ĐỀ THI CHỌN học SINH GIỎI lớp 9 VÒNG 1 hóa học có đáp án

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 1
NĂM HỌC : 2010 - 2011
Môn : Hóa học ( Thời gian làm bài : 120 phút )
Bài 1 ( 5 đ ) : Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A gồm Cu ; Mg ; Al trong oxi được rắn B . Hòa tan vừa hết B
vào dung dịch HCl được dung dịch C. Cho Na vào dung dịch C được dung dịch D , dung dịch E chỉ
chứa hai muối tan và rắn F chỉ có hai bazơ. Sục khí CO2 dư vào dung dịch E được rắn M. Nung hỗn
hợp rắn M và F đến khối lượng không đổi được rắn B, Cho B tác dụng với khí D nóng dư được rắn G .
Cho rắn G tác dụng vừa đủ với dung dịch H2SO4 loãng được dung dịch Y và còn lại rắn Z . Viết các
phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm trên , xác định các chất có trong B
; C ;D ; E; F ; M ; G ; Y ; Z .
Bài 2 ( 3 đ ) : Không dùng thêm thuốc thử nào khác ( Kể cả nguồn nhiệt và nguồn điện ) hãy phân biệt các
dung dịch sau đây bằng phương pháp hóa học : NaOH ; Ba(OH)2 ; H2SO4 ; Na2SO4 ; MgCl2
Bài 3 ( 3 đ ) : Chọn chất cụ thể , thích hợp và thỏa mãn mỗi thí nghiệm sau đây , viết phương trình hóa
học của mỗi phản ứng xảy ra trong từng thí nghiệm :
1. Kim loại tác dụng với oxit bazơ nóng dược kim loại mới và oxit bazơ mới
2. Cho kim loại vào dung dịch muối được khí H2 , dung dịch muối mới và bazơ không tan trong dung
dịch muối
3. Cho một oxit bazơ tan vừa hết vào dung dịch axit được dung dịch chứa hỗn hợp hai muối tan
4. Cho một oxit axit vào dung dịch muối được dung dịch chứa axit mới và muối mới không tan trong axit
5. Cho một oxit bazơ vào dung dịch muối được dung dịch muối mới và oxit bazơ mới không tan trong
dung dịch muối
6. Cho dung dịch axit vào dung dịch muối được dung dịch muối mới và bazơ không tan trong dung dịch
muối
Bài 4 ( 9 đ ) : Chia 28,4 gam hỗn hợp X gồm Fe và FeCO3 thành hai phần bằng nhau
1. Cho phần một tan hoàn toàn vào dung dịch HCl 20% thu được dung dịch A và 4,48 lít hỗn hợp khí B (
đktc ) . Nồng độ của HCl dư trong dung dịch A là 11,53 % . Toàn bộ lượng khí CO2 trong B ở trên
được hấp thụ hoàn toàn vào 200 ml dung dịch NaOH 0,3M được dung dịch C .
a. Viết các phương trình hóa học , tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X
b. Tính CM của mỗi chất tan trong dung dịch C và khối lượng của chất rắn khan thu được khi đun cạn
dung dịch C

c. Tính C% của chất tan còn lại trong dung dịch A
2. Hòa tan vừa hết phần hai vào dung dịch H2SO4 đặc nóng rồi thêm nước để pha loãng dung dịch sau
phản ứng thu được V lít dung dịch E . Lấy 200 ml dung dịch E cho tác dụng với 3,6 gam bột Mg , sau
khi phản ứng kết thúc thu được 4,2 gam chất rắn . Tính CM của dung dịch E ./.


( Cho : H : 1 ; C : 12 ; O : 16 ; Mg : 24 ; Cl : 35,5 ; Fe : 56 )

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN

Nội dung

Câu

Điểm

Các PTHH :
t
2Cu + O2 

2CuO

AlCl3 + 3NaOH  3NaCl + Al(OH)3

t
2Mg + O2 
2MgO


Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O

NaAlO2+CO2+2H2O  NaHCO3 + Al(OH)3

Mỗi

CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O

t
2Al(OH)3 

Al2O3 + 3H2O

PT

MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O

t
Mg(OH)2 
MgO + H2O


Đúng

Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O

t
Cu(OH)2 
CuO + H2O


2Na +2H2O  2NaOH + H2

t
H2 + CuO 

Cu + H2O

CuCl2+ 2NaOH  2NaCl +Cu(OH)2

Al2O3+ 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O

MgCl2+2NaOH  2NaCl+ Mg(OH)2

MgO + H2SO4 
 MgSO4 + H2O

t
4Al + 3O2 
2Al2O3


Câu 1
(5đ)

Cho
0,25

Các chất có trong các chữ cái : B gồm CuO ; MgO ; Al2O3 ; dd C gồm : CuCl2 ;
MgCl2 ; AlCl3 ; D: H2 ; dd E : NaCl ; NaAlO2 ; F : Mg(OH)2 ; Cu(OH)2 ; M: Al(OH)3

0,5

G : MgO ; Al2O3 ; Cu ; Y : MgSO4 ; Al2(SO4)3 ; Z : Cu
Trích các mẫu thử : Lấy từng mẫu thử cho vào các mẫu thử còn lại . Được kết quả
Thể hiện ở bảng sau :

Câu 2
(3đ)

NaOH

Ba(OH)2

H2SO4

Na2SO4

NaOH

-

-

-

-

Ba(OH)2

-

-

H2SO4

-



-

-

-

Na2SO4

-



-

-

-



-

-

-

MgCl2





MgCl2






Dấu  là biểu diễn khi 2 chất tác dụng có chất kết tủa xuất hiện
Từ kết quả ở bảng ta nhận biết được : dd Ba(OH)2 có 3 lần  ; dd MgCl2 có 2 lần 
Còn lại : NaOH ; Na2SO4 ; H2SO4 có 1 lần 

