Đề và đáp án thi học sinh giỏi lớp 9 môn Hóa học- Huyện Phù Mỹ 2010-2011.

UBND HUYỆN PHÙ MỸ ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
PHÒNG GD - ĐT Năm học: 2010- 2011 - Môn: Hoá học
Ngày thi: 07/10/2010
ĐỀ CHÍNH THỨC: Thời gian làm bài: 150 phút
(Không tính thời gian phát đề)

Câu 1: ( 2,0 điểm )
Hòa tan hỗn hợp gồm Na
2
O, NaHCO
3
, BaCl
2
, NH
4
OH có cùng số mol vào nước dư, đun nhẹ thu được
dung dịch A và kết tủa B. Hỏi dung dịch A và kết tủa B chứa chất gì ? Viết phương trình hóa học minh họa.
Câu 2: ( 2,0điểm )
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 = 1,2g/ml) để hòa tan vừa đủ 40gam Y.
Câu 3: (2,0điểm)
Hòa tan hoàn toàn 10,2gam một oxit kim loại hóa trị III cần 331,8gam dung dịch H
2
SO
4
vừa đủ.
Dung dịch muối sau phản ứng có nồng độ 10%. Xác định công thức phân tử oxit kim loại?
Câu 4: (3,0 điểm)

Hoà tan 174 gam hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat và sunfit của cùng một kim loại kiềm vào dung dịch
HCl dư. Toàn bộ khí thoát ra được hấp thụ tối thiểu bởi 500 ml dung dịch KOH 3M.
a. Xác định kim loại kiềm.
b. Xác định % số mol mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
Câu 5: (3.0 điểm)
Hoà tan 34,2 gam hỗn hợp gồm Al
2
O
3
và Fe
2
O
3
vào trong 1 lít 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 của dung dịch NaOH 1M đã dùng.
Câu 6: (2,0 điểm)
Để một phoi bào sắt nặng a (gam) ngoài không khí, sau một thời gian thu được 12 gam rắn X gồm sắt
và các oxit của sắt. Cho X tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HNO
3
loãng thấy giải phóng ra 2,24 lít khí
NO duy nhất ( đo ở đktc).
Tính khối lượng a của phoi bào sắt ban đầu.
Câu 7: (2,0 điểm)
Xác định các chất A
1
, A
2
, A

3
, , A
11
và viết phương trình hoá học theo các sơ đồ sau:
a. A
1
+ A
2
→ A
3
+ A
4
b. A
3
+ A
5
→ A
6
+ A
7
c. A
6
+ A
8
+ A
9
→A
10
d. A
10

→
o
t
A
11
+ A
8
e. A
11
+ A
4

→
o
t
A
1
+ A
8
Biết rằng A
3
là muối sắt clorua và khi lấy 1,27 gam A
3
tác dụng với dung dịch AgNO
3
dư thu 2,87 gam
muối kết tủa.
Câu 8: (4,0 điểm)
Cho 11,8 gam hỗn hợp Y gồm Al và Cu vào 100 gam dung dịch H

2
SO
4
98%, đun nóng thu V
1
lít khí
SO
2
(đktc) và dung dịch A. Nếu hoà tan 0,45 mol hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO
3
loãng dư thu V
2
lít khí
NO (đktc) và dung dịch B. Thêm một lượng dư NaOH vào dung dịch B thu kết tủa C. Lọc, rửa và nung kết
tủa ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu 12 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. So sánh V
1
với V
2
.
b. Tính thể tích dung dịch NaOH 2M thêm vào dung dịch A để bắt đầu xuất hiện kết tủa; thu được
lượng kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất.
(Cho : Na = 23, Ba = 137, Cu = 64, Fe = 56, Al = 27,
Ag = 108, H = 1, N = 14; S = 32, , C = 12, O = 16, Cl = 35,5)

UBND HUYỆN PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GD - ĐT ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học 2010 – 2011 - Môn : Hoá học

Câu Đáp án Điểm

Câu 1
2,0 đ
Các phản ứng xảy ra: Na
2
O + H
2
O
→
2NaOH (1) 0,25
NaHCO
3
+ NaOH
→
Na
2
CO
3
+ H
2
O (2) 0,25
BaCl
2
+ Na
2
CO
3

