Các đề thi hóa học 9 HSG

PHềNG Gd& Đt THANH CHNG
Đề chính thức
( gm 01 trang)

Đề thi chọn học sinh giỏi HUYN
kHI 9
Năm học 2012 - 2013
Môn thi: Hoá học
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian
giao đề)

Cõu 1.(1.0 im). Chn cỏc cht A,B,C thớch hp v vit cỏc phng trỡnh phn ng
(ghi rừ iu kin phn ng nu cú) theo s bin hoỏ sau:
A (2)
(1)


(3)

(4)


(5)


( 6)


(7 )

(8 )


B
Fe2(SO4 )3
FeCl3
Fe(NO3)3
A
B
C
C
Cõu 2.(2.0 im).
Trong phũng thớ nghim cú sn cỏc húa cht: vụi sng, axit HCl, CuCl 2, CaCO3,
CaCl2, KNO3, nc ct, dung dch phenolphtalein, Fe, Cu v cỏc thit b, dng c thớ
nghim y . Hóy chn húa cht v cỏc thớ nghim thớch hp chng minh: dung
dch Ca(OH)2 cú nhng tớnh cht húa hc ca baz tan. Nờu hin tng quan sỏt v
vit PTHH ca cỏc thớ nghim trờn.
Cõu 3.(2.0 im)
a. Cú 6 l hoỏ cht khụng nhón cha riờng bit cỏc cht rn sau: MgO, BaSO 4,
Zn(OH)2, BaCl2, Na2CO3, NaOH. Ch dựng nc v mt hoỏ cht thụng dng na (t
chn) hóy trỡnh by cỏch nhn bit cỏc cht trờn.
b. Cỏc cp húa cht sau cú th tn ti trong cựng mt ng nghim
cha nc ct( d) khụng? Hóy gii thớch bng PTHH?.
NaCl v AgNO3; Cu(OH)2 v FeCl2; BaSO4 v HCl; NaHSO3 v NaOH; CaO v
Fe2O3
Cõu 4.(1.0 im)
Cho 6,9g Na v 9,3g Na2O vo 284,1 gam nc, c dung dch A. Hi phi ly
thờm bao nhiờu gam NaOH cú tinh khit 80%(tan hon ton) cho vo c
dung dch 15%?
Cõu 5. (2.0 im).

Cho khớ CO i qua 69,9 gam hn hp X gm Fe2O3 v MxOy nung núng thu c
3,36 lớt khớ CO2 (ktc) v hn hp cht rn Y gm Fe, FeO, Fe3O4 , Fe2O3 v MxOy.
hũa tan hon ton Y cn 1,3 lớt dd HCl 1M thu c 1,12 lớt khớ H2 (ktc) v dd
Z . Cho t t dd NaOH vo dd Z n d thu c kt ta T. Lc kt ta T ngoi
khụng khớ n khi lng khụng i thu c 32,1 gam baz duy nht. Xỏc nh
cụng thc húa hc ca MxOy.
Cõu 6. ( 2.0 im)
Trn 0,2 lớt dung dch H2SO4 x M vi 0,3 lớt dung dch NaOH 1,0 M thu c dung
dch A. phn ng vi dung dch A cn ti a 0,5 lớt dung dch Ba(HCO3)2 0,4 M,
sau phn ng thu c m gam kt ta. Tớnh giỏ tr ca x v m.


Cho: H=1, O=16, Al=27, Na=23, S=32, Fe=56, Cl=35,5, Ag = 108, Cu = 64, N= 14, C= 12, Ba
= 137
-------------Hết-----------

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG HUYỆN MÔN HÓA HỌC 9
Năm học 2012 - 2013

Câu
I
A: Fe(OH)3; B: Fe2O3 ; C: Fe

Nội dung

→

Điểm
1.0

(1) Fe2O3 + 3 H2SO4
Fe2(SO4)3 + 3 H2O
(2) 2 Fe(OH)3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 6 H2O
(3)
(4)
(5)
(6)

to

→

2Fe + 6 H2SO4 đặc
Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6 H2O
Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 → 2FeCl3 + 3BaSO4
FeCl3+ 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl
Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3 NaNO3

