tổng hợp đề thi hoá học 9 và đáp án thi học sinh giỏi cấp huyện năm 2014-2015 tham khảo

UBND HUYỆN KINH MÔN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO MÔN HÓA HỌC – LỚP 9
(Thời gian 120 phút không kể thời gian
phát đề)
Năm học: 2014 – 2015
Câu 1(2điểm)
Cho mẩu kim loại Na vào các dung dịch sau: NH
4
Cl, FeCl
3
, Ba(HCO
3
)
2
,
CuSO
4
. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu 2(2điểm)
1. Cho BaO vào dung dịch H
2
SO
4
thu được kết tủa A, dung dịch B. Thêm một
lượng dư bột nhôm vào dung dịch B thu được dung dịch C và khí H
2
bay lên. Thêm
dung dịch K
2
CO

3
vào dung dịch C thấy tách ra kết tủa D. Xác định thành phần A, B,
C, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Chỉ dùng bơm khí CO
2
, dung dịch NaOH không rõ nồng độ, hai cốc thủy
tinh có chia vạch thể tích. Hãy nêu cách điều chế dung dịch Na
2
CO
3
không lẫn NaOH
hay NaHCO
3
mà không dùng thêm hóa chất và các phương tiện khác.
Câu 3(2điểm)
1. Chỉ dùng dung dịch HCl, bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết 6 lọ hóa chất
đựng 6 dung dịch sau: FeCl
3
, KCl, Na
2
CO
3
, AgNO
3
, Zn(NO
3
)
2
, NaAlO
2

. Viết các phương
trình phản ứng xảy ra (nếu có).
2. Có hỗn hợp gồm các muối khan Na
2
SO
4
, MgSO
4
, BaSO
4
, Al
2
(SO
4
)
3
. Chỉ dùng
thêm quặng pirit, nước, muối ăn (các thiết bị, điều kiện cần thiết coi như có đủ). Hãy
trình bày phương pháp tách Al
2
(SO
4
)
3
tinh khiết ra khỏi hỗn hợp.
Câu 4(2điểm )
Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại R có hóa trị II vào
dung dịch HCl dư thu được 8,96 lít khí ở đktc. Mặt khác khi hòa tan hoàn toàn 9,2
gam kim loại R trong 1000 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch B, cho quỳ tím
vào dung dịch B thấy quỳ tím chuyển thành màu đỏ.

1. Xác định kim loại R
2. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A
Câu 5 (2điểm)
Tiến hành 2 thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Cho a gam Fe hoà tan trong dung dịch HCl, kết thúc thí
nghiệm, cô cạn sản phẩm thu được 3,1 gam chất rắn.
- Thí nghiệm 2: Nếu cho a gam Fe và b gam Mg vào dung dịch HCl (cùng với
lượng như trên). Kết thúc thí nghiệm, cô cạn sản phẩm thu được 3,34 gam chất rắn và
thấy giải phóng 0,448 lít khí H
2
(đktc).
Tính a và b?

Biết: (Mg = 24, Fe = 56, Na =23, Ca = 40, Cu = 64, Zn = 65, Ba = 137)
ĐÁP ÁN- BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
MÔN HÓA HỌC – LỚP 9
Năm học: 2014 – 2015
Câu Ý Đáp Án Điểm
1 2,0
Cho mẩu kim loại Na vào dung dịch NH
4
Cl
* Hiện tượng: Mẩu kim loại Na tan dần, có khí không màu,
không mùi thoát ra sau đó có khí mùi khai thoát ra
* PTHH: 2Na + 2H
2
O -> 2NaOH + H
2
NaOH + NH
4

Cl -> NaCl + H
2
O + NH
3
0,25
0,25
Cho mẩu kim loại Na vào dung dịch FeCl
3
* Hiện tượng: Mẩu kim loại Na tan dần, có khí không màu,
không mùi thoát ra sau đó xuất hiện kết tủa đỏ nâu
* PTHH: 2Na + 2H
2
O -> 2NaOH + H
2
3NaOH + FeCl
3
-> 3NaCl + Fe(OH)
3
0,25
0,25
Cho mẩu kim loại Na vào dung dịch FeCl
3
* Hiện tượng: Mẩu kim loại Na tan dần, có khí không màu,
không mùi thoát ra sau đó xuất hiện kết tủa trắng
* PTHH: 2Na + 2H
2
O -> 2NaOH + H
2
2NaOH + Ba(HCO
3

)
2
-> Na
2
CO
3
+ BaCO
3
+ 2H
2
O
0,25
0,25
Cho mẩu kim loại Na vào dung dịch CuSO
4
* Hiện tượng: Mẩu kim loại Na tan dần, có khí không màu,
không mùi thoát ra sau đó xuất hiện kết tủa xanh lơ
* PTHH: 2Na + 2H
2
O -> 2NaOH + H
2
2NaOH + CuSO
4
-> Na
2
SO
4
+ Cu(OH)
2
0,25

0,25
2 2,0
1 1,25
Cho BaO vào dung dịch H
2
SO
4
:
BaO + H
2
SO
4
→ BaSO
4
+ H
2
O
Có thể có: BaO + H
2
O → Ba(OH)
2

Kết tủa A là BaSO
4
, dung dịch B có thể là H
2
SO
4
dư hoặc
Ba(OH)

2
0,25
TH1: Dung dịch B là H
2
SO
4
dư
2Al + 3H
2
SO
4
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
Dung dịch C là Al
2
(SO
4
)
3
0,25
0,25
Al
2
(SO

4
)
3
+ 3Na
2
CO
3
+ 3H
2
O→ 2Al(OH)
3
+ 3CO
2
+ 3Na
2
SO
4
Kết tủa D là Al(OH)
3
TH2: Dung dịch B là Ba(OH)
2

Ba(OH)
2
+ 2H
2
O + 2Al → Ba(AlO
2
)
2

+ 3H
2
Dung dịch C là: Ba(AlO
2
)
2
Ba(AlO
2
)
2
+ Na
2
CO
3
→ BaCO
3
+ 2NaAlO
2
Kết tủa D là BaCO
3
0,25
0,25
2 0,75
* Lấy cùng một thể tích dd NaOH cho vào 2 cốc thủy tinh riêng
biệt. Giả sử lúc đó mối cốc chứa a mol NaOH.
Sục CO
2
dư vào một cốc, phản ứng tạo ra muối axit.
CO
2

+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O (1)
CO
2
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O → 2NaHCO
3
(2)
Theo pt (1,2) n
NaHCO
3
= n
NaOH
= a (mol)
* Lấy cốc đựng muối axit vừa thu được đổ từ từ vào cốc đựng
dung dịch NaOH ban đầu. Ta thu được dung dịch Na
2
CO
3
tinh

khiết
NaHCO
3
+ NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
0,25
0,25
0,25
3 2.0
1 1.0
- Lấy ra mỗi lọ một ít hóa chất cho vào 6 ống nghiệm, đánh số thứ
tự.
- Nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào 6 ống nghiệm:
+ Ống nghiệm có khí không màu, không mùi bay lên là dung dịch
Na
2
CO
3
:
2HCl + Na
2
CO
3
→ 2NaCl + H
2

