Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 9 số 104

PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC
TRƯỜNG THCS HỒNG PHƯƠNG
ĐỀ THI KHẢO SÁT HSG LỚP 9
Môn thi: HOÁ HỌC. LẦN 2
Năm học: 2010 - 2011
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I.
1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:
Fe
x
O
y
+ HCl 
Fe
x
O
y
+ H
2
SO
4

loãng

Fe
x
O
y
+ H
2

SO
4

đặc

Fe
x
O
y
+ HNO
3

đặc

Fe
x
O
y
+ HNO
3

loãng

2/ Trong một lọ đựng dung dịch gồm 3 Axit HCl, HNO
3
, H
2
SO
4
. Hãy trình bày phương pháp

hóa học để nhận biết sự có mặt của từng Axit trong dung dịch.
3/ Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng Oxit ra khỏi hỗn hợp Al
2
O
3
; K
2
O; Fe
2
O
3
.
Câu II.
Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam kim loại M và 69,6 gam O xit M
x
O
y
của kim loại đó
trong dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít khí H
2
( đktc) , còn nếu hòa tan trong dung dịch
HNO
3
dư thì thu được 6,72 lit khí NO ( đktc). Xác định M và M
x
O
y
.
Câu III.
Lắc 0,81 gam bột nhôm trong 200 ml dung dịch chứa AgNO

3
và Cu(NO
3
)
2
một thời gian
thu được chất rắn A và dung dịch B. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 100,8
ml khí H
2
( đktc) và còn lại 6,012 gam hỗn hợp D gồm hai kim loại. Cho dung dịch B tác
dụng với dung dịch NaOH dư được kết tủa, nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu được
1,6 gam một O xit.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b. Tính nồng độ mol/lit dung dịch AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
đã dùng.
Câu IV.
Cho 16 gam hỗn hợp kim loại Ba và kim loại kiềm R tác dụng hết với nước được dung
dịch A và 3,36 lit khí H
2
( đktc).
a. Cần dùng bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,5 M để trung hòa hết 1/10 lượng dung dịch A.
b. Cô cạn 1/10 dung dịch A thu được bao nhiêu gam chất rắn khan.
c. Lấy 1/ 10 dung dịch A rồi cho thêm 99 ml dung dịch Na
2
SO

4
0,1 M thấy trong dung
dịch vẫn còn hợp chất của Ba nhưng nếu thêm tiếp 2 ml dung dịch Na
2
SO
4
0,1 M vào
thì thấy dư Na
2
SO
4
. Hỏi R là kim loại gì.
Câu V.
Cho các kim loại X hóa trị I, Y hóa trị II và Z hóa trị III có nguyên tử khối tương ứng là
M
x
; M
y
; M
z
. Nhúng hai thanh kim loại Z có cùng khối lượng vào hai dung dịch muối Nitrat của
X và Y người ta nhận thấy khi số mol muối Nitrat của kim loại Z trong hai dung dịch bằng
nhau thì khối lượng thanh thứ nhất tăng a% còn thanh thứ hai tăng b%. Giả sử tất cả kim loại
X,Y sinh ra bám hết vào thanh kim loại Z. Hãy lập biểu thức tính M
z
theo M
x
, M
y
, a, b.

Cho: K = 39, Ba = 137, Na = 23, Mg = 24, Al = 27, Fe = 56, Cu = 64, Ag = 108
N = 14, H = 1, O = 16.

ĐÁP ÁN , HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu I (4điểm)
1/
Fe
x
O
y
+ 2yHCl  xFeCl
2y/x
+ yH
2
O
2 Fe
x
O
y
+ 2y H
2
SO
4

loãng
 xFe
2
(SO
4
)

2y/x
+ 2yH
2
O
2Fe
x
O
y
+ (6x-2y)H
2
SO
4đặc
 xFe
2
(SO
4
)
3
+ (3x-2y)SO
2
+ (6x-2y)H
2
O
Fe
x
O
y
+ (6x-2y)HNO
3

đặc
 xFe(NO
3
)
3
+ (3x-2y)NO
2
+ (3x-y)H
2
O
3Fe
x
O
y
+ (12x-2y)HNO
3

loãng
 3xFe(NO
3
)
3
+ (3x-2y)NO+ (6x-y)H
2
O
2/ Trích 2 mẫu thử cho vào hai ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự,
- Cho dd Ba(NO
3
)
2

dư vào mẫu thử thứ nhất, thấy có kết tủa trắng chứng tỏ
có H
2
SO
4
. Sau đó cho tiếp dd AgNO
3
vào, thấy có kết tủa trắng chứng tỏ có
HCl:
Ba(NO
3
)
2
+ H
2
SO
4
 BaSO
4
↓ + 2HNO
3
AgNO
3
+ HCl  AgCl↓ + HNO
3
- Cho Cu vào mẫu thử thứ 2, thấy có khí không màu thoát ra và hóa nâu
trong không khí chứng tỏ có HNO
3
:
3Cu + 8HNO

