Đề kiểm tra đội tuyển

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2021- 2022
Mơn : Hố học
( Thời gian 150 phút khơng kể thời gian giao đề )
Câu 1 : (2 điểm) Hãy cân bằng các phản ứng hóa học sau:
a. FeSO4 + K2Cr2O7 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O
b. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + N2O + NH4NO3 + H2O
c. FexOy + HNO3(loãng) ---------> Fe(NO3)3 + NO + H2O
d. FeS2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O
Câu 2 : (2 điểm)
1. Viết các phương trình phản ứng hồn thành sơ đồ chuyển hóa hóa học sau: Fe 2O3
→FeCl3→Fe2(SO4)3→FeSO4→Fe(NO3)3→Fe(NO3)2 →Fe(OH)2 → Fe2O3 →Fe3O4 →FeO →Fe
2. a. Hỗn hợp khí A gồm CO, H2, NH3, O2 có tỉ lệ thể tích tương ứng là 1 : 2 : 2 : 5,5.
Hãy tính % về thể tích, % về khối lượng và tỉ khối của A so với H 2. Biết thể tích của hỗn hợp
A là 2,352 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn).
Câu 3: (2 điểm)
Nung 25,28 gam hỗn hợp FeCO3 và FexOy tới phản ứng hồn tồn, thu được khí A và
22,4 gam Fe2O3 là chất rắn duy nhất. Cho khí A hấp thụ hồn toàn vào 400 ml dung dịch
Ba(OH)2 0,15M, được 7,88 gam kết tủa. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Tìm cơng thức
phân tử của FexOy.
Câu 4: (2 điểm)
1. Tính thể tích dung dịch H2SO4 98% (d = 1,83 g/cm3) cần dùng để pha được 500ml
dung dịch H2SO4 0,1M. Nêu cách pha chế dung dịch trên.
2. Xác định lượng tinh thể natri sunfat ngậm nước (Na 2SO4.10H2O) tách ra khi làm
nguội 1026,4 g dung dịch bão hòa ở 80oC xuống 10oC. Biết độ tan của Na2SO4 khan ở 80oC là
28,3 g và ở 10oC là 9,0 g.
Câu 5: (2 điểm)
1. Hỗn hợp X gồm Al2O3, Fe2O3, CuO và Na2O. Cho X vào nước dư, thu được chất rắn
A, dung dịch B. Khi cho chất rắn A vào dung dịch NaOH dư thu được chất rắn C và dung dịch
hỗn hợp E. Cho dịng khí CO dư đi qua ống đựng chất rắn C thu được chất rắn F. Cô cạn E thu
được chất rắn H. Cho từ từ dung dịch HCl dư vào B được dung dịch D, cô cạn D được chất

rắn G. Hãy lập luận, viết các phản ứng hóa học xảy ra cho biết các chất tương ứng với các kí
hiệu A, B, C, E, F, H, G trong các thí nghiệm trên.
2. Có hỗn hợp gồm Al 2O3, CuO. Dùng phương pháp hoá học để tách riêng từng
chất ra khỏi hỗn hợp.
Câu 6: (2 điểm) Hãy nêu và giải thích bằng phương trình phản ứng các hiện tượng
xảy ra trong từng thí nghiệm sau :
a. Cho từ từ (từng giọt) dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp chứa KHCO 3 và
Na2CO3.
b. Cho từ từ (từng giọt) dung dịch hỗn hợp chứa KHCO 3 và Na2CO3 vào dung dịch
HCl.
c. Cho hỗn hợp (X) gồm FeS, BaSO 3, CuO, và FeS2 (có số mol bằng nhau) vào dung
dịch HCl dư. Thu được rắn A, khí B. Cho khí B sục vào dung dịch Br2 dư.
Câu 7: (2 điểm)
Hỗn hợp X gồm Al và Fe xOy. Nung m gam X trong điều kiện khơng có khơng khí (giả
sử chỉ tạo ra Fe kim loại). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành 2 phần.
Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lít khí và
12,6 gam chất rắn.


Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc nóng, dư. Sau phản ứng thu được
27,72 lít SO2 và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat.
Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn, các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Tìm m và cơng thức của FexOy.
Câu 8: (2 điểm)
1. Chỉ dùng thêm một hóa chất, hãy nhận biết 5 chất rắn: Al, FeO, BaO, Al 4C3, ZnO
đựng trong các lọ riêng biệt. Viết các phương trình hóa học xảy ra.
2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi dùng nước vôi trong dư để loại bỏ mỗi
khí độc sau đây ra khỏi khơng khí bị ô nhiễm: Cl2, SO2, H2S, NO2.
Câu 9: (2 điểm)

1. Nung 13.4 gam muối cacbonnat của kim loại M hoá trị II, thu được 6,8 gam một
chất rắn và khí A. Cho A hấp thụ hết vào 75ml dd NaOH 1M được dung dịch B. Tính khối
lượng muối trong dung dịch B.
2. Cho một lượng bột CaCO3 tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl 32,85%, sau phản
ứng thu được dung dịch X trong đó nồng độ HCl cịn lại là 24,195%. Thêm vào X một lượng
bột MgCO3 khuấy đều cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y trong đó nồng độ
HCl cịn lại là 21,11%. Tính nồng độ % của các muối có trong dung dịch Y.
Câu 10 (2,0 điểm):
1. Hoà tan a gam hỗn hợp kim loại R (hoá trị II) vào dung dịch HCl được dung dịch X.
Để trung hoà vừa hết X cần dùng 64 gam NaOH 12,5%. Phản ứng tạo dung dịch Y chứa
4,68% khối lượng NaCl và 13,3% khối lượng RCl 2. Cho tiếp lượng dư NaOH vào Y lọc kết
tủa tạo thành, đem nung đến khối lượng không đổi được 14 gam chất rắn. Xác định tên của
kim loại R.
2.

a. Hình trên chứng minh tính chất vật lí gì của khí hiđroclorua?
b. Giải thích hiện tượng trên.
------------------ Hết ----------------------


Câu

Ý

1
(2đ)

1

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG LỚP 9

Thời gian làm bài: 150 phút
HDC có 05 trang
Nội dung
Cân bằng các phản ứng hóa học sau:
a. 6FeSO4 + K2Cr2O7 + 7H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O
b. 19Al + 72HNO3 → 19Al(NO3)3 + 3NO + 3N2O + 3NH4NO3 + 30H2O
→ 3xFe(NO3)3 + (3x-2y)NO + (6x-y)H2O
c. 3FexOy + (12x-2y)HNO3(loãng) 
d. 2FeS2 + 14H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O
.
2FeCl3 + 3Ag2 SO4→ Fe2(SO4)3 + 6AgCl ↓
Fe2(SO4)3+ Fe → 3FeSO4
3FeSO4 + 4HNO3→ Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + NO ↑ + 2H2O
2Fe(NO3)3 + Fe → 3Fe(NO3)2
Fe(NO3)2 + 2NaOH → 2NaNO3 + Fe(OH)2 ↓
t0
4Fe(OH)2 + O2 →
4H2O +
2Fe2O3
0
t
3Fe2O3 + CO →
2Fe3O4 + CO2
t0
Fe3O4 + CO → 3FeO + CO2
t0
FeO + CO →
Fe + CO2
2,352

= 0,105( mol )
22, 4
Kết hợp với tỉ lệ thể tích tương ứng tỉ lệ số mol. Nên dễ dàng suy ra:
Số mol của CO: 0,01 mol → mCO = 0,01.28 = 0,28 gam.
H2: 0,02 mol → mH2 = 0,02.2 = 0,04 gam.
NH3: 0,02 mol → mNH3 = 0,02.17 = 0,34 gam.
O2: 0,055 mol. → mO2 = 0,055.32 = 1,76 gam.
Vậy:
* %V (CO) = 9,50%
%m (CO)
= 11,57%
* %V (H2)
= 19,04%
%m (H2)
= 1,65%
* %V (NH3) = 19,04%
%m (NH3)
= 14,05%
* %V (O2)
= 52,38%
%m (O2)
= 72,72%
MA
2, 42
=
= 11,524
Tỉ khối của hh (A) so với H2 là: d A / H 2 =
M H 2 2.0,105

Điểm

0,5
0,5
0,5
0,5

Mỗi
PTHH
đúng
được
0,1
điểm

Theo giả thiết, số mol của hỗn hợp khí ở đktc: nhhA =

2
(2đ)

