Tài liệu học sinh giỏi hoá 9 đề và đáp án thi học sinh giỏi cấp huyện

PHÒNG GD&ĐT
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: Hóa học
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có: 01 trang
Câu 1: (2 điểm)
Hỗn hợp A gồm Fe
3
O
4
, Al, Fe, Al
2
O
3
. Cho A tan trong NaOH dư được hỗn hợp chất
rắn A
1
, dung dịch B
1
và khí C
1
.
Khí C
1
(dư) cho tác dụng với A đun nóng được hỗn hợp chất rắn A
2
. Dung dịch B
1
cho tác dụng với dung dịch H
2
SO

4
loãng, dư được dung dịch B
2
. Chất rắn A
2
tác
dụng với H
2
SO
4
đặc¸ nóng được dung dịch B
3
và khí C
2
.Viết các phương trình
phản ứng xảy ra.
Câu 2: (2,5 điểm)
a) Tách các kim loại sau: Fe; Al ; Cu ra khỏi hỗn hợp bằng phương pháp hoá học.
b) Chỉ dùng một kim loại để nhận biết các dung dịch MgCl
2
, NH
4
NO
3
, FeCl
2
, Al(NO
3
)
3

,
(NH
4
)
2
SO
4
, NaNO
3
đựng riêng biệt trong các lọ mất nhãn.
Câu 3: (1,5điểm)
Cho các sơ đồ phản ứng hoá học sau đây:
X
1
+ X
2
→ Na
2
CO
3
+ H
2
O
X
3
+ H
2
O X
2
+ X

4
+ H
2
X
5
+ X
2
→ X
6
+ H
2
O
X
6
+ CO
2
+ H
2
O → X
7
+ X
1
X
5
X
8
+ O
2
Chọn các chất X
1

, X
2
, X
3
, X
5
, X
6
, X
7
, X
8
thích hợp và hoàn thành các phương trình hoá học
của các phản ứng trên.
Câu 4: (2 điểm)
Hỗn hợp X gồm bột Fe và kim loại M hóa trị II không đổi. Hòa tan hết 13,4 gam hỗn hợp X
vào dung dịch H
2
SO
4
loãng thu được 4,928 lít khí và dung dịch A. Mặt khác khi cho 13,4
ĐỀ CHÍNH THỨC
điện phân dung dịch
có màng ngăn
điện phân nóng chảy
Criolit
gam hỗn hợp X hòa tan hết trong dung dịch H
2
SO
4

đặc, đun nóng thì thu được dung dịch
và chỉ cho 6,048 lít khí SO
2
bay ra.
Xác định kim loại M và khối lượng từng kim loại trong 13,4 gam hỗn hợp X.
Câu 5: (2 điểm)
Cho 27,4 g Ba vào 400 g dung dịch CuSO
4
3,2 % thu được khí A, kết tủa B và dung dịch C.
a, Tính thể tích khí A (đktc).
b, Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu
gam chất rắn ?
c, Tính nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch C.
- Hết –
PHÒNG GD&ĐT
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Hóa học
Câu 1: (2điểm)
Khi cho hỗn hợp chất rắn A tan trong NaOH dư:
2Al + 2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2

↑

Al
2
O
3
+ 2NaOH
→
2NaAlO
2
+ H
2
O
Chất rắn A
1
gồm Fe
3
O
4
và Fe. Dung dịch B
1
có NaAlO
2
, NaOH dư. Khí C
1
là H
2
.
Khi cho khí C
1
tác dụng với A:
Fe

3
O
4
+ 4H
2

0t
→
3Fe + 4H
2
O
Al
2
O
3
+ H
2

→
không phản ứng
0,5
0,2
1
(3đ
)
Chất rắn A
2
gồm Fe, Al, Al
2
O

3
.
Dung dịch B
1
cho tác dụng với H
2
SO
4
loãng, dư:
2NaOH + H
2
SO
4

→
Na
2
SO
4
+ 2H
2
O
2NaAlO
2
+ 4H
2
SO
4

→

Na
2
SO
4
+ Al
2
(SO
4
)
3
+ 4H
2
O
Cho A
2
tác dụng với H
2
SO
4
đặc, nóng:
Al
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

0t

→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
2Fe + 6H
2
SO
4 đặc

0t
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2

↑
+ 6H
2
O

2Al + 6H
2
SO
4 đặc

0t
→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2

↑
+ 6H
2
O
Dung dịch B
3
gồm Fe
2
(SO
4
)
3
và Al
2

(SO
4
)
3
. Khí C
2
là SO
2
.
( Mỗi PTHH đúng được 0,25 điểm)
5
0,5
0,7
5
Câu 2: (2,5 điểm)
Câu 2 1. Cho hỗn hợp 3 kim loại trên vào dung dịch NaOH dư , Fe, Cu không
tan lọc tách, nước lọc thu được gồm NaOH dư , NaAlO
2
. sục khí CO
2
đến dư vào nước lọc thu kết tủa Al(OH)
3
nung ở nhiệt độ cao thu được
Al
2
O
3
, điện phân nóng chảy Al
2
O