O + CO
2
+ Ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng, lượng kết tủa không tan là
dung dịch AgNO
3
:
HCl + AgNO
3
→ AgCl + HNO
3

+ Ống nghiệm xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan ra là
NaAlO
2
NaAlO
2
+ H
2
O + HCl → NaCl + Al(OH)
3
Al(OH)
3
+ 3HCl -> AlCl
3
+ 3H
2
O
+ Ba ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là: FeCl
3
, KCl,

Zn(NO
3
)
2
- Nhỏ dung dịch AgNO
3
vào 3 ống nghiệm còn lại:
+ Ống nghiệm xuất hiện kết tủa màu trắng là: CaCl
2
và KCl
FeCl
3
+ 3AgNO
3
→ 3AgCl + Fe(NO
3
)
3
KCl + AgNO
3
→ AgCl + KNO
3
+ Ống nghiệm không có hiện tượng gì là: Zn(NO
3
)
2
0,25
0,25
0,25
- Nhỏ dung dịch Na

2
CO
3
nhận biết ở trên vào 2 ống nghiệm đựng
FeCl
3
và KCl:
+ Xuất hiện kết tủa nâu đỏ là FeCl
3
FeCl
3
+ 3Na
2
CO
3
+ 3H
2
O → 3NaCl + 3NaHCO
3
+ Fe(OH)
3
+ Không có hiện tượng gì là dung dịch KCl
0,25
2 1.0
Hòa tan hỗn hợp muối vào nước vừa đủ
+ Phần dung dịch chứa Na
2
SO
4
, MgSO

4
, Al
2
(SO
4
)
3
+ Phần không tan: BaSO
4

* Điều chế NaOH : Điện phân dung dịch muối ăn có màng ngăn:
2NaCl + 2H
2
O 2NaOH + Cl
2
+ H
2

- Lọc lấy phần dung dịch rồi cho vào đó dung dịch NaOH dư
Phản ứng:
2NaOH + MgSO
4
Na
2
SO
4
+ Mg(OH)
2
6NaOH + Al
2

(SO
4
)
3
2Al(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4

Al(OH)
3
+ NaOH NaAlO
2
+ 2H
2
O
+ Phần dung dịch gồm: NaAlO
2
, Na
2
SO
4
, NaOH dư
+ Phần không tan gồm: Mg(OH)
2
- Lọc lấy phần dung dịch: NaAlO
2
, Na

2
SO
4
, NaOH dư
* Điều chế SO
2
: Đốt pirit sắt bằng oxi trong không khí
4FeS
2
+ 11O
2
2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
- Sục SO
2
dư vào phần dung dịch ở trên thu được:
SO
2
+ NaOH NaHSO
3

SO
2
+ NaAlO
2
+ 2H

2
O Al(OH)
3
+ NaHSO
3
+ Phần dung dịch gồm: NaHSO
3
, Na
2
SO
4
+ Phần không tan gồm: Al(OH)
3

- Lọc lấy kết tủa sấy khô, nung trong không khí:
2Al(OH)
3
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
* Điều chế H
2
SO
4
:
2SO

2
+ O
2
2SO
3

SO
3
+ H
2
O H
2
SO
4
- Lấy Al
2
O
3
hòa tan bằng H
2
SO
4
Al
2
O
3
+ 3 H
2
SO
4

Al
2
(SO
4
)
3
+ 3 H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
3 2.0
1 1.0
Gọi x, y lần lượt là số mol Fe và R có trong A.
Đặt khối lượng mol của kim loại R là
R
M
. (x,y > 0)
Phương trình hóa học:
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(1)
x x mol
đpmn.x

(t
0
)
(t
0
, xt)
R + 2HCl
→
RCl
2
+ H
2
(2)
y y mol
Theo (1,2) và bài ra ta có hệ phương trình:
R
56x M .y 19,2
x y 0,4
+ =


+ =


⇔

R
56x M .y 19,2
56x 56y 22,4
+ =



+ =


⇔

R
x y 0,4
(56 M ).y 3,2
+ =


− =

Ta có y(56 – R) = 3,2 → y =
R
3,2
56 M−
(*)
Số mol của HCl ban đầu là : 1mol hòa tan 9,2 gam R
R + 2HCl
→
RCl
2
+ H
2
(2)

Vì dung dịch B làm đỏ quì tím nên trong B còn axit HCl do đó số

mol của kim loại R nhỏ hơn 0,5.

R
R
9,2
n 0,5
M
= <

⇔

R
M
> 18,4
Mặt khác, 0 < y < 0,4 ta có 0 < y =
R
M−56
2,3
< 0,4 => M
R
< 48
Vậy: 18,4 < M
R
< 48
Các kim loại hoá trị II thoả mãn là Mg ( 24 ) và Ca ( 40 )
0,25
0,25
0,25
0,25
2 1,0

Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A:
- Nếu R là kim loại Mg.
56x 24y 19,2
x y 0,4
+ =


+ =


⇔
56x 24y 19,2
24x 24y 9,6
+ =


+ =


⇔
x 0,3mol
y 0,1mol
=


=

Vậy thành phần % về khối lượng mỗi kim loại là
Fe
Mg

16,8
%m .100% 87,5%
19,2
%m 100% 87,5% 12,5%
= =
= − =
- Nếu R là kim loại Ca.
56x 40y 19,2
x y 0,4
+ =


+ =


⇔
56x 40y 19,2
40x 40y 16
+ =


+ =


⇔
x 0,2mol
y 0,2mol
=



=

Vậy thành phần % về khối lượng mỗi kim loại là
Fe
Mg
11,2
%m .100% 58,3%
19,2
%m 100% 58,3% 41,7%
= =
= − =
0,25
0,25
0,25
0,25
5 2,0
Xét TN
1
:
PTHH: Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(1)
Giả sử: Fe phản ứng hết
→
Chất rắn là FeCl
2

→

2 2
3 1
0 024
127
Fe FeCl H
,
n n n , (mol)= = = ≈
*Xét TN
2
:
PTHH: Mg + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
(2)
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(3)
Ta thấy: Ngoài a gam Fe như thí nghiệm 1 cộng với b gam Mg
mà chỉ giải phóng:
2

0 448
0 02
22 4
H
,
n , (mol)
,
= =
< 0,024 (mol)
→
Chứng tỏ: Trong TN
1
: Fe dư, HCl hết
Ta có: n
HCl (TN 1)
= n
HCl(TN 2)
= 2n
H
2
= 2 . 0,02 = 0,04(mol)
TN1:
n
Fe(pư)
= n
FeCl
2
=
2
1

n
HCl
=
2
1
. 0,04 = 0,02(mol)
=> m
Fe(dư)
= 3,1 – 0,02.127 = 0,56 (gam)
m
Fe(pư)
= 0,02 . 56 = 1,12(gam)
=> m
Fe
= a = 0,56 + 1,12 = 1,68(gam)
*TN2: Áp dụng ĐLBTKL:
a + b = 3,34 + 0,02.2 - 0,04.36,5 = 1,92 (g)
Mà a = 1,68g
→
b = 1,92 - 1,68 = 0,24 (g)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN
THANH OAI

