TOP 20 đề thi học sinh giỏi môn hóa lớp 9 (có lời giải)

Tổng hợp TOP 20 đề thi học sinh giỏi môn hóa lớp 9 (có lời giải) rất hay và bổ ích giúp bạn đạt điểm cao. Các bạn tham khảo và ôn tập để chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi tốt nghiệp sắp đến nhé. Mời bạn đọc đón xem.

126 63 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Hóa Học 9

Môn: Hóa học 9

Thông tin:

80 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Minh Thư
Trang 1
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút
A- PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN.
Câu 1. Dùng quặng he–ma–tit và than cốc (chứa 100% C) để sản xuất ra gang, nếu sản
xuất được 200 tấn gang, loại gang có chứa 5% C và 95% Fe, thì lượng C cần dùng là :
A. 61,0714 tấn B. 65,0714 tấn C. 71,0714 tấn D. 75,0714 tấn
(Coi hiệu suất các phản ứng là 100%)
Câu 2. Dãy nào trong các dãy sau đây có tất cả các chất đều tác dụng được với dd BaCl
2
:
A. SO
2
, K
2
SO
4
, K
2
CO
3
, Na
2
SO
4
. B. SO
3
, P
2
O
5
, K
2
SO
4
, KHSO
4
;
C. SO
3
, Na
2
SO
4
, Ba(HSO
4
)
2
, KHSO
4
D. SO
3
, Na
2
SO
4
, K
2
SO
4
, KHSO
3
B- PHẦN TỰ LUẬN.
Câu 1 : Chỉ được dùng H
2
O, khí CO
2
hãy nhận biết các gói bột có màu trắng bạc chứa :
NaCl, Na
2
CO
3
, Na
2
SO
4
, BaCO
3
, BaSO
4
Câu 2 : Quặng nhôm có Al
2
O
3
lẫn với tạp chất là Fe
2
O
3
và SiO
2
. Hãy nêu phương pháp
hóa học để tách riêng các chất ra khỏi quặng nhôm ?
Câu 3: Viết phương trình hóa học cho mỗi chuyển đổi sau:
Câu 4.
Từ hỗn hợp X chứa MgCO
3
, K
2
CO
3
, BaCO
3
. Nêu phương pháp hoá học điều chế ba kim
loại riêng biệt : Mg, K, Ba. Viết các phương trình hoá học xảy ra.
Câu 5: Cho hỗn hợp A gồm Nhôm và một kim loại hoá trị II. Hoà tan A vừa đủ trong dung
dịch H
2
SO
4
loãng thu được dung dịch B và khí C. Cho B tác dụng vừa đủ với dung dịch
BaCl
2
thấy tách ra 93,2 gam kết tủa trắng. Lọc kết tủa rồi cô cạn nước lọc thu được 36,2
gam muối khô.
1)Tính thể tích khí C (đktc) thoát ra và khối lượng của hỗn hợp A.
2) Tìm kim loại chưa biết, nếu trong hỗn hợp A số mol kim loại đó lớn hơn 33,33% số
mol của Nhôm.
( Cho:Al = 27, Ba = 137, S= 32 , O =16 , Cl=35,5 , H=1 )
HƯỚNG DẪN CHẤM HÓA 9
A-Phần trắc nghiệm khách quan:
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1
C
0.25 đ
Câu 2
C
0.25 đ
A-Phần trắc tự luận:
Câu 1 : (1.5 đ)
- Trích mẫu thử cho vào các ống nghiệm đựng nước dư ta phân đựoc 2 nhóm (0.25đ)
Nhóm 1 : tan trong nước : NaCl, Na
2
CO
3
, Na
2
SO
4
(6)
FeS
2
A
B
C
G
D
C
A
E
BaSO
4
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(7)
(8)
(9)
(10)
Trang 2
Nhóm 2 : không tan trong nước : BaCO
3
, BaSO
4
- Dẫn khí CO
2
vào nhóm 2 muối tan ra là BaCO
3
vì
CO
2
+ H
2
O
+ BaCO
3
----- Ba(HCO
3
)
2
Muôí không tan là BaSO
4
(0.5đ)
– cho Ba(HCO
3
)
2
vào nhóm 1 có 1 mẫu thử không có hiện tượng gì xảy ra thì đó là NaCl
(0.25đ)
Còn 2 mẫu thử còn lại có hiện tượng tạo kết tủa trắng đó là 2 ống nghiệm chứa
Na
2
CO
3
, Na
2
SO
4
vì : Ba(HCO
3
)
2
+ Na
2
CO
3
----- BaCO
3
+ 2NaHCO
3
Ba(HCO
3
)
2
+ Na
2
SO
4
----- BaSO
4
+ 2NaHCO
3
Sau đó nhận ra BaCO
3
, BaSO
4
như ở nhóm 1 nhận ra Na
2
CO
3
và Na
2
SO
4
(0.5đ)
Câu 2 : (1.0đ)
-Hòa tan hỗn hợp 3 ôxít bằng dd kiềm nóng thì Al
2
O
3
, SiO
2
tan, Fe
2
O
3
không tan
Al
2
O
3
+ 2NaOH ----- 2NaAlO
2
+ H
2
O
SiO
2
+2NaOH ----- Na
2
SiO
3
+ H
2
O
- Lọc phần chất rắn, rửa sạch phơi khô thu được Fe
2
O
3
- Lọc phần nước lọc rồi sục CO
2
dư vào để tách được kết tủa Al(OH)
3
NaAlO
2
+ CO
2
+ H
2
O
----- Al(OH)
3
+ NaHCO
3
- Lọc kết tủa đem nung đén khối lượng không đổi thu dược Al
2
O
3
- Al(OH)
3
----- Al
2
O
3
+ H
2
O
- Phần nước lọc còn lại cho tác dụng với HCl
Na
2
SiO
3
+ 2HCl ----- H
2
SiO
3
+ 2NaCl
- Lọc chất rắn thu được, rửa sạch sấy khô, đem nung đến khối lượng không đổi thu
được SiO
2
: H
2
SiO
3
----- SiO
2
+ H
2
O
Trang 3
Câu 4
Để điều chế 3 kim loại , ta chuyển hỗn hợp 3 muối các bon nat thành 3 muối
clorua riêng biệt :
Cho hỗn hợp vào nước dư,, chỉ có K
2
CO
3
tan trong nước , lọc lấy chất rắn, cho
dd HCl dư vào nước lọc
K
2
CO
3
+ 2HCl
2KCl + CO
2
+ H
2
O
Cô cạn dd, điện phân nóng chảy ta được K
Điện phân nc
2KCl 2K+Cl
2
0,5
Hoà tan phần chất rắn vào dung dịch HCl dư:
MgCO
3
+2HCl
MgCl
2
+ H
2
O +CO
2
BaCO
3
+ 2HCl
BaCl
2
+ H
2
O +CO
2
0,25
Câu 3 : (1) 4FeS
2
+ 11O
2
0
t

8SO
2
+ 2Fe
2
O
3
(r) (k) (k) (r)
(A)
(2) 2SO
2
+ O
2
25
0
VO
t
2 SO
3
(k) (k) (k)
(B)
(3) SO
2
+ 2KOH
K
2
SO
3
+ H
2
O
(k) (dd) (dd) (l)
(C)
(4) SO
3
+ H
2
O
H
2
SO
4
(k) (l) (dd)
(G)
(5) H
2
SO
4
+ Na
2
SO
3
Na
2
SO
4
+ H
2
O + SO
2
(dd) (dd) (dd) (l) (k)
(A)
(6) SO
2
+
KOH
KHSO
3
(k) (dd) (dd)
(D)
(7) KHSO
3
+ KOH
K
2
SO
3
+ H
2
O
(dd) (dd) (dd) (l)
(C)
(8) K
2
SO
3
+ 2HCl
2KCl
+ H
2
O + SO
2
(dd) (dd) (dd) (l) (k)
(A)
(9) H
2
SO
4
+ 2NaOH
Na
2
SO
4
+ 2H
2
O
(dd) (dd) (dd) (l)
(E)
(10) Na
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
+ 2NaCl
(dd) (dd) (r) (dd)
(Nếu thiếu điều kiện phản ứng và trạng thái của các chất thì cả câu trừ
0,25 điểm)
0.2đ
0.2đ
0.2đ
0.2đ
0.2đ
0.2đ
0.2đ
0.2đ
0.2đ
0.2đ
Trang 4
Thêm NH
4
OH đến dư để tạo kết tủa Mg(OH)
2
:
MgCl
2
+2 NH
4
OH
Mg(OH)
2
+2NH
4
Cl
0,25
Lọc lấy chất rắn , hoà tan trong dung dịch HCl dư thu được MgCl
2
, cô cạn rồi
điện phân nóng chảy được Mg
Mg(OH)
2
+ 2HCl
MgCl
2
+ 2H
2
O
Điện phân nc
MgCl
2
Mg + Cl
2
0,5
Dung dịch sau khi loại bỏ Mg(OH)
2
chứa BaCl
2
, NH
4
Cl và NH
4
OH dư. Cô
cạn để loại NH
4
Cl và NH
4
OH , còn lại BaCl
2
rắn
NH
4
Cl
0
t
NH
3
+ HCl
NH
4
OH
0
t
NH
3
+H
2
O
0,25
- Điện phân nóng chảy BaCl
2
được Ba
Điện phân nc
BaCl
2
Ba +Cl
2
0,25
Lưu ý: Không đựoc dùng Ba(OH)
2
để tạo kết tủa Mg(OH)
2
, dùng Ba(OH)
2
sẽ
làm tăng khối lượng Ba.
Câu 5
1)
Gọi kim loại cần tìm là X, x là số mol Al, y là số mol của X , khối lượng mol
của X là X (đk :X , x, y >0)
PTHH : 2Al + 3H
2
SO
4
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
(1)
Mol: x 1,5x 0,5x 1,5x
X + H
2
SO
4
XSO
4
+ H
2
(2)
Mol: y y y y
0,5
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3BaCl
2
3BaSO
4
+ 2AlCl
3
(3)
Mol: 0,5x 1,5x 1,5x x
XSO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
+ XCl
2
(4)
Mol: y y y y
0,5
Theo (1) (2) (3) (4): n
H2SO4
= n
H2
=n
BaCl2
= n
BaSO4
=1,5x +y (mol)
Theo bài ra: n
BaSO4
=
)(4,0
233
2,93
mol
n
H2
= 0,4 (mol)
Vậy :V
H2(đktc)
= 0,4 .22.4 = 8,96 (lit)
0,5
n
BaCl2
= 0,4 (mol) n
Cl
= 0,4.2= 0,8 (mol)
m
Cl
= 0,8.35,5=28,4 (gam)
Theo định luật bảo toàn khối lượng :
m
Al
+m
X
= m
hhmuối clorua
– m
Cl
=36,2- 28,4 = 7,8 (gam)
( Cách khác : m
BaCl2
= 0,4 .208 = 83,2(gam)
m
Al2(SO4)3
+ m
XSO4
= 93,2+36,2 – 83,2 = 46,2(gam)
m
H2SO4
= 0,4 .98 =39,2 (gam); m
H2
= 0,4.2= 0,8 (gam)
Theo đlbt khối lượng :m
Al
+m
X
= 46,2 + 0,8 – 39,2 = 7,8 (gam))
0,5
Trang 5
2)
Theo câu 1);
1,5 x + y = 0,4 (b)
Từ (a) và (b)
y =
18
6.0
X
(*)
vì y > 0 nên X-18 > 0
Từ (b)
x=
5,1
4,0 y
Theo bài ra : y> 33,33% x , thay vào ta có :
y > 33,33% (
5,1
4,0 y
) .giải ra ta có y > 0,073 .
từ (*)
18
6.0
X
>0,073
X < 26,2
Mặt khác :Vì x > 0
y < 0,4
18
6.0
X
< 0,4
X > 19,5
Vậy 19,5 < X < 26,2 , mà X có hoá trị II nên X là Magie ( Mg)
0,25
0,25
0,25
0,25
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút
Câu1 :(3,0 điểm)
Cã 4 ống nghiệm, mỗi ống chứa 1 dung dịch muối (kh«ng trïng kim loại cũng như gốc axit) l:
Clorua, sunfat, nitrat, cacbonat của các kim loại Ba, Mg, K, Ag.
a) Hỏi mỗi ống nghiệm chứa dung dịch muối nào?
b) Nêu phương pháp hoá học phân biệt 4 ống nghiệm đó.
Câu 2: (3,0 điểm)
Cần trộn khí CO và CO
2
theo tỉ lệ về thể tích nào để thu được một hỗn hợp khí có khối lượng
riêng bằng khối lượng riêng của khí Oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.
(Cho O = 16; C = 12)
Câu 3: (2,75 điểm)
Nung nãng Cu trong kh«ng khÝ , sau một thời gian được chất rắn A. Hoà tan chất rắn A
trong H
2
SO
4
đặc, nãng (vừa đủ) được dung dịch B và khÝ D cã mïi xốc. Cho Natri kim loại
vào dung dịch B thu dược khÝ G và kết tủa M ; Cho khÝ D t¸c dụng với dung dịch KOH
thu được dung dịch E, E vừa t¸c dụng với dd BaCl
2
vừa t¸c dụng với dd NaOH.
H·y viết c¸c phương tr×nh phản ứng xảy ra trong c¸c thÝ nghiệm trªn.
Câu 4: (2,75 điểm)
Từ quặng pirit (FeS
2
), NaCl, H
2
O, chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác, hãy viÕt c¸c
phương trình hoá học điều chế: dd FeCl
3
, FeSO
4
, Fe
2
(SO
4
)
3
và Fe(OH)
3
.
Câu 5: (5 điểm)
27 x + yX = 7,8 (a)
Trang 6
Cho 27,4 gam Ba vào 500 gam dd hỗn hợp gồm CuSO
4
2% và (NH
4
)
2
SO
4
1,32% rồi đun
nóng để đuổi hết NH
3
. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng được khí A, kết tủa B, dung dịch
C.
a) Tính thể tích khí A ở ĐKTC
b) Lấy kết tủa B rửa sạch rồi nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu
được bao nhiêu gam chất rắn ?
c) Tính nồng độ % của chất tan trong dung dịch C.
(Cho Ba = 137; N = 14; H = 1; O = 16; S = 32; Cu = 64)
Câu 6: (3,5 điểm)
(Cho : H =1; N =14 ; O =16 ; S = 32, Fe = 56 , Ba = 137,Cu = 64)
Khi hòa tan hết cùng một lượng kim loại R vào dung dịch H
2
SO
4
loãng vừa đủ và vào dung
dịch HNO
3
loãng vừa đủ thì lượng khí H
2
và NO thoát ra có thể tích bằng nhau (ở cùng điều
kiện). Đem cô cạn hai dung dịch sau phản ứng thì nhận được khối lượng muối sunfat bằng
62,81% khối lượng muối nitrat. Xác định kim loại R .
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
(3,0đ)
Theo tính tan thì 4 dung dịch muối đó là:
BaCl
2
, MgSO
4
, K
2
CO
3
và AgNO
3
. Vì :
- Gốc =CO
3
đều tạo
với Ba, Mg, Ag
dd K
2
CO
3
- Ag đều tạo
với gốc –Cl và =SO
4
dd AgNO
3
- Ba tạo
với gốc =SO
4
dd BaCl
2
- Dung dịch còn lại : MgSO
4
.
0.25
0.25
0.25
0.25
Phân biệt:- Trích mẫu thử cho từng thí nghiệm và đánh số thứ tự
Lần lượt cho vào mỗi mẫu thử 1 giọt dd HCl:
- Nếu có PƯ xuất hiện chất rắn màu trắng , nhận ra AgNO
3
:
AgNO
3
+ HCl
AgCl
+ HNO
3
- Có hiện tượng sủi bọt khí ,nhận ra K
2
CO
3
:
K
2
CO
3
+ 2HCl
2KCl + CO
2
+ H
2
O
0,25
0.25
0,25
0.25
0.25
* cho tiếp dd Na
2
SO
4
vào 2 mẫu thử còn lại:
- Có
trắng nhận ra dd BaCl
2
:
BaCl
2
+ Na
2
SO
4
BaSO
4
+ 2NaCl
- Mẫu thử còn lại là MgSO
4
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(3 điểm)
Đối với các chất khí ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì khối lượng riêng
bằng nhau chứng tỏ thể tích cũng bằng nhau và khối lượng mol của hỗn hợp khí
bằng khối lượng mol của Oxi.
M
hỗn hợp khí
= M
O
2
= 32 (g)
Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì mol chất khí tỉ lệ thuận với thể tích chất
khí
Gọi số mol CO có trong một mol hỗn hợp khí là x mol thì số mol của CO
2
có trong
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ
Trang 7
một mol hỗn hợp khí là (1 – x) mol.
Theo bài ra ta có: 28x + (1 – x)44 = 32
x = 0,75 (mol)
n
CO
= 0,75 (mol)
n
CO
2
= 1 – 0,75 = 0,25 (mol)
Vậy cần trộn khí CO với khí CO
2
theo thể tích là:
1
3
25,0
75,0
V
V
2
CO
CO
0.5đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ
Câu 3
(2,75đ)
2Cu
+ O
2
0
t
2CuO ( t
0
C) (1)
Do A tác dụng với H
2
SO
4
đ,n thu được khí D: Chứng tỏ chất rắn A có Cu
dư.
Cu
dư
+ 2H
2
SO
4
đ,n
CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O (2)
CuO + H
2
SO
4
đ,n
CuSO
4
+ H
2
O (3)
2Na + 2H
2
O
2NaOH + H
2
(4)
CuSO
4
+ 2NaOH
Cu(OH)
2
+ Na
2
SO
4
(5)
Do dd E vừa tác dụng được với dd BaCl
2
, vùa tác dụng với dd
NaOH:
Chứng tỏ dd E có chứa 2 muối
SO
2
+ 2KOH
K
2
SO
3
+ H
2
O (6)
SO
2
+ KOH
KHSO
3
(7)
( hoặcviết : K
2
SO
3
+SO
2
+H
2
O
2KHSO
3
(7) )
2KHSO
3
+ 2NaOH
K
2
SO
3
+ Na
2
SO
3
+ 2H
2
O (8)
K
2
SO
3
+ BaCl
2
BaSO
3
+ 2KCl (9)
- Mỗi
PTHH
đúng
cho 0,25
- Lý
giải: 0,5
Câu 4
(2,75đ)
Điện phân nước thu khí oxi :2H
2
O
df
2H
2
+O
2
(1)
4FeS
2
+ 11O
2
0
t
2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
(2)
0,25
0,25
- Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn xốp:
2NaCl + 2H
2
O 2NaOH + Cl
2
+ H
2
(3)
0,5
- Điều chế Fe: Fe
2
O
3
+ 3H
2
0
t
2Fe + 3H
2
O (4)
0,25
- Điều chế H
2
SO
4
:
2SO
2
+ O
2
2SO
3
(5)
SO
3
+ H
2
O
H
2
SO
4
0,25
0,25
- Điều chế FeSO
4
: Fe + H
2
SO
4
FeSO
4
+ H
2
(6)
0,25
- Điều chế FeCl
3
: 2Fe + 3Cl
2
0
t
2FeCl
3
(7)
0,25
- Điều chế Fe(OH)
3
: FeCl
3
+ 3NaOH
Fe(OH)
3
+ 3NaCl (8)
0,25
Điều chế Fe
2
(SO
4
)
3
: 2Fe(OH)
3
+ 3H
2
SO
4
Fe
2
(SO
4
)
3
+6H
2
O (9)
0,25
(Các PTHH (1) (2) (3) …phải viết đúng thứ tự mới có hóa chất để điều chế các chất
Điện phân dd
có màng ngăn
t
0
V
2
O
5
Trang 8
theo yêu cầu.)
Câu 5 (5 điểm)
Ba + 2H
2
O
Ba(OH)
2
+ H
2
(1)
0.25đ
Ba(OH)
2
+ CuSO
4
Cu(OH)
2
+ BaSO
4
(2) 0.25đ
Ba(OH)
2
+ (NH
4
)
2
SO
4
BaSO
4
+ 2NH
3
+ 2H
2
O (3) 0.25đ
(Cã thÓ viÕt 2 PT: Ba(OH)
2
+ (NH
4
)
2
SO
4
BaSO
4
+ NH
4
OH
Sau ®ã : NH
4
OH
0
t
NH
3
+H
2
O )
Cu(OH)
2
0
t
CuO + H
2
O (4)
0.25đ
BaSO
4
0
t
Không xảy ra phản ứng.
Theo (1) ta có n
H
2
= n
Ba(OH)
2
= n
Ba
=
137
4,27
= 0,2 (mol) 0.25đ
n
424
SO)NH(
=
100.132
500.32,1
0,05 (mol) 0.25đ
n
4
CuSO
=
160.100
500.2
= 0,0625 (mol) 0.25đ
Ta thấy n
2
)OH(Ba
> n
424
SO)NH(
+ n
4
CuSO
nên Ba(OH)
2
dư và 2 muối đều phản ứng hết 0.25đ
Theo (2) ta có: n
2
)OH(Ba
= n
2
)OH(Cu
= n
4
BaSO
= n
4
CuSO
= 0,0625 (mol) 0.25đ
Theo (3) ta có: n
2
)OH(Ba
= n
4
BaSO
= n
424
SO)NH(
= 0,05 (mol) 0.25đ
và n
3
NH
= 2n
424
SO)NH(
= 0,05 . 2 = 0,1 (mol) 0.25đ
n
2
)OH(Ba
dư = 0,2 – (0,05 + 0,0625) = 0,0875 (mol) 0.25đ
a) V
A(ĐKTC)
= V
2
H
+ V
3
NH
= (0,2 + 0,1). 22,4 = 6,72 (l) 0.5đ
b) Theo (4) ta có: n
CuO
= n
2
)OH(Cu
= 0,0625 (mol) 0.25đ
m
chất rắn
= m
4
BaSO
+ m
CuO
= (0,0625 + 0,05). 233 + 0,0625 . 80 = 31,2125 (g) 0.5đ
c) dd C chỉ có dd Ba(OH)
2
dư
m
ddC
= m
Ba
+ m
dd hỗn hợp ban đầu
– m
4
BaSO
– m
2
)OH(Cu
– m
2
H
– m
3
NH
0.25đ
m
ddC
= 27,4 + 500 – 0,1125 . 233 – 0,0625 . 98 – 0,2 . 2 – 0,1 . 17 = 492,96 (g) 0.25đ
C%
ddBa(OH)
2
dư
=
%100.
96,492
171.0875,0
= 3,035% ( lµm trßn thµnh 3,04%) 0.25đ
Câu 6
(3,5)
Vì khi phản ứng với HNO
3
và H
2
SO
4
hóa trị của R trong các muối tạo thành
có thể khác nhau. Gọi x, y lần lượt là hóa trị của R trong muối sun fat và muối
nitrat
( x,y
*
N
)
0,5
Các PTHH xảy ra: 2R + x H
2
SO
4
R
2
(SO
4
)
x
+ x H
2
. (1)
a
2
a
2
ax
3R +4 y HNO
3
3R(NO
3
)
y
+ yNO+ 2yH
2
O (2)
a a
3
ay
0,5
0,5
Trang 9
Gọi a là số mol R tham gia phản ứng (1) và (2)( a >0)
Theo bài ra : n
H
2
= n
NO
, hay :
2
ax
=
3
ay
x =
3
2y
0,5
Mặt khác :
2
a
(2R+ 96x ) = 0,6281. a(R +62 y)
R + 48x = 0,6281R+38,9422y
0,3719 R = 38,9422y – 48x
0,25
0,25
Thay x =
3
2y
vào ta có : 0,3719 R = 38,9422y – 48.
3
2y
0,3719 R= 6,9422 y
R=18,67 y ( xét thấy y= 3, R = 56 thỏa mãn với kim loại Fe)
Vậy R là Fe ( x= 2)
0,5
0,5
Lưu ý:
- HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Không chấp nhận kết quả khi sai bản chất hoá học.
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút
Câu I (1,5 điểm)
Cho biết tổng số hạt proton, nơtron, electron trong 2 nguyên tử thuộc 2 nguyên tố A và B
là 78, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 26 hạt. Số hạt mang điện của
A nhiều hơn số hạt mang điện của B là 28 hạt. Hỏi A, B là nguyên tố gỡ ? (Cho biết số proton của
một số nguyên tố như sau :
N : 7 ; Na : 11; Ca : 20 ; Fe : 26 ; Cu: 29 ; C : 6 ; S : 16.)
Câu II(3 điểm) Hoàn thành dãy biến hóa sau:
a) Fe
3
O
4
X
Fe(NO
3
)
3
Fe(NO
3
)
2
B
)4(
A + H
b) A
)2(
C
HE
G + M
D
M
B + K
(Biết A là đơn chất)
Câu III(3,5 điểm)
Từ hai nguyên liệu là đá vôi và dung dịch axít Clohiđric hóy viết phương trỡnh phản ứng điều chế
11 chất mới (trong đó có 4 đơn chất).
Câu IV(3,5 điểm): Hỗn hợp A gồm Al
2
O
3,
,MgO,Fe
3
O
4
,CuO.Cho khí CO dư qua A nung nóng
được chất rắn B. Hòa tan B vào dung dịch NaOH dư được dung dịch C và chất rắn D.Cho dung
dịch HCl dư vào dung dịch C.Hòa tan chất rắn D vào dung dịch HNO
3
loãng(Phản ứng tạo khí
NO).Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Z
Y
)1(
)3(
)5(
)6(
Trang 10
Câu V (6 điểm) : Hoà tan hoàn toàn a gam kim loại A có hoá trị không đổi vào b gam dung dịch
HCl được dung dịch X . Thêm 240 gam dung dịch NaHCO
3
7% vào X thì vừa đủ tác dụng hết với
lượng HCl còn dư , thu được dung dịch Y trong đó nồng độ phần trăm của NaCl và muối clorua
kim loại A tương ứng là 2,5 % và 8,12% . Thêm tiếp lượng dư dung dịch NaOH vào Y , sau đó lọc
lấy kết tủa , rồi nung đến khối lượng không đổi thì thu được 16 gam chất rắn
a) Viết các phương trình hoá học xảy ra .
b ) Xác định kim loại A.
c ) Tính nồng độ phần trăm của dung dịch HCl đã dùng .
( Cho : Na:23 ; H :1 ; C :12 ; O : 16 ; Cl :35,5, Cu: 64, Fe:56, Mg:24, Ca:40...)
Câu VI ( 2,5 điểm):Cho dung dịch A chứa H
2
SO
4
85%,dung dịch B chứa HNO
3
x%.
1. Tính tỷ lệ khối lượng dung dịch A và dung dịch B cần trộn để thu được dung dịch C trong đó
chứa H
2
SO
4
60% và HNO
3
20% .
2. Tính x?
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu I : (1,5 điểm)
Câu II: (3điểm)
a)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O
Fe(NO
3
)
3
+ Fe
3Fe(NO
3
)
2
Fe(NO
3
)
2
+ AgNO
3
Fe(NO
3
)
3
+ Ag
0,5
0,5
0,5
b)
(1) S + H
2
0
t
H
2
S
(A) (B)
(2) S + O
2
0
t
SO
2
(C)
(3) S + Fe
0
t
FeS
(D)
(4) 2H
2
S + SO
2
3S + 2H
2
O
(H)
(5) SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O
2HBr + H
2
SO
4
(E) (H) (G) (M)
(6) FeS + H
2
SO
4
H
2
S + FeSO
4
(M) (K)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III:(3,5 điểm)
Gọi p, n, e và p', n', e' lần lượt là số hạt proton, nơtron, electron của hai nguyên
tử A, B. (p, n, e và p', n', e' nguyờn dương )Ta cú : p + n + e + p' + n' + e' = 78 .
0,25
Vì p = e , theo bài ra : (2p+ 2p' ) + (n + n') = 78 (1)
(2p + 2p') - (n + n') = 26 (2)
Giải ra ta có : 2p + 2p' = 52 hay p + p' = 26.(*)
0,5
0,25
Mặt khác : 2p - 2p' = 28. hay p - p' = 14 (**)
0,25
Tìm được p = 20 , p' = 6. Vậy A là Can xi( Ca), B là Các bon (C)
0,25
Trang 11
o
t
x
ACl
m
CaCO
3
0
t
CaO + CO
2
CaCO
3
+ 2HCl
CaCl
2
+ 2H
2
O + CO
2
CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
Ca(HCO
3
)
2
CaCl
2
ñpnc
Ca + Cl
2
CaCl
2
+ 2H
2
O
ñpmnx
Ca(OH)
2
+ H
2
+ Cl
2
CaCl
2
+ H
2
O
mnkhoângñp
CaOCl
2
+ H
2
2CaOCl
2
C70t,xt
00
2CaCl
2
+ O
2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu IV: (3,5 điểm )
Cho CO qua A nung nóng
t
o
Fe
3
O
4
+ 4 CO 3 Fe + 4 CO
2
t
o
CuO +CO Cu + CO
2
Chất rắn B : Al
2
O
3
; Fe; MgO; Cu
0,75
Chất rắn B tác dụng NaOH dư
Al
2
O
3
+ 2NaOH 2NaAlO
2
+ H
2
O
Dung dịch C : NaAlO
2
; NaOH dư.Chắt rắn D:MgO;Fe,Cu
0,75
Dung dịch C tác dụng HCl dư
NaOH + HCl NaCl + H
2
O
Na AlO
2
+ HCl +H
2
O Al(OH)
3
+ NaCl
Al(OH)
3
+ 3HCl AlCl
3
+ 3H
2
O
Hoặc Na AlO
2
+ 4HCl NaCl + AlCl
3
+2 H
2
O
1,0
Chất rắn D tác dụng dung dịch HNO
3
loãng
- Nếu HNO
3
dư :
MgO +2HNO
3
Mg(NO
3
)
2
+H
2
O
Fe + 4HNO
3
Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
3Cu + 8 HNO
3
3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O
- Nếu HNO
3
thiếu:
+ Nếu Fe dư : Fe + 2Fe(NO
3
)
3
3Fe(NO
3
)
2
+ Nếu Cu dư : Cu + 2Fe(NO
3
)
3
2Fe(NO
3
)
2
+ Cu(NO
3
)
2
1,0
Câu V:(6 điểm)
Gọi hoá trị của A là x (x
*
N
), n
NaHCO3
=
240.7
0,2( )
100.84
mol
a) Các phương trình hoá học xảy ra
2A + 2x HCl 2 ACl
x
+ x H
2
. (1)
NaHCO
3
+ HCl NaCl + CO
2
+ H
2
O. (2)
dung dịch Ygồm XCl
a
và NaCl , thêm dung dịch NaOH dư ta có :
ACl
x
+ xNaOH A(OH)
x
+ x NaCl (3)
2A(OH)
x
A
2
O
x
+ x H
2
O. (4).
1,25
Theo pt (2) : n
NaCl
= n
NaHCO3
= 0,2(mol).m
NaCl
=0,2 . 58,5 = 11,7 (g)
0,5
Trang 12
b)
11,7.100
468( )
2,5
ddY
mg
8,12.468
38( )
100
x
ACl
mg
38
()
35,5
x
ACl
n mol
Ax

(*)
Mặt khác : Theo PT (3) và (4) :
2
()
16 16
2. 2. ( )
2 16 8
x x x
ACl A OH A O
n n n mol
A x A x

(**)
0,5
0,5
Từ (*) và (**) ta có :
38 16
35,5 8A x A x

A= 12 .x .thoả mãn x=2, A=24.
Vậy A là Mg
0,75
c
2
38
0,4( )
95
MgCl
n mol
. Theo PT : Mg+ 2HCl MgCl
2
+ H
2
22
0,4( )
H Mg MgCl
n n n mol
0,5
Theo PT (2) :
23
0,2( )
CO NaHCO
n n mol
0,25
2 2 3
()
ddHCl ddY CO H Mg ddNaHCO
m m m m m m
=
468 + 0,2.44 + 0,4.2 - (0,4. 24 + 240) = 228 (g)
0,75
Theo PT (1) và (2) tính được n
HCl
= 0,8+0,2 = 1(mol)
m
HCl
= 36,5(g)
0,5
Vậy : C%
dd HCl
=
36,5
.100% 16%
228
0,5
Câu 6: ( 2,5 điểm)
1
Tính tỷ lệ khối lượng dung dịch A và dung dịch B
1,5
Gọi a,b lần lượt là khối lượng dung dịch A,B (a,b >0)
Ta có:
m
H2SO4(trong A)
= 85%.a = 0,85 a
m
HNO3(trong B)
= x%.b
0,5
m
ddC
= a +b
Theo bài ra ta có: C%
H2SO4(trong C)
=(0,85 a.100%) : (a +b)=60%
85 a = 60a +60 b
25 a =60 b
a:b = 60 :25 =12 :5
a = 12b:5 ( *)
Vậy cần trộn dung dịch A và dung dịch B theo tỷ lệ khối lượng là 12 :5
1,0
2
Tính x?
1,0
Theo bài ra ta có:
C%
HNO3(trong C)
= (x%.b.100%) : (a +b) =20%
x.b = 20 a +20 b (*)(*)
Thay * vào ** ta có:
x. b = 48 b +20 b = 68 b
x = 68 (%)
HS có thể giải bài này bằng phương pháp sử dụng sơ đồ đường
chéo,nếu đúng vẫn cho điểm
1,0
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Trang 13
ĐỀ SỐ 4
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1: Cho các chất sau: SiO
2
; CaO; CaCO
3
; Al
2
O
3
; Fe
2
O
3;
Fe
3
O
4
a. Chất nào tan được trong nước? Trong dung dịch kiềm? Trong dung dịch axít?
b. Trong các chất trên chất nào tồn tại trong tự nhiên và tồn tại ở dạng khoáng chất nào? Nêu ứng dụng
quan trọng của khoáng chất đó?
Câu 2.
a. Trong phòng thí nghiệm có 4 lọ hoá chất bị mất nhãn đựng các dung dịch Na
2
CO
3
; Na
2
SO
4
; H
2
SO
4
và
MgSO
4
. Chỉ dùng duy nhất một thuốc thử hãy nêu phương pháp hóa học nhận biết 4 lọ dựng các dung
dịch trên.
b. Trình bày phương pháp hoá học để tách được từng oxít ra khỏi hỗn hợp gồm CuO; Al
2
O
3
và Fe
2
O
3
.
Câu 3. A và B là hai dung dịch H
2
SO
4
khác nhau về nồng độ % .
a. Khi trộn A và B theo tỷ lệ khối lượng là 7: 3 thì thu được dung dịch C có nồng độ là 29%. Tính nồng
độ % của A và B biết rằng nồng độ % của B lớn gấp 2,5 lần nồng độ % của A.
b. Lấy 50ml dung dịch C có khối lượng riêng 1,27g/cm
3
cho tác dụng với 200ml dung dịch BaCl
2
1M.
Lọc và tách kết tủa rồi tính nồng độ mol của HCl có trong dung dịch nước lọc (Biết rằng thể tích dung
dịch thay đổi không đáng kể)
Câu 4. Dùng V lít khí CO khử hoàn toàn 4 gam một oxit kim loại, phản ứng kết thúc thu được kim loại
và hỗn hợp khí X. Tỷ khối của X so với H
2
là 19. Cho X hấp thụ hoàn toàn vào 2,5 lít dung dịch
Ca(OH)
2
0,025M người ta thu được 5 gam kết tủa.
a. Xác định kim loại và công thức hoá học của oxit đó.
b. Tính giá trị của V và thể tích của SO
2
(đktc) tạo ra khi cho lượng kim loại thu được ở trên tan hết vào
dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng dư.
(Cho Na = 23; C = 12; O = 16; H = 1; S = 32; Ca = 40; Cl = 35,5; N = 14; Cu = 64; Zn = 65,Ba =
137; Fe = 56
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1
2,0 đ
a. - Chất có khả năng tan trong nước là: CaO
- Các chất tan trong dd kiềm: SiO
2
,Al
2
O
3
và CaO có khả năng tan trong dd kiềm do PƯ giữa CaO với H
2
O
- Các chất tan trong dd axít là: CaO; CaCO
3
; Al
2
O
3
; Fe
2
O
3;
Fe
3
O
4
0,25
0,25
0,25
0,25
b. b. Tất cả các chất (Trừ CaO) đều tồn tại trong tự nhiên ở dạng các khoáng chất:
Trang 14
- CaCO
3
đá vôi, đá hoa …thường dùng để nung vôi
- SiO
2
ở dạng cát dùng trong công nghiệp xây dựng, chế biến thuỷ tinh
- Al
2
O
3
có trong quặng bôxít dùng để luyện nhôm.
- Fe
2
O
3
có trong quặng hematit dùng để luyện gang.
- Fe
3
O
4
có ở quặng manhetit dùng để luyện gang.
Nếu Hs không nêu được ứng dụng của các khoáng chất thì trừ 1/2 số điểm của ý đó
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
Câu 2
3,0đ
a. Lấy mỗi lọ một ít mẫu thử bỏ vào 4 ống nghiệm
- Nhỏ dd HCl vào các mẩu thử, mẩu xuất hiện bọt khí là Na
2
CO
3
, nhận biết được lọ
Na
2
CO
3
.
PTPư Na
2
CO
3
+ 2 HCl 2NaCl + CO
2
+ H
2
O
- Dùng Na
2
CO
3
vừa tìm được nhỏ vào các mẩu thử còn lại.
Lọ có bọt khí xuất hiện là H
2
SO
4
. Lọ có kết tủa màu trắng là MgSO
4
. Lọ không
có hiện tượng gì Na
2
SO
4
- PTPư. Na
2
CO
3
+ H
2
SO
4
Na
2
SO
4
+ CO
2
+ H
2
O
Na
2
CO
3
+ MgSO
4
Na
2
SO
4
+ MgCO
3
Hs có thể nhận biết H
2
SO
4
trước hoặc MgSO
4
trước sau đó tiếp tục nhận biết các
lọ khác. Nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
0,5
1,0
b. Cho hỗn hợp vào trong dd NaOH dư. Chỉ có Al
2
O
3
phản ứng.
Al
2
O
3
+ 2NaOH 2NaAlO
2
+ H
2
O. Lọc lấy chất rắn không tan là CuO, Fe
2
O
3
và dung dịch nước lọc A.
Nung nóng chất rắn rồi khử bằng cách cho luồng khí H
2
( hoặc CO) dư đi qua. Thì
thu được hỗn hợp chất rắn gồm 2 kim loại Cu, Fe.
CuO + H
2
0
t
Cu + H
2
O.
Fe
2
O
3
+ 3H
2
0
t
2 Fe + 3 H
2
O.
- Hoà tan hỗn hợp kim loai bằng dd axit HCl ( dư) .
Xảy ra phản ứng: Fe + 2 HCl FeCl
2
+ H
2
.
Cu không phản ứng. Lọc lấy Cu và dung dịch nước lọc B.
Nung Cu trong không khí ở nhiệt độ cao ta được CuO. PtPư
2Cu + O
2
0
t
2CuO.
- Lấy dd B thu được cho tác dung với dd NaOH dư. Thu được kết tủa Fe(OH)
2
FeCl
2
+ 2 NaOH Fe(OH)
2
+ 2 NaCl.
Lọc lấy kết tủa Fe(OH)
2
và nung trong không khí ở nhiệt độ cao ta thu được Fe
2
O
3..
4Fe(OH)
2
+O
2
+ 2H
2
O
4Fe(OH)
3
;
2Fe(OH)
3
0
t

Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
- Thổi từ từ đến dư khí CO
2
( hoặc nhỏ từ từ dd HCl vào vừa đủ) vào dung dịch A
thu được kết Al(OH)
3
. Lọc kết tủa và nung ở nhiệt độ cao thu được Al
2
O
3
.
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2 H
2
O Al(OH)
3
+ NaHCO
3
0,5
0,5
0,5
Trang 15
2Al(OH)
3
0
t

Al
2
O
3
+ 3H
2
O.
Hs có thể làm cách khác nếu đúng cho đủ số điểm.
Câu 3
2,0 đ
a. Gọi x là nồng độ % của A; y là nồng độ % của B ta có: y = 2,5.x (1)
Trộn A và B theo tỷ lệ khối lượng 7: 3 nên:
Lượng H
2
SO
4
trong 7g ddA là: 0,07x (g)
’’ ’’ 3g ddB là: 0,03y (g)
Theo bài ra ta có: 0,07x + 0,03y = 2,9 (2)
Từ (1) và (2) giải ra: x = 20%; y = 50%
Hs có thể làm cách khác nếu đúng cho đủ số điểm.
0,5
0,5
b. Số mol H
2
SO
4
có trong 50ml ddC là:
29(1,27.50)
0,188( )
100.98
mol
Số mol BaCl
2
:
1.200
0,2( )
1000
mol
, V
dd
= 200 + 50 = 250 (ml)
H
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
+ 2HCl
Trước phản ứng: 0,188 0,2
Sau phản ứng: 0 0,012 0,188 . 2
Vậy
0,188.2.1000
1,504
0,25
HCl
M
CM
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
3,0 đ
Đặt công thức của oxit kim loại là: A
x
O
y
có số mol là a
Các PTHH: A
x
O
y
+ yCO
0
t
x A + yCO
2 (k)
(1)
a mol ay mol ay mol
CO
2 (k)
+ Ca(OH)
2(dd)
CaCO
3 (r)
+ H
2
O
(l)
(2)
Có thể: CaCO
3(r)
+ CO
2 (k)
+ H
2
O
(l)
Ca(HCO
3
)
2
(3)
nCa(OH)
2
= 2,5 . 0,025 = 0,0625 (mol); nCaCO
3
= 5/100 = 0,05 (mol)
Bài toán phải xét 2 trường hợp:
1.TH1: Ca(OH)
2
dư phản ứng (3) không xảy ra
Từ (2): nCO
2
= n CaCO
3
= 0,05 mol n CO
2
= ay = 0,05 mol.
Ta có pt: (xM
A
+ 16y) . a = 4 . Thay ay = 0,05 vào. Ta được xa.M
A
= 3,2 .
xa.M
A
/ ay = 3,2 / 0,05. xM
A
/ y = 64.
M
A
= 32. 2y/x. Thoả mãn khi 2y/x = 2 , M
A
= 64
Vậy A là Cu. Từ 2y/x = 2 x/y = 1/1 . Chọn x= y = 1.Công thức oxit là CuO.
Đặt n CO dư trong hh khí X là t ta có phương trình tỉ khối
(28t + 44 . 0,05) / ( t + 0,05) . 2 = 19 t= 0,03 mol
giá trị của V
CO
ban đầu = (0,03 + 0,05) . 22,4 = 1,792 (lít).
1,0
0,25
Trang 16
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1:
a. Dung dịch KOH có thể hòa tan được những chất nào sau đây: Na
2
O; CuO; CO
2
; H
2
S; Ag; Al
2
O
3
? Viết phương trình phản ứng xẩy ra(nếu có)?
b. Người ta tiến hành điều chế CO
2
từ CaCO
3
và dung dịch HCl, khí CO
2
tạo ra bị lẫn một ít khí
HCl (hiđroclorua) và H
2
O (hơi nước). Làm thế nào để thu được CO
2
tinh khiết.
Câu 2.
a. Trong phòng thí nghiệm chỉ có nước, giấy quỳ, các dụng cụ thí nghiệm cần thiết và 5 lọ đựng 5
chất bột: MgO, BaO, Na
2
SO
4
; Al
2
O
3
; P
2
O
5
bị mất nhãn. Trình bày phương pháp hóa học nhận biết
5 lọ đựng các hóa chất trong phòng thí nghiệm nêu trên và viết các phương trình phản ứng xẩy ra.
b. Trình bày thí nghiệm để xác định thành phần % khối lượng các chất có trong hỗn hợp:
Na
2
CO
3
.10H
2
O và CuSO
4
.5H
2
O. (Biết rằng các thiết bị thí nghiệm và điều kiện phản ứng đầy đủ)
Câu 3.
Hỗn hợp hai muối Na
2
SO
4
và K
2
SO
4
được trộn theo tỷ lệ
1
2
về số mol. Hòa tan hỗn hợp hai muối
vào 102g nước được dung dịch A. Cho 1664g dung dịch BaCl
2
10% vào dung dịch A, lọc bỏ kết
tủa rồi thêm dung dịch H
2
SO
4
dư vào nước lọc thu được 46,6g kết tủa. Xác định nồng độ % các
chất có trong dung dịch A.
PTHH khi cho Cu vào dd H
2
SO
4
đặc, nóng
Cu
(r)
+ H
2
SO
4 đn (dd)
o
t
¾¾¾¾¾®
CuSO
4 (dd)
+ SO
2 (k)
+ 2 H
2
O
(l)
(4)
Từ (1): n Cu = n CO
2
= 0,05 mol. Theo (4): n SO
2
= 0,05 mol
V = 0,05 . 22,4 = 1,12 (lít)
2. TH2: CO
2
dư phản ứng (3) có xảy ra
Từ (2): n CO
2
= n CaCO
3
= n Ca(OH)
2
= 0,0625 mol
Bài ra cho: n CaCO
3
chỉ còn 0,05 mol chứng tỏ n CaCO
3
bị hoà tan ở (3) là: 0,0625
- 0,05 = 0,0125 (mol)
Từ (3): n CO
2
= n CaCO
3
bị hoà tan = 0,0125 mol
Tổng n CO
2
= 0,0625 + 0,0125 = 0,075 (mol)
n CO
2
= ay = 0,075
Ta có pt: (xM
A
+ 16y) . a = 4 . Thay ay = 0,075 vào. Ta được xa.M
A
= 2,8 .
xa.M
A
/ ay = 2,8 / 0,075
M
A
= (56/3). (2y/x). Thoả mãn khi 2y/x = 3 , M
A
= 56 là Fe.
2y/3x = 3 x/y = 2/3. Chọn x= 2, y = 3. Công thức oxit là Fe
2
O
3
.
Tương tự TH 1 ta có phương trình tỷ khối:
(28t + 44 . 0,075) / ( t + 0,075) . 2 = 19 .
Giải ra ta được t = 0,045
V = (0,075 + 0,045) . 22,4 = 2,688 (lít)
PTHH khi cho Fe vào dd H
2
SO
4 đn
:
2Fe
(r)
+ 6 H
2
SO
4 đn (dd)
o
t
¾¾¾¾¾®
Fe
2
(SO
4
)
3 (dd)
+ 3 SO
2 (k)
+ 6 H
2
O
(l)
(5)
nFe = 0,025 . 2 = 0,05 (mol) n SO
2
= 0,075 mol
V = 0,075 . 22,4 = 1,68 (lít)
Hs có thể làm cách khác nếu đúng cho đủ số điểm.
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
SO
2
SO
2
Trang 17
Câu 4.
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A gồm (Fe, Fe
2
O
3
) vào dung dịch HCl được dung dịch A và thấy thoát
ra 8,96 lít khí (ĐKTC). Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A đến khi dư, sau phản ứng lọc tách
kết tủa thu được hỗn hợp kết tủa B, đem kết tủa B nung trong không khí đến khối lượng không đổi
thu được chất rắn C. Khối lượng chất rắn C giảm 31gam so với khối lượng kết tủa B. Tính khối
lượng các chất có trong hỗn hợp A?
(Cho Na = 23; O = 16; H = 1; S = 32; Cl = 35,5; Ba = 137; Fe = 56, K = 39)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1
2,0đ
a. – Dung dịch KOH hòa tan được các chất: Na
2
O; CO
2
; H
2
S; Al
2
O
3
Na
2
O + H
2
O
2NaOH;
2KOH + CO
2
K
2
CO
3
+ H
2
O (KOH + CO
2
KHCO
3
)
2KOH + H
2
S
K
2
S + 2H
2
O; 2KOH + Al
2
O
3
2 KAlO
2
+ H
2
O
0,25
0,75
b. Phản ứng điều chế CO
2
trong phòng thí nghiệm
CaCO
3
+ 2HCl
CaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
Hỗn hợp khí thu được gồm: CO
2
, HCl
(kh)
, H
2
O
(h)
.
- Tách H
2
O (hơi):
Cho hỗn hợp qua P
2
O
5
dư H
2
O bị hấp thụ
P
2
O
5
+ 3H
2
O → 2H
3
PO
4
-- Tách
khí HCl:
Hỗn hợp khí sau khi đi qua P
2
O
5
dư tiếp tục cho đi qua dung dịch AgNO
3
dư khí HCl
bị giữ lại thu được CO
2
tinh khiết.
AgNO
3
+ HCl → AgCl + HNO
3
0,5
0,5
Câu 2
3,0đ
a. Trích 5 mẫu thử vào 5 ống nghiệm và cho H
2
O vào có 3 lọ bị nước hòa tan: Na
2
SO
4
; BaO; P
2
O
5
Na
2
SO
4
+ H
2
O
dd Na
2
SO
4
BaO + H
2
O
Ba(OH)
2
; P
2
O
5
+3 H
2
O
2H
3
PO
4
+ Dùng giấy quỳ để nhận biết 3 ống nghiệm đựng 3 dung dịch trên
-Dung dịch làm giấy quỳ không đổi màu là dd Na
2
SO
4
xác định được lọ đựng bột
Na
2
SO
4
- Dung dịch làm giấy quỳ đổi màu xanh là dd Ba(OH)
2
xác định được lọ đựng bột
BaO
-Dung dịch làm giấy quỳ đổi màu đỏ là dd H
3
PO
4
xác định được lọ đựng bột P
2
O
5
+ Dùng dung dịch Ba(OH)
2
vừa tìm được để nhận biết 2 lọ bột không tan trong H
2
O:
Trích mẫu thử vào 2 ống nghiệm, nhỏ dung dịch Ba(OH)
2
vào, chất nào tan là Al
2
O
3
;
còn lại là lọ đựng MgO
Ba(OH)
2
+ Al
2
O
3
Ba(AlO
2
)
2
+ H
2
O
0,5
0,5
0,5
b. Bước 1: Tiến hành cân khối lượng hỗn hợp ban đầu: m
1
(g)
Bước 2: Tiến hành nung hỗn hợp đến khối lượng không đổi
Bước 3: Cân khối lượng chất rắn sau khi nung m
2
(g)
Lập hệ pt để tính các giá trị: Gọi x; y lần lượt là số mol Na
2
CO
3
.10H
2
O và
CuSO
4
.5H
2
O ta có:
1
2
286 250
106 160
x y m
x y m


Giải hệ tìm x, y và tính được thành phần %
0,5
0,5
0,5
Câu 3
2,0 đ
a. Khi cho dd BaCl
2
vào dung dịch A:
BaCl
2
+ Na
2
SO
4
BaSO
4
+ 2NaCl (1)
BaCl
2
+ K
2
SO
4
BaSO
4
+ 2KCl (2)
0,4
Trang 18
Khi cho dd H
2
SO
4
vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong nước lọc còn
chứa BaCl
2
(dư) và tham gia phản ứng hết với H
2
SO
4
BaCl
2
+ H
2
SO
4
BaSO
4
+ 2HCl (3)
Khối lượng BaCl
2
cho vào dung dịch A là:
22
1664.10% 166,4( ) 166,4:208 0,8( )
BaCl BaCl
m g n mol
Số mol BaCl
2
tham gia phản ứng (3):
24
(3) aS (3)
46,6:233 0,2( )
BaCl B O
n n mol
Suy ra tổng số mol Na
2
SO
4
và K
2
SO
4
= số mol BaCl
2
tham gia phản ứng (1) và (2) và
bằng:
2 4 2 4 2
( ) (1 2)
0,8 0,2 0,6( )
Na SO K SO BaCl
n n mol

Vì Na
2
SO
4
và K
2
SO
4
được trộn theo tỷ lệ
1
2
về số mol nên ta có
2 4 2 4
2 4 2 4
0,2( ); 0,4( )
0,2.142 28,4 ; 0,4.174 69.6( )
Na SO K SO
Na SO K SO
n mol n mol
m g m g

Khối lượng dung dịch A:
dd
102 28,4 69,6 200
A
mg
Vậy: C% Na
2
SO
4
=
%2,14%100.
200
4,28
C% K
2
SO
4
=
%8,34%100
200
6,69
0,3
0,2
0,2
0,2
0,2
0,25
0,25
Câu 4
3,0 đ
Cho hh vào dung dịch HCl(dư): Fe + 2HCl
FeCl
2
+ H
2
(4)
Fe
2
O
3
+ 6HCl
2FeCl
3
+ 3H
2
O (5)
Cho NaOH (dư) vào dung dịch A: NaOH + HCl
NaCl + H
2
O
2NaOH + FeCl
2
Fe(OH)
2
+ 2NaCl (6)
3NaOH + FeCl
3
Fe(OH)
3
+ 3NaCl (7)
Lọc tách kết tủa nung trong kk đến khối lượng không đổi:
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O
0
t