3
thu được

Al. Cho hỗn hợp Fe , Cu
vào dung dịch HCl dư ; Cu không tan lọc tách , nước lọc thu được gồm
HCl dư và FeCl
2
, cho nước lọc này tác dụng với dung dịch NaOH dư
thu kết tủa Fe(OH)
2
rồi nung trong không khí thu Fe
2
O
3
, dùng khí H
2
khử Fe
2
O
3
nung nóng thu được Fe.
PTHH :
2Al + 2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2

NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O
→
Al(OH)
3
+ NaHCO
3
NaOH

+ CO
2

→
NaHCO
3
2Al(OH)
3

o
t
→
Al
2
O
3

+ 3H
2
O
2Al
2
O
3
dpnc
→
4Al + 3O
2
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
0,5đ
0,5đ
FeCl
2
+ 2NaOH
o
t
→
Fe(OH)
2
+

2NaCl

4Fe(OH)
2
+ O
2

o
t
→


2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O
Fe
2
O
3
+ 3H
2


o
t
→

2Fe + 3H

2
O
2 Trích mỗi dung dich một ít làm mẫu thử
- Cho kim loại Ba lần lượt vào các mẫu thử trên, đầu tiên có phản ứng:
Ba + 2H
2
O → Ba(OH)
2
+ H
2
↑
Sau đó: - Mẫu thử nào cho kết tủa trắng là MgCl
2
.
Ba(OH)
2
+ MgCl
2
→ Mg(OH)
2
↓
+ BaCl
2
- Mẫu nào cho kết tủa trắng xanh sau đó chuyển thành nâu đỏ
là FeCl
2

Ba(OH)
2
+ FeCl

2
→ Fe(OH)
2
↓
+ BaCl
2
4Fe(OH)
2
+ 2H
2
O + O
2
→ 4Fe(OH)
3
↓
- Mẫu thử nào cho kết tủa trắng keo sau đó tan dần là Al(NO
3
)
3
.
3Ba(OH)
2
+ 2Al(NO
3
)
3
→ 2Al(OH)
3
↓

+ 3Ba(NO
3
)
2
Ba(OH)
2
+ 2Al(OH)
3
→ Ba(AlO
2
)
2
+ 4H
2
O
- Mẫu thử nào tạo khí mùi khai là NH
4
NO
3
.
Ba(OH)
2
+ 2NH
4
NO
3
→ Ba(NO
3
)
2

+ 2H
2
O + 2NH
3
↑
- Mẫu thử nào cho kết tủa trắng và khí mùi khai là (NH
4
)
2
SO
4
.
Ba(OH)
2
+ (NH
4
)
2
SO
4
→ BaSO
4
↓
+ 2H
2
O + 2NH
3
↑
- Mẫu còn lại là NaNO
3

.
0,1đ
0,2đ
0,4đ
0,4đ
0,2đ
0,2đ
Câu 3: (1,5 điểm)
2 Các chất thích hợp với X
1
, X
2
, X
3
, X
5
, X
6
, X
7
, X
8
lần lượt có thể là:
X
1
: NaHCO
3
, X
2
: NaOH, X

3
: NaCl, X
5
: Al
2
O
3
, X
6
: NaAlO
2
, X
7
: Al(OH)
3
, X
8
: Al
0,5
Các phương trình hóa học lần lượt là: 1,0
NaHCO
3
+ NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O
mỗi

pthh
cho
0,2
2NaCl + 2H
2
O → 2NaOH + Cl
2
+ H
2
Al
2
O
3
+ 2NaOH → 2NaAlO
2
+ H
2
O
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O→ Al(OH)
3
+ NaHCO
3
2Al
2

O
3
4Al + 3O
2
Câu 4: (2 điểm)
Gọi x là số mol Fe và y là số mol M trong 13,4 g hỗn hợp X. Các phương trình phản ứng:
Fe + H
2
SO
4

(loãng)

→
FeSO
4
+ H
2
↑
(1) 0,25đ
x x
M + H
2
SO
4 (loãng)

→
M(SO
4
) + H

2
↑
(2)
y y
2Fe + 6H
2
SO
4

(đặc, nóng)
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
↑

+ 6H
2
O (3) 0,25đ
x 1,5x
M + 2H
2
SO
4 (đặc, nóng)

→
M(SO
4
) + SO
2
↑
+ 2H
2
O (4) 0,25đ
y y
Từ (1) và (2):
↑
2
H
n
= x + y =
4,22
928,4
= 0,22
⇒
x + y = 0,22 (5) 0,25đ
Từ (3) và (4):
↑
2
SO
n
= 1,5x +
y
=
4,22

048,6
= 0,27
⇒
3x + 2y = 0,54 (6) 0,25đ
Từ (5), (6) suy ra x = 0,1 và y = 0,12
Khi đó, từ 56x + My = 13,4 và x = 0,1 suy ra My = 13,4 – 5,6 = 7,8 0,25đ
⇒
M = 65
⇒
M là Zn
đpnc
criolit
Trong hỗn hợp X có: m
Fe
= 56. 0,1 = 5,6 (g); m
Zn
= 65.0,12 = 7,8 (g) 0,5đ
Câu 5: (2 điểm)
Các phương trình ghi đầy đủ trạng thái chất mới cho điểm tối đa .
PTHH :
Ba + 2H
2
O
→
Ba(OH)
2
+ H
2

