Đề thi hóa 9 và đáp án học sinh giỏi năm học 2015 2016 tham khảo bồi dưỡng (3)

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS ĐỖ ĐỘNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn: Hóa Học

Câu I (3,0 điểm).
1,(1,5đ) Nguyên tử của nguyên tố A có tổng số hạt bằng 58. Trong đó số hạt mang điện
nhiều hơn số hạt không mang điện là 18.
a, Tìm số hạt mỗi loại.
b, A là nguyên tố nào? Tính chất hóa học đặc trưng của A?
2, ( 1,5đ) Chỉ được dùng thêm 1 thuốc thử để nhận biết các dung dịch muối đựng trong
các lọ riêng biệt bị mất nhãn gồm: Na 2SO4, Na2CO3, NaCl, BaCl2, Na2S. (Không trình
bày bằng phương pháp lập bảng, viết rõ các phương trình phản ứng xảy ra.)
Câu II (5,0 điểm).
1,(2đ) Có một hỗn hợp kim loại gồm AL, Fe, Cu, Ag. Bằng phương pháp hóa học hãy
tách riêng từng kim loại.
2,(3đ) Người ta dẫn khí CO2 vào 1,2 lít dung dịch Ca(OH) 2 0,1M thấy tạo ra 5g một
muối không tan và một muối tan.
a, Tính Vco đã dùng.
b, Tính khối lượng và CM của muối tan.
c, Tính Vco trong trường hợp chỉ tạo ra muối không tan, tính khối lượng muối không tan
đó.
Câu III (5 điểm)
1.(2đ) Hòa tan 3,38 gam oleum X có công thức H2SO4 vào lượng nước dư ta được
2

2

dung dịch A. Để trung hòa

1
lượng dung dịch A cần dùng 40 ml dung dịch NaOH 0,1 M
20

Tìm công thức của oleum.
2.(3đ) Một hỗn hợp gồm Na, AI, Fe.
- Nếu cho hỗn hợp tác dụng với H2O dư thu được V lít khí.
- Nếu cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 7/4 V lít khí.
- Nếu cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCI dư thu được 9/4 V lít khí.
Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp.
Câu IV(3điểm)
1.(1đ) Nêu hiện tượng và viết PTHH xảy ra khi cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào
dung dịch AICI3.

2.(2đ) Hòa tan hoàn toàn5,94g AI vào dung dịch NaOH dư được khí thứ nhất.
Cho1,869g KMnO4 tác dụng với dung dịch HCI đặc, dư thu được khí thứ hai. Nhiệt
phân hoàn toàn 12,25g KCIO3 có xúc tác, thu được khí thứ ba.
Cho toàn bộ các khí trên vào một bình kín rồi đốt cháy để các phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Sau đó làm lạnh bình để cho hơi nước ngưng tụ hết và giả thiết các chất tan hết vào
nước thu được dung dịch E. Viết các PTHH và tính C% củ dung dịch E.
Câu V(4điểm)


1,(2đ) Cho 26,91 (g) kim loại M vào 700 ml dung dịch AlCl3 0,5M, sau khi phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được V lít H 2 (đktc) và 17,94 (g) kết tủa. Xác định kim loại M và giá
trị của V.
2,(2đ) Cho 40 (g) hỗn hợp X gồm sắt và một oxit của sắt vào 400 (g) dung dịch HCl
16,425% được dung dịch A và 6,72 lít khí H2 (đktc). Thêm 60,6 (g) nước vào A được

dung dịch B, nồng độ % của HCl dư trong B là 2,92%. Tính khối lượng mỗi chất trong
hỗn hợp X và xác định công thức của oxit sắt.


PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS ĐỖ ĐỘNG

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Môn: HÓA HỌC
---------------------------------------------Câu
I
1

Nội dung

Điểm
3,0
1,5
0,5
0,5

Tìm được biểu thức liên hệ: 2p + n = 58 và 2p – n = 18
Tìm được số hạt mỗi loại

Nguyên tố A là Kali
A có tính kim loại

0,25
0,25
1,5
0,5
1,0
5,0
2,0

2
Tìm ra thuốc thử là a xít: H2SO4 hoặc HCI…
Nhận biết ra mỗi chất và viết đúng PTHH 0,2 điểm
II
1
Tách riêng được mỗi chất cho 0,5
2

3,0
0,5

Viết đúng PTHH: CO2 + Ca(OH)2 ------> CaCO3 + H2O (1)
CO2 + Ca(OH)2 -----.> Ca(HCO3)2
(2)
Đổi nCaCO3 = 0,05 và nCa (OH ) 2 = 0,12
Tính thể tích CO2 p/ư ở 2pt = 4,256 lít
Tính khối lượng của Ca(HCO3)2 = 11,34g và nồng độ = 0,058M
Tính thể tích CO2 = 2,688 lít và khối lượng CaCO3 = 12g

0,25
0,75

0,75
0,75
5,0
2,0

III
1
Đưa ra CTHH của oleum. Viết PTHH
H2SO4.nSO3 + nH2O --------> (n + 1)H2SO4
H2SO4
+ 2NaOH ----->
Na2SO4
+
n NaOH = 0,1.0,04 = 0,004mol

2H2O

(1)
(2)

0,5

1
nNaOH = 0,002 mol
2
⇒ nH2SO4 trong d2 A = 0,04 mol
1
0,04
Theo PT(1) nH2SO4.nSO3 =
nH2SO4 =