→
BaCO
3

+ 2NaCl (3) 0,25
NH
4
Cl + NaOH
→
NaCl + NH
3
↑
+ H
2
O (4)
0,5
- Vì số mol của 4 chất: Na
2
O, BaCl
2
, NaHCO
3
, NH
4
Cl bằng nhau, nên theo
(1), (2), (3), (4) dung dịch A chỉ chứa NaCl
- Kết tủa B là: BaCO
3
0,75
Câu 2
2,0đ
CTPT dạng R
x
O

y

Lập pt toán học:
y
Rx
16
=
30
70
⇒
R =
3
56
.
x
y2
=
3
56
.n (n =
x
y2
: là hóa trị của R)
Biện luận n
⇒
R. Chọn n = 3, R = 56 (Fe)
Fe
2
O
3

+ 3H
2
SO
4

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
0,25mol 0,75mol
m
dd
=
100.
5,24
98.75,0
=300gam
⇒
V
dd
=
2,1
300
=250ml

0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
Câu 3
2,0đ
Gọi CTPT oxit R
2
O
3

Ta có PTHH: R
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

→
R
2
(SO
4
)
3
+ 3H

2
O
- Khối lượng muối trong dung dịch sau pư: m
R2(SO4)3
= 34,2gam
- Lập phương trình toán học
482
2,10
+R
=
2882
2,34
+R
⇒
R = 27 (Al)
⇒
CTPT oxit: Al
2
O
3
0,5
0, 5
0,5
0,5
Câu 4
3,0đ
Các phản ứng xảy ra:
M
2
CO

3
+ 2HCl
→
2MCl + H
2
O + CO
2
(1)
M
2
SO
3
+ 2HCl
→
2MCl + H
2
O + SO
2
(2)
Toàn bộ khí CO
2
và SO
2
hấp thụ một lượng tối thiểu KOH sản phẩm là muối
axit.
CO
2
+ KOH
→
KHCO

3
(3)
SO
2
+ KOH
→
KHSO
3
(4)
a) Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra:
n
2 muối
= n
2 khí
= n
KOH
= 0,5
×
3 = 1,5 (mol)

M
2 muối =
5,1
174
=

116 (gam/mol)
Mà 2M + 60 <
M
< 2M + 80

⇒
18 < M < 28 , M là kim loại kiềm. Vậy M là Na (23)
b) Nhận thấy
M
2 muối
=
2
126106 +
= 116 (g/mol)
1,0
1,0
1,0

⇒
%
32
CONa
n
= %
32
SONa
n
= 50 (%)
Câu 5
3,0đ
a.
HCl
n
( PƯ với oxit )
= 1× 2 ×

75
100
= 1,5 ( mol)
HCl
n
( PƯ với NaOH )
: 2×
25
100
= 0,5 ( mol)
Đặt số mol 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 2a
Al

2
O
3
+ 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
O
b 2b
FeCl
3
+ 3NaOH → Fe(OH)
3
↓ + 3NaCl
2a 6a 2a
AlCl
3
+ 3NaOH → Al(OH)
3
↓ + 3NaCl
2b 6b 2b
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
0,5 → 0,5
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
Theo đề bài ta có :
6 6 1 5
160 102 34 2
a b ,
a b ,
+ =


+ =

giải ra được
a = 0,15
b = 0,1



Khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp
2 3
0 15 160 24
Fe O
m , (gam)= × =
;
2 3
34 2 24 10 2

Al O
m , , (gam)= − =
b. Tổng số mol NaOH = 6a + 8b + 0,5 = 2,2 (mol)
⇒ V
ddNaOH
= 2,2 : 1 = 2,2 lít
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
Câu 6
2,0đ
Các PTHH:
2Fe + O
2
→ 2FeO (1)
4Fe + 3O
2
→ 2Fe
2
O
3
(2)

3Fe + 2O
2
→ Fe
3
O
4
(3)
Chất rắn X : FeO ; Fe
2
O
3
; Fe
3
O
4
; Fe
Fe + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ NO ↑ + 2H
2
O (4)
3FeO + 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)

3
+ NO ↑ + 5H
2
O (5)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
→ 9Fe(NO
3
)
3
+ NO ↑ + 14H
2
O (6)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (7)

Như vậy : toàn bộ lượng sắt đã chuyển thành lượng muối Fe(NO
3
)
3

Số mol của Fe
( ban đầu )
= số mol muối Fe
( trong muối)
= t (mol)
Từ các PTHH (4,5,6,7) ⇒ n
axit
= 3.n
muối
+ n
NO
= 3t + 0,1 =
2
H O
2.n
Theo định luật BTKL, ta có :
12 + (3t + 0,1).63 = 242t + 0,1× 30 + (1,5t + 0,05 )× 18
Giải ra được : t = 0,18 mol ⇒ a = 10,08 (gam)
0.50
0.75
0.25
0.25
0.25
Câu 7
2,0đ