(7) 2Fe(OH)3

to
→

) Fe2O3 + 3H2O

→
to

(8) Fe2O3 + 3H2

2Fe + 3H2O

II

2.0
* Chọn các hóa chất: vôi sống, HCl, CaCO3, CuCl2, nước cất, dung dịch
phenolphtalein.
* Chọn các thí nghiệm:
- Pha chế dung dịch Ca(OH)2: Hòa vôi sống vào cốc đựng nước thu được nước 0,5
→

vôi CaO + H2O
Ca(OH)2
Lọc nước vôi thu được dung dịch nước vôi trong( dd Ca(OH)2).
- Điều chế CO2 : Cho dd HCl vào bình chứa CaCO3, thu khí CO2 vào bình tam
giác, nút kín: CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + CO2 + H2O
- Thí nghiệm chứng minh:
+ Tác dụng với chất chỉ thị màu: Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào
ống nghiệm chứa dd Ca(OH)2, thấy dung dịch chuyển sang màu hồng.
+ Tác dụng với oxit axit: Cho dd Ca(OH)2 vào bình đựng khí CO2, lắc đều.
Thấy dung dịch vẩn đục. Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O
+ Tác dụng với dd axit: Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào ống
nghiệm chứa dd Ca(OH)2, dung dịch chuyển sang màu hồng sau đó nhỏ từ từ
dd HCl vào. Thấy màu hồng biến mất, dung dịch trở lại trong suốt.
Ca(OH)2 + 2HCl → CaCl2 + 2H2O
+ Tác dụng với dung dịch muối:
Nhỏ dd Ca(OH)2 vào ống nghiệm chứa dd CuCl2, thấy xuất hiện kết tủa màu
xanh: Ca(OH)2 + CuCl2 → CaCl2 + Cu(OH)2`
Nếu không trình bày thí nghiệm pha chế dd Ca(OH)2 mà các thí nghiệm sau

1,5


đúng thì trừ 1/2 số điểm của câu II
III
a

b

Trích mẫu thử cho vào các ống nghiệm:
- Cho nước vào các mẫu thử, khuấy đều, mẫu không tan: MgO, BaSO4,
Zn(OH)2 (nhóm 1); mẫu tan: BaCl2, NaOH, Na2CO3 (nhóm 2)
- Nhỏ dd H2SO4 vào các mẫu thử của nhóm 2: mẫu xuất hiện kết tủa trắng là
BaCl2, mẫu sủi bọt khí là Na2CO3, còn lại là NaOH.
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 HCl
H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O
- Nhỏ dung dịch NaOH vừa nhận biết được ở trên vào 2 mẫu thử của nhóm 2
mẫu tan là Zn(OH)2, không tan là BaSO4, MgO
2NaOH + Zn(OH)2 → Na2ZnO2 + 2H2O
- Nhỏ dd H2SO4 vào 2 mẫu chất rắn còn lại, mẫu tan là MgO, không tan là
BaSO4
MgO + H2SO4 → MgSO4 + H2O
- Các cặp chất không thể tồn tại trong cùng ống nghiệm chứa nước cất:
NaCl và AgNO3 vì: NaCl + AgNO3 → AgCl ↓ + NaNO3
NaHSO3 và NaOH vì: NaHSO3 + NaOH → Na2SO3 + H2O
CaO và Fe2O3 vì: CaO + H2O → Ca(OH)2
- Các cặp chất cùng tồn tại: Cu(OH)2 và FeCl2; BaSO4 và HCl

IV
6,9

= 0,3mol
23

Na2O

9,3
= 0,15
62

2.0
1.0

1.0

1.0
1.0

nNa =
n
=
mol
PTHH: 2Na + 2H2O →2 NaOH + H2
Na2O + H2O → 2 NaOH
Theo PTHH: n NaOH = n Na + 2 n
H2

