20 đề thi hsg môn hóa lớp 9 có lời giải chi tiết

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

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1

C

0.25 đ

Câu 2

C

0.25 đ

Câu 3 : (1) 4FeS₂ + 11O₂ 8SO₂ + 2Fe₂O₃ (r) (k) (k) (r)

(A)

(2) 2SO₂ + O₂ 2 SO₃

(k) (k) (k)

(B)

(3) SO₂ + 2KOH K₂SO₃ + H₂O

(k) (dd) (dd) (l)

(C)

(4) SO₃ + H₂O H₂SO₄

(k) (l) (dd)

(G)

(5) H₂SO₄ + Na₂SO₃ Na₂SO₄ + H₂O + SO₂

(dd) (dd) (dd) (l) (k)

(A)

(6) SO₂ + KOH KHSO₃

(k) (dd) (dd)

(D)

(7) KHSO₃ + KOH K₂SO₃ + H₂O

(dd) (dd) (dd) (l)

(C)

(8) K₂SO₃ + 2HCl 2KCl + H₂O + SO₂

(dd) (dd) (dd) (l) (k) (A)

(9) H₂SO₄ + 2NaOH Na₂SO₄ + 2H₂O

(dd) (dd) (dd) (l)

(E)

(10) Na₂SO₄ + 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)

0.2đ

0.2đ

0.2đ

0.2đ

0.2đ

0.2đ

0.2đ

0.2đ

0.2đ

0.2đ

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

Cô cạn dd, điện phân nóng chảy ta được K

Điện phân nc

2KCl 2K+Cl₂

0,5

Hoà tan phần chất rắn vào dung dịch HCl dư:

MgCO₃ +2HCl MgCl₂ + H₂O +CO₂

BaCO₃ + 2HCl BaCl₂ + H₂O +CO₂

0,25

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

Điện phân nc

MgCl₂ Mg + Cl₂

0,5

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

NH₄Cl NH₃ + HCl

NH₄OH NH₃ +H₂O

0,25

- Điện phân nóng chảy BaCl₂ được Ba

Điện phân nc

BaCl₂ Ba +Cl₂

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 + 3H₂SO₄ Al₂(SO₄)₃ + 3H₂ (1)

Mol: x 1,5x 0,5x 1,5x

X + H₂SO₄ XSO₄ + H₂ (2)

Mol: y y y y

0,5

Al₂(SO₄)₃ + 3BaCl₂ 3BaSO₄ + 2AlCl₃ (3)

Mol: 0,5x 1,5x 1,5x x

XSO₄ + BaCl₂ BaSO₄ + XCl₂ (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 = 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))

27 x + yX = 7,8 (a)

0,5

2)

Theo câu 1);1,5 x + y = 0,4 (b)

Từ (a) và (b) y = (*)

vì y > 0 nên X-18 > 0

Từ (b) x= Theo bài ra : y> 33,33% x , thay vào ta có :

y > 33,33% () .giải ra ta có y > 0,073 .

từ (*) >0,073

X < 26,2

Mặt khác :Vì x > 0 y < 0,4 < 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

CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

1

(3,0đ)

Theo tính tan thì 4 dung dịch muối đó là:

BaCl₂, MgSO₄, K₂CO₃ và AgNO₃. Vì :

- Gốc =CO₃ đều tạo với Ba, Mg, Agdd K₂CO₃

- Ag đều tạo với gốc –Cl và =SO₄ dd AgNO₃

- Ba tạo với gốc =SO₄ dd BaCl₂

- Dung dịch còn lại : MgSO₄.

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 AgNO₃ :

AgNO₃ + HCl AgCl + HNO₃

- Có hiện tượng sủi bọt khí ,nhận ra K₂CO₃ :

K₂CO₃ + 2HCl 2KCl + CO₂ + H₂O

0,25

0.25

0,25

0.25

0.25

* cho tiếp dd Na₂SO₄ vào 2 mẫu thử còn lại:

- Cótrắng nhận ra dd BaCl₂ :

BaCl₂ + Na₂SO₄ BaSO₄ + 2NaCl

- Mẫu thử còn lại là MgSO₄

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 = 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 CO₂ có trong 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= 1 – 0,75 = 0,25 (mol)

Vậy cần trộn khí CO với khí CO₂ theo thể tích là:

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.5đ

0.5đ

0.25đ

0.5đ

0.5đ

Câu 3

(2,75đ)

2Cu + O₂ 2CuO ( t⁰C) (1)

Do A tác dụng với H₂SO₄ đ,n thu được khí D: Chứng tỏ chất rắn A có Cu dư.

Cu_dư + 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:

Chứng tỏ dd E có chứa 2 muối

SO₂ + 2KOH K₂SO₃ + H₂O (6)

SO₂ + KOH KHSO₃ (7)

( hoặcviết : K₂SO₃ +SO ₂ +H ₂O 2KHSO₃ (7) )

2KHSO₃ + 2NaOH K₂SO₃ + Na₂SO₃ + 2H₂O (8)

K₂SO₃ + BaCl₂ BaSO₃ + 2KCl (9)

- Mỗi PTHH đúng cho 0,25

- Lý giải: 0,5

Câu 4

(2,75đ)

Điện phân nước thu khí oxi :2H₂O 2H₂ +O₂ (1)

4FeS₂ + 11O₂ 2Fe₂O₃ + 8SO₂⭡ (2)

0,25

0,25

- Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn xốp:

Điện phân dd

có màng ngăn

2NaCl + 2H₂O 2NaOH + Cl₂⭡+ H₂⭡ (3)

0,5

- Điều chế Fe: Fe₂O₃ + 3H₂ 2Fe + 3H₂O (4)

0,25

- Điều chế H₂SO₄:

t⁰

V₂O₅

2SO₂ + O₂ 2SO₃⭡ (5)

SO₃ + H₂O H₂SO₄

0,25

0,25

- Điều chế FeSO₄: Fe + H₂SO₄ FeSO₄ + H₂⭡ (6)

0,25

- Điều chế FeCl₃ : 2Fe + 3Cl₂ 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 theo yêu cầu.)

Câu 6

(3,5)

Vì khi phản ứng với HNO ₃ và H₂SO₄ 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 )

0,5

Các PTHH xảy ra: 2R + x H₂SO₄ R₂(SO₄)_x + x H₂. (1)

a

3R +4 y HNO₃ 3R(NO₃)_y + yNO+ 2yH₂O (2)

a a

0,5

0,5

Gọi a là số mol R tham gia phản ứng (1) và (2)( a >0)

Theo bài ra : n_H2 = n_NO , hay : = x =

0,5

Mặt khác : (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 =vào ta có : 0,3719 R = 38,9422y – 48. 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

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

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

a)

3Fe₃O₄ + 28HNO₃ 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O

Fe(NO₃)₃ + Fe 3Fe(NO₃)₂

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ Fe(NO₃)₃ + Ag

0,5

0,5

0,5

b)

(1) S + H₂ H₂S

(A) (B)

(2) S + O₂ SO₂

(C)

(3) S + Fe FeS

(D)

(4) 2H₂S + SO₂ 3S + 2H₂O

(H)

(5) SO₂ + Br₂ + 2H₂O 2HBr + H₂SO₄

(E) (H) (G) (M)