4Fe(OH)
3
(8)
2Fe(OH)
3
0
t

Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (9)
Ở (4) số mol Fe bằng số mol H
2
thoát ra ở ĐKTC và bằng:
89,6 : 22,4 = 0,4 (mol)
Gọi x là số mol Fe
2
O
3
có trong hh ban đầu, dựa vào các PTPƯ từ (4) đến (9) ta có:
Fe
FeCl
2
Fe(OH)
2
Fe(OH)
3
1
2
Fe
2
O
3
0,4 0,4
0,4 0,4 0,2
Fe
2
O
3
2FeCl
3
2Fe(OH)
3
Fe
2
O
3
x 2x
2x x
Vậy khối lượng kết tủa B gồm(0,4 mol Fe(OH)
2
và 2x mol Fe(OH)
3
)
Khối lượng chất rắn C gồm: 0,2 + x (mol) Fe
2
O
3
Theo bài ra khối lượng chất rắn C giảm 31 g so khối lượng kết tủa B:
2x .107 + 0,4 . 90 – 31 = 160.(0,2 + x)
HS giải pt tìm được x = 0,5 (mol)
Khối lượng các chất trong hh ban đầu là: m
Fe
=
gam4,224,056
m Fe
2
O
3
=
gam805,0160
0,4
0,4
0,4
0,2
0,5
0,2
0,5
0,4
Hs có thể giải theo cách khác, nếu hợp lý, đúng cho đủ số điểm của câu đó
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Trang 19
ĐỀ SỐ 6
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1.(1.0 điểm). Chọn các chất A,B,C thích hợp và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ
điều kiện phản ứng nếu có) theo sơ đồ biến hoá sau:
A
B
)1(
Fe
2
(SO
4
)
3
)4(
FeCl
3
)5(
Fe(NO
3
)
3
)6(
A
)7(
B
)8(
C
C
Câu 2.(2.0 điểm).
Trong phòng thí nghiệm có sẵn các hóa chất: vôi sống, axit HCl, CuCl
2
, CaCO
3
, CaCl
2
,
KNO
3
, nước cất, dung dịch phenolphtalein, Fe, Cu và các thiết bị, dụng cụ thí nghiệm đầy
đủ. Hãy chọn hóa chất và các thí nghiệm thích hợp để chứng minh: dung dịch Ca(OH)
2
có
những tính chất hóa học của bazơ tan. Nêu hiện tượng quan sát và viết PTHH của các thí
nghiệm trên.
Câu 3.(2.0 điểm)
a. Có 6 lọ hoá chất không nhãn chứa riêng biệt các chất rắn sau: MgO, BaSO
4
, Zn(OH)
2
,
BaCl
2
, Na
2
CO
3
, NaOH. Chỉ dùng nước và một hoá chất thông dụng nữa (tự chọn) hãy trình
bày cách nhận biết các chất trên.
b. Các cặp hóa chất sau có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm chứa nước cất( dư)
không? Hãy giải thích bằng PTHH?.
NaCl và AgNO
3
; Cu(OH)
2
và FeCl
2
; BaSO
4
và HCl; NaHSO
3
và NaOH; CaO và Fe
2
O
3
Câu 4.(1.0 điểm)
Cho 6,9g Na và 9,3g Na
2
O vào 284,1 gam nước, được dung dịch A. Hỏi phải lấy thêm bao
nhiêu gam NaOH có độ tinh khiết 80%(tan hoàn toàn) cho vào để được dung dịch 15%?
Câu 5. (2.0 điểm).
Cho khí CO đi qua 69,9 gam hỗn hợp X gồm Fe
2
O
3
và M
x
O
y
nung nóng thu được 3,36 lít
khí CO
2
(đktc) và hỗn hợp chất rắn Y gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
và M
x
O
y
. Để hòa tan hoàn
toàn Y cần 1,3 lít dd HCl 1M thu được 1,12 lít khí H
2
(đktc) và dd Z . Cho từ từ dd NaOH
vào dd Z đến dư thu được kết tủa T. Lọc kết tủa T để ngoài không khí đến khối lượng không
đổi thu được 32,1 gam bazơ duy nhất. Xác định công thức hóa học của M
x
O
y.
Câu 6. ( 2.0 điểm)
Trộn 0,2 lít dung dịch H
2
SO
4
x M với 0,3 lít dung dịch NaOH 1,0 M thu được dung dịch A.
Để phản ứng với dung dịch A cần tối đa 0,5 lít dung dịch Ba(HCO
3
)
2
0,4 M, sau phản ứng
thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của x và m.Cho: H=1, O=16, Al=27, Na=23, S=32,
Fe=56, Cl=35,5, Ag = 108, Cu = 64, N= 14, C= 12, Ba =137
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
Điểm
I
A: Fe(OH)
3;
B: Fe
2
O
3
; C: Fe
1.0
(1) Fe
2
O
3
+ 3 H
2
SO
4
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 H
2
O
(2) 2 Fe(OH)
3
+ 3H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6 H
2
O
(3) 2Fe + 6 H
2
SO
4 đặc
to
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6 H
2
O
(2)
(3)
Trang 20
(4) Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3BaCl
2
→ 2FeCl
3
+ 3BaSO
4
(5) FeCl
3
+ 3AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ 3AgCl
(6) Fe(NO
3
)
3
+ 3NaOH → Fe(OH)
3
+ 3 NaNO
3
(7) 2Fe(OH)
3
to
) Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
(8) Fe
2
O
3
+ 3H
2
to
2Fe + 3H
2
O
II
2.0
* Chọn các hóa chất: vôi sống, HCl, CaCO
3
, CuCl
2
, nước cất, dung dịch
phenolphtalein.
* Chọn các thí nghiệm:
- Pha chế dung dịch Ca(OH)
2
: Hòa vôi sống vào cốc đựng nước thu được
nước vôi CaO + H
2
O
Ca(OH)
2
Lọc nước vôi thu được dung dịch nước vôi trong( dd Ca(OH)
2
).
- Điều chế CO
2
: Cho dd HCl vào bình chứa CaCO
3
, thu khí CO
2
vào bình
tam giác, nút kín: CaCO
3
+ 2 HCl → CaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
- Thí nghiệm chứng minh:
+ Tác dụng với chất chỉ thị màu: Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein
vào ống nghiệm chứa dd Ca(OH)
2
, thấy dung dịch chuyển sang màu hồng.
+ Tác dụng với oxit axit: Cho dd Ca(OH)
2
vào bình đựng khí CO
2
, lắc đều.
Thấy dung dịch vẩn đục. Ca(OH)
2
+ CO
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
+ Tác dụng với dd axit: Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào ống
nghiệm chứa dd Ca(OH)
2
, dung dịch chuyển sang màu hồng sau đó nhỏ từ
từ dd HCl vào. Thấy màu hồng biến mất, dung dịch trở lại trong suốt.
Ca(OH)
2
+ 2HCl → CaCl
2
+ 2H
2
O
+ Tác dụng với dung dịch muối:
Nhỏ dd Ca(OH)
2
vào ống nghiệm chứa dd CuCl
2
, thấy xuất hiện kết tủa
màu xanh: Ca(OH)
2
+ CuCl
2
→ CaCl
2
+ Cu(OH)
2`
Nếu không trình bày thí nghiệm pha chế dd Ca(OH)
2
mà các thí nghiệm sau
đúng thì trừ 1/2 số điểm của câu II
0,5
1,5
III
2.0
a
Trích mẫu thử cho vào các ống nghiệm:
- Cho nước vào các mẫu thử, khuấy đều, mẫu không tan: MgO, BaSO
4
,
Zn(OH)
2
(nhóm 1); mẫu tan: BaCl
2
, NaOH, Na
2
CO
3
(nhóm 2)
- Nhỏ dd H
2
SO
4
vào các mẫu thử của nhóm 2: mẫu xuất hiện kết tủa trắng
là BaCl
2
, mẫu sủi bọt khí là Na
2
CO
3
, còn lại là NaOH.
H
2
SO
4
+ BaCl
2
→ BaSO
4
+ 2 HCl
H
2
SO
4
+ Na
2
CO
3
→ Na
2
SO
4
+ CO
2
+ H
2
O
- Nhỏ dung dịch NaOH vừa nhận biết được ở trên vào 2 mẫu thử của nhóm
2
mẫu tan là Zn(OH)
2
, không tan là BaSO
4
, MgO
2NaOH + Zn(OH)
2
→ Na
2
ZnO
2
+ 2H
2
O
- Nhỏ dd H
2
SO
4
vào 2 mẫu chất rắn còn lại, mẫu tan là MgO, không tan là
BaSO
4
MgO + H
2
SO
4
→ MgSO
4
+ H
2
O
1.0
b
- Các cặp chất không thể tồn tại trong cùng ống nghiệm chứa nước cất:
NaCl và AgNO
3
vì: NaCl + AgNO
3
→ AgCl ↓ + NaNO
3
NaHSO
3
và NaOH vì: NaHSO
3
+ NaOH → Na
2
SO
3
+ H
2
O
CaO và Fe
2
O
3
vì: CaO + H
2
O → Ca(OH)
2
- Các cặp chất cùng tồn tại: Cu(OH)
2
và FeCl
2
; BaSO
4
và HCl
1.0
IV
1.0
Trang 21
n
Na
=
mol3,0
23
9,6
n =
15,0
62
3,9
mol
PTHH: 2Na + 2H
2
O →2 NaOH + H
2
Na
2
O + H
2
O → 2 NaOH
Theo PTHH: n
NaOH
= n
Na
+ 2 n
n =
2
1
n
Na
= 0,15 mol
trong dung dich A: n
NaOH
= 0,3 + 2 . 0,15 = 0,6 mol
m
NaOH
= 40 . 0,6 = 24 gam
khối lượng dung dịch sau phản ứng:
m
dd A
= 6,9 + 9,3 + 284,1 - 0,15 . 2 = 300 gam
gọi x (gam) là khối lượng NaOH có độ tinh khiết 80% cần thêm vào →
m
NaOH
= 0,8 x (gam).
Dung dịch thu được có: m
NaOH
= 24 + 0,8 m ( gam)
m
dd
= 300 + m ( gam)
C%
NaOH
=
15100.
300
8,024
m
m
m = 32,3
Vậy cần thêm 32,3 gam NaOH có độ tinh khiết 80%
1.0
V
2.0
n
HCl
= 1,3 mol; n
H
2
=
4,22
12,1
= 0,05 mol ; n
CO
2
=
mol15,0
4,22
36,3
Gọi a, b là số mol của Fe
2
O
3
và M
x
O
y
có trong X
PTHH: 3Fe
2
O
3
+ CO
o
t
2Fe
3
O
4
+ CO
2
(1)
c mol
3
2c
mol
mol
c
3
Fe
3
O
4
+ CO
o
t
3FeO + CO
2
(2)
p mol 3p mol p mol
FeO + CO
o
t
Fe + CO
2
(3)
q mol q mol q mol
Trong Y: Fe
2
O
3
( a - c) mol; Fe
3
O
4
(
p
c
3
2
) mol; FeO ( p - q ) mol
Fe q mol và b mol M
x
O
y
Fe + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
(4)
Fe
3
O
4
+ 8HCl → FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4 H
2
O (5)
Fe
2
O
3
+ 6 HCl → 2 FeCl
3
+ 3 H
2
O (6)
FeO + 2 HCl → FeCl
2
+ H
2
O (7)
M
x
O
y
+ 2yHCl → xMCl
2y/x
+ yH
2
O (8)
b mol 2by mol
Dung dịch Z gồm FeCl
2
, FeCl
3
, MCl
2y/x
, cho Z tác dụng với NaOH dư thu
được kết tủa T, Lọc kết tủa T để ngoài không khí tới khối lượng không đổi
chỉ thu được 32,1 gam bazơ duy nhất.
FeCl
2
+ 2 NaOH → Fe(OH)
2
+ 2 NaCl
FeCl
3
+ 3 NaOH → Fe(OH)
3
+ 3 NaCl
4 Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O → 4 Fe(OH)
3
Vậy bazơ đó là Fe(OH)
3
0,15
Na
2
O
Na
2
O
H
2
Trang 22
Nếu nung bazơ: 2Fe(OH)
3
o
t
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
m =
gam24160.
2.107
1,32
< m
X
Chứng tỏ M không phải Fe
Khối lượng Fe
2
O
3
có trong X là 24 gam, n = a =
mol15,0
160
24
Khối lượng của M
x
O
y
= 69,9 - 24 = 45,9 gam
Theo PTHH (4) n
H
2
= q = 0,05 mol
(1; 2; 3) n
CO
2
=
3
c
+ p + q = 0,15
3
c
+ p = 0,1
Theo PTHH ( 4; 5; 6; 7; 8)
n
HCl
= 6 ( 0,15 - c) + 8(
p
c
3
2
) + 2( p - q ) + 2q + 2by = 1,3 mol
0,9 - 2(
3
c
+ p ) + 2by = 1,3
Thay
3
c
+ p = 0,1 by = 0,3
m
M
x
O
y
= b(Mx + 16y) = 45,9 (gam)
bxM = 41,1
137
3,0
1,41
by
bxM
M = 137.
x
y
Thỏa mãn khi
x
y
= 1, M = 137 là Bari (Ba). Với
x
y
= 1 chọn
x = 1, y = 1. CTHH của oxit là BaO
VI
2,0
Ta có:n
H
2
SO
4
bđ
= 0,2x mol , n
NaOH
bđ
= 0,3 mol.
PTHH: H
2
SO
4
+ 2NaOH → Na
2
SO
4
+ 2H
2
O (1)
Trong dung dịch A có chứa Na
2
SO
4
và có thể có H
2
SO
4
hoặc NaOH còn dư
TH
1
: Phản ứng (1) xảy ra vừa đủ:
n
Na
2
SO
4
=
2
1
n
NaOH
= 0,15 mol
Na
2
SO
4
+ Ba(HCO
3
)
2
→ BaSO
4
+ 2NaHCO
3
(2)
Theo gt n
Ba(HCO
3
)
2
= 0,2 mol
n
Ba(HCO
3
)
2
= n
Na
2
SO
4
= 0,15
0,2 nên trường hợp này loại
TH
2
: H
2
SO
4
dư, NaOH hết trong dung dịch A gồm:
Na
2
SO
4
( 0,15 mol), H
2
SO
4
dư (0,2x - 0,15 ) mol.
H
2
SO
4
+ Ba(HCO
3
)
2
→ BaSO
4
+ CO
2
+ 2H
2
O (3)
Na
2
SO
4
+ Ba(HCO
3
)
2
→ BaSO
4
+ 2NaHCO
3
(4)
Theo PTHH (3) (4) ta có n
Ba(HCO
3
)
2
= 0,2x - 0,15 + 0,15 = 0,2
→ x = 1→ n
BaSO
4
= 0,2 mol → m= m
BaSO
4
= 0,2 . 233 = 46,6g
TH
3
: NaOH dư, H
2
SO
4
hết
Trong ddA gồm: NaOH
dư
( 0,3- 0,4x) mol, Na
2
SO
4
0,2x mol
Na
2
SO
4
+ Ba(HCO
3
)
2
→ BaSO
4
+ 2NaHCO
3
(5)
NaOH + Ba(HCO
3
)
2
→ BaCO
3
+ NaHCO
3
(6)
Theo PTHH (5)(6) n
Ba(HCO
3
)
2
= 0,3 - 0,4x + 0,2x = 0,2→ x =0,5
→ n
BaSO
4
= n
Na
2
SO
4
= n
H
2
SO
4
= 0,2 . 0,5 = 0,1 mol
n
BaCO
3
= n
NaOH dư
= 0,3 - 0,4 . 0,5 = 0,1 mol
0,5
0,75
0,75
Fe
2
O
3
Fe
2
O
3
Trang 23
HS có thể giải theo nhiều cách khác nhau nếu đúng cho điểm tối đa câu đó,
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 7
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút
Câu I . ( 4,0 điểm).
Viết các phương trình hóa học có thể xảy của các thí nghiệm sau:
1) Cho điphotphopentaoxit vào dung dịch natrihiđroxit.
2) Cho khí lưu huỳnh trioxit vào dung dịch bariclorua.
3) Cho dung dịch barihiđroxit vào dung dịch kalihiđrosunfat.
4) Cho từ từ dung dịch natrihiđrosunfat vào dung dịch natricacbonat.
Câu II. (3,0 điểm).
Có 3 mẫu phân bón hóa học không ghi nhãn là: phân kali KCl, phân đạm NH
4
NO
3
và
phân supephotphat (phân lân) Ca(H
2
PO
4
)
2
. Em hãy giúp bác nông dân nhận biết các mẫu
phân bón trên bằng hóa chất có sẵn, dễ tìm trong đời sống.
Câu III. (3,0 điểm).
Một hỗn hợp chứa các kim loại: Nhôm, sắt và đồng. Làm thế nào để tách riêng từng
kim loại bằng phương pháp hóa học.
Câu IV. (4,0 điểm).
Trong một dung dịch H
2
SO
4
, số mol nguyên tử oxi gấp 1,25 lần số mol nguyên tử
hiđro.
a) Tính C% của dung dịch axit trên.
b) Lấy 46,4 (g) dung dịch axit trên, đun nóng với Cu thấy thoát ra khí SO
2
sau phản
ứng nồng độ axit còn lại là 52,8%. Tính khối lượng Cu tham gia phản ứng ? .
Câu V. (6 điểm).
Hỗn hợp X gồm MgCO
3
và RCO
3
. Cho 120,8(g) X vào 400ml dung dịch H
2
SO
4
loãng,
phản ứng kết thúc thu được dung dịch A, chất rắn B và 2,24(l) khí Y. Cô cạn dung dịch A
thu được 6(g) muối khan. Đem đun nóng chất rắn B đến khối lượng không đổi chỉ thu được
17,92 (l) khí CO
2
(đktc) và chất rắn D.
a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch H
2
SO
4
đã dùng.
b) Tính khối lượng của chất rắn B và chất rắn D.
c) Xác định kim loại R, biết trong hỗn hợp X số mol của MgCO
3
gấp 1,25 lần số mol
của RCO
3
.
(Cho biết: Mg = 24; S = 32; Fe = 56; Ca = 40; O = 16; C = 12; Cu = 64; H = 1; Zn = 65; Ba =
137; Hg = 207)
Họ và tên thí sinh:.....................................................................SBD :.......................................
HƯỚNG DẪN CHẤM
→ m = m
BaSO
4
+ m
BaCO
3
= 0,1. 233 + 0,1 . 197 = 43 gam
Trang 24
Câu
Nội dung
Điểm
I
4 điểm
1)
P
2
O
5
+ 2NaOH + H
2
O 2NaH
2
PO
4
P
2
O
5
+ 4NaOH 2Na
2
HPO
4
+ H
2
O
P
2
O
5
+ 6NaOH 2Na
3
PO
4
+ 3H
2
O
( nếu thiếu 1 PTHH trừ bớt 0,25 điểm)
1,0
2)
SO
3
+ H
2
O H
2
SO
4
H
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
+ 2HCl
1,0
3)
Ba(OH)
2
+ 2KHSO
4
BaSO
4
+ K
2
SO
4
+ H
2
O
Nếu Ba(OH)
2
dư thì: Ba(OH)
2
+ K
2
SO
4
BaSO
4
+ 2KOH
1,0
4)
Ban đầu : 2NaHSO
4
+ Na
2
CO
3
Na
2
SO
4
+ 2NaHCO
3
Nếu tiếp tục thì: NaHSO
4
+ NaHCO
3
Na
2
SO
4
+ CO
2
+H
2
O
*(Nếu không đúng bản chất hoặc thiếu cân bằng -0,25 điểm)
1,0
II
3 điểm
- Lấy một ít các chất vào ống nghiệm và hòa tan vào nước để làm mẫu thử
.
0,25
- Cho dung dịch Ca(OH)
2
(dung dịch nước vôi trong) vào các mẫu thử trên
.
0, 5
-Mẫu thử nào có khí không màu thoát ra có mùi khai thì đó là khí
amoniac(NH
3
) , mẫu thử ban đầu chứa phân đạm. Theo PTHH:
2NH
4
NO
3
+ Ca(OH)
2
Ca(NO
3
)
2
+ 2NH
3
+2H
2
O
1,0
- Mẫu thử nào có chất rắn tạo thành là Ca
3
(PO
4
)
2
thì mẫu thử ban đầu
chứa phân lân. Theo PTHH:
Ca(H
2
PO
4
)
2
+ 2Ca(OH)
2
Ca
3
(PO
4
)
2
+ 4H
2
O
1,0
- Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là phân kali
0,25
III
3 điểm
Cho hỗn hợp trên vào dung dịch NaOH dư thì Al bị hòa tan hoàn toàn theo
PTHH:
2Al + 2NaOH + 2H
2
O 2NaAlO
2
+3H
2
0,5
Chất rắn không tan là Fe và Cu , dung dịch thu được gồm NaAlO
2
và
NaOH dư. Lọc tách lấy chất rắn. Dẫn khí CO
2
dư vào dung dịch trên.
NaAlO
2
+ CO
2
+ H
2
O Al(OH)
3
+ NaHCO
3
NaOH + CO
2
NaHCO
3
Lọc lấy kết tủa đem nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Al
2
O
3 .
2Al(OH)
3
o
t
Al
2
O
3 .
+ 3H
2
O
Đem điện phân nóng chảy ta thu được Al.
2Al
2
O
3
dpnc
4Al + 3O
2
1,0
Cho chất rắn là Fe và Cu vào dung dịch HCl dư ,thì Cu không tan , lọc
tách lấy Cu.
Fe + 2HCl FeCl
2
+ H
2
0,5
Trang 25
Dung dịch còn lại là FeCl
2
và HCl dư cho tác dụng với dung dịch NaOH
dư
FeCl
2
+ 2NaOH Fe(OH)
2
+ 2NaCl
HCl + NaOH NaCl + H
2
O
Kết tủa là Fe(OH)
2
đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không
đổi ta được Fe
2
O
3 .
4Fe(OH)
2
+ O
2
o
t
2Fe
2
O
3 .
+ 4H
2
O
Cho khí H
2
dư đi qua Fe
2
O
3
nung nóng đến khối lượng không đổi ta được
Fe
Fe
2
O
3 .
+ 3H
2
o
t
2Fe +3 H
2
O
( Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)
1,0
IV
4 điểm
a)
Gọi a,b là số mol của H
2
SO
4
và H
2
O trong dung dịch.
thì n
H
= 2a + 2b và n
O
= 4a+b
0,5
theo bài ra ta có : 4a+b = 1,25(2a + 2b) => a=b
0,5
Khi đó khối lượng dung dịch H
2
SO
4
là: 98a +18b hay 116a(g)
0,5
C% H
2
SO
4
=
%48,84100.
116
98
a
a
0,5
b)
PTHH : Cu + 2 H
2
SO
4
CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O
n
H2SO4
=
)(4,0
98.100
48,84.4,46
mol
0,5
Gọi số mol Cu tham gia phản ứng là x.
Theo PTHH thì số mol H
2
SO
4
= 2x và số mol SO
2
= x
Số mol H
2
SO
4
còn dư là : 0,4 - 2x
0,5
Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 46,4 +64x – 64x = 46,4(g)
Theo bài ra ta có :
8,52100.
4,46
98).24,0(
x
0,5
Giải ra ta được x = 0,075(mol)
Khối lượng Cu tham gia phản ứng = 0,075.64 = 4,8(g)
0,5
V
6 điểm
Ta có các PTHH :
MgCO
3
+ H
2
SO
4
MgSO
4
+ CO
2
+ H
2
O (1)
RCO
3
+ H
2
SO
4
RSO
4
+ CO
2
+ H
2
O (2)
MgCO
3
o
t
MgO + CO
2
(3)
RCO
3
o
t
RO + CO
2
(4)
1,0
a)
Khí Y là CO
2
. Khi nung chất rắn B có khí CO
2
thoát ra chứng tỏ trong B
còn có muối cacbonat còn dư. Nên H
2
SO
4
phản ứng hết ở (1,2)
0,5
Trang 26
Theo (1,2) số mol H
2
SO
4
= số mol H
2
O = số mol CO
2
=
)(1,0
4,22
24,2
mol
C
M
H
2
SO
4
=
)/(25,0
4,0
1,0
lmol
0,75
b)
Theo bài ra và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1,2) ta có:
m
X
+ m
H2SO4
= m
(muối trong dung dịch A)
+ m
CO2
+ m
H2O
+ m
B
0,5
Thay số vào ta có:
120,8 + 0,1.98 = 6 + 0,1.44 + 0,1. 18 + m
B
=> m
B
= 118,4(g)
0,5
số mol CO
2
(3,4) =
)(8,0
4,22
92,17
mol
áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (3,4) ta có:
m
B
= m
D
+ m
CO2
thay số vào ta có :118,4 = m
D
+ 0,8.44
=> m
B
= 83,2(g)
0,75
c)
Gọi số mol mỗi muối trong hỗn hợp X là a,b
theo (1,2,3,4) n
muối cacbonat
= n
CO2
= 0,1 +0,8 = 0,9(mol)
0,5
Theo bài ra ta có hệ PT: a + b = 0,9 (*)
a = 1,25 b (**)
Giải ra ta có a = 0,5 ; b = 0,4
0,75
Mà khối lượng của X là 120,8(g) nên 0,5.84 + (M
R
+ 60).0,4 = 120,8
Giải ra ta được M
R
= 137 => R là kim loại Ba (Bari)
0,75
* Bài toán thực hiện theo cách khác mà có kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
* Không chấp nhận kết quả đúng khi bản chất hoá học sai.
* Chiết điểm đến 0,25điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 8
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút
Câu I . (4,5 điểm). Cho hỗn hợp A gồm Fe và Al cháy trong khí oxi dư,thu được hỗn hợp chất
rắn B.Hòa tan B trong dung dịch HCl dư, được dung dịch C.Cho dung dịch KOH dư vào C,
thu được dung dịch D và chất rắn E.Lọc E rồi đem nung nóng trong không khí đến khối
lượng không đổi được chất rắn F.Sục khí CO
2
cho đến dư vào dung dịch D được kết tủa
G.Viết tất cả các phương trình hóa học xảy ra và cho biết các chất có trong B,C,D,E,F,G.
Câu II. (3,0 điểm). Cho hỗn hợp gồm các oxit: MgO, CuO và Fe
2
O
3
.Hãy trình bày phương
pháp hóa học để tách riêng từng oxit. Viết các phương trình hóa học.
Câu III. (2,5 điểm). Từ quặng phốt phát tự nhiên và các hóa chất vô cơ cần thiết khác,viết
phương trình điều chế supephotphat kép.Cho biết vì sao trên thực tế người ta chỉ dùng
photphat tự nhiên cho những vùng đất chua?
Câu IV. (4,0 điểm).
Trang 27
Dung dịch A chứa đồng thời hai muối bạc nitrat và đồng(II)nitrat với nồng độ mol của
muối đồng gấp 2,5 lần nồng độ mol của muối bạc.
1. Nhúng thanh kẽm vào 250ml dung dịch A.Sau một thời gian, lấy thanh kẽm ra và làm
khô thấy khối lượng thanh kẽm tăng 3,02(g).Biết rằng dung dịch sau phản ứng chứa ba
muối.Tính nồng độ mol của muối kẽm trong dung dịch sau phản ứng?
2. Nếu để thanh kẽm trong 250 ml dung dịch A một thời gian cho đến khi dung dịch sau
phản ứng chỉ chứa một muối duy nhất với nồng độ 0,6M.Tính nồng độ mol của các muối
trong dung dịch A ban đầu?
(Coi tất cả kim loại sinh ra đều bám trên thanh kẽm và thể tích dung dịch không thay đổi)
Câu V. (6 điểm).Cho 16,24 gam hỗn hợp FeCO
3
và Fe
x
O
y
nung nóng trong không khí đến
khối lượng không đổi thu được 16(g) một chất rắn duy nhất và sản phẩm khí A. Dẫn khí A
vào 750ml dung dịch Ca(OH)
2
0,02M.Phản ứng kết thúc thấy có 1(g) chất rắn tạo thành.
1. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu?
2. Xác định công thức hóa học của oxit sắt?
(Cho biết: Fe = 56; Ca = 40; O = 16; C = 12; Cu = 64; H = 1; Zn = 65; N = 14; Ag = 108)
Họ và tên thí sinh……………………………………SBD :.......................................
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
Điểm
I
4,5 điểm
Các phương trình hóa học:
3Fe + 2O
2
o
t
Fe
3
O
4
4Al + 3O
2
o
t
2Al
2
O
3
Chất rắn B gồm : Fe
3
O
4
, Al
2
O
3
Fe
3
O
4
+ 8HCl
FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O
Al
2
O
3
+ 6HCl
2AlCl
3
+ 3H
2
O
Dung dịch C gồm: FeCl
2
, FeCl
3
, AlCl
3
, HCl
FeCl
2
+ 2KOH Fe(OH)
2
+ 2KCl
FeCl
3
+ 3KOH Fe(OH)
3
+ 3KCl
AlCl
3
+ 3KOH Al(OH)
3
+ 3KCl
Al(OH)
3
+ KOH
KAlO
2
+ 2H
2
O
HCl + KOH KCl + H
2
O
Dung dịch D gồm: KCl, KAlO
2,
KOH.
Mỗi
phương
trình và
xác định
được
thành
phần cho
0,25 điểm
Nếu
không
cân bằng
hoặc
thiếu
điều kiện
Trang 28
Chất rắn E gồm : Fe(OH)
2
, Fe(OH)
3
.
4Fe(OH)
2
+ O
2
o
t
2Fe
2
O
3 .
+ 4H
2
O
2Fe(OH)
3
o
t
Fe
2
O
3 .
+ 3H
2
O
Chất rắn F là : Fe
2
O
3
KAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O Al(OH)
3
+ KHCO
3
KOH + CO
2
KHCO
3
Kết tủa G là: Al(OH)
3
trừ đi
nữa số
điểm
II
3 điểm
Cho khí hiđro dư đi từ từ qua hỗn hợp các oxit nung nóng.
PTHH: Fe
2
O
3 .
+ 3H
2
o
t
2Fe +3 H
2
O
CuO
+ H
2
o
t
Cu + H
2
O
0,25
Hòa tan hỗn hợp rắn thu được gồm Fe,Cu,MgO bằng dung dịch HCl dư .Lọc lấy
riêng chất rắn không tan là Cu.
Fe + 2HCl FeCl
2
+ H
2
MgO + 2HCl MgCl
2
+ H
2
O
0, 5
Lấy Cu nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được CuO.
2Cu + O
2
o
t
2CuO
0,25
Dung dịch thu được gồm FeCl
2
,MgCl
2
, HCl dư đem điện phân dung dịch thì thu
được Fe.
FeCl
2
dddp
Fe+ Cl
2
Cho Fe tác dụng với khí clo dư ta được FeCl
3,
cho tác dụngvới dung dịch NaOH
dư lọc lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được
Fe
2
O
3
tinh khiết
2Fe + 3 Cl
2
o
t
2FeCl
3
FeCl
3
+ 3NaOH Fe(OH)
3
+ 3NaCl
2Fe(OH)
3
o
t
Fe
2
O
3 .
+ 3H
2
O
1,0
Dung dịch còn lại gồm MgCl
2
, HCl dư cho tác dụngvới dung dịch NaOH dư
MgCl
2
+ 2NaOH Mg(OH)
2
+ 2NaCl
HCl + NaOH NaCl + H
2
O
Lọc lấy kết tủa nung nóng khối lượng không đổi ta được MgO
nguyên chất
Mg(OH)
2
o
t
MgO
.
+ H
2
O
(Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)
1,0
III
2,5điểm
PTHH điều chế supephốt phát kép
Ca
3
(PO
4
)
2
+ 3H
2
SO
4
đặc
o
t
3CaSO
4
(rắn)
+ 2H
3
PO
4
Ca
3
(PO
4
)
2
+ 4H
3
PO
4
3Ca
(H
2
PO
4
)
2
1,5
Trên thực tế người ta chỉ dùng phốtphát tự nhiên cho những vùng đất chua vì
phốtphát tự nhiên có thành phần chính là Ca
3
(PO
4
)
2
không tan trong nước nên
1,0
Trang 29
rễ cây không hút được.Khi Ca
3
(PO
4
)
2
bón cho đất chua thì tan trong axit tạo
thành các muối tan trong nước ,rễ cây sẽ hút được và làm giảm độ chua của đất.
IV
4 điểm
1)
Trong cùng một dung dịch nên tỷ lệ về nồng độ cũng là tỷ lệ về số mol.Gọi a là số
mol của AgNO
3
thì số mol của Cu(NO
3
)
2
là 2,5a
0,25
Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO
3
ba muối đó là Zn(NO
3
)
2
, AgNO
3
, Cu(NO
3
)
2
.
0,25
Gọi x là số mol Zn tham gia phản ứng
Zn + 2AgNO
3
Zn(NO
3
)
2
+ 2Ag
x mol 2x mol x mol 2x mol
0,5
Vì khối lượng thanh Zn tăng nên ta có : 2x.108 – x.65= 3,02
x= 0,02 mol
0,5
n
Zn(NO
3
)
2
= 0,02 mol => C
M Zn(NO
3
)
2
=
0,02
0,08(M)
0,25
0,5
2)
Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa một muối duy nhất là Zn(NO
3
)
2
nên Zn đã
phản ứng hết với AgNO
3
, Cu(NO
3
)
2
.
Zn + 2AgNO
3
Zn(NO
3
)
2
+ 2Ag
0,5a mol a mol 0,5a mol a mol
Zn + Cu(NO
3
)
2
Zn(NO
3
)
2
+ Cu
2,5a mol 2,5a mol 2,5a mol 2,5a mol
1,0
Mà n
Zn(NO
3
)
2
= 0,6.0,25= 0,15(mol)
Nên n
Zn(NO
3
)
2
= 0,5a +2,5a = 0,15(mol) => a=0,05(mol)
0,5
n
AgNO
3
= 0,05(mol) C
M AgNO
3
=
0,05
0,2(M)
0,25
n
Cu(NO
3
)
2
= 0,05.2,5= 0,125(mol) C
M Cu(NO
3
)
2
=
0,125
0,5(M)
0,25
0,5
V
6 điểm
Nung nóng hỗn hợp trong không khí tới khối lượng không đổi, xảy ra các PTHH:
4FeCO
3
+ O
2
o
t
2Fe
2
O
3 .
+ 4CO
2
(1)
4Fe
x
O
y
+ (3x-2y)O
2
o
t
2xFe
2
O
3
(2)
Cho khí A tác dụng với dung dịch Ca(OH)
2
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O (3)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
Ca(HCO
3
)
2
(4)
1,0
n
CaCO
3
=
1
0,01(mol)
100
n
Ca(OH)
2
= 0,75.0,02=0,015(mol)
0,5
Trang 30
Do n
Ca(OH)
2
> n
CaCO
3
nên xảy ra hai trường hợp:
Trường hợp 1: Ca(OH)
2
dư ,chỉ xảy ra (3)
=> n
CaCO
3
= n
CO2
= 0,01(mol)
Từ (1) n
FeCO
3
= n
CO2
= 0,01(mol) => m
FeCO
3
= 0,01.116=1,16(g)
n
Fe
2
O
3
= n
FeCO
3
/2 = 0,01/2 = 0,005(mol)
m
FexOy
= 16,24- 1,16 = 15,08(g) theo (1,2) n
Fe
2
O
3
=
16
0,1(mol)
160
=> n
Fe
2
O
3
(2)=
0,1 – 0,005= 0,095(mol)
1,0
Theo (2) n
FexOy
= n
Fe
2
O
3
. 4/2x = 0,19/x (mol)
Khi đó 0,19/x(56x + 16y) = 15,08
=> 10,64+ 3,04y/x = 15,08
x/y = 3,04/4,44= 76/111(loại)
1,0
Trường hợp 2: Ca(OH)
2
hết , xảy ra (3,4)
Từ (3) n
CaCO
3
= n
CO2
= n
Ca(OH)
2
= 0,01(mol)
=> n
Ca(OH)
2
(4) = 0,015- 0,01= 0,005(mol)
Theo(4) n
CO2
= 2 n
Ca(OH)
2
= 0,005 .2 = 0,01 (mol)
Nên n
CO2
(3,4) = 0,01+ 0,01 = 0,02 (mol)
0,5
Từ (1) n
FeCO
3
= n
CO2
= 0,02(mol) => m
FeCO
3
= 0,02.116=2,32(g)
n
Fe
2
O
3
= n
FeCO
3
/2 = 0,02/2 = 0,01(mol)
m
FexOy
= 16,24- 2,32 = 13,92(g) theo (1,2) n
Fe
2
O
3
=
16
0,1(mol)
160
=> n
Fe
2
O
3
(2)=
0,1 – 0,01= 0,09 (mol)
1,0
c)
Theo (2) n
FexOy
= n
Fe
2
O
3
. 4/2x = 0,18/x (mol)
Khi đó 0,18/x(56x + 16y) = 13,92
=> 10,08+ 2,88y/x = 13,92
x/y = 2,88/3,84= ¾
Vậy công thức hóa học của oxit sắt là: Fe
3
O
4
1,0
* Bài toán thựchiện theo cách khác mà có kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa
*Không chấp nhận kết quả đúng khi bản chất hóa học sai
*Chiết điểm đến 0,25 điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1 (3điểm)
Trang 31
1. Hòa tan hoàn toàn BaO vào nước, thu được dung dịch X. Cho SO
3
vào dung dịch X, thu
được kết tủa Y và dung dịch Z. Cho Al vào dung dịch Z thấy có khí hiđro bay ra. Viết các
phương trình hóa học xảy ra.
2. Có 3 khí A, B, C. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO
4
ở nhiệt độ cao, khí B được
điều chế bằng cách cho FeCl
2
tác dụng với hỗn hợp KMnO
4
và H
2
SO
4
loãng, khí C được điều
chế bằng cách đốt pirit sắt trong oxi. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu 2(5điểm):
1. Giải thích các hiện tượng xảy ra và viết các PTHH trong các trường hợp sau:
a. Sục từ từ CO
2
vào nước vôi trong cho tới dư
b. Cho từ từ bột Cu vào axit HNO
3
đặc, nóng.
c. Cho từ từ kim loại K vào dung dịch sắt (II) sunfat.
2. Chỉ dùng dung dịch HCl hãy trình bày cách nhận biết các gói bột mất nhãn sau:
FeS, FeS
2
, FeO, FeCO
3
, CuS. Viết các phương trình hoá học ?
Câu 3(3,0điểm):
Viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ biến hóa sau:
Ca(HCO
3
)
2
(4) (2)
(3)
Na
2
CO
3
(1)
CaCO
3
BaCO
3
(6) (5)
CO
2
Cấu 4(5,0điểm): (Thí sinh bảng B không phải làm ý 2 của câu này)
1. Nung hoàn toàn 15g một muối cacbonat của một kim loại hóa trị II không đổi. Toàn bộ khí
thoát ra cho hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch Ba(OH)
2
1M thấy thu được 9,85 gam kết tủa.
Xác định công thức hóa học của muối cacbonat ?
2. Thêm từ từ dung dịch HCl vào 10 gam muối cacbonat của một kim loại hóa trị II . Sau
một thời gian thể tích khí thoát ra đã vượt quá 1,904 lít (đktc) và lượng muối clorua tạo
thành vượt quá 8,585 gam. Hỏi đó là muối cacbonat của kim loại nào.
Câu 5(4,0điểm):
Hòa tan hoàn toàn 4 gam hỗn hợp một kim loại hóa trị III và một kim loại hóa trị II cần
dùng hết 170 ml dung dịch HCl 2M
a) Tính thể tích H
2
thoát ra ( Ở đktc)
b) Cô cạn dung dịch được bao nhiêu gam muối khan ?
c) Nếu biết kim loại hóa trị III là Al và số mol bằng 5 lần số mol của kim loại hóa trị II.
Kim loại hóa trị II là nguyên tố nào.
Cho biết: H = 1; C =12; O =16; Mg = 24; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64; N = 14; Cl = 35,5
--------------------------Hết-------------------------
Họ và tên thí sinh:………………………………………….SBD:………..phòng:………..
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
Bảng A
Bảng
B
Trang 32
1
(3đ)
BaO + H
2
O Ba(OH)
2
Ba(OH)
2
+ SO
3
BaSO
4
+ H
2
O
Nếu Ba(OH)
2
dư: Ba(OH)
2
+ 2Al + 2H
2
O Ba(AlO
2
)
2
+ 3H
2
Nếu SO
3
dư: SO
3
+ H
2
O H
2
SO
4
2Al + 3H
2
SO
4
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
.
2KMnO
4
0
t

K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
(A)
10FeCl
2
+ 6KMnO
4
+ 24H
2
SO
4
5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3K
2
SO
4
+ 6MnSO
4
+ 24H
2
O + 10Cl
2
(B)
4FeS
2
+ 7O
2
0
t

2Fe
2
O
3
+ 4SO
2
(C)
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
2
(5đ)
1. (2,5đ)
a) Nước vôi bị đục sau đó trong trở lại:
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
( r)
+ H
2
O
CO
2
+ H
2
O + CaCO
3
Ca(HCO
3
)
2
b) Đầu tiên có khí màu nâu, sau đó có khí không màu rồi hóa nâu trong không
khí:
Cu + 4HNO
3 đ
Cu(NO
3
)
2
+ 2H
2
O + 2NO
2
3Cu + 8HNO
3 loãng
3Cu(NO
3
)
2
+ 4H
2
O + 2NO
2NO + O
2
2NO
2
c) Có khí không màu thoát ra đồng thời có kết tủa trắng hơi xanh xuất hiện
2K + 2H
2
O 2KOH + H
2
2KOH + FeCl
2
Fe(OH)
2
+ 2KCl
2.(2,5đ)
Trích mẫu, rồi cho mỗi chất lần lượt tác dụng với dung dịch HCl
- CuS không tan
- FeS tan, có khí mùi trứng thối: FeS + 2HCl FeCl
2
+ H
2
S
- FeS
2
tan, có khí mùi trứng thối và có kết tủa vàng: FeS
2
+ 2HCl FeCl
2
+
H
2
S + S
- FeO tan, không có khí: FeO + HCl FeCl
2
+ H
2
O
- FeCO
3
tan, có khí không mùi thoát ra:
FeCO
3
+ 2HCl FeCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Mỗi
chất
đúng
kèm
pư cho
0,5đ
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Mỗi
chất
đúng
kèm
pư
cho
0,5đ
3
(3đ)
(1) Na
2
CO
3
+ CaCl
2
CaCO
3
+ 2NaCl
(2) Ca(HCO
3
)
2
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
(3) Ca(HCO
3
)
2
+ Ba(OH)
2
BaCO
3
+ CaCO
3
+ 2H
2
O
(4) Ca(HCO
3
)
2
+2NaOH Na
2
CO
3
+ CaCO
3
+ 2H
2
O
(5) BaCO
3
+ 2HCl BaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
(6) Na
2
CO
3
+ H
2
SO
4
Na
2
SO
4
+ CO
2
+ H
2
O
Mỗi
pư
đúng
cho
0,5đ
Mỗi
pư
đúng
cho
0,5đ
4
(5đ)
1. (3đ)
𝒏
𝑩𝒂𝑪𝑶
𝟑
=
𝟗,𝟖𝟓
𝟏𝟗𝟕
= 𝟎, 𝟎𝟓
(
𝒎𝒐𝒍
)
𝒏
𝑩𝒂
(
𝑶𝑯
)
𝟐
= 𝟎, 𝟏. 𝟏 = 𝟎, 𝟏
(
𝒎𝒐𝒍
)
Gọi CT của muối cacbonat cần tìm là MCO
3
MCO
3
MO + CO
2
(1)
Vì 𝒏
𝑩𝒂𝑪𝑶
𝟑
< 𝒏
𝑩𝒂
(
𝑶𝑯
)
𝟐
nên ta xét 2 trường hợp:
Trường hợp 1: Tạo muối BaCO
3
Ba(OH)
2
+ CO
2
→ BaCO
3
+ H
2
O
0,05 0,05
Từ (1) => M + 60 =
𝟏𝟓
𝟎,𝟎𝟓
= 300 => M = 240 (loại)
Trường hợp 2: Tạo 2 muối BaCO
3
và Ba(HCO
3
)
2
Ba(OH)
2
+ CO
2
→ BaCO
3
+ H
2
O
0,05 0,05 0,05
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
t
0
t
0
Trang 33
Ba(OH)
2
+ 2CO
2
→ Ba(HCO
3
)
2
0,05 0,1
=> 𝒏
𝑪𝑶
𝟐
= 𝟎, 𝟎𝟓 + 𝟎, 𝟏 = 𝟎, 𝟏𝟓 (𝒎𝒐𝒍)
Từ (1) => M + 60 =
𝟏𝟓
𝟎,𝟏𝟓
= 100 => M = 40 => M là Ca
Vậy CTHH của muối cần tìm là CaCO
3
2.(2đ)
2HCl + MCO
3
MCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
Theo PHHH: nCO
2
= nMCO
3
= nMCl
2
1,904
0,085
22,4
mol
=>
10
60M
> 0,085 => M < 57,6
0,085 x (M + 71) > 8,585 => M > 30
Vậy 30 < M < 57,6. Nên M thỏa mãn đối với kim loại Ca. Vậy công thức muối
là CaCO
3
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
5
(4đ)
Gọi A và B lần lượt là kim loại hóa trị II và hóa trị III.
Ptp/ứ: A + 2HCl ACl
2
+ H
2
(1)
2B + 6HCl 2BCl
3
+ 3H
2
(2)
. 0,17.2 0,34
HCl M
n C V mol
Từ (1) và (2) ta thấy tổng số mol của axit HCl gấp 2 lần số mol H
2
tạo ra
=>
2
0,34:2 0,17
H
n mol
0,17.22,4 3,808
HCl
V lit
b) n
HCl
= 0,34 mol suy ra n
Cl
= 0,34 mol
m
Cl
= 0,34 . 35,5 = 12,07 gam
=> Khối lượng muối = m
hh
+ m
(Cl)
= 4 + 12,07 = 16,07 g
c) Gọi số mol của Al là a mol => số mol của kim loại có hóa trị II là a : 5
Từ (2) suy ra n
HCl
= 3a Từ (1) suy ra n
HCl
= 0,4a
Ta có : 3a + 0,4a = 0,34 => a = 0,1 mol
Số mol của kimlọai có hóa trị II là 0,1 : 5 = 0,02 mol
0,1.27 2,7
Al
mg
m
kim loại
= 4 - 2,7 = 1,3 g
M
kim loai
=
1,3
65
0,02
=> Là kẽm (Zn)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 10
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1. (6 điểm)
1- Lựa chọn các chất thích hợp tương ứng với A
1
,A
2
,A
3,
B
1
,B
2,
B
3
rồi viết phương trình phản
ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa:
A
1
A
2
A
3
Fe(OH)
3
Fe(OH)
3
B
1
B
2
B
3
2- a) Có 5 bình thủy tinh không màu bị mất nhãn chứa 5 khí riêng biệt : N
2
; O
2
; CO
2
; H
2
;
CH
4
. Trình bày phương pháp hoá học nhận ra từng khí
b) Chỉ dùng dung dịch PP hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết năm lọ mất
nhãn đựng năm dung dịch riêng biệt: H
2
SO
4
; Na
2
SO
4
; NaOH; BaCl
2
; MgCl
2
.
Câu 2. ( 4 điểm)
Trang 34
1- Trong phòng thí nghiệm có sẵn CuSO
4
. 5 H
2
O ; H
2
O và các dụng cụ thí nghiệm cần thiết.
Hãy trình bày cách pha chế 200ml dung dich CuSO
4
1M.
2- Cho hỗn hợp chứa a mol mỗi chất: Na
2
O; NaHCO
3
; BaCl
2
; NH
4
Cl vào nước. Khuấy đều,
đun nhẹ để phản ứng xẩy ra hoàn toàn thu được dung dịch A, khí B và kết tủa C. Viết
phương trình phản ứng xẩy ra và xác định các chất trong A,B,C và cho biết số mol từng chất.
Câu 3. (3 điểm):
Đặt lên hai đầu đĩa của một cân thăng bằng hai cốc A,B có khối lượng bằng nhau, mỗi cốc
đựng 100ml dung dịch H
2
SO
4
0,2M. Cho m(g) Mg vào cốc A, m(g) Al vào cốc B. Hãy tính
toán và cho biết cân nghiêng nặng về bên nào trong các trường hợp:
a) Sau thí nghiệm cả hai cốc kim loại đều không tan hết.
b) Sau thí nghiệm cả hai cốc kim loại đều tan hết.
Câu 4. (5 điểm):
Nhiệt phân 25,9(g) muối hydrocacbonat của kim loại M( Có hóa trị không đổi trong các hợp
chất) đến khối lượng không đổi thu được chất rắn A, hổn hợp B gồm khí và hơi. Hấp thụ
hoàn toàn B vào bình đựng dung dịch chứa 0,14 mol Ca(OH)
2
, sau khi kết thúc phản ứng
thấy khối lượng bình tăng 10,6(g) đồng thời có 8(g) kết tủa.
a) Xác định kim loại M.
b) Cho toàn bộ chất rắn A ở trên vào 200ml dung dịch H
2
SO
4
0,2M ( Khối lượng riêng là
1,2(g)/ml). Tính C% dung dịch thu được.
Câu 5. (2 điểm):
m(g) hỗn hợp A gồm KHCO
3
và CaCO
3
cho tác dụng với dung dịch HCl dư. Toàn bộ lượng
khí CO
2
cho hấp thụ hoàn toàn vào 200ml dung dịch hỗn hợp KOH 1M và Ca(OH)
2
0,75M
thu được 12(g) kết tủa. Tính m.
( Cho nguyên tử khối của các nguyên tố:H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23;Mg = 24; Al =
27; S = 32;Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag= 108; Ba = 137.)
Lưu ý: Học sinh bảng B không phải làm câu 5).
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Ý
Đáp án
Điểm
Bảng
A
Bảng
B
1- câu
1(3đ)
2- Câu
2(3đ)
A
1
: Fe
2
O
3
; A
2
: FeCl
3
; A
3
: FeNO
3
: B
1
: H
2
O; B
2
: Ca(OH)
2
; B
3
:
NaOH ( Có thể thay bằng chất thích hợp, tìm được mỗi chất cho
0,25đ)
1,5
1,5
2Fe(OH)
3
to
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
0,25
0,25
Fe
2
O
3
+ 6 HCl
¾¾¾¾®
2FeCl
3
+ 3 H
2
O
0,25
0,25
FeCl
3
+ 3 AgNO
3
¾¾¾¾®
e(NO
3
)
3
+ 3AgCl ↓
0,25
0,25
H
2
O + CaO
¾¾¾¾®
Ca(OH)
2
0,25
0,25
Ca(OH)
2
+ Na
2
CO
3
¾¾¾¾®
CaCO
3
↓ + 2NaOH
0,25
0,25
Fe(NO
3
)
3
+ 3NaOH
¾¾¾¾®
Fe(OH)
3
↓ + 3NaNO
3
0,25
0,25
3đ
3đ
a
Trích mẫu thử các chất sục vào dung dịch nước vôi trong, trường
hợp nào làm vẩn đục nước vôi trong nhận ra CO
2
CO
2
+ Ca(OH)
2
¾¾¾¾®
CaCO
3
↓+ H
2
O
0,5
0,5
Cho tàn đóm đỏ vào lần lượt mẫu thử các bình , tàn đóm đỏ bùng
cháy ta nhận ra bình O
2
, 3 bình còn lại làm tàn đóm tắt là N
2
; H
2
và CH
4
.
0,25
0,25
Trang 35
Trích mẫu thử các chất 3 bình còn lại đem đốt: Không cháy là N
2
;
Cháy được là H
2
và CH
4
( nhóm 1)
0,25
0,25
Cho sản phẩm cháy ở nhóm (1) lần lượt sục vào nước vôi trong,
làm nước vôi trong vẩn đục ta nhận ra chất ban đầu là CH
4
, Bình
còn lại là H
2
CH
4
+ 2O
2
to
CO
2
+ 2H
2
O
2H
2
+ O
2
to
2H
2
O
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
↓+ H
2
O
0,5
0,5
b
Nhỏ ít giọt dung dịch PP vào mẫu thử các chất, trường hợp bị hóa
đỏ ta nhận ra dung dịch NaOH.
0,25
0,5
Cho dung dịch NaOH vào mẫu thử các chất còn lại, nếu có xuất
hiện kết tủa trắng ta nhận ra dung dịch MgCl
2
2NaOH + MgCl
2
Mg(OH)
2
↓ + 2NaCl
0,25
0,5
Cho mẫu thử ba chất còn lại lần lượt tác dụng với nhau, chất tạo
kết tủa trắng được với hai chất là BaCl
2
BaCl
2
+ H
2
SO
4
¾¾¾¾®
Ba SO
4
↓ + 2HCl
BaCl
2
+ Na
2
SO
4
¾¾¾¾®
Ba SO
4
↓ + 2NaCl
0,5
0,25
Cho mẫu thử hai chất còn lại vào kết tủa Mg(OH)
2
ở trên, chất hòa
tan được kết tủa là H
2
SO
4
dung dịch còn lại là Na
2
SO
4
H
2
SO
4
+ Mg(OH)
2
¾¾¾¾®
Mg SO
4
+ 2H
2
O
0,5
0,25
3đ
3đ
Câu
2(4đ)
1
n Cu SO
4
trong 200ml d d Cu SO
4
1M = 0,2 mol
0,25
0,5
m CuSO
4
= 0,2 * 160 = 32(g); M Cu SO
4
= 160g ;
M CuSO
4
.5H
2
O = 250g.
0,25
0,5
%mCuSO
4
trong CuSO
4
.5H
2
O = (160/250)*100% = 64%.
m Cu SO
4
. 5 H
2
O = ( 32*100) : 64 = 50(g)
0,5
0,5
Dùng cân cân lấy 50(g) CuSO
4
. 5 H
2
O Cho vào ống thủy tinh có
vạch chia độ ( Dung tích > 200ml), cho thêm ít nước vào khuấy để
chất tan tan hết.
0,5
0,25
Từ từ cho thêm nước vào tới vạch 200ml ta được 200ml dung dịch
Cu SO
4
1M
0,5
0,25
2đ
2đ
2
Các PTPU:
Na
2
O + H
2
O
¾¾¾¾®
2NaOH (1)
a 2a (mol)
0,25
0,25
NaOH + NaHCO
3
¾¾¾¾®
Na
2
CO
3
+ H
2
O (2)
a a a (mol)
0,25
0,25
NaOH + NH
4
Cl
to
NaCl + NH
3
↑
+ H
2
O (3)
a a a a (mol)
0,25
0,25
Na
2
CO
3
+ BaCl
2
¾¾¾¾®
BaCO
3
↓ + 2NaCl (4)
a a a 2a (mol)
0,25
0,25
Trang 36
Do các chất có số mol bằng nhau nên phản ứng vừa đủ ( n NaOH
ở(1) vừa đủ để phản ứng ở (2) và (3).
0,25
0,25
Dung dịch A là dung dịch NaCl ( nNaCl = 3a mol)
Khí B là NH
3
(nNH
3
= a mol)
Kết tủa C là BaCO
3
( nBaCO
3
= a mol)
0,75
0,75
2đ
2đ
Câu
3(3đ)
a
n H
2
SO
4
trong mỗi cốc = 0,1*0,2 = 0,02 mol; n Mg = m/24; nAl=
m/27
0,25
0,5
Cốc A: Mg + H
2
SO
4
MgSO
4
+ H
2
↑ (1)
0,25
0,25
Cốc B: 2Al + 3H
2
SO
4
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
↑ (2)
0,25
0,25
Cả hai cốc kim loại đều tan không hết
nH
2
thoát ra ở (1) =
nH
2
thoát ra ở (2) = n H
2
SO
4
trong mỗi cốc ban đầu = 0,02 mol
do đó cân ở vị trí thăng bằng.
0,5
0,25
0,5
0,5
b
Cả hai cốc kim loại tan hết ta có:
n H
2
ở cốc A thoát ra = n Mg = m/24 mol
0,25
0,5
n H
2
ở cốc B thoát ra = 1,5 n Al = 1,5 m/27 mol
0,25
0,5
1,5 m/27 mol > m/24 mol = 1,5m/36 mol
0,5
0,5
H
2
thoát ra ở cốc B thoát ra nhiều hơn do đó cân nghiêng nặng về
bên A
0,5
0,5
3đ
4đ
Câu
4(5đ)
a
Đặt hóa trị không đổi của kim loại M là n ( n nguyên dương; n ≤3)
ta có công thức muối hydro cacbonat của M là: M(HCO
3
)
n
.
0,25
0,25
Các PTPU có thể có:
2M(HCO
3
)
n
.
to
M
2
(CO
3
)
n
+ nH
2
O + nCO
2
↑ (1)
0,25
0,5
2M(HCO
3
)
n
to
M
2
O
n +
2n CO
2
+ nH
2
O
(2)
0,25
0,5
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
↓ + H
2
O (3)
0,25
0,5
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
Ca(HCO
3
)
2
(4)
0,25
0,5
( Chất rắn A là M
2
(CO
3
)
n
hoặc M
2
O
n
; Hỗn hợp khí B là CO
2
và
hơi H
2
O; Bình dung dịch Ca(OH)
2
tăng là khối lượng CO
2
và H
2
O ;
kết tủa là CaCO
3
, nCaCO
3
= 8/100=0,08 mol
0,25
0,25
Theo bài ra: nCa(OH)
2
= 0,14mol > nCaCO
3
= 0,08 mol
Có
hai trường hợp xẩy ra:
0,25
0,25
TH1: Ca(OH)
2
dư
Không xẩy ra (4) :
Theo (2): nCO
2
= nCaCO
3
= 8/100= 0,08mol
mCO
2
= 0,08* 44 = 3,52(g)
mH
2
O = 10,6 – 3,52 = 7,08(g)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 37
n H
2
O = 7,08/18 = 0,39 mol.
Theo (1) và (2): nH
2
O ≤ nCO
2
nhưng 0,39 > 0,08 ( TH1 loại)
TH2: CO
2
dư ở (3) , xẩy ra (4):
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
↓+ H
2
O (3)
0,14 0,14 0,14 (mol)
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
Ca(HCO
3
)
2
(4)
0,06 0,06 (mol)
Tổng số mol CO
2
= 0,2 mol
mCO
2
= 0,2* 44 = 8,8(g)
mH
2
O = 10,6 – 8,8 = 1,8(g)
n H
2
O = 1,8/18 = 0,1 mol. Ta thấy
nCO
2
= 2n H
2
O do đó xẩy ra (2):
0,25
0,25
Theo (2): nM(HCO
3
)
n
.= 0,2/n.
0,25
0,25
Ta có: m M(HCO
3
)
n
= 0,2/n * ( M+61n) = 25,9
M= 68,5n
n
1
2
3
M
68,5
137
205,5
KL
Loại
Ba
Loại
Vậy M là Ba
0,25
0,25
3đ
4d
b
nH
2
SO
4
= 0,2*0,2 = 0,04 mol
Thay M bằng kim loại Ba, công thức muối: Ba(HCO
3
)
2
ta có:
0,25
0,25
Ba(HCO
3
)
2
to
BaO + H
2
O + 2CO
2
↑ (1)
0,1 0,1 (mol)
0,25
0,25
BaO + H
2
SO
4
Ba SO
4
↓+ H
2
O (3)
0,04 0,04 0,04 (mol)
0,25
0,25
BaO + H
2
O
Ba(OH)
2
(4)
0,06 0,06 (mol)
0,25
0,25
m dung dịch H
2
SO
4
= 200* 1,2 = 240(g) ; nH
2
SO
4
= 0,04 mol
0,25
0,25
Từ (1) , (2), (3), (4) ta có: mBaO = 0,1* 153 = 15,3 (g)
m Ba SO
4
= 0,04* 233 = 9,32(g) ; m Ba(OH)
2
= 0,06* 171 =
10,26(g).; m dung dịch sau phản ứng = 15,3+ 240 – 9,32 = 245,98 (g)
0,5
0,5
C% dung dịch sau phản ứng = (10,26/245,98)* 100%
≈ 4,17%
0,25
0,25
2đ
2đ
Câu
5(2đ)
nKOH = 0,2* 1 = 0,2 mol ; nCa(OH)
2
= 0,2* 0,75 = 0,15 mol.
0,25
0
Trang 38
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 11
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Môn: Hoá học 9
Thời gian: 120 phút
Câu 1 ( 3 điểm)
1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau, xác định rõ các chất ứng với kí hiệu A, B, C, D, E, F, G.
(A, B, C, D, E, F, G là các chất vô cơ)
Fe
(nóng đỏ)
+ O
2
A
A + HCl B + C + H
2
O
B + NaOH D + G
C + NaOH E + G
D + O
2
+ H
2
O E
E
0
t
F + H
2
O
Phương trình phản ứng có thể có :
KHCO
3
+ HCl
KCl + H
2
O + CO
2
↑ (1)
CaCO
3
+ 2HCl
CaCl
2
+ H
2
O + CO
2
↑ (2)
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
↓+ H
2
O (3)
CO
2
+ 2KOH
K
2
CO
3
+ H
2
O (4)
CO
2
+ K
2
CO
3
+ H
2
O
2KHCO
3
(5)
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
Ca(HCO
3
)
2
(6)
0,5
0
nCaCO
3
= 12/100 = 0,12 mol < n Ca(OH)
2
= 0,15 mol
Có hai
trường hợp xẩy ra
0,25
0
TH1: Ca(OH)
2
dư ở (3) , không xẩy ra (4) , (5), (6)
Theo (3) : n CO
2
= n CaCO
3
= 12/100 = 0,12 mol
Theo (1) và (2): ∑ mol 2 muối trong A =∑ mol CO
2
= 0,12 mol.
Mặt khác ta có M KHCO
3
= M CaCO
3
= 100(g)
Vậy: m = 0,12* 100 = 12(g).
0,5
0
TH2: CO
2
dư, có xẩy ra (3) , (4) , (5), (6) theo tuần tự phản ứng:
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
↓ + H
2
O (3)
0,15 0,15 0,15 (mol)
CO
2
+ 2KOH
K
2
CO
3
+ H
2
O (4)
0,1 0,2 0,1 (mol)
CO
2
+ K
2
CO
3
+ H
2
O
2KHCO
3
(5)
0,1 0,1 (mol)
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
Ca(HCO
3
)
2
(6)
0,03 0,03 (mol)
∑mol CO
2
là 0,38mol = ∑mol 2 muối trong A.
Vậy: m = 0,38*100 = 38(g)
ĐS: m
1
= 12(g) ; m
2
= 38(g)
0,5
2đ
0
Tổng
20đ
20đ
Trang 39
2. Cho kim loại Natri vào dung dịch hai muối Al
2
(SO
4
)
3
và CuSO
4
thì thu được khí A, dung
dịch B và kết tủa C. Nung kết tủa C được chất rắn D. Cho hiđrô dư đi qua D nung nóng
được chất rắn E. Hoà tan E vào dung dịch HCl dư thấy E tan một phần. Giải thích và viết
phương trình hoá học các phản ứng.
Câu 2 ( 3 điểm)
1.Chọn các chất X, Y, Z, T thích hợp và viết các phương trình hoá học hoàn thành sơ đồ biến
hoá sau:
(1)
X
(2)
Y FeSO
4
(4)
FeCl
2
(5)
Fe(NO
3
)
2
(6)
X
(7)
T
(8)
Z
Z
(3)
2. Chỉ dùng một thuốc thử duy nhất, hãy nhận biết các dung dịch mất nhãn:
NH
4
Cl, MgCl
2
; FeCl
2
; AlCl
3
. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu 3 ( 2 điểm)
Hoà tan 3,2 gam oxit của một kim loại hoá trị ( III) bằng 200 gam dung dịch H
2
SO
4
loãng.
Khi thêm vào hỗn hợp sau phản ứng một lượng CaCO
3
vừa đủ thấy thoát ra 0,224 dm
3
CO
2
(đktc), sau đó cô cạn dung dịch thu được 9,36 gam muối khan. Xác định oxit kim loại trên và
nồng độ % H
2
SO
4
đã dùng.
Câu 4 ( 2 điểm)
Đốt m gam bột sắt trong khí oxi thu được 7,36 gam chất rắn X gồm: Fe; FeO; Fe
3
O
4
;
Fe
2
O
3
. Để hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X cần vừa hết 120 ml dung dịch H
2
SO
4
1M ( loãng), tạo
thành 0,224 l H
2
ở đktc.
a. Viết phương trình hoá học xảy ra.
b. Tính m?
Cho Fe = 56, O = 16, Ca = 40, S = 32, C = 12, H = 1
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 11
Câu
Nội dung
Điểm
1
1. 3Fe + 2O
2
0
t