Na2O

1
2

n = nNa = 0,15 mol
trong dung dich A: n NaOH = 0,3 + 2 . 0,15 = 0,6 mol
m NaOH = 40 . 0,6 = 24 gam
khối lượng dung dịch sau phản ứng:
m dd A = 6,9 + 9,3 + 284,1 - 0,15 . 2 = 300 gam
gọi x (gam) là khối lượng NaOH có độ tinh khiết 80% cần thêm vào → mNaOH
= 0,8 x (gam).
Dung dịch thu được có: mNaOH = 24 + 0,8 m ( gam)
m dd = 300 + m ( gam)
24 + 0,8m
.100 = 15
300 + m

 C% NaOH =
 m = 32,3
Vậy cần thêm 32,3 gam NaOH có độ tinh khiết 80%
V

2.0


1,12
22,4

2

nHCl = 1,3 mol; n H =
= 0,05 mol ;
nCO

Gọi a, b là số mol của Fe2O3 và MxOy có trong X

2

=

3,36
= 0,15mol
22,4

o

PTHH: 3Fe2O3 + CO

t
→

2Fe3O4 +
2c
3

c mol

CO2

mol

(1)

c

mol
3

to

Fe3O4 + CO
p mol

→

3FeO + CO2
3p mol p mol

(2)

o

FeO + CO
q mol

t
→

Fe + CO2
q mol q mol

(3)

2c
−p

3

 Trong Y: Fe2O3 ( a - c) mol; Fe3O4 (
) mol; FeO ( p - q ) mol
Fe q mol và b mol MxOy
Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2
(4)
Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4 H2O
(5)
Fe2O3 + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2O
(6)
FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O
(7)
MxOy + 2yHCl → xMCl2y/x + yH2O
(8)
b mol
2by mol
Dung dịch Z gồm FeCl2, FeCl3, MCl2y/x, cho Z tác dụng với NaOH dư thu
được kết tủa T, Lọc kết tủa T để ngoài không khí tới khối lượng không đổi chỉ
thu được 32,1 gam bazơ duy nhất.
FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaCl
FeCl3 + 3 NaOH → Fe(OH)3 + 3 NaCl
4 Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4 Fe(OH)3
Vậy bazơ đó là Fe(OH)3
o

Nếu nung bazơ: 2Fe(OH)3
Fe2O3

m

=

t
→

32,1
.160 = 24 gam
107.2

Fe2O3 + 3H2O

< mX Chứng tỏ M không phải Fe

 Khối lượng Fe2O3 có trong X là 24 gam,  n
Khối lượng của MxOy = 69,9 - 24 = 45,9 gam
2

Theo PTHH (4) nH = q = 0,05 mol

Fe2O3

=a=

24
= 0,15mol
160

0,15

2

(1; 2; 3) nCO =

c
3

+ p + q = 0,15

c
3

 + p = 0,1
Theo PTHH ( 4; 5; 6; 7; 8)
nHCl = 6 ( 0,15 - c) + 8(
 0,9 - 2(
Thay
mM

c
3

c
3

2c
−p
3

) + 2( p - q ) + 2q + 2by = 1,3 mol

+ p ) + 2by = 1,3

+ p = 0,1  by = 0,3

y

x

= b(Mx + 16y) = 45,9 (gam)

O

bxM 41,1
=
= 137
by
0,3

 bxM = 41,1 

 M = 137.

y
x

y
x

Thỏa mãn khi = 1, M = 137 là Bari (Ba). Với
CTHH của oxit là BaO

y
x

= 1 chọn x = 1, y = 1.

