Đề thi và đáp án HSG hóa 9 huyện Phù Mỹ Bình Định 2011.

Thư Viện Hóa – Sinh
UBND HUYỆN PHÙ MỸ
PHÒNG GD - ĐT
ĐỀ CHÍNH THỨC:


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

--------------------------------------------------------------------------------------------Câu 1: ( 2,0 điểm )
Hòa tan hỗn hợp gồm Na2O, NaHCO3, BaCl2, NH4OH 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 2SO4
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 2SO4 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 Al2O3 và Fe2O3 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 A1, A2, A3,..., A11 và viết phương trình hoá học theo các sơ đồ sau:
a. A1 + A2 → A3 + A4
b. A3 + A5 → A6 + A7
c. A6 + A8 + A9 →A10
to
d. A10 →
A11 + A8
to
e. A11 + A4 →
A1 + A8
Biết rằng A3 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 2SO4 98%, đun nóng thu V1 lít khí
SO2 (đktc) và dung dịch A. Nếu hoà tan 0,45 mol hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO 3 loãng dư thu V2 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 V1 với V2.
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)

Thư Viện Hóa – Sinh

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

UBND HUYỆN PHÙ MỸ
PHÒNG GD - ĐT

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học 2010 – 2011 - Môn : Hoá học
--------------------------------------------------------------------------------------------Câu
Đáp án
Các phản ứng xảy ra: Na2O + H2O → 2NaOH
(1)
NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O
(2)
Câu 1
BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl
(3)
NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 ↑ + H2O
(4)
2,0 đ
- Vì số mol của 4 chất: Na2O, BaCl2, NaHCO3, NH4Cl bằng nhau, nên theo
(1), (2), (3), (4) dung dịch A chỉ chứa NaCl
- Kết tủa B là: BaCO3
CTPT dạng RxOy
Lập pt toán học:

Rx
2y

70
56 2 y 56
⇒ R=
=
. =
.n (n =
: là hóa trị của R)
16 y 30
3 x
3
x

Biện luận n ⇒ R. Chọn n = 3, R = 56 (Fe)
Câu 2
2,0đ

Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O
0,25mol 0,75mol
0,75.98
.100 =300gam
24,5
300
⇒ Vdd =
=250ml
1,2

mdd =

Câu 3
2,0đ

Gọi CTPT oxit R2O3
Ta có PTHH: R2O3 + 3H2SO4 → R2(SO4)3 + 3H2O
- Khối lượng muối trong dung dịch sau pư: mR2(SO4)3 = 34,2gam
- Lập phương trình toán học
10,2
34,2
=
2 R + 48 2 R + 288
⇒ R = 27 (Al) ⇒ CTPT oxit: Al2O3

Câu 4 Các phản ứng xảy ra:
M2CO3 + 2HCl → 2MCl + H2O + CO2 (1)
3,0đ
M2SO3 + 2HCl → 2MCl + H2O + SO2 (2)
Toàn bộ khí CO2 và SO2 hấp thụ một lượng tối thiểu KOH sản phẩm là muối
axit.
CO2 + KOH → KHCO3 (3)
SO2 + KOH → KHSO3 (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

174
1,5 = 116 (gam/mol)
2 muối =

Mà 2M + 60 < M < 2M + 80
⇒ 18 < M < 28 , M là kim loại kiềm. Vậy M là Na (23)

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,5
0,75
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0, 5
0,5
0,5

1,0

1,0


Thư Viện Hóa – Sinh

b) Nhận thấy M

2 muối

=

106 + 126
= 116 (g/mol)
2

1,0

⇒ % n Na2CO3 = % n Na2 SO3 = 50 (%)
75
a. n HCl ( PƯ với oxit ) = 1× 2 ×
= 1,5 ( mol)
100
25
n HCl ( PƯ với NaOH ) : 2×
= 0,5 ( mol)
100

Câu 5
3,0đ

Đặt số mol Fe2O3 và Al2O3 lần lượt là a, b ( mol)
Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O
a
2a
Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O
b
2b
FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl
2a

6a
2a
AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl
2b
6b
2b
HCl + NaOH → NaCl
+ H2O
0,5 → 0,5
Vì lượng kết tủa bé nhất nên Al(OH)3 bị tan hết trong NaOH dư
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
2b
2b
Theo đề bài ta có :

2,0đ

6a + 6 b = 1, 5
a = 0,15
giải ra được 

160a + 102 b = 34, 2
 b = 0,1

Khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp
m Fe O = 0,15 ×160 = 24(gam)
m Al O = 34, 2 − 24 = 10, 2(gam)
;
b.
Tổng số mol NaOH = 6a + 8b + 0,5 = 2,2 (mol)