↑

(1)
Ba(OH)
2
+ CuSO
4

→
BaSO
4
+ Cu(OH)
2
(2)
t
0
BaSO
4

→
BaSO
4

t
0
Cu(OH)
2

→
CuO + H
2
O (3)

nBa =
137
4,27
= 0,2 mol
nCuSO
4
=
160.100
2,3.400
= 0,08 mol
Từ (1) ta có:
nBa(OH)
2
=nH
2
= nBa= 0,2 mol
VH
2
= V
A
= 0,2 x22,4 = 4,48 lít . (0,25 điểm)
Từ (2) và (3) chất rắn gồm BaSO
4
và CuO vì Ba(OH)
2
dư nên:
n
CuO
= nCu(OH)
2

=nBaSO
4
=nCuSO
4
= nBa(OH)
2 PƯ
= 0,08 mol
m chất rắn = 0,08.233 + 0,08. 80 = 25,04 (g) (0,4 điểm)
(0,3 điểm)
(0,3)
điểm)
Trong dung dịch C chỉ còn Ba(OH)
2
dư
m
dd
sau PƯ= 400 + 27,4 - 0,2 . 2 - 25,04 = 400,52 (g) (0,25 điểm)
C% Ba(OH)
2
=
%100.
52,400
171).08,02,0(
−

≈
5,12 % (0,5điểm)
(Học sinh giải cách khác, đúng, vẫn cho điểm tối đa)
- Hết -

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học: 2014 – 2015
Môn thi: Hóa học lớp 9
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)
Đề số 1
Bài 1(2,0 điểm)
Cho sơ đồ chuyển hóa sau:
1. A to B + CO
2
2. C + CO
2
A+ H
2
O
3. D to A + H
2
O + CO
2
4. B + H
2
O C
5. A + H
2
O + CO
2
D
Xác định các chất A, B ,C, D rồi hoàn thành các PTHH xảy ra
Bài 2(2,0 điểm)

Có các lọ chứa các dung dịch riêng biệt sau bị mất nhãn: NH
4
Cl, Zn(NO
3
)
2
,
(NH
4
)
2
SO
4
, NaCl, phenolphtalein, Na
2
SO
4
, HCl. Chỉ dùng thêm dung dịch Ba(OH)
2
làm
thuốc thử có thể nhận biết được bao nhiêu chất trong số các chất đã cho?Viết các PTHH
xảy ra (nếu có).
Bài 3(2,0 điểm)
a. Một nguyên tố X có thể tạo thành với Al hợp chất kiểu Al
a
X
b
, mỗi phân tử gồm 5
nguyên tử. Khối lượng phân tử là 150 đvC. Xác định X và gọi tên hợp chất Al
a

X
b
.
b. Y là một oxit kim loại chứa 70% kim loại (về khối lượng). Cần dùng bao nhiêu ml
dung dịch H
2
SO
4
24,5% ( d= 1,2 g/ml) để hòa tan vừa đủ 40 gam Y
Bài 4(2,0 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 5,4 gam nhôm trong khí oxi thu được một chất rắn. Hòa tan chất
rắn thu được vào trong dung dịch H
2
SO
4
vừa đủ thì được dung dịch A. Cho A tác dụng với
250 ml dung
dịch NaOH thì thu được 7,8 gam kết tủa. Tính nồng độ mol của dung dịch
NaOH đã dùng?
Bài 5(2,0 điểm)
Một hỗn hợp M gồm oxit của một kim loại hóa trị II và muối cacbonat của kim loại
đó được hòa tan hết bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng vừa đủ tạo ra khí N và dung dịch L. Đem
cô cạn dung dịch L thu được một lượng muối khan bằng 168 % khối lượng M. Xác định
kim loại hóa trị II. Biết khí N bằng 44% khối lượng của M.
HẾT
(Đề thi gồm có 1 trang)

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
UBND HUYỆN HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn thi: Hoá Học -lớp 9
Đề số 1
Bài 1 ( 2,0 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
Xác định các chất: A là CaCO
3
; B là CaO; C là Ca(OH)
2
;
D là Ca(HCO
3
)
2
1. CaCO
3
to CaO + CO
2
2. Ca(OH)
2
+ CO
2
CaCO
3
+ H
2
O
3. Ca(HCO

3
)
2
to CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
4. CaO + H
2
O Ca(OH)
2
5. CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
Ca(HCO
3
)
2
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
Bài 2 ( 2,0 điểm)

Ý/Phần Đáp án Điểm
Trích các mẫu chất một ít ra các ống nghiệm có đánh số thứ tự.
Dùng thuốc thử Ba(OH)
2
cho đến dư: Ta có thể nhận được 7
chất
+ Giai đoạn 1: Nhận được 5 chất
- Chỉ có khí mùi khai => Là NH
4
Cl
2NH
4
Cl + Ba(OH)
2
-> 2NH
3
+ BaCl
2
+ 2 H
2
O
- Có khí mùi khai và kết tủa trắng => là chất (NH
4
)
2
SO
4
(NH
4
)