FeCl
x
+ xAgNO
3
→ Fe(NO
3
)
x
+ xAgCl↓ (*)
Từ (*):
1,27
56 35,5x+
=
1
x
.
2,87
143,5

⇒
x = 2
⇒
A
3
là FeCl
2
(a) Fe (A
1
) + 2HCl(A
2

) → FeCl
2
(A
3
) + H
2
(A
4
)
(b) FeCl
2
(A
3
) + 2NaOH(A
5
) → Fe(OH)
2
(A
6
) + 2NaCl(A
7
)
0,25
0,50
0,25
0,25
(c) 4Fe(OH)
2
(A
6

) + 2H
2
O(A
8
) + O
2
(A
9
) → 4Fe(OH)
3
(A
10
)
(d) 2Fe(OH)
3
(A
10
)
→
o
t
Fe
2
O
3
(A
11
) + 3H
2
O(A

8
)
(e) Fe
2
O
3
(A
11
) + 3H
2
(A
4
)
→
o
t
2Fe (A
1
) + 3H
2
O (A
8
)
0,25
0,25
0,25
Câu 8
4,0đ
a/ 2Al + 6H
2

SO
4đ
→
o
t
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
↑ + 6H
2
O (1)
Cu + 2H
2
SO
4đ
→
o
t
CuSO
4
+ SO
2
↑ + 2H
2
O (2)

Al + 4HNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (3)
3Cu + 8HNO
3
→ 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (4)
Cu(NO
3
)
2
+ 2NaOH → Cu(OH)
2
+ 2NaNO
3
(5)
Cu(OH)
2

→
o
t
CuO + H
2
O (6)
(NaOH dư hoà tan hết kết tủa Al(OH)
3
tạo ra từ Al(NO
3
)
3
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
* Từ (3)→(6) : - nCu = nCuO =
12
80
= 0,15 (mol) → nAl = 0,45 – 0,15 = 0,3
(mol)
- n
NO
= n
Al
+
2

3
n
Cu
= 0,3 +
2
3
. 0,15 = 0,4 (mol) (*)
0,25
0,25
* Đặt : n
Y
(trong 11,8 gam Y) = k. n
Y
(trong 0,45 mol Y)
Từ (1) và (2) : nAl = 0,3.k ; nCu = 0,15. k

⇒
k.(0,3.27 + 0,15 . 64) = 11,8 → k =
2
3
→ Trong 11,8 gam hh A : nAl =
2
3
. 0,3 = 0,2 mol ; nCu =
2
3
. 0,15 = 0,1
(mol)

2 4

n
H SO
bđ
= 1 mol,
2 4
n
H SO
pư
= 3n
Al
+ 2n
Cu
= 0,8 mol →
2 4
n
H SO
dư
= 0,2
mol
→
2
n
SO
=
1
2
2 4
n
H SO
pư = 0,4 (mol) (**)

Từ (*) và (**) : n
NO
=
2
n
SO
→ V
1
= V
2
0,25
0,25
0,25
0,25
b/ * Bắt đầu xuất hiện kết tủa khi NaOH trung hoà hết lượng H
2
SO
4
dư.
H
2
SO
4
+ 2NaOH → Na
2
SO
4
+ 2H
2
O

0,2 mol 0,4 mol
→ Vdd NaOH =
0,4
2
= 0,2 (lít)
* Lượng kết tủa lớn nhất khi NaOH phản ứng vừa đủ với 2 muối.
Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH → 2Al(OH)
3
↓+ 3Na
2
SO
4
0,1 0,6 0,2
CuSO
4
+ 2NaOH → Cu(OH)
2
↓ + Na
2
SO
4
0,1 0,2
→ Vdd NaOH =
0,4 0,6 0,2

2
+ +
= 0,6 (lít)
* Lượng kết tủa nhỏ nhất khi NaOH hoà tan hết Al(OH)
3
chỉ còn lại Cu(OH)
2
Al(OH)
3
+ NaOH → NaAlO
2
+ 2H
2
O
0,2 0,2
→ Vdd NaOH =
0,4 0,6 0,2 0,2
2
+ + +
= 0,7 (lít)
0,25
0,50
0,25
(Mọi cách giải khác dẫn đến kết quả đúng và lí luận chặt chẽ đều ghi điểm tối đa cho phần đó)