VI

2,0
0,5

Ta có:
2

4

nH SO bđ = 0,2x mol , nNaOH bđ = 0,3 mol.
PTHH: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
(1)
Trong dung dịch A có chứa Na2SO4 và có thể có H2SO4 hoặc NaOH còn dư
TH1: Phản ứng (1) xảy ra vừa đủ:
2

4

1
2

nNa SO = nNaOH = 0,15 mol
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3
Theo gt nBa(HCO
3 2

2

3 2

)
4

(2)

= 0,2 mol

0,75

≠

nBa(HCO ) = nNa SO = 0,15 0,2 nên trường hợp này loại
TH2: H2SO4 dư, NaOH hết trong dung dịch A gồm:
Na2SO4 ( 0,15 mol), H2SO4 dư (0,2x - 0,15 ) mol.
H2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + CO2 + 2H2O
(3)
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3
(4)
Theo PTHH (3) (4) ta có nBa(HCO

3 2

)

= 0,2x - 0,15 + 0,15 = 0,2

0,75


4

4

→ x = 1 → nBaSO = 0,2 mol → m= mBaSO = 0,2 . 233 = 46,6 gam
TH3: NaOH dư, H2SO4 hết
Trong dung dịch A gồm: NaOHdư ( 0,3- 0,4x) mol, Na2SO4 0,2x mol
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3
(5)
NaOH + Ba(HCO3)2 → BaCO3 + NaHCO3
(6)
Theo PTHH (5)(6) nBa(HCO
4

→ nBaSO = nNa

2

4

SO

= nH

3 2

)

2

= 0,3 - 0,4x + 0,2x = 0,2 → x = 0,5
4

SO

= 0,2 . 0,5 = 0,1 mol

3

nBaCO = nNaOH dư = 0,3 - 0,4 . 0,5 = 0,1 mol
4

3

→ m = mBaSO + mBaCO = 0,1. 233 + 0,1 . 197 = 43 gam
HS có thể giải theo nhiều cách khác nhau nếu đúng cho điểm tối đa câu đó,

UBND HUYỆN THANH CHƯƠNG
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
Đề chính thức
(Đề này gồm 01 trang)
ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN: HÓA HỌC 9
Thời gian làm bài: 120 phút


(Không kể thời gian giao đề)
Câu I (3 điểm):
1. Viết 3 loại phản ứng trực tiếp, 3 loại phản ứng gián tiếp tạo ra CuCl2.
2. Cho một luồng Hiđro (dư) lần lượt đi qua các ống mắc nối tiếp đựng các ôxit được nung nóng
sau đây: Ống 1 đựng 0,01 mol CaO, ống 2 đựng 0,02 mol CuO, ống 3 đựng 0,02 mol Al 2O3, ống 4
đựng 0,01 mol Fe203 và ống 5 đựng 0,05 mol Na 2O. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lấy
từng chất rắn còn lại trong mỗi ống lần lượt cho tác dụng với CaO,dung dịch NaOH, dung dịch
HCl, dung dịch AgNO3. Viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu II (2 điểm
Trong phòng thí nghiệm ):có: Đinh Sắt,dây Đồng, dây Bạc, mẩu Natri, ddHCl, ddCuSO 4, dd FeSO4,
ddAgNO3, và các hóa chất dụng cụ cần thiết em hãy thiết kế các thí nghiệm để xây dựng dãy hoạt
động hóa học của kim loại theo chiều giảm dần mức độ hoạt động.
Câu III (2 điểm):
Cho 10 lít hỗn hợp khí (ở đktc) gồm N 2 và CO2 lội qua 2 lít dung dịch Ca(OH) 2 0,02M thì được 1
gam kết tủa.Tính phần trăm theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp:
Câu IV ( 3 điểm):
Có 2 bình A, B dung tích như nhau và đều ở OoC. Bình A chứa 1 mol O 2, bình B chứa 1 mol Cl 2 ,
trong mỗi bình đều chứa 10,8 gam kim loại M hóa trị n duy nhất. Nung nóng các bình tới khi các
phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó làm lạnh các bình xuống OoC. Người ta nhận thấy tỉ lệ áp suất
trong bình bây giờ là 7/4. Thể tích các chất rắn không đáng kể.
1. Hỏi M là kim loại gì?
2. Thả một miếng kim loại M nặng 2,7 gam vào 200 ml dung dịch HCl nồng độ a mol/l. Sau khi khí
ngừng thoát ra thấy còn lại m gam kim loại M. Cho khí thoát ra đi chậm qua ống đựng CuO dư đốt
nóng. Sau khi kết thúc phản ứng, hòa tan chất rắn còn lại trong ống bằng axit H 2SO4 đặc nóng dư,
thấy bay ra 0,672 lít khí (đktc).
a) Tính nồng độ của dung dịch HCl (a)

