Đề thi hóa 9 và đáp án học sinh giỏi năm học 2015 2016 tham khảo bồi dưỡng (1)

Phòng GD & ĐT huyện Thanh Oai
Trường THCS Bình Minh

Đề thi chọn học sinh giỏi huyện
Năm học: 2015 – 2016
Môn thi: Hóa học 9.

Thời gian: 150 phút.( không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 02 trang)
Câu 1: ( 3 điểm)
1. ( 1,5 điểm) Cho biết tổng số hạt proton, nơtron, electron trong 2 nguyên tử
của 2 nguyên tố A và B là 78, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không
mang điên là 26 hạt. Số hạt mang điện của A nhiều hơn số hạt mang điện của B
là 28 hạt. Hỏi A, B là nguyên tố gì?
2.( 1,5 điểm) Chỉ dùng thêm một thuốc thử, hãy tìm cách nhận biết các dung
dịch mất nhãn sau đây: NH4HSO4, Ba(OH)2, BaCl2, HCl, NaCl, H2SO4. Viết các
phương trình phản ứng.
Câu 2: ( 5 điểm)
1. ( 2 điểm) Cho hỗn hợp dạng bột gồm 4 kim loại Al, Cu, Fe, Ag. Bằng phương
pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp.
2. (3 điểm) Hấp thụ hết 6,72 (l) khí CO2 (ĐKTC) vào 0,5 lít KOH 1M được
500ml dung dịch A. Tính nồng độ mol các chất tan có trong dung dịch A.
Câu 3: (5 điểm)
1. ( 2 điểm) Khi hòa tan b gam oxit kim loại hóa trị II bằng một lượng vừa
đủ dung dịch axit H2SO4 15,8% người ta thu được dung dịch muối có
nồng độ 18,21%. Xác định công thức hóa học của oxit đó.
2. (3 điểm)
Cho 3,16 gam hỗn hợp A ở dạng bột gồm Mg và Fe tác dụng với 250 ml
dung dịch CuCl2 khuấy đều hỗn hợp, lọc, rửa kết tủa, được dung dịch B và
3,84 gam chất rắn C. Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH loãng, rồi
lọc, rửa kết tủa mới tạo thành. Nung kết tủa đó trong không khí ở nhiệt độ

cao thu được 1,4 gam chất rắn D gồm 2 oxit kim loại. Cho rằng các phản ứng
xảy ra hoàn toàn.
a, Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong A và
nồng độ mol/l của dung dịch CuCl2.


Câu 4: ( 3 điểm)
1. (1 điểm) Hãy nêu và giải thích bằng phương trình phản ứng các hiện
tượng xảy ra trong thí nghiệm sau:
Cho CO2 dư lội chậm qua dung dịch nước vôi trong ( Có nhận xét gì về sự
biến đổi số mol kết tủa theo số mol CO 2). Sau đó cho tiếp nước vôi trong
vào dung dịch vừa thu được cho đến dư.
2. (2 điểm) Cho một hỗn hợp Na và Al vào nước ( có dư). Sau khi phản
ứng ngừng, thu được 4,48 lít khí hidro và còn dư lại một chất rắn không
tan. Cho chất rắn này tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng vừa đủ thi thu
được 3,36 lít khí và một dung dịch. Các khí đo ở ĐKTC. Tìm khối lượng
của hỗn hợp ban đầu.
Câu 5: ( 4 điểm)
1. Cho 7,22 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi.
Chia hỗn hợp thành 2 phần bằng nhau. Hòa tan hết phần 1 trong dung
dịch HCl, được 2,128 lít khí H2. Hòa tan hết phần 2 trong dung dịch
HNO3 được 1,792 lít khí NO duy nhất. Xác định kim loại M và % khối
lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X.
2. Cho 3,61 gam X tác dụng với 100 ml dung dịch A chứa Cu(NO 3)2 và
AgNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch B và 8,12 gam chất rắn C gồm 3 kim
loại. Cho chất rắn C đó tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được 0,672 lít H2.
Các thể tích khí được đo ở ĐKTC, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính
nồng độ mol của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong dung dịch A.
Hết