(6) FeS + H₂SO₄ H₂S + FeSO₄

(M) (K)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

CaCO₃ CaO + CO₂

CaCO₃ + 2HCl CaCl₂ + 2H₂O + CO₂

CaCO₃ + H₂O + CO₂ Ca(HCO₃)₂

CaCl₂ Ca + Cl₂

CaCl₂ + 2H­₂O Ca(OH)₂ + H₂ + Cl₂

CaCl₂ + H₂O CaOCl₂ + H₂

2CaOCl₂ 2CaCl₂ + O₂

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Cho CO qua A nung nóng

t^o

Fe₃O₄ + 4 CO 🡪 3 Fe + 4 CO₂

t^o

CuO +CO 🡪 Cu + CO₂

🡪 Chất rắn B : Al₂O₃ ; Fe; MgO; Cu

0,75

Chất rắn B tác dụng NaOH dư

Al₂O₃ + 2NaOH 🡪 2NaAlO₂ + H₂O

Dung dịch C : NaAlO₂; NaOH dư.Chắt rắn D:MgO;Fe,Cu

0,75

Dung dịch C tác dụng HCl dư

NaOH + HCl 🡪 NaCl + H₂O

Na AlO₂ + HCl +H₂O 🡪 Al(OH)₃ + NaCl

Al(OH)₃ + 3HCl 🡪 AlCl₃ + 3H₂O

Hoặc Na AlO₂ + 4HCl 🡪 NaCl + AlCl₃ +2 H₂O

1,0

Chất rắn D tác dụng dung dịch HNO₃ loãng

- Nếu HNO₃ dư :

MgO +2HNO₃ 🡪 Mg(NO₃)₂ +H₂O

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

1,0

Gọi hoá trị của A là x (x), n_NaHCO3 =

a) Các phương trình hoá học xảy ra 2A + 2x HCl ⭢ 2 ACl_x + x H₂. (1)

NaHCO₃ + HCl ⭢ NaCl + CO₂ + H₂O. (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 A₂O_x + x H₂O. (4).

1,25

Theo pt (2) : n_NaCl = n_NaHCO3 = 0,2(mol).⭢m_NaCl =0,2 . 58,5 = 11,7 (g)

0,5

b)

(*)

Mặt khác : Theo PT (3) và (4) :

(**)

0,5

0,5

Từ (*) và (**) ta có : A= 12 .x .thoả mãn x=2, A=24. Vậy A là Mg

0,75

c

. Theo PT : Mg+ 2HCl ⭢MgCl₂ + H₂

0,5

Theo PT (2) :

0,25

=

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} =

0,5

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 SỐ 4

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC

Môn : Hóa học - lớp 9

Thời gian làm bài 120 phút

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: SiO₂ ,Al₂O₃

và CaO có khả năng tan trong dd kiềm do PƯ giữa CaO với H₂O

- Các chất tan trong dd axít là: CaO; CaCO₃; Al₂O₃; Fe₂O_3; Fe₃O₄

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:

- CaCO₃ đá vôi, đá hoa …thường dùng để nung vôi

- SiO₂ ở dạng cát dùng trong công nghiệp xây dựng, chế biến thuỷ tinh

- Al₂O₃ có trong quặng bôxít dùng để luyện nhôm.

- Fe₂O₃ có trong quặng hematit dùng để luyện gang.

- Fe₃O₄ 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 Na₂CO₃, nhận biết được lọ Na₂CO₃.

PTPư Na₂CO₃ + 2 HCl → 2NaCl + CO₂ + H₂O

- Dùng Na₂CO_3­ vừa tìm được nhỏ vào các mẩu thử còn lại.

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

0,5

1,0

b. Cho hỗn hợp vào trong dd NaOH dư. Chỉ có Al₂O₃ phản ứng.

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.

CuO + H₂ Cu + H₂O.

Fe₂O₃ + 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 + O₂ 2CuO.

- Lấy dd B thu được cho tác dung với dd NaOH dư. Thu được kết tủa Fe(OH)₂

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 Fe₂O_3.. 4Fe(OH)₂ +O₂ + 2H₂O 4Fe(OH)₃ ;

2Fe(OH)₃ Fe₂O₃ + 3H₂O

- Thổi từ từ đến dư khí CO₂ ( 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. NaAlO₂ + CO₂ + 2 H₂O → Al(OH)₃ + NaHCO₃

2Al(OH)₃ Al₂O₃ + 3H₂O.

Hs có thể làm cách khác nếu đúng cho đủ số điểm.

0,5

0,5

0,5

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 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)

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 H₂SO₄ có trong 50ml ddC là:

Số mol BaCl₂: , V_dd = 200 + 50 = 250 (ml)

H₂SO₄ + BaCl₂ BaSO₄+ 2HCl

Trước phản ứng: 0,188 0,2

Sau phản ứng: 0 0,012 0,188 . 2

Vậy

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4

3,0 đ

Đặt công thức của oxit kim loại là: A_xO_y có số mol là a

Các PTHH: A_xO_y + yCO x A + yCO_{2 (k)} (1)

a mol ay mol ay mol

CO_{2 (k)} + Ca(OH)_2(dd) CaCO_{3 (r)} + H₂O_(l) (2)

Có thể: CaCO_3(r) + CO_{2 (k)} + H₂O_(l) Ca(HCO_3­)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): nCO₂ = n CaCO₃ = 0,05 mol → n CO₂ = 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).

PTHH khi cho Cu vào dd H₂SO₄ đặc, nóng

Cu_(r) + H₂SO_{4 đn (dd)} CuSO_{4 (dd)} + SO_{2 (k)} + 2 H₂O_(l) (4)

Từ (1): n Cu = n CO₂ = 0,05 mol. Theo (4): n SO₂ = 0,05 mol

→ V = 0,05 . 22,4 = 1,12 (lít)

SO₂

2. TH2: CO₂ dư → phản ứng (3) có xảy ra

Từ (2): n CO₂ = 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 - 0,05 = 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: (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 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)

PTHH khi cho Fe vào dd H₂SO_{4 đn}:

2Fe_(r) + 6 H₂SO_{4 đn (dd)} Fe₂(SO₄)_{3 (dd)} + 3 SO_{2 (k)} + 6 H₂O_(l)(5)

nFe = 0,025 . 2 = 0,05 (mol) → n SO₂ = 0,075 mol

→ V = 0,075 . 22,4 = 1,68 (lít)

SO₂

Hs có thể làm cách khác nếu đúng cho đủ số điểm.

1,0

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

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

Nội dung

Điểm

Câu 1

2,0đ

a. – Dung dịch KOH hòa tan được các chất: Na₂O; CO₂; H₂S; Al₂O₃

Na₂O + H₂O 2NaOH;

2KOH + CO₂ K₂CO₃ + H₂O (KOH + CO₂ KHCO₃)

2KOH + H₂S K₂S + 2H₂O; 2KOH + Al₂O₃ 2 KAlO₂ + H₂O

0,25

0,75

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).