2
SO
4
+ Ba(OH)
2
-> 2NH
3
+ BaSO
4
+ 2 H
2
O
- Chỉ có kết tủa trắng -> là Na
2
SO
4

Na
2
SO
4
+ Ba(OH)
2
-> 2NaOH + BaSO
4
- Dung dịch có màu hồng -> là phenophtalein
- Có kết tủa , sau đó kết tủa tan ra -> là Zn(NO
3
)
2

Zn(NO
3
)
2
+ Ba(OH)
2
-> Ba(NO
3
)
2
+ Zn(OH)
2
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
Zn(OH)
2
+ Ba(OH)
2
-> BaZnO
2
+ 2H
2
O
+ Giai đoạn 2: Còn dung dịch HCl và NaCl
Lấy 1 ít dung dịch có màu hồng ở trên cho vào 2 ống nghiệm.
Cho từ từ từng giọt dung dịch HCl /NaCl vào 2 ống nghiệm :
- Nếu ống nghiệm nào mất màu hồng sau 1 thời gian thì

đó là dung dịch HCl.
- Nếu ống nghiệm nào vẫn giữ màu hồng thì đó là dung
dịch NaCl.
0.25
0.25
Bài 3 ( 2,0 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
a. Gọi X là nguyên tử khối của nguyên tố X
Ta có: 27a + Xb = 150(1)
a + b = 5=> a = 5 – b
Thay vào (1)=> 27 (5-b) + Xb = 150
 135 – 27b + Xb = 150
 Xb – 27b = 15
Nếu
b 1 2 3
a 4 3 2
X 42(Loại) 34,5(loại) 32(thỏa
mãn)
 a=2; b= 3
 X là lưu huỳnh(S)
 Hợp chất Al
2
S
3
: Tên Nhôm sunfua
0,25
0,25
0,25
0,25
b. Gọi CTPT có dạng R

x
O
y
Lập PT toán học: Rx/16y= 70/30
 R= 56/3 . 2y/x. ( Đặt 2y / x = n: Là hóa trị của R)
 R = 56/3 .n
 Biện luận n => R. Chọn n = 3, R = 56( R là Fe)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
-> Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
0,25 mol 0,75 mol
m
dd
= 0,75 .98. 100/24,5 = 300 g
 V
dd

= 300/1,2= 250 ml
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4 ( 2,0 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
n
Al
= 5,4/27= 0,2 mol n
Al(OH)3
= 7,8/78= 0,1 mol
PTHH: 4Al + 3O
2
to 2Al
2
O
3
0,2 0,1 mol
Al
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
-> Al
2
(SO

4
)
3
+ 3H
2
O
0,1 0,1 mol
Ta thấy , vì số mol kết tủa < số mol Al nên kết tủa không cực
0.25
0.25
0.25
đại. Có 2 trường hợp xảy ra:
* Trường hợp 1: NaOH thiếu so với Al
2
(SO
4
)
3
=> kết tủa chưa
cực đại
Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH -> 2Al(OH)
3
+ 3Na
2

SO
4
0,05 0,3 <- 0,1 mol
C
M(dd NaOH)
= 0,3/0,25= 1,2M
* Trường hợp 2: NaOH dư hòa tan một phần kết tủa Al(OH)
3
Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH -> 2Al(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4
0,1 -> 0,6 0,2 mol
Số mol kết tủa bị hòa tan: 0,2- 0,1=0,1 mol
Al(OH)
3
+ NaOH -> NaAlO
2
+ 2H
2
O
0,1 -> 0,1 mol

C
M(dd NaOH)
= (0,6 + 0,1 )/ 0,25= 2,8M
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 5 ( 2,0 điểm)
Chú ý: HS giải cách khác đúng cho điểm tối đa
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT 1
Năm học: 2014 – 2015
Môn thi: Hóa học lớp 9
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Đề số 2
Bài 1(2,0 điểm)
Dung dịch M có chứa CuSO
4
và FeSO
4
.
a. Cho Al vào dung dịch M , sau phản ứng thu được dung dịch X chứa 3 muối tan.
b. Cho Al vào dung dịch M , sau phản ứng thu được dung dịch Y chứa 2 muối tan.
c. Cho Al vào dung dịch M , sau phản ứng thu được dung dịch Z chứa 1 muối tan.
Giải thích mỗi trường hợp bằng PTHH.
Bài 2(2,0 điểm)
Có các lọ chứa các dung dịch riêng biệt sau bị mất nhãn: NaHCO

3
, Ba(HCO
3
)
2
,
NaCl, MgCl
2
, HCl. Hãy nêu phương pháp phân biệt các dung dịch mà không được lấy
thêm chất khác. Viết các PTHH xảy ra (nếu có).
Bài 3(2,5 điểm)
Hòa tan 34,2,gam hỗn hợp gồm Al
2
O
3
và Fe
2
O
3
vào 1 lit dung dịch HCl 2M, sau
phản ứng còn dư 25% axit. Cho dung dịch tạo thành tác dụng với dung dịch NaOH 1M sao
cho vừa đủ đạt kết tủa bé nhất.
a. Tính khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp
b. Tính thể tích dung dịch NaOH 1M đã dùng.
Bài 4(1,5 điểm)
Hòa tan hoàn toàn 10,2 gam một oxit kim loại hóa trị III cần dùng 331,8 gam dung
dịch H
2
SO
4

vừa đủ. Dung dịch muối sau phản ứng có nồng độ 10%. Xác định công thức
phân tử của kim loại?
Bài 5(2,0 điểm)
Cho 17,5 gam hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch H
2
SO
4
0,5M,
ta thu được 11,2 l khí H
2
(Đktc). Tính thể tích dung dịch axit tối thiểu phải dùng và khối
lượng muối khan thu được.
HẾT
(Đề thi gồm có 1 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
UBND HUYỆN HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn thi: Hoá Học -lớp 9
Đề số 2
Bài 1 ( 2,0 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
a
Dung dịch X sau phản ứng chứa 3 muối tan, như vậy phản ứng
trên chưa kết thúc hoặc lượng Al ít nên dung dịch X chứa 3
muối tan là Al
2
(SO
4
)
3