2

0,5

0,5đ


Có nFe2O3 = 0,14 mol; nBa (OH )2 = 0,06 mol; nBaCO3 = 0,04 mol.
Các phương trình hóa học có thể xảy ra:
t0
4FeCO3 + O2 →
2Fe2O3 + 4CO2 (1)
3x − 2 y

t0
2FexOy +
O2 →
xFe2O3
(2)
2
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O
(3)
2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2
(4)
Do số mol Ba(OH)2 > số mol BaCO3 nên có 2 khả năng xảy ra:
- Nếu Ba(OH)2 dư: Không xảy ra phản ứng (4)
Theo (3): n CO2 = 0,04 mol => Lượng FexOy =25,28 - (0,04 . 116) = 20,64 gam.
=> Số mol Fe2O3 tạo ra từ FexOy = 0,14 - 0,04/2 =0,12 mol.
=> Số mol Fe: 0,24 mol; số mol oxi nguyên tử: 0,45 mol.
nO 0,45
=
=>
= 1,875 > 1,5 => loại
n Fe 0,24
- Nếu Ba(OH)2 không dư: Xảy ra phản ứng (4)
Theo (3), (4) : n CO2 = 0,04+0,04 = 0,08 mol
=> Lượng FexOy =25,28 - (0,08 . 116) = 16,0 gam.
=> Số mol Fe2O3 tạo ra ở (2) = 0,14 - 0,08/2 = 0,10 mol.
=> oxi phản ứng ở (2): 0,0 mol => FexOy là Fe2O3
v (ml ).1,83( g / ml ).(98 /100).(1/ 98)
= 0,1M => v = 2, 73ml.
- Tính: CH 2 SO4 =
0,5

3
(2đ)

1

4
(2đ)
2

5
(2đ)

1

0,5đ

0,75đ

0,75đ
0,5đ

- Cách pha: Đong 2,73 ml dung dịch H2SO4 98%, Cho từ từ dung dịch
H2SO4 đặc (theo thành bình, khuấy đều) vào khoảng 450 ml nước chứa
trong bình có dung tích 1lít sau đó cho thêm nước cho đến vạch 500 ml.

0,5đ

Ở 80oC, 100 g nước hòa tan tối đa 28,3 g Na2SO4 tạo ra 128,3 g dung dịch
Vậy trong 128,3 g dung dịch có 28,3 g Na2SO4
28,3 × 1026,4

= 226,4( g )
⇒x=
1026,4 g
xg
128,3

0,25

mH 2 O = 1026,4 – 226,4 = 800 (g)
Gọi a là số mol Na2 SO4 tách ra khỏi dung dịch
Na2SO4 
Na2SO4. 10H2O
a mol

10a mol H2O
Khối lượng H2O còn sau khi muối kết tinh là: ( 800 – 180a) g
Ở 10oC , 100g H2O hòa tan tối đa 9,0 g Na2SO4
9,0 × (800 − 180a )
( 800 – 180a) g
yg
=> y =
100
Mặt khác lượng Na2SO4 cần hòa tan là: (226,4 – 142a) g
9,0 × (800 − 180a )
Ta có:
= 226,4 – 142a
100
Giải ra: a ≈ 1,227
Khối lượng muối Na2SO4.10H2O kết tinh = 1,227 × 322 =395,09 (g)
Vì chất rắn A cho vào dung dịch NaOH thu được dung dịch E. Chứng tỏ Al2O3 dư.

Các phản ứng hóa học xảy ra:
* Cho X vào nước
Na2O + H2O → 2NaOH
(1)
Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O
(2)

0,25

0,25
0,25đ


2

1

2

6
(2đ)

3

- Rắn A: Fe2O3, CuO và Al2O3.
- Dung dịch B: NaAlO2.
* Cho A vào dung dịch NaOH:
Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O
(3)
- Rắn C: Fe2O3, CuO

