\text{ kg}$.
- Khối lượng $\ce{H2SO4}$ nguyên chất thu được:
$m_{\ce{H2SO4}} = 184 \times 98\% = 180,32\text{ kg}$.

0,5

- Sơ đồ phản ứng bảo toàn nguyên tố sulfur: $\ce{FeS2 -> 2H2SO4}$
Cứ $120\text{ kg FeS2}$ theo lý thuyết tạo ra $2 \times 98 = 196\text{ kg H2SO4}$.
$\Rightarrow$ Khối lượng $\ce{FeS2}$ theo lý thuyết là:
$m_{\ce{FeS2 (lt)}} = \dfrac{180,32 \times 120}{196} \approx 110,4\text{ kg}$.

0,5

- Vì hiệu suất cả quá trình đạt $80\%$ nên khối lượng $\ce{FeS2}$ thực tế cần dùng là:
$m_{\ce{FeS2 (tt)}} = \dfrac{110,4}{80\%} = 138\text{ kg}$.
- Quặng chứa $20\%$ tạp chất $\Rightarrow \%m_{\ce{FeS2}} = 80\%$.
Khối lượng quặng pyrite cần dùng là:
$m_{\text{quặng}} = \dfrac{138}{80\%} = 172,5\text{ kg}$.

0,5

Câu II
(4,0 điểm)

a

Nêu 2 nguồn phát sinh khí carbonic trong tự nhiên (1,0 điểm)

1,0

Nêu đúng 2 nguồn tự nhiên (mỗi nguồn 0,5 điểm):
- Quá trình hô hấp của con người, động vật, thực vật và vi sinh vật.
- Hoạt động phun trào của núi lửa, quá trình phân huỷ xác hữu cơ của sinh vật hoặc các vụ cháy rừng tự nhiên.

1,0

b

Phương pháp hoá học nhận biết sự có mặt của $\ce{CO2}$ trong không khí (1,0 điểm)

1,0

- Phương pháp: Dẫn từ từ mẫu không khí đi qua bình đựng dung dịch nước vôi trong ($\ce{Ca(OH)2}$) dư.
- Hiện tượng: Nước vôi trong bị vẩn đục (xuất hiện kết tủa trắng).
- Phương trình hoá học:
$$\ce{CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 v + H2O}$$

1,0

c

Tính giá trị của a, x và V theo đồ thị (2,0 điểm)

2,0

- Khi sục từ từ $\ce{CO2}$ vào dung dịch $\ce{Ba(OH)2}$, các phản ứng xảy ra lần lượt:
(1) $\ce{CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3 v + H2O}$
(2) $\ce{CO2 + BaCO3 + H2O -> Ba(HCO3)2}$

0,5

- Tại đỉnh của đồ thị, kết tủa đạt cực đại: lượng $\ce{CO2}$ phản ứng vừa đủ theo (1).
Theo đồ thị, khi $n_{\ce{CO2}} = 0,3\text{ mol}$ thì kết tủa cực đại.
$\Rightarrow n_{\ce{Ba(OH)2}} = n_{\ce{CO2}} = 0,3\text{ mol}$.
$\Rightarrow a = n_{\ce{BaCO3 max}} = 0,3\text{ mol}$.

0,5

- Tính thể tích dung dịch $\ce{Ba(OH)2}$ ban đầu:
$V = \dfrac{n_{\ce{Ba(OH)2}}}{C_M} = \dfrac{0,3}{0,1} = 3\text{ (lít)}$.

0,5

- Tại điểm kết tủa tan hoàn toàn (số mol kết tủa bằng 0, ứng với hoành độ $x$):
Toàn bộ $\ce{BaCO3}$ đã bị hoà tan hết theo phản ứng (2).
$n_{\ce{CO2 (2)}} = n_{\ce{BaCO3}} = 0,3\text{ mol}$.
$\Rightarrow x = n_{\ce{CO2 (1)}} + n_{\ce{CO2 (2)}} = 0,3 + 0,3 = 0,6\text{ mol}$.
(Ghi chú: Tại điểm kết tủa bằng $0,5a = 0,15\text{ mol}$ ở nhánh giảm, $n_{\ce{CO2}} = x - 0,15 = 0,6 - 0,15 = 0,45\text{ mol}$, phù hợp với đồ thị).