; CuSO
4 dư
; FeSO
4 dư
hoặc chưa phản ứng
2Al + 3CuSO
4
-> Al
2
(SO
4
)
3
+ 3Cu
0,5
0,25
b
Dung dịch Y sau phản ứng chứa 2 muối tan nghĩa là lượng Al
đã tác dụng hết với CuSO
4
nên dung dịch Y chứa 2 muối tan là
Al
2
(SO
4
)
3
; FeSO
4( dư
hoặc chưa phản ứng)

2Al + 3CuSO
4
-> Al
2
(SO
4
)
3
+ 3Cu
0,25
0,25
c
Dung dịch Z sau phản ứng chứa 1 muối tan nghĩa là lượng Al
đã tác dụng hết với CuSO
4
và FeSO
4
2Al + 3CuSO
4
-> Al
2
(SO
4
)
3
+ 3Cu
2Al + 3FeSO
4
-> Al
2

(SO
4
)
3
+ 3Fe
0,25
0,25
0,25
Bài 2 ( 2,0 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
Trích ở mỗi lọ 1 ít ra các ống nghiệm có đánh số.
- Nhiệt phân các dung dịch:
+ Nếu ống nghiệm nào có sủi bọt khí thì chứa NaHCO
3
2NaHCO
3
to Na
2
CO
3
+ CO
2
+ H
2
O
+ Nếu ống nghiệm nào có sủi bọt khí và có kết tủa thì chứa
Ba(HCO
3
)
2

Ba(HCO
3
)
2
to BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
- Dùng dung dịch Na
2
CO
3
thu được ở trên để thử các dung dịch
còn lại:
0.25
0.25
0.25
0.25
+ Nếu ống nghiệm nào có sủi bọt khí thì chứa HCl
2HCl + Na
2
CO
3
2NaCl + CO
2
+ H
2

O
+ Nếu ống nghiệm nào có kết tủa thì chứa MgCl
2
MgCl
2
+ Na
2
CO
3
2NaCl + MgCO
3

+ Ống còn lại không có hiện tượng gì là NaCl
0.5
0.25
0.25
Bài 3 ( 2,5 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
a n HCl( pư với oxit) = 1.2.75/100 = 1,5 mol
n HCl( pư với NaOH) = 2.25/100 = 0,5 mol
Đặt số mol của Fe
2
O
3
và Al
2
O
3
lần lượt là a, b mol
Fe

2
O
3
+ 6HCl 2FeCl
3
+ 3H
2
O
a 6a 2a mol
Al
2
O
3
+ 6HCl 2AlCl
3
+ 3H
2
O
b 6b 2b mol
FeCl
3
+ 3NaOH Fe(OH)
3
+ 3NaCl
2a 6a 2a mol
AlCl
3
+ 3NaOH Al(OH)
3
+ 3NaCl

2b 6b 2b mol
Vì lượng kết tủa bé nhất nên Al(OH)
3
bị tan hết trong NaOH dư
Al(OH)
3
+ NaOH NaAlO
2
+ 2H
2
O
2b 2b mol
HCl + NaOH NaCl + H
2
O
0,5 0,5 mol
Theo đề bài ta có: 6a + 6b = 1,5
160 a + 102b = 34,2
Giải hệ ta được: a = 0,15 mol; b = 0,1 mol
Khối lượng mỗi oxit:
m Fe
2
O
3
= 0,15. 160 = 24 g
m Al
2
O
3
= 34,2- 24 = 10,2 g

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0.25
0,25
0,25
b Tổng số mol NaOH = 6a + 8b + 0,5 = 2,2 mol
 Vdd NaOH = 2,2/1= 2,2 lit
0,25
Bài 4 ( 1,5 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
Gọi công thức phân tử của oxit là R
2
O
3
; R cũng là nguyên tử
khối của R.
PTHH: R
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
-> R
2

(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
0.25
n R
2
O
3
= 10,2/(2R + 48) mol
=> n Al
2
(SO
4
)
3
= 10.2/(2R + 48) mol
=> m muối R
2
(SO
4
)
3
= 10,2 . (2R + 288)/ (2R + 48) g
m dd sau pư= 10,2 + 331,8 = 342 g
Do sau phản ứng nồng độ % của dd muối là 10%
=> Khối lượng muối trong dung dịch sau phản ứng:

m R
2
(SO
4
)
3
= 34,2 g
Từ bài ra ta có:
10,2 . (2R + 288)/ (2R + 48) = 34,2
10,2/(2R + 48) = 34,2/(2R+ 288)
Giải pt => R =27
R là kim loại Nhôm ( Al)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 5 ( 2,0 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
Gọi x,y,z lần lượt là số mol của 3 kim loại Fe, Al, Zn
nH
2
= 11,2/22,4 = 0,5 mol
PTHH:
Fe + H
2
SO
4
FeSO
4