b) Lấy m gam kim loại M để trong không khí một thời gian thấy khối lượng tăng lên 0,024 gam.
Tính % kim loại M bị oxi hóa thành oxit.
-HẾT-




ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2008-2009
Môn thi: Hóa học 9
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1:
Trong phòng thí nghiệm có 5 lọ hóa chất bị mất nhãn đựng 5 dung dịch:
Na2SO4; H2SO4; NaOH; BaCl2; MgCl2. Chỉ được dùng Phenolphtelein hãy nhận biết 5 lọ đựng 5
dung dịch trên?
Câu 2:
Từ một hỗn hợp chứa 4 loại chất rắn: Na 2CO3; NaCl; NaHCO3; CaCl2. Trình bày phương
pháp hóa học để thu được NaCl tinh khiết? Viết các phương trình phản ứng xẩy ra?
Câu 3.
Dẫn hỗn hợp A gồm 2 khí H 2 và CO có tỷ khối đối với H 2 là 9,66 qua ống đựng Fe 2O3 (dư)
nung nóng, kết thúc phản ứng thu được 16,8 gam Fe. Tính thể tích hỗn hợp A (đktc) đã tham gia
phản ứng?
Câu 4:
Cho 2 cốc I, II có cùng khối lượng.
Đặt hai cốc I và II lên 2 đĩa cân, cân thăng bằng.
Cho vào cốc I: 102 gam AgNO3 ; Cho vào cốc II: 124,2 gam K2CO3.
a. Thêm vào cốc I: 100 gam dung dịch HCl 29,3% và thêm vào cốc II: 100 gam dung dịch
H2SO4 24,5%.
Hỏi: phải thêm bao nhiêu gam nước vào cốc II ( hay cốc I) để cân lập lại cân bằng?

b. Sau khi cân đã cân bằng, lấy

1
2

khối lượng dung dịch có trong cốc I cho vào cốc II. Phải

cần thêm bao nhiêu gam nước vào cốc I để cân lại thăng bằng ?
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH CHƯƠNG
Ghi chú: Cán bộ coi không được giải thích gì thêm.


PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 VÒNG II.
NĂM HỌC 2011 – 2012.
Môn hoá học ( thời gian làm bài 120 phút)
Câu 1: (2,75 điểm )Viết phương trình hoá học thực hiện sự chuyển hoá lẫn nhau giữa các chất
theo sơ đồ biến hoá dưới đây
(7)

(1)

FeCl3

(8)

FeSO4
(6)

(3)

FeCl2
(4)

Fe2(SO4)3

( 5)