- Tách H₂O (hơi):

Cho hỗn hợp qua P₂O₅ dư H₂O bị hấp thụ

       P₂O₅  +  3H₂O  →  2H₃PO₄                                                                       -- Tách khí HCl:

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                                                     

0,5

0,5

Câu 2

3,0đ

a. Trích 5 mẫu thử vào 5 ống nghiệm và cho H₂O vào có 3 lọ bị nước hòa tan: Na₂SO₄ ; 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

-Dung dịch làm giấy quỳ không đổi màu là dd Na₂SO₄ 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 H₃PO₄ 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)₂ vào, chất nào tan là Al₂O₃; còn lại là lọ đựng MgO

Ba(OH)₂ + Al₂O₃ Ba(AlO₂)₂ + H₂O

0,5

0,5

0,5

b. Bước 1: Tiến hành cân khối lượng hỗn hợp ban đầu: m₁(g)

Bước 2: Tiến hành nung hỗn hợp đến khối lượng không đổi

Bước 3: Cân khối lượng chất rắn sau khi nung m₂(g)

Lập hệ pt để tính các giá trị: Gọi x; y lần lượt là số mol Na₂CO₃.10H₂O và CuSO₄.5H₂O ta có:

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 BaCl₂ vào dung dịch A:

BaCl₂ + Na₂SO₄ BaSO₄ + 2NaCl (1)

BaCl₂ + K₂SO₄ BaSO₄ + 2KCl (2)

Khi cho dd H₂SO₄ vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong nước lọc còn chứa BaCl₂(dư) và tham gia phản ứng hết với H₂SO₄

BaCl₂ + H₂SO₄ BaSO₄ + 2HCl (3)

Khối lượng BaCl₂ cho vào dung dịch A là:

Số mol BaCl₂ tham gia phản ứng (3):

Suy ra tổng số mol Na₂SO₄ và K₂SO₄ = số mol BaCl₂ tham gia phản ứng (1) và (2) và bằng:

Vì Na₂SO₄ và K₂SO₄ được trộn theo tỷ lệ về số mol nên ta có

Khối lượng dung dịch A:

Vậy: C% Na₂SO₄ =

C% K₂SO₄ =

0,4

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 FeCl₂ + H₂ (4)

Fe₂O₃ + 6HCl 2FeCl₃ + 3H₂O (5)

Cho NaOH (dư) vào dung dịch A: NaOH + HCl NaCl + H₂O

2NaOH + FeCl₂ Fe(OH)₂ + 2NaCl (6)

3NaOH + FeCl₃ Fe(OH)₃ + 3NaCl (7)

Lọc tách kết tủa nung trong kk đến khối lượng không đổi:

4Fe(OH)₂ + O₂ + 2H₂O 4Fe(OH)₃ (8)

2Fe(OH)₃ Fe₂O₃ + 3H₂O (9)

Ở (4) số mol Fe bằng số mol H₂ thoát ra ở ĐKTC và bằng:

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 Fe₂O₃

0,4 0,4 0,4 0,4 0,2

Fe₂O₃ 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) Fe₂O₃

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 =

m Fe₂O₃ =

0,4

0,4

0,4

0,2

0,5

0,2

0,5

0,4

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ SỐ 6

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC

Môn : Hóa học - lớp 9

Thời gian làm bài 120 phút

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 H₂SO_{4 đặc} Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6 H₂O

(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 ) Fe₂O₃ + 3H₂O

(8) Fe₂O₃ + 3H₂ 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 nước vôi CaO + H₂O Ca(OH)₂

Lọc nước vôi thu được dung dịch nước vôi trong( dd Ca(OH)₂).

- 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

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, 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

1.0

b

- Các cặp chất không thể tồn tại trong cùng ống nghiệm chứa nước cất:

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

1.0

IV

1.0

n_Na = n = mol

Na₂O

PTHH: 2Na + 2H₂O →2 NaOH + H₂

Na₂O + H₂O → 2 NaOH

Theo PTHH: n ­_NaOH = n _Na + 2 n

Na₂O

n = n_Na = 0,15 mol

H₂

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 = ⇨ 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 = = 0,05 mol ; n_CO =

Gọi a, b là số mol của Fe₂O₃ và M_xO_y có trong X

PTHH: 3Fe₂O₃ + CO 2Fe₃O₄ + CO₂ (1)

c mol mol

Fe₃O₄ + CO 3FeO + CO₂ (2)

p mol 3p mol p mol

FeO + CO Fe + CO₂ (3)

q mol q mol q mol

⇨ Trong Y: Fe₂O₃ ( a - c) mol; Fe₃O₄ ( ) mol; FeO ( p - q ) mol

Fe q mol và b mol M_xO_y

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)

M_xO_y + 2yHCl → xMCl_2y/x + yH₂O (8)

b mol 2by mol

Dung dịch Z gồm FeCl₂, FeCl₃, 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.

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

Nếu nung bazơ: 2Fe(OH)₃ Fe₂O₃ + 3H₂O

m = < m_X Chứng tỏ M không phải Fe

Fe₂O₃

⇨ Khối lượng Fe₂O₃ có trong X là 24 gam, ⇨ n = a =

Fe₂O₃

Khối lượng của M_xO_y = 69,9 - 24 = 45,9 gam

Theo PTHH (4) n_H = q = 0,05 mol

(1; 2; 3) n_CO = + p + q = 0,15⇨ + p = 0,1

Theo PTHH ( 4; 5; 6; 7; 8)

n_HCl = 6 ( 0,15 - c) + 8( ) + 2( p - q ) + 2q + 2by = 1,3 mol

⇨ 0,9 - 2( + p ) + 2by = 1,3

Thay + p = 0,1 ⇨ by = 0,3

m_MO = b(Mx + 16y) = 45,9 (gam)

⇨ bxM = 41,1 ⇨ ⇨ M = 137.

Thỏa mãn khi = 1, M = 137 là Bari (Ba). Với = 1 chọn

x = 1, y = 1. CTHH của oxit là BaO

0,15

VI

2,0

Ta có:n_HSO ^bđ = 0,2x mol , n_NaOH ^bđ = 0,3 mol.

PTHH: H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O (1)

Trong dung dịch A có chứa Na₂SO₄ và có thể có H₂SO₄ hoặc NaOH còn dư

TH₁: Phản ứng (1) xảy ra vừa đủ:

n_NaSO = n_NaOH = 0,15 mol

Na₂SO₄ + Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄ + 2NaHCO₃ (2)

Theo gt n_Ba(HCO) = 0,2 mol

n_Ba(HCO)= n_NaSO = 0,15 0,2 nên trường hợp này loại

TH₂: H₂SO₄ dư, NaOH hết trong dung dịch A gồm:

Na₂SO₄ ( 0,15 mol), H₂SO₄ dư (0,2x - 0,15 ) mol.

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

→ x = 1→ n_BaSO = 0,2 mol → m= m_BaSO= 0,2 . 233 = 46,6g

TH₃: NaOH dư, H₂SO₄ hết

Trong ddA gồm: NaOH_dư ( 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) n_Ba(HCO)= 0,3 - 0,4x + 0,2x = 0,2→ x =0,5

→ n_BaSO = n_NaSO = n_HSO = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol

n_BaCO= n_{NaOH dư} = 0,3 - 0,4 . 0,5 = 0,1 mol

→ m = m_BaSO+ m_BaCO = 0,1. 233 + 0,1 . 197 = 43 gam

0,5

0,75

0,75

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

Nội dung

Điểm

I

4 điểm

1)

P₂O₅ + 2NaOH + H₂O 🡪 2NaH₂PO₄

P₂O₅ + 4NaOH 🡪 2Na₂HPO₄ + H₂O

P₂O₅ + 6NaOH 🡪 2Na₃PO₄ + 3H₂O

( nếu thiếu 1 PTHH trừ bớt 0,25 điểm)

1,0

2)

SO₃ + H₂O 🡪 H₂SO₄

H₂SO₄ + BaCl₂ 🡪 BaSO₄ + 2HCl

1,0

3)

Ba(OH)₂ + 2KHSO₄ 🡪 BaSO₄ + K₂SO₄ + H₂O

Nếu Ba(OH)₂ dư thì: Ba(OH)₂ + K₂SO₄ 🡪 BaSO₄ + 2KOH

1,0

4)