+ H
2
x x x x mol
2Al + 3H
2
SO
4
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
y 3y/2 y/2 3y/2 mol
Zn + H
2
SO
4
ZnSO
4
+ H
2
z z z z mol
Từ các PTHH:
nH
2
= n H
2

SO
4
= 0,5 mol
V H
2
SO
4
= 0,5/0,5 = 1 (l)
m H
2
SO
4
= 0,5 . 98 = 49 gam
m H
2
= 0,5 .2 = 1 gam
Theo Định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m hh kim loại + m H
2
SO
4
= m hh 3 muối + m H
2
 m hh 3 muối = m hh kim loại + m H
2
SO
4
- m H
2
 m hh 3 muối = 17,5 + 49 – 1 = 65,5 gam

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Chú ý: HS giải cách khác đúng cho điểm tối đa
Câu 1( 4điểm):
1) Cho sơ đồ chuyển hóa sau:
- Tìm công thức hóa học ứng với các chữ cái A
1
, A
2
, A
3
, B
1
, B
2
, B
3
, X, Y, Z, T. Viết phương
trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa trên.
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( 3điểm):
1, Cho hỗn hợp X gồm Al
2
O
3
, MgO, Fe, Cu tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung
dịch Y, khí Z và chất rắn A. Hòa tan A trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư thu được khí B.
Sục từ từ khí B vào dung dịch nước vôi trong dư thu được kết tủa D. Cho từ từ dung dịch
NaOH vào dung dịch Y cho đến khi kết tủa lớn nhất thì thu được chất rắn E. Nung E trong
không khí tới khối lượng không đổi thu được chất rắn G.
Xác định thành phần các chất có trong Y, Z, A, B, E, D, G. Viết các phương trình hóa học
xảy ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
2, Nêu hiện tượng và giải thích bằng phương trình hóa học các thí nghiệm sau:
a) Cho rất từ từ dung dịch HCl loãng tới dư vào dung dịch Na
2
CO
3
.

b) Dẫn từ từ khí clo tới dư vào dung dịch NaOH loãng đã có sẵn mảnh giấy quỳ.
Câu 3 ( 1 điểm):
PHÒNG GD – ĐT HUYỆN
TRƯỜNG THCS ………….
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
MÔN THI : HÓA HỌC – Lớp 9
NĂM HỌC 2014-2015
Thời gian làm bài: 120 phút

Cu(OH)
2
A
1
B
1
A
2
B
2
A
3
B
3
Cu(OH)
2
t
o
+ X + Y
+ Z + T
Cho hỗn hợp khí X gồm SO

2
và O
2
có tỷ lệ thể tích là 1:1 vào bình kín đã có sẵn ít bột
V
2
O
5
. Đun nóng bình đến 450
0C
sau một thời gian thì thu được hỗn hợp khí. Trong đó khí
sản phẩm chiếm 35,3% về thể tích. Tính hiệu suất của phản ứng. Biết thể tích các chất khí
đo ở cùng điều kiện, thể tích chất rắn coi như không đáng kể.
Câu 4 ( 2 điểm): Hòa tan hết 2,019 gam hỗn hợp gồm muối clorua của kim loại A chỉ có
hóa trị I, muối clorua của kim loại B chỉ có hóa trị II trong mọi hợp chất vào nước được
dung dịch X. Cho 50 ml dung dịch AgNO
3
1M vào dung dịch X, sau khi xảy ra phản ứng
hoàn toàn thu được 5,74 gam kết tủa. Lọc kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc thu được a
gam muối khan.
Tìm a?
Xác định kim loại A, B biết rằng: M
B
= M
A
+ 1
-Hết-
(Cho: Al = 27; Mg = 24; Ag = 108; Ca = 40; K = 39; Na = 23; N = 14; H = 1; O = 16; Cl =
35,5; S=32)
Chú ý: Học sinh không được sử dụng bảng HTTH các NTHH, bảng tính tan các chất trong

nước.
PHÒNG GD – ĐT HUYỆN
TRƯỜNG THCS LAI HẠ
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
MÔN THI : HÓA HỌC-Lớp 9
Năm học : 2014-2015
Câu Ý Đáp án Điểm
1 4.0
1 2.0
A
1
là CuO; A
2
là CuSO
4
; A
3
là CuCl
2
; X là H
2
SO
4
; Y là BaCl
2
.
B
1
là H
2

O; B
2
là Ca(OH)
2
; B
3
là NaOH; Z là CaO; T là Na
2
CO
3
.
PTHH: Cu(OH)
2

o
t
→
CuO + H
2
O
CuO + H
2
SO
4

→
CuSO
4
+ H
2

O
CuSO
4
+ BaCl
2

→
CuCl
2
+ BaSO
4
↓
H
2
O + CaO
→
Ca(OH)
2
Ca(OH)
2
+ Na
2
CO
3

→
CaCO
3
↓
+ 2NaOH

NaOH + CuCl
2

→
Cu(OH)
2
↓
+ 2NaCl
0,25
0,25
0,25
0,25
025
0,25
0,25
0,25
2 2.0
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
.
0,25
0,25
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
0,25
0,25