Fe
3
O
4
(A)
Fe
3
O
4
+ 8HCl → FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O
(A) (B) (C)
FeCl
2
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
+ 2NaCl
(B) (D) (G)
FeCl
3
+ 3NaOH → Fe(OH)
3
+ 3NaCl
(C) (E) (G)
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ H
2
O → 4Fe(OH)
3
(D) (E)
2Fe(OH)
3
0
t

Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
(E) (F)
2:- Khi cho Na vào 2 muối Na sẽ phản ứng với nước
trong dung dịch trước.
2 Na + 2 H
2
O → 2 NaOH + H
2
Sau đó dd NaOH sẽ có phản ứng:
6 NaOH + Al
2
(SO
4
)
3
→ 2Al(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4
NaOH + Al(OH)
3
→ NaAlO
2
+ 2 H
2
O
(3 điểm)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 40
2 NaOH
+ CuSO
4
→ Cu(OH)
2
+ Na
2
SO
4
Vậy Khí A là H
2
- Dung dịch B là: NaAlO
2
và Na
2
SO
4
- Kết tủa C là Cu(OH)
2
và Al(OH)
3
chưa phản ứng hết.
Nung kết tủa C:
Cu(OH)
2
o
t

CuO + H
2
O
2 Al(OH)
3
o
t

Al
2
O
3
+ 3 H
2
O
- Chất rắn D là: Al
2
O
3
và CuO.
- Cho hiđro dư qua D nung nóng,chỉ có CuO tham gia
khử:
CuO + H
2
o
t

Cu + H
2
O
- Vậy rắn E là Cu Và Al
2
O
3
( không có CuO vì H
2
dư)
Hoà tan E vào HCl, E tan một phần vì Cu không phản
ứng với HCl.
Al
2
O
3
+ 6 HCl → 2 AlCl
3
+ 3 H
2
O
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2
1. X là Fe(OH)
2
Z là Fe
Y là Fe
3
O
4
T là FeO
Phương trình phản ứng:
1/ Fe(OH)
2
+ H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ 2 H
2
O
2/ Fe
3
O
4
+ 4 H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 4
H
2
O
3/ Fe
+ H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
4/ FeSO
4
+ BaCl
2
→ FeCl
2
+ BaSO
4
5/ FeCl
2
+ 2 AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
2
+ 2 AgCl
6/ Fe(NO
3
)
2
+2 NaOH → Fe(OH)
2
+ 2 NaNO
3
7/ Fe(OH)
2
0
t

FeO + H
2
O
8/ FeO + CO
0
t

Fe + CO
2
2. Nhận biết
- Dùng NaOH để nhận biết các dung dịch.
+ DD nào có khí mùi khai ( NH
3
) bay ra là NH
4
Cl.
NaOH + NH
4
Cl → NaCl + NH
3
() + H
2
O
+ DD nào có kết tủa trắng (Mg(OH)
2
) là MgCl
2
.
2 NaOH + MgCl
2
→ Mg(OH)
2
+ 2 NaCl
+ DD nào có kết tủa trắng xanh sau hoá nâu ngoài không
Khí là FeCl
2
.
2 NaOH + FeCl
2
→ Fe(OH)
2
+ 2 NaCl
4 Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2 H
2
O → 4 Fe(OH)
3
+ DD nào xuất hiện kết tủa keo trắng, tan khi NaOH
dư là AlCl
3
3 NaOH + AlCl
3
→ Al(OH)
3
+ 3 NaCl
NaOH
dư
+ Al(OH)
3
→ NaAlO
2
+ 2 H
2
O
(3 điểm)
2 điểm
Viết
đúng
mỗi
PTHH
được
0,25đ
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Gọi công thức của oxit là A
2
O
3
A
2
O
3
+ 3 H
2
SO
4
→ A
2
(SO
4
)
3
+ 3 H
2
O (1)
0,02 0,06 mol
H
2
SO
4 dư
+ CaCO
3
→ CaSO
4
+ H
2
O + CO
2
(2)
1. số mol CO
2
= 0,01 mol
theo pt (2) Số mol H
2
SO
4
dư = số mol CO
2
= số mol
CaSO
4
= 0,01 mol
( 2điểm)
0,25đ
0,25đ
Trang 41
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 12
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Môn: Hoá học 9
Thời gian: 120 phút
Câu 1 (3điểm). Viết phương trình xảy ra giữa mỗi chất trong các cặp sau đây:
A. Ba và d
2
NaHCO
3
C. K và d
2
Al
2
(SO
4
)
3
D. Mg và d
2
FeCl
2
B. Khí SO
2
và khí H
2
S D. d
2
Ba(HSO
3
)
2
và d
2
KHSO
4
E. Khí CO
2
dư và d
2
Ca(OH)
2
Câu 2 (3 điểm). Chỉ dùng một thuốc thử hãy phân biệt các dung dịch sau:
NaOH, CuSO
4
, Fe(NO
3
)
3
, Fe(NO
3
)
2
, NH
4
Cl, AlCl
3
3
Dd khi cô cạn có 9,36 gam muối khan
m
A
2
(SO
4
)
3
+ m
CaSO4
= 9,36
m
A
2
(SO
4
)
3
+ 0,01. 136 = 9,36
m
A
2
(SO
4
)
3
= 9,36 – 1,36 = 8 g
theo (1) số mol A
2
O
3
= số mol A
2
(SO
4
)
3
3,2 8
2 48 2 228
AA
MM

Giải ra ta được M
A
= 56. Vậy oxit là Fe
2
O
3
2.
Theo PT (1) ta có số mol của Fe
2
O
3
= 3,2/160 = 0,02
số mol H
2
SO
4
ở (1) là 0,02.3 = 0.06 mol
tổng số mol H
2
SO
4
ở (1) và (2) là 0,01 + 0,06 = 0,07
Khối lượng H
2
SO
4
= 6,86 g
Nồng độ % là: 3,43 %.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4
Các PTHH:
2 Fe + O
2
0
t

2 FeO
3 Fe + 2 O
2
0
t

Fe
3
O
4
4 Fe + 3 O
2
0
t

2 Fe
2
O
3
Fe + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
(1)
FeO + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
O (2)
Fe
3
O
4
+ 4H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 4H
2
O (3)
Fe
2
O
3
+ 3 H
2
SO
4
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 H
2
O (4)
Số mol khí H
2
sinh ra sau phản ứng là: 0,01 mol
Khối lượng Fe trong hỗn hợp X là:
Theo (1) số mol Fe = số mol H
2
sinh ra = 0,01 mol = số
Mol H
2
SO
4
ở (1)
khối lượng của Fe l à: 0,01. 56 = 0,56 g
Số mol H
2
SO
4
phản ứng ở (2), (3), (4) l à
0,12.1 – 0,01 = 0,11 mol
Cũng theo (2), (3), (4) ta thấy:
Số mol H
2
SO
4
= số mol nước = số mol oxi trong hỗn
hợp các oxit = 0,11 mol
Khối lượng của nguyên tử oxi trong oxit là:
0,11.16 = 1,76 g
Áp dụng ĐLBTNT: khối lượng của Fe = Khối lượng
của oxit - khối lượng của oxi
7,36 – 1,76 = 5,6 g
( 2điểm)
(0,5đ)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Trang 42
Câu 3 (4 điểm).
1. Cho 44,2g một hỗn hợp của 2 muối sunfát của một kim loại hoá trị I và một kim
loại hoá trị II tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
thu được 69,9g một chất kết tủa. Tính
khối lượng các muối thu được sau phản ứng?
2. Dẫn H
2
dư đi qua 25,6g hỗn hợp X gồm Fe
3
O
4
, ZnO, CuO nung nóng cho đến khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8g chất rắn. Hỏi nếu hoà tan hết X
bằng dung dịch H
2
SO
4
thì cần bao nhiêu gam dung dịch H
2
SO
4
20%.
Câu 4 (4 điểm). Cho 16,4g hỗn hợp M gồm Mg, MgO và CaCO
3
vào dung dịch HCl dư thì thu
được hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với H
2
là 11,5. Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 30,1g
hỗn hợp muối khan.
a. Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp M?
b. Nếu cho hỗn hợp M trên vào dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư thu được 4,48l hỗn hợp
X gồm 2 khí ở đktc có khối lượng 10,8g thì X gồm những khí gì?
Câu 5 (3điểm). Hoà tan m gam kim loại M bằng dung dịch HCl dư thu được V
lít khí H
2
(đktc)
Cũng hòa tan m gam kim loại trên bằng dung dịch HNO
3
loãng dư thu được V lít khí NO
(đktc)
a. Viết các phản ứng xảy ra?
b. M là gì? Biết khối lượng muối Nitrat gấp 1,905 lần muối Clorua.
Câu 6 (3điểm). Hỗn hợp A gồm 2 kim hoại là Mg và Zn. B là dung dịch H
2
SO
4
có nồng độ là
x mol/l
TH1: Cho 24,3g (A) vào 2l dung dịch (B) sinh ra 8,96l khí H
2
.
TH2: Cho 24,3g (A) vào 3l dung dịch (B) sinh ra 11,2l khí H
2
.
(Các thể tích khí đo ở đktc)
a. Hãy CM trong TH1 thì hỗn hợp kim loại chưa tan hết, trong TH2 axít còn dư?
b. Tính nồng độ x mol/l của dung dịch B và % khối lượng mỗi kim loại trong A?
---------------------------------------HẾT-----------------------------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 12
Câu 1: Viết đúng mỗi phần được 05 x 6 = 3đ
a. 2Ba + 2H
2
O -> Ba(OH)
2
+ H
2
0,25
Ba(OH)
2
+ 2NaHCO
3
-> Na
2
CO
3
+ BaCO
3
+ 2H
2
O 0,25
b. 2H
2
S + SO
2
-> 3S + 2H
2
O 0,5
c. 2K + 2H
2
O -> 2KOH +H
2
0,25
6KOH + Al
2
(SO
4
)
3
-> 3K
2
SO
4
+ 2Al(OH)
3
0,25
KOH + Al(OH)
3
-> KAlO
2
+ 2H
2
O 0,25
d. Ba(HSO
3
)
2
+ 2KHSO
4
-> K
2
SO
4
+BaSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O 0.5
d. Mg + FeCl
2
-> MgCl
2
+ Fe 0,25
e. CO
2
+ Ca(OH)
2
-> CaCO
3
+ H
2
O 0,25
CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
-> Ca(HCO
3
)
2
0,25
Câu 2: (3đ)
a. - Biết dùng quỳ tím -> NaOH (quỳ xanh) 0,5đ
- Từ NaOH nhận biết được các chất còn lại được 2,5đ
và viết đúng các phương trình
+ Xuất hiện xanh -> CuSO
4
-> Viết PT 0,5đ
+ Xuất hiện đỏ mâu -> Fe(NO
3
)
3
-> Viết PT 0,5đ
Trang 43
+ Xuất hiện trắng xanh, hoá nâu trong K
2
là Fe(NO
3
)
2
-> Viết PT 0,5đ
+ Có khí mùi khai -> NH
4
Cl -> Viết PT 0,5đ
+ Xuất hiện keo, tan dần -> AlCl
3
-> Viết PT 0,5đ
Câu 3:
a. Gọi kim loại hoá trị I là A, hoá trị II là B
=> Các muối sun fát: A
2
SO
4
, BSO
4
0,5đ
A
2
SO
4
+ BaCl
2
=> 2ACl + BaSO
4
(1)
BSO
4
+ BaCl
2
-> BCl
2
+ BaSO
4
(2) 0,5đ
Theo PT ta thấy
molnn
BaSOBaCl
3,0
232
9,69
4
2
=> Áp dụng ĐL TBKL: Tính được m muối sau phản ứng = 36,7g 1đ
2. Gọi x, y, z là số mol Fe
3
O
4
, ZnO, CuO (x,y,z>0)
=> 232x + 81y + 80z = 25,6
- Viết được phản ứng => Lập PT: M
kim loại
= 168x + 65y + 64z = 20,8
-> n
O (oxít)
= 4x + y + z = 0,3 mol 1đ
- Viết PT: oxít + H
2
SO
4
=> n
H2SO4
= n
O
= 0,3 mol
->
m
H
2
SO
4
= 0,3 x98 = 29,4g =>
m
d
2
H
2
SO
4
= 147g 1đ
Câu 4 (4đ):
a. - Viết đúng các PT 0,75đ
- Lập được các PT đại số, giải chính xác 1đ
- Tính được khối lượng các chất trong M 0,5đ
b. - Viết đúng mỗi PT được 0,25đ x 3 = 0,75đ
- Khẳng định trong X có CO
2
0,25đ
H
2
S hoặc SO
2
Tìm Mkhí còn lại = 64 -> Kết luận là SO
2.
Vậy hỗn hợp khí X gồm SO
2
Và
CO
2
0,75đ
Câu 5 (3đ):
Kim loại M phản ứng với HCl có hoá trị n (m, n N) m n
Kim loại M phản ứng với HNO
3
có hoá trị m 0,5đ
2M +2nHCl = 2MCln + nH
2
(1)
(mol) x x nx 1đ
2
3M + mHNO
3
-> 3M(NO
3
)m + mNO + H
2
O (2)
(mol) x x mx
3
Vì
3
2
23
22

m
nnxmx
nnVV
HNOHNO
(chọn n = 2; m = 3) 0,5đ
Mặt khác KL muối nitrat = 1,905 lần khối lượng muối clorua
Nên:
)(56905,1
233
).(
FeMmm
MClNOM
1đ
Câu 6 (2đ):
a. - Giải thích được TH1 dư kim loại, TH2 dư axít 1đ
Viết đúng 2 PT 0,5đ
- Xét TH2 lâp hệ phương trình
65x+24y = 24,3 x =0,3 % Zn = 80,25%
x+y = 0,5 y = 0,2 % Mg = 19,75% 1đ
- Xét TH1, n
H2SO4
= n
H2
= 0,4 mol =>C
M
H
2
SO
4
= x M = 0,2M 0,5đ
Trang 44
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 13
ĐỀ THI CHỌN HSG MÔN: HÓA HỌC LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu I: ( 4 điểm)
Cho các dd muối A, B ,C ,D chứa các gốc axit khác nhau . Các muối B, C đốt trên
ngọn lửa vô sắc phát ra ánh sáng màu vàng .
- A tác dụng với B thu được dung dịch muối tan , kết tủa trắng E không tan trong
nước là muối có gốc axit của axit mạnh , và giải phóng khí F không màu , không mùi , nặng
hơn không khí .Tỉ khối hơi của F so với H
2
bằng 22.
- C tác dụng với B cho dd muối tan không màu và khí G không màu , mùi hắc , gây
gạt ,nặng hơn không khí, làm nhạt màu dung dịch nước brôm.
- D tác dụng với B thu được kết tủa trắng E.Mặt khác D tác dụng với dung dịch
AgNO
3
tạo kết tủa trắng.
Hãy tìm A,B,C ,D,E ,F ,G và viết các PTHH xảy ra.
Câu II : ( 4 điểm)
1.Chỉ dùng một thuốc thử duy nhất hãy phân biệt các chất bột màu tương tự nhau ,
chứa trong các lọ mất nhãn sau:CuO, Fe
3
O
4
,(Fe + FeO), Ag
2
O, MnO
2
. Viết các PTHH xảy
ra.
2. Cho hỗn hợp chất rắn gồm FeS
2
, CuS , Na
2
O. Chỉ được dùng thêm nước và các
điều kiện cần thiết ( nhiệt độ, xúc tác ... ) . Hãy trình bày phương pháp và viết các phương
trình hóa học xảy ra để điều chế FeSO
4
, Cu(OH)
2
.
Câu III : ( 3 điểm)
Cho 27,4 gam bari vào 400 gam dung dịch CuSO
4
3,2% , thu được khí A , kết tủa B
và dung dịch C.
1. Tính thể tích khí A (đktc)
2. Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu
gam chất rắn?
Câu IV : ( 4 điểm )
Chia 8,64 gam hỗn hợp Fe, FeO, và Fe
2
O
3
thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho vào
cốc đựng lượng dư dung dịch CuSO
4
, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 4,4 gam
chất rắn. Hòa tan hết phần 2 bằng dung dịch HNO
3
loãng, thu được dung dịch A và 0,448(
lít) khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn từ từ dung dịch A thu được 24,24 gam một muối sắt duy
nhất B.
1. Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu.
2. Xác định công thức phân tử của muối B.
Câu V: (5 điểm)
Hòa tan 6,45 gam một hỗn hợp gồm 2 kim loại A và B (đều có hóa trị II ) trong dd
H
2
SO
4
loãng ,dư .Sau khi kết thúc phản ứng người ta thu được 1,12 lít khí (đktc ) và còn lại
3,2 gam chất rắn không tan . Lượng chất rắn không tan này tác dụng vừa đủ với 200 ml dd
AgNO
3
0,5M thu được dung dịch D và kim loại E. Lọc bỏ E rồi cô cạn dung dịch D thu được
muối khan F.
1 . Xác định 2 kim loại A và B , biết rằng A đứng trước B trong dãy hoạt động hóa
học của kim loại.
2 . Đem nung F một thời gian người ta thu được 6,16 gam chất rắn G và hỗn hợp khí
H .Tính thể tích hỗn hợp khí H ở đktc.
Trang 45
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 13
MÔN: HÓA HỌC 9
Câu I: ( 4 điểm )
-Mỗi chất 0,4 điểm × 7 chất = 2,8 điểm.
A : Ba(HCO
3
)
2
B : NaHSO
4
C : Na
2
SO
3
D: BaCl
2
E: BaSO
4
F : CO
2
G: SO
2
-Mỗi phương trình : 0,3 điểm × 4 = 1,2 điểm
Ba(HCO
3
)
2
+ 2NaHSO
4
→ BaSO
4
↓ + Na
2
SO
4
+ 2CO
2
+ H
2
O
Na
2
SO
3
+ 2NaHSO
4
→ 2Na
2
SO
4
+ SO
2
↑ + H
2
O
BaCl
2
+ 2NaHSO
4
→ BaSO
4
↓ + Na
2
SO
4
+ 2HCl
BaCl
2
+ 2AgNO
3
→ 2AgCl ↓ + Ba(NO
3
)
2
Câu II: ( 4 điểm )
1.Phân biệt được mỗi lọ 0,4 điểm × 5 lọ = 2 điểm.
- Hòa tan từng chất bột đựng trong các lọ vào dung dịch HCl đặc :
+ Bột tan có tạo khí màu vàng lục nhạt thoát ra có mùi hắc đó là MnO
2
.
MnO
2
+ 4HCl → MnCl
2
+ Cl
2
↑ + 2H
2
O
+ Bột tan có bọt khí không màu thoát ra đó là ( Fe + FeO)
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑
FeO + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
O
+ Có tạo kết tủa màu trắng đó là Ag
2
O.
Ag
2
O + 2HCl → 2AgCl ↓ + H
2
O
+ Bột tan có tạo dung dịch màu xanh , đó là CuO.
Trang 46
CuO + 2HCl → CuCl
2
+ H
2
O
+Bột tan có tạo dung dịch màu vàng nhạt đó là : Fe
3
O
4
Fe
3
O
4
+ 8HCl → FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O
2. Điều chế được mỗi chất : 1 điểm × 2 = 2 điểm.
- Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc , tách lấy chất rắn FeS
2
, CuS và dung dịch NaOH.
Na
2
O +H
2
O → 2NaOH
- Điện phân nước thu được H
2
và O
2
:
2H
2
O 2H
2
+O
2
(1)
- Nung hỗn hợp FeS
2
, CuS trong O
2
(1) dư đến phản ứng xảy ra hoàn toàn được hỗn hợp rắn
Fe
2
O
3
, CuO và khí SO
2
.
4FeS
2
+11O
2
2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
2CuS + 3O
2
2CuO + 2SO
2
- Tách lấy khí SO
2
cho tác dụng với O
2
(1) dư có xúc tác , sau đó đem hợp nước được dung
dịch H
2
SO
4
.
2SO
2
+ O
2
2SO
3
SO
3
+ H
2
O → H
2
SO
4
(2)
- Lấy hỗn hợp rắn : Fe
2
O
3
, CuO đem khử hoàn toàn bằng H
2
(1) dư ở nhiệt độ cao được hỗn
hợp Fe, Cu. Hoà tan hỗn hợp kim loại vào dd H
2
SO
4
loãng (2) , được dung dịch FeSO
4
. Phần
không tan Cu tách riêng.
Fe
2
O
3
+ 3H
2
2Fe + 3H
2
O
CuO + H
2
Cu + H
2
O
Fe + H
2
SO
4
loãng → FeSO
4
+ H
2
↑
- Cho Cu tác dụng với O
2
(1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H
2
SO
4
(2) rồi cho tiếp
dung dịch NaOH vào , lọc tách thu được kết tủa Cu(OH)
2
.
2Cu + O
2
2CuO
CuO + H
2
SO
4
→ CuSO
4
+ H
2
O
CuSO
4
+ 2 NaOH → Cu(OH)
2
↓ + Na
2
SO
4
Câu III : ( 3 điểm )
-Viết PTHH, tìm số mol ban đầu : 1 điểm
Các PTHH:
Ba +2H
2
O → Ba(OH)
2
+ H
2
↑
CuSO
4
+ Ba(OH)
2
→ Cu(OH)
2
↓ + BaSO
4
↓
Số mol Ba = 0,2 mol, số mol CuSO
4
= 0,08 mol
1. ( 1 điểm )
Thể tích H
2
là 4,48 lit.
2. ( 1 điểm )
Kết tủa B gồm : Cu(OH)
2
và BaSO
4
.
Khi nung : Cu(OH)
2
CuO + H
2
O
Khối lượng chất rắn ( BaSO
4
+ CuO ) = 0,08.233 + 0,08.80 = 25,4 (g)
Câu IV: ( 4 điểm)
1. (2 điểm )
Gọi x, y,z là số mol của Fe , FeO , Fe
2
O
3
có trong mỗi phần của hỗn hợp ta có : 56x + 72y +
160z = 4,32 (*)
Phần 1:
Trang 47
Fe + CuSO
4
→ FeSO
4
+ Cu (1)
Chất rắn gồm : Cu, FeO , Fe
2
O
3
.
Ta có : 64x + 72y + 160z = 4,4 (**)
Phần 2:
Số mol NO = 0,02 ( mol)
Fe + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ NO ↑ + 2H
2
O (2)
3FeO + 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ NO ↑ + 5H
2
O (3)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→2Fe(NO
3
)
3
+3H
2
O (4)
Theo PT (2,3): Số mol NO = x + y/3 = 0,02 ( mol) (***)
Giải hệ PT: (*)(**)(***) ta được :
x = 0,01 , y = 0,03 , z = 0,01
→ % Fe = 12,96 %
→ % FeO = 50 %
→ % Fe
2
O
3
= 37,04 %
2. ( 2 điểm)
Khi cô cạn dung dịch ta được muối Fe(NO)
3
với số mol là :
x + y + 2z = 0,01 + 0,03 + 2.0,01 = 0,06 ( mol)
Nếu là muối khan thì khối lượng sẽ là : 242.0,06 = 14,52 (g) < 24,24 (g)
Vì vậy muối sắt thu được là loại tinh thể ngậm nước : Fe(NO)
3
.n H
2
O.
Ta có khối lượng phân tử của muối B là : (24,24 : 0,06 ) = 404
→ ( 242 +18n )= 404 → n = 9
Vậy CTPT của muối B là Fe(NO)
3
.9H
2
O.
Câu V: ( 5 điểm )
1. (2 điểm)
- Chất rắn không tan có khối lượng 3,2 gam là kim loại B.
→ m
A
= 6,45 – 3,2 = 3,25 (g)
- PTHH :
A + H
2
SO
4
→ ASO
4
+ H
2
↑
Theo PT → M
A
= 3,25:0,05 =65 → A là kẽm (Zn)
- PTHH: B + 2AgNO
3
→ B(NO
3
)
2
+ 2Ag↓
Theo PT → M
B
= 3,2 : 0,05 = 64 → B là đồng ( Cu)
2. (3 điểm)
D là dung dịch Cu(NO
3
)
2
, muối khan F là Cu(NO
3
)
2
.
Từ PT (2) : n
F
= n
B
= 0,05 (mol)
Nhiệt phân F :
2Cu(NO
3
)
2
2CuO + 4NO
2
↑ + O
2
↑
Nếu Cu(NO
3
)
2
phân hủy hết thì G là CuO với khối lượng là :
0,05.80 = 4 (g) < 6,16 (g) ( Vô lý )
Vậy G gồm CuO và Cu(NO
3
)
2
dư.
Gọi x là số mol Cu(NO
3
)
2
bị nhiệt phân:
→ m
G
= ( 0,05 – x ).188 + 80x = 6,16 → x = 0,03 (mol)
Theo PT (3) : V
H
= ( 0,06 + 0,015 ) .22,4 = 1,68 (lít)
Trang 48
PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ SỐ 14
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MÔN: HOÁ HỌC
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1:(5điểm ) a/ Viết phương trình phản ứng của Ba(HCO
3
)
2
với mỗi chất sau :
Ca(OH)
2
, HNO
3
, K
2
SO
4
, KHSO
4
, H
2
SO
4
, dung dịch ZnCl
2
.
b/ Viết 7 phương trình phản ứng thể hiện các phương pháp khác nhau để điều chế muối
ZnCl
2
.
Câu 2:(5,5 điểm )
a/ Có 5 mẫu kim loại :Ba, Mg, Fe, Ag, Al chỉ dùng dung dịch H
2
SO
4
loãng (không được dùng
chất khác ). Hãy nhận biết ra 5 kim loại trên.
b/ Tách các chất ra khỏi hỗn hợp gồm : SiO
2
, ZnO, Fe
2
O
3
.
Câu 3: (2,5 điểm ): Cho m gam kim loại Na vào 200 gam dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
1,71% . Phản
ứng xong thu được 0,78 gam kết tủa. Tính m ?
Câu 4: (3 điểm ) : Hoà tan một lượng muối cacbonat của một kim loại hoá trị II bằng axit
H
2
SO
4
14,7%. Sau khi khí không thoát ra nữa, lọc bỏ chất rắn không tan thì được dung dịch
có chứa 17% muối sun phát tan. Hỏi kim loại hoá trị II là nguyên tố nào?
Câu 5: (4điểm ): Cho 50ml dung dịch Fe
2
(SO
4
)
3
tác dụng với 100ml dung dịch Ba(OH)
2
. Kết
tủa thu được sau khi làm khô và nung ở nhiệt độ cao thì cân được 0,859 gam. Nước lọc còn
lại phản ứng với 100 ml dung dịch H
2
SO
4
0,5M tạo ra chất kết tủa, sau khi nung cân dược
0,466 gam. Giải thích hiện tượng, viết phương trình phản ứng và tính nồng độ mol của các
dung dịch đầu?
( Biết: Fe = 56 ; Ba = 137; Na = 23 ; S = 32; Al = 27; Mg = 24; H = 1; O = 16)
BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 14
Câu
Đáp án
Điểm
Trang 49
Câu 1
(5điểm)
a/
Ba(HCO
3
)
2
+ Ca (OH)
2
-> BaCO
3
+ CaCO
3
+ 2 H
2
O
Ba(HCO
3
)
2
+ 2HNO
3
-> Ba (NO
3
)
2
+ 2 H
2
O + 2 CO
2
Ba(HCO
3
)
2
+ K
2
SO
4
-> BaSO
4
+2 KHCO
3
Ba(HCO
3
)
2
+2 KH SO
4
-> BaSO
4
+ K
2
SO
4
+ 2 H
2
O + 2CO
2
Ba(HCO
3
)
2
+ H
2
SO
4
-> BaSO
4
+ 2 H
2
O + 2CO
2
Ba(HCO
3
)
2
+ ZnCl
2
-> Zn (OH)
2
+ BaCl
2
+ 2 CO
2
b/
KL + Ax Zn+ 2 HCl -> ZnCl
2
+ H
2
KL + PK Zn + Cl
2
-> ZnCl
2
KL + M Zn + CuCl
2
-> ZnCl
2
+ Cu
Ax + M ZnCO
3
+ 2 HCl -> ZnCl
2
+ H
2
O + CO
2
M + M Zn SO
4
+ Ba Cl
2
-> Ba SO
4
+ Zn Cl
2
Oxit + Ax ZnO + 2HCl -> ZnCl
2
+ H
2
O
Bazo+ Ax Zn ( OH)
2
+ 2 HCl -> Zn Cl
2
+ 2 H
2
O
Phần a:
mỗi PT
0,25
điểm)
Phần a:
mỗi PT
0,5 điểm)
Câu 2
(5,5điểm)
a/
Lấy mỗi mẫu kim loại 1 lượng nhỏ cho vào 5 cốc đựng dung dịch H
2
SO
4
loãng.
- Cốc nào không có khí bay lên là Ag ( không tan)
- Cốc nào có khí bay lên và có
là Ba
Ba + H
2
SO
4
-> Ba SO
4
+ H
2
(1)
- Các cốc có khí
: Al, Mg, Fe
2Al + 3H
2
SO
4
-> Al
2
(SO
4
)
3
+3 H
2
(2)
Mg + H
2
SO
4
-> MgSO
4
+ H
2
(3)
Fe + H
2
SO
4
-> FeSO
4
+ H
2
(4)
Thêm tiếp Ba vào cốc có phản ứng (1) thì xảy ra phản ứng có sau
Ba + 2 H
2
O -> Ba (OH)
2
+ H
2
(5)
Lọc kết tủa được dung dịch Ba(OH)
2
- Lấy 1 lượng nhỏ mỗi kim loại còn lại cho tác dụng với dung dịch
Ba(OH)
2
nhận được Al vì có phản ứng tạo khí.
Al + 2 H
2
O + Ba (OH)
2
-> Ba(AlO
2
)
2
+ 3 H
2
(6)
đồng thời cho Ba (OH)
2
vào 2 dung dịch muối của 2 kim loại còn lại
( phản ứng 3 và 4)
Ta nhận được săt vì kết tủa đổi màu khi để trong không khí.
Fe SO
4
+ Ba (OH)
2
-> Ba SO
4
+ Fe (OH)
2
(7)
4 Fe (OH)
2
+ O
2
+ 2 H
2
O -> 4 Fe ( OH)
3
(8)
Trắng xanh Nâu đỏ
Còn lại kết tủa không đổi màu là Mg(OH)
2
-> nhận được Mg
b/ Hòa tan hỗn hợp trong HCl dư tách được SiO
2
ZnO + 2HCl -> Zn Cl
2
+ H
2
O
Fe
2
O
3
+ 6 HCl -> 2 FeCl
3
+ 3H
2
O
+ Dung dịch muối lọc + NaOH dư:
HCl + NaOH -> NaCl + H
2
O
Zn Cl
2
+ 2 NaOH -> Zn (OH)
2
+ 2 NaCl
Zn ( OH)
2
+ 2 NaOH -> Na
2
ZnO
2
+ 2 H
2
O
Fe Cl
3
+ 3 NaOH -> Fe (OH)
3
+ 3 NaCl
Phần a:
2,5điểm
(Nhận
biết mỗi
KL 0,5
điểm)
Phần b:
3 điêm
(Tách
Trang 50
+ Lọc tách kết tủa nung ở nhiệt độ cao
2 Fe( OH)
3
-
t
> Fe
2
O
3
+ 3 H
2
O
tách được Fe
2
O
3
Sục CO
2
vào dung dịch còn lại có phản ứng.
Na
2
ZnO
2
+ 2CO
2
+ 2H
2
O -> Zn(OH)
2
+ 2 NaHCO
3
Nung kết tủa tách ZnO
Zn(OH)
2
o
t