Fe2(SO4)3 (2)
FeCl3
Câu 2 (3,25điểm )
Không dùng thêm bất cứ thuốc thử nào( Kể cả nguồn nhiệt, nguồn điện). Hãy nhận biết các
dung dịch sau đây. Ba(HCO3)2, Na2CO3, Na2SO4 ,KHCO3 , KHSO4
Câu 3 (4điểm ) Muối ăn sản xuất từ nước biển có chứa một số tạp chất:
Ba(HCO3)2 , Mg(HCO3)2 , FeCl2 ,BaCl2, CaCl2 , Ca(HCO3)2 ,
Mg(HSO3)2 , Ba(HSO3)2, ZnCl2 , MgCl2
Trình bày phương pháp loại bỏ các tạp chất trên để thu được muối ăn tinh khiết.
Câu 4 (4,5điểm ) Trong 2 cốc khối lượng bằng nhau A và B đều có chứa 300g dung dịch HCl
cùng nồng độ. Đặt 2 cốc lên 2 đĩa cân của một cân thăng bằng. Cho vào cốc A 26,52 gam
CaCO3, cho vào cốc B 26,52 gam Fe2S3 , để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hãy tính toán để
trả lời
1. Nếu sau phản ứng trong cả 2 cốc các chất rắn đều tan hết thì cân lệch nặng về bên nào ?
2. Nếu sau phản ứng trong cả 2 cốc các chất rắn đều tan không hết thì cân lệch nặng về bên
nào ?
3. Nếu sau phản ứng cân vẫn ở trạng thái cân bằng thì nồng độ của dung dịch HCl ban đầu là
bao nhiêu ?
( Giả sử toàn bộ các khí tạo thành từ các phản ứng đều bay ra khỏi cốc)
Câu 5 (5,5điểm )
Cho 4,68 gam hỗn hợp khí A gồm CO, CO2, H2 vào bình có chứa 30,4 gam hỗn hợp B gồm CuO
và FeO nóng. Sau khi các phản ứng kết thúc thu được hỗn hợp X gồm CO2, hơi nước ra khỏi

bình, hỗn hợp rắn Y còn lại trong bình gồm các kim loại và oxit của chúng có khối lượng
25,6gam. Cho hỗn hợp X hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 20,685 gam
kết tủa. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu lấy khí SO2 thoát ra.
1. Viết các phương trình hoá học.
2. Tính phần trăm về thể tích mỗi khí có trong hỗn hợp A.
3. Để hấp thụ vừa hết lượng SO2 thu được ở trên bằng dung dịch NaOH 0,5M thì cần nhiều
nhất là bao nhiêu lít và ít nhất là bao nhiêu lít dung dịch ?. Biết rằng khối lượng của Sắt
trong rắn Y là 5,6 gam.
( Cho H = 1; C = 12; O = 16; , Na=23; S = 32; Cl = 35,5; Fe =56; Cu = 64; Ba= 137).

Câu
Câu 1
2,75điểm

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN HOÁ HỌC LỚP 9 VÒNG II.
NĂM HỌC 2011 – 2012.
Nội dung
1. FeSO4 + BaCl 2  FeCl2 + BaSO4
2. Fe2(SO4)3 + 3 BaCl 2 2FeCl3+ 3BaSO4

Điểm
0,25
0,25


3.
4.
5.
6.
7.

8.
Câu 2
3,25điểm

2Fe2(SO4)3 + Fe  3FeSO4
2FeCl3+ Fe  3FeCl2
2FeCl2 + Cl2 2FeCl3
2FeSO4 + 2 H2SO4 đặc nóng Fe2(SO4)3+ SO2 +2H2O
6FeSO4 + 3Cl2 2FeCl3 +2 Fe2(SO4)3
6FeCl2 +6 H2SO4 đặc nóng  4FeCl3 + Fe2(SO4)3 + 3SO2 +6H2O

Trích các mẫu thử lấy từng mẫu thử cho tác dụng với các mẫu thử còn lại.
Hiện tượng quan sát thấy được thể hiện ở bảng dưới đây
Thể hiện có chất khí
Ba(HCO3)2 Na2CO3
Na2SO4
KHCO3
KHSO4
Ba(HCO3)2
Na2CO3
Na2SO4
KHCO3
KHSO4