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
0,25
0,25
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
0,25
0,25
2 3.0
1 2.0
Cho hỗn hợp X vào dung dịch HCl lấy dư:
PTHH: Al
2
O
3
+ 6HCl

→
2AlCl
3
+ 3H
2
O
MgO + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
O
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
↑
Dung dịch Y gồm: AlCl
3
, MgCl
2
, FeCl
2
, HCl dư
Khí Z là H
2
Chất rắn A là Cu

0,5
Cho A tác dụng với H
2
SO
4
đặc nóng.
PTHH: Cu + 2H
2
SO
4(đặc, nóng)

→
CuSO
4
+ SO
2
↑
+ 2H
2
O
Khí B là SO
2
Cho B vào nước vôi trong lấy dư
PTHH: SO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaSO

3
↓
+ H
2
O
Kết tủa D là CaSO
3
0,5
Cho dung dịch NaOH vào Y tới khi kết tủa lớn nhất thì dừng lại.
PTHH: NaOH + HCl
→
NaCl + H
2
O
3NaOH + AlCl
3

→
Al(OH)
3
↓
+ 3NaCl
2NaOH + MgCl
2

→
Mg(OH)
2
↓
+ 2NaCl

2NaOH + FeCl
2

→
Fe(OH)
2
↓
+ 2NaCl
Chất rắn E là: Al(OH)
3
, Mg(OH)
2
, Fe(OH)
2

0,5
Nung E trong không khí
PTHH: 2Al(OH)
3

o
t
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O

Mg(OH)
2

o
t
→
MgO + H
2
O
4Fe(OH)
2
+ O
2
o
t
→
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O
Chất rắn G là Al
2
O
3
, MgO, Fe
2
O

3
0,5
2 1.0
a) Hiện tượng: Ban đầu không có hiện tượng gì. Sau đó có bọt khí
không màu, không mùi thoát ra.
0,25
PTHH: HCl + Na
2
CO
3

→
NaHCO
3
+ NaCl
HCl + NaHCO
3

→
NaCl + CO
2
↑
+ H
2
O
0,25
b) Hiện tượng: Ban đầu quỳ có màu xanh, khi sục khí clo quỳ mất
màu. Dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng nhạt.
PTHH: Cl
2

+ 2NaOH
→
NaCl + NaClO + H
2
O
0,25
0,25
3 1.0
Vì thể tích các chất khí đo ở cùng điều kiện nên tỉ lệ thể tích bằng tỉ
lệ số mol.
Để không làm mất tính tổng quát giả sử số mol mỗi khí trong hỗn
hợp là 1 mol
PTHH: 2SO
2
+ O
2

2 5
o
t
V O
→
2SO
3
Ban đầu 1mol 1mol 0
Pứ x mol 0,5x mol x mol
Sau pứ 1-x 1-0,5x x
n
hỗn hợp khí sau pứ
= 1-x + 1-0,5x + x = 2- 0,5x (mol)

n
khí sản phẩm
= x (mol)
Theo bài ra:
100 35,3
2 0,5
x
x
× =
−
0,6( )x mol
⇒ ≈
Vậy hiệu suất của phản ứng là:
0,6
100 60%
1
H = × =
0,25
0,25
0,25
0,25
4 2.0
1 1.0
PTHH:
ACl + AgNO
3
→ AgCl
↓
+ ANO
3

(1)
BCl
2
+ 2AgNO
3
→ 2AgCl
↓
+ B(NO
3
)
2
(2)
0,25
3
5,74
0,05.1 0,05( ); 0,04( )
143,5
AgNO AgCl
n mol n mol
= = = =
Theo PTPƯ:
3 3
0,04( ) 0,05 0,05 0,04 0,01( )
AgNO pu AgCl AgNO du
n n mol n mol= = < → = − =
Khối lượng muối khan gồm: ANO
3
; B(NO
3
)

2
và AgNO
3
dư
0,25
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
2 3 3 3 2
3 3 2
( )
( )
2,019 0,04.170 5,74 3,079( )
ACl BCl AgNO AgCl ANO B NO
ANO B NO
m m m m m m
m m g
+ + = + +
→ + = + − =
→ a = 3,079 + 0,01.170 = 4,779(g)
0,5
2 1.0
Đặt số mol của ACl và BCl
2
lần lượt là a, b
Theo ptpư:
2
2 2 0,04
AgCl ACl BCl
n n n x y= + → + =
(1’)
Điều kiện: 0 < x < 0,04; 0< y < 0,02

m
hh
= x(M
A
+ 35,5) + y(M
B
+ 71) = 2,019 (2’)
Mặt khác ta có: M
B
= M
A
+ 1 (3’)
0,5
Từ (1’), (2’), (3’) ta có:
1,158 0,04
1
A
A
M
x
M
−
=
−
Do: 0< x < 0,04 →
1,158 0,04
0 0,04 14,975 28,95
1
A
A