Người duyệt đề

Người ra đề

Nguyễn Thị Nghiêm

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN

Nguyễn Thị Quý


Câu 1: ( 3 điểm)
1. (1,5 điểm) Gọi Z, N, E và Z ’, N’, E’ lần lượt là số hạt proton, nơtron, electron
của hai nguyên tử A, B. Ta có các phương trình :
Z + N + E + Z’+ N’+ E’ = 78

0, 25 điểm

Hay (2Z + 2Z’) + (N + N’) = 78 (1)
(2Z + 2Z’) - (N + N’) = 26 (2)

0, 25 điểm

2Z - 2Z’ = 28
Hay Z - Z’ = 14 (3)

0, 25 điểm

Từ (1), (2), (3) suy ra Z = 20 và Z’ = 6

0, 25 điểm

 A = Z + N = 20 + 20 = 40 ( canxi)

0, 25 điểm

 B = Z’+ N’= 6 + 6 = 12 ( cacbon)

0, 25 điểm

2. (1,5 điểm)
- Cho quỳ tím vào các ống nghiệm chứa các dung dịch trên, quỳ tím hóa xanh là
dung dịch Ba(OH)2, hóa đỏ là các dung dịch HCl, H2SO4, NH4HSO4 ( nhóm I)
và quỳ tím không dổi màu là BaCl2, NaCl (nhóm II).
- Cho một ít dung dịch Ba(OH)2 vào các dung dịch nhóm I, dung dịch nào cho
kết tủa màu trắng BaSO4 và có mùi khai là NH4HSO4 dung dịch không có kết
tủa là HCl.

- Cho một ít dung dịch H 2SO4 (đã nhận biết ở trên ) vào dung dịch nhóm II,
dung dịch nào cho kết tủa là BaCl2, dung dịch còn lại không phản ứng là NaCl.
Câu 2: (5 điểm)
1. ( 2 diểm)
- Cho dung dịch NaOH dư vào hỗn hợp, tách được Al.
Lọc tách được 3 kim loại không phản ứng Fe, Cu, Mg.


- Sục khí CO2 vào phần nước lọc thu được kết tủa, nung kết tủa , điện phân
nóng chảy thu được Al.

- Cho 3 kim loại còn lại vào dung dịch HCl dư , tách được Cu không phản

ứng và hai dung dịch muối FeCl 2 và MgCl2, cho dung dịch NaOH dư vào
2 dung dịch muối, thu được 2 kết tủa Fe(OH) 2 và Mg(OH)2. Lọc lấy kết
tủa và nung ở nhiệt độ cao ở ngoài không khí cho MgO và Fe2O3.

- Thổi CO vào hỗn hợp 2 oxit nung nóng ở nhiệt độ cao, MgO không phản
ứng, Fe2O3 phản ứng cho Fe. Hòa tan hỗn hợp sau khi nung ( đã để
nguội ) vào H2SO4 đặc, nguội, Fe không tan, MgO tan trong H 2SO4 đặc.
Lọc ta được Fe và dung dịch nước lọc.

-

Cho dung dịch NaOH dư tác dụng với MgSO 4 cho Mg(OH)2 kết tủa, cho
dung dịch HCl tác dụng với Mg(OH)2 , điện phân nóng chảy MgCl2 thu
được Mg.


2. ( 3 điểm)

Ta có:

Sau phản ứng tạo thành 2 muối là K2CO3 VÀ KHCO3
Phương trình phản ứng:

Mol

2x

Mol

y

x

x

y

y

Gọi x, y lần lượt là số mol của CO2 ở phản ứng (1) , (2).