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5

0,75

Thể hiện có chất kết tủa xuất hiện.
− Thể hiện không có hiện tượng gì
Từ kết quả ở bảng trên kết luận;
Nhận ra: dd Ba(HCO3)2 có 3 lần kết tủa, 1 lần có khí thoát ra
- dd Na2CO3 có 1 lần kết tủa, 1 lần có khí thoát ra.
- dd Na2SO4 có 1 lần kết tủa
- dd KHCO3 1 lần có khí thoát ra.
- dd KHSO4 có 1 lần kết tủa, 3 lần có khí thoát ra.
Các PTHH: Ba(HCO3)2 + Na2CO3 2NaHCO3 + BaCO3
Ba(HCO3)2 + Na2SO4 2NaHCO3 + BaSO4
Ba(HCO3)2 + 2KHSO4  K2SO4+ BaSO4 + 2CO2 + 2H2O
Na2CO3+ 2KHSO4  Na2SO4+ K2SO4+ CO2 + H2O
KHCO3 + KHSO4  K2SO4+ CO2 + H2O
Câu 3
4 điểm

Cho muối ăn có lẫn tạp chất tan hết vào nước được dd A
Đun nóng dd A, lọc bỏ kết tủa gồm BaCO3, CaCO3, MgCO3 , BaSO3 , MgSO3
được
Dung dịch B gồm NaCl, CaCl2, FeCl2 , ZnCl2, BaCl2, MgCl2
Các PTHH: Ba(HCO3)2
t0
BaCO3 + CO2 + H2O
0
Ca(HCO3)2
t
CaCO3 + CO2 + H2O

Mg(HCO3)2
t0
MgCO3 + CO2 + H2O
Ba(HSO3)2
t0
BaSO3 + SO2 + H2O
Mg(HSO3)2
t0
MgSO3 + SO2 + H2O

1,25

1,25

1,5


Cho dd Na2CO3 dư vào dd C lọc kết tủa (BaCO3, MgCO3, CaCO3 ,
ZnCO3) được dd D (NaCl, Na2CO3 dư )
BaCl2 + Na2CO3  2NaCl + BaCO3
MgCl2 + Na2CO3  2NaCl + MgCO3
CaCl2 + Na2CO3  2NaCl + CaCO3
ZnCl2 + Na2CO3  2NaCl + ZnCO3
FeCl2 + Na2CO3  2NaCl + FeCO3

FeCO3,

Cho D tác dụng với dd HCl dư được dd E (NaCl, HCl dư)
2HCl+ Na2CO3  2NaCl + CO2 + H2O
Đun cạn dd E được NaCl tinh khiết.

Câu 4
4 điểm

Các PTHH:

2HCl + CaCO3  CaCl2 + CO2 + H2O
(1)
Fe2S3 + 6HCl 2FeCl3 + 3H2S
(2)
nCaCO3 = 0,2652 (mol), n Fe2S3 = 0,1275 (mol)

1, Sau phản ứng cả 2 cốc các chất rắn đều tan hết
Axit không thiếu.
Từ (1): nCO2 = nCaCO3 =0,2652 (mol ) ↔ 11,6688 (gam)
Từ (2):n H2S = 3n Fe2S3 = 3x 0,1275 = 0,3825(mol)↔ 13,005 (gam)
Do 11,6688 < 13,005  cân lệch nặng về phía cốc A
2, Sau phản ứng cả 2 cốc các chất rắn đều tan không hết  Axit đã hết
Đặt n HCl trong mỗi cốc là x (mol).
Từ (1): nCO2 = ½ x (mol) ↔ 22 x (gam)
Từ (2): n H2S = ½ x( mol) ↔ 17 x (gam)
Do 22x > 17 x  cân lệch về phía cốc B
3, Nếu sau phản ứng cân vẫn thăng bằng  phải có 1 bên tan hết 1 bên không
tan hết
Để tan hết CaCO3 thì n HCl = 2 x 0,2652 = 0,5304 ( mol )
Để tan hết Fe2S3 thì n HCl = 6 x 0,1275 = 0, 765 ( mol)
Do 0, 765 > 0,5304  CaCO3 tan hết Fe2S3 d ư
Vì CaCO3 tan hết nCO2 = nCaCO3 =0,2652 (mol) ↔11,6688 (gam)
Vì cân thăng bằng  m H2S = 11,6688 (gam) ↔ 0,3432 (mol)
Từ 2 do Fe2S3 tan chưa hết nên nHCl = 2n H2S =0,6864 (mol )
Với nHCl =0,6864 (mol)  n Fe2S3 bị tan = 0,1144 < 0,1275 phù hợp

nCaCO3 bị tan = 0,3432 > 02652 phù hợp
Vậy C% của dd HCl

=

0,6864 . 36,5
300

.100

= 8,3152 %

1,5

1

0,5

1

1

2


Câu 5
5,5 điểm

Các PTHH
1.