0,5

Câu III
(3,0 điểm)

1a

Xác định thể tích khí tại giây thứ 65 (0,5 điểm)

0,5

Từ bảng số liệu ta thấy từ giây thứ 50 đến giây thứ 60, thể tích khí giữ nguyên không đổi là $7,6\text{ cm}^3$, chứng tỏ phản ứng đã kết thúc tại giây thứ 50.
Do đó tại giây thứ 65, thể tích khí thu được vẫn là $7,6\text{ cm}^3$.

0,5

1b

Nêu 3 cách làm tăng tốc độ phản ứng (0,5 điểm)

0,5

Nêu đúng 3 biện pháp (mỗi ý đúng cho điểm):
- Dùng bột kẽm thay cho kẽm hạt/lá (tăng diện tích bề mặt tiếp xúc).
- Tăng nồng độ dung dịch sulfuric acid (dùng acid có nồng độ lớn hơn 0,5M).
- Đun nóng nhẹ hỗn hợp phản ứng (tăng nhiệt độ).
(Hoặc thêm vài giọt dung dịch $\ce{CuSO4}$ tạo cặp pin điện hoá để ăn mòn điện hoá).

0,5

1c

Cách nhận biết khí sinh ra (0,5 điểm)

0,5

- Khí sinh ra là hydrogen ($\ce{H2}$).
- Cách nhận biết: Thu khí vào ống nghiệm nhỏ rồi đưa miệng ống nghiệm lại gần ngọn lửa đèn cồn, khí cháy với ngọn lửa màu xanh nhạt và kèm theo tiếng nổ nhỏ ("bẹp").

0,5

2

Tính giá trị của m và a (1,5 điểm)

1,5

- Số mol khí $\ce{H2}$: $n_{\ce{H2}} = \dfrac{14,874}{24,79} = 0,6\text{ mol}$.
- Số mol kim loại $\ce{Al}$: $n_{\ce{Al}} = \dfrac{0,54}{27} = 0,02\text{ mol}$.
- Khi cho $\ce{Na}$ vào dung dịch $\ce{HCl}$:
\ce{2Na + 2HCl -> 2NaCl + H2 ^}\quad (1)
Nếu $\ce{Na}$ còn dư, $\ce{Na}$ phản ứng tiếp với nước:
\ce{2Na + 2H2O -> 2NaOH + H2 ^}\quad (2)

0,25

Dung dịch D hoà tan được $\ce{Al}$, ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Dung dịch D chứa $\ce{HCl}$ dư ($\ce{Na}$ phản ứng hết, không xảy ra phản ứng (2)).
- PTHH hoà tan $\ce{Al}$:
$$\ce{2Al + 6HCl -> 2AlCl3 + 3H2}$$
$\Rightarrow n_{\ce{HCl\text{ dư}}} = 3 \times n_{\ce{Al}} = 3 \times 0,02 = 0,06\text{ mol}$.
- Theo (1): $n_{\ce{Na}} = 2 \times n_{\ce{H2}} = 2 \times 0,6 = 1,2\text{ mol}$.
$\Rightarrow m = 1,2 \times 23 = 27,6\text{ gam}$.
- Số mol $\ce{HCl}$ ban đầu: $n_{\ce{HCl}} = n_{\ce{HCl (1)}} + n_{\ce{HCl\text{ dư}}} = 1,2 + 0,06 = 1,26\text{ mol}$.
$\Rightarrow a = \dfrac{1,26}{0,5} = 2,52\text{ M}$.

0,5

Trường hợp 2: Dung dịch D chứa $\ce{NaOH}$ dư ($\ce{HCl}$ hết, $\ce{Na}$ dư tác dụng với $\ce{H2O}$).
- Phản ứng hoà tan $\ce{Al}$:
$$\ce{2Al + 2NaOH + 2H2O -> 2NaAlO2 + 3H2}$$
$\Rightarrow n_{\ce{NaOH\text{ dư}}} = n_{\ce{Al}} = 0,02\text{ mol}$.
- Áp dụng bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình:
Chất khử là $\ce{Na}$: $\ce{Na -> Na+ + 1e}$
Chất oxi hoá là $\ce{H+}$ (của $\ce{HCl}$ và $\ce{H2O}$): $\ce{2H+ + 2e -> H2}$
$\Rightarrow n_{\ce{Na}} = 2 \times n_{\ce{H2}} = 2 \times 0,6 = 1,2\text{ mol}$.
$\Rightarrow m = 1,2 \times 23 = 27,6\text{ gam}$.