Trường THCS Bích Hòa
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: HÓA HỌC
(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)
CÂU 1: ( 3,0 điểm )
1. Xác định thành phần cấu tạo của các nguyên tử sau:
a. Nguyên tử X có tổng số các loại hạt bằng 52, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số
hạt không mang điện là 16 hạt.
b. Nguyên tử Y có tổng số các loại hạt là 36. Số hạt không mang điện thì bằng một nửa
hiệu số giữa tổng số hạt với số hạt mang điện tích âm.
2) Chỉ dùng chất chỉ thị là dung dịch phenolphtalein, hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt
không màu mất nhãn sau: MgSO
4
, NaNO
3
, KOH, BaCl
2
, Na
2
SO
4
. Nêu cách làm và viết phương trình
hóa học.
CÂU 2: (5,0 điểm)
1. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, H và hoàn thành sơ đồ biến hóa sau:
+ NaOH C + E
A
→
0

t
B +NaOH +HCl H Biết rằng H là thành phần chính của đá phấn; B là khí
+ NaOH D +F dùng nạp cho các bình chữa cháy(dập tắt lửa).
2. Hòa tan 12,8g hợp chất khí X vào 300ml dung dịch NaOH 1,2M. Hãy cho biết muối nào thu
được sau phản ứng? Tính nồng độ mol của muối ( giả sử thể tích dung dịch không thay đổi)
CÂU 3: (5,0 điểm)
1. Hãy xác định công thức của khí X biết rằng: X là oxit của lưu huỳnh chứa 50% oxi ( 1 lít khí
X ở điều kiện tiêu chuẩn nặng 2,857g)
2. Cho 6,8 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Mg vào 400 ml dung dịch CuSO
4
nồng độ x mol/lít.
Sau phản ứng thu được 9,2 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm NaOH dư vào dung dịch C
được kết tủa. Nung kết tủa này ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 6,0 gam
chất rắn D. Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A và tính x.
CÂU 4: (3,0 điểm)
1. Giải thích vì sao đồ dùng bằng nhôm không dùng đựng dung dịch kiềm mạnh.
2. Khi cho 1 miếng hợp kim gồm Na và K tác dụng hết với nước thì thu được 2,24 lít H
2
ở đktc
và một dung dịch A. Đem trung hòa dung dịch A bằng dung dịch axit HCl 25%. Sau đó cô
cạn thì thu được 13,3g muối khan
a) Tính % về khối lượng mỗi kim loại trong hợp kim.
b) Tính khối lượng dung dịch axit đã dùng
CÂU 5: (4,0 điểm)
Có 2 kim loại R và M, mỗi kim loại chỉ có một hoá trị. Cho dòng khí CO dư đi qua ống sứ
nung nóng chứa hỗn hợp A gồm 2 oxit của 2 kim loại trên đến khi phản ứng hoàn toàn thì còn lại
chất rắn A
1
trong ống và khí A
2

đi ra khỏi ống.
Dẫn khí A
2
vào cốc đựng dung dịch Ba(OH)
2
dư thu được 2,955g kết tủa.
Cho A
1
tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
10% vừa đủ thì không có khí thoát ra, còn lại 0,96g chất
rắn không tan và tạo ra dung dịch A
3
có nồng độ 11,243%.
a) Xác định các kim loại R, M và công thức các oxit đã dùng.
b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A nếu biết rằng
khi hoà tan hết A vào dung dịch HCl thì nồng độ phần trăm của hai muối trong dung dịch là bằng
nhau.
(Biết: H=1, O=16, Cl=35,5, S=32, Na=23, K=39, C=12, Ba=137, Mg=24, Cu=64)
Người ra đề Người duyệt đề
Nguyễn Thị Ngọc
PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN
THANH OAI
HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: HÓA HỌC
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1
(3,0đ)
1
a) Gọi p, n, e lần lượt là số proton, nơtron và electron của X
Theo đề bài ta có: 2p + n = 52
2p – n = 16
Giải hệ ta được: p= 17, n= 18
Vậy trong X có: 17 proton, 17 electron, 18 nơtron
b) Gọi p, n, e lần lượt là số proton, nơtron và electron của Y
Theo đề bài ta có: 2p + n = 36
N = ½( 36- p)
Giải hệ ta được: n= 12, p= 12
1,0
0,5
0,5
Vậy trong Y có : 12 proton, 12 electron, 12 nơtron
2.
Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi
đánh số từ 1-5.
Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm nói trên.
+ Nếu ống nghiệm nào hóa chất từ không màu chuyển thành màu đỏ là dung dịch
KOH.
+ Các ống nghiệm không có hiện tượng gì là các dung dịch: MgSO
4
, NaNO
3
, BaCl
2
,

Na
2
SO
4
.
Nhỏ từ từ dung dịch KOH vừa nhận được ở trên vào các dung dịch còn lại:
+ Nếu ống nghiệm thấy xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch MgSO
4
.
PTHH: 2KOH + MgSO
4

→
Mg(OH)
2
↓
(trắng)
+ K
2
SO
4
+ Các ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là các dung dịch: NaNO
3
, BaCl
2
Nhỏ từ từ dung dịch MgSO
4
vừa nhận được vào 2 dung dịch còn lại.
+ Nếu ống nghiệm nào thấy xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch BaCl
2

PTHH: MgSO
4
+ BaCl
2

→
BaSO
4

↓
(trắng)
+ MgCl
2
+ Ống nghiệm không có hiện tượng gì là dung dịch NaNO
3
, Na
2
SO
4
Nhỏ từ từ dung dịch BaCl
2
vừa nhận được vào hai dung dịch còn lại
+ Nếu ống nghiệm nào thấy xuất hiện kết trắng là dung dịch Na
2
SO
4
PTHH: Na
2
SO
4

+ BaCl
2

→
BaSO
4

↓
(trắng)
+ 2NaCl
+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là NaNO
3
2,0
0,5
0,5
0,5
0,5
2
(5,0đ)
1. Các phương trình hóa học:
MgCO
3

→
0
t
MgO + CO
2

CO

2
+ NaOH → NaHCO
3
CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
NaHCO
3
+ NaOH → Na
2
CO
3
+
H
2
O
Na
2
CO
3
+ HCl → NaHCO
3
+ NaCl
NaHCO

3
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ NaOH + H
2
O
Na
2
CO
3
+ CaCl
2
→ CaCO
3
+
2NaCl
=> B là CO
2
, A là muối cacbonnat dễ bị nhiệt phân như MgCO
3
,
BaCO
3
, C là NaHCO
3
, D là Na
2
CO

3
, E là Ca(OH)
2
, F là muối tan của
canxi như CaCl
2
, Ca(NO
3
)
2
, H là
CaCO
3
.
2.
Ta có số mol SO
2
= 12,8/64= 0,2 mol
số mol NaOH= 0,3.1,2= 0,36 mol
tỉ lệ: 1< số mol NaOH: số mol SO
2
= 0,36:0,2=1,8< 2
Vậy tạo ra muối trung hòa và muối axit
Gọi x,y lần lượt là số mol SO
2
Ta có phương trình :
2,5
1,0
1,0
0,5