Ban đầu : 2NaHSO₄ + Na₂CO₃ 🡪 Na₂SO₄ + 2NaHCO₃

Nếu tiếp tục thì: NaHSO₄ + NaHCO₃ 🡪 Na₂SO₄ + CO₂ +H₂O

*(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(NH₃) , mẫu thử ban đầu chứa phân đạm. Theo PTHH:

2NH₄NO₃ + Ca(OH)₂ 🡪 Ca(NO₃)₂ + 2NH₃ +2H₂O

1,0

- Mẫu thử nào có chất rắn tạo thành là Ca₃(PO₄)₂ thì mẫu thử ban đầu chứa phân lân. Theo PTHH:

Ca(H₂PO₄)₂ + 2Ca(OH)₂ 🡪 Ca₃(PO₄)₂ + 4H₂O

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 + 2H₂O 🡪 2NaAlO₂ +3H₂

0,5

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

Lọc lấy kết tủa đem nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Al₂O_{3 .}

2Al(OH)₃ Al₂O_{3 .} + 3H₂O

Đem điện phân nóng chảy ta thu được Al.

2Al₂O₃ 4Al + 3O₂

1,0

Cho chất rắn là Fe và Cu vào dung dịch HCl dư ,thì Cu không tan , lọc tách lấy Cu.

Fe + 2HCl 🡪 FeCl₂ + H₂

0,5

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 Fe₂O_{3 .}

4Fe(OH)₂ + O₂ 2Fe₂O_{3 .} + 4H₂O

Cho khí H₂ dư đi qua Fe₂O₃ nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Fe

Fe₂O_{3 .} + 3H₂ 2Fe +3 H₂O

( 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 H₂SO₄ và H₂O 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 H₂SO₄ là: 98a +18b hay 116a(g)

0,5

C% H₂SO₄=

0,5

b)

PTHH : Cu + 2 H₂SO₄ 🡪 CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

n_H2SO4 =

0,5

Gọi số mol Cu tham gia phản ứng là x.

Theo PTHH thì số mol H₂SO₄ = 2x và số mol SO₂ = x

Số mol H₂SO₄ 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 :

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 :

MgCO₃ + H₂SO₄ 🡪 MgSO₄ + CO₂ + H₂O (1)

RCO₃ + H₂SO₄ 🡪 RSO₄ + CO₂ + H₂O (2)

MgCO₃ MgO + CO₂ (3)

RCO₃ RO + CO₂ (4)

1,0

a)

Khí Y là CO₂ . Khi nung chất rắn B có khí CO₂ thoát ra chứng tỏ trong B còn có muối cacbonat còn dư. Nên H₂SO₄ phản ứng hết ở (1,2)

0,5

Theo (1,2) số mol H₂SO₄= số mol H₂O = số mol CO₂ =

C_M H₂SO₄=

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 CO₂ (3,4) =

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

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

Nội dung

Điểm

I

4,5 điểm

Các phương trình hóa học:

3Fe + 2O₂ Fe₃O₄

4Al + 3O₂ 2Al₂O₃

Chất rắn B gồm : Fe₃O₄ , Al₂O₃

Fe₃O₄ + 8HCl FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

Al₂O₃ + 6HCl 2AlCl₃ + 3H₂O

Dung dịch C gồm: FeCl₂ , FeCl₃ , AlCl₃, HCl

FeCl₂ + 2KOH 🡪 Fe(OH)₂ + 2KCl

FeCl₃ + 3KOH 🡪 Fe(OH)₃ + 3KCl

AlCl₃ + 3KOH 🡪 Al(OH)₃ + 3KCl

Al(OH)₃ + KOH KAlO₂ + 2H₂O

HCl + KOH 🡪 KCl + H₂O

Dung dịch D gồm: KCl, KAlO_2, KOH.

Chất rắn E gồm : Fe(OH)₂, Fe(OH)₃.

4Fe(OH)₂ + O₂ 2Fe₂O_{3 .} + 4H₂O

2Fe(OH)₃ Fe₂O_{3 .} + 3H₂O

Chất rắn F là : Fe₂O₃

KAlO₂ + CO₂ + 2H₂O 🡪 Al(OH)₃ + KHCO₃

KOH + CO₂ 🡪 KHCO₃

Kết tủa G là: Al(OH)₃

Mỗi phương trình và xác định được thành phần cho 0,25 điểm

Nếu không cân bằng hoặc thiếu điều kiện trừ đi nữa số điểm

II

3 điểm

Cho khí hiđro dư đi từ từ qua hỗn hợp các oxit nung nóng.

PTHH: Fe₂O_{3 .} + 3H₂ 2Fe +3 H₂O

CuO + H₂ Cu + H₂O

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 🡪 FeCl₂ + H₂

MgO + 2HCl 🡪 MgCl₂ + H₂O

0, 5

Lấy Cu nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được CuO.

2Cu + O₂ 2CuO

0,25

Dung dịch thu được gồm FeCl₂ ,MgCl₂, HCl dư đem điện phân dung dịch thì thu được Fe.

FeCl₂ Fe+ Cl₂

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 Fe₂O₃ tinh khiết

2Fe + 3 Cl₂ 2FeCl₃

FeCl₃ + 3NaOH 🡪 Fe(OH)₃ + 3NaCl

2Fe(OH)₃ Fe₂O_{3 .} + 3H₂O

1,0

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 nguyên chất

Mg(OH)₂ MgO _. + H₂O

(Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa)

1,0

III

2,5điểm

PTHH điều chế supephốt phát kép

Ca₃(PO₄)₂ + 3H₂SO_{4 đặc} 3CaSO_{4 (rắn)} + 2H₃PO₄

Ca₃(PO₄)₂ + 4H₃PO₄ 3Ca (H₂PO₄)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 Ca₃(PO₄)₂ không tan trong nước nên 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.

1,0

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 AgNO₃ thì số mol của Cu(NO₃)₂ là 2,5a

0,25

Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO₃ ba muối đó là Zn(NO₃)₂, AgNO₃, Cu(NO₃)₂.

0,25

Gọi x là số mol Zn tham gia phản ứng

Zn + 2AgNO₃ Zn(NO₃)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)= 0,02 mol => C_{M Zn(NO)} =

0,5

2)

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

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

1,0

Mà n_Zn(NO)= 0,6.0,25= 0,15(mol)

Nên n_Zn(NO)= 0,5a +2,5a = 0,15(mol) => a=0,05(mol)

0,5

n_AgNO= 0,05(mol) C_{M AgNO} =

n_Cu(NO)= 0,05.2,5= 0,125(mol) C_{M Cu(NO)} =

0,5

V

6 điểm

Nung nóng hỗn hợp trong không khí tới khối lượng không đổi, xảy ra các PTHH:

4FeCO₃ + O₂ 2Fe₂O_{3 .} + 4CO₂ (1)

4Fe_xO_y + (3x-2y)O₂ 2xFe₂O₃ (2)

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)

1,0

n_CaCO=

n_Ca(OH)= 0,75.0,02=0,015(mol)

Do n_Ca(OH)> n_CaCO nên xảy ra hai trường hợp:

0,5

Trường hợp 1: Ca(OH)₂ dư ,chỉ xảy ra (3)

=> n_CaCO= n _CO2 = 0,01(mol)