ZnO + H
2
O
được mỗi
oxit
1 điểm)
Câu 3
(2,5điểm)
Các phản ứng có thể xảy ra
2 Na + 2 H
2
O -> 2 NaOH + H
2
(1)
6NaOH + Al
2
(SO
4
)
3
-> 2 Al (OH)
3
+ 3 Na
2
SO
4
(2)
Al (OH)
3
+ NaOH -> Na Al O
2
+ 2 H
2
O (3)
Ta có: n(Al
2
SO
4
)
3
= 0,01mol
nAl(OH)
3
=
78
78,0
= 0,01 mol ( có 2 TH)
TH 1:
Chỉ có phản ứng (1,2) tạo ra 0,01 mol kết tủa
Theo (2) nAl
2
(SO
4
)
3
=
2
1
nAl(OH)
3
= 0,005 mol
n(Al
2
SO
4
)
3
dư = 0,01- 0,005 = 0,005 mol
Theo (1,2) nNa = nNaOH= 3nAl(OH)
3
= 0,03 mol
Vậy khối lượng Na đã dùng: m = 0,03 . 23 = 0, 69 (gam)
TH2
Kết tủa tan 1 phần còn lại 0,01 mol ( 0,78 g) có phản ứng (1,2,3)
Theo (2) nAl(OH)
3
= 2n(Al
2
SO
4
)
3
= 2 . 0,01 = 0,02 mol
Kết tủa tan ở (3) là 0,02- 0,01 = 0,01 mol
Theo phản ứng (3)
nNa = nNaOH = 6 nAl
2
(SO
4
)
3
+ n
tan = 0,07 mol
Vậy khối lương Na đã dùng m = 0,07 .23 = 1,61 gam
Đ/ S : TH1 m= 0,69 gam
TH2 m= 1,61 gam
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0, 75điểm
0,75điểm
Câu 4
( 3điểm)
Giả sử có 100g dung dịch H
2
SO
4
-> mH
2
SO
4
= 14, 7 (g)
nH
2
SO
4
= 14,7 : 98 = 0,15 mol
PT: RCO
3
+ H
2
SO
4
-> RSO
4
+ H
2
O + CO
2
Mol 0,15 0,15 0,15 0,15
Sau phản ứng:
M
ctan
= ( R + 96). 0,15 gam
mdd sau p/ư = mRCO
3
+ m dd axit – mCO
2
= ( R+ 60). 0,15 + 100 – (44.0,15)
= R. 0,15 + 9+ 100 - 6,6 = 0,15 R + 102,4
C % =
4,10215,0
100)4,1415,0(
R
R
= 17 (%)
Giải PT ta có: R= 24 ( Magiê)
Vậy KL hoá trị II là Magiê
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Trang 51
1 điểm
Câu 5
(4điêm)
PT phản ứng:
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3 Ba(OH)
2
-> 3 BaSO
4
+ 2 Fe(OH)
3
(1)
2 Fe(OH)
3
-
t
> Fe
2
O
3
+ 3 H
2
O (2)
Nước lọc có Ba(OH)
2
có p/ư tạo kết tủa
Ba(OH)
2
+ H
2
SO
4
-> BaSO
4
+ 2H
2
O (3)
Sau khi nung, khối lượng chất rắn là:
m BaSO
4
+ mFe
2
O
3
= 0,859 (g)
Gọi nFe
2
O
3
= x (mol)
Theo (1,2,3) ta có:
3 Ba(OH)
2
-> 3 BaSO
4
-> 2 Fe(OH)
3
->Fe
2
O
3
mol 3x 3x 2x x
Khối lượng sau khi nung là:
3x . 233 + 160. x = 0, 859
x = 0,001 mol
Theo (1)
nBa(OH)
2
= 0,001.3 = 0,003 mol
mà nH
2
SO
4
= 0,005 mol và nBaSO
4
= 0,002 mol
Chứng tỏ H
2
SO
4
dư và Ba(OH)
2
p/ư hết
nBa(OH)
2
= nBaSO
4
=
mol002,0
233
466,0
Vậy trong 100 ml dung dịch Ba(OH)
2
có
0,003 + 0,002 = 0,005 mol
-> CM Ba(OH)
2
= 0,05 M
Theo (1)
nFe
2
(SO
4
)
3
=
3
1
nBa(OH)
2
=
mol001,0
3
003,0
CM Fe
2
(SO
4
)
3
=
M02,0
05,0
001,0
Đ/ S : 0,05 M và 0,02 M
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 15
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: HOÁ HỌC
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1(4,0 điểm). Cho sơ đồ biến hóa sau:
+ E
X + A (1) (5) F
+ G + E
X + B (2) (6) H (7) F
Trang 52
Fe
(3) + I +L
X + C K H + BaSO
4
(4) (8) (9)
X + D + M X +G H
(10) (11)
Câu 2 (3điểm)
1. Một hỗn hợp gồm Al, Fe, và Ag. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại
ra khỏi hỗn hợp.
2. Có 5 lọ mất nhãn đựng 5 dung dịch: NaOH, KCl, MgCl
2
, CuCl
2
, AlCl
3
. Hãy nhận biết từng
dung dịch trên mà không dùng thêm hóa chất khác. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu 3 (2,5 điểm).
Cho 30,6 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe
3
O
4
tác dụng với 500 ml dung dịch HNO
3
loãng, đun nóng
và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 1,68 lit khí NO(sản phẩm khử duy
nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 1,2 gam kim loại.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b. Tính nồng độ mol của axit HNO
3
.
Câu 4 (4 điểm)
1. Nung 15,2 gam hỗn hợp FeO và Fe
2
O
3
trong một bình kín có chứa 11,2 lít khí CO (đktc).
Sau phản ứng hoàn toàn thu được 18 gam hỗn hợp khí. Biết rằng X bị khử hoàn toàn thành Fe.
a. Xác định thành phần các chất trong hỗn hợp khí.
b. Tính khối lượng sắt thu được và khối lượng 2 oxit ban đầu.
2. Hòa tan 15,3 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại hóa trị I, II vào dung dịch
HCl dư thu được dung dịch X và 3,36 lit khí (đktc). Tính khối lượng muối khan thu được
khi cô cạn dung dịch X?
Câu 5 (3,5 điểm)
1. Cho 2,4 gam kim loại M tác dụng hết với dd H
2
SO
4
loãng thì thu được 0,1 mol khí H
2
ở
đktc.
a. Xác định kim loại M.
b. Từ M, viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp lần lượt từng chất MCl
2
,
M(NO
3
)
2
.
2. Cho 3,42 gam Al
2
(SO
4
)
3
phản ứng với 50 ml dung dịch NaOH thu được 0,78 gam kết tủa.
Tính nồng độ mol/lit của dung dịch NaOH.
Câu 6 (3điểm)
Hòa tan hết 22,4 gam CaO vào nước dư thu được dung dịch A.
1. Nếu cho khí cacbonic sục hết vào dung dịch A thì thu được 5,0 gam kết tủa. Tính thể tích
khí cacbonic (ở đktc) tham gia phản ứng.
2. Nếu hòa tan hoàn toàn 56,2 gam hỗn hợp MgCO
3
và BaCO
3
(có thành phần thay đổi trong
đó có a% MgCO
3
) bằng dung dịch HCl, tất cả khí thoát ra hấp thụ hết vào dung dịch A thì
thu được kết tủa B. Tình giá trị của a để lượng kết tủa B nhỏ nhất.
Trang 53
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 15
Câu
Nội dung
Điểm
Câu1
4điểm
- Tìm đươc CTHH của các chất
X là Fe
3
O
4
; D là C ; H là FeCl
2
A là H
2
; E là Cl
2
; I là H
2
SO
4
B là CO ; F là FeCl
3
; K là FeSO
4
C là Al ; G là HCl ; L là BaCl
2
M là O
2
- Viết PTHH
1. Fe
3
O
4
+ 4H
2
to
3Fe + 4H
2
O
2. Fe
3
O
4
+ 4CO
to
3Fe + 4CO
2
3. 3Fe
3
O
4
+ 8Al
to
9Fe + 4Al
2
O
3
4. Fe
3
O
4
+ 2C
to
3Fe + 2CO
2
5. 2Fe + 3Cl
2
2 FeCl
3
6. Fe + 2HCl
FeCl
2
+
H
2
7. 2FeCl
2
+ Cl
2
2 FeCl
3
8. Fe + H
2
SO
4
FeSO
4
9. FeSO
4
+ BaCl
2
FeCl
2
+ BaSO
4
10. 3Fe + 2O
2
Fe
3
O
4
11. Fe
3
O
4
+ 8 HCl FeCl
2
+2 FeCl
3
+ 4H
2
O
1,25điểm
2,75 điểm
Câu 2
(3điểm)
1. Cho hỗn hợp tan trong NaOH dư, Fe và Cu không tan
2Al + 2NaOH + 2H
2
O 2NaAlO
2
+ 3H
2
Dẫn CO
2
vào nước lọc. Sau đó lọc tách kết tủa đem nung ở
nhiệt độ cao:
NaAlO
2
+ 4H
2
O + CO
2
Al(OH)
3
+ NaHCO
3
2Al(OH)
3
t0
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
2Al
2
O
3
đpnc
4Al + 3O
2
- Cho hỗn hợp Fe và Cu không tan vào dung dịch HCl dư, Cu không tan, lọc
thu được Cu
Fe + 2HCl FeCl
2
+ H
2
-Lấy dung dịch thu được cho tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa nung đến
khối lượng không đổi, đẫn luồng khí CO dư đi qua
HCl + NaOH NaCl + H
2
O
1,5điểm
Trang 54
FeCl
2
+ 2NaOH Fe(OH)
2
+ 2NaCl
4Fe(OH)
2
+ O
2
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O
Fe
2
O
3
+ 3CO 2Fe + 3 CO
2
2.- Dung dịch có màu xanh lam là CuCl
2
- Lấy dung dịch CuCl
2
cho tác dụng với 4 dung dịch còn lại, dung dịch nào tạo
kết tủa là NaOH:
CuCl
2
+ 2NaOH Cu(OH)
2
+ 2NaCl
- Lấy dung dịch NaOH cho tác dụng với 3 dung dịch còn lại
+ Dung dịch nào không có kết tủa là KCl
+ Dung dịch nào có kết tủa trắng là MgCl
2
MgCl
2
+ 2NaOH Mg(OH)
2
+ 2NaCl
+ Dung dịch nào có kết tủa trắng, kết tủa tan trong kiềm dư là AlCl
3
AlCl
3
+ 3NaOH Al(OH)
3
+ 3NaCl
Al(OH)
3
+ NaOH NaAlO
2
+ 2 H
2
O
1,5 điểm
Câu 3
(2,5 điểm)
3 Cu + 8HNO
3
3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (1)
Mol x 8x/3 2x/3
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O (2)
Mol y 28y/3 3y y/3
2Fe(NO
3
)
3
+ Cu Cu(NO
3
)
2
+ 2Fe(NO
3
)
2
(3)
Mol 3y 3y/2
Có 1,2 gam kim loại không tan nên Cu dư chuyển Fe
3+
hết
thành Fe
2+
Gọi số mol Cu phản ứng 1 là x mol, số mol Fe
3
O
4
là y mol
nNO = 1,68/ 22,4 = 0,075 mol
Theo PT và ĐB ta có 2x/3 + y/3 = 0,075
64(x + 3y/2) + 232y = 30,6 – 1,2
x=0,075
y= 0,075
Số mol HNO
3
đã dùng là : ( 8x/3 + 28y/3 ) = 0,9 mol
C
M HNO3
= 0,9 : 0,5 =1,8M
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4
(4 điểm)
1.
a. Xác định thành phần hỗn hợp khí.
FeO + CO
to
Fe + CO
2
(1)
Fe
2
O
3
+ 3CO
to
2Fe + 3 CO
2
(2)
Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp khí CO còn dư. Vậy hỗn hợp khí
gồm CO dư và CO
2
b. Gọi x,y là số mol FeO, Fe
2
O
3
tham gia phản ứng.
Ta có: 72x + 160y = 15,2 (*)
Từ PTPƯ 1,2 nCO = x +3y = nCO
2
nCO dư =0,5- (x + 3y)
Theo đb : mCO + mCO
2
= 18
28(0,5 - x- 3y) + 44(x +3y) = 18
x+ 3y = 0,25 (**)
Từ (*) và (**) ta được : x= 0,1 ; y = 0,05
mFe = (0,1 + 2.0,05).56 = 11,2 g
mFeO = 0,1.72 = 7,2 g
mFe
2
O
3
= 0,05. 160 = 8 g
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
Trang 55
2.Gọi CTHH muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II là M
2
CO
3
Và NCO
3
M
2
CO
3
+ 2HCl 2MCl + CO
2
+ H
2
O (1)
NCO
3
+ 2HCl 2MCl
2
+ CO
2
+ H
2
O (2)
nCO
2
= 6,72: 22,4 = 0,3 mol
Ta có khối lượng muối tăng = 11nCO
2
=11.0,3 =3,3 g
Khối lượng muối thu được là 30,6 +3,3 =33,9g
0,5
0,25
0,25
0,5
Câu 5
(3,5đ)
a. 2M + nH
2
SO
4
M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
mol 0,2/n 0,1
Ta có: M = 2,4(0,2/n) = 12n
n
1
2
3
M
12
24
36
Kết luận
Loại
Mg
Loại
b. Mg + Cl
2
t0
MgCl
2
Mg + Cu(NO
3
)
2
Mg(NO
3
)
2
+ Cu
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
2.
nAl
2
(SO4)
3
= 0,01 mol
nAl(OH)
3
= 0,01 mol
*Trường hợp 1: Al
2
(SO4)
3
dư
Al
2
(SO4)
3
+ 6NaOH 2Al(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4
mol 0,005 0,03 0,01
C
M
NaOH = 0,03:0,05 = 0,6M
*Trường hợp 2: Al
2
(SO4)
3
thiếu
Al
2
(SO4)
3
+ 6NaOH 2Al(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4
mol 0,01 0,06 0,02
Al(OH)
3
+ NaOH NaAlO
2
+ 2H
2
O
mol 0,01 0,01 0,01
C
M
NaOH = 0,07: 0,05 = 1,4M
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 6
(3 điểm)
1.
CaO + H
2
O Ca(OH)
2
(1)
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O (2)
CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
Ca(HCO)
3
(3)
nCaO = nCa(OH)
2
= 22,4: 56 = 0,4 mol
nCaCO
3
= 5: 100 = 0,05 mol
Trường hợp 1:Ca(OH)
2
dư, không xảy ra phản ứng 3
Theo PTPƯ(2): nCO
2
= nCaCO
3
= 0,05 mol
V
CO2
= 0,05.22,4 = 1,12 lít
Trường hợp 2: Ca(OH)
2
thiếu
Theo PTPƯ (2) nCO
2
= nCa(OH)
2
= 0,4 mol
nCaCO
3
ở phản ứng 3 = 0,4 – 0,05 = 0,35 mol
Theo PTPƯ (3) nCO
2
= nCaCO
3
=0,35 mol
V
CO2
= 0,75. 22,4 = 16,8 lit
0,5
0,5
05
2.
MgCO
3
+ 2HCl MgCl
2
+ CO
2
+ H
2
O (4)
BaCO
3
+ 2HCl BaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O (5)
0,25
Trang 56
Lượng CO
2
lớn nhất khi a = 100. Số mol CO
2
= 56,2: 84 = 0,669mol
Lượng CO
2
nhỏ nhất khi a = 0. Số mol CO
2
= 56,2: 197 = 0,285mol
0,285 < nCO
2
< 0,669
Nếu nCO
2
= 0,285 mol < nCa(OH)
2
; Tức là không có phản ứng 3
nCaCO
3
= nCO
2
= 0,285 mol
Nếu nCO
2
= 0,669 mol > nCa(OH)
2
nCaCO
3
= 0,4- (0,669- 0,4) = 0,131 mol
Vậy khi a = 100 thì lượng kết tủa bé nhất.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
PHÒNG GD & ĐT
ĐỀ SỐ 16
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MÔN: HOÁ HỌC
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao
đề)
Câu I: (3 điểm)
1. Từ các chất KMnO
4
, Zn ,H
2
SO
4
,BaCl
2
có thể điều chế được các khí nào? Viết các
phương trình hóa học xảy ra (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có)?
2.Phi kim R hợp với oxi tạo ra oxit cao nhất có công thức là R
2
O
5.
Trong hợp
chất
của R với hiđro thì R chiếm 82,35% khối lượng. Xác định tên nguyên tố R và viết công thức
của R với hiđro và oxi.
Câu II: (4,5 điểm)
1.
Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng các muối từ hỗn hợp chất rắn gồm
BaCl
2
, FeCl
3 và
AlCl
3.
2.
Có ba lọ đựng ba chất rắn KCl, NH
4
NO
3,
Ca(H
2
PO
4
)
2.
Hãy nhận biết mỗi lọ bằng
phương pháp hóa học.
Câu III: (3,5 điểm)
Thí nghiệm: Làm bay hơi 60 gam nước từ dung dịch NaOH có nồng độ 15% được
dung dịch mới có nồng độ 18%.
1. Hãy xác định khối lượng dung dịch NaOH ban đầu.
Trang 57
2. Cho m gam natri vào dung dịch thu được trong thí nghiệm trên được dung dịch có
nồng độ 20,37%. Tính m.
Câu IV: (4 điểm)
Nhúng 1 thanh sắt nặng 100 gam vào 500ml dung dịch hỗn hợp CuSO
4
0,08M và
Ag
2
SO
4
0,004M. Sau 1 thời gian lấy thanh sắt ra cân lại và thấy khối lượng là 100,48 gam.
Tính khối lượng kim loại bám vào thanh sắt và nồng độ mol các chất trong dung dịch sau
phản ứng. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể.
Câu V (5 điểm)
Cho 7,22 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi. Chia hỗn hợp
làm hai phần bằng nhau. Hòa tan phần I trong dung dịch axit HCl thu được 2,128 lit H
2
. Hòa
tan hết phần II trong dung dịch HNO
3
tạo ra 1,792 lít NO duy nhất. Thể tích các khí đó ở
đktc.
1. Xác định kim loại M.
2. Tính % mỗi kim loại trong A
BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 16
Câu I: (3đ)
1. Điều chế khí oxi: 2KMnO
4
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
ĐPNC
- Điều chế Cl
2
: BaCl
2
Ba + Cl
2
- Điều chế H
2
: Zn + H
2
SO
4 (loãng)
ZnSO
4
+ H
2
- Điều chế SO
2
: Zn + 2H
2
SO
4 đặc
ZnSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O
2. Gọi hóa trị của R trong hợp chất với hiđro là n => CTHH là RH
n
- Ta có
n67,4R35,82100.
nR
R
R%
- Vì n là hóa trị nên chỉ nhận các giá trị 1,2,3….
n
1
2
3
4
5
6
7
R
4,67
9,33
14
19
23
28
33
- Với n =3, R=14=>R là nitơ,kí hiệu là N
- CT của R với hiđrô là NH
3
, với oxi là N
2
O
5
Câu II: (4,5đ)
1. Cho hỗn hợp 3 muối vào cốc đựng dd NH
3
dư
FeCl
3
+ 3NH
3
+ 3H
2
O Fe(OH)
3
+3NH
4
Cl
ClNH3)OH(AlOH3NH3AlCl
43233
- Lọc tách Fe(OH)
3
, Al(OH)
3
cô cạn dung dịch rồi nung nóng ở nhiệt độ cao tách
được BaCl
2
NH
4
Cl NH
3
+ HCl
- Cho hỗn hợp Fe(OH)
3
, Al(OH)
3
vào dung dịch NaOH dư
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
0,5
0,5
1,0
t
0
Trang 58
Al(OH)
3
+ NaOH NaAlO
2
+ 2H
2
O
Fe(OH)
3
không phản ứng lọc tách ra cho tác dụng với dd HCl dư, cô cạn được FeCl
3
Fe(OH)
3
+ 3HCl FeCl
3
+ 3H
2
O
- Sục CO
2
dư vào dd NaAlO
2
lọc tách kết tủa Al(OH)
3
rồi cho tác dụng với dd
HCl dư và cô cạn được AlCl
3
33222
NaHCO)OH(AlOH2CONaAlO
OH3AlClHCl3)OH(Al
233
2. Trích mỗi lọ 1 ít làm mẫu thử rồi hòa tan vào nước.
- Dùng Na
2
CO
3
nhận ra Ca(H
2
PO
4
)
2
vì tạo kết tủa trắng CaCO
3
42324232
PONaH2CaCO)POH(CaCONa
- Dùng AgNO
3
nhận ra KCl vì tạo kết tủa trắng AgCl
33
KNOAgClKClAgNO
- Dùng NaOH nhận ra NH
4
NO
3
vì tạo khí có mùi khai NH
3
OHNHNaNONONHNaOH
23334
Câu III: (3,5đ)
1. Gọi khối lượng dung dịch NaOH ban đầu là m gam => m
NaOH
= 0,15m(g)
- Khối lượng dd NaOH sau khi làm bay hơi nước là : m - 60(g)
)g(360m18100.
60m
m15,0
2. m
NaOH
= 0,15.360 = 54g
- Khối lượng dd NaOH sau khi làm bay hơi nước là: 360 – 60 = 300(g)
- PTHH: 2Na +2H
2
O 2NaOH + H
2
(1)
x x 0,5x (mol)
- Gọi số mol Na trong m gam Na là x mol => n
NaOH
= n
Na
= x(mol)
=> m
NaOH (1)
= 40x(g)
- Ta có PT về nồng độ dd sau phản ứng:
)g(6,423.2,0m
2,0x%37,20100.
x5,0.2x23300
x4054
%C
Na
NaOH
Câu IV:(4đ)
mol002,0n;mol04,0n
424
SOAgCuSO
- PTHH:
)2(CuFeSOCuSOFe
)1(Ag2FeSOSOAgFe
44
442
*TH1: Chỉ xảy ra (1). Đặt số n
Fe(pư)
= x(mol) = n
)pu(42
SOAg
=> m
tăng
= 100,48 – 100 = 108.2x – 56x
x = 0,003 > n
42
SOAg
(loại)
* TH2 : Xảy ra cả (1) và (2)
- Theo (1) n
Fe
= n
42
SOAg
= 0,002 mol
n
Ag
= 2n
42
SOAg
= 0,004 mol
- Gọi n
Fe(pư2)
= a(mol) = n
CuSO
4
= n
Cu
=> m
tăng
= 100,48 – 100 = 108.0,004 + 64 a – 56.0,002 – 56 a
a = 0,02
- Vậy khối lượng kim loại bám vào thanh sắt là : 108.0,004 + 64.0,02 = 1,712 gam.
- Sau pứ trong dd có 0,04 – 0,02 = 0,02 mol CuSO
4
dư và 0,002 + 0,02 = 0,022 mol
FeSO
4
.
1,0
1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
0,5
Trang 59
C
M
4
CuSO
=
M04,0
5,0
02,0
; C
M
4
FeSO
=
M044,0
5,0
022,0
Câu V:(5đ)
1 phần =
2
1
.7,22 = 3,61(g);
2
H
n
= 0,095 mol ; n
NO = 0,08 mol
1. Gọi kim loại M có hóa trị là n
- PTHH:
22
HFeClHCl2Fe
(1)
2n
nHMCl2nHCl2M2
(2)
OH2NO)NO(FeHNO4Fe
2333
(3)
3M + 4nHNO
3
3M(NO
3
)
n
+ nNO
+2nH
2
) (4)
* TH1 : M không tác dụng với HCl (tức không xảy ra (2))
- Theo (1) n
Fe
= n
H
2
= 0,08 mol
m
Fe
= 0,08.56 = 4,48 > 3,61 (loại)
* TH2 : M tác dụng với HCl (tức xảy ra (2))
- Gọi số mol Fe có trong 1 phần là x mol => m
Fe
= 56.x (g)
- Theo (1) : n
H
2
(1)
= n
Fe
= x(mol)
- Theo (2) : n
M
=
mol)x095,0.(
n
2
n.
n
2
)2(H
2
=> m
M
= 3,61 – 56.x =
M).x095,0.(
n
2
(*)
- Theo (3) : n
NO
= n
Fe
= x(mol)
- Theo (4) : n
M
=
mol)x08,0.(
n
3
n.
n
3
NO
=> m
M
= 3,61 – 56.x=
M).x08,0.(
n
3
(**)
- Từ (*) và (**) => M(0,09M – 0,81n) =0
=> * M=0 (loại)
* 0,09 M – 0,81n = 0 => M = 9n
- Với n=3 ; M = 27 => M là kim loại nhôm (Al)
2. Ta có x =
05,0
27.23.56
27.19,03.61,3
=> %m
Fe
=
%56,77100.
61,3
56.05,0
=> % m
Al
= 100 – 77,56 = 22,44 %
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
ĐỀ SỐ 17
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Môn thi: Hóa học
Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề)
Câu 1( 4,0 điểm):
Trang 60
Nêu hiện tượng xẩy ra và viết các phương trình phản ứng cho mỗi thí nghiệm sau:
a) Cho kim loại Na vào dung dịch AgNO
3
.
b) Sục khí SO
2
từ từ cho tới dư vào dung dịch Ca(OH)
2
c) Cho từ từ mỗi chất: khí CO
2
, dung dịch AlCl
3
vào mỗi ống nghiệm chứa sẵn dung
dịch NaAlO
2
cho tới dư.
d) Cho dung dịch Na
2
CO
3
vào dung dịch FeCl
3
.
Câu 2 ( 4,0 điểm ):
Có 15 gam hỗn hợp Al và Mg được chia làm 2 phần bằng nhau. Phần thứ nhất cho
vào 600ml HCl nồng độ xM thu được khí A và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được
27,9 gam muối khan. Phần thứ 2 cho vào 800ml dung dịch HCl nồng độ xM và làm tương tự
thu được 32,35g muối khan. Xác định % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp và x. Tính
thể tích hidro (dktc) thu được sau khi thực hiện xong các thí nghiệm.
Câu 3 ( 4,0 điểm ):
Hòa tan 6,58 gam chất A vào 100 gam nước thu được dung dịch B chứa 1 chất duy
nhất. Cho lượng muối khan BaCl
2
vào B thấy tạo 4,66g kết tủa trắng lọc bỏ kết tủa ta thu
được dung dịch C. Cho lượng Zn vừa đủ vào dung dịch C thấy thoát ra 1,792 lit khí
H
2
(đktc) và dung dịch D.
1. Xác định công thức phân tử chất A.
2.Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch D.
Câu 4 (2,0 điểm):
Chỉ dùng một hoá chất duy nhất, hãy tách:
a. Tách FeO ra khỏi hỗn hợp FeO, Cu, Fe
b. Ag
2
O ra khỏi hổn hợp Ag
2
O, SiO
2
, Al
2
O
3
Câu 5 (2,0 điểm):
Một hỗn hợp X gồm các chất: K
2
O, KHCO
3
, NH
4
Cl, BaCl
2
có số mol mỗi chất bằng
nhau. Hoà tan hỗn hợp X vào nước, rồi đun nhẹ thu được khí Y, dung dịch Z và kết tủa M.
Xác định các chất trong Y, Z, M và viết phương trình phản ứng minh họa.
Câu 6 (4,0 điểm):
a, Cho 2,08 gam M
x
O
y
tan hoàn toàn vào 100 gam dung dịch H
2
SO
4
4,9%. Sau khi phản
ứng kết thúc thu được dung dịch Y có nồng độ axit là 1,056%. Xác định công thức hóa học của
oxit đó.
b, Dung dịch CuSO
4
ở 10
0
C có độ tan là 17,4 (g); ở 80
0
C có độ tan là 55 (g). Làm lạnh
1,5 kg dung dịch CuSO
4
bão hòa ở 80
0
C xuống 10
0
C. Tính số gam CuSO
4
.5 H
2
O tách ra.
Trang 61
PHÒNG GD & ĐT
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 17
Câu
Đáp Án
Biểu
Điểm
1.a
Lúc đầu bọt khí thoát ra,sau thấy có kết tủa trắng xuất hiện nhưng không bền
lập tức sinh ra chất kết tủa mầu đen ( Ag
2
O)
0,5đ
PTPU: 2Na + 2H
2
O -> 2NaOH + H
2
AgNO
3
+ NaOH -> AgOH
+ NaNO
3
2AgOH - > Ag
2
O + H
2
O
0,5đ
1.b
Lúc đầu có kết tủa trắng xuất hiện, sau đó kết tủa tan đi, dung dịch trở lại
trong.
0,5đ
SO
2
+ Ca(OH)
2
-> CaSO
3
+ H
2
O
SO
2
+ CaSO
3
+ H
2
O -> Ca (HSO
3
)
0,5đ
1.c
Tạo kết tủa keo trắng.
CO
2
+ NaAlO
2
+ H
2
O -> Al (OH)
3
+ NaHCO
3
AlCl
3
+ 3NaAlO
2
+ 6H
2
O -> 4Al(OH)
3
+ 3NaCl
0,5đ
0,5đ
1.d.
Tạo khí không mầu và kết tủa mầu nâu đỏ.
3Na
2
CO
3
+ 2FeCl
3
+ 3H
2
O-> 6NaCl + 2Fe(OH)
3
+ 3CO
2
Ghi chú: mỗi hiện tượng ghi đủ, đúng được 0,5 điểm, thiếu hoặc không rõ ràng
đều không được điểm.
0,5đ
0,5đ
Câu
2:
+
2
1
khối lượng hỗn hợp =
gam5,7
2
15
+ Nếu ở thi nghiệm 1 mà HCl dư thì ở thí nghiệm 2 khi tăng lượng Axit ->
Khối lượng muối tạo ra phải không đổi (Điều này trái với giả thiết) Vậy ở thí
nghiệm 1: Kim loại còn dư, Axit thiếu.
+Nếu toàn bộ lượng axit HCl ở thí nghiệm 2 tạo ra muối thì lượng muối phải là
gam2,37
600
800.9,27
.Theo đầu bài lượng muối thu được là 32,35gam (37,2 >
32,35) ở thí nghiệm 2 : axit HCl còn dư, kim loại hết.
1. Phương trình phản ứng:
2Al + 6HCl 2AlCl
3
+ 3H
2
(1)
Mg + 2HCl MgCl
2
+ H
2
(2)
Khối lượng hỗn hợp KL =7,5 gam ; Khối lượng muối khan = 32,35 gam
Độ tăng khối lượng ( là lượng Cl của HCl ) = 32,35 - 7,5 = 24,85 gam
nHCl tham gia phản ứng :
mol7,0
5,35
85,24
nH
2
= 0,35 mol
+
2
H
V
= 0,35.22,4 =7,84 lit
- Số mol HCl tham gia phản ứng ở thí nghiệm 1:
mol6,0
35,32
7,0.9,27
Nồng độ mol dung dịch axit (x) =
1M
0,6
0,6
n H
2
=
2
6,0
= 0,3
+
2
H
V
= 0,3. 22,4 = 6,72 lit
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Trang 62
2. Sau 2 thí nghiệm thể tích H
2
thu được là :7,84 + 6,72 =14,56 lit
3. gọi a,b là số mol của kim loại Al và Mg trong hỗn hợp. từ (1) (2) có :
7,02b3a
7,5 24b27a
a = 0,1 mAl = 2,7 gam % Al = 36%
b = 0,2 mMg = 4,8gam % Mg = 64%
0,5đ
0,5đ
Câu
3:
1/ Dung dịch B kết tủa với BaCl
2
,B có thể có các muối có gốc axit tạo kết tủa
với Ba; hoặc H
2
SO
4
. Dung dịch C có phản ứng với Zn cho khí H
2
, vậy trong C
có axit =>B phải là H
2
SO
4
hoặc muối M(HSO
4
)
n
Vậy chất ban đầu có thể là : H
2
SO
4
hoặc SO
3
, hoặc H
2
SO
4
.nSO
3
hoặc muối
M(HSO
4
)
n
- Các phương trình phản ứng :
BaCl
2
+ H
2
SO
4
BaSO
4
+2HCl (1)
Zn + 2HCl ZnCl
2
+ H
2
(2)
Zn + H
2
SO
4
ZnSO
4
+ H
2
(3)
Theo 3 phương trình phản ứng ta có n
H2SO4
= n
H2
=
mol08,0
4,22
792,1
* Trường hợp 1: A là H
2
SO
4
n H
2
SO
4
=
0,067
98
6,58
0,08 ( Lọai)
* Trường hợp 2: A là SO
3
nSO
3
=
0,080,08225
80
6,58
(Loại)
* Trường hợp 3: A là H
2
SO
4
.nSO
3
H
2
SO
4
.nSO
3
+nH
2
O (n+1) H
2
SO
4
Ta có
1n
0,08
80n98
6,58
n = 7
Công thức phân tử A là H
2
SO
4
.7H
2
O
* Trường hợp 4: A là muối M(HSO
4
)
n
2M(HSO
4
)
n
+nBaCl
2
2MCl
n
+ 2nBaSO
4
+ 2nHCl
Theo BTNT ta có: 2M(HSO
4
)
n
2nHCl nH
2
=> 0,16/n mol 0,08 mol
M
M(HSO4)n
= 6,58: (0,16/n)= 41,125.n => loại
2/ Khối lượng dung dịch D là:
m
BaCl2
=
gam16,4
233
208.66,4
m
dd
= 6,58 +100 + 4,16 + 0,08.65 - 0,08.2 - 4,66 = 111,12 gam
n
ZnCl2
= n
BaSO4
= 0,2 mol
n
ZnSO4
= 0,08 - 0,02 = 0,06 mol
C%
ZnCl2
=
%45,2100.
12,111
136.02,0
C%
ZnSO4
=
%69,8100.
12,111
161.06,0
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Trang 63
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 18
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Hóa học
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: (5,0 điểm)
1. Cho hỗn hợp A gồm Al, Fe, Cu vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được khí B, dung
dịch C và chất rắn D. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch C thu được dung dịch E và kết
tủa F. Lọc lấy F nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn G. Dẫn
khí CO nung nóng dư đi qua chất rắn G thu được chất rắn H. Sục khí CO
2
dư vào dung dịch
E.
Viết tất cả các PTHH xảy ra?
2. Từ các hóa chất: Zn; S và H
2
O. Hãy viết các PTHH điều chế 3 oxit, 2 axit và 3 muối?
Câu II: (3,5 điểm)
1. Chỉ được dùng thêm dung dịch phenolphtalein, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận
biết 5 dung dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt bị mất nhãn: H
2
SO
4
, KOH, K
2
SO
4
, BaCl
2
, HCl.
Viết PTHH xảy ra (nếu có)?
2. Có một hỗn hợp khí gồm: O
2
, SO
2
; CO và CO
2
. Làm thế nào để thu được khí O
2
tinh
khiết?
Câu III: (4,0 điểm)
1. Trong phòng thí nghiệm có dung dịch H
2
SO
4
2,5M; dung dịch KOH 2M; nước cất và các
dụng cụ thí nghiệm đầy đủ. Hãy trình bày cách pha chế 400 ml dung dịch X chứa K
2
SO
4
0,5M và KOH 0,25M?
2. Chia m gam một oxit sắt thành 2 phần bằng nhau. Cho luồng khí H
2
nung nóng dư đi qua
phần 1, đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 21 gam Fe. Để hòa tan hết phần 2 cần dùng
vừa đủ 250 gam dung dịch HCl 14,6%. Hãy xác định công thức hóa học của oxit sắt và tính
m?
Câu IV: (4,5 điểm)
1. Nung 4,5 tạ đá vôi chứa 90% CaCO
3
(phần còn lại là chất trơ) với hiệu suất phản ứng là
85% thu được chất rắn X và khí CO
2
.
a) Tính thể tích khí CO
2
thu được ở điều kiện bình thường (20°C và latm)?
b) Tính thành phần % theo khối lượng của CaO trong chất rắn X?
Trang 64
2. Ti khối của hỗn hợp khí A gồm CO và CO
2
đối với khí O
2
bằng 1,075. Sục V lít hỗn hợp
khí A (ở đktc) vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm KOH 0,25M và Ba(OH)
2
0,35M thu được
49,25 gam kết tủa. Viết các PTHH xảy ra và tính V?
Câu V: (3,0 điểm)
Chia 35,5 gam hỗn hợp B gồm MgO và Al
2
O
3
thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1 cho tác dụng với 500 ml dung dịch HCl, sau khi các phản ứng kết thúc làm bay hơi
cẩn thận thu được 38,375 gam chất rắn khan.
- Phần 2 cho tác dụng với 800 ml dung dịch HCl ở trên, kết thúc các phản ứng cũng làm bay
hơi cẩn thận thu được 45,25 gam chất rắn khan.
a) Viết các PTHH xảy ra? Tính nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng?
b) Tính thành phần % theo khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp B?
(Cho: Al = 27; Ba= 137, C = 12; O=16, H=1; Cu=64; Fe = 56; Mg = 24; S = 32)
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 65
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 5 trang)
Câu
Nội dung
Điểm
Câu I
1.
2,5đ
- Các PTHH xảy ra:
2Al + 6HCl
2AlCl
3
+ 3H
2
Fe + 2HCl
FeCl
2
+ H
2
- Khí B là H
2
, chất rắn D là Cu, dung dịch C gồm: HCl dư, AlCl
3
, FeCl
2
.
KOH + HCl
KCl
+ H
2
O
2KOH + FeCl
2
2KCl
+ Fe(OH)
2
(r)
3KOH + AlCl
3
3KCl
+ Al(OH)
3
(r)
KOH + Al(OH)
3
KAlO
2
+ 2H
2
O
- Dung dịch E gồm: KOH dư, KCl và KAlO
2
. Kết tủa F là Fe(OH)
2
4Fe(OH)
2
+ O
2
0
t
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O
- Chất rắn G là Fe
2
O
3
.
Fe
2
O
3
+ 3CO
0
t
2Fe + 3CO
2
- Chất rắn H là Fe.
KOH + CO
2
KHCO
3
KAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O
KHCO
3
+ Al(OH)
3
(r)
Mỗi
PT
được
0,25
2/.
2,0đ
- Các PTHH xảy ra:
2H
2
O
dp

2H
2
+ O
2
S + O
2
0
t
SO
2
2SO
2
+ O
2
0
25
450 ;C V O

2SO
3
SO
2
+ H
2
O
H
2
SO
3
SO
3
+ H
2
O
H
2
SO
4
2Zn + O
2
0
t
2ZnO
ZnO + H
2
SO
3
ZnSO
3
+ H
2
O
Zn + H
2
SO
4
ZnSO
4
+ H
2
O
Zn + S
0
t
ZnS
- Ba oxit là ZnO; SO
2
; SO
3
. Hai axit là H
2
SO
3
và H
2
SO
4
. Ba muối là: ZnS; ZnSO
3
và ZnSO
4
Mỗi
PT
được
0,25
0,25
Câu II
1.
2,25đ
- Trích mỗi chất một ít để làm mẫu thử và đánh số thứ tự.
- Nhỏ dung dịch phenolphtalein lần lượt vào 5 ống nghiệm đựng sẵn 5 dung dich
đó:
+ Dung dịch nào làm dung dịch phenolphtalein không màu chuyển thành màu
đỏ, đó là dung dịch KOH
+ 4 dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra.
- Nhỏ 4 dung dịch còn lại vào 4 ống nghiệm đựng sẵn dung dịch KOH vừa nhận
biết được có nhỏ dung dịch phenolphtalein:
+ Dung dịch nào phản ứng làm mất màu đỏ, đó là 2 dung dịch: H
2
SO
4
và HCl
(nhóm 1).
2KOH
+ H
2
SO
4
K
2
SO
4
+ 2H
2
O
KOH
+ HCl
KCl + H
2
O
+ Hai dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra, đó là K
2
SO
4
và BaCl
2
(nhóm 2).
- Nhỏ lần lượt 2 dung dịch ở nhóm 1 vào 2 dung dịch ở nhóm 2:
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 66
+ Nếu thấy xuất hiện kết tủa trắng thì dung dịch ở nhóm 1 là H
2
SO
4
và dung dịch
ở nhóm 2 là BaCl
2
.
H
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
(r) + 2HCl
Trắng
+ Dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra ở nhóm 1 là dung dịch HCl; ở
nhóm 2 là dung dịch K
2
SO
4
.
0,25
0,25
0,5
2.
(1,25đ)
- Dẫn hỗn hợp khí đó đi qua bột CuO nung nóng, dư(sai).
CO + CuO
0
t
Cu + CO
2
Thu lấy hỗn hợp khí thoát ra gồm: SO
2
; CO
2
và O
2
.
- Sục hỗn hợp khí đó vào dung dịch Ca(OH)
2
dư:
SO
2
+ Ca(OH)
2
CaSO
3
(r)
+ H
2
O
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
(r)
+ H
2
O
Thu lấy chất khí thoát ra, ta được khí O
2
tinh khiết.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
1.
2,0đ
* Tính toán:
- Số mol các chất có trong dung dịch X:
24
400.0,5
1000
K SO
n
= 0,2 mol
400.0,25
1000
KOH
n
= 0,1 mol
- Trong dung dịch X có K
2
SO
4
nên khi pha chế xảy ra PTHH:
2KOH
+ H
2
SO
4
K
2
SO
4
+ 2H
2
O
2 mol 1 mol 1 mol
0,4 mol 0,2 mol 0,2 mol
- Thể tích dung dịch H
2
SO
4
2,5M cần lấy:
24
dd
0,2.1000
2,5
H SO
V
= 80 ml
- Thể tích dung dịch KOH 2M cần lấy:
ddKOH
(0,4 0,1).1000
2
V
= 250 ml
* Cách pha chế: Đong lấy 250 ml dung dịch KOH 2M cho vào cốc thủy tinh có
chia vạch dung tích 1 lít. Đong lấy 80 ml dung dịch H
2
SO
4
2,5M rồi rót từ từ vào
cốc đó, để nguội. Sau đó thêm từ từ nước cất vào, khuấy nhẹ cho đủ 400 ml dung
dịch. Ta được 400 ml dung dịch X chứa K
2
SO
4
0,5M và KOH 0,25M.
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
2.
2,0đ
- Gọi công thức của oxit sắt là Fe
x
O
y
.
- Ta có: n
HCl
=
250.14,6%
36,5
= 1 (mol) n
Fe
21
56
= 0,375 (mol)
- Các PTHH xảy ra:
Fe
x
O
y
+ yH
2
0
t
xFe + yH
2
O (1)
1 mol x mol
0,375
x
mol 0,375 mol
Fe
x
O
y
+ 2yHCl
xFeCl
2y/x
+ yH
2
O (2)
1 mol 2y mol
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 67
1
2y
mol 1 mol
- Từ (1) và (2) ta có:
1
2y
=
0,375
x
x
y
=
3
4
Công thức hóa học của oxit sắt là Fe
3
O
4
.
m =
0,375
3
.232.2 = 58 (gam)
0,25
0,25
Câu IV
1.
1,5đ
- Ta có:
3
CaCO
n
=
5
4,5.10 .90%
100
= 4050 (mol)
- PTHH hóa học xảy ra:
CaCO
3
0
t
CaO + CO
2
1 mol 1 mol 1 mol
4050 mol 4050 mol 4050 mol
- Do hiệu suất phản ứng là 85% nên ta có:
a) Thể tích khí CO
2
thu được ở 20
0
C và 1atm là:
2
4050.24.85%
CO
V
= 82620 (lít) = 82,62 (m
3
)
b) Khối lượng CaO thu được là:
m
CaO
= 4050.56.85% = 192780 (gam) = 1,9278 (tạ)
- Khối lượng chất rắn X thu được:
m
X
= 4,5.10
5
– 4050.44.85% = 298530 (gam) = 2,9853 (tạ)
- Thành phần % theo khối lượng của CaO trong chất rắn X:
%CaO =
1,9278
.100%
2,9853
64,58%
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
3,0đ
a)
- Gọi số mol của CO và CO
2
trong V lít hỗn hợp A lần lượt là a; b (mol).
- Theo bài ra ta có:
hhA
M
=
28. 44.ab
ab
= 32.1,075 = 34,4 (gam)
a = 1,5b
- Ta có:
0,25.800
1000
KOH
n
= 0,2 (mol)
2
()
0,35.800
1000
Ba OH
n
= 0,28 (mol)
- Các PTHH có thể xảy ra:
CO
2
+ Ba(OH)
2
BaCO
3
(r)
+ H
2
O (1)
CO
2
+ 2KOH
K
2
CO
3
+ H
2
O (2)
CO
2
+ K
2
CO
3
+ H
2
O
2KHCO
3
(3)
CO
2
+ BaCO
3
+ H
2
O
Ba(HCO
3
)
2
(4)
b) Ta thấy:
3
49,25
197
BaCO
n
= 0,25 (mol) <
2
()Ba OH
n
= 0,28 (mol)
Có 2 trường hợp xảy ra:
* Trường hợp 1: Ba(OH)
2
còn dư, CO
2
phản ứng hết
(2); (3); (4) không xảy ra.
- Theo (1) ta có:
2
CO
n
=
3
BaCO
n
= 0,25 (mol)
V = (1,5.0,25 + 0,25).22,4 = 14 (lít)
* Trường hợp 2: CO
2
còn dư, BaCO
3
bị hòa tan một phần theo (4)
Xảy ra cả
(1); (2); (3) và (4).
- Theo (1) ta có:
2
(1)CO
n
=
3
(1)BaCO
n
=
2
()Ba OH
n
= 0,28 (mol)
- Từ (2) và (3) ta có:
2
(2) (3)CO
n
= n
KOH
= 0,2 (mol)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 68
Lưu ý:
- HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.
- Cứ 2PTHH viết đúng nhưng cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 19
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Môn: Hoá học 9
Thời gian: 150 phút
- Theo (4) ta có:
2
(4)CO
n
=
3
(4)BaCO
n
= 0,28 – 0,25 = 0,03 (mol)
2
CO
n
= 0,28 + 0,2 + 0,03 = 0,51 (mol)
V = (1,5.0,51 + 0,51).22,4 = 28,56 (lít)
0,25
0,25
0,25
Câu V
3,0đ
a) Các PTHH xảy ra:
MgO + 2HCl
MgCl
2
+ H
2
O (1)
Al
2
O
3
+ 6HCl
2AlCl
3
+ 3H
2
O
(2)
- Gọi số mol của MgO; Al
2
O
3
trong mỗi phần lần lượt là a; b mol.
40a + 102b =
35,5
2
= 17,75 (gam) (*)
- Giả sử nếu hỗn hợp oxit ở phần 1 tan hết trong 500 ml dung dịch HCl thì khi
cho phần 2 vào 800 ml dung dịch HCl đó khối lượng chất rắn khan thu được sau
phản ứng sẽ không thay đổi, nhưng theo bài ra khối lượng chất rắn khan thu
được ở phần 2 lớn hơn ở phần 1
Ở phần 1: HCl hết và hỗn hợp oxit còn dư.
* Gọi số mol của HCl đã phản ứng với phần 1 là x mol.
- Theo (1) và (2) ta có:
2
1
2
H O HCl
nn
= 0,5x (mol)
- Áp dụng ĐLBTKL cho (1) và (2) ta có:
m
hỗn hợp oxit
+ m
HCl
= m
chất rắn khan
+
2
HO
m
17,75 + 36,5. x = 38,375 + 18. 0,5x
x = 0,75 (mol)
- Nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng:
C
M
=
0,75
.1000
500
= 1,5M
b) * Ở phần 2: Ta có:
1,5.800
1000
HCl
n
= 1,2 (mol)
- Từ (1) và (2) ta thấy nếu trong mỗi phần hỗn hợp chỉ chứa Al
2
O
3
thì số mol HCl
phản ứng sẽ lớn nhất khi đó theo (2) ta có:
23
17,75
6 6.
102
HClpu Al O
nn
1,044 (mol) < 1,2 (mol)
Ở phần 2: HCl còn dư và hỗn hợp oxit phản ứng hết.
- Theo (1) ta có:
2
MgCl
n
n
MgO
= a (mol)
- Theo (2) ta có:
3 2 3
2.
AlCl Al O
nn
= 2b (mol)
m
chất rắn khan
= 95a + 133,5.2b = 45,25 (gam) (**)
- Từ (*) và (**) ta có: a = b = 0,125 (mol)
- Thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp B:
%MgO =
0,125.40
.100%
17,75
28,17%
%Al
2
O
3
=
0,125.102
.100%
17,75
71,83%
Lưu ý: Không chứng minh HCl ở phần 1 hết và HCl ở phần 2 dư mà vẫn đúng kết
quả thì chỉ cho 1,5 điểm.
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
Trang 69
Câu I (4,0 điểm)
1, Những cặp chất sau có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm chứa nước cất được không ?
Hãy giải thích bằng PTHH ?
a, KCl và AgNO
3
b, Na
2
O và Al
2
O
3
c, BaSO
4
và HCl d, KHCO
3
và NaOH.
2, Hãy viết 8 loại phản ứng khác nhau tạo thành khi các bonic ?
Câu II (6,0 điểm)
1, Có 5 gói bột : MgO, P
2
O
5
, BaO, Na
2
SO
4
, Al
2
O
3
. Chỉ dùng nước và quì tím nhận biết được
những chất nào? Trình bày cách nhận biết đó.
2, Chọn các công thức hóa học phù hợp với các chữ cái tương ứng rồi hoàn thành chuỗi phản
ứng sau:
A
B SO
2
¾¾¾¾®
X
¾¾¾¾®
Y
C Z
¾¾¾¾®
T
¾¾¾¾®
SO
2
3, Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng khi:
a, Nhúng thanh Fe vào dung dịch H
2
SO
4
loãng, sau một thời gian lại cho thêm vài giọt dung
dịch CuSO
4
.
b, Bột Fe thả vào dung dịch FeCl
3
.
c, Cho một luồng CO
2
từ từ đi qua dung dịch Ba(OH)
2
. Khi phản ứng kết thúc (dư CO
2
), lấy
dung dịch đem đun nóng.
Câu III (3,5 điểm )
1, Cho một dung dịch A có chứa 98 gam H
2
SO
4
trong 1 lít dung dịch. Phải thêm bao nhiêu lít
dung dịch A này vào 0,4 lít dung dịch H
2
SO
4
2M để có được dung dịch X, biết rằng 100 ml
dung dịch X này tác dụng với dung dịch Ba(OH)
2
dư tạo ra 32,62 gam kết tủa.
2, Lấy 200 ml dung dịch Xnói trên cho tác dụng với dung dịch Y, dung dịch Y chứa 2 bazơ
NaOH 0,5 M và KOH 0,9 M. Phải dùng bao nhiêu lít dung dịch Y để phản ứng vừa đủ với
200 ml dung dịch X? Phản ứng giữa 2 dung dịch X,Y cho ra dung dịch Z. Tính khối lượng
muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Z.
Câu IV (3,5 điểm)
1, Chia 15,48 gam hỗn hợp bột A gồm MgCO
3
và kim loại B có hóa trị không đổi làm hai
phần bằng nhau: Phần 1 cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp H
2
SO
4
0,3M và HCl 1,5M thu được dung dịch C và V lít hỗn hợp khí D ở đktc. Phần 2 đem đốt nóng
trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 7,5 gam hỗn hợp các oxit kim loại. Xác
định kim loại B và tính V?
2, Hòa tan một oxit của kim loại hóa trị II bằng một lượng vừa đủ dung dịch axit sunfuric
nồng độ 10%. Sau phản ứng thu được dung dịch muối có nồng độ 11,8%. Xác định công
thức oxit.
Câu V (3,0 điểm)
Cho 9,2 gam natri vào 400 gam dung dịch CuSO
4
4%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch
A, kết tủa B và khí C.
a, Tính thể tích khí C thoát ra ở đktc.
Trang 70
b, Tính khối lượng kết tủa B ?
c, Xác định nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch A ?
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu
Nội dung
Điểm
Câu
I.1
2,0đ
a, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm
chứa nước cất vì xẩy ra phương trình hóa học sau:
AgNO
3
+ KCl → AgCl
(r)
+ KNO
3
b, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 71
chứa nước cất vì xẩy ra các phương trình hóa học sau:
Na
2
O + H
2
O
→ NaOH
Al
2
O
3
+ 2NaOH → 2NaAlO
2
+ H
2
O
c, Cặp chất đó có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm
đựng nước cất.
d, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm
chứa nước cất vì xẩy ra phương trình hóa học sau:
2KHCO
3
+ 2NaOH → K
2
CO
3
+ Na
2
CO
3
+ 2H
2
O
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
I.2
2,0đ
Học sinh viết đúng 8 loại phản ứng khác nhau, ví dụ:
(1) C + O
2
0
t

CO
2
(2) 2CO + O
2
0
t

2CO
2
(3) CaCO
3
0
t

CaO + CO
2
(4) CH
4
+ 2 O
2
0
t

CO
2
+ 2H
2
O
(5) CaCO
3
+ 2HCl →CaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
(6) C + H
2
O
0
t

CO
2
+ 2H
2
(7) CuO + CO
0
t

Cu + CO
2
(8) Ca(HCO
3
)
2
+ 2HCl → CaCl
2
+ CO
2
+ 2H
2
O
Mỗi PT
được
0,25 đ
Câu
II.1
1,5đ
+Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm
+Hòa tan các mẫu thử vào nước:
Na
2
SO
4
→ dung dịch Na
2
SO
4
BaO + H
2
O → Ba(OH)
2
P
2
O
5
+ 3H
2
O →2 H
3
PO
4
Hai mẫu không tan là MgO, Al
2
O
3
.
+Lần lượt nhỏ 1 – 2 giọt từng dung dịch trên lên quì tím.
- Dung dịch không làm đổi màu quì tím là dung dịch Na
2
SO
4
tương ứng với gói Na
2
SO
4
ban đầu.
- Dung dịch làm quì tím hóa xanh là dung dịch Ba(OH)
2
tương ứng với gói đựng BaO ban đầu
- Dung dịch làm quì tím hóa đỏ là dung dịch H
3
PO
4
tương
ứng với gói đựng P
2
O
5
+ Nhận biết MgO, Al
2
O
3
bằng dung dịch Ba(OH)
2
vừa tạo ra
ở trên:
- MgO không tan, Al
2
O
3
tan: Al
2
O
3
+ Ba(OH)
2
→Ba(AlO
2
)
2
+
H
2
O
Vậy là ta nhận biết được cả 5 chất.
0,25đ
Nhận
biết
được 1
chất
0,25
điểm
II.2
2,0đ
A: FeS; B: FeS
2
, C: K
2
SO
3
, X: SO
3
Y: H
2
SO
4
, Z: NaHSO
3
, T:
Na
2
SO
3
4FeS + 7O
2
0
t

2Fe
2
O
3
+ 4SO
2
4FeS
2
+ 11O
2
0
t

2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
K
2
SO
3
+ 2HCl →2KCl + SO
2
+ H
2
O 2SO
2
+ O
2
0
t

2SO
3
SO
3
+ H
2
O →H
2
SO
4
SO
2
+ NaOH →
NaHSO
3
Mỗi pt
0,25
điểm
HS
chọn
đáp án
khác
đúng
vẫn cho
Trang 72
NaHSO
3
+ NaOH → Na
2
SO
3
+ H
2
O
Na
2
SO
3
+ H
2
SO
4
→ Na
2
SO
4
+ SO
2
+ H
2
O
điểm tối
đa
II.3
a,
1,0đ
- Lúc đầu thanh sắt bị ăn mòn và có sủi bọt khí H
2
do phản
ứng:
Fe + H
2
SO
4
→FeSO
4
+ H
2
- khi mới cho dung dịch CuSO
4
vào và lắc đều: dd có màu
xanh, sau đó có màu xanh nhạt dần đến hết. Bột Cu màu đỏ
tách ra bám vào thanh sắt: Fe + CuSO
4
(xanh) → FeSO
4
(không màu)+ Cu (đỏ)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II.3,b
0,5 đ
- Bột Fe tan dần và màu vàng nâu của dd FeCl
3
Fe +2FeCl
3
→3FeCl
2
0,25đ
0,25đ
II.3,c
1,0đ
Dd Ba(OH)
2
tan trong suốt. Khi cho từ từ CO
2
qua dd
Ba(OH)
2
thấy: dd đục dần do xuất hiện kết tủa BaCO
3
. Khi
cho CO
2
dư, dd trong dần đến trong suốt. Đun nóng dd thu
được thấy đục trở lại dần dần do tạo ra BaCO
3
( kết tủa
trắng )
CO
2
+ Ba(OH)
2
→BaCO
3(r)
+H
2
O
BaCO
3(r)
+ CO
2
+ H
2
O →Ba(HCO
3
)
2(dd)
Ba(HCO
3
)
2
0
t

BaCO
3(r)
+ CO
2(k)
+ H
2
O
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu
III.1
1,5đ
Số mol H
2
SO
4
có trong dung dịch A: 98/98 = 1 (mol)→C
M
A
=
1 M
PTHH: H
2
SO
4
+ Ba(OH)
2
→BaSO
4
↓ + 2H
2
O (1)
Theo (1): n
H
2
SO
4
= n
BaSO
4
= 32,62 : 233 = 0,14 (mol)
→ C
M
X
= n/V = 0,14/0,1 = 1,4 (M)
- Gọi V là thể tích của dung dịch A ( lít ), ta có:
V (lít ) 1 M 0,6 M
1,4 M
0,4
V
=
0,6
0,4
0,4 ( lít ) 2M 0,4 M
V = 0,6 lít = 600 ml
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
III.2
2,0đ
-Số mol H
2
SO
4
có trong 200 ml dung dịch X là: 1,4.0,2 = 0,28
(mol)
-Gọi a là thể tích của dung dịch Y ( lít )
n
NaOH
= 0,5a (mol); n
KOH
= 0,9a (mol)
- PTHH : 2 NaOH + H
2
SO
4
→ Na
2
SO
4
+ 2H
2
O (2)
2 KOH + H
2
SO
4
→ K
2
SO
4
+ 2H
2
O (3)
Theo (2),(3), ta có:
n
H
2
SO
4
= 1/2(n
NaOH
+ n
KOH
) = 1/2 ( 0,5a + 0,9a ) = 0,28→a= 0,4
(l)
Theo ĐLBTKL ta có:
m
H
2
SO
4
+ (m
NaOH
+ m
KOH
) = m
muối Z
+ m
nước
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
Trang 73
→ m
muối Z
= 0,28.98 + 0,5.0,4.40+ 0,9.0,4 .56 – 2.0,28.18 =
45,52(g)
Câu
IV.1
2,0đ
- Gọi khối lượng mol của kim loại B là M, hóa trị là n.
- Các PTHH xẩy ra:
MgCO
3
0
t

MgO + CO
2
(1)
4B + nO
2
0
t

2B
2
O
n
(2)
MgCO
3
+ 2HCl →MgCl
2
+ CO
2
+ H
2
O (3)
2B + 2nHCl →BCl
n
+ nH
2
(4)
MgCO
3
+ H
2
SO
4
→MgSO
4
+ CO
2
+ H
2
O (5)
2B + n H
2
SO
4
→B
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
(6)
-Số mol H
2
SO
4
: n
H
2
SO
4
= 0,2.0,3 = 0,06 (mol)
-Số mol HCl:n
HCl
= 0,2.1,5 = 0,3 (mol)
-Gọi số mol của MgCO
3
và kim loại B trong mỗi phần lần
lượt là a, b
Ta có: 84a + Mb = 15,48: 2 = 7,74 (gam) (*)
-Theo (1): n
MgO
= n
MgCO
3
= a (mol)
-Theo (2): n
B
2
O
n
=
1
2
n
B
= 0,5b(mol)
m
hhoxit
=40a + 0,5b(2M + 16n) = 7,5 (gam) (**)
-Từ (*) và (**) ta có : 44a – 8bn = 0,24 (gam) (***)
-Từ (3) và (5) ta có : n
H
= 2. n
MgCO
3
= 2a (mol)
-Từ (4) và (6) ta có: n
H
= n.n
B
= nb (mol)
Ʃ n
H
= 2a + nb = 0,06.2 + 0,3 = 0,42 (mol) (****)
-Từ (***)và (****) ta có : a = 0,06 (mol); bn = 0,3 (mol) → b =
0,3/n
-Ta có : m
MgCO
3
= 0,06 . 84 = 5,04 (g)
m
B
= 7,74 – 5,04 = 2,7 (gam)
m
B
=
0,3
n
.M = 2,7 →M = 9n
Xét n = 1,2,3
B là Nhôm (Al)
-Từ (3) và (5) ta có: n
CO
2
= n
MgCO
3
= 0,06 (mol)
-Từ (4) và (6) ta có: n
H
2
=
3
2
.n
Al
=
3
2
0,3
3
= 0,15 (mol)
V = (0,06 + 0,15 ) . 22,4 = 4,704 (lít )
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
IV.2
1,5 đ
RO + H
2
SO
4
→ RSO
4
+ H
2
O
(M
R
+ 16)g 98g (M
R
+ 96)g 18
Cứ (M
R
+ 16)g oxit cần 98 gam Axit hay 980 g dd H
2
SO
4
10%
Ta có :
( 96).100%
( 16) 980
R
R
M
M

= 11,8%
-Giải ra ta được M
R
= 24 (Mg). Vậy công thức oxit là MgO
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu V
3,0
điểm
a, (1,25đ) – Số mol của Na: 9,2/23 = 0,4 (mol)
-Số mol của CuSO
4
: 400.4/100.160 = 0,1 (mol)
2Na + 2H
2
O → 2NaOH + H
2(k)
(1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 74
2NaOH + CuSO
4
→ Na
2
SO
4
+ Cu(OH)
2
↓ (2)
Theo (1): n
H
2
=
1
2
.n
Na
=
1
2
.0,4 = 0,2 (mol)
→ V
H
2
= 0,2.22,4 = 4,48 (lít)
b,(0,75 điểm): Theo (1): n
NaOH
= n
Na
= 0,4 (mol)
Theo (2): n
NaOH
= 2.n
CuSO
4
= 2.0,1 = 0,2 (mol) < 0,4 (mol)
→ NaOH dư, CuSO
4
phản ứng hết. →n
Cu(OH)
2
= n
CuSO
4
= 0,1
(mol)
m
Cu(OH)
2
= 98.0,1= 9,8 (g)
c,(1,0đ). Dd A chứa Na
2
SO
4
và NaOH dư
→ n
Na
2
SO
4
= n
CuSO
4
= 0,1 (mol)→ n
Na
2
SO
4
= 0,1.142 = 14,2
(g)
n
NaOH dư
= 0,4 – 0,2 = 0,2 (mol) → m
NaOH dư
= 0,2 .40 = 8 (g)
m
ddA
= m
Na
+ mdd
CuSO
4
- (m
H
2
+ m
Cu(OH)
2
) = 9,2 + 400 – (
0,2.2+ 9,8)
-Nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A:
C%
Na
2
SO
4
=
14,2.100%
399
≈ 3,56 %; C%
NaOH dư
=
8.100%
399
≈ 2%
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
Lưu ý: -HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.
- Cứ 2 PTHH viết đúng nhưng chưa cân bằng hay cân bằng sai hoặc thiếu điều
kiện thì trừ 0,25 điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ SỐ 20
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
Môn: Hóa học
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: (5,0 điểm)
1. Nêu hiện tượng và viết PTHH xảy ra khi:
a/ Cho từ từ dung dịch Ba(OH)
2
đến dư vào dung dịch NaHSO
3
.
b/ Nhỏ dung dịch H
2
SO
4
đặc vào cốc đựng đường Saccarozơ.
c/ Ngâm một đinh sắt sạch vào dung dịch ZnSO
4
.
d Sục khí CO
2
từ từ vào dung dịch nước vôi trong.
e/ Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch NaAlO
2
.
2. Cho luồng khí CO dư đi qua hỗn hợp chứa: Na, CuO, Fe
2
O
3
, Al
2
O
3
nung nóng thu được
chất rắn A. Cho A vào nước dư thu được dung dịch B và chất rắn D. Sục khí CO
2
dư vào
dung dịch B thu được kết tủa E. Cho D vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thấy D tan một phần. Xác
định các chất trong A, B, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra? Biết các phản ứng
xảy ra hoàn toàn.
Câu II: (5,0 điểm)
Trang 75
1. Chỉ được dùng thêm một hóa chất, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 5 dung
dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt bị mất nhãn: Al
2
(SO
4
)
3
, CuSO
4
, FeSO
4
, MgSO
4
, H
2
SO
4
. Viết
PTHH xảy ra (nếu có)?
2. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp rắn gồm: ZnCl
2
,
FeCl
3
, CuCl
2
. Viết các PTHH xảy ra?
Câu III: (2,0 điểm)
Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ biến hoá sau:
CaCO
3
(1)
¾¾¾¾¾®
CaO
(2)
¾¾¾¾¾®
Ca(OH)
2
(3)
¾¾¾¾¾®
Ca(HCO
3
)
2
(4)
¾¾¾¾¾®
CaCO
3
(5)
¾¾¾¾¾®
CaCl
2
(6)
¾¾¾¾¾®
Ca(NO
3
)
2
(7)
¾¾¾¾¾®
Ca
3
(PO
4
)
2
(8)
¾¾¾¾¾®
Ca(H
2
PO
4
)
2
Câu IV: (4,0 điểm)
1. Hãy tính toán và trình bày cách pha chế 500ml dung dịch H
2
SO
4
0,92M từ dung dịch
H
2
SO
4
98% (D = 1,84 g/ml)?
2. Hòa tan 23,35 gam hỗn hợp A gồm: Mg, Al và Cu vào dung dịch HCl dư thu được dung
dịch B, chất rắn D và thấy thoát ra 13,44 dm khí (ở đktc). Nung chất rắn D trong không khí
đến khối lượng không đổi thu được 14 gam chất rắn E.
Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A?
Câu V: (4,0 điểm)
1. Nung nóng 37,92 gam hỗn hợp A gồm FexOy và FeCO
3
đến khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được khí B và 33,6 gam Fe
2
O
3
duy nhất. Cho khí B hấp thụ hoàn toàn vào 180ml
dung dịch Ba(OH)
2
0,5M thu được 11,82 gam kết tủa.
a) Viết các PTHH xảy ra?
b) Xác định công thức hóa học của FexOy?
2. Để m gam Sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được (m+ 4,8) gam chất rắn A. Cho
toàn bộ chất rắn A tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng, dư thấy thoát ra 8,4 lít khí SO
2
duy nhất (ở đktc). Tính m?
(Cho: Al= 27; Ba = 137; C = 12; 0= 16; H = 1; Cu= 64; Fe = 56; Mg = 24; S = 32)
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 76
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 5 trang)
Câu
Nội dung
Điểm
Câu I
1/.
3,25đ
a. Có kết tủa trắng xuất hiện, lượng kết tủa lớn dần đến cực đại.
Ba(OH)
2
+ 2NaHSO
3
BaSO
3
(r) + Na
2
SO
3
+ H
2
O
Ba(OH)
2
+ Na
2
SO
3
BaSO
3
(r) + 2NaOH
Hoặc: Ba(OH)
2
+ NaHSO
3
BaSO
3
(r) + NaOH + H
2
O
0,25
0,25
0,25
b. Màu trắng của đường chuyển sang màu vàng, sau đó chuyển sang màu nâu và
cuối cùng thành khối màu đen xốp bị bọt khí đẩy lên miệng cốc.
C
12
H
22
O
11
+ H
2
SO
4 đặc
12C + H
2
SO
4
.11H
2
O
C
+ 2H
2
SO
4 đặc
CO
2
+ 2SO
2
+ 2H
2
O
0,5
0,25
c. Không có hiện tượng gì xảy ra
0,25
d. Dung dịch nước vôi trong bị vẫn đục (xuất hiện kết tủa trắng), kết tủa lớn dần
đến cực đại.
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
(r) + H
2
O
- Nếu khí CO
2
dư thì kết tủa tan dần đến hết tạo ra dung dịch trong suốt.
CO
2
+ H
2
O + CaCO
3
Ca(HCO
3
)
2
0,75
e. Xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa lớn dần đến cực đại.
HCl + H
2
O + NaAlO
2
Al(OH)
3
(r) + NaCl
- Nếu HCl dư thì kết tủa tan dần đến hết tạo ra dung dịch trong suốt.
3HCl + Al(OH)
3
AlCl
3
+ 3H
2
O
0,75
2/.
1,75đ
-Các PTHH xảy ra:
3CO + Fe
2
O
3
0
t
2Fe + 3CO
2
CO + CuO
0
t
Cu + CO
2
Chất rắn A gồm: Na; Al
2
O
3
, Fe và Cu
2Na + 2H
2
O
2NaOH + H
2
2NaOH + Al
2
O
3
2NaAlO
2
+ H
2
O
0,25
0,25
0,25
Trang 77
-Do chất rắn D tan một phần trong dung dịch Ba(OH)
2
dư nên chất rắn D chứa
Fe, Cu và Al
2
O
3
Dung dịch B chỉ chứa NaAlO
2
CO
2
+ NaAlO
2
+ 2H
2
O
Al(OH)
3
(r) + NaHCO
3
Kết tủa E là Al(OH)
3
.
Ba(OH)
2
+ Al
2
O
3
Ba(AlO
2
)
2
+ H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II
1.
2,0đ
- Trích mẫu thử và đánh số thứ tự.
- Nhỏ dung dịch KOH lần lượt vào 5 ống nghiệm đựng sẵn 5 dung dich đó cho
đến dư:
+ Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan trong dung
dịch KOH dư, đó là dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
6KOH + Al
2
(SO
4
)
3
2Al(OH)
3
(r) + 3K
2
SO
4
Keo trắng
KOH + Al(OH)
3
KAlO
2
+ 2H
2
O
+ Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa trắng nhưng không tan trong dung dịch
KOH dư, đó là dung dịch MgSO
4
2KOH
+ MgSO
4
Mg(OH)
2
(r) + K
2
SO
4
Trắng
+ Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa trắng xanh sau đó hóa nâu đỏ trong
không khí, đó là dung dịch FeSO
4
2KOH
+ FeSO
4
Fe(OH)
2
(r) + K
2
SO
4
Trắng xanh
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O
4Fe(OH)
3
(r)
Nâu đỏ
+ Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa xanh lơ nhưng không hóa nâu đỏ trong
không khí, đó là dung dịch CuSO
4
2KOH
+ CuSO
4
Cu(OH)
2
(r) + K
2
SO
4
Xanh lơ
+ Dung dịch còn lại không tạo kết tủa, đó là dung dịch H
2
SO
4
2KOH
+ H
2
SO
4
K
2
SO
4
+ 2H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
(3,0đ)
-Cho hỗn hợp chất rắn đó vào dung dịch NaOH dư:
ZnCl
2
+ 2NaOH
Zn(OH)
2
(r) + 2NaCl
FeCl
3
+ 3NaOH
Fe(OH)
3
(r) + 3NaCl
CuCl
2
+ 2NaOH
Cu(OH)
2
(r) + 2NaCl
Zn(OH)
2
+ 2NaOH
Na
2
ZnO
2
+ 2H
2
O
Lọc lấy chất rắn thu được hỗn hợp Fe(OH)
3
và Cu(OH)
2
.
-Sục khí CO
2
dư vào dung dịch nước lọc thu được ở trên.
CO
2
+ NaOH
NaHCO
3
2CO
2
+ Na
2
ZnO
2
+ 2H
2
O
Zn(OH)
2
(r) + 2NaHCO
3
Lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi ta thu được
ZnO.
Zn(OH)
2
0
t
ZnO + H
2
O
Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua ZnO thu được ở trên đến khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn, ta thu được Zn.
CO + ZnO
0
t
Zn + CO
2
-Nung hỗn hợp: Fe(OH)
3
, Cu(OH)
2
ở trên trong không khí đến khối lượng không
đổi.
2Fe(OH)
3
0
t
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
Cu(OH)
2
0
t
CuO + H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 78
Dẫn khí H
2
nung nóng dư đi qua hỗn hợp chất rắn thu được ở trên:
H
2
+ CuO
0
t
Cu + H
2
O
3H
2
+ Fe
2
O
3
0
t
2Fe + 3H
2
O
Cho hỗn hợp chất rắn thu được vào dung dịch HCl dư:
Fe + 2HCl
FeCl
2
+ H
2
Lọc lấy chất rắn không tan, sấy khô ta thu được Cu.
Cho dung dịch nước lọc thu được ở trên vào dung dịch KOH dư:
HCl + KOH
KCl + H
2
O
FeCl
2
+ 2KOH
Fe(OH)
2
(r) + 2KCl
Lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi.
4Fe(OH)
2
+ O
2
0
t
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O
Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua chất rắn thu được ở trên đến khi phản ứng xảy
ra hoàn toàn, ta thu được Fe.
3CO + Fe
2
O
3
0
t
2Fe + 3CO
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu III
2,0đ
(1) CaCO
3
0
t
CaO + CO
2
(2) CaO + H
2
O
Ca(OH)
2
(3) Ca(OH)
2
+ 2CO
2
Ca(HCO
3
)
2
(4) Ca(OH)
2
+ Ca(HCO
3
)
2
2CaCO
3
+ 2H
2
O
(5) CaCO
3
+ 2HCl
CaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
(6) CaCl
2
+ 2AgNO
3
2AgCl (r) + Ca(NO
3
)
2
(7) 3Ca(NO
3
)
2
+ 2K
3
PO
4
Ca
3
(PO
4
)
2
(r) + 6KNO
3
(8) Ca
3
(PO
4
)
2
+ 4H
3
PO
4
3Ca(H
2
PO
4
)
2
Mỗi
PT
được
0,25
Câu IV
1.
1,5đ
*Tính toán:
- Khối lượng H
2
SO
4
có trong dung dịch:
24
500.0,92.98
45,08
1000
H SO
m 
(gam)
-Thể tích dung dịch H
2
SO
4
98% (D= 1,84 g/ml) cần lấy:
24
dd
45,08
25
98%.1,84
H SO
V 
(ml)
*Cách pha chế: Đong lấy 475ml nước cất cho vào cốc thủy tinh chia vạch dung
tích 1lít, đong lấy 25ml dung dịch H
2
SO
4
98% (D= 1,84 g/ml) cho từ từ vào cốc
trên rồi khuấy nhẹ, sau đó thêm rất từ từ nước cất vào cho đủ 500ml. Ta được
500ml dung dịch H
2
SO
4
0,92M
0,25
0,25
1,0
2.
2,5đ
-Gọi số mol của Mg, Al, Cu trong 23,35 gam hỗn hợp A lần lượt là a, b, c mol.
m
hh A
= 24a + 27b + 64c = 23,35 (gam) (*)
-Các PTHH xảy ra:
Mg + 2HCl
MgCl
2
+ H
2
(1)
1 mol 1 mol
a mol a mol
2Al + 6HCl
2AlCl
3
+ 3H
2
(2)
2 mol 3 mol
b mol 1,5b mol
-Từ (1) và (2) ta có:
2
13,44
1,5
22,4
H
n a b
= 0,6 (mol) (**)
2Cu + O
2
0
t

