Bộ đề thi hóa 9 và đáp án học sinh giỏi năm học 2015 2016 tham khảo bồi dưỡng

Tập hợp các đề thi học sinh giỏi môn hóa học lớp 9 có đáp án giúp các thầy
cô và các em học sinh yêu thích môn hóa học ôn tập đật được thành tích cao
trong kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh.
Phòng GD & ĐT huyện Thanh Oai

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

Nguyễn Thị Nghiêm

Người ra đề

Nguyễn Thị Quý


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN
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
+
H2SO4 →
(M + 16) g
98g
0,25 điểm

m

dd

H 2SO4

=

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 ) (*)

0,25 điểm

0,5 điểm


m

C

(**) 0,25điểm

y ) + 56( y − y ) = 3,84( g )

= 64( x +

1

1

B + dung dịch NaOH
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

→ 2MCln + nH2
nb
2

b
=a+

2

+ 2nHCl

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

2a + nb = 0,19

(2)


Phần 2:

+ 4HNO3 → Fe(NO3)3

Fe

Mol

+

a

n

NO

+

nNO↑

+2n H2O

nb
3

b
=a+

+2 H2O

a

3M + 4nHNO3 → M(NO3)n
Mol

NO↑

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

=n

Ag

AgNO3

= x( mol )

=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

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.
2

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.
2

Câu III (5 điểm)
1.(2đ) Hòa tan 3,38 gam oleum X có công thức H2SO4 vào lượng nước dư
ta được dung dịch A. Để trung hòa

1
lượng dung dịch A cần dùng 40 ml dung
20

dịch NaOH 0,1 M 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 AlCl 3 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 H 2 (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.


KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS ĐỖ ĐỘNG

NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Môn: HÓA HỌC
----------------------------------------------

Câu

Nội dung

Điểm

I

3,0

1

1,5
Tìm được biểu thức liên hệ: 2p + n = 58 và 2p – n = 18

0,5

0,5

Tìm được số hạt mỗi loại

Nguyên tố A là Kali

0,25

A có tính kim loại

0,25

2

1,5

Tìm ra thuốc thử là a xít: H2SO4 hoặc HCI…

0,5

Nhận biết ra mỗi chất và viết đúng PTHH 0,2 điểm

1,0

II

5,0

1

2,0
Tách riêng được mỗi chất cho 0,5

2

3,0
Viết đúng PTHH: CO2 + Ca(OH)2 ------> CaCO3 + H2O (1)
CO2 + Ca(OH)2 -----.> Ca(HCO3)2

0,5

(2)

Đổi nCaCO3 = 0,05 và nCa (OH ) 2 = 0,12

0,25

Tính thể tích CO2 p/ư ở 2pt = 4,256 lít

0,75

Tính khối lượng của Ca(HCO3)2 = 11,34g và nồng độ = 0,058M

0,75

Tính thể tích CO2 = 2,688 lít và khối lượng CaCO3 = 12g

0,75

III

5,0

1

2,0


Đưa ra CTHH của oleum. Viết PTHH
H2SO4.nSO3 + nH2O -------->
H2SO4

+

(n + 1)H2SO4

2NaOH ----->

Na2SO4

(1)
+

2H2O

(2)

1,0

n NaOH = 0,1.0,04 = 0,004mol

Theo PT(2) nH2SO4 =

0,5

1
nNaOH = 0,002 mol
2

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

Ta có

1
0,04

nH2SO4 =
(mol)
n +1
n +1

0,04(98 + 80n)
= 3,38
n +1

0,5

⇒ n=3
Vậy CTHH là H2SO4.3SO3

2

3,0
PTHH:

2 Na + 2H2O

---------> 2NaOH

2NaOH + 2AI + 2H2O --->
2Na

+

2HCI --->

2AI

+ 6HCI

Fe

+ 2HCI

---->
--->

+ H2

2NaAIO2 + 3H2
2NaCI +

H2

2AICI3 + 3H2
FeCI 2

+

H2

(1)

1,0

(2)

(3)
(4)
(5)

Gọi x,y,z lần lượt là số mol của Na, AI và Fe trong hỗn hợp

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.
TN1: Theo PT(1) và (2) ta có x =

Từ TN1 và TN2 ta có: y =

2V
44,8

Từ TN2 và TN3 ta có: z =

V
44,8

V
44,8

Vậy tỉ số mol Na: AI:Fe = 1 : 2 : 1

⇒ mhh

= 23x + 27.2x + 56x = 133x(gam)

1,0


% m AI =

54 x
100% = 40,6%
133 x

%m Na =

23 x
100% = 17,3%
133x

%m Fe =

56 x
100% = 42,1%
133x

IV

3,0

1

1,0
Hiện tượng thấy xuất hiện kết tủa, kết tủa tăng dần đến cực đại sau đó kết tủa tan hết.