1


Các PTHH :
2NaOH + MgCl2 
 2NaCl + Mg(OH)2 ( 1 )
Ba(OH)2 + H2SO4 
 BaSO4 + 2H2O

(2)

1

Ba(OH)2 + Na2SO4 
 BaSO4 + 2NaOH ( 3 )
Ba(OH)2 + MgCl2 
 BaCl2 + Mg(OH)2 ( 4 )
Lọc Mg(OH)2 ở PT (4 ) cho vào 3 mẫu thử chưa biết nhận ra H2SO4 (tan )
Mg(OH)2 + H2SO4 
 MgSO4 + 2H2O
Cho dd Ba(OH)2 vào 2 mẫu thử còn lại nhận ra dd Na2SO4 ( Có kết tủa )

1

Còn lại dd NaOH
Các PTHH :
t
1. Mg + CuO 
MgO + Cu


2. 2Na + 2H2O + CuCl2 
 2NaCl + Cu(OH)2 + H2
Câu 3
(3đ)

3. Fe3O4 + 8HCl 
 FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
4. SO3 + H2O + BaCl2 

 2HCl + BaSO4
5. Na2O + 2AgNO3 
 2NaNO3 + Ag2O

Mỗi
PT
Đúng
Cho
0,5 đ

6. HCl + NaAlO2 + H2O 
 NaCl + Al(OH)3
Ở bài này bài làm của học sinh có thể chọn nhiều chất khác nhau . Nếu đúng cho
điểm tối đa
1.a Các PTHH :

Câu 4
(9đ)

Mỗi

Fe + 2HCl 
 FeCl2 + H2 (1)

PT

FeCO3 + 2HCl 
 FeCl2 + CO2 + H2O (2)

Cho

CO2 + 2NaOH 
 Na2CO3 (3)

0,25

CO2 + NaOH 
 NaHCO3 (4)
t
2NaHCO3 
Na2CO3 + H2O + CO2 (5)


b. n hh B =

4,48
= 0,2 (mol ) ; nNaOH = 0,2.0,3 = 0,06 (mol)
22,4

mX ở mỗi phần =

28,4
= 14,2 ( g )
2

Đặt nFe = x ; nFeCO3 = y ta có hệ phương trình :
56x + 116y = 14,2
x + y = 0,2

 x = 0,15 ; y = 0,05

Vậy trong X : m Fe = 16,8 ( g ) ; m FeCO3 = 11,6 ( g )

1


Từ kết quả trên ta có : n CO2 = 0,05 (mol )
Đặt n CO2 ở (3) là a ; n CO2 ở (4) là b ta có hệ PT :
a + b = 0,05
2a + b = 0,06  a = 0,01 ; b = 0,04
Vậy trong dd C : CM Na2CO3 =

1,75

0,01
0,04
= 0,05 M ; CM NaHCO3 =
= 0,2 M
0,2
0,2

Khi đun cạn dd C có phản ứng (5) xảy ra
Từ (5 ) : n Na2CO3 =

1
1
n NaHCO3 = . 0,04 = 0,02 ( mol )
2
2

 m chất rắn khan thu được = ( 0,01 + 0,02 ) . 106 = 3,18 ( g )
ặt c. Đặt khối lượng dd HCl ban đầu là m  m HCl ban đầu là = 0,2m (g)
Từ (1) và (2) : nHCl = 2n B = 0,4  14,6(g)  mHCl dư = 0,2m – 14,6
m dd A = m + 14,2 – 0,15.2 – 0,05.44 = m + 11,7
Theo bài ra ta có PT :

2

0,2m  14,6
.100 = 11,53  m = 188,3 (g)
m  11,7

Từ (1) và (2)  n FeCl2 = n B = 0,2 (mol)
 C% FeCl2 trong dd A =

0,2.127
.100 = 12,7%
188,3  11,7

2. Các PTHH :
t
2Fe + 6H2SO4 (đ ) 

Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6)

1

t
2FeCO3 + 4H2SO4(đ) 
Fe2(SO4)3 +SO2 + 2CO2 + 4H2O (7)



3Mg + Fe2(SO4)3 
 3MgSO4 + 2Fe (8)
Có thể : Fe + Fe2(SO4)3 
 3FeSO4 (9)

nMg =

3,6
= 0,15 . Ta phải xét 2 trường hợp :
24

* TH 1: Mg tan hết : Từ (8) : nFe =

2
.nMg = 0,1  5,6 (g) > 4,2 (g)
3

 (9) có xảy ra và mFe bị tan ở (9) = 5,6 – 4,2 = 1,4 (g)  0,025 ( mol )
Từ (8) : nFe2(SO4)3 =

1
nMg = 0,05 ( mol )
3

Từ (9) : nFe2(SO4)3 = nFe = 0,025 ( mol )




n Fe2(SO4)3 = 0,05 + 0,025 = 0,075 (mol )

1


 CM dd E =

0,075
= 0,375 ( M )
0,2

* TH 2 : Mg Tan không hết :
Đặt n Fe2(SO4)3 là k  nFe = 2k
nMg phản ứng = 3k  nMg còn lại = 0,15 – 3k
Ta có phương trình : 56.2k + ( 0,15 – 3k ) .24 = 4,2  k = 0,015 ( mol )
 CM ddE =

0,015
= 0,075 ( M )
0,2

Ghi Chú : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

1