⇒ VddNaOH = 2,2 : 1 = 2,2 lít
Các PTHH:
2Fe + O2 → 2FeO
(1)
4Fe + 3O2 → 2Fe2O3
(2)
3Fe + 2O2 → Fe3O4
(3)
Chất rắn X : FeO ; Fe2O3 ; Fe3O4 ; Fe
Fe
+
4HNO3 → Fe(NO3)3
+ NO
+ 2H2O
(4)
3FeO
+
10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO
+ 5H2O
(5)
3Fe3O4 +
28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO
+ 14H2O
(6)
Fe2O3
+
6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O
(7)
Như vậy : toàn bộ lượng sắt đã chuyển thành lượng muối Fe(NO3)3
Số mol của Fe ( ban đầu ) = số mol muối Fe ( trong muối) = t (mol)

Từ các PTHH (4,5,6,7) ⇒ naxit = 3.n muối + nNO = 3t + 0,1 = 2.n H O
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)
FeClx + xAgNO3 → Fe(NO3)x + xAgCl↓
(*)
2

Câu 6

0.25
0.25

3

2

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25

3

0.25
0.50

0.75

0.25
0.25

2

0.25
0,25
0,50


Thư Viện Hóa – Sinh



1, 27
1 2,87
⇒
= .
x = 2 ⇒ A3 là FeCl2
56 + 35,5x x 143,5
Câu 7
(a) Fe (A1)
+ 2HCl(A2) → FeCl2 (A3) + H2(A4)
(b) FeCl2 (A3) + 2NaOH(A5) → Fe(OH)2 (A6) + 2NaCl(A7)
2,0đ
(c) 4Fe(OH)2(A6) + 2H2O(A8) + O2 (A9)
→ 4Fe(OH)3 (A10)

t
(d) 2Fe(OH)3 (A10) → Fe2O3 (A11) + 3H2O(A8)
t
(e) Fe2O3 (A11) + 3H2 (A4) →
2Fe (A1) + 3H2O (A8)
t
a/ 2Al + 6H2SO4đ → Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O
(1)
t
Cu + 2H2SO4đ →
CuSO4 + SO2↑ + 2H2O
(2)
Câu 8
Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O
(3)
3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (4)
4,0đ
Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaNO3
(5)
t
Cu(OH)2 → CuO + H2O
(6)
(NaOH dư hoà tan hết kết tủa Al(OH)3 tạo ra từ Al(NO3)3)
12
* Từ (3)→(6) : - nCu = nCuO =
= 0,15 (mol) → nAl = 0,45 – 0,15 = 0,3
80
(mol)
2
2

- nNO = nAl + nCu = 0,3 + . 0,15 = 0,4 (mol) (*)
3
3
* Đặt : nY (trong 11,8 gam Y) = k. nY (trong 0,45 mol Y)
Từ (1) và (2) : nAl = 0,3.k ; nCu = 0,15. k
2
⇒ k.(0,3.27 + 0,15 . 64) = 11,8 → k =
3
2
2
→ Trong 11,8 gam hh A : nAl = . 0,3 = 0,2 mol ; nCu =
. 0,15 = 0,1
3
3
(mol)
n
n
n
H2SO4 bđ = 1 mol, H2SO4 pư = 3nAl + 2nCu = 0,8 mol → H2SO4 dư = 0,2
mol
1
→ nSO2 = nH 2SO4 pư = 0,4 (mol) (**)
2
Từ (*) và (**) : nNO = nSO2 → V1 = V2
Từ (*):

o

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

o

o

o

o

b/ * Bắt đầu xuất hiện kết tủa khi NaOH trung hoà hết lượng H2SO4 dư.
H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
0,2 mol 0,4 mol
0, 4
→ Vdd NaOH =
= 0,2 (lít)
2
* Lượng kết tủa lớn nhất khi NaOH phản ứng vừa đủ với 2 muối.
Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3↓+ 3Na2SO4
0,1
0,6
0,2
CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4
0,1
0,2
0, 4 + 0,6 + 0,2
→ Vdd NaOH =
= 0,6 (lít)

2
* Lượng kết tủa nhỏ nhất khi NaOH hoà tan hết Al(OH)3 chỉ còn lại Cu(OH)2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,50


Thư Viện Hóa – Sinh



Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
0,2
0,2

0, 4 + 0,6 + 0, 2 + 0, 2
0,25
→ Vdd NaOH =
= 0,7 (lít)
2
(Mọi cách giải khác dẫn đến kết quả đúng và lí luận chặt chẽ đều ghi điểm tối đa cho phần đó)