0,5

Viết đúng, đủ 2pt

0,5

2

2,0
Viết đúng 4 phương trình mỗi pt cho 0,15

0,6

Đổi đúng số mol mỗi chất cho 0,1

0,3

Lập luận H2 dư khi p/ư với CI2 và O2; tính số mol HCI= 0,059 => m HCI = 2,159g

0,5

Tính số mol H2O = 0,3 => Khối lượng H2O = 5,4g

0,1

Tính được khối lượng d2 E = 7,559g và C% HCI = 28,56%

0,5

V

4,0

1

2,0
Các phương trình hóa học:(n là hoá trị của R; Đặt khối lượng mol của M là M).

2M + 2n H2O

→

3M(OH)n + n AlCl3
Có thể:

2M(OH)n + nH2
→

M(OH)n + n Al(OH)3 →

(1)

n Al(OH)3 + 3MCln
M(AlO2)n + 2n H2O

(2)
(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)
Từ (2):

n M(OH)

n=

3
3
0,69
.n Al(OH)3 = .0, 23 =
n
n
n

0,6


Từ (1): n M = n M(OH)n =

⇒ ta có pt:

0,7

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
Theo (1): n H 2 =

1
1
.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)

0,7

Từ (2): n Al(OH)3 = n AlCl3 = 0,35 (mol)
Từ (2): n M(OH) n đã phản ứng =

3
3.0,35 1,05
.n AlCl3 =
=
n
n
n

Theo bài ra n Al(OH)3 = 0, 23 → n Al(OH)3 bị tan ở (3) = 0,35 – 0,23 = 0,12 (mol)
Từ (3): n M(OH)n dư =

1
1
0,12
.n Al(OH)3 = .0,12 =
(mol)
n
n
n

→ Tổng n M(OH )n =

0,12 1,05 1,17
+
=
(mol)
n
n
n

→ ta có pt:

1,17
M
.M = 26,91 →
= 23
n

n

→ n = 1 → M = 23 → M là Na
n = 2 → M = 46 → loại
Theo (1): n H 2 =

1
1
.n Na = .1,17 = 0,585
2
2

→ V = 13,104 lít
2

2,0


Đặt công thức của oxit sắt là FexOy

0,75

Các phương trình hoá học:
→

Fe + 2HCl
FexOy + 2yHCl →
nHCl ban đầu =

FeCl2 + H2

(1)

xFeCl 2y + yH O (2)
2
x

400.16, 425
6, 72
= 1,8 (mol); n H 2 =
= 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 Fex Oy = 40 – 16,8 = 23,2 (g)
→ nHCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol)
Từ (2): n Fex O y =

→ ta có:

0,5

1
0, 4
.0,8 =
2y
y

0, 4
x 3
(56x + 16y) = 23, 2 → =
y
y 4

Vậy công thức của FexOy là Fe3O4

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS DÂN HÒA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn: Hóa học
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm có: 02 trang

Câu 1: (3 điểm)
1. Viết các phương trình biểu diễn các biến hóa sau :

S

SO2

H2SO4

CuSO4

↕
K2SO3
2. Nguyên tố B có thể tạo với nhôm thành hợp chất Al nBm mà phân tử gồm 5 nguyên
tử. Khối lượng phân tử của hợp chất là 150đvC. Tìm công thức phân tử của hợp chất.
Câu 2: (4 điểm)
1. Trình bày cách phân biệt 5 gói bột có màu tương tự nhau là : CuO, FeO, MnO2 ,
Ag2O và hỗn hợp gồm FeO và Fe chỉ bằng một dung dịch hóa chất . Dung dịch đó là
gì ? Viết các phương trình hóa học ?
2. Hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm M và Al. Hòa tan hoàn toàn 2,54 gam X bằng
một lượng vừa đủ H2SO4 trong dung dịch loãng tạo ra 2,464 lít khí H 2 ( đktc) và dung
dịch Y. Cho Y tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch Ba(OH) 2 cho tới khi gốc
sunfat (= SO4) chuyển hết vào kết tủa thì thu được 27,19 gam kết tủa. Xác định kim
loại M.
Câu 3: (5 điểm)
1. Ngâm một vật bằng đồng nặng 10 gam vào 250 gam dung dịch AgNO 3 4%. Khi lấy
ra thì lượng AgNO3 trong dung dịch giảm đi 17%. Tìm khối lượng của vật sau phản

ứng.
2. Có số gam nhôm và sắt bằng nhau. Cho riêng rẽ lượng nhôm và sắt vào hai bình đều
chứa H2SO4 loãng, dư.
a, Xác định tỉ lệ về thể tích khí thoát ra ở hai bình ?
b, Dẫn riêng rẽ khí sinh ra ở mỗi bình đi qua 2 ống đều chứa bột CuO dư, nung nóng.
Khi phản ứng kết thúc, lấy chất rắn còn lại trong mỗi ống hòa tan vào hai bình đựng
HCl dư , sau một thời gian ở mỗi bình đều còn lại một chất rắn không tan có khối
lượng là a1 và a2. Tìm tỉ lệ giữa a1 và a2 ?
c, Tính số gam dung dịch H2SO4 đặc, nóng (70%) đủ để hòa tan hết ( a1 + a2 ) gam chất
rắn nói trên , nếu khối lượng nhôm và sắt lấy ban đầu là 9 gam.