Câu 3: ( 5 điểm)
1. ( 2 điểm)
Gọi kim loại hoá trị II là M


PTPƯ:
MO
+
(M + 16) g
0,25 điểm

m

dd

H 2SO4

H2SO4 →
98g

=

MSO4 + H2O

98.100
(g)
15,8

0,25 điểm
(M
+96)g

0,25 điểm

( M + 96).100
(g)
18,21

0,25 điểm

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

0,25 điểm

mddMSO
m

MO

=

4

+ mdd

H 2SO4

=m
ddMSO4

98.100

(M + 16) + 15,8 =

( M + 96).100
18,21

0,5 điểm

Giải ra M = 24 (Mg)

0,25 điểm

2. ( 3 điểm)
a. Biện luận: 0,5 điểm
- Vì sản phẩm cuối cùng là 2 oxit kim loại ( MgO và Fe 2O3) nên cả Mg và Fe đã
phản ứng và CuCl2 phản ứng hết.
- Vì khối lượng 2 oxit kim loại bé hơn khối lượng kim loại ban đầu nên chứng
tỏ có một kim loại còn dư.
- Do Mg hoạt động hoá học mạnh hơn Fe nên kim loại còn dư là Fe.
Gọi x, y, y1 lần lượt là số mol của Mg, Fe ban đầu, Fe phản ứng.

PTPƯ
Mg + CuCl2 → MgCl2 + Cu
Mol

Mol

x

x

x

Fe

+ CuCl2

→ FeCl2

y1

y1

(1)

x

y1

+ Cu (2)
y1

Dung dịch B: MgCl2 và FeCl2. Chất rắn C: Cu và Fe dư.

m

A

= 24 x + 56 y = 3,16( g ) (*)

m

C

= 64( x +

0,25 điểm

y ) + 56( y − y ) = 3,84( g )
1

B + dung dịch NaOH

1

(**) 0,25điểm

0,5 điểm


MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl (1)

Mol

x

x

FeCl2
Mol

x

+ 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (2)

y1

y1
0

t
Mg(OH)2 →
MgO + H2O

Mol

x

x
0

Mol

t
4Fe(OH)2 + O2 →

2Fe2O3 + 4H2O

y1

0,5y1

Ta có: Chất rắn D là MgO và

m

D

Fe2O3

= 40 x + 160.0,5 y = 1,4( g ) (***)
1

0,25 điểm
0,25 điểm

Từ (*), (**), (***) giải ra ta có: x = 0,015 mol; y = 0,05 mol; y 1 = 0,01 mol.0,25
điểm
b. %mMg = 11,4 % ; %mFe = 88,6 %

C

M

CuCl 2

=

x+

y

0,25

1

=

0,5 điểm

0,025
= 0,1( M )
0,25

0,25 điểm

Câu 4: ( 3 điểm)
1. ( 1 điểm)
- Nước vôi trong đục dần, kết tủa trắng tăng dần đến tối đa
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
0,25 điểm
-

Sau một thời gian kết tủa tan dần sau đó trong suốt
CaCO3 + H2O + CO2

→

Nhận xét: Khi nCO2 = nCa(OH)2 -> n↓ = max

Ca(HCO3)2

0,25 điểm
0,25 điểm

Khi nCO2 = 2 nCa(OH)2 -> n↓ = 0
- Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào dung dịch vừa thu được. dung dịch lại đục,
kết tủa màu trắng xuất hiện trở lại, sau thời gian có tách lớp.
Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 + 2H2O 0,25 điểm
1.

(2 điểm) Gọi x là số mol Na ban đầu.