A
M
M
M
−
< < → < <
−
Vậy A là Na → M
B
= 23 + 1 = 24 (g) → B là Mg
0,5
Ghi chú:
- Học sinh làm các cách khác, nếu đúng cho điểm tương đương.
- Các phương trình hoá học có chất viết sai không cho điểm, thiếu điều kiện phản ứng
hoặc cân bằng sai thì trừ một nửa số điểm của phương trình đó.
- Trong các bài toán, nếu sử dụng phương trình hoá học không cân bằng hoặc viết sai để
tính toán thì kết quả không được công nhận.
- Điểm của bài thi làm tròn đến 0,25.
PHÒNG GD-ĐT HUYỆN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
TRƯỜNG THCS LAI HẠ MÔN: HÓA HỌC - Lớp 9
Năm học: 2014 - 2015
(Thời gian: 120 phút)

Câu 1(2đ)
1. Một hỗn hợp A gồm; Al
2
O
3
, MgO, Fe
3

O
4
, CuO. Cho khí CO dư đi qua A nung nóng, sau phản ứng thu
được chất rắn B. Hoà tan chất rắn B vào dung dịch NaOH dư thu được dung dịch C và chất rắn D. Cho dung dịch C
tác dụng với dung dịch HCl dư. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Nêu hiện tượng và giải thích.
- Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na
2
CO
3
- Dẫn khí CO
2
nội chậm qua dung dịch Ca(OH)
2
đến dư, sau đó cho tiếp dung dịch Ca(OH)
2
vào dung dịch
vừa thu được.
Câu 2(2đ)
Viết phương trình hoá học theo sơ đồ chuyển hoá sau
A
→
)2(
B
→
)3(
C
M —
→
)6(

H
→
)7(
M
D
→
)4(
E
→
)5(
F
Biết M là một nguyên tố có số p = 13.
Câu 3(2đ)
1.Cho 307 gam dung dịch Na
2
CO
3
tác dụng vừa đủ với 365 gam dung dịch HCl. Sauphản ứng thu được dung
dịch muối có nồng độ 9%. Tính C% của hai dung dịch ban đầu?
2.Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm; K
2
O, BaCl
2
, KHCO
3
và NH
4
Cl có số mol mỗi chất
bằng a(mol) vào nước sau đó đun nhẹ. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch X. Viết phương trình hoá
học xảy ra và xác định dung dịch X chứa bao nhiêu mol chất gì?

Câu 4(2đ)
1. Chỉ dùng thêm một kim loại, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 4 dung dịch đựng riêng biệt
trong bốn lọ bị mất nhãn là: HCl, K
2
SO
4
, K
2
CO
3
, Ba(NO
3
)
2
.
2. Chọn 4 chất khử thoả mãn sơ đồ sau và hoàn thành phương trình hoá học.
Fe
x
O
y
+ ? Fe + ?
Câu 5(2đ)
Hoà tan 115,3 gam hỗn hợp gồm MgCO
3
và RCO
3
bằng 500 ml dung dịch H
2
SO
4

loãng thu được dung dịch
A, chất rắn B và 4,48 lít khí CO
2
ở (đktc). Cô cạn dung dịch A thu được 12 gam muối khan. Mặt khác nung chất rắn
B tới khối lượng không đổi thu được 11,2 lít khí CO
2
ở (đktc) và chất rắn C.
1. Tính C
M
của H
2
SO
4
vàkhối lượng chất rắn B, C.
2. Xác định nguyên tố R. Biết trong hỗn hợp tỉ lệ n
RCO
3
= 2,5 n
MgCO
3
(Fe = 56; Mg = 24; Zn = 65; Ba = 137; Na = 23; C = 12; O = 16; S = 32; Al = 27)

PHÒNG GD-ĐT HUYỆN
TRƯỜNG THCS LAI HẠ
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

1 1,0
A tác dụng với CO dư
Fe
3
O
4
+ 4CO


→
0
t
3Fe + 4CO
2
CuO + CO
→
0
t
Cu + CO
2
Chất rắn B: MgO, Al
2
O
3
, Fe, Cu
B tác dụng với dung dịch NaOH dư
Al
2
O
3

+ 2NaOH 2NaAlO
2
+ H
2
O
Dung dịch C: NaAlO
2
và NaOH dư
Chất rắn D: MgO, Fe, Cu.
Dung dịch C tác dụng với dung dịch HCl dư
NaOH + HCl NaCl + H
2
O
NaAlO
2
+ H
2
O + HCl Al(OH)
3
+ NaCl
Al(OH)
3
+ 3HCl AlCl
3
+ 3H
2
O
0,25
0,25
0,25

0,25
2 1,0
- Khi cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na
2
CO
3
Lúc đầu không có khí thoát ra
HCl + Na
2
CO
3
NaHCO
3
+ NaCl
Sau đó có khí thoát ra
HCl + NaHCO
3
NaCl + CO
2
+ H
2
O
- Dẫn khí CO
2
nội chậm qua dung dịch Ca(OH)
2
đến dư
Lúc đầu có kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan dần tạo dung dịch trong suốt
CO
2

+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O Ca(HCO
3
)
2
Khi cho tiếp dung dịch Ca(OH)
2
vào dung dịch thì lại thấy kết tủa trắng xuất hiện
Ca(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ 2H
2

O
0,25
0,25
0,25
0,25
2 2,0