2CuO (3)
1 mol 1 mol
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 79
c mol c mol
80.c = 14 (gam) (***)
-Từ (*), (**) và (***) ta có: a = 0,225 mol, b = 0,25 mol, c = 0,175 mol
- Thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A:
%Mg =
0,225.24
.100% 23,13%
23,35
%Al =
0,25.27
.100% 28,91%
23,35
%Cu =
0,175.64
.100% 47,96%
23,35
0,25
0,25
0,25
0,5
Câu V
1.
2,5đ
a.
- Số mol Fe
2
O
3
:
23
33,6
0,21
160
Fe O
n 
(mol)
- Số mol Ba(OH)
2
:
2
()
180.0,5
0,09
1000
Ba OH
n 
(mol)
- Các PTHH xảy ra:
2Fe
x
O
y
+ (1,5x - y)O
2
0
t

xFe
2
O
3
(1)
4FeCO
3
+ O
2
0
t

2Fe
2
O
3
+ 4CO
2
(2)
Ba(OH)
2
+ CO
2
BaCO
3
(r) + H
2
O (3)
BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
Ba(HCO
3
)
2
(4)
- Số mol BaCO
3
:
3
11,82
0,06
197
BaCO
n 
(mol)
b. Ta thấy
3
0,06
BaCO
n
(mol) <
2
()
0,09
Ba OH
n
(mol)
Có 2 trường hợp xảy
ra:
* Trường hợp 1: Ba(OH)
2
dư, (4) không xảy ra.
- Từ (2) và (3) ta có:
3
FeCO
n
=
2
CO
n
=
3
BaCO
n
= 0,06 (mol)
- Ta có: n
Fe (trong oxit ban đầu)
= 2.0,21 - 0,06 = 0,36 (mol)
m
O (trong oxit ban đầu)
= 37,92 - 0,06.116 - 0,36.56 = 10,8 (gam)
n
O (trong oxit ban đầu)
= 10,8 : 16 = 0,675 (mol)
- Ta có:
0,36 8
0,675 15
x
y

(loại)
* Trường hợp 2: CO
2
còn dư, BaCO
3
bị hòa tan 1 phần theo (4).
- Theo (3) ta có:
2
CO
n
=
3
BaCO
n
= 0,09 (mol)
- Theo (4) ta có:
2
CO
n
=
3
BaCO
n
= 0,09 – 0,06 = 0,03 (mol)
- Từ (2), (3) và (4) ta có:
3
FeCO
n
=
2
CO
n
= 0,09 + 0,03 = 0,12 (mol)
- Ta có: n
Fe (trong oxit ban đầu)
= 2.0,21 - 0,12 = 0,3 (mol)
m
O (trong oxit ban đầu)
= 37,92 - 0,12.116 - 0,3.56 = 7,2 (gam)
n
O (trong oxit ban đầu)
= 7,2 : 16 = 0,45 (mol)
- Ta có:
0,3 2
0,45 3
x
y

Công thức hóa học của oxit sắt là Fe
2
O
3
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2.
1,5đ
- Số mol SO
2
:
2
8,4
0,375
22,4
SO
n 
(mol)
- Gọi công thức tổng tổng quát chung của chất rắn A là Fe
x
O
y
.
- Các PTHH xảy ra:
2xFe
+ yO
2
0
t

2Fe
x
O
y
(1)
0,25
Trang 80
Lưu ý: - HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.
- Cứ 2PTHH viết đúng nhưng cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm.
2Fe
x
O
y
+ (6x-2y)H
2
SO
4
0
t

