Đề Giao lưu Thành Phố và Sầm Sơn

ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI (Giao lưu TP và Sầm Sơn)
Năm học: 2020 - 2021
Môn: HOÁ HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi gồm có: 02 trang
Câu 1: (2 điểm)
Trình bày phương pháp hóa học phân biệt các dung dịch riêng biệt sau:
Na2SO4, Na2CO3, HCl, BaCl2.
a. Không dùng thêm thuốc thử.
b. Dùng thêm một kim loại làm thuốc thử.
Câu 2: (2 điểm)
a. Hỗn hợp X gồm Fe(NO3)3; Cu(NO3)2; AgNO3. Trong hỗn hợp X, nguyên tố N
chiếm 11,864% về khối lượng. Từ 42,48 gam hỗn hợp X có thể điều chế được bao
nhiêu gam hỗn hợp kim loại: Fe, Cu, Ag.
b. Hỗn hợp A gồm O2 và N2 có tỉ khối so với H2 là 14,4. Tính thành phần phần
trăm về thể tích của hỗn hợp A.
Câu 3: (2 điểm)
Cho dung dịch X chỉ chứa 1 chất tan, người ta tiến hành các thí nghiệm sau:
X + Na2CO3 → khí B
X + K2SO3 → khí C
X + FeS → khí D
X + MnO2 → khí E
Tìm X, B, C, D, E và viết PTHH minh họa.
Câu 4: (2 điểm)
Hòa tan 1,92 gam một kim loại R có hóa trị không đổi trong dung dịch axit
sunfuric đặc, nóng, vừa đủ thoát ra 0,672 lit khí (đktc) và thu được dung dịch A. Cô
cạn từ từ dung dịch A còn lại 7,5 gam tinh thể muối ngậm nước. Tìm kim loại và công
thức tinh thể muối ngậm nước.
Câu 5: (2 điểm)
Cho m gam sắt vào 500 ml dung dịch axit clohiđric 3,5M. Sau phản ứng thu

được khí A và dung dịch B. Nhúng một thanh magie kim loại vào dung dịch B. Sau
một thời gian, nhấc thanh magie kim loại ra cân lại thấy khối lượng không thay đổi so
với trước phản ứng. Tính m và nồng độ mol của dung dịch B. (Biết các phản ứng xảy
ra hoàn toàn)
Câu 6: (2 điểm)
Từ nước, photphat tự nhiên, quặng pirit sắt, muối ăn và các thiết bị, xúc tác cần
thiết khác xem như có đủ, viết PTHH điều chế: supe photphat kép, FeCl2.
Câu 7: (2 điểm)
Dẫn một luồng không khí có lẫn các tạp chất: khí hiđro sunfua, khí lưu huỳnh
đioxit và khí nitơ đioxit lần lượt đi qua dung dịch natri hiđroxit dư, dung dịch axit
sunfuric đặc và vụn đồng nung nóng, dư. Cuối cùng thu được khí X. Viết các PTHH
biểu diễn PƯHH xảy ra và cho biết thành phần của khí X.


Câu 8: (2 điểm)
Hòa tan 16,8 gam muối cacbonat trung hòa của kim loại R hóa trị II trong dung
dịch HCl dư thoát ra V lit khí (đktc). Hấp thụ toàn bộ lượng khí sinh ra trong 200 ml
dd bari hiđroxit 0,92M thu được 33,096 gam kết tủa. Tính V và tìm công thức của
muối cacbonat.
Câu 9: (2 điểm)
Hòa tan hoàn toàn 3,1 gam hỗn hợp hai kim loại M có hóa trị I và R có hóa trị
II vào 47 gam nước thoát ra x lit khí (đktc) và thu được dung dịch D có tổng nồng độ
phần trăm của chất tan là 9,6%. Tính x.
Câu 10: (2 điểm)
1. Trong công nghiệp để sản xuất NaOH người ta dùng phương pháp điện phân
dung dịch NaCl bão hòa, có màng ngăn xốp.
a. Viết PTHH, giải thích ngắn gọn vai trò của màng ngăn xốp?
b. Nếu không có màng ngăn xốp thì sản phẩm thu được là gì?
2. Trong công nghiệp người ta điều chế nhôm bằng phương pháp điện phân
nóng chảy nhôm oxit. Viết phương trình điện phân và xác định thành phần của X, Y

trong sơ đồ bể điện phân sau:

----- HẾT -----

Họ và tên thí sinh: …………………………………………………….
(Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và máy tính bỏ túi )


KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 9
Năm học: 2020 - 2021
Môn: HOÁ HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút

Hướng dẫn chấm
Câu
Câu 1
1a

1b

Câu 2
a.