3
 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO↑ + 4H
2
O
2NO + O
2
 2NO
2
↑
( màu nâu)
3/
Hòa tan hỗn hợp vào một lượng nước dư:
K
2
O + H
2
O  2KOH (1)
2KOH + Al
2
O
3
2KAlO
2
+ H
2
O (2)

Có hai trường hợp xảy ra
TH1: Nếu Al
2
O
3
bị hoà tan hết theo pư (2).
Lọc, tách chất rắn ra khỏi dung dịch ta thu được Fe
2
O
3
.
Sục khí CO
2
dư vào dd nước lọc ( chứa KAlO
2
và có thể có KOH dư) :
KAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O Al(OH)
3
↓ + KHCO
3

KOH + CO
2
 KHCO

3
Lọc, tách kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được Al
2
O
3
:
2Al(OH)
3

to
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch nước lọc:
KHCO
3
+ HCl  KCl + H
2
O + CO
2
↑
Cô cạn dung dịch rồi điện phân nóng chảy KCl thu được K, nung K trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được K
2
O:

2KCl
dpnc
→
2K + Cl
2
4K + O
2

to
→
2K
2
O
TH2: Nếu sau phản ứng (2) còn dư Al
2
O
3
:
Lọc, tách chất rắn ( Fe
2
O
3
và Al
2
O
3
dư) ra khỏi dung dịch:
Sục khí CO
2
dư vào dd nước lọc:

KAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O Al(OH)
3
↓ + KHCO
3

Lọc, tách kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được Al
2
O
3
:
2Al(OH)
3

to
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch nước lọc:
KHCO

3
+ HCl  KCl + H
2
O + CO
2
↑
(1,25)
Mỗi PTPƯ
đúng cho
0,25
(1,25)
Trình bày
cách làm
đúng 0,25
Mỗi PTPƯ
Đúng 0,25
(1,5)
Tách được
mỗi chất
cho 0,5
Cô cạn dung dịch rồi điện phân nóng chảy KCl thu được K, nung K trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được K
2
O:
2KCl
dpnc
→
2K + Cl
2
4K + O

2

to
→
2K
2
O
- Hoà hỗn hợp rắn ( Fe
2
O
3
và Al
2
O
3
dư) vào dung dịch NaOH đặc, dư đun
nóng: 2NaOH + Al
2
O
3
2NaAlO
2
+ H
2
O
Fe
2
O
3
không tan, lọc, tách ra khỏi dd thu được Fe

2
O
3
.
( Muốn thu hồi Al
2
O
3
dư thì sục khí CO
2
dư vào dung dịch nước lọc, lọc tách
kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được Al
2
O
3
:
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O Al(OH)
3
↓ + NaHCO
3

NaOH + CO
2
 NaHCO

3
2Al(OH)
3

to
→
Al
2
O
3
+ 3H
2
O )
Đề ra không yêu cầu việc tách phải đảm bảo giữ nguyên khối lượng chất cần
tách nên về nguyên tắc có thể bỏ qua việc thu hồi Al
2
O
3
dư.

Câu II (4 điểm)
n
H2
=4,48:22,4= 0,2(mol); Kim loại M có hóa trị n, NTK=M
2M + 2nHCl  2MCl
n
+ nH
2
2mol n mol
11,2/M mol 0,2 mol

=> 5,6n=0,2M =>28n=M
n=1 M=28 Loại
n=2 M=56 Fe
n=3 M=84 Loại
Hỗn hợp X gồm 11,2g Fe và 69,6g Fe
x
O
y
n
Fe
= 11,2:56=0,2 (mol)
n
NO
=6,72:22,4=0,3 (mol)
Fe + 4HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
0,2 0,2
3Fe
x
O
y
+ (12x-2y)HNO
3

 3xFe(NO
3
)
3
+ (3x-2y)NO + (6x-y)H
2
O
0,3/(3x-2y) (0,3- 0,2)= 0,1 mol

(56x+ 16y)0,3/(3x-2y) = 69,6

192x=144y

x/y=3/4

oxit là Fe
3
O
4
Câu III(4điểm)
a/PTPƯ:
Al + 3 AgNO
3
 Al(NO
3
)
3
+ 3Ag (1)
2Al + 3Cu(NO
3