xFe
2
(SO
4
)
3
+ (3x-2y)SO
2
+ (6x-2y)H
2
O (2)
- Từ (1) và (2) ta thấy:
2 4 3
()
11
.
2 2 56 112
Fe SO Fe
mm
nn
(mol)
n
S(trong muối)
=
2 4 3
()
3.
3.
112
Fe SO
m
n
(mol)
- Từ (2) ta thấy:
2 2 4
H O H SO
nn
=
2
()S trongSO
n
+ n
S(trong muối)
= 0,375 +
3.
112
m
- Áp dụng ĐLBTKL cho (2) ta có:
m
A
+
24
H SO
m
=
2 4 3
()Fe SO
m
+
2
SO
m
+
2
HO
m
m + 4,8 + 98. (0,375 +
3.
112
m
) = 400.
112
m
+ 0,375.64 + 18. (0,375 +
3.
112
m
)
m ≈ 25,2 (gam)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
| 1/80
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 1
Thời gian làm bài 150 phút
A- PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN.
Câu 1. Dùng quặng he–ma–tit và than cốc (chứa 100% C) để sản xuất ra gang, nếu sản
xuất được 200 tấn gang, loại gang có chứa 5% C và 95% Fe, thì lượng C cần dùng là : A. 61,0714 tấn B. 65,0714 tấn C. 71,0714 tấn D. 75,0714 tấn
(Coi hiệu suất các phản ứng là 100%)
Câu 2. Dãy nào trong các dãy sau đây có tất cả các chất đều tác dụng được với dd BaCl2 :
A. SO2, K2SO4, K2CO3, Na2SO4 . B. SO3, P2O5, K2SO4, KHSO4 ;
C. SO3, Na2SO4, Ba(HSO4)2, KHSO4 D. SO3, Na2SO4, K2SO4, KHSO3 B- PHẦN TỰ LUẬN.
Câu 1 : Chỉ được dùng H2O, khí CO2 hãy nhận biết các gói bột có màu trắng bạc chứa :
NaCl, Na2CO3, Na2SO4, BaCO3, BaSO4
Câu 2 : Quặng nhôm có Al2O3 lẫn với tạp chất là Fe2O3 và SiO2. Hãy nêu phương pháp
hóa học để tách riêng các chất ra khỏi quặng nhôm ?
Câu 3: Viết phương trình hóa học cho mỗi chuyển đổi sau: (6) (7) (8) (5) A D C A (1) (2) (4) FeS A B G 2 (3) (9) E BaSO4 C (10) Câu 4.
Từ hỗn hợp X chứa MgCO3 , K2CO3 , BaCO3. Nêu phương pháp hoá học điều chế ba kim
loại riêng biệt : Mg, K, Ba. Viết các phương trình hoá học xảy ra.
Câu 5: Cho hỗn hợp A gồm Nhôm và một kim loại hoá trị II. Hoà tan A vừa đủ trong dung
dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch B và khí C. Cho B tác dụng vừa đủ với dung dịch
BaCl2 thấy tách ra 93,2 gam kết tủa trắng. Lọc kết tủa rồi cô cạn nước lọc thu được 36,2 gam muối khô.
1)Tính thể tích khí C (đktc) thoát ra và khối lượng của hỗn hợp A.
2) Tìm kim loại chưa biết, nếu trong hỗn hợp A số mol kim loại đó lớn hơn 33,33% số mol của Nhôm.
( Cho:Al = 27, Ba = 137, S= 32 , O =16 , Cl=35,5 , H=1 )
HƯỚNG DẪN CHẤM HÓA 9
A-Phần trắc nghiệm khách quan: Câu Đáp án Điểm Câu 1 C 0.25 đ Câu 2 C 0.25 đ
A-Phần trắc tự luận: Câu 1 : (1.5 đ)
- Trích mẫu thử cho vào các ống nghiệm đựng nước dư ta phân đựoc 2 nhóm (0.25đ)
Nhóm 1 : tan trong nước : NaCl, Na2CO3, Na2SO4 Trang 1
Nhóm 2 : không tan trong nước : BaCO3, BaSO4
- Dẫn khí CO2 vào nhóm 2 muối tan ra là BaCO3 vì
CO2 + H2O + BaCO3 ----- Ba(HCO3)2 Muôí không tan là BaSO4 (0.5đ)
– cho Ba(HCO3)2 vào nhóm 1 có 1 mẫu thử không có hiện tượng gì xảy ra thì đó là NaCl (0.25đ)
Còn 2 mẫu thử còn lại có hiện tượng tạo kết tủa trắng đó là 2 ống nghiệm chứa
Na2CO3, Na2SO4 vì : Ba(HCO3)2 + Na2CO3 ----- BaCO3 + 2NaHCO3
Ba(HCO3)2 + Na2SO4 ----- BaSO4 + 2NaHCO3
Sau đó nhận ra BaCO3, BaSO4 như ở nhóm 1  nhận ra Na2CO3 và Na2SO4 (0.5đ) Câu 2 : (1.0đ)
-Hòa tan hỗn hợp 3 ôxít bằng dd kiềm nóng thì Al2O3, SiO2 tan, Fe2O3 không tan
Al2O3 + 2NaOH ----- 2NaAlO2 + H2O
SiO2 +2NaOH ----- Na2SiO3 + H2O
- Lọc phần chất rắn, rửa sạch phơi khô thu được Fe2O3
- Lọc phần nước lọc rồi sục CO2 dư vào để tách được kết tủa Al(OH)3
NaAlO2 + CO2 + H2O ----- Al(OH)3 + NaHCO3
- Lọc kết tủa đem nung đén khối lượng không đổi thu dược Al2O3
- Al(OH)3 ----- Al2O3 + H2O
- Phần nước lọc còn lại cho tác dụng với HCl
Na2SiO3 + 2HCl ----- H2SiO3 + 2NaCl
- Lọc chất rắn thu được, rửa sạch sấy khô, đem nung đến khối lượng không đổi thu
được SiO2 : H2SiO3 ----- SiO2 + H2O Trang 2 0.2đ 0 Câu 3 : (1) 4FeS t  2 + 11O2 8SO2 + 2Fe2O3 (r) (k) (k) (r) 0.2đ (A) (2) 2SO V O 2 + O2 2 5   2 SO3 0 t (k) (k) (k) (B) 0.2đ (3) SO
2 + 2KOH K2SO3 + H2O (k) (dd) (dd) (l) (C) 0.2đ (4) SO
3 + H2O H2SO4 (k) (l) (dd) (G) 0.2đ (5) H
2SO4 + Na2SO3 Na2SO4 + H2O + SO2 (dd) (dd) (dd) (l) (k) 0.2đ (A) (6) SO
2 + KOH KHSO3 (k) (dd) (dd) 0.2đ (D) (7) KHSO
3 + KOH K2SO3 + H2O (dd) (dd) (dd) (l) 0.2đ (C) (8) K
2SO3 + 2HCl 2KCl + H2O + SO2 (dd) (dd) (dd) (l) (k) 0.2đ (A) (9) H
2SO4 + 2NaOH Na2SO4 + 2H2O (dd) (dd) (dd) (l) (E) 0.2đ (10) Na
2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2NaCl (dd) (dd) (r) (dd)
(Nếu thiếu điều kiện phản ứng và trạng thái của các chất thì cả câu trừ 0,25 điểm) Câu 4
Để điều chế 3 kim loại , ta chuyển hỗn hợp 3 muối các bon nat thành 3 muối clorua riêng biệt :
Cho hỗn hợp vào nước dư,, chỉ có K2CO3 tan trong nước , lọc lấy chất rắn, cho
dd HCl dư vào nước lọc
K2CO3 + 2HCl  2KCl + CO2 + H2O 0,5
Cô cạn dd, điện phân nóng chảy ta được K Điện phân nc 2KCl 2K+Cl2
Hoà tan phần chất rắn vào dung dịch HCl dư:
MgCO3 +2HCl  MgCl2 + H2O +CO2  0,25 BaCO3 + 2HCl BaCl2 + H2O +CO2 Trang 3
Thêm NH4OH đến dư để tạo kết tủa Mg(OH)2 :
MgCl2 +2 NH4OH  Mg(OH)2 +2NH4Cl 0,25
Lọc lấy chất rắn , hoà tan trong dung dịch HCl dư thu được MgCl2 , cô cạn rồi
điện phân nóng chảy được Mg
Mg(OH)2 + 2HCl  MgCl2 + 2H2O 0,5 Điện phân nc MgCl2 Mg + Cl2
Dung dịch sau khi loại bỏ Mg(OH)2 chứa BaCl2, NH4Cl và NH4OH dư. Cô
cạn để loại NH4Cl và NH4OH , còn lại BaCl2 rắn 0,25 NH4Cl   0t  NH3 + HCl NH4OH   0t  NH3 +H2O
- Điện phân nóng chảy BaCl2 được Ba 0,25 Điện phân nc BaCl2 Ba +Cl2
Lưu ý: Không đựoc dùng Ba(OH)2 để tạo kết tủa Mg(OH)2 , dùng Ba(OH)2 sẽ
làm tăng khối lượng Ba. Câu 5
Gọi kim loại cần tìm là X, x là số mol Al, y là số mol của X , khối lượng mol 1)
của X là X (đk :X , x, y >0) PTHH : 2Al + 3H  2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2 (1) 0,5 Mol: x 1,5x 0,5x 1,5x
X + H2SO4  XSO4 + H2 (2) Mol: y y y y Al  2(SO4)3 + 3BaCl2 3BaSO4 + 2AlCl3 (3)
Mol: 0,5x 1,5x 1,5x x 0,5 XSO  4 + BaCl2 BaSO4 + XCl2 (4) Mol: y y y y
Theo (1) (2) (3) (4): nH2SO4= nH2 =nBaCl2= nBaSO4 =1,5x +y (mol) , 93 2 0,5 Theo bài ra: n  BaSO4 = , 0 ( 4 mol) nH2 = 0,4 (mol) 233
Vậy :VH2(đktc)= 0,4 .22.4 = 8,96 (lit)
nBaCl2= 0,4 (mol) nCl = 0,4.2= 0,8 (mol) mCl= 0,8.35,5=28,4 (gam) 0,5
Theo định luật bảo toàn khối lượng :
mAl+mX = mhhmuối clorua – mCl =36,2- 28,4 = 7,8 (gam)
( Cách khác : mBaCl2 = 0,4 .208 = 83,2(gam)
mAl2(SO4)3+ mXSO4 = 93,2+36,2 – 83,2 = 46,2(gam)
mH2SO4= 0,4 .98 =39,2 (gam); mH2= 0,4.2= 0,8 (gam)
Theo đlbt khối lượng :mAl +mX = 46,2 + 0,8 – 39,2 = 7,8 (gam)) Trang 4
27 x + yX = 7,8 (a) 2)  Theo câu 1); 1,5 x + y = 0,4 (b) 0,25 Từ (a) và (b) 0.6  y = (*) X  18 vì y > 0 nên X-18 > 0 , 0 4  y Từ (b)  x=
Theo bài ra : y> 33,33% x , thay vào ta có : 5 , 1 0,25 , 0 4  y y > 33,33% (
) .giải ra ta có y > 0,073 . 5 , 1 từ (*)  0.6 >0,073 X  18 0,25  X < 26,2 Mặt khác :Vì x > 0  0.6 y < 0,4  < 0,4  X > 19,5 X  18 0,25
Vậy 19,5 < X < 26,2 , mà X có hoá trị II nên X là Magie ( Mg)
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 2
Thời gian làm bài 150 phút Câu1 :(3,0 điểm)
Cã 4 ống nghiệm, mỗi ống chứa 1 dung dịch muối (kh«ng trïng kim loại cũng như gốc axit) l:
Clorua, sunfat, nitrat, cacbonat của các kim loại Ba, Mg, K, Ag.
a) Hỏi mỗi ống nghiệm chứa dung dịch muối nào?
b) Nêu phương pháp hoá học phân biệt 4 ống nghiệm đó. Câu 2: (3,0 điểm)
Cần trộn khí CO và CO2 theo tỉ lệ về thể tích nào để thu được một hỗn hợp khí có khối lượng
riêng bằng khối lượng riêng của khí Oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. (Cho O = 16; C = 12)
Câu 3: (2,75 điểm)
Nung nãng Cu trong kh«ng khÝ , sau một thời gian được chất rắn A. Hoà tan chất rắn A
trong H2SO4 đặc, nãng (vừa đủ) được dung dịch B và khÝ D cã mïi xốc. Cho Natri kim loại
vào dung dịch B thu dược khÝ G và kết tủa M ; Cho khÝ D t¸c dụng với dung dịch KOH
thu được dung dịch E, E vừa t¸c dụng với dd BaCl2 vừa t¸c dụng với dd NaOH.
H·y viết c¸c phương tr×nh phản ứng xảy ra trong c¸c thÝ nghiệm trªn. Câu 4: (2,75 điểm)
Từ quặng pirit (FeS2), NaCl, H2O, chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác, hãy viÕt c¸c
phương trình hoá học điều chế: dd FeCl3, FeSO4, Fe2(SO4)3 và Fe(OH)3.
Câu 5: (5 điểm) Trang 5
Cho 27,4 gam Ba vào 500 gam dd hỗn hợp gồm CuSO4 2% và (NH4)2SO4 1,32% rồi đun
nóng để đuổi hết NH3. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng được khí A, kết tủa B, dung dịch C.
a) Tính thể tích khí A ở ĐKTC
b) Lấy kết tủa B rửa sạch rồi nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu
được bao nhiêu gam chất rắn ?
c) Tính nồng độ % của chất tan trong dung dịch C.
(Cho Ba = 137; N = 14; H = 1; O = 16; S = 32; Cu = 64) Câu 6: (3,5 điểm)
(Cho : H =1; N =14 ; O =16 ; S = 32, Fe = 56 , Ba = 137,Cu = 64)
Khi hòa tan hết cùng một lượng kim loại R vào dung dịch H2SO4 loãng vừa đủ và vào dung
dịch HNO3 loãng vừa đủ thì lượng khí H2 và NO thoát ra có thể tích bằng nhau (ở cùng điều
kiện). Đem cô cạn hai dung dịch sau phản ứng thì nhận được khối lượng muối sunfat bằng
62,81% khối lượng muối nitrat. Xác định kim loại R .
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1
Theo tính tan thì 4 dung dịch muối đó là: (3,0đ)
BaCl2, MgSO4, K2CO3 và AgNO3. Vì : 0.25
- Gốc =CO3 đều tạo với Ba, Mg, Ag dd K2CO3 0.25
- Ag đều tạo với gốc –Cl và =SO4 dd AgNO3 0.25
- Ba tạo với gốc =SO 0.25 4 dd BaCl2
- Dung dịch còn lại : MgSO 4.
Phân biệt:- Trích mẫu thử cho từng thí nghiệm và đánh số thứ tự 0,25
Lần lượt cho vào mỗi mẫu thử 1 giọt dd HCl:
- Nếu có PƯ xuất hiện chất rắn màu trắng , nhận ra AgNO3 : 0.25 AgNO 0,25
3 + HCl AgCl + HNO3
- Có hiện tượng sủi bọt khí ,nhận ra K 0.25 2CO3 : K
2CO3 + 2HCl 2KCl + CO2 + H2O 0.25
* cho tiếp dd Na2SO4 vào 2 mẫu thử còn lại: 0,25
- Có trắng nhận ra dd BaCl2 : 0,25 BaCl
2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaCl
- Mẫu thử còn lại là MgSO 0,25 4 Câu 2
Đối với các chất khí ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì khối lượng riêng 0.25đ
(3 điểm) bằng nhau chứng tỏ thể tích cũng bằng nhau và khối lượng mol của hỗn hợp khí
bằng khối lượng mol của Oxi.
Mhỗn hợp khí = M 0.25đ O 2 = 32 (g)
Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì mol chất khí tỉ lệ thuận với thể tích chất 0.25đ khí
Gọi số mol CO có trong một mol hỗn hợp khí là x mol thì số mol của CO 0.5đ 2 có trong Trang 6
một mol hỗn hợp khí là (1 – x) mol. 0.5đ
Theo bài ra ta có: 28x + (1 – x)44 = 32 0.25đ x = 0,75 (mol) 0.5đ
nCO = 0,75 (mol) nCO 2 = 1 – 0,75 = 0,25 (mol)
Vậy cần trộn khí CO với khí CO2 theo thể tích là: V 75 , 0 3 0.5đ CO   V 25 , 0 1 CO2 Câu 3 2Cu  0t + O2  2CuO ( t0C) (1)
(2,75đ) Do A tác dụng với H2SO4 đ,n thu được khí D: Chứng tỏ chất rắn A có Cu dư.
Cudư + 2H2SO4 đ,n CuSO4 + SO2 + 2H2O (2)
CuO + H2SO4 đ,n CuSO4 + H2O (3)
2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (4)
CuSO4 + 2NaOH Cu(OH)2 + Na2SO4 (5)
Do dd E vừa tác dụng được với dd BaCl2, vùa tác dụng với dd NaOH: - Mỗi
Chứng tỏ dd E có chứa 2 muối PTHH đúng
SO2 + 2KOH K2SO3 + H2O (6) cho 0,25
SO2 + KOH KHSO3 (7) - Lý
( hoặcviết : K2SO3 +SO 2 +H 2O 2KHSO3 (7) ) giải: 0,5
2KHSO3 + 2NaOH K2SO3 + Na2SO3 + 2H2O (8)
K2SO3 + BaCl2 BaSO3 + 2KCl (9) Câu 4
(2,75đ) Điện phân nước thu khí oxi :2H2O
df 2H2 +O2 (1) 0,25 4FeS 0,25 2 + 11O2
 0t2Fe2O3 + 8SO2 (2)
- Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn xốp: Điện phân dd 0,5 2NaCl + 2H
2O 2NaOH + Cl2+ H2 (3) có màng ngăn
- Điều chế Fe: Fe2O3 + 3H2
 0t 2Fe + 3H2O (4) 0,25 - Điều chế H2SO4: t0 0,25
2SO2 + O2 2SO3 (5) V2O5 0,25
SO3 + H2O H2SO4
- Điều chế FeSO4: Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 (6) 0,25
- Điều chế FeCl3 : 2Fe + 3Cl2
 0t 2FeCl3 (7) 0,25
- Điều chế Fe(OH)3: FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3+ 3NaCl (8) 0,25
Điều chế Fe2 (SO4 )3 : 2Fe(OH)3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 +6H2O (9) 0,25
(Các PTHH (1) (2) (3) …phải viết đúng thứ tự mới có hóa chất để điều chế các chất Trang 7
theo yêu cầu.)
Câu 5 (5 điểm)
Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 (1) 0.25đ
Ba(OH)2 + CuSO4 Cu(OH)2 + BaSO4
(2) 0.25đ
Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 BaSO4 + 2NH3 + 2H2O (3) 0.25đ
(Cã thÓ viÕt 2 PT: Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 BaSO4 + NH4OH 0 t Sau ®ã : NH4OH   NH3 +H2O ) 0 t Cu(OH)2    CuO + H2O (4) 0.25đ 0 t BaSO4
  Không xảy ra phản ứng. 4 , 27
Theo (1) ta có nH 2
= nBa(OH) 2 = nBa = = 0,2 (mol) 0.25đ 137 32 , 1 . 500 n (NH ) SO = 0,05 (mol) 0.25đ 4 2 4 132. 100 2. 500 n CuSO = = 0,0625 (mol) 0.25đ 4 100 . 160 Ta thấy n ( Ba ) OH
> n (NH ) SO + n CuSO nên Ba(OH)2 dư và 2 muối đều phản ứng hết 0.25đ 2 4 2 4 4 Theo (2) ta có: n ( Ba ) OH = n ( Cu ) OH
= n BaSO = n CuSO = 0,0625 (mol) 0.25đ 2 2 4 4 Theo (3) ta có: n ( Ba ) OH
= n BaSO = n (NH ) SO = 0,05 (mol) 0.25đ 2 4 4 2 4
và n NH = 2n (NH ) SO = 0,05 . 2 = 0,1 (mol) 0.25đ 3 4 2 4  n dư = 0,2 – ( Ba ) OH
(0,05 + 0,0625) = 0,0875 (mol) 0.25đ 2
a) VA(ĐKTC) = V H + V NH = (0,2 + 0,1). 22,4 = 6,72 (l) 0.5đ 2 3
b) Theo (4) ta có: nCuO = n ( Cu ) OH = 0,0625 (mol) 0.25đ 2
mchất rắn = m BaSO + mCuO = (0,0625 + 0,05). 233 + 0,0625 . 80 = 31,2125 (g) 0.5đ 4
c) dd C chỉ có dd Ba(OH)2 dư
mddC = mBa + mdd hỗn hợp ban đầu – m BaSO  – m ( Cu ) OH
– m H  – m NH  0.25đ 4 2 2 3
mddC = 27,4 + 500 – 0,1125 . 233 – 0,0625 . 98 – 0,2 . 2 – 0,1 . 17 = 492,96 (g) 0.25đ 0 , 0 875 1 . 71
C%ddBa(OH) 2 dư = 1 . 0 % 0 = 3,035%
( lµm trßn thµnh 3,04%) 0.25đ 492 96 , Câu 6
Vì khi phản ứng với HNO 3 và H2SO4 hóa trị của R trong các muối tạo thành (3,5)
có thể khác nhau. Gọi x, y lần lượt là hóa trị của R trong muối sun fat và muối 0,5 nitrat ( x,y * N )
Các PTHH xảy ra: 2R + x H2SO4 R2(SO4)x + x H2. (1) 0,5 a ax a 2 2
3R +4 y HNO3 3R(NO3)y + yNO+ 2yH2O (2) 0,5 ay a a 3 Trang 8
Gọi a là số mol R tham gia phản ứng (1) và (2)( a >0) ax ay 2 y
Theo bài ra : nH2 = nNO , hay : = x = 0,5 2 3 3 Mặt khác : a 0,25
(2R+ 96x ) = 0,6281. a(R +62 y)R + 48x = 0,6281R+38,9422y 2
0,3719 R = 38,9422y – 48x 0,25 2 y 2 y Thay x =
vào ta có : 0,3719 R = 38,9422y – 48.
0,3719 R= 6,9422 y 3 3 0,5
R=18,67 y ( xét thấy y= 3, R = 56 thỏa mãn với kim loại Fe)
Vậy R là Fe ( x= 2) 0,5 Lưu ý:
- HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Không chấp nhận kết quả khi sai bản chất hoá học.
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 3
Thời gian làm bài 150 phút Câu I (1,5 điểm)
Cho biết tổng số hạt proton, nơtron, electron trong 2 nguyên tử thuộc 2 nguyên tố A và B
là 78, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 26 hạt. Số hạt mang điện của
A nhiều hơn số hạt mang điện của B là 28 hạt. Hỏi A, B là nguyên tố gỡ ? (Cho biết số proton của
một số nguyên tố như sau :
N : 7 ; Na : 11; Ca : 20 ; Fe : 26 ; Cu: 29 ; C : 6 ; S : 16.)
Câu II(3 điểm) Hoàn thành dãy biến hóa sau: X a) Fe3O4    Fe(NO3)3 Fe(NO3)2   Y        Z B ) 1 ( ( ) 4       A + H (  E H b) A   ) 2  C      G + M ( ) 5 ) 3 ( M D     B + K ( ) 6
(Biết A là đơn chất) Câu III(3,5 điểm)
Từ hai nguyên liệu là đá vôi và dung dịch axít Clohiđric hóy viết phương trỡnh phản ứng điều chế
11 chất mới (trong đó có 4 đơn chất).
Câu IV(3,5 điểm): Hỗn hợp A gồm Al2O3,,MgO,Fe3O4,CuO.Cho khí CO dư qua A nung nóng
được chất rắn B. Hòa tan B vào dung dịch NaOH dư được dung dịch C và chất rắn D.Cho dung
dịch HCl dư vào dung dịch C.Hòa tan chất rắn D vào dung dịch HNO3 loãng(Phản ứng tạo khí
NO).Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Trang 9
Câu V (6 điểm) : Hoà tan hoàn toàn a gam kim loại A có hoá trị không đổi vào b gam dung dịch
HCl được dung dịch X . Thêm 240 gam dung dịch NaHCO3 7% vào X thì vừa đủ tác dụng hết với
lượng HCl còn dư , thu được dung dịch Y trong đó nồng độ phần trăm của NaCl và muối clorua
kim loại A tương ứng là 2,5 % và 8,12% . Thêm tiếp lượng dư dung dịch NaOH vào Y , sau đó lọc
lấy kết tủa , rồi nung đến khối lượng không đổi thì thu được 16 gam chất rắn
a) Viết các phương trình hoá học xảy ra .
b ) Xác định kim loại A.
c ) Tính nồng độ phần trăm của dung dịch HCl đã dùng .
( Cho : Na:23 ; H :1 ; C :12 ; O : 16 ; Cl :35,5, Cu: 64, Fe:56, Mg:24, Ca:40...)
Câu VI ( 2,5 điểm):Cho dung dịch A chứa H2SO4 85%,dung dịch B chứa HNO3 x%.
1. Tính tỷ lệ khối lượng dung dịch A và dung dịch B cần trộn để thu được dung dịch C trong đó
chứa H2SO4 60% và HNO3 20% . 2. Tính x? HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I : (1,5 điểm)
Gọi p, n, e và p', n', e' lần lượt là số hạt proton, nơtron, electron của hai nguyên 0,25
tử A, B. (p, n, e và p', n', e' nguyờn dương )Ta cú : p + n + e + p' + n' + e' = 78 .
Vì p = e , theo bài ra : (2p+ 2p' ) + (n + n') = 78 (1) 0,5
(2p + 2p') - (n + n') = 26 (2) 0,25
Giải ra ta có : 2p + 2p' = 52 hay p + p' = 26.(*)
Mặt khác : 2p - 2p' = 28. hay p - p' = 14 (**) 0,25
Tìm được p = 20 , p' = 6. Vậy A là Can xi( Ca), B là Các bon (C) 0,25 Câu II: (3điểm)
3Fe3O4 + 28HNO3 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O 0,5 a)
Fe(NO3)3 + Fe 3Fe(NO3)2 0,5
Fe(NO3)2 + AgNO3 Fe(NO3)3 + Ag 0,5 t (1) S + H2  0    H2S 0,25 (A) (B) t 0,25 (2) S + O2  0    SO2 (C) t (3) S + Fe  0    FeS 0,25 b) (D) (4) 2H 0,25
2S + SO2 3S + 2H2O (H) (5) SO 0,25
2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4 (E) (H) (G) (M) (6) FeS + H 0,25
2SO4 H2S + FeSO4 (M) (K)
Câu III:(3,5 điểm) Trang 10 0 t CaCO 0,5 3    CaO + CO2 CaCO 0,5
3 + 2HCl CaCl2 + 2H2O + CO2 CaCO 0,5
3 + H2O + CO2 Ca(HCO3)2 ñpnc CaCl 0,5 2     Ca + Cl2 ñpmnx CaCl 0,5 2 + 2H2O   
  Ca(OH)2 + H2 + Cl2 ñpkhoâ mn ng CaCl 0,5 2 + H2O       CaOCl2 + H2 0 0 xt , t  70 C 0,5 2CaOCl2       2CaCl2 + O2 Câu IV: (3,5 điểm )
Cho CO qua A nung nóng to
Fe3O4 + 4 CO 3 Fe + 4 CO2 to 0,75
CuO +CO Cu + CO2
Chất rắn B : Al2O3 ; Fe; MgO; Cu
Chất rắn B tác dụng NaOH dư
Al2O3 + 2NaOH 2NaAlO2 + H2O 0,75
Dung dịch C : NaAlO2; NaOH dư.Chắt rắn D:MgO;Fe,Cu
Dung dịch C tác dụng HCl dư
NaOH + HCl NaCl + H2O
Na AlO2 + HCl +H2O Al(OH)3 + NaCl 1,0
Al(OH)3 + 3HCl AlCl3 + 3H2O
Hoặc Na AlO2 + 4HCl NaCl + AlCl3 +2 H2O
Chất rắn D tác dụng dung dịch HNO3 loãng - Nếu HNO3 dư :
MgO +2HNO3 Mg(NO3)2 +H2O 1,0
Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
3Cu + 8 HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O - Nếu HNO3 thiếu:
+ Nếu Fe dư : Fe + 2Fe(NO3)3 3Fe(NO3)2
+ Nếu Cu dư : Cu + 2Fe(NO3)3 2Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2 Câu V:(6 điểm) 240.7
Gọi hoá trị của A là x (x *  N ), n  0, 2(mol) NaHCO3 = 100.84 a) Các phương trình hoá học xảy ra 1,25
2A + 2x HCl 2 AClx + x H2. (1)
NaHCO3 + HCl NaCl + CO2 + H2O. (2)
dung dịch Ygồm XCla và NaCl , thêm dung dịch NaOH dư ta có :
AClx + xNaOH A(OH)x + x NaCl (3) 2A(OH)x   ot A2Ox + x H2O. (4).
Theo pt (2) : nNaCl = nNaHCO3 = 0,2(mol).mNaCl =0,2 . 58,5 = 11,7 (g) 0,5 mAClx Trang 11 b) 11, 7.100 8,12.468 0,5 m
 468(g) m   38 38(g)  n  (mol) ddY 2,5 ACl x 100 AClx A  35, 5x (*) Mặt khác
: Theo PT (3) và (4) : 0,5 16 16 nn  2.n  2.  (mol) ACl A(OH ) A O x x 2 x 2 A 16x A (**) 8x 0,75 Từ (*) 38 16 và (**) ta có :
A= 12 .x .thoả mãn x=2, A=24. A  35,5x A  8x Vậy A là Mg c 38 0,5 n
 0, 4(mol) . Theo PT : Mg+ 2HCl MgCl MgCl 2 + H2 2 95 nn n  0,4(mol) H Mg MgCl 2 2 Theo PT (2) : nn  0,2(mol) 0,25 CO NaHCO 2 3 mmm
m  (m m ) = 0,75 ddHCl ddY CO H Mg ddNaHCO 2 2 3
468 + 0,2.44 + 0,4.2 - (0,4. 24 + 240) = 228 (g)
Theo PT (1) và (2) tính được nHCl = 0,8+0,2 = 1(mol) 0,5 mHCl = 36,5(g) 0,5 Vậy : C% 36, 5 dd HCl = .100%  16% 228 Câu 6: ( 2,5 điểm) 1
Tính tỷ lệ khối lượng dung dịch A và dung dịch B 1,5
Gọi a,b lần lượt là khối lượng dung dịch A,B (a,b >0) Ta có: 0,5
m H2SO4(trong A) = 85%.a = 0,85 a mHNO3(trong B) = x%.b mddC = a +b
Theo bài ra ta có: C%H2SO4(trong C) =(0,85 a.100%) : (a +b)=60%
85 a = 60a +60 b 25 a =60 b
a:b = 60 :25 =12 :5 1,0 a = 12b:5 ( *)
Vậy cần trộn dung dịch A và dung dịch B theo tỷ lệ khối lượng là 12 :5 2 Tính x? 1,0 Theo bài ra ta có:
C%HNO3(trong C) = (x%.b.100%) : (a +b) =20%
x.b = 20 a +20 b (*)(*) 1,0 Thay * vào ** ta có: x. b = 48 b +20 b = 68 b x = 68 (%)
HS có thể giải bài này bằng phương pháp sử dụng sơ đồ đường
chéo,nếu đúng vẫn cho điểm
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC Trang 12
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 4
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1: Cho các chất sau: SiO2; CaO; CaCO3; Al2O3; Fe2O3; Fe3O4
a. Chất nào tan được trong nước? Trong dung dịch kiềm? Trong dung dịch axít?
b. Trong các chất trên chất nào tồn tại trong tự nhiên và tồn tại ở dạng khoáng chất nào? Nêu ứng dụng
quan trọng của khoáng chất đó? Câu 2.
a. Trong phòng thí nghiệm có 4 lọ hoá chất bị mất nhãn đựng các dung dịch Na2CO3; Na2SO4; H2SO4 và
MgSO4. Chỉ dùng duy nhất một thuốc thử hãy nêu phương pháp hóa học nhận biết 4 lọ dựng các dung dịch trên.
b. Trình bày phương pháp hoá học để tách được từng oxít ra khỏi hỗn hợp gồm CuO; Al2O3 và Fe2O3.
Câu 3. A và B là hai dung dịch H2SO4 khác nhau về nồng độ % .
a. Khi trộn A và B theo tỷ lệ khối lượng là 7: 3 thì thu được dung dịch C có nồng độ là 29%. Tính nồng
độ % của A và B biết rằng nồng độ % của B lớn gấp 2,5 lần nồng độ % của A.
b. Lấy 50ml dung dịch C có khối lượng riêng 1,27g/cm3 cho tác dụng với 200ml dung dịch BaCl2 1M.
Lọc và tách kết tủa rồi tính nồng độ mol của HCl có trong dung dịch nước lọc (Biết rằng thể tích dung
dịch thay đổi không đáng kể)
Câu 4. Dùng V lít khí CO khử hoàn toàn 4 gam một oxit kim loại, phản ứng kết thúc thu được kim loại
và hỗn hợp khí X. Tỷ khối của X so với H2 là 19. Cho X hấp thụ hoàn toàn vào 2,5 lít dung dịch
Ca(OH)2 0,025M người ta thu được 5 gam kết tủa.
a. Xác định kim loại và công thức hoá học của oxit đó.
b. Tính giá trị của V và thể tích của SO2 (đktc) tạo ra khi cho lượng kim loại thu được ở trên tan hết vào
dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư.
(Cho Na = 23; C = 12; O = 16; H = 1; S = 32; Ca = 40; Cl = 35,5; N = 14; Cu = 64; Zn = 65,Ba = 137; Fe = 56 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm
a. - Chất có khả năng tan trong nước là: CaO 0,25
- Các chất tan trong dd kiềm: SiO 0,25 Câu 1 2 ,Al2O3
và CaO có khả năng tan trong dd kiềm do PƯ giữa CaO với H 2,0 đ 0,25 2O
- Các chất tan trong dd axít là: CaO; CaCO3; Al2O3; Fe2O3; Fe3O4 0,25
b. b. Tất cả các chất (Trừ CaO) đều tồn tại trong tự nhiên ở dạng các khoáng chất: Trang 13
- CaCO3 đá vôi, đá hoa …thường dùng để nung vôi
- SiO2 ở dạng cát dùng trong công nghiệp xây dựng, chế biến thuỷ tinh 0,2
- Al2O3 có trong quặng bôxít dùng để luyện nhôm. 0,2
- Fe2O3 có trong quặng hematit dùng để luyện gang. 0,2
- Fe3O4 có ở quặng manhetit dùng để luyện gang. 0,2
Nếu Hs không nêu được ứng dụng của các khoáng chất thì trừ 1/2 số điểm của ý đó 0,2
a. Lấy mỗi lọ một ít mẫu thử bỏ vào 4 ống nghiệm
- Nhỏ dd HCl vào các mẩu thử, mẩu xuất hiện bọt khí là Na2CO3, nhận biết được lọ Na2CO3.
PTPư Na2CO3 + 2 HCl  2NaCl + CO2 + H2O 0,5
- Dùng Na2CO3 vừa tìm được nhỏ vào các mẩu thử còn lại. 1,0
Lọ có bọt khí xuất hiện là H2SO4 . Lọ có kết tủa màu trắng là MgSO4 . Lọ không
có hiện tượng gì Na2SO4
- PTPư. Na2CO3 + H2SO4  Na2SO4 + CO2 + H2O
Na2CO3 + MgSO4  Na2SO4 + MgCO3
Hs có thể nhận biết H2SO4 trước hoặc MgSO4 trước sau đó tiếp tục nhận biết các
lọ khác. Nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
b. Cho hỗn hợp vào trong dd NaOH dư. Chỉ có Al2O3 phản ứng. 0,5
Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O. Lọc lấy chất rắn không tan là CuO, Fe2O3
và dung dịch nước lọc A.
Nung nóng chất rắn rồi khử bằng cách cho luồng khí H2 ( hoặc CO) dư đi qua. Thì
thu được hỗn hợp chất rắn gồm 2 kim loại Cu, Fe. Câu 2 3,0đ CuO + H  0t 2  Cu + H2O. Fe  0t 2O3 + 3H2  2 Fe + 3 H2O.
- Hoà tan hỗn hợp kim loai bằng dd axit HCl ( dư) .
Xảy ra phản ứng: Fe + 2 HCl  FeCl2 + H2.
Cu không phản ứng. Lọc lấy Cu và dung dịch nước lọc B.
Nung Cu trong không khí ở nhiệt độ cao ta được CuO. PtPư 2Cu + O  0t 2  2CuO.
- Lấy dd B thu được cho tác dung với dd NaOH dư. Thu được kết tủa Fe(OH)2 0,5
FeCl2 + 2 NaOH  Fe(OH)2 + 2 NaCl.
Lọc lấy kết tủa Fe(OH)2 và nung trong không khí ở nhiệt độ cao ta thu được Fe2O3..
4Fe(OH)2 +O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 ; 0 2Fe(OH) t  3 Fe2O3 + 3H2O
- Thổi từ từ đến dư khí CO
2 ( hoặc nhỏ từ từ dd HCl vào vừa đủ) vào dung dịch A thu được kết Al(OH)
3 . Lọc kết tủa và nung ở nhiệt độ cao thu được Al2O3. NaAlO 0,5
2 + CO2 + 2 H2O  Al(OH)3 + NaHCO3 Trang 14 0 2Al(OH) t  3 Al2O3 + 3H2O.
Hs có thể làm cách khác nếu đúng cho đủ số điểm. Câu 3
a. Gọi x là nồng độ % của A; y là nồng độ % của B ta có: y = 2,5.x (1) 0,5 2,0 đ
Trộn A và B theo tỷ lệ khối lượng 7: 3 nên:
Lượng H2SO4 trong 7g ddA là: 0,07x (g)
’’ ’’ 3g ddB là: 0,03y (g)
Theo bài ra ta có: 0,07x + 0,03y = 2,9 (2) 0,5
Từ (1) và (2) giải ra: x = 20%; y = 50%
Hs có thể làm cách khác nếu đúng cho đủ số điểm. b. Số mol H 29(1, 27.50) 0,25 2SO4 có trong 50ml ddC là:  0,188(mol) 100.98 0,25 Số mol BaCl 1.200 2:
 0, 2(mol) , Vdd = 200 + 50 = 250 (ml) 1000 0,25 H  2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2HCl
Trước phản ứng: 0,188 0,2
Sau phản ứng: 0 0,012 0,188 . 2 0,25 Vậy 0,188.2.1000 C  1,504M M HCl 0, 25 Câu 4
Đặt công thức của oxit kim loại là: AxOy có số mol là a 1,0 3,0 đ Các PTHH: A  0t xOy + yCO  x A + yCO2 (k) (1) a mol ay mol ay mol CO
2 (k) + Ca(OH)2(dd) CaCO3 (r) + H2O(l) (2) Có thể: CaCO
3(r) + CO2 (k) + H2O(l) Ca(HCO3)2 (3) nCa(OH)
2 = 2,5 . 0,025 = 0,0625 (mol); nCaCO3 = 5/100 = 0,05 (mol)
Bài toán phải xét 2 trường hợp:
1.TH1: Ca(OH)2 dư  phản ứng (3) không xảy ra Từ (2): nCO 0,25
2 = n CaCO3 = 0,05 mol  n CO2 = ay = 0,05 mol.
Ta có pt: (xMA + 16y) . a = 4 . Thay ay = 0,05 vào. Ta được xa.MA = 3,2 . 
xa.MA / ay = 3,2 / 0,05.  xMA / y = 64. 
MA = 32. 2y/x. Thoả mãn khi 2y/x = 2 , MA = 64
Vậy A là Cu. Từ 2y/x = 2  x/y = 1/1 . Chọn x= y = 1.Công thức oxit là CuO.
Đặt n CO dư trong hh khí X là t ta có phương trình tỉ khối
(28t + 44 . 0,05) / ( t + 0,05) . 2 = 19  t= 0,03 mol
 giá trị của VCO ban đầu = (0,03 + 0,05) . 22,4 = 1,792 (lít). Trang 15
PTHH khi cho Cu vào dd H2SO4 đặc, nóng 0,25 o Cu t (r) + H2SO4 đn (dd) ¾ ¾¾¾¾
® CuSO4 (dd) + SO2 (k) + 2 H2O(l) (4) Từ (1): n Cu = n CO
2 = 0,05 mol. Theo (4): n SO2 = 0,05 mol  0,25 V =
SO 0,05 . 22,4 = 1,12 (lít) 2
2. TH2: CO2 dư  phản ứng (3) có xảy ra Từ (2): n CO
2 = n CaCO3 = n Ca(OH)2 = 0,0625 mol
Bài ra cho: n CaCO3 chỉ còn 0,05 mol chứng tỏ n CaCO3 bị hoà tan ở (3) là: 0,0625 0,5 - 0,05 = 0,0125 (mol) Từ (3):
n CO2 = n CaCO3 bị hoà tan = 0,0125 mol 
Tổng n CO2 = 0,0625 + 0,0125 = 0,075 (mol) n CO2 = ay = 0,075
Ta có pt: (xMA + 16y) . a = 4 . Thay ay = 0,075 vào. Ta được xa.MA = 2,8 . xa.MA / ay = 2,8 / 0,075
MA = (56/3). (2y/x). Thoả mãn khi 2y/x = 3 , MA = 56 là Fe. 0,25
2y/3x = 3  x/y = 2/3. Chọn x= 2, y = 3. Công thức oxit là Fe2O3.
Tương tự TH 1 ta có phương trình tỷ khối:
(28t + 44 . 0,075) / ( t + 0,075) . 2 = 19 .
Giải ra ta được t = 0,045 
V = (0,075 + 0,045) . 22,4 = 2,688 (lít) 0,25
PTHH khi cho Fe vào dd H2SO4 đn: o 2Fe t (r) + 6 H2SO4 đn (dd) ¾ ¾¾¾¾
® Fe2(SO4)3 (dd) + 3 SO2 (k) + 6 H2O(l)(5)
nFe = 0,025 . 2 = 0,05 (mol)  n SO2 = 0,075 mol  V = SO2 0,075 . 22,4 = 1,68 (lít)
Hs có thể làm cách khác nếu đúng cho đủ số điểm. 0,25
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 5
Thời gian làm bài 120 phút Câu 1:
a. Dung dịch KOH có thể hòa tan được những chất nào sau đây: Na2O; CuO; CO2; H2S; Ag; Al2O3
? Viết phương trình phản ứng xẩy ra(nếu có)?
b. Người ta tiến hành điều chế CO2 từ CaCO3 và dung dịch HCl, khí CO2 tạo ra bị lẫn một ít khí
HCl (hiđroclorua) và H2O (hơi nước). Làm thế nào để thu được CO2 tinh khiết. Câu 2.
a. Trong phòng thí nghiệm chỉ có nước, giấy quỳ, các dụng cụ thí nghiệm cần thiết và 5 lọ đựng 5
chất bột: MgO, BaO, Na2SO4; Al2O3; P2O5 bị mất nhãn. Trình bày phương pháp hóa học nhận biết
5 lọ đựng các hóa chất trong phòng thí nghiệm nêu trên và viết các phương trình phản ứng xẩy ra.
b. Trình bày thí nghiệm để xác định thành phần % khối lượng các chất có trong hỗn hợp:
Na2CO3.10H2O và CuSO4.5H2O. (Biết rằng các thiết bị thí nghiệm và điều kiện phản ứng đầy đủ) Câu 3.
Hỗn hợp hai muối Na2SO4 và K2SO4 được trộn theo tỷ lệ 1 về số mol. Hòa tan hỗn hợp hai muối 2
vào 102g nước được dung dịch A. Cho 1664g dung dịch BaCl2 10% vào dung dịch A, lọc bỏ kết
tủa rồi thêm dung dịch H2SO4 dư vào nước lọc thu được 46,6g kết tủa. Xác định nồng độ % các
chất có trong dung dịch A. Trang 16 Câu 4.
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A gồm (Fe, Fe2O3) vào dung dịch HCl được dung dịch A và thấy thoát
ra 8,96 lít khí (ĐKTC). Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A đến khi dư, sau phản ứng lọc tách
kết tủa thu được hỗn hợp kết tủa B, đem kết tủa B nung trong không khí đến khối lượng không đổi
thu được chất rắn C. Khối lượng chất rắn C giảm 31gam so với khối lượng kết tủa B. Tính khối
lượng các chất có trong hỗn hợp A?
(Cho Na = 23; O = 16; H = 1; S = 32; Cl = 35,5; Ba = 137; Fe = 56, K = 39) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm Câu 1
a. – Dung dịch KOH hòa tan được các chất: Na2O; CO2; H2S; Al2O3 0,25 2,0đ Na2O + H2O  2NaOH;
2KOH + CO2  K2CO3 + H2O (KOH + CO2  KHCO3) 0,75
2KOH + H2S  K2S + 2H2O; 2KOH + Al2O3  2 KAlO2 + H2O
b. Phản ứng điều chế CO2 trong phòng thí nghiệm
CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + CO2 + H2O
Hỗn hợp khí thu được gồm: CO2, HCl(kh), H2O (h). 0,5 - Tách H2O (hơi):
Cho hỗn hợp qua P2O5 dư H2O bị hấp thụ P2O5 + 3H2O → 2H3PO4 -- Tách khí HCl: 0,5
Hỗn hợp khí sau khi đi qua P2O5 dư tiếp tục cho đi qua dung dịch AgNO3 dư khí HCl
bị giữ lại thu được CO2 tinh khiết. AgNO3 + HCl → AgCl + HNO3 Câu 2
a. Trích 5 mẫu thử vào 5 ống nghiệm và cho H2O vào có 3 lọ bị nước hòa tan: Na2SO4 0,5 3,0đ ; BaO; P2O5 Na2SO4 + H2O  dd Na2SO4
BaO + H2O  Ba(OH)2; P2O5 +3 H2O  2H3PO4
+ Dùng giấy quỳ để nhận biết 3 ống nghiệm đựng 3 dung dịch trên 0,5
-Dung dịch làm giấy quỳ không đổi màu là dd Na  2SO4
xác định được lọ đựng bột Na2SO4
- Dung dịch làm giấy quỳ đổi màu xanh là dd Ba(OH)  2
xác định được lọ đựng bột BaO
-Dung dịch làm giấy quỳ đổi màu đỏ là dd H  3PO4
xác định được lọ đựng bột P2O5 + Dùng dung dịch Ba(OH)
2 vừa tìm được để nhận biết 2 lọ bột không tan trong H2O:
Trích mẫu thử vào 2 ống nghiệm, nhỏ dung dịch Ba(OH) 0,5
2 vào, chất nào tan là Al2O3;
còn lại là lọ đựng MgO  Ba(OH)2 + Al2O3 Ba(AlO2)2 + H2O
b. Bước 1: Tiến hành cân khối lượng hỗn hợp ban đầu: m1(g) 0,5
Bước 2: Tiến hành nung hỗn hợp đến khối lượng không đổi
Bước 3: Cân khối lượng chất rắn sau khi nung m2(g) 0,5
Lập hệ pt để tính các giá trị: Gọi x; y lần lượt là số mol Na2CO3.10H2O và 0,5
286x  250y m CuSO4.5H2O ta có: 1 
106x 160 y m  2
Giải hệ tìm x, y và tính được thành phần % Câu 3
a. Khi cho dd BaCl2 vào dung dịch A: 0,4 2,0 đ BaCl  2 + Na2SO4  BaSO4 + 2NaCl (1) BaCl  2 + K2SO4  BaSO4 + 2KCl (2) Trang 17
Khi cho dd H2SO4 vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong nước lọc còn 0,3
chứa BaCl2(dư) và tham gia phản ứng hết với H2SO4 BaCl  2 + H2SO4  BaSO4 + 2HCl (3) Khối lượng BaCl 0,2 2 cho vào dung dịch A là: m
1664.10% 166,4(g)  n
166,4: 208  0,8(mol) BaCl BaCl 2 2 0,2 Số mol BaCl   
2 tham gia phản ứng (3): n n 46, 6 : 233 0, 2(mol) BaCl (3) a B SO (3) 2 4
Suy ra tổng số mol Na2SO4 và K2SO4 = số mol BaCl2 tham gia phản ứng (1) và (2) và 0,2 bằng: nn
 0,80,2  0,6(mol)
( Na SO K SO ) BaCl (12) 2 4 2 4 2 0,2
Vì Na2SO4 và K2SO4 được trộn theo tỷ lệ 1 về số mol nên ta có 2 n  0,2(mol); n  0,4(mol) Na SO K SO 2 4 2 4 0,25  m
 0,2.142  28,4g ;m  0,4.174  69.6(g) 0,25 Na SO K SO 2 4 2 4
Khối lượng dung dịch A: m
102  28,4  69,6  200g ddA Vậy: C% Na , 28 4 2SO4 = 1 . 0 % 0  , 14 % 2 200 , 69 6 C% K2SO4 = % 100  % 8 , 34 200 Câu 4
Cho hh vào dung dịch HCl(dư): Fe + 2HCl  FeCl  0,4 2 + H2 (4) 3,0 đ Fe
2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O (5)
Cho NaOH (dư) vào dung dịch A: NaOH + HCl  NaCl + H 0,4 2O 2NaOH + FeCl 2  Fe(OH)2 + 2NaCl (6) 3NaOH + FeCl 3  Fe(OH)3 + 3NaCl (7)
Lọc tách kết tủa nung trong kk đến khối lượng không đổi: 0,4 0 4Fe(OH) t  2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (8) 0 2Fe(OH) t  3 Fe2O3 + 3H2O (9)
Ở (4) số mol Fe bằng số mol H2 thoát ra ở ĐKTC và bằng: 0,2 89,6 : 22,4 = 0,4 (mol)
Gọi x là số mol Fe2O3 có trong hh ban đầu, dựa vào các PTPƯ từ (4) đến (9) ta có:
Fe  FeCl2  Fe(OH)2  Fe(OH)3  1 Fe2O3 2 0,4 0,4 0,4 0,4 0,2 0,5 Fe
2O3  2FeCl3  2Fe(OH)3  Fe2O3 x 2x 2x x
Vậy khối lượng kết tủa B gồm(0,4 mol Fe(OH) 2 và 2x mol Fe(OH)3 )
Khối lượng chất rắn C gồm: 0,2 + x (mol) Fe 0,2 2O3
Theo bài ra khối lượng chất rắn C giảm 31 g so khối lượng kết tủa B:
2x .107 + 0,4 . 90 – 31 = 160.(0,2 + x) 0,5
HS giải pt tìm được x = 0,5 (mol)
Khối lượng các chất trong hh ban đầu là: m   Fe = 56 , 0 4 , 22 4gam m Fe   0,4 2O3 = 160 5 , 0 80gam
Hs có thể giải theo cách khác, nếu hợp lý, đúng cho đủ số điểm của câu đó
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC Trang 18
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 6
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1.(1.0 điểm). Chọn các chất A,B,C thích hợp và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ
điều kiện phản ứng nếu có) theo sơ đồ biến hoá sau: A (2) B   )1 (  Fe (4 (5 (6 (7 (8 2(SO4)3   ) FeCl3   ) Fe(NO3)3   ) A   ) B   ) C (3) C
Câu 2.(2.0 điểm).
Trong phòng thí nghiệm có sẵn các hóa chất: vôi sống, axit HCl, CuCl2, CaCO3, CaCl2,
KNO3, nước cất, dung dịch phenolphtalein, Fe, Cu và các thiết bị, dụng cụ thí nghiệm đầy
đủ. Hãy chọn hóa chất và các thí nghiệm thích hợp để chứng minh: dung dịch Ca(OH)2 có
những tính chất hóa học của bazơ tan. Nêu hiện tượng quan sát và viết PTHH của các thí nghiệm trên.
Câu 3.(2.0 điểm)
a. Có 6 lọ hoá chất không nhãn chứa riêng biệt các chất rắn sau: MgO, BaSO4, Zn(OH)2,
BaCl2, Na2CO3, NaOH. Chỉ dùng nước và một hoá chất thông dụng nữa (tự chọn) hãy trình
bày cách nhận biết các chất trên.
b. Các cặp hóa chất sau có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm chứa nước cất( dư)
không? Hãy giải thích bằng PTHH?.
NaCl và AgNO3; Cu(OH)2 và FeCl2; BaSO4 và HCl; NaHSO3 và NaOH; CaO và Fe2O3
Câu 4.(1.0 điểm)
Cho 6,9g Na và 9,3g Na2O vào 284,1 gam nước, được dung dịch A. Hỏi phải lấy thêm bao
nhiêu gam NaOH có độ tinh khiết 80%(tan hoàn toàn) cho vào để được dung dịch 15%?
Câu 5. (2.0 điểm).
Cho khí CO đi qua 69,9 gam hỗn hợp X gồm Fe2O3 và MxOy nung nóng thu được 3,36 lít
khí CO2 (đktc) và hỗn hợp chất rắn Y gồm Fe, FeO, Fe3O4 , Fe2O3 và MxOy. Để hòa tan hoàn
toàn Y cần 1,3 lít dd HCl 1M thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dd Z . Cho từ từ dd NaOH
vào dd Z đến dư thu được kết tủa T. Lọc kết tủa T để ngoài không khí đến khối lượng không
đổi thu được 32,1 gam bazơ duy nhất. Xác định công thức hóa học của MxOy.
Câu 6. ( 2.0 điểm)
Trộn 0,2 lít dung dịch H2SO4 x M với 0,3 lít dung dịch NaOH 1,0 M thu được dung dịch A.
Để phản ứng với dung dịch A cần tối đa 0,5 lít dung dịch Ba(HCO3)2 0,4 M, sau phản ứng
thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của x và m.Cho: H=1, O=16, Al=27, Na=23, S=32,
Fe=56, Cl=35,5, Ag = 108, Cu = 64, N= 14, C= 12, Ba =137 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm I
A: Fe(OH)3; B: Fe2O3 ; C: Fe 1.0
(1) Fe2O3 + 3 H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3 H2O
(2) 2 Fe(OH)3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 6 H2O
(3) 2Fe + 6 H2SO4 đặc
to Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6 H2O Trang 19
(4) Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 → 2FeCl3 + 3BaSO4
(5) FeCl3+ 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl
(6) Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3 NaNO3 (7) 2Fe(OH)3
to ) Fe2O3 + 3H2O (8) Fe2O3 + 3H2
to 2Fe + 3H2O II 2.0
* Chọn các hóa chất: vôi sống, HCl, CaCO3, CuCl2, nước cất, dung dịch phenolphtalein.
* Chọn các thí nghiệm:
- Pha chế dung dịch Ca(OH)2: Hòa vôi sống vào cốc đựng nước thu được 0,5
nước vôi CaO + H2O Ca(OH)2
Lọc nước vôi thu được dung dịch nước vôi trong( dd Ca(OH)2). 1,5
- Điều chế CO2 : Cho dd HCl vào bình chứa CaCO3, thu khí CO2 vào bình
tam giác, nút kín: CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + CO2 + H2O
- Thí nghiệm chứng minh:
+ Tác dụng với chất chỉ thị màu: Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein
vào ống nghiệm chứa dd Ca(OH)2, thấy dung dịch chuyển sang màu hồng.
+ Tác dụng với oxit axit: Cho dd Ca(OH)2 vào bình đựng khí CO2, lắc đều.
Thấy dung dịch vẩn đục. Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O
+ Tác dụng với dd axit: Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào ống
nghiệm chứa dd Ca(OH)2, dung dịch chuyển sang màu hồng sau đó nhỏ từ
từ dd HCl vào. Thấy màu hồng biến mất, dung dịch trở lại trong suốt.
Ca(OH)2 + 2HCl → CaCl2 + 2H2O
+ Tác dụng với dung dịch muối:
Nhỏ dd Ca(OH)2 vào ống nghiệm chứa dd CuCl2, thấy xuất hiện kết tủa
màu xanh: Ca(OH)2 + CuCl2 → CaCl2 + Cu(OH)2`
Nếu không trình bày thí nghiệm pha chế dd Ca(OH)2 mà các thí nghiệm sau
đúng thì trừ 1/2 số điểm của câu II III 2.0 a
Trích mẫu thử cho vào các ống nghiệm: 1.0
- Cho nước vào các mẫu thử, khuấy đều, mẫu không tan: MgO, BaSO4,
Zn(OH)2 (nhóm 1); mẫu tan: BaCl2, NaOH, Na2CO3 (nhóm 2)
- Nhỏ dd H2SO4 vào các mẫu thử của nhóm 2: mẫu xuất hiện kết tủa trắng
là BaCl2, mẫu sủi bọt khí là Na2CO3, còn lại là NaOH.
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 HCl
H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O
- Nhỏ dung dịch NaOH vừa nhận biết được ở trên vào 2 mẫu thử của nhóm 2
mẫu tan là Zn(OH)2, không tan là BaSO4, MgO
2NaOH + Zn(OH)2 → Na2ZnO2 + 2H2O
- Nhỏ dd H2SO4 vào 2 mẫu chất rắn còn lại, mẫu tan là MgO, không tan là BaSO4
MgO + H2SO4 → MgSO4 + H2O b
- Các cặp chất không thể tồn tại trong cùng ống nghiệm chứa nước cất: 1.0
NaCl và AgNO3 vì: NaCl + AgNO3 → AgCl ↓ + NaNO3
NaHSO3 và NaOH vì: NaHSO3 + NaOH → Na2SO3 + H2O
CaO và Fe2O3 vì: CaO + H2O → Ca(OH)2
- Các cặp chất cùng tồn tại: Cu(OH)2 và FeCl2; BaSO4 và HCl IV 1.0 Trang 20 9 , 6 3 , 9 1.0 nNa = m 3 , 0 ol n =  15 , 0 mol 23 Na2O 62
PTHH: 2Na + 2H2O →2 NaOH + H2 Na2O + H2O → 2 NaOH
Theo PTHH: n NaOH = n Na + 2 n Na2 1 O n = H2 nNa = 0,15 mol 2
trong dung dich A: n NaOH = 0,3 + 2 . 0,15 = 0,6 mol m NaOH = 40 . 0,6 = 24 gam
khối lượng dung dịch sau phản ứng:
m dd A = 6,9 + 9,3 + 284,1 - 0,15 . 2 = 300 gam
gọi x (gam) là khối lượng NaOH có độ tinh khiết 80% cần thêm vào → mNaOH = 0,8 x (gam).
Dung dịch thu được có: mNaOH = 24 + 0,8 m ( gam) m dd = 300 + m ( gam)   24 8 , 0 m C% NaOH =
.100  15 m = 32,3 300  m
Vậy cần thêm 32,3 gam NaOH có độ tinh khiết 80% V 2.0 12 , 1 36 , 3 0,15 nHCl = 1,3 mol; n H = = 0,05 mol ; nCO = m 15 , 0 ol 2 , 22 4 2 , 22 4
Gọi a, b là số mol của Fe2O3 và MxOy có trong X PTHH: 3Fe2O3 + CO
ot 2Fe3O4 + CO2 (1) 2c c c mol mol mol 3 3 Fe3O4 + CO
ot 3FeO + CO2 (2) p mol 3p mol p mol FeO + CO
ot Fe + CO2 (3) q mol q mol q mol c 2
Trong Y: Fe2O3 ( a - c) mol; Fe3O4 (
p ) mol; FeO ( p - q ) mol 3 Fe q mol và b mol MxOy
Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 (4)
Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4 H2O (5)
Fe2O3 + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2O (6)
FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O (7)
MxOy + 2yHCl → xMCl2y/x + yH2O (8) b mol 2by mol
Dung dịch Z gồm FeCl2, FeCl3, MCl2y/x, cho Z tác dụng với NaOH dư thu
được kết tủa T, Lọc kết tủa T để ngoài không khí tới khối lượng không đổi
chỉ thu được 32,1 gam bazơ duy nhất.
FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaCl
FeCl3 + 3 NaOH → Fe(OH)3 + 3 NaCl
4 Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4 Fe(OH)3
Vậy bazơ đó là Fe(OH)3 Trang 21
Nếu nung bazơ: 2Fe(OH)3
ot Fe2O3 + 3H2O 1 , 32 m =
.160  24gam < mX Chứng tỏ M không phải Fe Fe2O . 107 2 3 24
Khối lượng Fe2O3 có trong X là 24 gam, n = a = m 15 , 0 ol Fe 160 2O Khối lượng của M 3
xOy = 69,9 - 24 = 45,9 gam
Theo PTHH (4) nH = q = 0,05 mol 2 c c (1; 2; 3) nCO =
+ p + q = 0,15 + p = 0,1 2 3 3
Theo PTHH ( 4; 5; 6; 7; 8) c 2
nHCl = 6 ( 0,15 - c) + 8(
p ) + 2( p - q ) + 2q + 2by = 1,3 mol 3  c 0,9 - 2( + p ) + 2by = 1,3 3 c Thay
+ p = 0,1 by = 0,3 3 mM
= b(Mx + 16y) = 45,9 (gam) x O y bxM 1 , 41 y
bxM = 41,1
 137 M = 137. by 3 , 0 x
Thỏa mãn khi y y
= 1, M = 137 là Bari (Ba). Với = 1 chọn x x
x = 1, y = 1. CTHH của oxit là BaO VI 2,0 Ta có:n bđ bđ H SO
= 0,2x mol , nNaOH = 0,3 mol. 0,5 2 4 PTHH: H
2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O (1)
Trong dung dịch A có chứa Na
2SO4 và có thể có H2SO4 hoặc NaOH còn dư TH
1: Phản ứng (1) xảy ra vừa đủ: 1 nNa SO = nNaOH = 0,15 mol 2 4 2
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3 (2) Theo gt nBa(HCO = 0,2 mol 3 ) 2 nBa(HCO = n 3 ) Na SO
= 0,15 0,2 nên trường hợp này loại 2 2 4
TH2: H2SO4 dư, NaOH hết trong dung dịch A gồm:
Na2SO4 ( 0,15 mol), H2SO4 dư (0,2x - 0,15 ) mol. 0,75
H2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + CO2 + 2H2O (3)
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3 (4)
Theo PTHH (3) (4) ta có n Ba(HCO
= 0,2x - 0,15 + 0,15 = 0,2 3 ) 2 → x = 1→ n BaSO
= 0,2 mol → m= mBaSO = 0,2 . 233 = 46,6g 4 4
TH3: NaOH dư, H2SO4 hết 0,75
Trong ddA gồm: NaOHdư ( 0,3- 0,4x) mol, Na2SO4 0,2x mol
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3 (5)
NaOH + Ba(HCO3)2 → BaCO3 + NaHCO3 (6) Theo PTHH (5)(6) nBa(HCO
= 0,3 - 0,4x + 0,2x = 0,2→ x =0,5 3 ) 2 → nBaSO = n = n = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol 4 Na SO H SO 2 4 2 4
nBaCO = nNaOH dư = 0,3 - 0,4 . 0,5 = 0,1 mol 3 Trang 22
→ m = mBaSO + mBaCO = 0,1. 233 + 0,1 . 197 = 43 gam 4 3
HS có thể giải theo nhiều cách khác nhau nếu đúng cho điểm tối đa câu đó,
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 7
Thời gian làm bài 150 phút
Câu I . ( 4,0 điểm).
Viết các phương trình hóa học có thể xảy của các thí nghiệm sau:
1) Cho điphotphopentaoxit vào dung dịch natrihiđroxit.
2) Cho khí lưu huỳnh trioxit vào dung dịch bariclorua.
3) Cho dung dịch barihiđroxit vào dung dịch kalihiđrosunfat.
4) Cho từ từ dung dịch natrihiđrosunfat vào dung dịch natricacbonat.
Câu II. (3,0 điểm).
Có 3 mẫu phân bón hóa học không ghi nhãn là: phân kali KCl, phân đạm NH4NO3 và
phân supephotphat (phân lân) Ca(H2PO4)2 . Em hãy giúp bác nông dân nhận biết các mẫu
phân bón trên bằng hóa chất có sẵn, dễ tìm trong đời sống.
Câu III. (3,0 điểm).
Một hỗn hợp chứa các kim loại: Nhôm, sắt và đồng. Làm thế nào để tách riêng từng
kim loại bằng phương pháp hóa học.
Câu IV. (4,0 điểm).
Trong một dung dịch H2SO4, số mol nguyên tử oxi gấp 1,25 lần số mol nguyên tử hiđro.
a) Tính C% của dung dịch axit trên.
b) Lấy 46,4 (g) dung dịch axit trên, đun nóng với Cu thấy thoát ra khí SO2 sau phản
ứng nồng độ axit còn lại là 52,8%. Tính khối lượng Cu tham gia phản ứng ? .
Câu V. (6 điểm).
Hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 . Cho 120,8(g) X vào 400ml dung dịch H2SO4 loãng,
phản ứng kết thúc thu được dung dịch A, chất rắn B và 2,24(l) khí Y. Cô cạn dung dịch A
thu được 6(g) muối khan. Đem đun nóng chất rắn B đến khối lượng không đổi chỉ thu được
17,92 (l) khí CO2 (đktc) và chất rắn D.
a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 đã dùng.
b) Tính khối lượng của chất rắn B và chất rắn D.
c) Xác định kim loại R, biết trong hỗn hợp X số mol của MgCO3 gấp 1,25 lần số mol của RCO3 .
(Cho biết: Mg = 24; S = 32; Fe = 56; Ca = 40; O = 16; C = 12; Cu = 64; H = 1; Zn = 65; Ba = 137; Hg = 207)
Họ và tên thí sinh:.....................................................................SBD :....................................... HƯỚNG DẪN CHẤM Trang 23 Câu Nội dung Điểm I 4 điểm
P2O5 + 2NaOH + H2O 2NaH2PO4
P2O5 + 4NaOH 2Na2HPO4 + H2O 1) 1,0
P2O5 + 6NaOH 2Na3PO4 + 3H2O
( nếu thiếu 1 PTHH trừ bớt 0,25 điểm)
SO3 + H2O H2SO4 1,0 2)
H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl
Ba(OH)2 + 2KHSO4 BaSO4 + K2SO4 + H2O 1,0 3)
Nếu Ba(OH)2 dư thì: Ba(OH)2 + K2SO4 BaSO4 + 2KOH
Ban đầu : 2NaHSO4 + Na2CO3 Na2SO4 + 2NaHCO3 1,0 4)
Nếu tiếp tục thì: NaHSO4 + NaHCO3 Na2SO4 + CO2 +H2O
*(Nếu không đúng bản chất hoặc thiếu cân bằng -0,25 điểm) II 3 điểm
- Lấy một ít các chất vào ống nghiệm và hòa tan vào nước để làm mẫu thử 0,25 .
- Cho dung dịch Ca(OH)2 (dung dịch nước vôi trong) vào các mẫu thử trên 0, 5 .
-Mẫu thử nào có khí không màu thoát ra có mùi khai thì đó là khí
amoniac(NH3) , mẫu thử ban đầu chứa phân đạm. Theo PTHH: 1,0
2NH4NO3 + Ca(OH)2 Ca(NO3)2 + 2NH3 +2H2O
- Mẫu thử nào có chất rắn tạo thành là Ca3(PO4)2 thì mẫu thử ban đầu
chứa phân lân. Theo PTHH: 1,0
Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 Ca3(PO4)2 + 4H2O
- Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là phân kali 0,25 III 3 điểm
Cho hỗn hợp trên vào dung dịch NaOH dư thì Al bị hòa tan hoàn toàn theo 0,5 PTHH:
2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 +3H2
Chất rắn không tan là Fe và Cu , dung dịch thu được gồm NaAlO2 và
NaOH dư. Lọc tách lấy chất rắn. Dẫn khí CO2 dư vào dung dịch trên.
NaAlO2 + CO2 + H2O Al(OH)3 + NaHCO3
NaOH + CO2 NaHCO3 1,0
Lọc lấy kết tủa đem nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Al2O3 . 2Al(OH)3
ot Al2O3 . + 3H2O
Đem điện phân nóng chảy ta thu được Al. 2Aldpnc 2O3  4Al + 3O2
Cho chất rắn là Fe và Cu vào dung dịch HCl dư ,thì Cu không tan , lọc tách lấy Cu. 0,5
Fe + 2HCl FeCl2 + H2 Trang 24
Dung dịch còn lại là FeCl2 và HCl dư cho tác dụng với dung dịch NaOH dư
FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl
HCl + NaOH NaCl + H2O
Kết tủa là Fe(OH)2 đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được Fe 2O3 . 1,0 4Fe(OH)2 + O2
ot 2Fe2O3 . + 4H2O
Cho khí H2 dư đi qua Fe2O3 nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Fe Fe2O3 . + 3H2
ot 2Fe +3 H2O
( Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa) IV 4 điểm
Gọi a,b là số mol của H2SO4 và H2O trong dung dịch. 0,5 a)
thì nH = 2a + 2b và nO = 4a+b
theo bài ra ta có : 4a+b = 1,25(2a + 2b) => a=b 0,5
Khi đó khối lượng dung dịch H2SO4 là: 98a +18b hay 116a(g) 0,5 98a C% H2SO4= 1 . 00  , 84 % 48 0,5 116a
PTHH : Cu + 2 H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,5 b) , 46 , 84 . 4 48 nH2SO4 =  , 0 ( 4 mol) 98 . 100
Gọi số mol Cu tham gia phản ứng là x. 0,5
Theo PTHH thì số mol H2SO4 = 2x và số mol SO2 = x
Số mol H2SO4 còn dư là : 0,4 - 2x
Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 46,4 +64x – 64x = 46,4(g) ( , 0 4  2x 98 ). 0,5 Theo bài ra ta có : 100 .  8 , 52 , 46 4
Giải ra ta được x = 0,075(mol)
Khối lượng Cu tham gia phản ứng = 0,075.64 = 4,8(g) 0,5 V 6 điểm Ta có các PTHH :
MgCO3 + H2SO4 MgSO4 + CO2 + H2O (1)
RCO3 + H2SO4 RSO4 + CO2 + H2O (2) 1,0 MgCO3
ot MgO + CO2 (3) RCO3
ot RO + CO2 (4)
Khí Y là CO2 . Khi nung chất rắn B có khí CO2 thoát ra chứng tỏ trong B a) 0,5
còn có muối cacbonat còn dư. Nên H2SO4 phản ứng hết ở (1,2) Trang 25 Theo (1,2) số mol H , 2 24
2SO4= số mol H2O = số mol CO2 =  ( 1 , 0 mol) , 22 4 0,75 1 , 0 CM H2SO4=  , 0 (
25 mol / l) , 0 4
Theo bài ra và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1,2) ta có: b) 0,5
mX + m H2SO4 = m (muối trong dung dịch A) + m CO2 + mH2O + mB Thay số vào ta có:
120,8 + 0,1.98 = 6 + 0,1.44 + 0,1. 18 + mB 0,5 => mB = 118,4(g) số mol CO 92 , 17 2 (3,4) =  ( 8 , 0 mol) , 22 4 0,75
áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (3,4) ta có:
mB= mD + mCO2 thay số vào ta có :118,4 = mD + 0,8.44 => mB = 83,2(g)
Gọi số mol mỗi muối trong hỗn hợp X là a,b c) 0,5
theo (1,2,3,4) n muối cacbonat = n CO2 = 0,1 +0,8 = 0,9(mol)