Từ (1) n_FeCO= n _CO2 = 0,01(mol) => m_FeCO= 0,01.116=1,16(g)

n_FeO= n_FeCO/2 = 0,01/2 = 0,005(mol)

m_FexOy= 16,24- 1,16 = 15,08(g) theo (1,2) n_FeO= => n_FeO (2)= 0,1 – 0,005= 0,095(mol)

1,0

Theo (2) n_FexOy= n_FeO . 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= n _CO2 = n_Ca(OH)= 0,01(mol)

=> n_Ca(OH) (4) = 0,015- 0,01= 0,005(mol)

Theo(4) n _CO2 = 2 n_Ca(OH)= 0,005 .2 = 0,01 (mol)

Nên n _CO2 (3,4) = 0,01+ 0,01 = 0,02 (mol)

0,5

Từ (1) n_FeCO= n _CO2 = 0,02(mol) => m_FeCO= 0,02.116=2,32(g)

n_FeO= n_FeCO/2 = 0,02/2 = 0,01(mol)

m_FexOy= 16,24- 2,32 = 13,92(g) theo (1,2) n_FeO= => n_FeO (2)= 0,1 – 0,01= 0,09 (mol)

1,0

c)

Theo (2) n_FexOy= n_FeO . 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: Fe₃O₄

1,0

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

Nội dung

Bảng A

Bảng B

1

(3đ)

BaO + H₂O → Ba(OH)₂

Ba(OH)₂ + SO₃ → BaSO₄ + H₂O

Nếu Ba(OH)₂ dư: Ba(OH)₂ + 2Al + 2H₂O → Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

Nếu SO₃ dư: SO₃ + H₂O → H₂SO₄

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂.

2KMnO₄ K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂ (A)

10FeCl₂ + 6KMnO₄ + 24H₂SO₄ 5Fe₂(SO₄)₃ + 3K₂SO₄ + 6MnSO₄ + 24H₂O + 10Cl₂ (B)

4FeS₂ + 7O₂ 2Fe₂O₃ + 4SO₂ (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:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO_{3 ( r)} + H₂O

CO₂ + H₂O + CaCO₃ → Ca(HCO₃)₂

b) Đầu tiên có khí màu nâu, sau đó có khí không màu rồi hóa nâu trong không khí:

t⁰

Cu + 4HNO_{3 đ} 🡪 Cu(NO₃)₂ + 2H₂O + 2NO₂ ↑

3Cu + 8HNO_{3 loãng} 🡪3Cu(NO₃)₂ + 4H₂O + 2NO ↑

2NO + O₂ → 2NO₂

c) Có khí không màu thoát ra đồng thời có kết tủa trắng hơi xanh xuất hiện

2K + 2H₂O 🡪 2KOH + H₂

2KOH + FeCl₂ 🡪 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 🡪 FeCl₂ + H₂S

- FeS₂ tan, có khí mùi trứng thối và có kết tủa vàng: FeS₂ + 2HCl 🡪 FeCl₂ + H₂S + S

- FeO tan, không có khí: FeO + HCl 🡪 FeCl₂ + H₂O

- FeCO₃ tan, có khí không mùi thoát ra:

FeCO₃ + 2HCl 🡪 FeCl₂ + CO₂ + H₂O

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) Na₂CO₃ + CaCl₂ 🡪 CaCO₃🡫 + 2NaCl

t⁰

(2) Ca(HCO₃)₂ 🡪 CaCO₃ + CO₂🡩 + H₂O

(3) Ca(HCO₃)₂ + Ba(OH)₂🡪 BaCO₃🡫 + CaCO₃🡫 + 2H₂O

(4) Ca(HCO₃)₂ +2NaOH 🡪 Na₂CO₃ + CaCO₃🡫 + 2H₂O

(5) BaCO₃ + 2HCl 🡪 BaCl₂ + CO₂🡩 + H₂O

(6) Na₂CO₃ + H₂SO₄ 🡪 Na₂SO₄ + CO₂🡩 + H₂O

Mỗi pư đúng cho 0,5đ

Mỗi pư đúng cho 0,5đ

4

(5đ)

1. (3đ)

Gọi CT của muối cacbonat cần tìm là MCO₃

MCO₃ MO + CO₂ (1)

Vì < nên ta xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1: Tạo muối BaCO₃

Ba(OH)₂ + CO₂ BaCO₃ + H₂O

0,05 0,05

Từ (1) => M + 60 = 300 => M = 240 (loại)

Trường hợp 2: Tạo 2 muối BaCO₃ và Ba(HCO₃)₂

Ba(OH)₂ + CO₂ BaCO₃ + H₂O

0,05 0,05 0,05

Ba(OH)₂ + 2CO₂ Ba(HCO₃)₂

0,05 0,1

=>

Từ (1) => M + 60 = 100 => M = 40 => M là Ca

Vậy CTHH của muối cần tìm là CaCO₃

2.(2đ)

2HCl + MCO₃ 🡪 MCl₂ + CO₂ + H₂O

Theo PHHH: nCO₂ = nMCO₃ = nMCl₂ 🡪 mol

=> > 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 CaCO₃

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

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 ⭢ ACl₂ + H₂ (1)

2B + 6HCl ⭢ 2BCl₃ + 3H₂ (2)

Từ (1) và (2) ta thấy tổng số mol của axit HCl gấp 2 lần số mol H₂ tạo ra

=>

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

m_{kim loại} = 4 - 2,7 = 1,3 g

M_{kim loai} = => 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

Ý

Đáp án

Điểm

Bảng A

Bảng B

1- câu 1(3đ)

2- Câu 2(3đ)

A₁ : Fe₂O₃ ; A₂: FeCl₃ ; A₃: FeNO₃: B₁: H₂O; B₂: Ca(OH)₂ ; B₃ : NaOH ( Có thể thay bằng chất thích hợp, tìm được mỗi chất cho 0,25đ)

1,5

1,5

2Fe(OH)₃ ^to Fe₂O₃ + 3H₂O

0,25

0,25

Fe₂O₃ + 6 HCl 2FeCl₃ + 3 H₂O

0,25

0,25

FeCl₃ + 3 AgNO₃ e(NO₃)₃ + 3AgCl ↓

0,25

0,25

H₂O + CaO Ca(OH)₂

0,25

0,25

Ca(OH)₂ + Na₂CO₃ CaCO₃↓ + 2NaOH

0,25

0,25

Fe(NO₃)₃ + 3NaOH Fe(OH)₃ ↓ + 3NaNO₃

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 CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ CaCO₃ ↓+ H₂O

0,5

0,5

Cho tàn đóm đỏ vào lần lượt mẫu thử các bình , tàn đóm đỏ bùng cháy ta nhận ra bình O₂ , 3 bình còn lại làm tàn đóm tắt là N₂; H₂ và CH₄.

0,25

0,25

Trích mẫu thử các chất 3 bình còn lại đem đốt: Không cháy là N₂ ; Cháy được là H₂ và CH₄ ( 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 CH₄ , Bình còn lại là H₂

CH₄ + 2O₂ ^to CO₂ + 2H₂O

2H₂ + O₂ ^to 2H₂O

CO₂ + Ca(OH)₂ CaCO₃ ↓+ H₂O

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 MgCl­₂

2NaOH + MgCl₂ 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 BaCl₂

BaCl₂ + H₂SO₄ Ba SO₄ ↓ + 2HCl

BaCl₂ + Na₂SO₄ Ba SO₄ ↓ + 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 H₂SO₄ dung dịch còn lại là Na₂SO₄

H₂SO₄ + Mg(OH)₂ Mg SO₄ + 2H₂O

0,5

0,25

3đ

3đ

Câu 2(4đ)

1

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 ;

M CuSO₄.5H₂O = 250g.