Nội dung

HS không kẻ bảng mà lập luận đủ vẫn cho điểm tối đa.
Không dùng thuốc thử:
- Lấy mẫu
- Cho các dd pư với nhau từng đôi một, ta có bảng sau:
Na2CO3

Na2SO4
HCl
BaCl2
Na2CO3
CO2 ↑
BaCO3↓
Na2SO4
BaSO4↓
HCl
CO2 ↑
BaCl2
BaCO3↓
BaSO4↓
Kết quả
1 khí, 1 kết tủa
1 kết tủa
1 khí
2 kết tủa
PTHH: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2
Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl
Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2NaCl
Nhận thấy: dd nào pư với 3 dd khác tạo thành 1 chất khí là dd HCl; tạo thành 1 chất
khí và 1 kết tủa là dd Na2CO3; tạo thành 1 kết tủa là dd Na2SO4; tạo thành 2 kết tủa là
dd BaCl2
Chỉ dùng 1 kim loại: dùng Fe
- Lấy mẫu thử
- Cho các dd pư với Fe, dd pư có khí thoát ra là dd HCl
2HCl + Fe → FeCl2 + H2
- Cho dd HCl vào các dd còn lại, dd pư có khí thoát ra là dd Na2CO3
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2

- Cho dd Na2CO3 vào 2 dd còn lại, dd pư tao kết tủa trắng là dd BaCl2
BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl
- Dd còn lại là Na2SO4

1,0

1,0

2,0

Trong 42,48 gam X có:
11,864
5, 04
m N = 42, 48 ×
≈ 5, 04 (g) → n N =
= 0,36 (mol)
100
14
Lại có: n ( − NO3 ) = n N = 0,36 → m ( − NO3 ) = 0, 36.62 = 22,33 (g)

b.

Điểm
2,0

→ mKL = 42,48 – 23,22 = 19,26 (g)
Gọi số mol của O2 và N2 trong hỗn hợp A lần lượt là a, b mol
Ta có:

..............

0,5

...............

0,5

32a + 28b
= 14, 4 × 2 → b = 4a
a+b

Đối với chất khí, %V = %n
→ %VO2 =

Câu 3

a
×100% = 20%; %VN 2 = 100% − 20% = 80%
a + 4a

Xác định đúng 1 chất được 0,2 điểm. Viết đúng 1 PTHH được 0,25 điểm.

2,0


Dd X là dd HCl, B là CO2, C là SO2, D là H2S, E là Cl2
PTHH: 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2
2HCl + Na2SO3 → 2NaCl + H2O + SO2
2HCl + Na2S → 2NaCl + H2S
t0

4HCl đặc + MnO2 
→ MnCl2 + 2H2O + Cl2
Câu 4

Gọi hóa trị của R là x (x ≤ 3)
t0
PTHH: 2R + 2xH2SO4 đ 
(1)
→ R2(SO4)x + 2xH2O + xSO2 ↑
0,672
= 0,03 (mol)
Theo bài ra: n SO2 =
22, 4
2
2
0,06
(mol)
Theo (1): n R = ×n SO2 = ×0,03 =
x
x
x
0,06
×R = 1,92 → R = 32x.
→ mR =
x
Khi x = 1 → R = 32 (loại)
Khi x = 2 → R = 64 = Cu
Khi x = 3 → R = 96 (loại)
PTHH (1) được viết lại như sau:
t

Cu + 2H2SO4 đ 
(2)
→ CuSO4 + 2H2O + SO2 ↑
Theo (2): n CuSO4 = n SO2 = 0,03 mol → m CuSO4 = 0,03.160 = 4,8 (g)
→ m H2O = 7,5 − 4,8 = 2,7 (g)

2,0

……

0,25

……..

0,25

………..

0,5

0

Gọi công thức tinh thể là CuSO4.nH2O ta có:
4,8 2,7
:
= 1: 5 . Vậy công thức tinh thể là CuSO4.5H2O
1: n =
160 18
Câu 5

………
………..