Theo bài ra ta có hệ PT: a + b = 0,9 (*) a = 1,25 b (**) 0,75
Giải ra ta có a = 0,5 ; b = 0,4
Mà khối lượng của X là 120,8(g) nên 0,5.84 + (MR + 60).0,4 = 120,8 0,75
Giải ra ta được MR = 137 => R là kim loại Ba (Bari)
* Bài toán thực hiện theo cách khác mà có kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
* Không chấp nhận kết quả đúng khi bản chất hoá học sai.
* Chiết điểm đến 0,25điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 8
Thời gian làm bài 150 phút
Câu I . (4,5 điểm). Cho hỗn hợp A gồm Fe và Al cháy trong khí oxi dư,thu được hỗn hợp chất
rắn B.Hòa tan B trong dung dịch HCl dư, được dung dịch C.Cho dung dịch KOH dư vào C,
thu được dung dịch D và chất rắn E.Lọc E rồi đem nung nóng trong không khí đến khối
lượng không đổi được chất rắn F.Sục khí CO2 cho đến dư vào dung dịch D được kết tủa
G.Viết tất cả các phương trình hóa học xảy ra và cho biết các chất có trong B,C,D,E,F,G.
Câu II. (3,0 điểm). Cho hỗn hợp gồm các oxit: MgO, CuO và Fe2O3.Hãy trình bày phương
pháp hóa học để tách riêng từng oxit. Viết các phương trình hóa học.
Câu III. (2,5 điểm). Từ quặng phốt phát tự nhiên và các hóa chất vô cơ cần thiết khác,viết
phương trình điều chế supephotphat kép.Cho biết vì sao trên thực tế người ta chỉ dùng
photphat tự nhiên cho những vùng đất chua?
Câu IV. (4,0 điểm). Trang 26
Dung dịch A chứa đồng thời hai muối bạc nitrat và đồng(II)nitrat với nồng độ mol của
muối đồng gấp 2,5 lần nồng độ mol của muối bạc.
1. Nhúng thanh kẽm vào 250ml dung dịch A.Sau một thời gian, lấy thanh kẽm ra và làm
khô thấy khối lượng thanh kẽm tăng 3,02(g).Biết rằng dung dịch sau phản ứng chứa ba
muối.Tính nồng độ mol của muối kẽm trong dung dịch sau phản ứng?
2. Nếu để thanh kẽm trong 250 ml dung dịch A một thời gian cho đến khi dung dịch sau
phản ứng chỉ chứa một muối duy nhất với nồng độ 0,6M.Tính nồng độ mol của các muối
trong dung dịch A ban đầu?
(Coi tất cả kim loại sinh ra đều bám trên thanh kẽm và thể tích dung dịch không thay đổi)
Câu V. (6 điểm).Cho 16,24 gam hỗn hợp FeCO3 và FexOy nung nóng trong không khí đến
khối lượng không đổi thu được 16(g) một chất rắn duy nhất và sản phẩm khí A. Dẫn khí A
vào 750ml dung dịch Ca(OH)2 0,02M.Phản ứng kết thúc thấy có 1(g) chất rắn tạo thành.
1. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu?
2. Xác định công thức hóa học của oxit sắt?
(Cho biết: Fe = 56; Ca = 40; O = 16; C = 12; Cu = 64; H = 1; Zn = 65; N = 14; Ag = 108)
Họ và tên thí sinh……………………………………SBD :....................................... HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm I 4,5 điểm
Các phương trình hóa học: Mỗi phương 3Fe + 2O2
ot Fe3O4 trình và 4Al + 3O2
ot 2Al2O3 xác định
Chất rắn B gồm : Fe3O4 , Al2O3 được Fe
3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O thành Al
2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O phần cho
Dung dịch C gồm: FeCl2 , FeCl3 , AlCl3, HCl 0,25 điểm
FeCl2 + 2KOH Fe(OH)2 + 2KCl Nếu
FeCl3 + 3KOH Fe(OH)3 + 3KCl không
AlCl3 + 3KOH Al(OH)3 + 3KCl cân bằng Al(OH)3 + KOH    KAlO2 + 2H2O hoặc
HCl + KOH KCl + H2O thiếu
Dung dịch D gồm: KCl, KAlO2, KOH. điều kiện Trang 27
Chất rắn E gồm : Fe(OH)2, Fe(OH)3. trừ đi nữa số 4Fe(OH)2 + O2
ot 2Fe2O3 . + 4H2O điểm 2Fe(OH)3
ot Fe2O3 . + 3H2O Chất rắn F là : Fe2O3
KAlO2 + CO2 + 2H2O Al(OH)3 + KHCO3
KOH + CO2 KHCO3
Kết tủa G là: Al(OH)3 II 3 điểm
Cho khí hiđro dư đi từ từ qua hỗn hợp các oxit nung nóng. PTHH: Fe2O3 . + 3H2
ot 2Fe +3 H2O 0,25 CuO + H2
ot Cu + H2O
Hòa tan hỗn hợp rắn thu được gồm Fe,Cu,MgO bằng dung dịch HCl dư .Lọc lấy
riêng chất rắn không tan là Cu. 0, 5
Fe + 2HCl FeCl2 + H2
MgO + 2HCl MgCl2 + H2O
Lấy Cu nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được CuO. 2Cu + O2   ot 2CuO 0,25
Dung dịch thu được gồm FeCl2 ,MgCl2, HCl dư đem điện phân dung dịch thì thu được Fe. FeCl dp 2 dd   Fe+ Cl2
Cho Fe tác dụng với khí clo dư ta được FeCl3, cho tác dụngvới dung dịch NaOH
dư lọc lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được 1,0 Fe2O3 tinh khiết 2Fe + 3 Cl2
ot 2FeCl3
FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 + 3NaCl 2Fe(OH)3
ot Fe2O3 . + 3H2O
Dung dịch còn lại gồm MgCl2, HCl dư cho tác dụngvới dung dịch NaOH dư
MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl
HCl + NaOH NaCl + H2O
Lọc lấy kết tủa nung nóng khối lượng không đổi ta được MgO 1,0 nguyên chất Mg(OH)2
ot MgO . + H2O
(Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa) III 2,5điểm
PTHH điều chế supephốt phát kép 1,5
Ca3(PO4)2 + 3H2SO4 đặc
ot 3CaSO4 (rắn) + 2H3PO4 Ca3(PO4)2 + 4H3PO4    3Ca (H2PO4)2
Trên thực tế người ta chỉ dùng phốtphát tự nhiên cho những vùng đất chua vì 1,0
phốtphát tự nhiên có thành phần chính là Ca3(PO4)2 không tan trong nước nên Trang 28
rễ cây không hút được.Khi Ca3(PO4)2 bón cho đất chua thì tan trong axit tạo
thành các muối tan trong nước ,rễ cây sẽ hút được và làm giảm độ chua của đất. IV 4 điểm
Trong cùng một dung dịch nên tỷ lệ về nồng độ cũng là tỷ lệ về số mol.Gọi a là số 0,25 1)
mol của AgNO3 thì số mol của Cu(NO3)2 là 2,5a
Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO3 0,25
ba muối đó là Zn(NO3)2, AgNO3, Cu(NO3)2.
Gọi x là số mol Zn tham gia phản ứng Zn + 2AgNO3
  Zn(NO3)2 + 2Ag 0,5 x mol 2x mol x mol 2x mol
Vì khối lượng thanh Zn tăng nên ta có : 2x.108 – x.65= 3,02 0,5 x= 0,02 mol 0, 02 
nZn(NO ) = 0,02 mol => C 0, 08(M) 0,5 3 2 M Zn(NO ) = 3 2 0, 25
Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa một muối duy nhất là Zn(NO3)2 nên Zn đã
phản ứng hết với AgNO3, Cu(NO3)2. Zn + 2AgNO3
  Zn(NO3)2 + 2Ag 1,0 2)
0,5a mol a mol 0,5a mol a mol Zn + Cu(NO3)2    Zn(NO3)2 + Cu
2,5a mol 2,5a mol 2,5a mol 2,5a mol
Mà nZn(NO ) = 0,6.0,25= 0,15(mol) 3 2 0,5
Nên nZn(NO ) = 0,5a +2,5a = 0,15(mol) => a=0,05(mol) 3 2 0, 05 nAgNO = 0,05(mol) C  0, 2(M) 3 M AgNO = 3 0, 25 0,5 0,125
nCu(NO ) = 0,05.2,5= 0,125(mol) C  0,5(M) 3 2 M Cu(NO ) = 3 2 0, 25 V 6 điểm
Nung nóng hỗn hợp trong không khí tới khối lượng không đổi, xảy ra các PTHH: 4FeCO3 + O2
ot 2Fe2O3 . + 4CO2 (1) 4Feot xOy + (3x-2y)O2  2xFe2O3 (2) 1,0
Cho khí A tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 CO2 + Ca(OH)2
  CaCO3 + H2O (3) 2CO2 + Ca(OH)2    Ca(HCO3)2 (4) 1 nCaCO =  0,01(mol) 3 100 0,5
nCa(OH) = 0,75.0,02=0,015(mol) 2 Trang 29
Do nCa(OH) > nCaCO nên xảy ra hai trường hợp: 2 3
Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư ,chỉ xảy ra (3)
=> nCaCO = n CO2 = 0,01(mol) 3
Từ (1) nFeCO = n CO2 = 0,01(mol) => mFeCO = 0,01.116=1,16(g) 3 3 n 1,0 Fe
O = nFeCO /2 = 0,01/2 = 0,005(mol) 2 3 3 16
mFexOy= 16,24- 1,16 = 15,08(g) theo (1,2) nFe O =
 0,1(mol) => nFe O (2)= 2 3 160 2 3
0,1 – 0,005= 0,095(mol)
Theo (2) nFexOy= nFe O . 4/2x = 0,19/x (mol) 2 3
Khi đó 0,19/x(56x + 16y) = 15,08 1,0
=> 10,64+ 3,04y/x = 15,08
x/y = 3,04/4,44= 76/111(loại)
Trường hợp 2: Ca(OH)2 hết , xảy ra (3,4)
Từ (3) nCaCO = n CO2 = nCa(OH) = 0,01(mol) 3 2
=> nCa(OH) (4) = 0,015- 0,01= 0,005(mol) 2 0,5
Theo(4) n CO2 = 2 nCa(OH) = 0,005 .2 = 0,01 (mol) 2
Nên n CO2 (3,4) = 0,01+ 0,01 = 0,02 (mol)
Từ (1) nFeCO = n CO2 = 0,02(mol) => mFeCO = 0,02.116=2,32(g) 3 3
nFe O = nFeCO /2 = 0,02/2 = 0,01(mol) 1,0 2 3 3 16
mFexOy= 16,24- 2,32 = 13,92(g) theo (1,2) nFe O =
 0,1(mol) => nFe O (2)= 2 3 160 2 3
0,1 – 0,01= 0,09 (mol)
Theo (2) nFexOy= nFe O . 4/2x = 0,18/x (mol) 2 3
Khi đó 0,18/x(56x + 16y) = 13,92 c)
=> 10,08+ 2,88y/x = 13,92 1,0 x/y = 2,88/3,84= ¾
Vậy công thức hóa học của oxit sắt là: Fe3O4
* Bài toán thựchiện theo cách khác mà có kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa
*Không chấp nhận kết quả đúng khi bản chất hóa học sai
*Chiết điểm đến 0,25 điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 9
Thời gian làm bài 150 phút Câu 1 (3điểm) Trang 30
1. Hòa tan hoàn toàn BaO vào nước, thu được dung dịch X. Cho SO3 vào dung dịch X, thu
được kết tủa Y và dung dịch Z. Cho Al vào dung dịch Z thấy có khí hiđro bay ra. Viết các
phương trình hóa học xảy ra.
2. Có 3 khí A, B, C. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO4 ở nhiệt độ cao, khí B được
điều chế bằng cách cho FeCl2 tác dụng với hỗn hợp KMnO4 và H2SO4 loãng, khí C được điều
chế bằng cách đốt pirit sắt trong oxi. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 2(5điểm):
1. Giải thích các hiện tượng xảy ra và viết các PTHH trong các trường hợp sau:
a. Sục từ từ CO2 vào nước vôi trong cho tới dư
b. Cho từ từ bột Cu vào axit HNO3 đặc, nóng.
c. Cho từ từ kim loại K vào dung dịch sắt (II) sunfat.
2. Chỉ dùng dung dịch HCl hãy trình bày cách nhận biết các gói bột mất nhãn sau:
FeS, FeS2, FeO, FeCO3, CuS. Viết các phương trình hoá học ? Câu 3(3,0điểm):
Viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ biến hóa sau: Ca(HCO3)2 (4) (2) (3) Na2CO3 (1) CaCO3 BaCO3 (6) (5) CO2
Cấu 4(5,0điểm): (Thí sinh bảng B không phải làm ý 2 của câu này)
1. Nung hoàn toàn 15g một muối cacbonat của một kim loại hóa trị II không đổi. Toàn bộ khí
thoát ra cho hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thấy thu được 9,85 gam kết tủa.
Xác định công thức hóa học của muối cacbonat ?
2. Thêm từ từ dung dịch HCl vào 10 gam muối cacbonat của một kim loại hóa trị II . Sau
một thời gian thể tích khí thoát ra đã vượt quá 1,904 lít (đktc) và lượng muối clorua tạo
thành vượt quá 8,585 gam. Hỏi đó là muối cacbonat của kim loại nào. Câu 5(4,0điểm):
Hòa tan hoàn toàn 4 gam hỗn hợp một kim loại hóa trị III và một kim loại hóa trị II cần
dùng hết 170 ml dung dịch HCl 2M
a) Tính thể tích H2 thoát ra ( Ở đktc)
b) Cô cạn dung dịch được bao nhiêu gam muối khan ?
c) Nếu biết kim loại hóa trị III là Al và số mol bằng 5 lần số mol của kim loại hóa trị II.
Kim loại hóa trị II là nguyên tố nào.
Cho biết: H = 1; C =12; O =16; Mg = 24; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64; N = 14; Cl = 35,5
--------------------------Hết-------------------------
Họ và tên thí sinh:………………………………………….SBD:………..phòng:……….. HƯỚNG DẪN CHẤM Bảng Câu Nội dung Bảng A B Trang 31
BaO + H2O Ba(OH)2 0,25 0,25
Ba(OH)2 + SO3 BaSO4 + H2O 0,25 0,25 Nếu Ba(OH) 0,5 0,5
2 dư: Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O Ba(AlO2)2 + 3H2 0,25 0,25 1
Nếu SO3 dư: SO3 + H2O H2SO4 (3đ) 0,5 0,5
2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2. 0 t 0,25 0,25 2KMnO4 
K2MnO4 + MnO2 + O2 (A) 0,5 0,5
10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O + 10Cl2 (B) 0 t 4FeS2 + 7O2   2Fe2O3 + 4SO2 (C) 0,5 0,5 1. (2,5đ)
a) Nước vôi bị đục sau đó trong trở lại: 0,25 0,25
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 ( r) + H2O 0,25 0,25
CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2 0,25 0,25
b) Đầu tiên có khí màu nâu, sau đó có khí không màu rồi hóa nâu trong không 0,25 0,25 khí: t0 0,25 0,25
Cu + 4HNO3 đ Cu(NO 0,25 0,25
3)2 + 2H2O + 2NO2 3Cu + 8HNO 0,25 0,25
3 loãng 3Cu(NO3)2 + 4H2O + 2NO 2NO + O 0,25 0,25 2 2NO2 0,25 0,25 2
c) Có khí không màu thoát ra đồng thời có kết tủa trắng hơi xanh xuất hiện 0,25 0,25 (5đ)
2K + 2H2O 2KOH + H2 Mỗi Mỗi
2KOH + FeCl2 Fe(OH)2 + 2KCl 2.(2,5đ) chất chất
Trích mẫu, rồi cho mỗi chất lần lượt tác dụng với dung dịch HCl đúng đúng - CuS không tan kèm kèm pư cho pư
- FeS tan, có khí mùi trứng thối: FeS + 2HCl FeCl2 + H2S 0,5đ - FeS cho
2 tan, có khí mùi trứng thối và có kết tủa vàng: FeS2 + 2HCl FeCl2 + 0,5đ H 2S + S
- FeO tan, không có khí: FeO + HCl FeCl2 + H2O
- FeCO3 tan, có khí không mùi thoát ra:
FeCO3 + 2HCl FeCl2 + CO2 + H2O (1) Na2CO3
+ CaCl2 CaCO3 + 2NaCl Mỗi Mỗi t0
(2) Ca(HCO3)2 CaCO3 + CO2 + H2O pư pư 3
(3) Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 BaCO3 + CaCO3 + 2H2O đúng đúng (3đ) (4) Ca(HCO3)2
+2NaOH Na2CO3 + CaCO3 + 2H2O cho cho (5) BaCO3
+ 2HCl BaCl2 + CO2 + H2O 0,5đ 0,5đ (6) Na2CO3 + H2SO4 Na2SO4 + CO2 + H2O 1. (3đ) 𝟗,𝟖𝟓 𝒏 0,5 0,5 𝑩𝒂𝑪𝑶 =
= 𝟎, 𝟎𝟓 (𝒎𝒐𝒍) 𝒏
= 𝟎, 𝟏. 𝟏 = 𝟎, 𝟏 (𝒎𝒐𝒍) 𝟑 𝟏𝟗𝟕 𝑩𝒂(𝑶𝑯)𝟐
Gọi CT của muối cacbonat cần tìm là MCO3 0,25 0,5 MCO3 MO + CO2 (1) 0,25 0,5
Vì 𝒏𝑩𝒂𝑪𝑶 < 𝒏
nên ta xét 2 trường hợp: 𝟑 𝑩𝒂(𝑶𝑯)𝟐 0,25 0,5 4
Trường hợp 1: Tạo muối BaCO3 (5đ)
Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O 0,25 0,5 0,05 0,05
Từ (1) => M + 60 = 𝟏𝟓 = 300 => M = 240 (loại) 0,5 0,5 𝟎,𝟎𝟓 0,25 0,5
Trường hợp 2: Tạo 2 muối BaCO3 và Ba(HCO3)2 0,25 0,5
Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O 0,05 0,05 0,05 0,25 0,5 Trang 32
Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 0,05 0,1 => 𝒏 0,25 0,5 𝑪𝑶
= 𝟎, 𝟎𝟓 + 𝟎, 𝟏 = 𝟎, 𝟏𝟓 (𝒎𝒐𝒍) 𝟐
Từ (1) => M + 60 = 𝟏𝟓 = 100 => M = 40 => M là Ca 𝟎,𝟏𝟓
Vậy CTHH của muối cần tìm là CaCO3 2.(2đ) 2HCl + MCO 0,5
3 MCl2 + CO2 + H2O 1,904
Theo PHHH: nCO2 = nMCO3 = nMCl2  0,085 mol 0,5 22, 4 10 => M
> 0,085 => M < 57,6 60 0,5
0,085 x (M + 71) > 8,585 => M > 30
Vậy 30 < M < 57,6. Nên M thỏa mãn đối với kim loại Ca. Vậy công thức muối 0,5 là CaCO3
Gọi A và B lần lượt là kim loại hóa trị II và hóa trị III.
Ptp/ứ: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 0,25 0,25
2B + 6HCl 2BCl3 + 3H2 (2) 0,25 0,25 n
C .V  0,17.2  0,34mol 0,25 0,25 HCl M Từ (1) và (2) ta 0,25 0,25
thấy tổng số mol của axit HCl gấp 2 lần số mol H2 tạo ra 0,25 0,25 => n
 0,34: 2  0,17mol V
 0,17.22,4  3,808lit H HCl 2 0,25 0,25
b) nHCl = 0,34 mol suy ra nCl = 0,34 mol 0,5 0,5 5
mCl = 0,34 . 35,5 = 12,07 gam 0,25 0,25 (4đ)
=> Khối lượng muối = mhh + m (Cl) = 4 + 12,07 = 16,07 g 0,5 0,5
c) Gọi số mol của Al là a mol => số mol của kim loại có hóa trị II là a : 5
Từ (2) suy ra nHCl = 3a Từ (1) suy ra n HCl = 0,4a 0,5 0,5
Ta có : 3a + 0,4a = 0,34 => a = 0,1 mol
Số mol của kimlọai có hóa trị II là 0,1 : 5 = 0,02 mol 0,25 0,25
m  0,1.27  2, 7g mkim loại = 4 - 2,7 = 1,3 g Al 1,3 0,5 0,5 Mkim loai =
 65 => Là kẽm (Zn) 0, 02
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC
Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 10
Thời gian làm bài 150 phút Câu 1. (6 điểm)
1- Lựa chọn các chất thích hợp tương ứng với A1,A2,A3,B1,B2,B3 rồi viết phương trình phản
ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa: A1 A2 A3 Fe(OH)3 Fe(OH)3 B1 B2 B3
2- a) Có 5 bình thủy tinh không màu bị mất nhãn chứa 5 khí riêng biệt : N2 ; O2 ; CO2 ; H2 ;
CH4. Trình bày phương pháp hoá học nhận ra từng khí
b) Chỉ dùng dung dịch PP hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết năm lọ mất
nhãn đựng năm dung dịch riêng biệt: H2SO4; Na2SO4; NaOH; BaCl2; MgCl2 .
Câu 2. ( 4 điểm) Trang 33
1- Trong phòng thí nghiệm có sẵn CuSO4 . 5 H2O ; H2O và các dụng cụ thí nghiệm cần thiết.
Hãy trình bày cách pha chế 200ml dung dich CuSO4 1M.
2- Cho hỗn hợp chứa a mol mỗi chất: Na2O; NaHCO3 ; BaCl2 ; NH4Cl vào nước. Khuấy đều,
đun nhẹ để phản ứng xẩy ra hoàn toàn thu được dung dịch A, khí B và kết tủa C. Viết
phương trình phản ứng xẩy ra và xác định các chất trong A,B,C và cho biết số mol từng chất.
Câu 3. (3 điểm):
Đặt lên hai đầu đĩa của một cân thăng bằng hai cốc A,B có khối lượng bằng nhau, mỗi cốc
đựng 100ml dung dịch H2SO4 0,2M. Cho m(g) Mg vào cốc A, m(g) Al vào cốc B. Hãy tính
toán và cho biết cân nghiêng nặng về bên nào trong các trường hợp:
a) Sau thí nghiệm cả hai cốc kim loại đều không tan hết.
b) Sau thí nghiệm cả hai cốc kim loại đều tan hết.
Câu 4. (5 điểm):
Nhiệt phân 25,9(g) muối hydrocacbonat của kim loại M( Có hóa trị không đổi trong các hợp
chất) đến khối lượng không đổi thu được chất rắn A, hổn hợp B gồm khí và hơi. Hấp thụ
hoàn toàn B vào bình đựng dung dịch chứa 0,14 mol Ca(OH)2 , sau khi kết thúc phản ứng
thấy khối lượng bình tăng 10,6(g) đồng thời có 8(g) kết tủa.
a) Xác định kim loại M.
b) Cho toàn bộ chất rắn A ở trên vào 200ml dung dịch H2SO4 0,2M ( Khối lượng riêng là
1,2(g)/ml). Tính C% dung dịch thu được.
Câu 5. (2 điểm):
m(g) hỗn hợp A gồm KHCO3 và CaCO3 cho tác dụng với dung dịch HCl dư. Toàn bộ lượng
khí CO2 cho hấp thụ hoàn toàn vào 200ml dung dịch hỗn hợp KOH 1M và Ca(OH)2 0,75M
thu được 12(g) kết tủa. Tính m.
( Cho nguyên tử khối của các nguyên tố:H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23;Mg = 24; Al =
27; S = 32;Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag= 108; Ba = 137.)
Lưu ý: Học sinh bảng B không phải làm câu 5). HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Đáp án Điểm Bảng Bảng A B 1- câu
A1 : Fe2O3 ; A2: FeCl3 ; A3: FeNO3: B1: H2O; B2: Ca(OH)2 ; B3 : 1,5 1,5 1(3đ)
NaOH ( Có thể thay bằng chất thích hợp, tìm được mỗi chất cho 0,25đ)
2Fe(OH)3 to Fe2O3 + 3H2O 0,25 0,25 Fe2O3 + 6 HCl ¾¾¾¾ ® 2FeCl3 + 3 H2O 0,25 0,25 FeCl 3 + 3 AgNO3 ¾
¾¾¾® e(NO3)3 + 3AgCl ↓ 0,25 0,25 H 0,25 0,25 2O + CaO ¾ ¾¾¾® Ca(OH)2
Ca(OH)2 + Na2CO3 ¾¾¾¾ ® CaCO3↓ + 2NaOH 0,25 0,25 2- Câu
Fe(NO3)3 + 3NaOH ¾¾¾¾
® Fe(OH)3 ↓ + 3NaNO3 0,25 0,25 2(3đ) 3đ 3đ
Trích mẫu thử các chất sục vào dung dịch nước vôi trong, trường 0,5 0,5
hợp nào làm vẩn đục nước vôi trong nhận ra CO2 a CO2 + Ca(OH)2 ¾¾¾¾ ® CaCO3 ↓+ H2O
Cho tàn đóm đỏ vào lần lượt mẫu thử các bình , tàn đóm đỏ bùng 0,25 0,25
cháy ta nhận ra bình O2 , 3 bình còn lại làm tàn đóm tắt là N2; H2 và CH4. Trang 34
Trích mẫu thử các chất 3 bình còn lại đem đốt: Không cháy là N2 ; 0,25 0,25
Cháy được là H2 và CH4 ( nhóm 1)
Cho sản phẩm cháy ở nhóm (1) lần lượt sục vào nước vôi trong, 0,5 0,5
làm nước vôi trong vẩn đục ta nhận ra chất ban đầu là CH4 , Bình còn lại là H2 CH4 + 2O2 to CO2 + 2H2O 2H2 + O2 to 2H2O CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 ↓+ H2O
Nhỏ ít giọt dung dịch PP vào mẫu thử các chất, trường hợp bị hóa 0,25 0,5
đỏ ta nhận ra dung dịch NaOH.
Cho dung dịch NaOH vào mẫu thử các chất còn lại, nếu có xuất 0,25 0,5
hiện kết tủa trắng ta nhận ra dung dịch MgCl2
2NaOH + MgCl2 Mg(OH)2↓ + 2NaCl
Cho mẫu thử ba chất còn lại lần lượt tác dụng với nhau, chất tạo 0,5 0,25
kết tủa trắng được với hai chất là BaCl2 b BaCl2 + H2SO4 ¾¾¾¾ ® Ba SO4 ↓ + 2HCl BaCl2 + Na2SO4 ¾¾¾¾ ® Ba SO4 ↓ + 2NaCl
Cho mẫu thử hai chất còn lại vào kết tủa Mg(OH)2 ở trên, chất hòa 0,5 0,25
tan được kết tủa là H2SO4 dung dịch còn lại là Na2SO4
H2SO4 + Mg(OH)2 ¾¾¾¾ ® Mg SO4 + 2H2O 3đ 3đ
n Cu SO4 trong 200ml d d Cu SO4 1M = 0,2 mol 0,25 0,5
m CuSO4 = 0,2 * 160 = 32(g); M Cu SO4= 160g ; 0,25 0,5 Câu 2(4đ) M CuSO4.5H2O = 250g. %mCuSO 0,5 0,5
4trong CuSO4.5H2O = (160/250)*100% = 64%. m Cu SO
4 . 5 H2O = ( 32*100) : 64 = 50(g)
Dùng cân cân lấy 50(g) CuSO 0,5 0,25 1
4 . 5 H2O Cho vào ống thủy tinh có
vạch chia độ ( Dung tích > 200ml), cho thêm ít nước vào khuấy để chất tan tan hết.
Từ từ cho thêm nước vào tới vạch 200ml ta được 200ml dung dịch 0,5 0,25 Cu SO4 1M 2đ 2đ Các PTPU: 0,25 0,25 Na2O + H2O ¾¾¾¾ ® 2NaOH (1) a 2a (mol) NaOH + NaHCO 0,25 0,25 3 ¾
¾¾¾® Na2CO3 + H2O (2) 2 a a a (mol)
NaOH + NH4Cl to NaCl + NH3↑ + H2O (3) 0,25 0,25 a a a a (mol) Na 0,25 0,25 2CO3 + BaCl2 ¾
¾¾¾® BaCO3 ↓ + 2NaCl (4) a a a 2a (mol) Trang 35
Do các chất có số mol bằng nhau nên phản ứng vừa đủ ( n NaOH 0,25 0,25
ở(1) vừa đủ để phản ứng ở (2) và (3).
Dung dịch A là dung dịch NaCl ( nNaCl = 3a mol) 0,75 0,75
Khí B là NH3 (nNH3 = a mol)
Kết tủa C là BaCO3 ( nBaCO3 = a mol) 2đ 2đ
n H2SO4 trong mỗi cốc = 0,1*0,2 = 0,02 mol; n Mg = m/24; nAl= 0,25 0,5 m/27 Cốc A: Mg + H2SO4
  MgSO4 + H2↑ (1) 0,25 0,25 Câu a
Cốc B: 2Al + 3H2SO4
  Al2(SO4)3 + 3H2↑ (2) 0,25 0,25 3(3đ)
Cả hai cốc kim loại đều tan không hết
  nH2 thoát ra ở (1) = 0,5 0,5
nH2 thoát ra ở (2) = n H2SO4 trong mỗi cốc ban đầu = 0,02 mol
do đó cân ở vị trí thăng bằng. 0,25 0,5
Cả hai cốc kim loại tan hết ta có: 0,25 0,5
n H2 ở cốc A thoát ra = n Mg = m/24 mol n H
2 ở cốc B thoát ra = 1,5 n Al = 1,5 m/27 mol 0,25 0,5 b
1,5 m/27 mol > m/24 mol = 1,5m/36 mol 0,5 0,5
H2 thoát ra ở cốc B thoát ra nhiều hơn do đó cân nghiêng nặng về 0,5 0,5 bên A 3đ 4đ Câu a
Đặt hóa trị không đổi của kim loại M là n ( n nguyên dương; n ≤3) 0,25 0,25 4(5đ)
ta có công thức muối hydro cacbonat của M là: M(HCO3)n.
Các PTPU có thể có: 0,25 0,5 2M(HCO3)n. to
  M2(CO3)n + nH2O + nCO2↑ (1) 2M(HCO to 3)n
  M2On + 2n CO2 + nH2O (2) 0,25 0,5 CO2 + Ca(OH)2
  CaCO3↓ + H2O (3) 0,25 0,5 CaCO3 + CO2 + H2O    Ca(HCO3)2 (4) 0,25 0,5 ( Chất rắn A là M
2(CO3)n hoặc M2On ; Hỗn hợp khí B là CO2 và 0,25 0,25 hơi H
2O; Bình dung dịch Ca(OH)2 tăng là khối lượng CO2 và H2O ; kết tủa là CaCO
3 , nCaCO3 = 8/100=0,08 mol
Theo bài ra: nCa(OH)2 = 0,14mol > nCaCO3 = 0,08 mol    Có 0,25 0,25
hai trường hợp xẩy ra: TH1: Ca(OH)2 dư
  Không xẩy ra (4) : 0,25 0,25
Theo (2): nCO2 = nCaCO3 = 8/100= 0,08mol mCO 0,25 0,25
2 = 0,08* 44 = 3,52(g)
  mH2O = 10,6 – 3,52 = 7,08(g) Trang 36
  n H2O = 7,08/18 = 0,39 mol.
Theo (1) và (2): nH2O ≤ nCO2 nhưng 0,39 > 0,08 ( TH1 loại)
TH2: CO2 dư ở (3) , xẩy ra (4): 0,25 0,25 CO2 + Ca(OH)2
  CaCO3 ↓+ H2O (3) 0,14 0,14 0,14 (mol) CaCO3 + CO2 + H2O    Ca(HCO3)2 (4) 0,06 0,06 (mol) Tổng số mol CO mCO 2 = 0,2 mol 
2 = 0,2* 44 = 8,8(g)  
mH2O = 10,6 – 8,8 = 1,8(g)  n H2O = 1,8/18 = 0,1 mol. Ta thấy
nCO2 = 2n H2O do đó xẩy ra (2): 0,25 0,25
Theo (2): nM(HCO3)n.= 0,2/n.
Ta có: m M(HCO3)n = 0,2/n * ( M+61n) = 25,9 0,25 0,25    M= 68,5n n 1 2 3 M 68,5 137 205,5 KL Loại Ba Loại Vậy M là Ba 3đ 4d
nH2SO4 = 0,2*0,2 = 0,04 mol 0,25 0,25
Thay M bằng kim loại Ba, công thức muối: Ba(HCO 3)2 ta có: Ba(HCO3)2 to
  BaO + H2O + 2CO2 ↑ (1) 0,25 0,25 b 0,1 0,1 (mol) BaO + H2SO4
  Ba SO4 ↓+ H2O (3) 0,25 0,25 0,04 0,04 0,04 (mol) BaO + H Ba(OH) 0,25 0,25 2O  2 (4) 0,06 0,06 (mol) m dung dịch H
2SO4 = 200* 1,2 = 240(g) ; nH2SO4 = 0,04 mol 0,25 0,25
Từ (1) , (2), (3), (4) ta có: mBaO = 0,1* 153 = 15,3 (g) 0,5 0,5 m Ba SO
4 = 0,04* 233 = 9,32(g) ; m Ba(OH)2 = 0,06* 171 =
10,26(g).; m dung dịch sau phản ứng = 15,3+ 240 – 9,32 = 245,98 (g)
C% dung dịch sau phản ứng = (10,26/245,98)* 100% 0,25 0,25 ≈ 4,17% 2đ 2đ Câu
nKOH = 0,2* 1 = 0,2 mol ; nCa(OH)2 = 0,2* 0,75 = 0,15 mol. 0,25 0 5(2đ) Trang 37
Phương trình phản ứng có thể có : 0,5 0 KHCO3 + HCl
  KCl + H2O + CO2 ↑ (1) CaCO3 + 2HCl
  CaCl2 + H2O + CO2↑ (2) CO2 + Ca(OH)2
  CaCO3 ↓+ H2O (3) CO K 2 + 2KOH  2CO3 + H2O (4)
CO2 + K2CO3+ H2O  2KHCO3 (5) CaCO3 + CO2 + H2O    Ca(HCO3)2 (6)
nCaCO3 = 12/100 = 0,12 mol < n Ca(OH)2 = 0,15 mol    Có hai 0,25 0
trường hợp xẩy ra
TH1: Ca(OH)2 dư ở (3) , không xẩy ra (4) , (5), (6) 0,5 0
Theo (3) : n CO2 = n CaCO3 = 12/100 = 0,12 mol
Theo (1) và (2): ∑ mol 2 muối trong A =∑ mol CO2 = 0,12 mol.
Mặt khác ta có M KHCO3 = M CaCO3 = 100(g)
Vậy: m = 0,12* 100 = 12(g).
TH2: CO2 dư, có xẩy ra (3) , (4) , (5), (6) theo tuần tự phản ứng: 0,5 CO2 + Ca(OH)2
  CaCO3 ↓ + H2O (3) 0,15 0,15 0,15 (mol) CO2 + 2KOH
  K2CO3 + H2O (4) 0,1 0,2 0,1 (mol) CO2 + K2CO3+ H2O    2KHCO3 (5) 0,1 0,1 (mol) CaCO Ca(HCO 3 + CO2 + H2O  3)2 (6) 0,03 0,03 (mol) ∑mol CO
2 là 0,38mol = ∑mol 2 muối trong A.
Vậy: m = 0,38*100 = 38(g)
ĐS: m1 = 12(g) ; m2 = 38(g) 2đ 0 Tổng 20đ 20đ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn: Hoá học 9 ĐỀ SỐ 11 Thời gian: 120 phút Câu 1 ( 3 điểm)
1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau, xác định rõ các chất ứng với kí hiệu A, B, C, D, E, F, G.
(A, B, C, D, E, F, G là các chất vô cơ)
Fe(nóng đỏ) + O2 A
A + HCl B + C + H2O B + NaOH D + G C + NaOH E + G D + O2 + H2O E E
 0t F + H2O Trang 38
2. Cho kim loại Natri vào dung dịch hai muối Al2(SO4)3 và CuSO4 thì thu được khí A, dung
dịch B và kết tủa C. Nung kết tủa C được chất rắn D. Cho hiđrô dư đi qua D nung nóng
được chất rắn E. Hoà tan E vào dung dịch HCl dư thấy E tan một phần. Giải thích và viết
phương trình hoá học các phản ứng. Câu 2 ( 3 điểm)
1.Chọn các chất X, Y, Z, T thích hợp và viết các phương trình hoá học hoàn thành sơ đồ biến hoá sau: (1) X (2)
Y FeSO4 (4) FeCl2 (5) Fe(NO3)2 (6) X (7) T (8) Z Z (3)
2. Chỉ dùng một thuốc thử duy nhất, hãy nhận biết các dung dịch mất nhãn:
NH4Cl, MgCl2; FeCl2; AlCl3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3 ( 2 điểm)
Hoà tan 3,2 gam oxit của một kim loại hoá trị ( III) bằng 200 gam dung dịch H2SO4 loãng.
Khi thêm vào hỗn hợp sau phản ứng một lượng CaCO3 vừa đủ thấy thoát ra 0,224 dm3 CO2
(đktc), sau đó cô cạn dung dịch thu được 9,36 gam muối khan. Xác định oxit kim loại trên và
nồng độ % H2SO4 đã dùng. Câu 4 ( 2 điểm)
Đốt m gam bột sắt trong khí oxi thu được 7,36 gam chất rắn X gồm: Fe; FeO; Fe3O4;
Fe2O3. Để hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X cần vừa hết 120 ml dung dịch H2SO4 1M ( loãng), tạo thành 0,224 l H2 ở đktc.
a. Viết phương trình hoá học xảy ra. b. Tính m?
Cho Fe = 56, O = 16, Ca = 40, S = 32, C = 12, H = 1
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 11 Câu Nội dung Điểm (3 điểm) 0 0,25đ 1. 3Fe + 2O t 2   Fe3O4 (A) 0,25đ Fe
3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (A) (B) (C) 0,25đ
FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (B) (D) (G) 0,25đ
FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl (C) (E) (G) 0,25đ 4Fe(OH)
2 + O2 + H2O → 4Fe(OH)3 (D) (E) 0,25đ 0 t 2Fe(OH)3   Fe2O3 + 3H2O (E) (F)
2:- Khi cho Na vào 2 muối Na sẽ phản ứng với nước 1
trong dung dịch trước. 0,25đ
2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2
Sau đó dd NaOH sẽ có phản ứng:
6 NaOH + Al2(SO4)3 → 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 0,25đ
NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2 H2O Trang 39
2 NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + Na2SO4 Vậy Khí A là H2
- Dung dịch B là: NaAlO2 và Na2SO4 0,25đ
- Kết tủa C là Cu(OH)2 và Al(OH)3 chưa phản ứng hết. Nung kết tủa C: o Cu(OH) t 2   CuO + H2O o 2 Al(OH) t 3   Al2O3 + 3 H2O
- Chất rắn D là: Al2O3 và CuO. 0,25đ
- Cho hiđro dư qua D nung nóng,chỉ có CuO tham gia khử: 0,25đ o CuO + H t 2   Cu + H2O
- Vậy rắn E là Cu Và Al2O3 ( không có CuO vì H2 dư)
Hoà tan E vào HCl, E tan một phần vì Cu không phản ứng với HCl. 0,25đ
Al2O3 + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2O (3 điểm)
1. X là Fe(OH)2 Z là Fe Y là Fe3O4 T là FeO 2 điểm
Phương trình phản ứng: Viết
1/ Fe(OH)2 + H2SO4 → FeSO4 + 2 H2O đúng
2/ Fe3O4 + 4 H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4 H2O mỗi
3/ Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 PTHH
4/ FeSO4 + BaCl2 → FeCl2 + BaSO4 được
5/ FeCl2 + 2 AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2 AgCl 0,25đ
6/ Fe(NO3)2 +2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaNO3 2 0 7/ Fe(OH) t 2   FeO + H2O 0 8/ FeO + CO t  Fe + CO2 1 điểm 2. Nhận biết
- Dùng NaOH để nhận biết các dung dịch. 0,25đ
+ DD nào có khí mùi khai ( NH3) bay ra là NH4Cl.
NaOH + NH4Cl → NaCl + NH3() + H2O 0,25đ
+ DD nào có kết tủa trắng (Mg(OH)2) là MgCl2.
2 NaOH + MgCl2 → Mg(OH)2 + 2 NaCl
+ DD nào có kết tủa trắng xanh sau hoá nâu ngoài không Khí là FeCl2. 0,25đ
2 NaOH + FeCl2 → Fe(OH)2 + 2 NaCl
4 Fe(OH)2 + O2 + 2 H2O → 4 Fe(OH)3
+ DD nào xuất hiện kết tủa keo trắng, tan khi NaOH dư là AlCl3 0,25đ
3 NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3 NaCl
NaOH dư + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2 H2O
Gọi công thức của oxit là A2O3 ( 2điểm)
A2O3 + 3 H2SO4 → A2(SO4)3 + 3 H2O (1) 0,02 0,06 mol 0,25đ
H2SO4 dư + CaCO3 → CaSO4 + H2O + CO2 (2) 1.
số mol CO2 = 0,01 mol
theo pt (2) Số mol H2SO4 dư = số mol CO2 = số mol 0,25đ CaSO4 = 0,01 mol Trang 40
Dd khi cô cạn có 9,36 gam muối khan 3 m 0,25đ A (SO ) + mCaSO4 = 9,36 2 4 3
mA (SO ) + 0,01. 136 = 9,36 2 4 3
m A (SO ) = 9,36 – 1,36 = 8 g 2 4 3 0,25đ
theo (1) số mol A2O3 = số mol A2(SO4)3 3, 2 8 2M  48 2M  228 0,25đ A A Giải ra ta được M
A = 56. Vậy oxit là Fe2O3 2. 0,25đ
Theo PT (1) ta có số mol của Fe2O3 = 3,2/160 = 0,02 số mol H
2SO4 ở (1) là 0,02.3 = 0.06 mol tổng số mol H 0,25đ
2SO4 ở (1) và (2) là 0,01 + 0,06 = 0,07 Khối lượng H 2SO4 = 6,86 g
Nồng độ % là: 3,43 %. 0,25đ Các PTHH: ( 2điểm) 0 2 Fe + O t 2   2 FeO 0 t  3 Fe + 2 O2 Fe3O4 0 4 Fe + 3 O t 2   2 Fe2O3 (0,5đ)
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (1)
FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O (2) 4
Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3+ 4H2O (3)
Fe2O3 + 3 H2SO4 → Fe2(SO4)3+ 3 H2O (4)
Số mol khí H2 sinh ra sau phản ứng là: 0,01 mol
Khối lượng Fe trong hỗn hợp X là:
Theo (1) số mol Fe = số mol H2 sinh ra = 0,01 mol = số Mol H2SO4 ở (1) 0,25đ
khối lượng của Fe l à: 0,01. 56 = 0,56 g
Số mol H2SO4 phản ứng ở (2), (3), (4) l à 0,25đ
0,12.1 – 0,01 = 0,11 mol
Cũng theo (2), (3), (4) ta thấy:
Số mol H2SO4 = số mol nước = số mol oxi trong hỗn 0,25đ
hợp các oxit = 0,11 mol
Khối lượng của nguyên tử oxi trong oxit là: 0,25đ 0,11.16 = 1,76 g
Áp dụng ĐLBTNT: khối lượng của Fe = Khối lượng 0,5đ
của oxit - khối lượng của oxi 7,36 – 1,76 = 5,6 g
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn: Hoá học 9 ĐỀ SỐ 12 Thời gian: 120 phút
Câu 1 (3điểm). Viết phương trình xảy ra giữa mỗi chất trong các cặp sau đây: A. Ba và d2 NaHCO3 C. K và d2 Al2(SO4)3 D. Mg và d2 FeCl2
B. Khí SO2 và khí H2S
D. d2 Ba(HSO3)2 và d2 KHSO4
E. Khí CO2 dư và d2 Ca(OH)2
Câu 2 (3 điểm). Chỉ dùng một thuốc thử hãy phân biệt các dung dịch sau:
NaOH, CuSO4, Fe(NO3)3, Fe(NO3)2, NH4Cl, AlCl3 Trang 41
Câu 3 (4 điểm).
1. Cho 44,2g một hỗn hợp của 2 muối sunfát của một kim loại hoá trị I và một kim
loại hoá trị II tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 thu được 69,9g một chất kết tủa. Tính
khối lượng các muối thu được sau phản ứng?
2. Dẫn H2 dư đi qua 25,6g hỗn hợp X gồm Fe3O4, ZnO, CuO nung nóng cho đến khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8g chất rắn. Hỏi nếu hoà tan hết X
bằng dung dịch H2SO4 thì cần bao nhiêu gam dung dịch H2SO4 20%.
Câu 4 (4 điểm). Cho 16,4g hỗn hợp M gồm Mg, MgO và CaCO3 vào dung dịch HCl dư thì thu
được hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với H2 là 11,5. Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 30,1g hỗn hợp muối khan.
a. Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp M?
b. Nếu cho hỗn hợp M trên vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 4,48l hỗn hợp
X gồm 2 khí ở đktc có khối lượng 10,8g thì X gồm những khí gì?
Câu 5 (3điểm). Hoà tan m gam kim loại M bằng dung dịch HCl dư thu được V lít khí H2 (đktc)
Cũng hòa tan m gam kim loại trên bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được V lít khí NO (đktc)
a. Viết các phản ứng xảy ra?
b. M là gì? Biết khối lượng muối Nitrat gấp 1,905 lần muối Clorua.
Câu 6 (3điểm). Hỗn hợp A gồm 2 kim hoại là Mg và Zn. B là dung dịch H2SO4 có nồng độ là x mol/l
TH1: Cho 24,3g (A) vào 2l dung dịch (B) sinh ra 8,96l khí H2.
TH2: Cho 24,3g (A) vào 3l dung dịch (B) sinh ra 11,2l khí H2.
(Các thể tích khí đo ở đktc)
a. Hãy CM trong TH1 thì hỗn hợp kim loại chưa tan hết, trong TH2 axít còn dư?
b. Tính nồng độ x mol/l của dung dịch B và % khối lượng mỗi kim loại trong A?
---------------------------------------HẾT-----------------------------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 12
Câu 1: Viết đúng mỗi phần được 05 x 6 = 3đ
a. 2Ba + 2H2O -> Ba(OH)2 + H2 0,25
Ba(OH)2 + 2NaHCO3 -> Na2CO3 + BaCO3 + 2H2O 0,25
b. 2H2S + SO2 -> 3S + 2H2O 0,5
c. 2K + 2H2O -> 2KOH +H2 0,25
6KOH + Al2(SO4)3 -> 3K2SO4 + 2Al(OH)3 0,25
KOH + Al(OH)3 -> KAlO2 + 2H2O 0,25
d. Ba(HSO3)2 + 2KHSO4-> K2SO4 +BaSO4+ SO2 + 2H2O 0.5
d. Mg + FeCl2 -> MgCl2 + Fe 0,25
e. CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 + H2O 0,25
CaCO3 + H2O + CO2 -> Ca(HCO3)2 0,25 Câu 2: (3đ)
a. - Biết dùng quỳ tím -> NaOH (quỳ xanh) 0,5đ
- Từ NaOH nhận biết được các chất còn lại được 2,5đ
và viết đúng các phương trình
+ Xuất hiện xanh -> CuSO4 -> Viết PT 0,5đ
+ Xuất hiện đỏ mâu -> Fe(NO3)3 -> Viết PT 0,5đ Trang 42
+ Xuất hiện trắng xanh, hoá nâu trong K2 là Fe(NO3)2 -> Viết PT 0,5đ
+ Có khí mùi khai -> NH4Cl -> Viết PT 0,5đ
+ Xuất hiện keo, tan dần -> AlCl3 -> Viết PT 0,5đ Câu 3:
a. Gọi kim loại hoá trị I là A, hoá trị II là B
=> Các muối sun fát: A2SO4, BSO4 0,5đ
A2SO4 + BaCl2 => 2ACl + BaSO4 (1)
BSO4 + BaCl2 -> BCl2 + BaSO4 (2) 0,5đ Theo PT ta thấy 9 , 69 nn   m 3 , 0 ol BaCl2 BaSO4 232
=> Áp dụng ĐL TBKL: Tính được m muối sau phản ứng = 36,7g 1đ
2. Gọi x, y, z là số mol Fe3O4, ZnO, CuO (x,y,z>0) => 232x + 81y + 80z = 25,6
- Viết được phản ứng => Lập PT: Mkim loại = 168x + 65y + 64z = 20,8
-> nO (oxít) = 4x + y + z = 0,3 mol 1đ
- Viết PT: oxít + H2SO4 => nH2SO4 = nO = 0,3 mol
-> mH2SO4 = 0,3 x98 = 29,4g => md2H2SO4 = 147g 1đ Câu 4 (4đ): a.
- Viết đúng các PT 0,75đ
- Lập được các PT đại số, giải chính xác 1đ
- Tính được khối lượng các chất trong M 0,5đ b.
- Viết đúng mỗi PT được 0,25đ x 3 = 0,75đ
- Khẳng định trong X có CO2 0,25đ H2S hoặc SO2
Tìm Mkhí còn lại = 64 -> Kết luận là SO2.
Vậy hỗn hợp khí X gồm SO2 Và CO2 0,75đ Câu 5 (3đ):
Kim loại M phản ứng với HCl có hoá trị n
(m, n N) m n
Kim loại M phản ứng với HNO3 có hoá trị m 0,5đ
2M +2nHCl = 2MCln + nH2 (1) (mol) x x nx 1đ 2
3M + mHNO3 -> 3M(NO3)m + mNO + H2O (2) (mol) x x mx 3 mx nx n 2 VìV
V  n n   
(chọn n = 2; m = 3) 0,5đ NO H 2 NO H 2 3 2 m 3
Mặt khác KL muối nitrat = 1,905 lần khối lượng muối clorua Nên: m  905 , 1 mM  ( 56 ) Fe 1đ M .( 3 NO )3 MCl2 Câu 6 (2đ): a.
- Giải thích được TH1 dư kim loại, TH2 dư axít 1đ Viết đúng 2 PT 0,5đ
- Xét TH2 lâp hệ phương trình
65x+24y = 24,3 x =0,3 % Zn = 80,25%
x+y = 0,5 y = 0,2 % Mg = 19,75% 1đ
- Xét TH1, nH2SO4 = nH2 = 0,4 mol =>CM H2SO4 = x M = 0,2M 0,5đ Trang 43
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HSG MÔN: HÓA HỌC LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ SỐ 13 Câu I: ( 4 điểm)
Cho các dd muối A, B ,C ,D chứa các gốc axit khác nhau . Các muối B, C đốt trên
ngọn lửa vô sắc phát ra ánh sáng màu vàng .
- A tác dụng với B thu được dung dịch muối tan , kết tủa trắng E không tan trong
nước là muối có gốc axit của axit mạnh , và giải phóng khí F không màu , không mùi , nặng
hơn không khí .Tỉ khối hơi của F so với H2 bằng 22.
- C tác dụng với B cho dd muối tan không màu và khí G không màu , mùi hắc , gây
gạt ,nặng hơn không khí, làm nhạt màu dung dịch nước brôm.
- D tác dụng với B thu được kết tủa trắng E.Mặt khác D tác dụng với dung dịch
AgNO3 tạo kết tủa trắng.
Hãy tìm A,B,C ,D,E ,F ,G và viết các PTHH xảy ra. Câu II : ( 4 điểm)
1.Chỉ dùng một thuốc thử duy nhất hãy phân biệt các chất bột màu tương tự nhau ,
chứa trong các lọ mất nhãn sau:CuO, Fe3O4,(Fe + FeO), Ag2O, MnO2. Viết các PTHH xảy ra.
2. Cho hỗn hợp chất rắn gồm FeS2, CuS , Na2O. Chỉ được dùng thêm nước và các
điều kiện cần thiết ( nhiệt độ, xúc tác ... ) . Hãy trình bày phương pháp và viết các phương
trình hóa học xảy ra để điều chế FeSO4, Cu(OH)2. Câu III : ( 3 điểm)
Cho 27,4 gam bari vào 400 gam dung dịch CuSO4 3,2% , thu được khí A , kết tủa B và dung dịch C.
1. Tính thể tích khí A (đktc)
2. Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam chất rắn? Câu IV : ( 4 điểm )
Chia 8,64 gam hỗn hợp Fe, FeO, và Fe2O3 thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho vào
cốc đựng lượng dư dung dịch CuSO4, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 4,4 gam
chất rắn. Hòa tan hết phần 2 bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được dung dịch A và 0,448(
lít) khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn từ từ dung dịch A thu được 24,24 gam một muối sắt duy nhất B.
1. Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu.
2. Xác định công thức phân tử của muối B. Câu V: (5 điểm)
Hòa tan 6,45 gam một hỗn hợp gồm 2 kim loại A và B (đều có hóa trị II ) trong dd
H2SO4 loãng ,dư .Sau khi kết thúc phản ứng người ta thu được 1,12 lít khí (đktc ) và còn lại
3,2 gam chất rắn không tan . Lượng chất rắn không tan này tác dụng vừa đủ với 200 ml dd
AgNO3 0,5M thu được dung dịch D và kim loại E. Lọc bỏ E rồi cô cạn dung dịch D thu được muối khan F.
1 . Xác định 2 kim loại A và B , biết rằng A đứng trước B trong dãy hoạt động hóa
học của kim loại.
2 . Đem nung F một thời gian người ta thu được 6,16 gam chất rắn G và hỗn hợp khí
H .Tính thể tích hỗn hợp khí H ở đktc. Trang 44
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 13 MÔN: HÓA HỌC 9 Câu I: ( 4 điểm )
-Mỗi chất 0,4 điểm × 7 chất = 2,8 điểm.
A : Ba(HCO3)2 B : NaHSO4 C : Na2SO3
D: BaCl2 E: BaSO4 F : CO2 G: SO2
-Mỗi phương trình : 0,3 điểm × 4 = 1,2 điểm
Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 + 2CO2 + H2O
Na2SO3 + 2NaHSO4 → 2Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O
BaCl2 + 2NaHSO4 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 + 2HCl
BaCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl ↓ + Ba(NO3)2 Câu II: ( 4 điểm )
1.Phân biệt được mỗi lọ 0,4 điểm × 5 lọ = 2 điểm.
- Hòa tan từng chất bột đựng trong các lọ vào dung dịch HCl đặc :
+ Bột tan có tạo khí màu vàng lục nhạt thoát ra có mùi hắc đó là MnO2.
MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O
+ Bột tan có bọt khí không màu thoát ra đó là ( Fe + FeO)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑
FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O
+ Có tạo kết tủa màu trắng đó là Ag2O.
Ag2O + 2HCl → 2AgCl ↓ + H2O
+ Bột tan có tạo dung dịch màu xanh , đó là CuO. Trang 45
CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O
+Bột tan có tạo dung dịch màu vàng nhạt đó là : Fe3O4
Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
2. Điều chế được mỗi chất : 1 điểm × 2 = 2 điểm.
- Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc , tách lấy chất rắn FeS2, CuS và dung dịch NaOH. Na2O +H2O → 2NaOH
- Điện phân nước thu được H2 và O2: 2H2O 2H2 +O2 (1)
- Nung hỗn hợp FeS2, CuS trong O2 (1) dư đến phản ứng xảy ra hoàn toàn được hỗn hợp rắn Fe2O3, CuO và khí SO2. 4FeS2 +11O2 2Fe2O3 + 8SO2 2CuS + 3O2 2CuO + 2SO2
- Tách lấy khí SO2 cho tác dụng với O2 (1) dư có xúc tác , sau đó đem hợp nước được dung dịch H2SO4. 2SO2 + O2 2SO3
SO3 + H2O → H2SO4 (2)
- Lấy hỗn hợp rắn : Fe2O3, CuO đem khử hoàn toàn bằng H2 (1) dư ở nhiệt độ cao được hỗn
hợp Fe, Cu. Hoà tan hỗn hợp kim loại vào dd H2SO4 loãng (2) , được dung dịch FeSO4. Phần
không tan Cu tách riêng. Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O CuO + H2 Cu + H2O
Fe + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2 ↑
- Cho Cu tác dụng với O2 (1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H2SO4 (2) rồi cho tiếp
dung dịch NaOH vào , lọc tách thu được kết tủa Cu(OH)2 . 2Cu + O2 2CuO
CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O
CuSO4 + 2 NaOH → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 Câu III : ( 3 điểm )
-Viết PTHH, tìm số mol ban đầu : 1 điểm Các PTHH:
Ba +2H2O → Ba(OH)2 + H2 ↑
CuSO4 + Ba(OH)2 → Cu(OH)2 ↓ + BaSO4↓
Số mol Ba = 0,2 mol, số mol CuSO4 = 0,08 mol 1. ( 1 điểm ) Thể tích H2 là 4,48 lit. 2. ( 1 điểm )
Kết tủa B gồm : Cu(OH)2 và BaSO4. Khi nung : Cu(OH)2 CuO + H2O
Khối lượng chất rắn ( BaSO4 + CuO ) = 0,08.233 + 0,08.80 = 25,4 (g) Câu IV: ( 4 điểm) 1. (2 điểm )
Gọi x, y,z là số mol của Fe , FeO , Fe2O3 có trong mỗi phần của hỗn hợp ta có : 56x + 72y + 160z = 4,32 (*) Phần 1: Trang 46
Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (1)
Chất rắn gồm : Cu, FeO , Fe2O3.
Ta có : 64x + 72y + 160z = 4,4 (**) Phần 2: Số mol NO = 0,02 ( mol)
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO ↑ + 2H2O (2)
3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO ↑ + 5H2O (3)
Fe2O3 + 6HNO3 →2Fe(NO3)3 +3H2O (4)
Theo PT (2,3): Số mol NO = x + y/3 = 0,02 ( mol) (***)
Giải hệ PT: (*)(**)(***) ta được :
x = 0,01 , y = 0,03 , z = 0,01 → % Fe = 12,96 % → % FeO = 50 % → % Fe2O3 = 37,04 % 2. ( 2 điểm)
Khi cô cạn dung dịch ta được muối Fe(NO)3 với số mol là :
x + y + 2z = 0,01 + 0,03 + 2.0,01 = 0,06 ( mol)
Nếu là muối khan thì khối lượng sẽ là : 242.0,06 = 14,52 (g) < 24,24 (g)
Vì vậy muối sắt thu được là loại tinh thể ngậm nước : Fe(NO)3.n H2O.
Ta có khối lượng phân tử của muối B là : (24,24 : 0,06 ) = 404
→ ( 242 +18n )= 404 → n = 9
Vậy CTPT của muối B là Fe(NO)3.9H2O. Câu V: ( 5 điểm ) 1. (2 điểm)
- Chất rắn không tan có khối lượng 3,2 gam là kim loại B.
→ mA = 6,45 – 3,2 = 3,25 (g) - PTHH :
A + H2SO4 → ASO4 + H2 ↑
Theo PT → MA = 3,25:0,05 =65 → A là kẽm (Zn)
- PTHH: B + 2AgNO3 → B(NO3)2 + 2Ag↓
Theo PT → MB = 3,2 : 0,05 = 64 → B là đồng ( Cu) 2. (3 điểm)
D là dung dịch Cu(NO3)2 , muối khan F là Cu(NO3)2 .
Từ PT (2) : nF = nB = 0,05 (mol) Nhiệt phân F : 2Cu(NO3)2
2CuO + 4NO2 ↑ + O2 ↑
Nếu Cu(NO3)2 phân hủy hết thì G là CuO với khối lượng là :
0,05.80 = 4 (g) < 6,16 (g) ( Vô lý )
Vậy G gồm CuO và Cu(NO3)2 dư.
Gọi x là số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân:
→ mG = ( 0,05 – x ).188 + 80x = 6,16 → x = 0,03 (mol)
Theo PT (3) : VH = ( 0,06 + 0,015 ) .22,4 = 1,68 (lít) Trang 47 PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN: HOÁ HỌC
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ 14
Câu 1:(5điểm ) a/ Viết phương trình phản ứng của Ba(HCO3)2 với mỗi chất sau :
Ca(OH)2, HNO3, K2SO4, KHSO4, H2SO4, dung dịch ZnCl2 .
b/ Viết 7 phương trình phản ứng thể hiện các phương pháp khác nhau để điều chế muối ZnCl2. Câu 2:(5,5 điểm )
a/ Có 5 mẫu kim loại :Ba, Mg, Fe, Ag, Al chỉ dùng dung dịch H2SO4 loãng (không được dùng
chất khác ). Hãy nhận biết ra 5 kim loại trên.
b/ Tách các chất ra khỏi hỗn hợp gồm : SiO2, ZnO, Fe2O3 .
Câu 3: (2,5 điểm ): Cho m gam kim loại Na vào 200 gam dung dịch Al2(SO4)3 1,71% . Phản
ứng xong thu được 0,78 gam kết tủa. Tính m ?
Câu 4: (3 điểm ) : Hoà tan một lượng muối cacbonat của một kim loại hoá trị II bằng axit
H2SO4 14,7%. Sau khi khí không thoát ra nữa, lọc bỏ chất rắn không tan thì được dung dịch
có chứa 17% muối sun phát tan. Hỏi kim loại hoá trị II là nguyên tố nào?
Câu 5: (4điểm ): Cho 50ml dung dịch Fe2(SO4)3 tác dụng với 100ml dung dịch Ba(OH)2. Kết
tủa thu được sau khi làm khô và nung ở nhiệt độ cao thì cân được 0,859 gam. Nước lọc còn
lại phản ứng với 100 ml dung dịch H2SO4 0,5M tạo ra chất kết tủa, sau khi nung cân dược
0,466 gam. Giải thích hiện tượng, viết phương trình phản ứng và tính nồng độ mol của các dung dịch đầu?
( Biết: Fe = 56 ; Ba = 137; Na = 23 ; S = 32; Al = 27; Mg = 24; H = 1; O = 16)
BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 14 Câu Đáp án Điểm Trang 48 Câu 1 a/ Phần a:
(5điểm) Ba(HCO mỗi PT
3)2 + Ca (OH)2 -> BaCO3 + CaCO3 + 2 H2O Ba(HCO 0,25
3)2 + 2HNO3 -> Ba (NO3)2 + 2 H2O + 2 CO2 điểm) Ba(HCO
3)2 + K2 SO4 -> BaSO4 +2 KHCO3
Ba(HCO3)2 +2 KH SO4 -> BaSO4 + K2SO4 + 2 H2O + 2CO2
Ba(HCO3)2 + H2SO4 -> BaSO4+ 2 H2O + 2CO2
Ba(HCO3)2 + ZnCl2-> Zn (OH)2 + BaCl2 + 2 CO2 b/
KL + Ax Zn+ 2 HCl -> ZnCl2 + H2 Phần a:
KL + PK Zn + Cl 2-> ZnCl 2 mỗi PT
KL + M Zn + CuCl2 -> ZnCl2 + Cu 0,5 điểm)
Ax + M ZnCO3 + 2 HCl -> ZnCl 2 + H2O + CO2
M + M Zn SO4 + Ba Cl2 -> Ba SO4 + Zn Cl2
Oxit + Ax ZnO + 2HCl -> ZnCl 2 + H2O
Bazo+ Ax Zn ( OH)2 + 2 HCl -> Zn Cl2 + 2 H2O Câu 2 a/ Phần a:
(5,5điểm) Lấy mỗi mẫu kim loại 1 lượng nhỏ cho vào 5 cốc đựng dung dịch H2SO4 2,5điểm loãng. (Nhận -
Cốc nào không có khí bay lên là Ag ( không tan) biết mỗi -
Cốc nào có khí bay lên và có KL 0,5 là Ba điểm)
Ba + H2SO4 -> Ba SO4 + H2 (1) -
Các cốc có khí : Al, Mg, Fe
2Al + 3H2SO4 -> Al2 (SO4)3 +3 H2 (2)
Mg + H2SO4 -> MgSO4 + H2 (3)
Fe + H2SO4 -> FeSO4 + H2 (4)
Thêm tiếp Ba vào cốc có phản ứng (1) thì xảy ra phản ứng có sau
Ba + 2 H2O -> Ba (OH)2 + H2 (5)
Lọc kết tủa được dung dịch Ba(OH)2 -
Lấy 1 lượng nhỏ mỗi kim loại còn lại cho tác dụng với dung dịch
Ba(OH)2 nhận được Al vì có phản ứng tạo khí. Al + 2 H
2O + Ba (OH)2 -> Ba(AlO2)2 + 3 H2 (6)
đồng thời cho Ba (OH)
2 vào 2 dung dịch muối của 2 kim loại còn lại
( phản ứng 3 và 4)
Ta nhận được săt vì kết tủa đổi màu khi để trong không khí.
Fe SO4 + Ba (OH)2 -> Ba SO4 + Fe (OH)2 (7)
4 Fe (OH)2 + O2 + 2 H2O -> 4 Fe ( OH)3 (8)
Trắng xanh Nâu đỏ
Còn lại kết tủa không đổi màu là Mg(OH)2-> nhận được Mg
b/ Hòa tan hỗn hợp trong HCl dư tách được SiO2
ZnO + 2HCl -> Zn Cl2 + H2O
Fe2 O3 + 6 HCl -> 2 FeCl3 + 3H2O
+ Dung dịch muối lọc + NaOH dư:
HCl + NaOH -> NaCl + H2O
Zn Cl 2 + 2 NaOH -> Zn (OH)2 + 2 NaCl Phần b:
Zn ( OH) 2 + 2 NaOH -> Na2ZnO2 + 2 H2O 3 điêm
Fe Cl 3 + 3 NaOH -> Fe (OH)3 + 3 NaCl (Tách Trang 49
+ Lọc tách kết tủa nung ở nhiệt độ cao được mỗi
2 Fe( OH) 3 -t> Fe2O3 + 3 H2O tách được Fe2O3 oxit 1 điểm)
Sục CO2 vào dung dịch còn lại có phản ứng.
Na2ZnO2 + 2CO2 + 2H2O -> Zn(OH) 2 + 2 NaHCO3
Nung kết tủa tách ZnO o Zn(OH) t 2   ZnO + H2O Câu 3
Các phản ứng có thể xảy ra
(2,5điểm) 2 Na + 2 H 0,25 điểm
2O -> 2 NaOH + H2 (1) 6NaOH + Al 0,25 điểm
2(SO4)3 -> 2 Al (OH)3 + 3 Na2 SO4 (2) Al (OH) 0,25 điểm
3 + NaOH -> Na Al O2 + 2 H2O (3)
Ta có: n(Al2SO4)3 = 0,01mol 78 , 0 0,25 điểm nAl(OH)3 =
= 0,01 mol ( có 2 TH) 78 TH 1: 0, 75điểm
Chỉ có phản ứng (1,2) tạo ra 0,01 mol kết tủa 1 Theo (2) nAl2 (SO4)3 = nAl(OH)3 = 0,005 mol 2
n(Al2SO4)3 dư = 0,01- 0,005 = 0,005 mol
Theo (1,2) nNa = nNaOH= 3nAl(OH)3 = 0,03 mol
Vậy khối lượng Na đã dùng: m = 0,03 . 23 = 0, 69 (gam) TH2
Kết tủa tan 1 phần còn lại 0,01 mol ( 0,78 g) có phản ứng (1,2,3)
Theo (2) nAl(OH)3 = 2n(Al2SO4)3 = 2 . 0,01 = 0,02 mol
Kết tủa tan ở (3) là 0,02 - 0,01 = 0,01 mol 0,75điểm Theo phản ứng (3)
nNa = nNaOH = 6 nAl2 (SO4)3 + n tan = 0,07 mol
Vậy khối lương Na đã dùng m = 0,07 .23 = 1,61 gam Đ/ S : TH1 m= 0,69 gam TH2 m= 1,61 gam Câu 4
Giả sử có 100g dung dịch H2SO4 -> mH2SO4 = 14, 7 (g) ( 3điểm)
nH2SO4 = 14,7 : 98 = 0,15 mol PT: RCO
3 + H2SO4 -> RSO4 + H2O + CO2
Mol 0,15 0,15 0,15 0,15 0,5 điểm Sau phản ứng: M 0,5 điểm
ctan = ( R + 96). 0,15 gam mdd sau p/ư = mRCO 3 + m dd axit – mCO2
= ( R+ 60). 0,15 + 100 – (44.0,15) 0,5 điểm
= R. 0,15 + 9+ 100 - 6,6 = 0,15 R + 102,4 ( 15 , 0 R  , 14 1 ) 4 00 C % = = 17 (%) 0,5 điểm 15 , 0 R  10 , 2 4
Giải PT ta có: R= 24 ( Magiê)
Vậy KL hoá trị II là Magiê Trang 50 1 điểm Câu 5 PT phản ứng:
(4điêm) Fe2(SO4)3 + 3 Ba(OH) 2 -> 3 BaSO4 + 2 Fe(OH)3 (1) 0,5 điểm
2 Fe(OH)3 -t> Fe2O3 + 3 H2O (2) 0,5 điểm
Nước lọc có Ba(OH) 2 có p/ư tạo kết tủa Ba(OH) 0,5 điểm
2 + H2SO4 -> BaSO4 + 2H2O (3)
Sau khi nung, khối lượng chất rắn là: m BaSO 4 + mFe2O3 = 0,859 (g) Gọi nFe 0,25 điểm 2O3 = x (mol) Theo (1,2,3) ta có: 3 Ba(OH)
2 -> 3 BaSO4 -> 2 Fe(OH)3 ->Fe2O3 mol 3x 3x 2x x
Khối lượng sau khi nung là:
3x . 233 + 160. x = 0, 859 0,25 điểm x = 0,001 mol Theo (1) nBa(OH)
2 = 0,001.3 = 0,003 mol mà nH 0,5 điểm
2SO4 = 0,005 mol và nBaSO4 = 0,002 mol Chứng tỏ H
2SO4 dư và Ba(OH)2 p/ư hết , 0 466 nBa(OH)2 = nBaSO4 =  0 , 0 0 m 2 ol 233
Vậy trong 100 ml dung dịch Ba(OH) 2 có 0,25 điểm
0,003 + 0,002 = 0,005 mol
-> CM Ba(OH)2 = 0,05 M Theo (1) 0,25 điểm 003 , 0 1  m 001 , 0 ol nFe2(SO4)3 = nBa(OH)2 = 3 0,5 điểm 3 0 , 0 01 0,5 điểm CM Fe2(SO4)3 = M 02 , 0 05 , 0 Đ/ S : 0,05 M và 0,02 M
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ SỐ 15 MÔN: HOÁ HỌC
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1(4,0 điểm). Cho sơ đồ biến hóa sau: + E X + A (1) (5) F + G + E X + B (2) (6) H (7) F Trang 51 Fe (3) + I +L X + C K H + BaSO4 (4) (8) (9) X + D + M X +G H (10) (11) Câu 2 (3điểm)
1. Một hỗn hợp gồm Al, Fe, và Ag. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp.
2. Có 5 lọ mất nhãn đựng 5 dung dịch: NaOH, KCl, MgCl2, CuCl2, AlCl3. Hãy nhận biết từng
dung dịch trên mà không dùng thêm hóa chất khác. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3 (2,5 điểm).
Cho 30,6 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với 500 ml dung dịch HNO3 loãng, đun nóng
và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 1,68 lit khí NO(sản phẩm khử duy
nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 1,2 gam kim loại.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b. Tính nồng độ mol của axit HNO3. Câu 4 (4 điểm)