0,25

0,5

%mCuSO₄trong CuSO₄.5H₂O = (160/250)*100% = 64%.

m Cu SO₄ . 5 H₂O = ( 32*100) : 64 = 50(g)

0,5

0,5

Dùng cân cân lấy 50(g) CuSO₄ . 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.

0,5

0,25

Từ từ cho thêm nước vào tới vạch 200ml ta được 200ml dung dịch Cu SO₄ 1M

0,5

0,25

2đ

2đ

2

Các PTPU:

Na₂O + H₂O 2NaOH (1)

a 2a (mol)

0,25

0,25

NaOH + NaHCO₃ Na₂CO₃ + H₂O (2)

a a a (mol)

0,25

0,25

NaOH + NH₄Cl ^to NaCl + NH₃↑ + H₂O (3)

a a a a (mol)

0,25

0,25

Na₂CO₃ + BaCl₂ BaCO₃ ↓ + 2NaCl (4)

a a a 2a (mol)

0,25

0,25

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 NH₃ (nNH₃ = a mol)

Kết tủa C là BaCO₃ ( nBaCO₃ = a mol)

0,75

0,75

2đ

2đ

Câu 3(3đ)

a

n H₂SO₄ trong mỗi cốc = 0,1*0,2 = 0,02 mol; n Mg = m/24; nAl= m/27

0,25

0,5

Cốc A: Mg + H₂SO₄ MgSO₄ + H₂↑ (1)

0,25

0,25

Cốc B: 2Al + 3H₂SO₄ Al₂(SO₄)₃ + 3H₂↑ (2)

0,25

0,25

Cả hai cốc kim loại đều tan không hết nH₂ thoát ra ở (1) = nH₂ thoát ra ở (2) = n H₂SO₄ 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 H₂ ở cốc A thoát ra = n Mg = m/24 mol

0,25

0,5

n H₂ 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

H₂ 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(HCO₃)_n.

0,25

0,25

Các PTPU có thể có:

2M(HCO₃)_n. ^to M₂(CO₃)_n + nH₂O + nCO₂↑ (1)

0,25

0,5

2M(HCO₃)_n ^to M₂O_{n +} 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 M₂(CO₃)_n hoặc M₂O_n ; Hỗn hợp khí B là CO₂ và hơi H₂O; Bình dung dịch Ca(OH)₂ tăng là khối lượng CO₂ và H₂O ; kết tủa là CaCO₃ , nCaCO₃ = 8/100=0,08 mol

0,25

0,25

Theo bài ra: nCa(OH)₂ = 0,14mol > nCaCO₃ = 0,08 mol Có hai trường hợp xẩy ra:

0,25

0,25

TH1: Ca(OH)₂ dư Không xẩy ra (4) :

Theo (2): nCO₂ = nCaCO₃ = 8/100= 0,08mol

mCO₂ = 0,08* 44 = 3,52(g) mH₂O = 10,6 – 3,52 = 7,08(g) n H₂O = 7,08/18 = 0,39 mol.

Theo (1) và (2): nH₂O ≤ nCO₂ nhưng 0,39 > 0,08 ( TH1 loại)

0,25

0,25

0,25

0,25

TH2: CO₂ dư ở (3) , xẩy ra (4):

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 CO₂ = 0,2 mol mCO₂ = 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.

0,25

0,25

Ta có: m M(HCO₃)_n = 0,2/n * ( M+61n) = 25,9

M= 68,5n

Vậy M là Ba

0,25

0,25

3đ

4d

b

nH₂SO₄ = 0,2*0,2 = 0,04 mol

Thay M bằng kim loại Ba, công thức muối: Ba(HCO₃)₂ ta có:

0,25

0,25

Ba(HCO₃)₂ ^to BaO + H₂O + 2CO₂ ↑ (1)

0,1 0,1 (mol)

0,25

0,25

BaO + H₂SO₄ Ba SO₄ ↓+ H₂O (3)

0,04 0,04 0,04 (mol)

0,25

0,25

BaO + H₂O Ba(OH)₂ (4)

0,06 0,06 (mol)

0,25

0,25

m dung dịch H₂SO₄ = 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)

m Ba SO₄ = 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

Phương trình phản ứng có thể có :

KHCO₃ + HCl KCl + H₂O + CO₂ ↑ (1)

CaCO₃ + 2HCl CaCl₂ + H₂O + CO₂↑ (2)

CO₂ + Ca(OH)₂ CaCO₃ ↓+ H₂O (3)

CO₂ + 2KOH K₂CO₃ + H₂O (4)

CO₂ + K₂CO₃+ H₂O 2KHCO₃ (5)

CaCO₃ + CO₂ + H₂O Ca(HCO₃)₂ (6)

0,5

0

nCaCO₃ = 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 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).

0,5

0

TH2: CO₂ dư, có xẩy ra (3) , (4) , (5), (6) theo tuần tự phản ứng:

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)

CaCO₃ + CO₂ + H₂O Ca(HCO₃)₂ (6)

0,03 0,03 (mol)

∑mol CO₂ là 0,38mol = ∑mol 2 muối trong A.

Vậy: m = 0,38*100 = 38(g)

ĐS: m₁ = 12(g) ; m₂ = 38(g)

0,5

2đ

0

Tổng

20đ

20đ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ SỐ 11

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

Môn: Hoá học 9

Thời gian: 120 phút

Câu

Nội dung

Điểm

1

1. 3Fe + 2O₂ Fe₃O₄

(A)

Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

(A) (B) (C)

FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + 2NaCl

(B) (D) (G)

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

(C) (E) (G)

4Fe(OH)₂↓ + O₂ + H₂O → 4Fe(OH)₃↓

(D) (E)

2Fe(OH)₃ Fe₂O_­3 + 3H₂O

(E) (F)

2:- Khi cho Na vào 2 muối Na sẽ phản ứng với nước

trong dung dịch trước.

2 Na + 2 H₂O → 2 NaOH + H₂

Sau đó dd NaOH sẽ có phản ứng:

6 NaOH + Al₂(SO₄)₃ → 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2 H₂O

2 NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

Vậy Khí A là H₂

- Dung dịch B là: NaAlO₂ và Na₂SO₄

- Kết tủa C là Cu(OH)₂ và Al(OH)₃ chưa phản ứng hết.

Nung kết tủa C:

Cu(OH)₂ CuO + H₂O

2 Al(OH)₃ Al₂O₃ + 3 H₂O

- Chất rắn D là: Al₂O₃ và CuO.

- Cho hiđro dư qua D nung nóng,chỉ có CuO tham gia

khử:

CuO + H₂ 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.

Al₂O₃ + 6 HCl → 2 AlCl₃ + 3 H₂O

(3 điểm)

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2

1. X là Fe(OH)₂ Z là Fe

Y là Fe₃O₄ T là FeO

Phương trình phản ứng:

1/ Fe(OH)₂ + H₂SO₄ → FeSO₄ + 2 H₂O

2/ Fe₃O₄ + 4 H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4 H₂O

3/ Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

4/ FeSO₄ + BaCl₂ → FeCl₂ + BaSO₄

5/ FeCl₂ + 2 AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2 AgCl

6/ Fe(NO₃)₂ +2 NaOH → Fe(OH)₂ + 2 NaNO₃

7/ Fe(OH)₂ FeO + H₂O

8/ FeO + CO Fe + CO₂

2. Nhận biết

- Dùng NaOH để nhận biết các dung dịch.