Câu 4: (3 điểm)
Nung 25,28 gam hỗn hợp FeCO3 và FexOy dư tới phản ứng hoàn toàn, thu được khí A
và 22,4 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 400 ml dung dịch
Ba(OH)2 0,15M thu được 7,88 gam kết tủa .
a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b, Tìm công thức phân tử của FexOy.
Câu 5: (5 điểm)
Hòa tan hết 3,82 gam hỗn hợp gồm muối sunfat của kim loại M hóa trị I và muối
sunfat của kim loại R hóa trị II vào nước, thu được dung dịch A. Cho 500ml dung dịch
BaCl2 0,1M vào dung dịch A. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 6,99 gam
kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, lấy nước lọc đem cô cạn thì thu được m gam muối khan.
a, Tính m ?
b, Xác định kim loại M và R.
c, Tính phần trăm khối lượng muối sunfat của kim M và muối sunfat của kim loại R
trong hỗn hợp đầu .
Biết rằng nguyên tử khối của kim loại R lớn hơn nguyên tử khối của kim loại M là 1
đvC , M là một trong các kim loại sau : Li, Na, K, Rb.
- Hết Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Xét duyệt của nhà trường

Nguyễn Thị Hà

Giáo viên

Lê Thị Tuyết



PHÒNG GD&ĐT THANH OAI

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2015 - 2

TRƯỜNG THCS DÂN HÒA

Môn: Hóa học

Câu

Nội dung đáp án

Điểm

1(3điểm 1, Viết đúng 8 PTHH × 0,25 điểm

S + O2

→ SO2

0,25

SO2

+ 2H2S

→ 2H2O + 3S

SO2

+ 2KOH → K2SO3 + H2O

K2SO3 + 2HCl → 2KCl
SO2

+ 2H2O + Br2

2H2SO4 đặc,nóng + Cu

0,25
0,25

+ H2O + SO2

0,25

→ 2HBr + H2SO4

0,25

→ CuSO4 + SO2 + 2H2O

CuO + H2SO4

→ CuSO4

CuSO4 + H2S

→ CuS ↓

+ H2O

0,25
0,25

+ H2SO4

0,25

2, Lập bảng biện luận :

n

1

2

3

4

0,25

m

4

3

2

1

0,25

MB

31( loại)

32( TM)

26( loại)

52(loại)

0,25

=> Hợp chất đó là : Al2S3

0,25

2(4điểm)1, ( 2điểm)

Dung dịch đó là HCl
-Các PTHH :

0,5


CuO + 2HCl → CuCl2 + H2 : dd có màu xanh

0,25

FeO + 2HCl → FeCl2 + H2: dd không màu

0,25

MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 ↑ + H2O: Khí clo có màu vàng lục.
0,25
Ag2O + 4HCl → 2AgCl ↓ + H2O : Có kết tủa màu trắng.

0,25

-Hỗn hợp gồm FeO và Fe tác dụng với HCl cho dung dịch không màu
0,25
và khí không màu bay ra do các phản ứng:
Fe + 2HCl →FeCl2 + H2 ↑

0,25

FeO + 2HCl → FeCl2 + H2
2, (2đ)
Gọi số mol M và Al trong 2,54 gam hỗn hợp đầu lần lượt là x và y.
Ta có : x M + 27y = 2,54

( I)

0,25

-Tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng
2M + H2SO4 → M2SO4 + H2 ↑
x

→ 0,5x

0,25

0,5x

2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2
y

→ 0,5y

0,25

1,5y

Ta có : 0,5x + 1,5y = 0,11

(II)

0,25

-Dung dịch Y chứa M2SO4 và Al3SO4. Cho tác dụng với Ba(OH)2 đủ để
kết tủa vừa hết gốc SO4 .
M2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 ↓ + 2MOH
0,5x

0,25

0,5x

Al2SO4 + 3Ba(OH)2 → 3Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 ↓
0,5y

1,5y

Do M là kiềm mạnh → ta có phản ứng
MOH + Al(OH)3 → MAlO2 + 2H2O

0,25


n BaSO4 = 0,5x + 1,5y = 0,11 (mol)
→ m BaSO4 = 0,11. 233 = 25,63 < 27,19 (g)
Vậy kết tủa còn Al(OH)3
→ MOH phản ứng hết và hòa tan được x( mol) Al(OH)3 theo pứ (5)0,25
m Al(OH)3 còn lại = 27,19 – 25,63 = 1,56 (g)

→ n Al(OH)3 còn lại = 0,02 ( mol)
→ n Al(OH)3 còn lại = y – x ( mol) → y – x = 0,02

( III)

Từ ( II, III) → x = 0,04 (mol) , y = 0,06 ( mol)
Thay vào (I) → M =23 . Vậy M là Natri.