CO + CuO t0
Cu + CO2
( 1)
0
H2 + CuO t
Cu + H2O
(2)
CO + FeO t0
Fe + CO2
( 3)
H2 + FeO t0
Fe + H2O
( 4)
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O
( 5)
2Fe + 6 H2SO4 (đặc nóng) Fe2(SO4)3+ 3SO2 +6H2O ( 6)
Cu + 2 H2SO4 (đặc nóng) CuSO4+ SO2 +2H2O
( 7)
2FeO + 4 H2SO4 (đặc nóng) Fe2(SO4)3+ SO2 +4H2O ( 8)
CuO + H2SO4 (đặc nóng) CuSO4+ H2O ( 9)
nBaCO3 = 0,105 (mol)

mO bị khử khỏi oxit = 30,4 -25,6 = 4,8 (gam) ↔ 0,3 (mol)
2. Trong hỗn hợp A:
Đặt nCO = x (mol), nCO2 =y (mol),
nH2 = z (mol)
28x + 44y + 2z = 4,68
(a)
Từ( 1),( 2),( 3),( 4)→ nO bị khử = ∑nCO + nH2 = 0,3 (mol)

 x+ z = 0,3 (mol)
(b)
Từ( 1),( 2) nCO = nCO2
x + y = 0,105
(c)
Từ( 5)
nCO2 = nBaCO3
Giải hệ(a), (b), (c) ta có x = 0,03, y = 0,075, z = 0,27
 ∑nA = 0,375(mol)
Vậy % CO =

0,03 .
100001x 100 = 8% , % CO2 =
0,375

% H2 = 100 –( 8 + 20) = 72%

.
x0,075
100 =20%
0,375
100001

2,5

1


3.
m Fe = 5,6 (gam) ↔ 0,1 (mol) nCu = 0,3 - 0,1 = 0,2 ( mol) ↔ 12,8(g)

 m oxit = 25,6 – ( 5,6 + 12,8 ) = 7,2 (gam)
* Thể tích dung dịch NaOH 0,5M cần nhiều nhất khi và chỉ khi lượng SO2 ra
nhiều nhất và dung dịch thu được sau khi hấp thụ chỉ chứa Na2SO3 tức là chỉ
xẩy ra phản ứng.
2 NaOH + SO2 → Na2SO3 + H2O
(10)
- n SO2 max khi 7,2 (gam) oxit chỉ chứa FeO ↔ 0,1 ( mol)
Khi đó n SO2 max ở (6),(7),(8) = 0,15 + 0,2 + 0,05 = 0,4 ( mol)
Từ (10) n NaOH max= 0,4 x 2 = 0,8 ( mol)
 V dd NaOH max = 0,8 / 0,5 = 1,6 (lit)
* Thể tích dung dịch NaOH 0,5M cần ít nhất ↔ n SO2 ra ít nhất và dung dịch
thu được sau khi hấp thụ SO2 chỉ chứa NaHSO3 tức là chỉ xẩy ra.
NaOH
+ SO2 → NaHSO3
(11)
- n SO2 min khi 7,2 (gam) oxit chỉ chứa CuO
- Khi đó n SO2 min ở (6), (7) = 0,15 + 0,2 = 0,35 (mol)
- Từ (11) n NaOH min = n SO2 min = 0,35 (mol)
↔ V dd NaOH min = 0,35/ 0,5 = 0,7 (lit)
Bài làm cách khác đúng và hợp lý vẫn cho điểm tối đa
----Hết---

2