PTPƯ:


2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑
Mol

x

x

(1)

0,25 điểm

0,5x

2Al + 2NaOH + 2H2O → 2 NaAlO2 + 3H2↑
Mol
⇒

x
(1) +(2)

nH

2

x

(2)

0,25 điểm

1,5x

= 0,5x + 1,5x = 2x =

4,48
= 0,2( mol ) ⇒ x = 0,1(mol ) 0,25 điểm

22,4

Chất rắn còn dư là Al
2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2 ↑
Mol

0,1

(3)

0,25 điểm

0,15
3,36

(3)

nH = 22,4 = 0,15(mol )

0,25 điểm

2

mNa = 0,1 .23 =2,3(g)

0,25 điểm

nAl ban đầu = 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol)

0,25 điểm

mAl ban đầu = 0,2 .27 = 5,4 (g)

0,25 điểm

Câu 5: ( 4 điểm)
1. Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe và M ( hoá trị n) trong 1 phần hỗn hợp x
(

7,22
= 3,61( g ) )
2

⇒ 56a + M. b = 3,61
Phần 1:

(1)

Fe

+ 2HCl

→ FeCl2 + H2

Mol a

a
2M

Mol

nH

Mol

Fe
a

nb
2

nb 2,128
=
= 0,095(mol )
2
22,4

2a + nb = 0,19
Phần 2:

→ 2MCln + nH2

b
=a+

2

+ 2nHCl

(2)

+ 4HNO3 → Fe(NO3)3

+

NO↑
a

+2 H2O


3M + 4nHNO3 → M(NO3)n
Mol

n

NO

+

nNO↑
nb
3

b
=a+

+2n H2O

nb 1,792

−
= 0,08(mol )
3 22,4

3a + nb = 0,24

(3)

Từ (2) và (3) giải ra ta được: a = 0,05 mol
n.b = 0,09 ⇒ b =

0,09
n

Từ (1): 56.0,05 + M .

0,09
= 3,61
n

⇒ M = 9.n
Biện luận:

⇒ M là Al. b =

n

1

2

3

M

9

18

27

0,09
= 0,3(mol )
3
2,8

MFe = 0,05.56 = 2,8 (g) ⇒ %Fe = 3,61 .100% = 77,56%
%Al = 100% - 77,56% = 22,44%
2. Nồng độ mol cac chất trong dung dịch A.
Gọi x, y lần lượt là số mol của AgNO3 , Cu(NO3)2.
PTPƯ 0,5 điểm
Al
2Al

+ 3AgNO3 → Al(NO3)3

+

3Ag

+ 3Cu(NO3)2 → 2Al(NO3)3

Fe

+ 2AgNO3 → Fe(NO3)2

Fe

+ Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2

+

+

3Cu

2Ag
+

Cu

Vì chất rắn C còn 3 kim loại, chỉ có thể là Ag, Cu, Fe dư.
Dung dịch B là Al(NO3)3; Fe(NO3)2
Vậy Al phản ứng hết, Fe tác dụng 1 phần ( z mol) .

n

Ag

=n

AgNO3

= x( mol )


n

Ag

=n
= y (mol )
Cu ( NO3)2

nFe dư = 0,05 – z (mol)
C + HCl:

Fe

Mol

nH

= 0,05 − z =
2

+ 2HCl

→ FeCl2

0,05 – z

+ H2
0,05 – z

0,672
= 0,03(mol ) ⇒ z = 0,02(mol )
22,4

mB = 108x + 64y + 56.(0,05 – 0,02) = 8,12
108x + 64y = 6,44
Ta có

n Al ( NO ) = n
3 3

nFe( NO )
3

(4)
Al

= 0,03(mol )

= nFe ( PU ) = z = 0,02( mol )

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m Al + m Fe( PU ) + m AgNO3+ mCu ( NO3)2 = m Al ( NO ) + mFe( NO ) + m
3 3

3 2

Ag

+ mCu

0,03.27 + 0,02.56 + x.170 + y. 188 = 0,03.213 + 0,02.180 + x.108 + y.64
⇒x + 2y = 0,13

(5)

Từ (4) và (5) giải ra: x = 0,03 mol; y = 0,05 mol

CM
CM

=
AgNO 3

0,03
= 0,3M
0,1
=

Cu ( NO 3) 2

0,05
= 0,5M
0,1