0,25

3(5điểm)1,

250 gam dd AgNO3 4% chứa 10 gam AgNO3 nguyên chất .
Khi phản ứng xong AgNO3 giảm 17%, hay phản ứng hết 1,7 gam. 0,25
Cu

+

0,005

2 AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag ↓
← 0,01

→

0,25

0,01

Ta có : n AgNO3 = ( 1,7 : 170) =0,01 ( mol)

0,25

Ta có : m Cu pư = 0,005 .64 = 0,32 gam

0,25

m Ag = 0,01 .108 = 1,08 gam

0,25

→ m của vật = ( 10- 0,32 ) + 1,08 = 10,76 (g)

0,25

2,
a, PTHH
2Al + 3H2SO4 → Al2 (SO4)3 +
Fe + H2SO4

→ FeSO4

3H2↑

+ H2 ↑

Gọi số gam của Al và Fe ban đầu là m

(1)

0,25

(2)
0,25

→ n H2 (1) = m/18 ( mol)
→ n H2 (2) = m/56 ( mol)

0,25


→ Tỉ lệ thể tích thu được bằng tỉ lệ về số mol ≈ 3,1 lần.

0,25

b, PTHH:
CuO + H2 → Cu + H2O
CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O

(3)

0,25

(4)

0,25

Theo PT (3) : n H2 = n CuO pư = n Cu

0,25

→ Tỉ lệ giữa a1/ a2 cũng bằng 3,1 lần.

0,25

c, Nếu m = 9 gam
Theo PT (3): n Cu = m/18 + m/56 = 9/18 +9/56 = 37/56 ( mol)

0,25

2H2SO4 đặc,nóng + Cu

0,25

→ CuSO4 + SO2 + 2H2O (5)

Theo PT (5) n H2SO4 = 2 n Cu = 2. 37/56 = 37/28 ( mol)

0,25

→ m H2SO4 = 37/28 .98 = 129,5 g

0,25

→ m H2SO4 (70%) = ( 129,5. 100) : 70 = 185 gam.

0,5

4(3điểm a, PTHH :

4FeCO3

+ O2 → 2 Fe2O3

0,04
4FexOy

( 1)

0,25

(2)

0,25

→ BaCO3 ↓ + H2O (3)

0,25

← 0,02

+ 4CO2
← 0,04

+ ( 3x - 2y) O2 → 2x Fe2O3

CO2 + Ba(OH)2

CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2

( 4)

Ta có : n Fe2O3 = 0,14 ( mol) , n Ba(OH)2 = 0,06 ( mol)
n BaCO3 = 0,04 ( mol)

0,25


b,
TH1: Ba(OH)2 → Muối trung hòa ( không xảy ra phản ứng(4))

0,25

Từ PT (1) → m FeCO3 = 0,04 .116 = 4,64 gam

0,25

→ m FexOy = 20,64 g
→ m Fe2O3 (1) = 0,02.160 = 3,2 g
→ m Fe2O3 (2) = 19,2 g → n Fe2O3 (2) = 0,12 ( mol)

0,25

Từ pt (2) → n FexOy = 0,24/x ( mol)
Từ PT (2) → m FexOy = 0,24/x ( 56x + 16y) = 20,64

0,25

→ x/y = 8/15 ( loại)

TH2 : CO2 dư → hỗn hợp hai muối
CO2 + Ba(OH)2

→ BaCO3 ↓ + H2O

0,06 ←

→ 0,06

0,06

CO2 +

BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2

0,02 ←

0,02

(5)

0,25

(6)

Từ PT (5,6) → n BaCO3 (6) = n BaCO3 (5) - n BaCO3 thu được

0,25

= 0,06 -0,04 = 0,02 ( mol)

→ n CO2(5,6) = 0,06 + 0,02 = 0,08 (mol)
Theo PT (1) → m FeCO3 = 0,08.116 = 9,28 g
→ m FexOy = 25,28 – 9,28 = 16 g
Theo PT (1) : n Fe2O3 (1) = 0,04 ( mol)
→ n Fe2O3 (2) = 0,1 ( mol)

0,25