)
2
 2Al(NO
3
)
3
+ 3Cu (2)
Chất rắn A gồm : Al dư ( vì A pư với dd NaOH  H
2
)
Ag và Cu
2Al + 2H
2
O + 2NaOH  2NaAlO
2
+ 3H
2
(3)
dd B gồm Al(NO
3
)
3
và Cu(NO
3
)
2
dư (vì ddB t/d với NaOH dư tạo ra kết tủa )
Al(NO
3
)

3
+ 4NaOH  NaAlO
2
+ 3NaNO
3
+ 2H
2
O (4)
Tìm được
KL là Fe
cho 1,5 đ
Tìm được
Fe
3
O
4
cho
2,5 đ
Viết đúng
mỗi PTPƯ
cho 0,25 đ
Cu(NO
3
)
2
+ 2NaOH  Cu(OH)
2
+ 2NaNO
3
(5)

Cu(OH)
2

to
→
CuO + H
2
O (6)
b/Đặt n
AgNO3
= x n
Al
= 0,81:27=0,03 (mol)
n
Cu(NO3)2
ở pư(2)= y
n Al pư(3) = 2.0,1008/22,4. 3= 0,003 (mol)
n
Al
pư (1)(2)=0,03- 0,003=0,027 (mol)
Theo (1)(2) ta có : x/3+2y/3=0,027 =>x+2y=0,081 (I)
6,012gD gồm : xg Ag và yg Cu  108x+64y = 6,012 (II)
Từ (I) (II) => x=0,045
y=0,018
n
Cu(NO3)2
ở pư(5) = n
CuO
= 1,6:80 = 0,02 (mol)
Vậy C

M
AgNO
3
= 0,045:0,2=0,225 mol/l
C
M
Cu(NO
3
)
2
= (0,018+0,02)/0,2=0,19 mol/l
Câu IV( 4 điểm)
a.
Các PTpư :
Ba + 2H
2
O  Ba(OH)
2
+ H
2
(1)
2R + 2H
2
O  2ROH + H
2
(2)
Ba(OH)
2
+ 2HCl  BaCl
2

+ 2H
2
O (3)
ROH + HCl  RCl + H
2
O (4)
Theo pt thì n
HCl
=2n
H2
=> V
ddHCl
.0,5/1000=2. 3,36/22,4 . 10
=> V= 60ml
b.
dd A gồm Ba(OH)
2
, ROH
Khi chuyển từ kim loại thành hidroxit
cứ 1 mol H
2
bay ra khối lượng tăng 34g (=2 nhóm OH)
3,36/22,4.10=0,015 mol H
2
bay ra khối lượng tăng 34.0,015=0,51g
Vậy khối lượng chất rắn khan thu được là : 16/10 + 0,51 = 2,11g
c.
Các pư :
Ba(OH)
2

+ Na
2
SO
4
 BaSO
4
+ 2NaOH (5)
ROH + Na
2
SO
4
 không pư
Gọi x,y là số mol Ba(OH)
2
,ROH có trong 1/10 ddA ta có hệ pt :
137x+Ry=1,6
x+y/2=0,015
=>x=(1,6-0,03R)/(137-2R)
Theo pư (5) :
99.0,1/1000 < x< (99+2).0,1/1000
=> 0,0099 < x < 0,0101
=> 0,0099 < (1,6- 0,03R)/(137-2R) < 0,0101
=> 22,07 < R < 23,89
=> R là Na
Tìm được
nồng độ cho
2,5 đ
(1,5đ)
Viết đúng
PT cho 1đ

Tính được
VddHCl cho
0,5
(1,0)
Tính được
khối lượng
=2,11g cho
1,0 đ
(1,5)
Viết đúng
PTPƯ cho
0,25 đ
Tìm được R
là Na cho
1,25 đ
Câu V (4điểm)
Các PTPƯ
Z + 3XNO
3
 Z(NO
3
)
3
+ 3X
2Z + 3Y(NO
3
)
2
 2Z(NO
3

)
3
+ 3Y
Gọi p là khối lượng ban đầu của 2 thanh kim loại Z.
Giả sử n là số mol muối Z(NO
3
)
3
tạo ra trong 2 dd ,ta có :
3n.M
X
– n.M
Z
= (3M
X
–M
Z
)n=p.a/100 (I)
My. 3n/2 –n.M
Z
= (3/2.M
Y
–M
Z
)n=p.b/100 (II)
Chia (I) cho (II)
(3M
X
– M
Z

)/(3/2.M
Y
– M
Z
)=a/b
=>M
Z
=(6bM
X
– 3aM
Y
)/ 2(b- a)

Viết đúng
PTPƯ cho
0,5 đ
Lập được
công thức
tính cho 3,5
đ.
Lưu ý : Thí sinh giải bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.