Đề thi học sinh giỏi lớp 9 THCS tỉnh Thái Nguyên năm 2011 - 2012 môn Hóa

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN: HÓA HỌC
(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)
CÂU 1: (4,5 điểm)
1. Khi cho dung dịch H
3
PO
4
Tác dụng với dung dịch NaOH tạo được dung dịch M.
a) Hỏi M có thể chứa những muối nào?
b) Phản ứng nào có thể xảy ra khi thêm KOH vào dung dịch M
c) Phản ứng nào có thể xảy ra khi thêm H
3
PO
4
(hoặc P
2
O
5
) vào dung dịch M?
Viết phương trình húa học (PTHH) của cỏc phản ứng.
2. Hãy nêu một muối vừa tác dụng với HCl, vừa tác dụng với NaOH , thoả món điều kiện:
a) Cả hai phản ứng đều có khí thoát ra.
b) Phản ứng với HCl có khí bay lên và phản ứng với NaOH có kết tủa.
c) Cả hai phản ứng đều tạo kết tủa.
CÂU 2: (4,0 điểm)
1. Cho các bình đựng các oxit riêng không nhãn sau: MgO, Na
2

O, P
2
O
5
và ZnO dùng phương
pháp hóa học hãy phân biệt các bình trên (chỉ dùng hai hoá chất khác), viết PTHH của các phản ứng để
minh họa.
2. Hoàn thành các PTHH sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có):
a) FeS
2
+ O
2

→

b) Fe
3
O
4
+ HCl
→
c) Al
2
O
3
+ NaHSO
4
→
d) Fe
2

O
3
+ CO
→
Fe
x
O
y
+ CO
2
CÂU 3: (3,0 điểm)
1. Trộn V
1
lít dung dịch HCl 1M với V
2
lít dung dịch NaOH 2M được dung dịch X. Dung dịch
X hoà tan được tối đa a mol Al(OH)
3
. Tỡm biểu thức liên hệ giữa V
1
, V
2
và a?
2. Cho ba bình mất nhón:
- Bình X chứa dung dịch NaHCO
3
và Na
2
CO
3

.
- Bình Y chứa dung dịch NaHCO
3
và Na
2
SO
4
.
- Bình Z chứa dung dịch Na
2
CO
3
và Na
2
SO
4
.
Chỉ dựng quỳ tím, dung dịch HCl, dung dịch Ba(OH)
2
và ống nghiệm; hãy phân các bình trên? Viết
PTHH của các phản ứng để minh hoạ.
CÂU 4: (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.
CÂU 5: (3,5 điểm)
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.
(Biết: H=1, O=16, C=12,Cl=35,5, Mg=24, Fe=56, Zn=65, Ca=40)
Họ tờn thi sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phũng thi . . . . . SBD . . . . . . . . .
UBND TỈNH THÁI NGUYấN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC 2011 – 2012

MễN HểA HỌC
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao
đề)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1
(4,5đ
)
1
a) H
3
PO
4
+ NaOH  NaH
2
PO
4
+ H
2
O
H
3
PO
4
+ 2NaOH  Na
2
HPO
4
+ 2H
2

O
H
3
PO
4
+ 3NaOH  Na
3
PO
4
+ 3H
2
O
Dung dịch M chứa từ 1 đến 2 hoặc 3 muối tạo ra ở từng phương
trình trên.
b) Thêm KOH vào M ( thêm dd bazơ mạnh)
3NaH
2
PO
4
+ 6KOH  Na
3
PO
4
+ 2K
3
PO
4
+ 6H
2
O

3NaHPO
4
+ 3KOH  2Na
3
PO
4
+ K
3
PO
4
+ 3H
2
O
c) Thêm H
3
PO
4
vào M (thêm axít yếu)
H
3
PO
4
+ 2Na
3
PO
4
 3Na
2
HPO
4

2H
3
PO
4
+ 2Na
3
PO
4
 3NaH
2
PO
4

H
3
PO
4
+ 2Na
2
HPO
4
 2NaH
2
PO
4

Thêm P
2
O

5
thì P
2
O
5
+ 3H
2
O  2H
3
PO
4
sau đó phản ứng xẫy ra như
trên.
2.
a) (NH
4
)
2
CO
3
+ 2HCl  2NH
4
Cl + CO
2
 + H
2
O
(NH
4
)

2
CO
3
+ 2NaOH  Na
2
CO
3
+ 3NH
3
 + 2H
2
O
(có thể chọn NH
4
HCO
3
; (NH
4
)
2
CO
3
; NH
4
HSO
3
; NH
4
HS )
b) Ca(HCO

3
)
2
+ 2HCl  CaCl
2
+ 2CO
2
 + 2H
2
O
Ca(HCO
3
)
2
+ 2NaOH  CaCO
3
 + Na
2
CO
3
+ 2H
2
O
c) Mg(AlO
2
)
2
+ 2HCl + 2H
2
O  MgCl