2,5
0,5
0,5
0,5
SO
2
+ 2NaOH Na
2
SO
3
+ H
2
O (1)
1mol 2 mol 1mol
x(mol) 2x(mol) x(mol)
SO
2
+ NaOH NaHSO
3
(2)
1mol 1mol 1mol
y(mol) y(mol) y(mol)
Từ (1) và (2) : x+y=0,2
2x+y=0,36
Giải hệ ta được : x= 0,16 ; y= 0,04
C
M
(Na
2
SO

3
)= 0,53M ; C
M
(NaHSO
3
)= 0,13M
0,5
0,5
3
(5,0đ)
1. Khối lượng mol khí X ( với khí X là SO
x
): m
x
= 2,857. 22,4=64g
%O= 16x.100%/64=50% x= 2
Vậy công thức khí X là SO
2
2.
Khi cho hỗn hợp kim loại vào dd CuSO
4
thỡ Mg phản ứng trước, sau đó đến
Fe. Như vậy xét 3 trường hợp.
* Trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết.
Do đó, Fe cũn nguyờn lượng, CuSO
4
hết nờn dung dịch C chỉ cú MgSO
4
và
chất rắn D là MgO

Mg → MgSO
4
→ Mg(OH)
2
→ MgO
Số mol Mg phản ứng = Số mol MgO = 6 : 40 = 0,15 (mol)
 Vậy lý, do số mol Mg phản ứng 0,15 mol.
* Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe dư.
Gọi a và b lần lượt là số mol Mg ban đầu và số mol Fe phản ứng.


Ta có: 40a + 8b = 9,2 – 6,8 = 2,4
2,0
3,0
1,0
1,0
Mg + CuSO
4
→ MgSO
4
+ Cu
1 mol 1 mol 1 mol
24 gam 64 gam tăng 40 gam
0,06 mol ← tăng 9,2 – 6,8 = 2,4 gam
Mg + CuSO
4
→ MgSO
4
+ Cu
1 mol 1 mol 1 mol 1 mol

24 gam 64 gam tăng 40 gam
a mol a mol a mol tăng 40a gam
Fe + CuSO
4
→ FeSO
4
+ Cu
1 mol 1 mol 1 mol 1 mol
56 gam 64 gam tăng 8 gam
b mol b mol b mol tăng 8b gam
Mg → MgSO
4
→ Mg(OH)
2
→ MgO
a mol a mol
2Fe → 2FeSO
4
→ 2Fe(OH)
2
→ Fe
2
O
3
b mol 0,5b mol
40a + 80b = 6
 a = 0,05; b = 0,05
Phần trăm khồi lượng Mg trong hỗn hợp đầu là:
0,05 x 24 : 6,8 x 100% = 17,65(%)
Phần trăm khồi lượng Fe trong hỗn hợp đầu là:

100% - 17,65% = 82,35(%)
Số mol CuSO
4
= a + b = 0,1 (mol)
x = 0,1/0,4 = 0,25 (M)
*Trường hợp 3: Fe, Mg đều hết, CuSO
4
dư.
Trường hợp này loại do khi đó khối lượng chất rắn D gồm sắt oxit và oxit
của magie, đồng oxit dư lại có khối lượng nhỏ hơn khối lượng kim loại ban
đầu (6 < 6,8).
1,0
4
(3,0đ)
1.
- Không thể dùng đồ nhôm đựng dung dịch kiềm mạnh, chẳng hạn nước vôi trong
là do:
+ Trước hết lớp Al
2
O
3
bị phá huỷ vì Al
2
O
3
là một hợp chất lưỡng tính
Al
2
O
3

+ Ca(OH)
2
→ Ca(AlO
2
)
2
+ H
2
O
+ Sau khi lớp Al
2
O
3
bị hoà tan, Al phản ứng với nước mạnh
2Al + 6H
2
O → 2Al(OH)
3
+ 3H
2
+ Sự phá huỷ Al xảy ra liên tục bởi vì Al(OH)
3
sinh ra đến đâu lập tức bị hoà tan
ngay bởi Ca(OH)
2
, do Al(OH)
3
là hợp chất lưỡng tính
2Al(OH)
3

+ Ca(OH)
2
→ Ca(AlO
2
)
2
+ 4H
2
O
Phản ứng chỉ dừng lại khi nào hết nhôm hoặc hết nước vôi trong
2.
a, Theo đề bài ta có: số mol H
2
= 2,24/22,4= 0,1 mol
Gọi x,y lần lượt là số mol cua Na và K
Phương trình phản ứng:
Na + H
2
O → NaOH + ½ H
2
(1)
xmol x mol x/2 mol
K + H
2
O → KOH + ½ H
2
(2)
ymol y mol y/2 mol
NaOH + HCl → NaCl + H
2

O (3)
xmol xmol xmol
KOH + HCl → KCl + H
2
O (4)
ymol ymol ymol
1,0
2,0
1,5
Từ (1) và (2) ta có : x/2+ y/2=0,1→ x+y=0,2 (a)
Từ (3) và (4) hỗn hợp muối khan là NaCl và KCl nên có khối lượng là : 58,5x +
74,5y = 13,3 (b)
Giải hệ phương trình (a)và(b) : x= 0,1→ khối lượng Na = 0,1.23=2,3g
y= 0,1→ khối lượng K= 0,1.39=3,9g
%Na= 37,1%
%K= 62,9%
b, Từ (3) và (4) :
số mol HCl=x+y= 0,1+0,1=0,2mol→ khối lượng HCl= 0,2.36,5= 7,3g
Khối lượng dung dịch HCl= 7,3.100/25=29,2g
0,5
5
(4,0đ)
a)
- Vì A
1
tác dụng với dd H
2
SO
4
10%, không có khí thoát ra và còn lại 0,96g

chất rắn, nên trong A
1
không chứa kim loại tác dụng với H
2
SO
4
tạo ra H
2
.
Đồng thời trong hai oxit kim loại ban đầu phải có một oxit không tác dụng
với CO.
- Giả sử oxit ban đầu không phản ứng với CO là R
2
O
n
còn oxit phản ứng là
M
2
O
m
, ta có:
M
2
O
m
+ m CO 2M + mCO
2
(1)

m

2.015,0
0,015 (mol)
CO
2
+ Ba(OH)
2
BaCO
3
+ H
2
O (2)
0,015 0,015 (mol)
[
015,0
197
955,2
3
==
BaCO
n
(mol)]
- Khối lượng kim loại trong A
1
là:
m
2.015,0
.M = 0,96 => M=32m
+ Cho m nhận các giá trị: 1;2;3 ta có kim loại M thoả mãn là Cu.
- Khi cho A
1

tác dụng với H
2
SO
4
ta có:
R
2
O
n
+ nH
2
SO
4
R
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
O (3)
x 98nx (2R+96n).x
Với x là số mol của R
2
O
n
trong A
1
, ta có:

( )
( )
100
243,11
98.962
962
=
++
+
nxxnR
xnR
Rút gọn ta được: R = 9n. => Kim loại cần tìm là Al.
* Vậy 2 kim loại là Cu và Al, hai oxit tương ứng là CuO và Al
2
O
3
.
b)
- Số mol CuO trong A là 0,015 mol, số mol Al
2
O
3
trong A là x mol.
CuO + 2HCl CuCl
2
+ H
2
O (4)
Al