- Dung dịch hỗn hợp E: NaAlO2 và NaOH dư.
* Cho dịng khí CO dư đi qua C:
CO + CuO → Cu + CO2.
(4)
3CO + Fe2O3 → 2Fe + 3CO2
(5)
- Rắn F thu được gồm: Fe và Cu kim loại.
* Cô cạn E thu được rắn H: NaAlO2 và NaOH khan.
* Cho dung dịch HCl dư vào B.
4HCl + NaAlO2 → NaCl + AlCl3 + 2 H2O. (6)
- Dung dịch D: NaCl, AlCl3, HCl dư.
* Cô can D thu được rắn G: NaCl, AlCl3.
Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH, nếu có phản ứng là Al 2O3, không phản
ứng là CuO.
Al2O3 + NaOH
NaAlO2 + H2O.
Lọc lấy chất không tan thu được CuO.
Sục CO2 dư vào dung dịch NaAlO2, thu được kết tủa đem nung kết tủa ở
nhiệt độ cao thu được Al2O3.
NaAlO2 + o CO2 + H2O
NaHCO3
+ Al(OH)3.
t
Al(OH)3 →
Al2O3 + H2O.
Cho từ từ (từng giọt) dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp chứa KHCO 3 và
Na2CO3.
Sau một thời gian mới thấy có bọt khí thốt ra. Do có các phản ứng:
Na2CO3 + HCl → NaCl + NaHCO3
NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2

Cho từ từ (từng giọt) dung dịch hỗn hợp chứa KHCO 3 và Na2CO3 vào dung dịch
HCl.
Ta thấy có bọt khí bay ra ngay lập tức (do HCl ban đầu đang dư nhiều). Do các pư
xảy ra đồng thời:
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2
NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5đ
0,5đ
0,5

0,5

Cho hỗn hợp (X) gồm FeS, BaSO 3, CuO, và FeS2 (có số mol bằng nhau) vào dung
dịch HCl dư.
Thấy có khí mùi trứng thối lẫn mùi sốc bay ra. Đồng thời có kết tủa đen xuất hiện.
Do có pư:
FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S
FeS2 + 2HCl → FeCl2 + H2S + S
CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O
BaSO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O + SO2
0,5đ

CuCl2 + H2S → CuS + 2HCl
Kết tủa (A) đen lẫn vàng: CuS, S.
Khí (B) SO2, H2S. Sục vào dung dịch Br2 dư thấy màu nâu bị nhạt màu. Do có pư:
SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4
0,5đ
H2S + 4Br2 + 4H2O → 8HBr + H2SO4


Phản ứng nhiệt nhơm
2yAl + 3FexOy → yAl2O3 + 3xFe
(1)
Vì hỗn hợp sau phản ứng cho vào dung dịch NaOH có khí thốt ra, chứng tỏ Al
dư, FexOy hết (do phản ứng hoàn toàn).
Phần 1: Cho vào dung dịch NaOH dư.
2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2
(2)
Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O
(3)
→ Phần không tan là Fe có khối lượng 12,6 gam
0,5đ
Phần 2: Tác dụng với H2SO4 đặc, nóng dư
2Al + 6H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O
2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
Từ (2) nAl dư = 2/3nH2 = 0,05 mol.
nFe = 0,225 mol.
Vậy trong phần 1 có Al2O3, 0,05 mol Al dư, 0,225 mol Fe.

7
(2đ)

Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1 (a > 0).
Phần 2: Có Al2O3, 0,05a mol Al dư, 0,225a mol Fe.
Từ (4) và (6) có phương trình SO2: (0,05a + 0,225a).3/2 = 1,2375 → a = 3.
Khi đó, khối lượng Al2(SO4)3 ở (5) = 263,25 – mAl2(SO4)3(4) – mFe2(SO4)3(6) =
102,6 gam → Số mol của Al2(SO4)3 (5) = 0,3 mol = số mol Al2O3(5)
Khối lượng phần 2 = Khối lượng (Al2O3; Fe, Al) = 0,3.102 + 0,675.56 + 0,15.27 =
72,45 g
Suy ra m = 72,45.4/3 = 96,6 gam
Tìm CT oxit: Từ (1) ta có: 3x:y = 0,675:0,3 suy ra x:y = 3:4 vậy CT oxit là Fe3O4
* Lấy mỗi chất một ít để nhận biết, cho nước vào các mẫu thử.
- Mẫu thử nào tan có khí và kết tủa keo trắng là: Al4C3.
Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4.
- Chất nào chỉ tan là BaO.
BaO + H2O → Ba(OH)2
- Các chất không tan là: Al, FeO, ZnO.
* Cho các chất rắn không tan ở trên vào dung dịch Ba(OH)2 vừa thu được.
- Chất rắn nào tan, có bọt khí thốt ra là Al.
2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2.
- Chất rắn tan, khơng có bọt khí thoát ra là ZnO.
ZnO + Ba(OH)2 → BaZnO2 + H2O
- Chất cịn lại khơng tan là FeO.
Các phản ứng hóa học xảy ra để loại bỏ các khí độc bằng nước vôi trong
2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O.
Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 + H2O.
Ca(OH)2 + H2S → CaS + 2H2O.
2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O,