+ DD nào có khí mùi khai ( NH₃) bay ra là NH₄Cl.

NaOH + NH₄Cl → NaCl + NH₃(🡩) + H₂O

+ 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.

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

3 NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃ + 3 NaCl

NaOH _dư + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2 H₂O

(3 điểm)

2 điểm

Viết

đúng

mỗi

PTHH

được

0,25đ

1 điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

3

Gọi công thức của oxit là A₂O₃

A₂O₃ + 3 H₂SO₄ → A₂(SO₄)₃ + 3 H₂O (1)

0,02 0,06 mol

H₂SO_{4 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

CaSO₄ = 0,01 mol

Dd khi cô cạn có 9,36 gam muối khan

m _A(SO) + m_CaSO4 = 9,36

m_A(SO) + 0,01. 136 = 9,36

 m _A(SO) = 9,36 – 1,36 = 8 g

theo (1) số mol A₂O₃ = số mol A₂(SO₄)₃

Giải ra ta được M_A = 56. Vậy oxit là Fe₂O₃

2.

Theo PT (1) ta có số mol của Fe₂O₃ = 3,2/160 = 0,02

⇨số mol H₂SO₄ ở (1) là 0,02.3 = 0.06 mol

tổng số mol H₂SO₄ ở (1) và (2) là 0,01 + 0,06 = 0,07

Khối lượng H₂SO₄ = 6,86 g

Nồng độ % là: 3,43 %.

( 2điểm)

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

4

Các PTHH:

2 Fe + O₂ 2 FeO

3 Fe + 2 O₂ Fe₃O₄

4 Fe + 3 O₂ 2 Fe₂O₃

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂ (1)

FeO + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂O (2)

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)

khối lượng của Fe l à: 0,01. 56 = 0,56 g

Số mol H₂SO₄ 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 H₂SO₄ = 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

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ SỐ 12

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

Môn: Hoá học 9

Thời gian: 120 phút

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ SỐ 13

ĐỀ THI CHỌN HSG MÔN: HÓA HỌC LỚP 9

Thời gian làm bài: 150 phút

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

Đáp án

Điểm

Câu 1

(5điểm)

a/

Ba(HCO₃)₂ + Ca (OH)₂ -> BaCO₃ + CaCO₃ + 2 H₂O

Ba(HCO₃)₂ + 2HNO₃ -> Ba (NO₃)₂ + 2 H₂O + 2 CO₂

Ba(HCO₃)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

KL + PK Zn + Cl ₂-> ZnCl ₂

KL + M Zn + CuCl₂ ­-> ZnCl₂ + Cu

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

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 H₂SO₄ loãng.

- Cốc nào không có khí bay lên là Ag ( không tan)

- Cốc nào có khí bay lên và có là Ba

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 H₂O + 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

Zn ( OH) ₂ + 2 NaOH -> Na₂ZnO₂ + 2 H₂O

Fe Cl ₃ + 3 NaOH -> Fe (OH)₃ + 3 NaCl

+ Lọc tách kết tủa nung ở nhiệt độ cao

2 Fe( OH) ₃ -^t> Fe₂O₃ + 3 H₂O tách được Fe₂O₃

Sục CO₂ vào dung dịch còn lại có phản ứng.

Na₂ZnO₂ + 2CO₂ + 2H₂O -> Zn(OH) ₂ + 2 NaHCO₃

Nung kết tủa tách ZnO

Zn(OH)₂ ZnO + H₂O

Phần a: 2,5điểm

(Nhận biết mỗi KL 0,5 điểm)

Phần b:

3 điêm

(Tách được mỗi oxit

1 điểm)

Câu 3

(2,5điểm)

Các phản ứng có thể xảy ra

2 Na + 2 H₂O -> 2 NaOH + H₂ (1)

_­

6NaOH + Al ₂(SO₄)₃ -> 2 Al (OH)₃ + 3 Na₂ SO₄ (2)

Al (OH)₃ + NaOH -> Na Al O₂ + 2 H₂O (3)

Ta có: n(Al₂SO₄)₃ = 0,01mol

nAl(OH)₃ = = 0,01 mol ( có 2 TH)

TH 1:

Chỉ có phản ứng (1,2) tạo ra 0,01 mol kết tủa

Theo (2) nAl₂ (SO₄)₃ = nAl(OH)₃ = 0,005 mol

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

Theo phản ứng (3)

nNa = nNaOH = 6 nAl₂ (SO₄)₃ + ntan = 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 H₂SO₄ -> mH₂SO₄ = 14, 7 (g)

 nH₂SO₄ = 14,7 : 98 = 0,15 mol

PT: RCO₃ + H₂SO₄ -> RSO₄ + H₂O + CO₂

Mol 0,15 0,15 0,15 0,15

Sau phản ứng:

M_ctan = ( R + 96). 0,15 gam

mdd sau p/ư = mRCO₃ + m dd axit – mCO₂

= ( R+ 60). 0,15 + 100 – (44.0,15)

= R. 0,15 + 9+ 100 - 6,6 = 0,15 R + 102,4

 C % = = 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

1 điểm

Câu 5

(4điêm)

PT phản ứng:

Fe₂(SO₄)₃ + 3 Ba(OH) ₂ -> 3 BaSO₄ + 2 Fe(OH)₃ (1)

2 Fe(OH)₃ -^t> Fe₂O₃ + 3 H₂O (2)

Nước lọc có Ba(OH) ₂ có p/ư tạo kết tủa

Ba(OH)₂ + H₂SO₄ -> BaSO₄ + 2H₂O (3)

Sau khi nung, khối lượng chất rắn là:

m BaSO₄ + mFe₂O₃ = 0,859 (g)

Gọi nFe₂O₃ = 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

x = 0,001 mol

Theo (1)

nBa(OH)₂ = 0,001.3 = 0,003 mol

mà nH₂SO₄ = 0,005 mol và nBaSO₄ = 0,002 mol

Chứng tỏ H₂SO₄ dư và Ba(OH)₂ p/ư hết

nBa(OH)₂ = nBaSO₄ =

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)

nFe₂(SO₄)₃ = nBa(OH)₂ =

CM Fe₂(SO₄)₃ =

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

Nội dung

Điểm

Câu1

4điểm

- Tìm đươc CTHH của các chất

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

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 FeCl_{2 +} 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

1,25điểm

2,75 điểm

Câu 2

(3điểm)

1. Cho hỗn hợp tan trong NaOH dư, Fe và Cu không tan

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

FeCl₂ + 2NaOH Fe(OH)₂ + 2NaCl

4Fe(OH)₂ + O₂ 2Fe₂O₃ + 4H₂O

Fe₂O₃ + 3CO 2Fe + 3 CO₂

1,5điểm

2.- Dung dịch có màu xanh lam là CuCl₂

- 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

1,5 điểm

Câu 3

(2,5 điểm)

3 Cu + 8HNO₃ 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O (1)

Mol x ⭢ 8x/3 ⭢ 2x/3

3Fe₃O₄ + 28HNO₃ 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O (2)

Mol y ⭢ 28y/3 ⭢ 3y ⭢ y/3

2Fe(NO₃)₃ + Cu Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂ (3)

Mol 3y ⭢ 3y/2

Có 1,2 gam kim loại không tan nên Cu dư chuyển Fe³⁺ hết

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

 x=0,075

y= 0,075

Số mol HNO₃ 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 + 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 gồm CO dư và CO₂

b. Gọi x,y là số mol FeO, Fe₂O₃ tham gia phản ứng.