2
O
3
+ 6HCl 2AlCl
3
+ 3H
2
O (5)
2,5
0,5
t
0
- Vì C% của 2 muối CuCl
2
và AlCl
3
trong dd là bằng nhau nên khối lượng
muối trong 2 dd cũng bằng nhau.
Do đó, ta có:
135.0,015 = 276.x => x = 0,0076 mol.
Vậy: %CuO
≈
60,8 %
%Al
2
O
3

≈
39,2 %

Phòng GD & ĐT huyện Thanh Oai Đề thi chọn học sinh giỏi huyện
Trường THCS Bình Minh Năm học: 2014 – 2015
Mơn thi: Hóa học 9.
Thời gian: 150 phút.( khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 02 trang)
Câu I: (3 điểm)
1. ( 1,5 điểm) Cho biết tổng số hạt proton, nơtron, electron trong 2 ngun tử của 2
ngun tố A và B là 78, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt khơng mang điên
là 26 hạt. Số hạt mang điện của A nhiều hơn số hạt mang điện của B là 28 hạt. Hỏi A,
B là ngun tố gì?
2. (1,5điểm) Trong một bình chứa hỗn hợp khí CO, CO
2
, SO
2
, SO
3
và H
2
. Trình bày
phương pháp nhận biết từng khí.
Câu II: ( 5 điểm)
1. (2 điểm) Viết các phương trình hóa học thực hiện theo sơ đồ biến hóa sau ( ghi rõ
điều kiện phản ứng)
FeCl
2
Fe(NO
3
)
2
Fe(OH)

2


Fe Fe
2
O
3
FeCl
3
Fe(NO)
3
Fe(OH)
3
2. (3 điểm) Cho 100 gam dung dòch muối Na
2
SO
3
12,6% phản ứng hoàn toàn
với dung dòch axit H
2
SO
4
rồi dẫn toàn bộ lượng khí B sinh ra vào 100ml dung
dòch Ca(OH)
2
1,5M. Tính khối lượng muối tạo thành?
Câu III: ( 5 điểm)
1. ( 2 điểm) Khi hòa tan b gam oxit kim loại hóa trị II bằng một lượng vừa đủ dung
dịch axit H
2

SO
4
15,8% người ta thu được dung dịch muối có nồng độ 18,21%. Xác
định cơng thức hóa học của oxit đó.
(2)
(3)
(1)
(5)
(9)
(10)
(11)
(4)
(8)
(6) (7)
2. (3 điểm) Cho 3,16 gam hỗn hợp A ở dạng bột gồm Mg và Fe tác dụng với 250 ml
dung dịch CuCl
2
khuấy đều hỗn hợp, lọc, rửa kết tủa, được dung dịch B và 3,84 gam
chất rắn C. Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH loãng, rồi lọc, rửa kết tủa mới
tạo thành. Nung kết tủa đó trong không khí ở nhiệt độ cao thu được 1,4 gam chất rắn
D gồm 2 oxit kim loại. Cho rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a, Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong A và nồng độ
mol/l của dung dịch CuCl
2
.
Câu IV: ( 3 điểm)
1. (1 điểm) Hãy nêu và giải thích bằng phương trình phản ứng các hiện tượng xảy ra
trong thí nghiệm sau:
Cho CO

2
dư lội chậm qua dung dịch nước vôi trong ( Có nhận xét gì về sự biến đổi số
mol kết tủa theo số mol CO
2
). Sau đó cho tiếp nước vôi trong vào dung dịch vừa thu
được cho đến dư.
2. (2 điểm) Cho một hỗn hợp Na và Al vào nước ( có dư). Sau khi phản ứng ngừng,
thu được 4,48 lít khí hidro và còn dư lại một chất rắn không tan. Cho chất rắn này tác
dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng vừa đủ thi thu được 3,36 lít khí và một dung dịch.
Các khí đo ở ĐKTC. Tìm khối lượng của hỗn hợp ban đầu.
Câu V: ( 4 điểm)
Cho 7,22 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi. Chia hỗn hợp
thành 2 phần bằng nhau. Hòa tan hết phần 1 trong dung dịch HCl, được 2,128 lít khí
H
2
. Hòa tan hết phần 2 trong dung dịch HNO
3
được 1,792 lít khí NO duy nhất.
1. Xác định kim loại M và % khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X.
2. Cho 3,61 gam X tác dụng với 100 ml dung dịch A chứa Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
. Sau

phản ứng thu được dung dịch B và 8,12 gam chất rắn C gồm 3 kim loại. Cho chất rắn
C đó tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được 0,672 lít H
2
.
Các thể tích khí được đo ở ĐKTC, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính nồng độ mol
của Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
trong dung dịch A.
Hết
Người duyệt đề Người ra đề
Nguyễn Thị Nghiêm Nguyễn Thị Quý
HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN
Câu I: ( 3 điểm)
1. (1,5 điểm) Gọi Z, N, E và Z
’
, N
’
, E
’
lần lượt là số hạt proton, nơtron, electron của
hai nguyên tử A, B. Ta có các phương trình :
Z + N + E + Z
’
+ N
’
+ E

’
= 78 0, 25 điểm
Hay (2Z + 2Z’) + (N + N
’
) = 78 (1)
(2Z + 2Z’) - (N + N
’
) = 26 (2) 0, 25 điểm
2Z - 2Z’ = 28
Hay Z - Z’ = 14 (3) 0, 25 điểm
Từ (1), (2), (3) suy ra Z = 20 và Z
’
= 6 0, 25 điểm
 A = Z + N = 20 + 20 = 40 ( canxi) 0, 25 điểm
 B = Z
’
+ N
’
= 6 + 6 = 12 ( cacbon) 0, 25 điểm
2. (1,5 điểm)
- Cho hỗn hợp khí đi qua dung dịch BaCl
2
có xuất hiện kết tủa trắng chứng tỏ có SO
3

SO
3
+ BaCl
2
+ H

2
O → BaSO
4
+ 2HCl
- Dẫn tiếp hỗn hợp khí đi qua dung dịch nước brom dư, nuuwocs brom nhạt màu, tức
có SO
2
.
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HBr
- Dẫn tiếp hỗn hợp khí đi qua dung dịch nước vôi trong dư xuất hiện kết tủa trắng
chứng tỏ có CO
2
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2

O
- Đốt hỗn hợp khí còn lại, có hơi nước chứng tỏ có H
2
, dẫn sản phẩm qua Ca(OH)
2
có
kết tủa xuất hiện chứng tỏ có CO.
2CO + O
2
→ 2CO
2
2H
2
+ O
2
→ 2H
2
O
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
(Nhận biết được mỗi chất được 0,25 điểm, tính điểm cho cả phương trình phản ứng ở
mỗi bước nhận biết)
Câu II: (5 điểm)

1. ( 2 điểm)
(1) Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
(2) FeCl
2
+ 2AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
2
+ 2AgCl
(3) Fe(NO
3
)
2
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
+ 2NaNO
3
(4) 4Fe(OH)
2
+ O
2
→ 2Fe
2
O
3

+ 4H
2
O
(5) 2Fe + 3Cl
2
→ 2FeCl
3
(6) FeCl
3
+ 3AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ 3AgCl
(7) Fe(NO
3
)
3
+ 3NaOH → Fe(OH)
3
+ 3NaNO
3
(8) 2Fe(OH)
3
→ Fe
2
O
3