2
+ 2Al(OH)
3

Mg(AlO
2
)
2
+ 2NaOH  Mg(OH)
2
 + 2NaAlO
2

Hoặc: Ag
2
SO
4
+ 2HCl  2AgCl + H
2
SO
4

Ag
2
SO
4
+ 2NaOH  2AgOH + Na
2
SO
4

3,0
1,0
1,0
1,0
1,5
0,5
0,5
0,5
2
(4,0đ
)
1. Hai thuốc thử nhận biết nước và quỳ tím
- Cho 4 mẫu oxit vào nước:
Hai mẫu tan hoàn toàn:
Na
2
O + H
2
O
→
2NaOH
P
2
O
5
+ 3H
2
O
→
2H

3
PO
4
- Cho quỳ tím vào 2 dung dịch thu được:
+ Quỳ tớm xanh dd NaOH, nhận biết Na
2
O
+ Quỳ tím đỏ dd H
3
PO
4
, nhận biết P
2
O
5

2,0
- Cho dd NaOH trờn vào hai mẫu cũn lại:
+ Mẫu tan là ZnO do:
ZnO + 2NaOH
→
Na
2
ZnO
2
+ H
2
O
+ Mẫu khụng tan là MgO
2. Hoàn thành các PTHH sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có):

a) 4FeS
2
+ 11O
2

0
→
t
2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
b) Fe
3
O
4
+ 8HCl
→
FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O
c) Al
2
O

3
+ 6NaHSO
4
→

Al
2
(SO
4
)
3
+ 3Na
2
SO
4
+ 3H
2
O
d) xFe
2
O
3
+ (3x-2y)CO
0
→
t
2Fe
x
O
y

+ (3x-2y)CO
2
2,0
3
(4,0đ
)
1.
Số mol HCl = V
1
mol
Số mol NaOH = 2V
2
mol
Trường hợp 1: Dung dịch X chứa HCl dư
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
2V
2
2V
2
3HCl + Al(OH)
3
→ AlCl
3
+ 3H
2
O
3a a
Số mol HCl = 2V

2
+ 3a = V
1
Trường hợp 2: Dung dịch X chứa NaOH
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
V
1
V
1
Al(OH)
3
+ NaOH → NaAlO
2
+ 2H
2
O
a a
Số mol NaOH = V
1
+ a = 2V
2
2.
- Điều chế dung dịch BaCl
2
: Cho dung dịch Ba(OH)
2
vào ống nghiệm,
cho tiếp quỳ tím vào, quỳ tím hoá xanh. Cho từ từ dung dịch HCl vào

đến khi quỳ chuyển sang màu tím thỡ dừng lại, ta điều chế được dd
BaCl
2
Ptpư: Ba(OH)
2
+ 2HCl → BaCl
2
+ 2H
2
O
- Lấy một lượng nhỏ từng dung dịch X, Y, Z cho vào từng ống
nghiệm riêng biệt đánh số thứ tự
+ Cho dd BaCl
2
vào từng ống nghiệm đến dư, các ống nghiệm đều tạo
kết tủa trắng: Kết tủa từ X chứa BaCO
3
; từ Y chứa BaSO
4
; từ Z chứa hỗn
hợp BaCO
3
và BaSO
4.
Ptpư: K
2
CO
3
+ BaCl
2

→ BaCO
3
↓ + 2KCl
K
2
SO
4
+ BaCl
2
→ BaSO
4
↓ + 2KCl
+ Cho dung dịch HCl tới dư vào từng ống nghiệm chứa các kết tủa:
Nếu kết tủa nào tan hết thỡ ban đầu là dd X, nếu kết tủa tan một phần
thỡ đó là dd Z, cũn lại là dd Y
BaCO
3
+ 2HCl → BaCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O
2,0
2,0
a)
- Vì A
1
tác dụng với dd H

2
SO
4
10%, không có khí thoát ra và còn lại 0,96g
2,5
4
(4,0đ
)
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)
- 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 %
1,5
5
(3,5đ
)
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)
0,5
t
0
Mg + CuSO
4

MgSO→
4
+ Cu
1 mol 1 mol 1 mol
24 gam 64 gam t ng 40 gamă
0,06 mol ← t ng 9,2 – 6,8 = 2,4ă gam
 Vụ lý, do số mol Mg phản ứng khỏc 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 cú: 40a + 8b = 9,2 – 6,8 = 2,4
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).
2,5
0,5
Chỳ ý: Thớ sinh làm bài theo phương pháp khác: Cho kết quả đúng; lập luận chặt
chẽ giám khảo căn cứ thang điểm của HD chấm cho điểm sao cho hợp lý.

Mg + CuSO
4
MgSO→
4
+ Cu
1 mol 1 mol 1 mol 1 mol
24 gam 64 gam t ng 40 gamă
a mol a mol a mol t ng 40a gamă
Fe + CuSO
4
FeSO→
4
+ Cu
1 mol 1 mol 1 mol 1 mol
56 gam 64 gam t ng 8 gamă
b mol b mol b mol t ng 8b gamă
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