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

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

mFe₂O₃ = 0,05. 160 = 8 g

2.Gọi CTHH muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II là M₂CO₃

Và NCO₃

M₂CO₃ + 2HCl 2MCl + CO₂ + H₂O (1)

NCO₃ + 2HCl 2MCl₂ + CO₂ + H₂O (2)

nCO₂ = 6,72: 22,4 = 0,3 mol

Ta có khối lượng muối tăng = 11nCO₂ =11.0,3 =3,3 g

Khối lượng muối thu được là 30,6 +3,3 =33,9g

0,5

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,5

Câu 5

(3,5đ)

a. 2M + nH₂SO₄ M₂(SO₄)_n + nH₂

mol 0,2/n 0,1

Ta có: M = 2,4(0,2/n) = 12n

b. Mg + Cl₂ ^t0 MgCl₂

Mg + Cu(NO₃)₂ Mg(NO₃)₂ + Cu

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

2.

nAl₂(SO4)₃ = 0,01 mol

nAl(OH)₃ = 0,01 mol

*Trường hợp 1: Al₂(SO4)₃ dư

Al₂(SO4)₃ + 6NaOH 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄

mol 0,005 0,03 0,01

🢡 C_M NaOH = 0,03:0,05 = 0,6M

*Trường hợp 2: Al₂(SO4)₃ thiếu

Al₂(SO4)₃ + 6NaOH 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄

mol 0,01 0,06 0,02

Al(OH)₃ + NaOH NaAlO₂ + 2H₂O

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 + H₂O ⭢ Ca(OH)₂ (1)

CO₂ + Ca(OH)₂ ⭢ CaCO₃ + H₂O (2)

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

Theo PTPƯ(2): nCO₂ = nCaCO₃ = 0,05 mol

🢡 V_CO2 = 0,05.22,4 = 1,12 lít

Trường hợp 2: Ca(OH)₂ thiếu

Theo PTPƯ (2) nCO₂ = nCa(OH)₂ = 0,4 mol

nCaCO₃ ở phản ứng 3 = 0,4 – 0,05 = 0,35 mol

Theo PTPƯ (3) nCO₂ = nCaCO₃ =0,35 mol

V_CO2 = 0,75. 22,4 = 16,8 lit

0,5

0,5

05

2.

MgCO₃ + 2HCl ⭢ MgCl₂ + CO₂ + H₂O (4)

BaCO₃ + 2HCl ⭢ BaCl₂ + CO₂ + H₂O (5)

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

🢡0,285 < nCO₂ < 0,669

Nếu nCO₂ = 0,285 mol < nCa(OH)₂; Tức là không có phản ứng 3

nCaCO₃ = nCO₂ = 0,285 mol

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

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: (3đ)

1. Điều chế khí oxi: 2KMnO₄ K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

ĐPNC

- Điều chế Cl₂: BaCl₂ Ba + Cl₂

- Điều chế H₂: Zn + H₂SO_{4 (loãng)} ZnSO₄ + H₂

- Điều chế SO₂: Zn + 2H₂SO_{4 đặc} ZnSO₄ + SO₂ + 2H₂O

2. Gọi hóa trị của R trong hợp chất với hiđro là n => CTHH là RH_n

- Ta có

- Vì n là hóa trị nên chỉ nhận các giá trị 1,2,3….

- Với n =3, R=14=>R là nitơ,kí hiệu là N

- CT của R với hiđrô là NH₃, với oxi là N₂O₅

Câu II: (4,5đ)

1. Cho hỗn hợp 3 muối vào cốc đựng dd NH₃ dư

FeCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O Fe(OH)₃ +3NH₄Cl

- Lọc tách Fe(OH)₃, Al(OH)₃ cô cạn dung dịch rồi nung nóng ở nhiệt độ cao tách được BaCl₂

t⁰

NH₄Cl NH₃ + HCl

- Cho hỗn hợp Fe(OH)₃, Al(OH)₃ vào dung dịch NaOH dư

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

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

- Dùng AgNO₃ nhận ra KCl vì tạo kết tủa trắng AgCl

- Dùng NaOH nhận ra NH₄ NO₃ vì tạo khí có mùi khai NH₃

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)

2. m_NaOH = 0,15.360 = 54g

- 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)

- 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:

Câu IV:(4đ)

- PTHH:

*TH1: Chỉ xảy ra (1). Đặt số n_Fe(pư) = x(mol) = n

=> m_tăng = 100,48 – 100 = 108.2x – 56x x = 0,003 > n(loại)

* TH2 : Xảy ra cả (1) và (2)

- Theo (1) n_Fe = n= 0,002 mol

n_Ag = 2n= 0,004 mol

- Gọi n_Fe(pư2) = a(mol) = n_CuSO= 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 CuSO₄ dư và 0,002 + 0,02 = 0,022 mol FeSO₄.

C_M= ; C_M=

Câu V:(5đ)

1 phần =.7,22 = 3,61(g); = 0,095 mol ; n_{NO = 0,08 mol}

1. Gọi kim loại M có hóa trị là n

- PTHH:

(1)

(2)

(3)

3M + 4nHNO₃3M(NO₃)_n­­ + nNO+2nH₂) (4)

* TH1 : M không tác dụng với HCl (tức không xảy ra (2))

- Theo (1) n_Fe = n_H= 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(1) = n_Fe = x(mol)

- Theo (2) : n_M =

=> m_M = 3,61 – 56.x = (*)

- Theo (3) : n_NO = n_Fe = x(mol)

- Theo (4) : n_M =

=> m_M = 3,61 – 56.x= (**)

- 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 =

=> %m_Fe =

=> % m_Al = 100 – 77,56 = 22,44 %

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,25đ)

(0,5đ)

(0,5đ)

0,5

0,5

1,0

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

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)

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 ( Ag₂O)

0,5đ

PTPU: 2Na + 2H₂O -> 2NaOH + H₂

AgNO₃ + NaOH -> AgOH + NaNO₃

2AgOH - > Ag₂O + H₂O

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

SO₂ + Ca(OH)₂ -> CaSO₃ + H₂O

SO₂ + CaSO₃ + H₂O -> Ca (HSO₃)

0,5đ

1.c

Tạo kết tủa keo trắng.

CO₂ + NaAlO₂ + H₂O -> Al (OH)₃ + NaHCO₃

AlCl₃+ 3NaAlO₂ + 6H₂O -> 4Al(OH)₃ + 3NaCl

0,5đ

0,5đ

1.d.

Tạo khí không mầu và kết tủa mầu nâu đỏ.

3Na₂CO₃ + 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.

0,5đ

0,5đ

Câu 2:

+khối lượng hỗn hợp =

+ 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 .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 🠢 2AlCl₃ + 3H₂ (1)

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

🠢nHCl tham gia phản ứng : 🠢 nH ₂ = 0,35 mol

+ = 0,35.22,4 =7,84 lit

- Số mol HCl tham gia phản ứng ở thí nghiệm 1:

🠢Nồng độ mol dung dịch axit (x) =

🠢n H₂ = = 0,3

+ = 0,3. 22,4 = 6,72 lit

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 :

🠢 a = 0,1 🠢mAl = 2,7 gam 🠢 % Al = 36%

🠢 b = 0,2 🠢mMg = 4,8gam 🠢 % Mg = 64%

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