+ 3H
2
O
(9) 2FeCl
2
+ Cl
2
→ 2FeCl
3
(10) 2FeCl
3
+ Fe → 3FeCl
2
T
o
T
o
T
o
(11) 4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O → 4Fe(OH)
3

Mỗi phương trình phản ứng được 0, 25 điểm.
2. ( 3 điểm)

Ta coù:
n
Na SO
2 3
= 0,1 mol 0,25 điểm
n
Ca(OH)
2
= 0,1 . 1,5 = 0,15 mol 0,25 điểm
PTHH: Na
2
SO
3
+ H
2
SO
4
→ Na
2
SO
4
+ SO
2
+ H
2
O 0,25 điểm
0,1 0,1 0,1 (mol) 0,25 điểm
Khí B là SO
2
. 0,25 điểm

Xét tỉ lệ:
1667,0
15,0
1,0
)(
2
2
<==
n
OHCa
n
CO
0,5 điểm
Vậy sau phản ứng tạo thành CaSO
3
và Ca(OH)
2
dư 0,25 điểm
PTHH: SO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaSO
3
+ H
2
O 0,25 điểm
0,1 0,1 0,1 (mol) 0,25 điểm
=>
m

CaSO
3
= 0,1. 120 = 12 gam 0,25 điểm
)(2,14142.1,0
42
g
SONa
m
==
0,25 điểm
Câu III: ( 5 điểm)
1. ( 2 điểm)
Gọi kim loại hoá trị II là M
PTPƯ:
MO + H
2
SO
4
→ MSO
4
+ H
2
O 0,25 điểm
(M + 16) g 98g (M +96)g
0,25 điểm
)(
8,15
100.98
4
2

g
SO
H
m
dd
=
0,25 điểm
)(
21,18
100).96(
4
g
M
ddMSO
m
+
=
0,25 điểm
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 0,25 điểm
mmm
ddMSOSO
H
ddMO
44
2
=+

(M + 16) +
8,15
100.98

=
21,18
100).96( +M
0,5 điểm
Giải ra M = 24 (Mg) 0,25 điểm
2. ( 3 điểm)
a. Biện luận: 0,5 điểm
- Vì sản phẩm cuối cùng là 2 oxit kim loại ( MgO và Fe
2
O
3
) nên cả Mg và Fe đã phản
ứng và CuCl
2
phản ứng hết.
- Vì khối lượng 2 oxit kim loại bé hơn khối lượng kim loại ban đầu nên chứng tỏ có
một kim loại còn dư.
- Do Mg hoạt động hoá học mạnh hơn Fe nên kim loại còn dư là Fe.
Gọi x, y, y
1
lần lượt là số mol của Mg, Fe ban đầu, Fe phản ứng.
PTPƯ
Mg + CuCl
2
→ MgCl
2
+ Cu (1)
Mol x x x x
Fe + CuCl
2

→ FeCl
2
+ Cu (2)
Mol y
1
y
1
y
1
y
1

Dung dịch B: MgCl
2
và FeCl
2
. Chất rắn C: Cu và Fe dư. 0,5 điểm
)(16,35624 gyx
m
A
=+=
(*) 0,25 điểm
(**) 0,25điểm
B + dung dịch NaOH
MgCl
2
+ 2NaOH → Mg(OH)
2
+ 2NaCl (1)
Mol x x x

FeCl
2
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
+ 2NaCl (2)
Mol y
1
y
1

Mg(OH)
2

→
t
0
MgO + H
2
O
Mol x x
4Fe(OH)
2
+ O
2

→
t
0
2Fe
2

O
3
+ 4H
2
O
Mol y
1
0,5y
1

Ta có: Chất rắn D là MgO và Fe
2
O
3
0,25 điểm
)(4,15,0.16040
1
gx
y
m
D
=+=
(***) 0,25 điểm
Từ (*), (**), (***) giải ra ta có: x = 0,015 mol; y = 0,05 mol; y
1
= 0,01 mol.0,25 điểm
b. %m
Mg
= 11,4 % ; %m
Fe

= 88,6 % 0,5 điểm
)(1,0
25,0
025,0
25,0
1
2
M
x
CuCl
y
C
M
==
+
=
0,25 điểm
Câu IV: ( 3 điểm)
1. ( 1 điểm)
- Nước vôi trong đục dần, kết tủa trắng tăng dần đến tối đa
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O 0,25 điểm
- Sau một thời gian kết tủa tan dần sau đó trong suốt

CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
→ Ca(HCO
3
)
2
0,25 điểm
Nhận xét: Khi n
CO2
= n
Ca(OH)2
-> n↓ = max 0,25 điểm
Khi n
CO2
= 2 n
Ca(OH)2
-> n↓ = 0
)(84,3)(56)(64
11
gyx
yy
m
C
=−++=
- Cho tiếp dung dịch Ca(OH)
2

vào dung dịch vừa thu được. dung dịch lại đục, kết tủa
màu trắng xuất hiện trở lại, sau thời gian có tách lớp.
Ca(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2
→ 2CaCO
3
+ 2H
2
O 0,25 điểm
2. (2 điểm) Gọi x là số mol Na ban đầu.
PTPƯ:
2Na + 2H
2
O → 2NaOH + H
2
(1) 0,25 điểm
Mol x x 0,5x
2Al + 2NaOH + 2H
2
O → 2 NaAlO
2
+ 3H
2
(2) 0,25 điểm
Mol x x 1,5x
⇒

)(1,0)(2,0
22,4
4,48
2x 1,5x 0,5x
H
n
(2) (1)
2
molxmol =⇒===+=
+
0,25 điểm
Chất rắn còn dư là Al
2Al + 3H
2
SO
4
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
(3) 0,25 điểm
Mol 0,1 0,15
)(15,0
22,4
3,36

H
n
(3)
2
mol==
0,25 điểm
m
Na
= 0,1 .23 =2,3(g) 0,25 điểm
n
Al ban đầu
= 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) 0,25 điểm
m
Al ban đầu
= 0,2 .27 = 5,4 (g) 0,25 điểm
Câu V: ( 4 điểm)
1. Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe và M ( hoá trị n) trong 1 phần hỗn hợp x
(
)(61,3
2
22,7
g
=
)
⇒ 56a + M. b = 3,61 (1)
Phần 1: Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2

Mol a a
2M + 2nHCl → 2MCl
n
+ nH
2
Mol b
2
nb
)(095,0
4,22
128,2
2
2
mol
nb
a
H
n
==+=
2a + nb = 0,19 (2)
Phần 2: Fe + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ NO +2 H
2
O
Mol a a

3M + 4nHNO
3
→ M(NO
3
)
n
+ nNO +2n H
2
O
Mol b
3
nb
)(08,0
4,22
792,1
3
mol
nb
a
n
NO
=−+=
3a + nb = 0,24 (3)
Từ (2) và (3) giải ra ta được: a = 0,05 mol
n.b = 0,09 ⇒
n
b
09,0
=