8
(2đ)

9
(2đ)

(4)
(5)
(6)

1

- Gọi CT của muối cacbonat là MCO3.
t0
Nung muối: MCO3 (r) →
MO(r) + CO2 (k)
- Áp dụng bảo toàn khối lượng:
mCO2 = mMCO3 – mMO = 13,4 – 6,8 = 6,6 (gam)
=> nCO2 = 6,6:44 = 0,15 (mol); nNaOH = 0,075.1 = 0,075 (mol)
- Phương trình hóa học:
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
(1)
0,0375 0,075
0,0375

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0.25đ

0.5đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,5đ


CO2 + H2O + Na2CO3 → 2NaHCO3 (2)
0,1125 (dư) 0,0375
0,075
Khối lượng muối khan: mNaHCO3 = 0,075.84 = 6,3 (gam)

2

Giả sử có 100 gam dung dịch HCl 32,85% thì khối lượng HCl là 32,85 gam.
32,85
nHCl=
= 0,90 mol
36,5
- Gọi số mol của CaCO3 là x (mol). Phản ứng:
CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2 (1)
x
2x
x
x

Từ (1) và đề ra: nHCldư = (0,90 - 2x) mol
Khối lượng dung dịch X sau phản ứng (1): 100 + 100x – 44x = (100 + 56x) gam
(0,90 − 2 x).36,5.100%
Theo đề ra: C%HCl =
= 24,195% => x = 0,1 mol
100 + 56 x
Vậy sau p/ư (1) nHCl còn lại = 0,7mol
- Cho MgCO3 vào dung dịch X, có p/ư:
MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + H2O + CO2 (2)
y
2y
y
y
Sau p/ư (2) nHCl dư = 0,7-2y
Khối lượng dung dịch Y là: (105,6 + 84y - 44y) gam hay (105,6 + 40y) gam
(0, 7 − 2 y ).36,5
Từ (2) và đề ra: C%HCl trong Y=
. 100% = 21,11% => y = 0,04 mol
105, 6 + 40 y
Dung dịch Y chứa 2 muối CaCl2, MgCl2 và HCl dư:
0,1.111
100% = 10,35%
107,2
0,04.95
100% = 3,54%
C%(MgCl2) =
107,2

0,5đ

0,25

0.25

0,25

C%(CaCl2) =

1
10
(2đ)

2

0.25

- Phương trình hóa học:
R + 2HCl → RCl2 + H2
(1)
0,25
NaOH + HCl → NaCl + H2O
(2)
nNaOH = 0,2 mol ⇒ nNaCl = 0,2mol; mNaCl = 11,7g
11,7.100
% mNaCl = 4,68% ⇒ mdd =
= 250 (g)
0,25
4,68
33,25
13,3.250

mRCl 2 = 100 = 33,25(g)⇒ nRCl 2 = R + 71
0,25
- Cho NaOH dư vào:
RCl2 + 2NaOH → R(OH)2↓ + 2NaCl
(3)
R(OH)2→ RO + H2O
(4)
33,25
33,25
nRO= nR(OH) 2 = nRCl 2 = R + 71 ⇒ (R + 16). R + 71 = 14 ⇒ R = 24 ⇒ R là Mg
0,25
(Magie)
Hình nói lên tính tan tốt trong nước của khí HCl.
0,5
Do HCl tan nhiều trong nước nên làm cho số phân tử khí trong bình giảm, dẫn đến
0,5
áp suất trong bình giảm so với áp suất bên ngoài. Nên nước trong chậu phun lên
theo ống vuốt.

Với bài tập:Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.


Với lý thuyết:Học sinh viết sai cơng thức, phương trình khơng được cơng nhận, khơng tính
điểm.
Học sinh khơng cân bằng hoặc thiếu điều kiện phản ứng trừ ½ điểm của phương trình đó.