0,5

- Bảo toàn nguyên tố sodium: $n_{\ce{Na}} = n_{\ce{NaCl}} + n_{\ce{NaOH\text{ dư}}}$
$\Rightarrow n_{\ce{NaCl}} = 1,2 - 0,02 = 1,18\text{ mol}$.
- Do $\ce{HCl}$ phản ứng hết nên $n_{\ce{HCl}} = n_{\ce{NaCl}} = 1,18\text{ mol}$.
$\Rightarrow a = \dfrac{1,18}{0,5} = 2,36\text{ M}$.
Kết luận: $m = 27,6\text{ gam}$; $a = 2,52\text{ M}$ hoặc $a = 2,36\text{ M}$.

0,25

Câu IV
(3,0 điểm)

1

Nêu hiện tượng và viết phương trình hoá học (1,5 điểm)

1,5

a) Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng trong dung dịch.
PTHH: $\ce{Ba(HCO3)2 + Na2SO4 -> BaSO4 v + 2NaHCO3}$

0,375

b) Hiện tượng: Mẩu đá vôi tan dần, sủi bọt khí không màu thoát ra.
PTHH: $\ce{CaCO3 + 2HCl -> CaCl2 + CO2 ^ + H2O}$

0,375

c) Hiện tượng: Đinh sắt tan một phần, có lớp kim loại màu đỏ bám ngoài đinh sắt, màu xanh lam của dung dịch nhạt dần.
PTHH: $\ce{Fe + CuSO4 -> FeSO4 + Cu v}$

0,375

d) Hiện tượng: Mẩu sodium nóng chảy thành viên tròn chạy trên bề mặt dung dịch, tan dần có bọt khí không màu thoát ra; đồng thời xuất hiện kết tủa màu xanh lam.
PTHH:
\ce{2Na + 2H2O -> 2NaOH + H2 ^}
$$\ce{2NaOH + CuSO4 -> Cu(OH)2 v + Na2SO4}$$

0,375

2a

Xác định kim loại M (0,75 điểm)

0,75

- Đặt hoá trị của kim loại M là $n$ ($n \in \{1; 2; 3\}$).
- Khối lượng oxygen tham gia phản ứng:
$m_{\ce{O2}} = m_{\text{chất rắn}} - m_M = 10,2 - 5,4 = 4,8\text{ gam}$.
$\Rightarrow n_{\ce{O2}} = \dfrac{4,8}{32} = 0,15\text{ mol}$.
- Phương trình phản ứng:
$$\ce{4M + nO2 ->[t^o] 2M2O_n}$$

0,25

- Theo phương trình: $n_M = \dfrac{4}{n} \times n_{\ce{O2}} = \dfrac{4}{n} \times 0,15 = \dfrac{0,6}{n}\text{ mol}$.
$\Rightarrow M_M = \dfrac{5,4}{\dfrac{0,6}{n}} = 9n$.
- Biện luận:
+ Với $n = 1 \Rightarrow M_M = 9$ (loại).
+ Với $n = 2 \Rightarrow M_M = 18$ (loại).
+ Với $n = 3 \Rightarrow M_M = 27$ (g/mol) $\Rightarrow$ M là Aluminium ($\ce{Al}$).
Vậy kim loại M là Aluminium ($\ce{Al}$); chất rắn X là $\ce{Al2O3}$.

0,5

2b

Xác định công thức tinh thể muối ngậm nước Y (0,75 điểm)

0,75

- Số mol của $\ce{Al2O3}$: $n_{\ce{Al2O3}} = \dfrac{10,2}{102} = 0,1\text{ mol}$.
- Phương trình phản ứng:
$$\ce{Al2O3 + 3H2SO4 -> Al2(SO4)3 + 3H2O}$$
$\Rightarrow n_{\ce{Al2(SO4)3}} = n_{\ce{Al2O3}} = 0,1\text{ mol}$.

0,25

- Đặt công thức của tinh thể muối ngậm nước Y là $\ce{Al2(SO4)3.kH2O}$ ($k \in \mathbb{N}^*$).
Ta có: $n_Y = n_{\ce{Al2(SO4)3}} = 0,1\text{ mol}$.
$\Rightarrow M_Y = \dfrac{66,6}{0,1} = 666\text{ g/mol}$.

0,25

- Ta có: $M_{\ce{Al2(SO4)3}} + 18k = 666$
$\Leftrightarrow 342 + 18k = 666 \Rightarrow 18k = 324 \Rightarrow k = 18$.
Vậy công thức hoá học của tinh thể muối ngậm nước Y là $\ce{Al2(SO4)3.18H2O}$.

0,25

TỔNG ĐIỂM

20,0