Từ (1): 56.0,05 + M .
61,3
09,0
=
n

⇒ M = 9.n
Biện luận: n 1 2 3
M 9 18 27
⇒ M là Al.
)(3,0
3
09,0
molb
==

M
Fe
= 0,05.56 = 2,8 (g) ⇒ %Fe =
%56,77%100.
61,3
8,2
=

%Al = 100% - 77,56% = 22,44%
2. Nồng độ mol cac chất trong dung dịch A.
Gọi x, y lần lượt là số mol của AgNO
3
, Cu(NO
3

)
2
.
PTPƯ 0,5 điểm
Al + 3AgNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ 3Ag
2Al + 3Cu(NO
3
)
2
→ 2Al(NO
3
)
3
+ 3Cu
Fe + 2AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag
Fe + Cu(NO
3
)

2
→ Fe(NO
3
)
2
+ Cu
Vì chất rắn C còn 3 kim loại, chỉ có thể là Ag, Cu, Fe dư.
Dung dịch B là Al(NO
3
)
3
; Fe(NO
3
)
2

Vậy Al phản ứng hết, Fe tác dụng 1 phần ( z mol) .
)(
3
molx
AgNO
nn
Ag
==

)(
)(
23
moly
NOCu

nn
Ag
==
n
Fe dư
= 0,05 – z (mol)
C + HCl: Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2

Mol 0,05 – z 0,05 – z
)(02,0)(03,0
4,22
672,0
05,0
2
molzmolz
H
n
=⇒==−=
m
B
= 108x + 64y + 56.(0,05 – 0,02) = 8,12
108x + 64y = 6,44 (4)
Ta có
)(03,0
)(
33
mol

NOAl
nn
Al
==
)(02,0
)(
)(
3
molz
NOFe
nn
PUFe
===
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mmm
m
mmmm
CuAg
NOFe
NOCuAgNO
PUFeAl
NOAl
++
+
=+++
)(
)
2
(
33

)(
)(
23
33

0,03.27 + 0,02.56 + x.170 + y. 188 = 0,03.213 + 0,02.180 + x.108 + y.64
⇒x + 2y = 0,13 (5)
Từ (4) và (5) giải ra: x = 0,03 mol; y = 0,05 mol
M
M
C
AgNO
3,0
1,0
03,0
3
==

M
M
C
NOCu
5,0
1,0
05,0
)
2
(
3
==

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HOÁ 9
Năm học 2014-2015.
Thời gian: 150 phút.
ĐỀ BÀI:
Câu I : ( 3 điểm )
1. Tổng số hạt p , n, e trong hai nguyên tử của 2 nguyên tố X và Y là 122 trong đó tổng số hạt
mang điện nhiều hơn tổng số hạt không mang điện là 34. Số hạt mang điện của nguyên tố Y gấp 2
lần số hạt mang điện của nguyên tố X còn số hạt không mang điện của nguyên tố Y nhiều hơn của
nguyên tố X là 16 hạt. Tìm tên 2 nguyên tố X, Y
2. Có 5 lọ không nhãn đựng 5 dung dịch riêng biệt không màu sau: HCl, NaOH, Na
2
CO
3
,
BaCl
2
và NaCl. Chỉ được dùng thêm quỳ tím hãy nhận biết các lọ đựng các dung dịch không
màu trên.
Câu II : (4đ)
1. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp hoàn thành các phương trình phản ứng của sơ đồ chuyển hoá
sau (ghi rõ điền kiện phản ứng nếu có).
A
+B
C
+B
CuSO
4
à CuCl

2
à Cu(NO
3
)
2
à A à C à D
D
+B
2. Cho 5,6 lít khí cacbonic ở ĐKTC tác dụng với 100 gam dung dịch natrihiđroxit 16%. Tính nồng
độ các chất có trong dung dịch sau phản ứng.
Câu III : (2,5đ)
1 . Hòa tan hidroxit kim loại hóa trị (II) trong 1 lượng dd H
2
SO
4
10% (vừa đủ) . Người ta thu
được dd muối có nồng độ 11,56%. Xác định công thức phân tử của hidroxit đem hòa tan.
2 . a) Thổi CO qua ống sứ đựng m gam Fe
2
O
3
nung nóng sau một thời gian thu được 10,88 gam
chất rắn A (chứa 4 chất) và 2,668 lít khí CO
2
(đktc). Tính m?
b) Lấy
10
1
lượng CO
2

ở trên cho vào 0,4 lít Ca(OH)
2
thu được 0,2 gam kết tủa và khi nung nóng
dung dịch tạo thành kết tủa lại tăng thêm p gam. Tính nồng độ dung dịch Ca(OH)
2
và p ?
CÂU IV.
1. Để vài mẩu CaO trong không khí một thời gian sau đó cho vào dung dịch HCl. Viết các phương
trình hoá học có thể xảy ra?
2. Hoà tan 1,42g hỗn hợp gồm Mg , Al , Cu bằng dd HCl dư , ta thu được dd A , khí B và chất
rắn C. Cho dd A tác dụng với dd NaOH dư , rồi lấy kết tủa nung ở nhiệt độ cao thì thu được 0,4 gam
chất rắn. Mặt khác, đốt nóng chất rắn C trong không khí thì thu được 0,8 g một oxít màu đen
a, Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu
Câu V. (4đ) Ngâm 55 gam hỗn hợp bột các kim loại đồng, kẽm và nhôm trong dung dịch axit
clohiđric dư thu 29,12 lít khí ở ĐKTC. Nếu đốt lượng hỗn hợp như trên trong không khí, phản ứng
xong thu được hỗn hợp chất rắn có khối lượng 79 gam.
a.Viết các PTPƯ xảy ra.
b. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu
c. Tính thể tích không khí cần dùng(biết rằng trong không khí thể tích khí oxi bằng
1
5
thể tích
không khí).
PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Năm học 2014-2015.
Môn thi: Hoá
2
1,5đ

- Trích các mẩu thử cho vào các ống nghiệm có đánh số.
Cho quỳ tím vào các ống nghiệm chứa các mẫu thử đó.
+ Mẫu thử làm quỳ tím chuyển màu đỏ là dung dịch HCl
+ Mẫu thử làm quỳ tím chuyển màu xanh là dung dịch NaOH
+ Mẫu thử không làm quỳ tím đổi màu là dung dịch NaCl và
BaCl
2
và Na
2
CO
3
(nhóm I)
- Lấy dung dịch HCl cho vào các chất ở nhóm I.
+ Chất phản ứng với dung dịch HCl có sủi bọt khí là Na
2
CO
3
2HCl + Na
2
CO
3
→ 2NaCl + H
2
O + CO
2
- Lấy dung dịch Na
2
CO
3
cho vào các chất còn lại ở nhóm I.