(mol)
n +1
n +1
0,04(98 + 80n)
Ta có
= 3,38
n +1
⇒ n=3
Vậy CTHH là H2SO4.3SO3
Theo PT(2) nH2SO4 =

0,5

2
PTHH:

2 Na + 2H2O
---------> 2NaOH + H2
2NaOH + 2AI + 2H2O ---> 2NaAIO2 + 3H2
2Na
+
2HCI --->
2NaCI +
H2
2AI
+ 6HCI
---->
2AICI3 + 3H2
Fe
+ 2HCI

--->
FeCI2 + H2
Gọi x,y,z lần lượt là số mol của Na, AI và Fe trong hỗn hợp

1,0

(1)
(2)
(3)
(4)
(5)

3,0
1,0

1,0


Từ thể tích khí thoát ra ở TN1 và TN2 ta thấy trong TN1 AI chưa tan hết còn TN2 AI
tan hết.
V
TN1: Theo PT(1) và (2) ta có x =
44,8
2V
Từ TN1 và TN2 ta có: y =
44,8
V
Từ TN2 và TN3 ta có: z =
44,8
Vậy tỉ số mol Na: AI:Fe = 1 : 2 : 1

⇒ mhh = 23x + 27.2x + 56x = 133x(gam)
54 x
%m AI =
100% = 40,6%
133x
23 x
%m Na =
100% = 17,3%
133x
56 x
%m Fe =
100% = 42,1%
133x
IV
1
Hiện tượng thấy xuất hiện kết tủa, kết tủa tăng dần đến cực đại sau đó kết tủa tan hết.
Viết đúng, đủ 2pt
2
Viết đúng 4 phương trình mỗi pt cho 0,15
Đổi đúng số mol mỗi chất cho 0,1
Lập luận H2 dư khi p/ư với CI2 và O2; tính số mol HCI= 0,059 => m HCI = 2,159g
Tính số mol H2O = 0,3 => Khối lượng H2O = 5,4g
Tính được khối lượng d2 E = 7,559g và C% HCI = 28,56%
V
1
Các phương trình hóa học:(n là hoá trị của R; Đặt khối lượng mol của M là M).
2M + 2n H2O → 2M(OH)n + nH2

1,0

3,0
1,0
0,5
0,5
2,0
0,6
0,3
0,5
0,1
0,5
4,0
2,0
0,6

(1)

3M(OH)n + n AlCl3 → n Al(OH)3 + 3MCln
(2)
Có thể: M(OH)n + n Al(OH)3 → M(AlO2)n + 2n H2O
(3)
n AlCl3 = 0,7.0,5 = 0,35 (mol), n Al(OH)3 = 17,94 = 0,23 (mol)
78
Bài toán phải xét 2 trường hợp:
TH1: AlCl3 chưa bị phản ứng hết ở (2) ↔ không có phản ứng (3)

0,7

3
3
0,69

Từ (2): n M(OH)n = .n Al(OH)3 = .0, 23 =
n
n
n
Từ (1): n M = n M(OH)n =

0,69
n

0,69
M
.M = 26,91 →
= 39
n
n
Với n = 1 → M = 39 → M là: K
Với n = 2 → M = 78 → loại
1
1
Theo (1): n H 2 = .n K = .0,69 = 0,345 (mol) → V = 8,268 lít
2
2
TH2: AlCl3 phản ứng hết ở (2), M(OH)n dư ↔ có phản ứng (3)
⇒ ta có pt:

0,7


Từ (2): n Al(OH)3 = n AlCl3 = 0,35 (mol)

3
3.0,35 1,05
.n AlCl3 =
=
n
n
n
= 0, 23 → n Al(OH)3 bị tan ở (3) = 0,35 – 0,23 = 0,12 (mol)

Từ (2): n M(OH)n đã phản ứng =
Theo bài ra n Al(OH)3

1
1
0,12
.n Al(OH)3 = .0,12 =
(mol)
n
n
n
0,12 1,05 1,17
→ Tổng n M(OH)n =
+
=
(mol)
n
n
n
1,17
M

→ ta có pt:
.M = 26,91 →
= 23
n
n
→ n = 1 → M = 23 → M là Na
n = 2 → M = 46 → loại
1
1
Theo (1): n H 2 = .n Na = .1,17 = 0,585
2
2
→ V = 13,104 lít
Từ (3): n M(OH)n dư =

2
Đặt công thức của oxit sắt là FexOy
Các phương trình hoá học:
Fe + 2HCl
→
FeCl2 + H2
FexOy + 2yHCl
nHCl ban đầu =

→

xFeCl 2y
x

2,0

0,75
(1)

+ yH2O (2)

400.16, 425
6,72
= 1,8 (mol); n H2 =
= 0,3 (mol)
100.36,5
22, 4

0,5

mddB = 400 + 40 – 0,3.2 + 60,6 = 500 (g)

→ nHCl dư =

2,92.500
= 0, 4 (mol).
100.36,5

→ nHCl đã phản ứng ở (1) và (2) = 1,8 – 0,4 = 1,4 (mol)
Từ (1): nHCl = 2n H 2 = 2.0,3 = 0,6 (mol)

0,25

Từ (1): nFe = n H 2 = 0,3 (mol) → mFe = 0,3.56 = 16,8 (g)
→ m Fe O = 40 – 16,8 = 23,2 (g)
x

y

→ nHCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol)
1
0, 4
.0,8 =
Từ (2): n Fex Oy =
2y
y
0, 4
x 3
→ ta có:
(56x + 16y) = 23, 2 → =
y
y 4
Vậy công thức của FexOy là Fe3O4

0,5