1. Nung 15,2 gam hỗn hợp FeO và Fe2O3 trong một bình kín có chứa 11,2 lít khí CO (đktc).
Sau phản ứng hoàn toàn thu được 18 gam hỗn hợp khí. Biết rằng X bị khử hoàn toàn thành Fe.
a. Xác định thành phần các chất trong hỗn hợp khí.
b. Tính khối lượng sắt thu được và khối lượng 2 oxit ban đầu.
2. Hòa tan 15,3 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại hóa trị I, II vào dung dịch
HCl dư thu được dung dịch X và 3,36 lit khí (đktc). Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X? Câu 5 (3,5 điểm)
1. Cho 2,4 gam kim loại M tác dụng hết với dd H2SO4 loãng thì thu được 0,1 mol khí H2 ở đktc.
a. Xác định kim loại M.
b. Từ M, viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp lần lượt từng chất MCl2, M(NO3)2.
2. Cho 3,42 gam Al2(SO4)3 phản ứng với 50 ml dung dịch NaOH thu được 0,78 gam kết tủa.
Tính nồng độ mol/lit của dung dịch NaOH. Câu 6 (3điểm)
Hòa tan hết 22,4 gam CaO vào nước dư thu được dung dịch A.
1. Nếu cho khí cacbonic sục hết vào dung dịch A thì thu được 5,0 gam kết tủa. Tính thể tích
khí cacbonic (ở đktc) tham gia phản ứng.
2. Nếu hòa tan hoàn toàn 56,2 gam hỗn hợp MgCO3 và BaCO3 (có thành phần thay đổi trong
đó có a% MgCO3) bằng dung dịch HCl, tất cả khí thoát ra hấp thụ hết vào dung dịch A thì
thu được kết tủa B. Tình giá trị của a để lượng kết tủa B nhỏ nhất. Trang 52
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 15 Câu Nội dung Điểm Câu1
- Tìm đươc CTHH của các chất 1,25điểm 4điểm
X là Fe3O4 ; D là C ; H là FeCl2
A là H2 ; E là Cl2 ; I là H2SO4
B là CO ; F là FeCl3 ; K là FeSO4
C là Al ; G là HCl ; L là BaCl2 M là O2 - Viết PTHH 2,75 điểm
1. Fe3O4 + 4H2 to 3Fe + 4H2O 2. Fe3O4 + 4CO to 3Fe + 4CO2
3. 3Fe3O4 + 8Al to 9Fe + 4Al2O3 4. Fe3O4 + 2C to 3Fe + 2CO2 5. 2Fe + 3Cl2 2 FeCl3 6. Fe + 2HCl FeCl2 + H2 7. 2FeCl2 + Cl2 2 FeCl3 8. Fe + H2SO4 FeSO4
9. FeSO4 + BaCl2 FeCl2 + BaSO4 10. 3Fe + 2O2 Fe3O4
11. Fe3O4 + 8 HCl FeCl2 +2 FeCl3 + 4H2O Câu 2
1. Cho hỗn hợp tan trong NaOH dư, Fe và Cu không tan 1,5điểm (3điểm)
2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2
Dẫn CO2 vào nước lọc. Sau đó lọc tách kết tủa đem nung ở nhiệt độ cao:
NaAlO2 + 4H2O + CO2 Al(OH)3 + NaHCO3 2Al(OH)3 t0 Al2O3 + 3H2O 2Al2O3 đpnc 4Al + 3O2
- Cho hỗn hợp Fe và Cu không tan vào dung dịch HCl dư, Cu không tan, lọc thu được Cu Fe + 2HCl FeCl2 + H2
-Lấy dung dịch thu được cho tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa nung đến
khối lượng không đổi, đẫn luồng khí CO dư đi qua HCl + NaOH NaCl + H2O Trang 53
FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3 CO2
2.- Dung dịch có màu xanh lam là CuCl2 1,5 điểm
- Lấy dung dịch CuCl2 cho tác dụng với 4 dung dịch còn lại, dung dịch nào tạo kết tủa là NaOH:
CuCl2 + 2NaOH Cu(OH)2 + 2NaCl -
Lấy dung dịch NaOH cho tác dụng với 3 dung dịch còn lại
+ Dung dịch nào không có kết tủa là KCl
+ Dung dịch nào có kết tủa trắng là MgCl2 MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl
+ Dung dịch nào có kết tủa trắng, kết tủa tan trong kiềm dư là AlCl3 AlCl3 + 3NaOH Al(OH)3 + 3NaCl Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2 H2O Câu 3
3 Cu + 8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1) 0,25
(2,5 điểm) Mol x 8x/3 2x/3 0,25
3Fe3O4 + 28HNO3 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (2)
Mol y 28y/3 3y y/3 0,25
2Fe(NO3)3 + Cu Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (3) 0,25 Mol 3y 3y/2 0,25
Có 1,2 gam kim loại không tan nên Cu dư chuyển Fe3+ hết 0,25 thành Fe2+
Gọi số mol Cu phản ứng 1 là x mol, số mol Fe3O4 là y mol
nNO = 1,68/ 22,4 = 0,075 mol
Theo PT và ĐB ta có 2x/3 + y/3 = 0,075
64(x + 3y/2) + 232y = 30,6 – 1,2 0,25 x=0,075 y= 0,075 0,25
Số mol HNO3 đã dùng là : ( 8x/3 + 28y/3 ) = 0,9 mol
CM HNO3 = 0,9 : 0,5 =1,8M 0,25 0,25 Câu 4 1.
(4 điểm) a. Xác định thành phần hỗn hợp khí. 0,5
FeO + CO to Fe + CO2 (1)
Fe2O3 + 3CO to 2Fe + 3 CO2 (2)
Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp khí CO còn dư. Vậy hỗn hợp khí 0,25 gồm CO dư và CO2
b. Gọi x,y là số mol FeO, Fe2O3 tham gia phản ứng. 0,25
Ta có: 72x + 160y = 15,2 (*)
Từ PTPƯ 1,2 nCO = x +3y = nCO2 nCO dư =0,5- (x + 3y)
Theo đb : mCO + mCO2 = 18
28(0,5 - x- 3y) + 44(x +3y) = 18 0,25 x+ 3y = 0,25 (**)
Từ (*) và (**) ta được : x= 0,1 ; y = 0,05 0,5
mFe = (0,1 + 2.0,05).56 = 11,2 g 0,25 mFeO = 0,1.72 = 7,2 g 0,25
mFe2O3 = 0,05. 160 = 8 g 0,25 Trang 54
2.Gọi CTHH muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II là M2CO3 Và NCO3
M2CO3 + 2HCl 2MCl + CO2 + H2O (1) 0,5
NCO3 + 2HCl 2MCl2 + CO2 + H2O (2)
nCO2 = 6,72: 22,4 = 0,3 mol 0,25
Ta có khối lượng muối tăng = 11nCO2 =11.0,3 =3,3 g 0,25
Khối lượng muối thu được là 30,6 +3,3 =33,9g 0,5 Câu 5
a. 2M + nH2SO4 M2(SO4)n + nH2 (3,5đ) mol 0,2/n 0,1 0,25
Ta có: M = 2,4(0,2/n) = 12n n 1 2 3 0,5 M 12 24 36 Kết luận Loại Mg Loại 0,25 b. Mg + Cl2 t0 MgCl2 0,25
Mg + Cu(NO3)2 Mg(NO3)2 + Cu 0,25 2. nAl2(SO4)3 = 0,01 mol 0,25 nAl(OH)3 = 0,01 mol
*Trường hợp 1: Al2(SO4)3 dư 0,25
Al2(SO4)3 + 6NaOH 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 mol 0,005 0,03 0,01 0,25
CM NaOH = 0,03:0,05 = 0,6M
*Trường hợp 2: Al2(SO4)3 thiếu
Al2(SO4)3 + 6NaOH 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 0,25 mol 0,01 0,06 0,02
Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O 0,25 mol 0,01 0,01 0,01
CM NaOH = 0,07: 0,05 = 1,4M 0,25 Câu 6 1. (3 điểm)
CaO + H2O Ca(OH)2 (1)
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2) 0,5
CaCO3 + H2O + CO2 Ca(HCO)3 (3)
nCaO = nCa(OH)2 = 22,4: 56 = 0,4 mol
nCaCO3 = 5: 100 = 0,05 mol
Trường hợp 1:Ca(OH)2dư, không xảy ra phản ứng 3 0,5
Theo PTPƯ(2): nCO2 = nCaCO3 = 0,05 mol
VCO2 = 0,05.22,4 = 1,12 lít
Trường hợp 2: Ca(OH)2 thiếu
Theo PTPƯ (2) nCO2 = nCa(OH)2 = 0,4 mol 05
nCaCO3 ở phản ứng 3 = 0,4 – 0,05 = 0,35 mol
Theo PTPƯ (3) nCO2 = nCaCO3 =0,35 mol VCO2 = 0,75. 22,4 = 16,8 lit 2.
MgCO3 + 2HCl MgCl2 + CO2 + H2O (4) 0,25
BaCO3 + 2HCl BaCl2 + CO2 + H2O (5) Trang 55
Lượng CO2 lớn nhất khi a = 100. Số mol CO2 = 56,2: 84 = 0,669mol
Lượng CO2 nhỏ nhất khi a = 0. Số mol CO2 = 56,2: 197 = 0,285mol 0,25
0,285 < nCO2 < 0,669 0,25
Nếu nCO2 = 0,285 mol < nCa(OH)2; Tức là không có phản ứng 3
nCaCO3 = nCO2 = 0,285 mol 0,25
Nếu nCO2 = 0,669 mol > nCa(OH)2
nCaCO3 = 0,4- (0,669- 0,4) = 0,131 mol
Vậy khi a = 100 thì lượng kết tủa bé nhất. 0,25 0,25 PHÒNG GD & ĐT
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN: HOÁ HỌC ĐỀ SỐ 16
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) Câu I: (3 điểm)
1. Từ các chất KMnO4, Zn ,H2SO4,BaCl2 có thể điều chế được các khí nào? Viết các
phương trình hóa học xảy ra (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có)?
2.Phi kim R hợp với oxi tạo ra oxit cao nhất có công thức là R2O5. Trong hợp chất
của R với hiđro thì R chiếm 82,35% khối lượng. Xác định tên nguyên tố R và viết công thức của R với hiđro và oxi. Câu II: (4,5 điểm) 1.
Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng các muối từ hỗn hợp chất rắn gồm BaCl2, FeCl3 và AlCl3. 2.
Có ba lọ đựng ba chất rắn KCl, NH4NO3, Ca(H2PO4)2. Hãy nhận biết mỗi lọ bằng
phương pháp hóa học.
Câu III: (3,5 điểm)
Thí nghiệm: Làm bay hơi 60 gam nước từ dung dịch NaOH có nồng độ 15% được
dung dịch mới có nồng độ 18%.
1. Hãy xác định khối lượng dung dịch NaOH ban đầu. Trang 56
2. Cho m gam natri vào dung dịch thu được trong thí nghiệm trên được dung dịch có
nồng độ 20,37%. Tính m. Câu IV: (4 điểm)
Nhúng 1 thanh sắt nặng 100 gam vào 500ml dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,08M và
Ag2SO4 0,004M. Sau 1 thời gian lấy thanh sắt ra cân lại và thấy khối lượng là 100,48 gam.
Tính khối lượng kim loại bám vào thanh sắt và nồng độ mol các chất trong dung dịch sau
phản ứng. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Câu V (5 điểm)
Cho 7,22 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi. Chia hỗn hợp
làm hai phần bằng nhau. Hòa tan phần I trong dung dịch axit HCl thu được 2,128 lit H2. Hòa
tan hết phần II trong dung dịch HNO3 tạo ra 1,792 lít NO duy nhất. Thể tích các khí đó ở đktc.
1. Xác định kim loại M.
2. Tính % mỗi kim loại trong A
BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 16 Câu I: (3đ)
1. Điều chế khí oxi: 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 ĐPNC (0,25đ)
- Điều chế Cl2: BaCl2 Ba + Cl2
- Điều chế H2: Zn + H2SO4 (loãng) ZnSO4 + H2 (0,25đ)
- Điều chế SO2: Zn + 2H2SO4 đặc ZnSO4 + SO2 + 2H2O (0,25đ)
2. Gọi hóa trị của R trong hợp chất với hiđro là n => CTHH là RHn R (0,25đ) - Ta có %R  .100  35 , 82  R  n 67 , 4 R  n
- Vì n là hóa trị nên chỉ nhận các giá trị 1,2,3…. (0,5đ) n 1 2 3 4 5 6 7 (0,5đ) R 4,67 9,33 14 19 23 28 33
- Với n =3, R=14=>R là nitơ,kí hiệu là N
- CT của R với hiđrô là NH 3, với oxi là N2O5 Câu II: (4,5đ) 0,5
1. Cho hỗn hợp 3 muối vào cốc đựng dd NH 3 dư FeCl 0,5 3 + 3NH3 + 3H2O Fe(OH)3 +3NH4Cl AlCl  NH 3  H 3 O  Al ) OH (   NH 3 Cl 3 3 2 3 4 -
Lọc tách Fe(OH)3, Al(OH)3 cô cạn dung dịch rồi nung nóng ở nhiệt độ cao tách được BaCl2 NH4Cl t0 NH3 + HCl -
Cho hỗn hợp Fe(OH)3, Al(OH)3 vào dung dịch NaOH dư 1,0 Trang 57 Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O
Fe(OH)3 không phản ứng lọc tách ra cho tác dụng với dd HCl dư, cô cạn được FeCl3
Fe(OH)3+ 3HCl FeCl3 + 3H2O -
Sục CO2 dư vào dd NaAlO2 lọc tách kết tủa Al(OH)3 rồi cho tác dụng với dd
HCl dư và cô cạn được AlCl3 1,0 NaAlO  CO  H 2 O  Al ) OH (  NaHCO 2 2 2 3 3 Al(OH)  H 3 Cl  AlCl  H 3 O 3 3 2 1,0
2. Trích mỗi lọ 1 ít làm mẫu thử rồi hòa tan vào nước.
- Dùng Na2CO3 nhận ra Ca(H2PO4)2 vì tạo kết tủa trắng CaCO3
Na CO  Ca(H PO )  CaCO  2  NaH PO 2 3 2 4 2 3 2 4
- Dùng AgNO3 nhận ra KCl vì tạo kết tủa trắng AgCl 0,5
AgNO  KCl  AgCl  KNO 3 3 0,5
- Dùng NaOH nhận ra NH4 NO3 vì tạo khí có mùi khai NH3 0,5
NaOH  NH NO  NaNO  NH  H O 4 3 3 3 2 Câu III: (3,5đ)
1. Gọi khối lượng dung dịch NaOH ban đầu là m gam => mNaOH = 0,15m(g)
- Khối lượng dd NaOH sau khi làm bay hơi nước là : m - 60(g) m 15 , 0  0,5 1 . 00  18  m  36 ( 0 g) m  60
2. mNaOH = 0,15.360 = 54g 0,5
- Khối lượng dd NaOH sau khi làm bay hơi nước là: 360 – 60 = 300(g)
- PTHH: 2Na +2H2O 2NaOH + H2 (1) x x 0,5x (mol) 0,5
- Gọi số mol Na trong m gam Na là x mol => nNaOH = nNa = x(mol) => mNaOH (1) = 40x(g)
- Ta có PT về nồng độ dd sau phản ứng: 0,5 54  x 40  % C  1 . 00  % 37 , 20  x  , 0 2  NaOH 300  x 23  5 , 0 . 2 x 0,5 m  , 0 23 . 2  ( 6 , 4 g) Na Câu IV:(4đ) n  m 04 , 0 ; ol n  0 , 0 m 02 ol CuS 0,5 4 O Ag2 4 SO - PTHH: 0,5 Fe  Ag SO  FeSO  2Ag ) 1 ( 2 4 4 Fe  CuSO  FeSO  Cu ( ) 2 4 4
*TH1: Chỉ xảy ra (1). Đặt số nFe(pư) = x(mol) = n Ag 2 4 SO (pu) => m 0,5
tăng = 100,48 – 100 = 108.2x – 56x x = 0,003 > n (loại) Ag2SO4
* TH2 : Xảy ra cả (1) và (2) - Theo (1) nFe = n = 0,002 mol Ag2SO4 1,0 nAg = 2n = 0,004 mol Ag2SO4
- Gọi nFe(pư2) = a(mol) = nCuSO = nCu 4
=> mtăng = 100,48 – 100 = 108.0,004 + 64 a – 56.0,002 – 56 a a = 0,02 0,5
- Vậy khối lượng kim loại bám vào thanh sắt là : 108.0,004 + 64.0,02 = 1,712 gam.
- Sau pứ trong dd có 0,04 – 0,02 = 0,02 mol CuSO4 dư và 0,002 + 0,02 = 0,022 mol 0,5 FeSO4. 0,5 Trang 58 02 , 0 022 , 0 0,5 CM =  M 04 , 0 ; CM =  M 044 , 0 CuS 4 O 5 , 0 FeS 4 O 5 , 0 Câu V:(5đ) 0,5
1 phần = 1 .7,22 = 3,61(g); n = 0,095 mol ; n H NO = 0,08 mol 2 2
1. Gọi kim loại M có hóa trị là n 0,5 - PTHH:
Fe  2HCl  FeCl  H  (1) 2 2 1,0 M 2  n 2 HCl  M 2 Cl  nH (2) n 2 Fe  HNO 4  ( Fe NO )  NO   H 2 O (3) 3 3 3 2
3M + 4nHNO3 3M(NO3)n + nNO +2nH2) (4)
* TH1 : M không tác dụng với HCl (tức không xảy ra (2)) 0,5
- Theo (1) nFe = nH = 0,08 mol mFe = 0,08.56 = 4,48 > 3,61 (loại) 2
* TH2 : M tác dụng với HCl (tức xảy ra (2)) 0,5
- Gọi số mol Fe có trong 1 phần là x mol => mFe = 56.x (g)
- Theo (1) : nH (1) = nFe = x(mol) 0,5 2 2 2 - Theo (2) : nM = n .  .( 0 , 0 95  x)mol n H (2) 0,5 2 n 2
=> mM = 3,61 – 56.x = .( 0 , 0 95  x M ). (*) n 0,5
- Theo (3) : nNO = nFe = x(mol) 3 3 - Theo (4) : nM = n .  .( 08 , 0  x)mol 0,5 n NO n 3 => m M = 3,61 – 56.x= .( 08 , 0  x M ). (**) n 0,5
- Từ (*) và (**) => M(0,09M – 0,81n) =0 => * M=0 (loại)
* 0,09 M – 0,81n = 0 => M = 9n
- Với n=3 ; M = 27 => M là kim loại nhôm (Al) 3 . 61 , 3  27 . 19 , 0 2. Ta có x =  05 , 0 3 . 56  27 . 2 56 . 05 , 0 => %mFe = 1 . 00  % 56 , 77 61 , 3
=> % mAl = 100 – 77,56 = 22,44 % ĐỀ SỐ 17
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn thi: Hóa học
Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu 1( 4,0 điểm): Trang 59
Nêu hiện tượng xẩy ra và viết các phương trình phản ứng cho mỗi thí nghiệm sau:
a) Cho kim loại Na vào dung dịch AgNO3.
b) Sục khí SO2 từ từ cho tới dư vào dung dịch Ca(OH)2
c) Cho từ từ mỗi chất: khí CO2, dung dịch AlCl3 vào mỗi ống nghiệm chứa sẵn dung dịch NaAlO2 cho tới dư.
d) Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch FeCl3.
Câu 2 ( 4,0 điểm ):
Có 15 gam hỗn hợp Al và Mg được chia làm 2 phần bằng nhau. Phần thứ nhất cho
vào 600ml HCl nồng độ xM thu được khí A và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được
27,9 gam muối khan. Phần thứ 2 cho vào 800ml dung dịch HCl nồng độ xM và làm tương tự
thu được 32,35g muối khan. Xác định % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp và x. Tính
thể tích hidro (dktc) thu được sau khi thực hiện xong các thí nghiệm. Câu 3 ( 4,0 điểm ):
Hòa tan 6,58 gam chất A vào 100 gam nước thu được dung dịch B chứa 1 chất duy
nhất. Cho lượng muối khan BaCl2 vào B thấy tạo 4,66g kết tủa trắng lọc bỏ kết tủa ta thu
được dung dịch C. Cho lượng Zn vừa đủ vào dung dịch C thấy thoát ra 1,792 lit khí H2(đktc) và dung dịch D.
1. Xác định công thức phân tử chất A.
2.Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch D. Câu 4 (2,0 điểm):
Chỉ dùng một hoá chất duy nhất, hãy tách:
a. Tách FeO ra khỏi hỗn hợp FeO, Cu, Fe
b. Ag2O ra khỏi hổn hợp Ag2O, SiO2, Al2O3 Câu 5 (2,0 điểm):
Một hỗn hợp X gồm các chất: K2O, KHCO3, NH4Cl, BaCl2 có số mol mỗi chất bằng
nhau. Hoà tan hỗn hợp X vào nước, rồi đun nhẹ thu được khí Y, dung dịch Z và kết tủa M.
Xác định các chất trong Y, Z, M và viết phương trình phản ứng minh họa.
Câu 6 (4,0 điểm):
a, Cho 2,08 gam MxOy tan hoàn toàn vào 100 gam dung dịch H2SO4 4,9%. Sau khi phản
ứng kết thúc thu được dung dịch Y có nồng độ axit là 1,056%. Xác định công thức hóa học của oxit đó.
b, Dung dịch CuSO4 ở 100C có độ tan là 17,4 (g); ở 800C có độ tan là 55 (g). Làm lạnh
1,5 kg dung dịch CuSO4 bão hòa ở 800C xuống 100C. Tính số gam CuSO4.5 H2O tách ra. Trang 60 PHÒNG GD & ĐT
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 17 Biểu Câu Đáp Án Điểm 1.a
Lúc đầu bọt khí thoát ra,sau thấy có kết tủa trắng xuất hiện nhưng không bền 0,5đ
lập tức sinh ra chất kết tủa mầu đen ( Ag2O) PTPU: 2Na + 2H 0,5đ
2O -> 2NaOH + H2 AgNO
3 + NaOH -> AgOH + NaNO3
2AgOH - > Ag2O + H2O 1.b
Lúc đầu có kết tủa trắng xuất hiện, sau đó kết tủa tan đi, dung dịch trở lại 0,5đ trong. SO 0,5đ
2 + Ca(OH)2 -> CaSO3 + H2O
SO2 + CaSO3 + H2O -> Ca (HSO3) 1.c
Tạo kết tủa keo trắng. CO 0,5đ
2 + NaAlO2 + H2O -> Al (OH)3 + NaHCO3 AlCl 0,5đ
3+ 3NaAlO2 + 6H2O -> 4Al(OH)3 + 3NaCl 1.d.
Tạo khí không mầu và kết tủa mầu nâu đỏ. 0,5đ 3Na 0,5đ
2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O-> 6NaCl + 2Fe(OH)3 + 3CO2
Ghi chú: mỗi hiện tượng ghi đủ, đúng được 0,5 điểm, thiếu hoặc không rõ ràng
đều không được điểm. 1 15 +
khối lượng hỗn hợp =  7 5 , gam Câu 2 2 2:
+ Nếu ở thi nghiệm 1 mà HCl dư thì ở thí nghiệm 2 khi tăng lượng Axit ->
Khối lượng muối tạo ra phải không đổi (Điều này trái với giả thiết) Vậy ở thí
nghiệm 1: Kim loại còn dư, Axit thiếu. 0,5đ
+Nếu toàn bộ lượng axit HCl ở thí nghiệm 2 tạo ra muối thì lượng muối phải là 800 . 9 , 27  ,
37 2gam .Theo đầu bài lượng muối thu được là 32,35gam (37,2 > 600 0,5đ
32,35) ở thí nghiệm 2 : axit HCl còn dư, kim loại hết.
1. Phương trình phản ứng:
2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 (1) 0,5đ
Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (2)
Khối lượng hỗn hợp KL =7,5 gam ; Khối lượng muối khan = 32,35 gam Độ tăng khối
lượng ( là lượng Cl của HCl ) = 32,35 - 7,5 = 24,85 gam 0,5đ
nHCl tham gia phản ứng : 85 , 24  7 ,
0 mol nH 2 = 0,35 mol 5 , 35
+ V = 0,35.22,4 =7,84 lit H 2 7 , 0 . 9 , 27
- Số mol HCl tham gia phản ứng ở thí nghiệm 1:  6 , 0 mol 0,5đ 35 , 32
Nồng độ mol dung dịch axit (x) = 0,6  1M 0,6 0,5đ  , 0 6 n H2 = = 0,3 2
+ V = 0,3. 22,4 = 6,72 lit H2 Trang 61
2. Sau 2 thí nghiệm thể tích H2 thu được là :7,84 + 6,72 =14,56 lit
3. gọi a,b là số mol của kim loại Al và Mg trong hỗn hợp. từ (1) (2) có : 0,5đ 27a   24b 7,5 3a  2b  , 0 7 0,5đ
a = 0,1 mAl = 2,7 gam % Al = 36%
b = 0,2 mMg = 4,8gam % Mg = 64%
1/ Dung dịch B kết tủa với BaCl2,B có thể có các muối có gốc axit tạo kết tủa
với Ba; hoặc H2SO4. Dung dịch C có phản ứng với Zn cho khí H2, vậy trong C
có axit =>B phải là H2SO4 hoặc muối M(HSO4)n Câu
Vậy chất ban đầu có thể là : H2SO4 hoặc SO3, hoặc H2SO4.nSO3 hoặc muối 0,5đ 3: M(HSO4)n
- Các phương trình phản ứng :
BaCl2 + H2SO4 BaSO4+2HCl (1)
Zn + 2HCl ZnCl2 + H2 (2)
Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2 (3) 0,5đ 7 , 1 92  , 0 08
Theo 3 phương trình phản ứng ta có nH2SO4 = nH2 = mol , 22 4 6,58
* Trường hợp 1: A là H2SO4n H2SO4 =
 0,067 0,08 ( Lọai) 0,5đ 98
* Trường hợp 2: A là SO 6,58 0,5đ 3nSO3 =
 0,08225 0,08 (Loại) 80
* Trường hợp 3: A là H2SO4.nSO3
H2SO4.nSO3 +nH2O (n+1) H2SO4 0,5đ 6,58 0,08 Ta có n = 7 98  80n n  1
Công thức phân tử A là H2SO4.7H2O 0,5đ
* Trường hợp 4: A là muối M(HSO4)n
2M(HSO4)n +nBaCl2 2MCln + 2nBaSO4 + 2nHCl
Theo BTNT ta có: 2M(HSO4)n 2nHCl nH2
=> 0,16/n mol 0,08 mol
MM(HSO4)n = 6,58: (0,16/n)= 41,125.n => loại
2/ Khối lượng dung dịch D là: 2 . 66 , 4 08 m BaCl2 =  16 , 4 gam 233 m 0,5đ
dd = 6,58 +100 + 4,16 + 0,08.65 - 0,08.2 - 4,66 = 111,12 gam n
ZnCl2 = nBaSO4 = 0,2 mol n
ZnSO4 = 0,08 - 0,02 = 0,06 mol 136 . 02 , 0 C% ZnCl2 = 100 .  , 2 % 45 0,5đ 12 , 111 161 . 06 , 0 C%ZnSO4 = 100 .  % 69 , 8 12 , 111 Trang 62
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 ĐỀ SỐ 18 NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Hóa học
Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (5,0 điểm)
1. Cho hỗn hợp A gồm Al, Fe, Cu vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được khí B, dung
dịch C và chất rắn D. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch C thu được dung dịch E và kết
tủa F. Lọc lấy F nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn G. Dẫn
khí CO nung nóng dư đi qua chất rắn G thu được chất rắn H. Sục khí CO2 dư vào dung dịch E.
Viết tất cả các PTHH xảy ra?
2. Từ các hóa chất: Zn; S và H2O. Hãy viết các PTHH điều chế 3 oxit, 2 axit và 3 muối? Câu II: (3,5 điểm)
1. Chỉ được dùng thêm dung dịch phenolphtalein, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận
biết 5 dung dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt bị mất nhãn: H2SO4, KOH, K2SO4, BaCl2, HCl.
Viết PTHH xảy ra (nếu có)?
2. Có một hỗn hợp khí gồm: O2, SO2; CO và CO2. Làm thế nào để thu được khí O2 tinh khiết? Câu III: (4,0 điểm)
1. Trong phòng thí nghiệm có dung dịch H2SO4 2,5M; dung dịch KOH 2M; nước cất và các
dụng cụ thí nghiệm đầy đủ. Hãy trình bày cách pha chế 400 ml dung dịch X chứa K2SO4 0,5M và KOH 0,25M?
2. Chia m gam một oxit sắt thành 2 phần bằng nhau. Cho luồng khí H2 nung nóng dư đi qua
phần 1, đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 21 gam Fe. Để hòa tan hết phần 2 cần dùng
vừa đủ 250 gam dung dịch HCl 14,6%. Hãy xác định công thức hóa học của oxit sắt và tính m? Câu IV: (4,5 điểm)
1. Nung 4,5 tạ đá vôi chứa 90% CaCO3 (phần còn lại là chất trơ) với hiệu suất phản ứng là
85% thu được chất rắn X và khí CO2.
a) Tính thể tích khí CO2 thu được ở điều kiện bình thường (20°C và latm)?
b) Tính thành phần % theo khối lượng của CaO trong chất rắn X? Trang 63
2. Ti khối của hỗn hợp khí A gồm CO và CO2 đối với khí O2 bằng 1,075. Sục V lít hỗn hợp
khí A (ở đktc) vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm KOH 0,25M và Ba(OH)2 0,35M thu được
49,25 gam kết tủa. Viết các PTHH xảy ra và tính V? Câu V: (3,0 điểm)
Chia 35,5 gam hỗn hợp B gồm MgO và Al2O3 thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1 cho tác dụng với 500 ml dung dịch HCl, sau khi các phản ứng kết thúc làm bay hơi
cẩn thận thu được 38,375 gam chất rắn khan.
- Phần 2 cho tác dụng với 800 ml dung dịch HCl ở trên, kết thúc các phản ứng cũng làm bay
hơi cẩn thận thu được 45,25 gam chất rắn khan.
a) Viết các PTHH xảy ra? Tính nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng?
b) Tính thành phần % theo khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp B?
(Cho: Al = 27; Ba= 137, C = 12; O=16, H=1; Cu=64; Fe = 56; Mg = 24; S = 32)
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Trang 64
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 5 trang) Câu Nội dung Điểm Câu I - Các PTHH xảy ra: 1.
2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 2,5đ
Fe + 2HCl FeCl2 + H2
- Khí B là H2, chất rắn D là Cu, dung dịch C gồm: HCl dư, AlCl3, FeCl2.
KOH + HCl KCl + H2O 2KOH + FeCl Mỗi
2 2KCl + Fe(OH)2 (r)
3KOH + AlCl3 3KCl + Al(OH)3 (r) PT KOH + Al(OH) được
3 KAlO2 + 2H2O
- Dung dịch E gồm: KOH dư, KCl và KAlO 0,25
2. Kết tủa F là Fe(OH)2 4Fe(OH)2 + O2
 0t 2Fe2O3 + 4H2O
- Chất rắn G là Fe2O3. Fe2O3 + 3CO
 0t 2Fe + 3CO2 - Chất rắn H là Fe. KOH + CO2 KHCO3
KAlO2 + CO2 + 2H2O KHCO3 + Al(OH)3 (r) 2/. - Các PTHH xảy ra: 2,0đ 2H2O dp  2H2 + O2 S + O2   0t SO2 0 2SO 450 C; 2 V 5 O
2 + O2  2SO3 Mỗi
SO2 + H2O H2SO3 PT
SO3 + H2O H2SO4 được 2Zn + O2   0t 2ZnO 0,25 ZnO + H
2SO3 ZnSO3 + H2O Zn + H
2SO4 ZnSO4 + H2O Zn + S   0t ZnS 0,25
- Ba oxit là ZnO; SO2; SO3. Hai axit là H2SO3 và H2SO4. Ba muối là: ZnS; ZnSO3 và ZnSO4 Câu II
- Trích mỗi chất một ít để làm mẫu thử và đánh số thứ tự. 1.
- Nhỏ dung dịch phenolphtalein lần lượt vào 5 ống nghiệm đựng sẵn 5 dung dich 2,25đ đó:
+ Dung dịch nào làm dung dịch phenolphtalein không màu chuyển thành màu 0,25
đỏ, đó là dung dịch KOH
+ 4 dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra. 0,25
- Nhỏ 4 dung dịch còn lại vào 4 ống nghiệm đựng sẵn dung dịch KOH vừa nhận
biết được có nhỏ dung dịch phenolphtalein:
+ Dung dịch nào phản ứng làm mất màu đỏ, đó là 2 dung dịch: H2SO4 và HCl 0,25 (nhóm 1).
2KOH + H2SO4 K2SO4 + 2H2O
KOH + HCl KCl + H2O 0,25
+ Hai dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra, đó là K2SO4 và BaCl2 (nhóm 2). 0,25
- Nhỏ lần lượt 2 dung dịch ở nhóm 1 vào 2 dung dịch ở nhóm 2: Trang 65
+ Nếu thấy xuất hiện kết tủa trắng thì dung dịch ở nhóm 1 là H2SO4 và dung dịch
ở nhóm 2 là BaCl2. 0,25
H2SO4 + BaCl2 BaSO4 (r) + 2HCl 0,25 Trắng
+ Dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra ở nhóm 1 là dung dịch HCl; ở 0,5
nhóm 2 là dung dịch K2SO4. 2. (1,25đ)
- Dẫn hỗn hợp khí đó đi qua bột CuO nung nóng, dư(sai). CO + CuO
 0t Cu + CO 0,25 2
Thu lấy hỗn hợp khí thoát ra gồm: SO 0,25 2; CO2 và O2.
- Sục hỗn hợp khí đó vào dung dịch Ca(OH) 0,25 2 dư: SO
2 + Ca(OH)2 CaSO3 (r) + H2O CO 0,25
2 + Ca(OH)2 CaCO3 (r) + H2O
Thu lấy chất khí thoát ra, ta được khí O 0,25 2 tinh khiết. Câu III 1. * Tính toán: 2,0đ
- Số mol các chất có trong dung dịch X: 400.0, 5 n = 0,2 mol K2S 4 O 1000 400.0, 25 0,25 n = 0,1 mol KOH 1000
- Trong dung dịch X có K2SO4 nên khi pha chế xảy ra PTHH:
2KOH + H2SO4 K2SO4 + 2H2O 2 mol 1 mol 1 mol 0,25
0,4 mol 0,2 mol 0,2 mol
- Thể tích dung dịch H2SO4 2,5M cần lấy: 0,25 0, 2.1000 V= 80 ml ddH SO 2 4 2, 5
- Thể tích dung dịch KOH 2M cần lấy: 0,25 (0, 4  0,1).1000 V= 250 ml ddKOH 2
* Cách pha chế: Đong lấy 250 ml dung dịch KOH 2M cho vào cốc thủy tinh có 1,0
chia vạch dung tích 1 lít. Đong lấy 80 ml dung dịch H2SO4 2,5M rồi rót từ từ vào
cốc đó, để nguội. Sau đó thêm từ từ nước cất vào, khuấy nhẹ cho đủ 400 ml dung
dịch. Ta được 400 ml dung dịch X chứa K2SO4 0,5M và KOH 0,25M. 2. 2,0đ
- Gọi công thức của oxit sắt là FexOy. 0,25 250.14, 6% 21 - Ta có: n = 1 (mol) n= 0,375 (mol) HCl = Fe 36, 5 56 0,25 - Các PTHH xảy ra: 0,25 FexOy + yH2
 0t xFe + yH2O (1) 0,25 1 mol x mol 0, 375 mol 0,375 mol 0,25 x
FexOy + 2yHCl xFeCl2y/x + yH2O (2) 0,25 1 mol 2y mol Trang 66 1 mol 1 mol 2 y 0,25 0, 375 x 3
- Từ (1) và (2) ta có: 1 = = 0,25 2 y x y 4
Công thức hóa học của oxit sắt là Fe3O4. 0, 375
m =
.232.2 = 58 (gam) 3 Câu IV - Ta có: 1. 5 4, 5.10 .90% 1,5đ n = = 4050 (mol) CaC 0,25 3 O 100
- PTHH hóa học xảy ra: CaCO3
 0t CaO + CO2 1 mol 1 mol 1 mol 0,25
4050 mol 4050 mol 4050 mol
- Do hiệu suất phản ứng là 85% nên ta có:
a) Thể tích khí CO2 thu được ở 200C và 1atm là: 0,25 V
 4050.24.85% = 82620 (lít) = 82,62 (m3) 2 CO
b) Khối lượng CaO thu được là:
mCaO = 4050.56.85% = 192780 (gam) = 1,9278 (tạ) 0,25
- Khối lượng chất rắn X thu được: m 0,25
X = 4,5.105 – 4050.44.85% = 298530 (gam) = 2,9853 (tạ)
- Thành phần % theo khối lượng của CaO trong chất rắn X: 1, 9278 %CaO = .100%  64,58% 0,25 2, 9853 2. a) 3,0đ
- Gọi số mol của CO và CO2 trong V lít hỗn hợp A lần lượt là a; b (mol). - Theo bài ra ta có: 28.a  44.b 0,25 M =
= 32.1,075 = 34,4 (gam) a = 1,5b hhA a b 0, 25.800 0, 35.800 0,25 - Ta có: n = 0,2 (mol) n = 0,28 (mol) KOH 1000 Ba(OH )2 1000
- Các PTHH có thể xảy ra:
CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 (r) + H2O (1) 0,25
CO2 + 2KOH K2CO3 + H2O (2)
CO2 + K2CO3 + H2O 2KHCO3 (3) 0,25
CO2 + BaCO3 + H2O Ba(HCO3)2 (4) b) Ta thấy: 49, 25 n
= 0,25 (mol) < n = 0,28 (mol) 0,25 B Ba (OH ) 3 aCO 197 2
Có 2 trường hợp xảy ra:
* Trường hợp 1: Ba(OH)2 còn dư, CO2 phản ứng hết (2); (3); (4) không xảy ra.
- Theo (1) ta có: n = n = 0,25 (mol) 0,25 2 CO BaC 3 O
 V = (1,5.0,25 + 0,25).22,4 = 14 (lít) 0,25 * Trường hợp 2: CO
2 còn dư, BaCO3 bị hòa tan một phần theo (4) Xảy ra cả (1); (2); (3) và (4).
- Theo (1) ta có: n = n = n = 0,28 (mol) 0,25 2 CO (1) BaC 3 O (1) Ba (OH )2 0,25
- Từ (2) và (3) ta có: n= nKOH = 0,2 (mol) 2 CO (2) (3) Trang 67
- Theo (4) ta có: n = n
= 0,28 – 0,25 = 0,03 (mol) 0,25 2 CO ( 4) BaCO (4) 3 0,25 n
= 0,28 + 0,2 + 0,03 = 0,51 (mol) 2 CO 0,25
V = (1,5.0,51 + 0,51).22,4 = 28,56 (lít) Câu V a) Các PTHH xảy ra: 3,0đ
MgO + 2HCl MgCl2 + H2O (1)
Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O (2) 0,25
- Gọi số mol của MgO; Al2O3 trong mỗi phần lần lượt là a; b mol. 35, 5 0,25
40a + 102b = = 17,75 (gam) (*) 2
- Giả sử nếu hỗn hợp oxit ở phần 1 tan hết trong 500 ml dung dịch HCl thì khi
cho phần 2 vào 800 ml dung dịch HCl đó khối lượng chất rắn khan thu được sau
phản ứng sẽ không thay đổi, nhưng theo bài ra khối lượng chất rắn khan thu 0,5
được ở phần 2 lớn hơn ở phần 1 Ở phần 1: HCl hết và hỗn hợp oxit còn dư.
* Gọi số mol của HCl đã phản ứng với phần 1 là x mol. 1
- Theo (1) và (2) ta có: n
n = 0,5x (mol) H 2O 2 HCl 0,25
- Áp dụng ĐLBTKL cho (1) và (2) ta có:
mhỗn hợp oxit + mHCl = mchất rắn khan + m H2O 0,25
17,75 + 36,5. x = 38,375 + 18. 0,5x
x = 0,75 (mol) 0,25
- Nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng: 0, 75 CM = .1000 = 1,5M 500
b) * Ở phần 2: Ta có: 1, 5.800 n = 1,2 (mol) HCl 1000
- Từ (1) và (2) ta thấy nếu trong mỗi phần hỗn hợp chỉ chứa Al 2O3 thì số mol HCl
phản ứng sẽ lớn nhất khi đó theo (2) ta có: 0,5 17, 75 n  6n  6.
1,044 (mol) < 1,2 (mol) HClpu 2 Al 3 O 102
Ở phần 2: HCl còn dư và hỗn hợp oxit phản ứng hết.
- Theo (1) ta có: nn MgCl MgO = a (mol) 2 0,25
- Theo (2) ta có: n  2.n = 2b (mol) AlC 3 l 2 Al 3 O m 0,25
chất rắn khan = 95a + 133,5.2b = 45,25 (gam) (**)
- Từ (*) và (**) ta có: a = b = 0,125 (mol)
- Thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp B: 0,125.40 %MgO = .100%  28,17% 0,25 17, 75 0,125.102 %Al2O3 = .100%  71,83% 17, 75
Lưu ý: Không chứng minh HCl ở phần 1 hết và HCl ở phần 2 dư mà vẫn đúng kết
quả thì chỉ cho 1,5 điểm. Lưu ý:
- HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.
- Cứ 2PTHH viết đúng nhưng cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐỀ SỐ 19 Môn: Hoá học 9 Thời gian: 150 phút Trang 68 Câu I (4,0 điểm)
1, Những cặp chất sau có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm chứa nước cất được không ?
Hãy giải thích bằng PTHH ? a, KCl và AgNO3 b, Na2O và Al2O3 c, BaSO4 và HCl d, KHCO3 và NaOH.
2, Hãy viết 8 loại phản ứng khác nhau tạo thành khi các bonic ? Câu II (6,0 điểm)
1, Có 5 gói bột : MgO, P2O5, BaO, Na2SO4, Al2O3. Chỉ dùng nước và quì tím nhận biết được
những chất nào? Trình bày cách nhận biết đó.
2, Chọn các công thức hóa học phù hợp với các chữ cái tương ứng rồi hoàn thành chuỗi phản ứng sau: A B SO2 ¾¾¾¾
® X ¾¾¾¾® Y C Z ¾¾¾¾
® T ¾¾¾¾® SO2
3, Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng khi:
a, Nhúng thanh Fe vào dung dịch H2SO4 loãng, sau một thời gian lại cho thêm vài giọt dung dịch CuSO4.
b, Bột Fe thả vào dung dịch FeCl3.
c, Cho một luồng CO2 từ từ đi qua dung dịch Ba(OH)2. Khi phản ứng kết thúc (dư CO2 ), lấy dung dịch đem đun nóng. Câu III (3,5 điểm )
1, Cho một dung dịch A có chứa 98 gam H2SO4 trong 1 lít dung dịch. Phải thêm bao nhiêu lít
dung dịch A này vào 0,4 lít dung dịch H2SO4 2M để có được dung dịch X, biết rằng 100 ml
dung dịch X này tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư tạo ra 32,62 gam kết tủa.
2, Lấy 200 ml dung dịch Xnói trên cho tác dụng với dung dịch Y, dung dịch Y chứa 2 bazơ
NaOH 0,5 M và KOH 0,9 M. Phải dùng bao nhiêu lít dung dịch Y để phản ứng vừa đủ với
200 ml dung dịch X? Phản ứng giữa 2 dung dịch X,Y cho ra dung dịch Z. Tính khối lượng
muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Z. Câu IV (3,5 điểm)
1, Chia 15,48 gam hỗn hợp bột A gồm MgCO3 và kim loại B có hóa trị không đổi làm hai
phần bằng nhau: Phần 1 cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp H2SO4
0,3M và HCl 1,5M thu được dung dịch C và V lít hỗn hợp khí D ở đktc. Phần 2 đem đốt nóng
trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 7,5 gam hỗn hợp các oxit kim loại. Xác
định kim loại B và tính V?
2, Hòa tan một oxit của kim loại hóa trị II bằng một lượng vừa đủ dung dịch axit sunfuric
nồng độ 10%. Sau phản ứng thu được dung dịch muối có nồng độ 11,8%. Xác định công thức oxit. Câu V (3,0 điểm)
Cho 9,2 gam natri vào 400 gam dung dịch CuSO4 4%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch A, kết tủa B và khí C.
a, Tính thể tích khí C thoát ra ở đktc. Trang 69
b, Tính khối lượng kết tủa B ?
c, Xác định nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch A ? ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm Câu
a, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm 0,25đ I.1
chứa nước cất vì xẩy ra phương trình hóa học sau: 2,0đ
AgNO3 + KCl → AgCl(r) + KNO3 0,25đ
b, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm 0,25đ Trang 70
chứa nước cất vì xẩy ra các phương trình hóa học sau: Na2O + H2O → NaOH 0,25đ
Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O 0,25đ
c, Cặp chất đó có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm 0,25đ đựng nước cất. 0,25đ
d, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm
chứa nước cất vì xẩy ra phương trình hóa học sau: 0,25đ
2KHCO3 + 2NaOH → K2CO3 + Na2CO3 + 2H2O I.2
Học sinh viết đúng 8 loại phản ứng khác nhau, ví dụ: 2,0đ 0 (1) C + O t 2   CO2 0 (2) 2CO + O t 2   2CO2 0 Mỗi PT (3) CaCO t 3   CaO + CO2 được 0 (4) CH t 4 + 2 O2   CO2 + 2H2O 0,25 đ
(5) CaCO3 + 2HCl →CaCl2 + CO2 + H2O 0 (6) C + H t 2O   CO2 + 2H2 0 (7) CuO + CO t  Cu + CO2
(8) Ca(HCO3)2 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + 2H2O Câu
+Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm 0,25đ II.1
+Hòa tan các mẫu thử vào nước: Nhận 1,5đ
Na2SO4 → dung dịch Na2SO4 BaO + H2O → Ba(OH)2 biết
P2O5 + 3H2O →2 H3PO4 Hai mẫu không tan là MgO, Al2O3. được 1
+Lần lượt nhỏ 1 – 2 giọt từng dung dịch trên lên quì tím. chất
- Dung dịch không làm đổi màu quì tím là dung dịch Na2SO4 0,25
tương ứng với gói Na2SO4 ban đầu. điểm
- Dung dịch làm quì tím hóa xanh là dung dịch Ba(OH)2
tương ứng với gói đựng BaO ban đầu
- Dung dịch làm quì tím hóa đỏ là dung dịch H3PO4 tương ứng với gói đựng P2O5
+ Nhận biết MgO, Al2O3 bằng dung dịch Ba(OH)2 vừa tạo ra ở trên:
- MgO không tan, Al2O3 tan: Al2O3 + Ba(OH)2 →Ba(AlO2)2 + H2O
Vậy là ta nhận biết được cả 5 chất. II.2
A: FeS; B: FeS2, C: K2SO3, X: SO3 Y: H2SO4, Z: NaHSO3, T: Mỗi pt 2,0đ Na2SO3 0,25 0 4FeS + 7O t điểm 2   2Fe2O3 + 4SO2 0 4FeS t HS 2 + 11O2   2Fe2O3 + 8SO2 0 chọn K t
2SO3 + 2HCl →2KCl + SO2 + H2O 2SO2 + O2   đáp án 2SO3 khác
SO3 + H2O →H2SO4 SO2 + NaOH → đúng NaHSO3 vẫn cho Trang 71
NaHSO3 + NaOH → Na2SO3 + H2O điểm tối
Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + H2O đa II.3
- Lúc đầu thanh sắt bị ăn mòn và có sủi bọt khí H2do phản 0,25đ a, ứng: 0,25đ 1,0đ
Fe + H2SO4 →FeSO4 + H2
- khi mới cho dung dịch CuSO4 vào và lắc đều: dd có màu 0,25đ
xanh, sau đó có màu xanh nhạt dần đến hết. Bột Cu màu đỏ 0,25đ
tách ra bám vào thanh sắt: Fe + CuSO4(xanh) → FeSO4 (không màu)+ Cu (đỏ) II.3,b
- Bột Fe tan dần và màu vàng nâu của dd FeCl3 0,25đ 0,5 đ Fe +2FeCl3 →3FeCl2 0,25đ II.3,c
Dd Ba(OH)2 tan trong suốt. Khi cho từ từ CO2 qua dd 1,0đ
Ba(OH)2 thấy: dd đục dần do xuất hiện kết tủa BaCO3. Khi 0,25đ
cho CO2 dư, dd trong dần đến trong suốt. Đun nóng dd thu
được thấy đục trở lại dần dần do tạo ra BaCO3 ( kết tủa trắng ) 0,25đ
CO2 + Ba(OH)2 →BaCO3(r) +H2O 0,25đ
BaCO3(r) + CO2 + H2O →Ba(HCO3)2(dd) 0,25đ 0 Ba(HCO t 3)2 
BaCO3(r) + CO2(k) + H2O Câu
Số mol H2SO4 có trong dung dịch A: 98/98 = 1 (mol)→CM = 0,25đ A III.1 1 M 0,25đ 1,5đ PTHH: H 0,25đ
2SO4 + Ba(OH)2 →BaSO4↓ + 2H2O (1) Theo (1): n 0,25đ H SO
= nBaSO = 32,62 : 233 = 0,14 (mol) 2 4 4 → C M
= n/V = 0,14/0,1 = 1,4 (M) X 0,5đ
- Gọi V là thể tích của dung dịch A ( lít ), ta có: V (lít ) 1 M 0,6 M V 0, 6 1,4 M = 0, 4 0, 4 0,4 ( lít ) 2M 0,4 M
V = 0,6 lít = 600 ml III.2
-Số mol H2SO4 có trong 200 ml dung dịch X là: 1,4.0,2 = 0,28 0,25đ 2,0đ (mol) 0,25đ
-Gọi a là thể tích của dung dịch Y ( lít )
nNaOH= 0,5a (mol); nKOH = 0,9a (mol) 0,25đ
- PTHH : 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (2) 0,25đ
2 KOH + H2SO4 → K2SO4 + 2H2O (3) Theo (2),(3), ta có: 0,5đ
nH SO = 1/2(nNaOH + nKOH ) = 1/2 ( 0,5a + 0,9a ) = 0,28→a= 0,4 2 4 (l) 0,5đ Theo ĐLBTKL ta có:
mH SO + (mNaOH + mKOH ) = mmuối Z + mnước 2 4 Trang 72
→ mmuối Z = 0,28.98 + 0,5.0,4.40+ 0,9.0,4 .56 – 2.0,28.18 = 45,52(g) Câu
- Gọi khối lượng mol của kim loại B là M, hóa trị là n. IV.1 - Các PTHH xẩy ra: 2,0đ 0 MgCO t 3   MgO + CO2 (1) 0 4B + nO t 2   2B2On (2) MgCO 0,5đ
3 + 2HCl →MgCl2 + CO2 + H2O (3) 2B + 2nHCl →BCl n + nH2 (4) MgCO
3 + H2SO4 →MgSO4 + CO2 + H2O (5) 2B + n H
2SO4 →B2(SO4)n + nH2 (6) -Số mol H 0,25đ
2SO4: nH SO = 0,2.0,3 = 0,06 (mol) 2 4
-Số mol HCl:nHCl = 0,2.1,5 = 0,3 (mol)
-Gọi số mol của MgCO3 và kim loại B trong mỗi phần lần lượ 0,25đ t là a, b
Ta có: 84a + Mb = 15,48: 2 = 7,74 (gam) (*)
-Theo (1): nMgO= nMgCO = a (mol) 3 1
-Theo (2): nB O = nB = 0,5b(mol) 2 n 2 0,25đ
mhhoxit =40a + 0,5b(2M + 16n) = 7,5 (gam) (**)
-Từ (*) và (**) ta có : 44a – 8bn = 0,24 (gam) (***)
-Từ (3) và (5) ta có : nH = 2. nMgCO = 2a (mol) 3 0,25đ
-Từ (4) và (6) ta có: nH = n.nB = nb (mol)
Ʃ nH = 2a + nb = 0,06.2 + 0,3 = 0,42 (mol) (****)
-Từ (***)và (****) ta có : a = 0,06 (mol); bn = 0,3 (mol) → b = 0,3/n 0,25đ
-Ta có : mMgCO = 0,06 . 84 = 5,04 (g) 3  0, 3 m
B = 7,74 – 5,04 = 2,7 (gam) mB = .M = 2,7 →M = 9n n
Xét n = 1,2,3 B là Nhôm (Al) 0,25đ
-Từ (3) và (5) ta có: nCO = nMgCO = 0,06 (mol) 2 3 3 3 0, 3
-Từ (4) và (6) ta có: nH = .nAl = = 0,15 (mol) 2 2 2 3
V = (0,06 + 0,15 ) . 22,4 = 4,704 (lít ) IV.2
RO + H2SO4 → RSO4 + H2O 0,25đ 1,5 đ
(MR + 16)g 98g (MR + 96)g 18 0,25đ
Cứ (MR + 16)g oxit cần 98 gam Axit hay 980 g dd H2SO4 0,25đ 10% (M  96).100% 0,25đ Ta có : R = 11,8% (M 16)  980 0,25đ R
-Giải ra ta được MR = 24 (Mg). Vậy công thức oxit là MgO
Câu V a, (1,25đ) – Số mol của Na: 9,2/23 = 0,4 (mol) 0,25đ 3,0
-Số mol của CuSO4: 400.4/100.160 = 0,1 (mol) 0,25đ điểm
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2(k) (1) 0,25đ Trang 73
2NaOH + CuSO4 → Na2SO4 + Cu(OH)2↓ (2) 0,25đ 1 1 Theo (1): n H =
.nNa = .0,4 = 0,2 (mol) 2 2 2 0,25đ
→ VH = 0,2.22,4 = 4,48 (lít) 2
b,(0,75 điểm): Theo (1): n 0,25đ NaOH = nNa = 0,4 (mol) Theo (2): n 0,25đ NaOH = 2.nCuSO
= 2.0,1 = 0,2 (mol) < 0,4 (mol) 4 → NaOH dư, CuSO 0,25đ
4 phản ứng hết. →nCu(OH) = nCuSO = 0,1 2 4 (mol)
mCu(OH) = 98.0,1= 9,8 (g) 2
c,(1,0đ). Dd A chứa Na2SO4 và NaOH dư 0,5đ → nNa SO
= nCuSO = 0,1 (mol)→ nNa SO = 0,1.142 = 14,2 2 4 4 2 4 (g)
nNaOH dư = 0,4 – 0,2 = 0,2 (mol) → mNaOH dư = 0,2 .40 = 8 (g) 0,5đ
mddA= mNa + mddCuSO - (mH + mCu(OH) ) = 9,2 + 400 – ( 4 2 2 0,2.2+ 9,8)
-Nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: 14, 2.100% 8.100% C% Na SO = ≈ 3,56 %; C%NaOH dư= ≈ 2% 2 4 399 399
Lưu ý: -HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.
- Cứ 2 PTHH viết đúng nhưng chưa cân bằng hay cân bằng sai hoặc thiếu điều
kiện thì trừ 0,25 điểm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 ĐỀ SỐ 20 Môn: Hóa học
Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (5,0 điểm)
1. Nêu hiện tượng và viết PTHH xảy ra khi:
a/ Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch NaHSO3.
b/ Nhỏ dung dịch H2SO4 đặc vào cốc đựng đường Saccarozơ.
c/ Ngâm một đinh sắt sạch vào dung dịch ZnSO4.
d Sục khí CO2 từ từ vào dung dịch nước vôi trong.
e/ Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch NaAlO2.
2. Cho luồng khí CO dư đi qua hỗn hợp chứa: Na, CuO, Fe2O3, Al2O3 nung nóng thu được
chất rắn A. Cho A vào nước dư thu được dung dịch B và chất rắn D. Sục khí CO2 dư vào
dung dịch B thu được kết tủa E. Cho D vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy D tan một phần. Xác
định các chất trong A, B, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra? Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu II: (5,0 điểm) Trang 74
1. Chỉ được dùng thêm một hóa chất, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 5 dung
dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt bị mất nhãn: Al2(SO4)3, CuSO4, FeSO4, MgSO4, H2SO4. Viết PTHH xảy ra (nếu có)?
2. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp rắn gồm: ZnCl2,
FeCl3, CuCl2. Viết các PTHH xảy ra? Câu III: (2,0 điểm)
Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ biến hoá sau: CaCO3 (1) ¾¾¾¾¾ ® CaO (2) ¾¾¾¾¾® Ca(OH)2 (3)
¾¾¾¾¾® Ca(HCO3)2 (4) ¾¾¾¾¾® CaCO3 (5) ¾¾¾¾¾® CaCl2 (6) ¾¾¾¾¾® Ca(NO3)2 (7)
¾¾¾¾¾® Ca3(PO4)2 (8)
¾¾¾¾¾® Ca(H2PO4)2 Câu IV: (4,0 điểm)
1. Hãy tính toán và trình bày cách pha chế 500ml dung dịch H2SO4 0,92M từ dung dịch
H2SO4 98% (D = 1,84 g/ml)?
2. Hòa tan 23,35 gam hỗn hợp A gồm: Mg, Al và Cu vào dung dịch HCl dư thu được dung
dịch B, chất rắn D và thấy thoát ra 13,44 dm khí (ở đktc). Nung chất rắn D trong không khí
đến khối lượng không đổi thu được 14 gam chất rắn E.
Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A? Câu V: (4,0 điểm)
1. Nung nóng 37,92 gam hỗn hợp A gồm FexOy và FeCO3 đến khi các phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được khí B và 33,6 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí B hấp thụ hoàn toàn vào 180ml
dung dịch Ba(OH)2 0,5M thu được 11,82 gam kết tủa. a) Viết các PTHH xảy ra?
b) Xác định công thức hóa học của FexOy?
2. Để m gam Sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được (m+ 4,8) gam chất rắn A. Cho
toàn bộ chất rắn A tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thấy thoát ra 8,4 lít khí SO2
duy nhất (ở đktc). Tính m?
(Cho: Al= 27; Ba = 137; C = 12; 0= 16; H = 1; Cu= 64; Fe = 56; Mg = 24; S = 32)
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Trang 75
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 5 trang) Câu Nội dung Điểm Câu I
a. Có kết tủa trắng xuất hiện, lượng kết tủa lớn dần đến cực đại. 0,25 1/.
Ba(OH)2 + 2NaHSO3 BaSO3 (r) + Na2SO3 + H2O 0,25 3,25đ
Ba(OH)2 + Na2SO3 BaSO3 (r) + 2NaOH 0,25
Hoặc: Ba(OH)2 + NaHSO3 BaSO3 (r) + NaOH + H2O
b. Màu trắng của đường chuyển sang màu vàng, sau đó chuyển sang màu nâu và
cuối cùng thành khối màu đen xốp bị bọt khí đẩy lên miệng cốc. 0,5
C12H22O11 + H2SO4 đặc 12C + H2SO4.11H2O
C + 2H2SO4 đặc CO2 + 2SO2 + 2H2O 0,25
c. Không có hiện tượng gì xảy ra 0,25
d. Dung dịch nước vôi trong bị vẫn đục (xuất hiện kết tủa trắng), kết tủa lớn dần
đến cực đại.
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 (r) + H2O 0,75
- Nếu khí CO2 dư thì kết tủa tan dần đến hết tạo ra dung dịch trong suốt.
CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2
e. Xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa lớn dần đến cực đại.
HCl + H2O + NaAlO2 Al(OH)3 (r) + NaCl 0,75
- Nếu HCl dư thì kết tủa tan dần đến hết tạo ra dung dịch trong suốt.
3HCl + Al(OH)3 AlCl3 + 3H2O 2/. -Các PTHH xảy ra: 1,75đ 3CO + Fe 2O3
 0t 2Fe + 3CO2 0,25 CO + CuO
 0t Cu + CO2 0,25
Chất rắn A gồm: Na; Al2O3, Fe và Cu
2Na + 2H2O 2NaOH + H2 0,25
2NaOH + Al2O3 2NaAlO2 + H2O Trang 76
-Do chất rắn D tan một phần trong dung dịch Ba(OH)2 dư nên chất rắn D chứa
Fe, Cu và Al2O3 Dung dịch B chỉ chứa NaAlO2 0,25
CO2 + NaAlO2 + 2H2O Al(OH)3 (r) + NaHCO3 0,25
Kết tủa E là Al(OH)3. 0,25
Ba(OH)2 + Al2O3 Ba(AlO2)2 + H2O 0,25 Câu II 1.
- Trích mẫu thử và đánh số thứ tự. 2,0đ
- Nhỏ dung dịch KOH lần lượt vào 5 ống nghiệm đựng sẵn 5 dung dich đó cho đến dư:
+ Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan trong dung 0,25
dịch KOH dư, đó là dung dịch Al2(SO4)3
6KOH + Al2(SO4)3 2Al(OH)3 (r) + 3K2SO4 Keo trắng
KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O 0,25
+ Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa trắng nhưng không tan trong dung dịch
KOH dư, đó là dung dịch MgSO4 0,25
2KOH + MgSO4 Mg(OH)2 (r) + K2SO4 Trắng 0,25
+ Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa trắng xanh sau đó hóa nâu đỏ trong
không khí, đó là dung dịch FeSO4
2KOH + FeSO4 Fe(OH)2 (r) + K2SO4 0,25 Trắng xanh
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (r) 0,25 Nâu đỏ
+ Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa xanh lơ nhưng không hóa nâu đỏ trong
không khí, đó là dung dịch CuSO4
2KOH + CuSO4 Cu(OH)2 (r) + K2SO4 0,25 Xanh lơ
+ Dung dịch còn lại không tạo kết tủa, đó là dung dịch H 2SO4 2KOH 0,25
+ H2SO4 K2SO4 + 2H2O 2.
-Cho hỗn hợp chất rắn đó vào dung dịch NaOH dư: (3,0đ)
ZnCl2 + 2NaOH Zn(OH)2 (r) + 2NaCl
FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 (r) + 3NaCl 0,25
CuCl2 + 2NaOH Cu(OH)2 (r) + 2NaCl
Zn(OH)2 + 2NaOH Na2ZnO2 + 2H2O
Lọc lấy chất rắn thu được hỗn hợp Fe(OH)3 và Cu(OH)2. 0,25
-Sục khí CO2 dư vào dung dịch nước lọc thu được ở trên.
CO2 + NaOH NaHCO3
2CO2 + Na2ZnO2 + 2H2O Zn(OH)2 (r) + 2NaHCO3 0,25
Lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi ta thu được ZnO. 0,25 Zn(OH)2
 0t ZnO + H2O
Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua ZnO thu được ở trên đến khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn, ta thu được Zn. CO + ZnO
 0t Zn + CO2 0,25
-Nung hỗn hợp: Fe(OH)3, Cu(OH)2 ở trên trong không khí đến khối lượng không đổi. 2Fe(OH)3
 0t Fe2O3 + 3H2O 0,25 Cu(OH)2
 0t CuO + H2O Trang 77
Dẫn khí H2 nung nóng dư đi qua hỗn hợp chất rắn thu được ở trên: H 0,25 2 + CuO
 0t Cu + H2O 3H2 + Fe2O3
 0t 2Fe + 3H2O
Cho hỗn hợp chất rắn thu được vào dung dịch HCl dư: 0,25
Fe + 2HCl FeCl2 + H2
Lọc lấy chất rắn không tan, sấy khô ta thu được Cu. 0,25
Cho dung dịch nước lọc thu được ở trên vào dung dịch KOH dư:
HCl + KOH KCl + H2O 0,25
FeCl2 + 2KOH Fe(OH)2 (r) + 2KCl
Lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi. 0,25 4Fe(OH)2 + O2
 0t 2Fe2O3 + 4H2O
Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua chất rắn thu được ở trên đến khi phản ứng xảy 0,25
ra hoàn toàn, ta thu được Fe. 3CO + Fe2O3
 0t 2Fe + 3CO2 Câu III 2,0đ (1) CaCO 3
 0t CaO + CO2 Mỗi
(2) CaO + H2O Ca(OH)2 (3) Ca(OH) PT
2 + 2CO2 Ca(HCO3)2 được
(4) Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 2CaCO3 + 2H2O 0,25
(5) CaCO3 + 2HCl CaCl2 + CO2 + H2O
(6) CaCl2 + 2AgNO3 2AgCl (r) + Ca(NO3)2
(7) 3Ca(NO3)2 + 2K3PO4 Ca3(PO4)2 (r) + 6KNO3
(8) Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 3Ca(H2PO4)2 Câu IV *Tính toán: 1.
- Khối lượng H2SO4 có trong dung dịch: 1,5đ 500.0, 92.98 0,25 m   45,08 (gam) H2S 4 O 1000
-Thể tích dung dịch H
2SO4 98% (D= 1,84 g/ml) cần lấy: 45, 08 0,25 V   25 (ml) ddH SO 2 4 98%.1,84
*Cách pha chế: Đong lấy 475ml nước cất cho vào cốc thủy tinh chia vạch dung
tích 1lít, đong lấy 25ml dung dịch H2SO4 98% (D= 1,84 g/ml) cho từ từ vào cốc 1,0
trên rồi khuấy nhẹ, sau đó thêm rất từ từ nước cất vào cho đủ 500ml. Ta được
500ml dung dịch H2SO4 0,92M 2.
-Gọi số mol của Mg, Al, Cu trong 23,35 gam hỗn hợp A lần lượt là a, b, c mol. 2,5đ
mhh A = 24a + 27b + 64c = 23,35 (gam) (*) 0,25 -Các PTHH xảy ra: 0,25
Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (1) 1 mol 1 mol a mol a mol
2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 (2) 0,25 2 mol 3 mol b mol 1,5b mol 13, 44 0,25
-Từ (1) và (2) ta có: n
a 1,5b = 0,6 (mol) (**) H2 22, 4 0,25 0 2Cu + O t 2   2CuO (3) 1 mol 1 mol Trang 78 c mol c mol 0,25
80.c = 14 (gam) (***) 0,25
-Từ (*), (**) và (***) ta có: a = 0,225 mol, b = 0,25 mol, c = 0,175 mol 0,25
- Thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A: 0, 225.24 %Mg = .100%  23,13% 23, 35 0, 25.27 %Al = .100%  28,91% 0,5 23,35 0,175.64 %Cu = .100%  47,96% 23,35 Câu V a. 1. 33, 6 2,5đ n   0, 21 - Số mol Fe2O3: (mol) 2 Fe 3 O 160 180.0, 5
- Số mol Ba(OH)2: n   0,09 (mol) Ba (OH ) 0,25 2 1000 - Các PTHH xảy ra: 0 2Fe t
xOy + (1,5x - y)O2   xFe2O3 (1) 0,25 0 4FeCO t 3 + O2   2Fe2O3 + 4CO2 (2) Ba(OH) 0,25
2 + CO2 BaCO3 (r) + H2O (3) BaCO
3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 (4) 11,82
- Số mol BaCO3: n   0,06 (mol) BaC 0,25 3 O 197 b. Ta thấy n
 0,06 (mol) < n
 0,09 (mol) Có 2 trường hợp xảy BaCO Ba(OH ) 3 2 ra:
* Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư, (4) không xảy ra. 0,25
- Từ (2) và (3) ta có: n = n = n = 0,06 (mol) FeC 3 O 2 CO BaC 3 O
- Ta có: nFe (trong oxit ban đầu) = 2.0,21 - 0,06 = 0,36 (mol)
mO (trong oxit ban đầu) = 37,92 - 0,06.116 - 0,36.56 = 10,8 (gam)
nO (trong oxit ban đầu) = 10,8 : 16 = 0,675 (mol) 0,25 x 0, 36 8 - Ta có:  
(loại) y 0, 675 15
* Trường hợp 2: CO2 còn dư, BaCO3 bị hòa tan 1 phần theo (4). 0,25
- Theo (3) ta có: n = n = 0,09 (mol) 2 CO BaC 3 O
- Theo (4) ta có: n = n
= 0,09 – 0,06 = 0,03 (mol) 0,25 2 CO BaC 3 O
- Từ (2), (3) và (4) ta có: n = n
= 0,09 + 0,03 = 0,12 (mol) FeC 3 O 2 CO 0,25
- Ta có: nFe (trong oxit ban đầu) = 2.0,21 - 0,12 = 0,3 (mol)
mO (trong oxit ban đầu) = 37,92 - 0,12.116 - 0,3.56 = 7,2 (gam) 0,25
nO (trong oxit ban đầu) = 7,2 : 16 = 0,45 (mol) x 0, 3 2 - Ta có:
Công thức hóa học của oxit sắt là Fe2O3. y 0, 45 3 2. 8, 4 1,5đ n   0,375 - Số mol SO2: (mol) SO2 22, 4 0,25
- Gọi công thức tổng tổng quát chung của chất rắn A là FexOy. - Các PTHH xảy ra: 0 2xFe t + yO2   2FexOy (1) Trang 79 0 2Fe t 0,25
xOy + (6x-2y)H2SO4 
xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) 1 1 m m
- Từ (1) và (2) ta thấy: nn  .  (mol) F 0,25 2 e ( 4 SO )3 2 Fe 2 56 112 3.m
nS(trong muối) = 3.n(mol) 2 Fe ( S 4 O )3 112 - Từ (2) ta thấy: 3.m 0,25 nn = n
+ nS(trong muối) = 0,375 + H2O H2S 4 O S (trong 2 SO ) 112
- Áp dụng ĐLBTKL cho (2) ta có: m 0,25 A + m = m + m + m H2S 4 O F 2 e ( S 4 O )3 SO2 H2O  3.m m 3.m m + 4,8 + 98. (0,375 + ) = 400.
+ 0,375.64 + 18. (0,375 + ) 0,25 112 112 112
m ≈ 25,2 (gam)
Lưu ý: - HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.
- Cứ 2PTHH viết đúng nhưng cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm. Trang 80