+ Chất phản ứng với Na
2
CO
3
tạo kết tủa trắng là BaCl
2
Na
2
CO
3
+ BaCl
2
→ BaCO
3
↓ + 2NaCl
+ Chất không có hiện tượng gì là NaCl
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(5 đ)
1(2d)
Chọn đúng các chất và viết đúng mỗi phương trình 0,25đ ; cân bằng
sai hoặc thiếu điều kiện mỗi phương trình trừ 0,125 đ.
A là Cu(OH)
2
, C là CuO, D là Cu, B là H

2
SO
4
đặc
Cu(OH)
2
+ H
2
SO
4
à CuSO
4
+ 2H
2
O
CuO + H
2
SO
4
à CuSO
4
+ H
2
O
Cu + 2H
2
SO
4

đ

t
CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O
CuSO
4
+ BaCl
2
à CuCl
2
+ BaSO
4
CuCl
2
+ 2AgNO
3
à Cu(NO
3
)
2
+ 2AgCl
Cu(NO
3
)
2

+ 2NaOH à Cu(OH)
2
+ 2NaNO
3
Cu(OH)
2

t
CuO + H
2
O
CuO + H
2

t
Cu + H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Cau I - Gọi số p, n , trong nguyên tử X và Y lần lượt là a, b và x, y. Ta có
hệ pt
0.5
2a + b + 2x + y = 122

2a + 2x – ( b + y) = 34 => a = 13 ; b = 14 ; x = 26 ; y = 30
2x = 4a
Y = 16 + b
=> X= a + b = 27 ( Nhôm)
Y = x + y = 56 ( sắt )
0,5
0.5

2.
2
5,6
22,4
0,25( )
CO
n mol
= =
;
100.16
0,4( )
100.40
NaOH
n mol
= =

PTHH: CO
2
+ 2NaOH
→
Na
2

CO
3
+ H
2
O
Mol : 0,2 0,4 0,2
CO
2
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O
→
2NaHCO
3
Mol: 0,05 0,05 0,1
Sau phản ứng trong dung dịch có:
NaHCO
3
: 0,1 mol; Na
2
CO
3
: 0,15 mol
2 3
0,15.106 15,9
Na CO

m gam= =
;
3
0,1.84 8,4
NaHCO
m gam
= =

dd
0,25.44 100 111
sau
m gam
= + =

2 3
15,9.100
%( ) 14,32%
111
C Na CO
= =
;
3
8,4.100
%( ) 7,57%
111
C NaHCO
= =

Câu III :
Gọi kim loại hóa trị II là M.

Viết PT M(OH)
2
+ H
2
SO
4
à MSO
4
+ 2H
2
O
(M + 34 )g 98g (M + 96)g
mdd H
2
SO
4
= (98 . 100 ) : 10 = 980g
mdd muối = (M+ 1014)g 0,25
11,56% = (M + 96 ) g .100% : (M + 1014)
à M = 24 (Mg) à CT : Mg(OH)
2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,5

0,5
2. 1. a
0,25
n
o( bị khử)
= n
CO2
=
4,22
688,2
= 0,12 mol
m = m
A
+ m
o(bị khử)
= 10,88 + 16. 0,12 = 12,8 gam

2.
1/10 lượng CO
2
ở trên là:
n
CO2
=
10
12,0
= 0,012 mol
n
CaCO3
=

100
2,0
= 0,002 mol
Vì khi nung nóng dung dịch thì kết tủa lại tăng thêm chứng tỏ trong
dung dịch tạo thành có 2 muối
PTHH
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O
mol : 0,002 0,002 0,002
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2
mol: 0,01 0,005 0,005
Ca(HCO
3
)
2
t

o
CaCO
3
↓ + H
2
O + CO
2
mol: 0,005 0,005
p = 0,005 . 100 = 0,5 g
n
Ca(OH)2
= 0,002 + 0,005 = 0,007 mol
C
M(Ca(OH)2)
=
4,0
007,0
= 0,0175 M
0,75


b
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu
IV 3d
1.) CaO + CO
2
→ CaCO
3
CaO + H
2
O → Ca(OH)
2
Ca(OH)
2
+ CO
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
CaO + 2HCl → CaCl
2
+ H
2
O
Ca(OH)
2
+ 2HCl → CaCl
2
+ 2H
2

O
CaCO
3
+ 2HCl → CaCl
2
+ H
2
O + CO
2
2. Mg + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
(1)
0,01 0,01
Al + 3HCl
→
AlCl
3
+
2
3
H
2
(2)
MgCl
2
+ 2NaOH

dư

→
Mg(OH)
2
↓
+ 2NaCl (3)
Mol: 0.01
→
0,01
AlCl
3
+ 4NaOH
dư

→
NaAlO
2
+ 2H
2
O + 3NaCl (4)
Mg(OH)
2

→
O
t
MgO + H
2
O (5)

1(1d)
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
2(2d)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Mol: 0,01
←
0,01 n
mg
=
40
4,0
= 0,01
Cu +
2
1
O
2

→
O
t
CuO

Mol: 0,01
80
8,0
=0,01(mol)
H
2
+ Cl
2

→
2HCl (6) n
Cl2
=
4,22
67,0
= 0,03m0l
nH
2
> n
Cl2
⇒

H
2 dư
, Cl
2
hết
m Mg = 0,01 . 24 = 0,24 (g)
m Cu = 0,01 . 64 = 0,64 (g)
m Al = 1,42 - (0,24 + 0,64 ) = 0,54 (g)

0,25
0,25
0,25
Câu V
(4d)
2
29,12
1,3
22,4
H
n mol= =

Gọi số mol của Cu, Zn, Al trong hỗn hợp lần lượt là x, y, z

→
64x+ 65y + 27 z = 55 (*)
TN1: Cu không phản ứng
PTHH:
Zn + 2HCl
→
ZnCl
2
+ H
2

Mol: y y
2Al + 6HCl
→
2AlCl
3

+ 3H
2

Mol : z
3
2
z
→
y +
3
2
z
= 1,3 (**)
TN2:
2Cu + O
2

o
t
→
2CuO
Mol: x
2
x
x
2Zn + O
2

o
t

→
2ZnO
Mol : y
2
y
y
4Al + 3 O
2
o
t
→
2Al
2
O
3
Mol: z
3
4
z

2
z
0,25
0, 5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

0,5
→
80x+ 81y + 51z = 79(***)
Từ (*),(**), (***) ta có:
63x+ 65y + 27 z = 55
y +
3
2
z
= 1,3
80x+ 81y + 51z = 79

→
x= 0,2; y = 0,4 , z = 0,6
0,2.64 12,8
Cu
m gam= =

0,4.65 26
Zn
m gam= =

0,6.27 16,2
Al
m gam= =

2
O
n
=

2
x
+
2
y
+
3
4
z
=
0,2
2
+
0,4
2
+
3.0,6
4
= 0,75(mol)
2
0,75.22,4 16,8( )
H
V l
= =

16,8.5 84( )
KK
V l= =

0,5
0,5
Người duyệt đề Người ra đề
Tổ trưởng tổ KHTN
Lưu Thị Liên Phạm Thị Duyên

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Hóa học
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 27 tháng 11 năm 2013
Câu 1:(5,5đ):
1.Viết các phương trình hóa học biểu diễn các biến hóa hóa học sau:
A B
A
C
NaOH
D↓
O
2
+ H
2
O
E t
o
F

G
A
Biết A là kim loại thông thường có hai hóa trị thường gặp là II và III.
2. Từ quặng pirit ( FeS
2
) ; NaCl ; H
2
O , Chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác hãy
điều chế dung dịch : FeCl
3
; FeSO
4
; Fe
2
( SO
4
)
3
; và Fe(OH)
3
3. Cho các chất sau: CO
2
, Ca(OCl)
2
, CO, MgO, SO
2
, Fe
3
O
4

, NO, HClO.
ĐỀ CHÍNH THỨC