PTHH: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2
(1)
Dung dịch B có chứa FeCl 2, khi cho Mg tác dụng với FeCl 2 làm khối lượng thanh kim
loại tăng. Theo bài ra khối lượng thanh kim loại không thay đổi → trong dd B có
HCl dư.
Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2
(2)
→
Mg + FeCl2
MgCl2 + Fe
(3) …….
Gọi số mol Fe là a mol và số mol Mg phản ứng với HCl là b mol.
Theo (1) và (2): nHCl = 2nFe + 2nMg = 2a + 2b (mol)
Theo bài ra: nHCl = 0,5.3,5 = 1,75 (mol)
→ 2a + 2b = 1,75 → a + b = 0,875
(*)
Vì khối lượng thanh kim loại Mg không thay đổi sau khi phản ứng với dd B nên khối
lượng Mg tham gia phản ứng (2) bằng khối lượng kim loại tăng ở phản ứng (3) ……
Theo (1) và (3): nMg = nFeCl2 = nFe = amol
→ mKLo¹i t¨ng = 56a − 24a = 32a (g)
Theo (2) mMgp = 24b (g)
→ 32a = 24b → a = 0,75b (**)
Từ (*) và (**) → a = 0,375 ; b = 0,5
→ m = 0,375 . 56 = 21 (g)
………
Trong dd B có FeCl2 và HCl dư.

0,5
0,5
2,0

0,5

0,5

0,5


Theo (1) nFeCl2 = nFe = 0,375 (mol) → CM

FeCl2

=

Lại có: nHCl = 2nFe = 2.0,375 = 0,75 (mol)

0,375
= 0,75M
0,5

1
→ nHCl d = 1,75 − 0,75 = 1 (mol) → CM =
= 2M
HCl

0,5

0,5
2,0

Câu 6

- Điều chế supe photphat kép:
§F
2H2O 

→ 2H2 + O2
t
4FeS2 + 11O2 
→ 2Fe2O3 + SO2
V O ,t
2SO2 + O2 
→ 2SO3
SO3 + H2O → H2SO4
Ca3(PO4)2 + 3H2SO4 → 3CaSO4 + 2H3PO4
Ca3(PO4)2 + 2H3PO4 → 3Ca(H2PO4)2
- Điều chế FeCl2:
t
Fe2O3 + H2 
→ Fe + H2O
§ F,mn
2NaCl + 2H2O →
2NaOH + H2 + Cl2
H2 + Cl2 → 2HCl
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
0

2

5

0

………..

1,0

………..

1,0
2,0

0

Câu 7

- Qua dd NaOH dư: khí H2S, SO2, NO2, CO2 bị giữ lại.
H2S + 2NaOH → Na2S + 2H2O
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O
2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
- Qua dd H2SO4 đặc: hơi nước bị giữ lại.
- Qua vụn đồng nung nóng, dư: khí O2 bị giữ lại
t
2Cu + O2 
→ 2CuO
- Khí X còn lại là N2, khí hiếm.

……….

1,0

0

……….

1,0
2,0

………

0,5

Câu 8

PTHH: RCO3 + 2HCl → RCl2 + H2O + CO2
(1)
Khí sinh ra là CO2, hấp thụ trong dd Ba(OH)2 có thể xảy ra các pư sau:
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O
(2)
2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2
(3)
Theo bài ra: n Ba (OH) = 0, 2 × 0,92 = 0,184 (mol); n BaCO =
2

3

33, 096
= 0,168 (mol)
197

Nhận thấy: n Ba (OH)2 > n BaCO3 → có thể xảy ra 2 trường hợp:
* TH1: Chỉ xảy ra pư (2), sau pư Ba(OH)2 còn dư.
Theo(1)(2): n RCO = n CO = n BaCO = 0,168 mol
3

2

* TH2: xảy ra cả pư (2) và (3):
Theo (2): n Ba (OH) = n CO = n BaCO = 0,168 mol
→ n Ba (OH) ở pư (3) = 0,184 – 0,168 = 0,016 (mol)
Theo (3): n CO = 2n Ba (OH) = 2 × 0, 016 = 0, 032 (mol)
2

3

2

2

2

0,5

3

16,8

= 100 → R = 40 = Ca → Muối là CaCO3
→ R + 60 =
0,168
2

………

………

0,5


→ n CO

2

cần dùng

→ R + 60 =

= 0,168 + 0,032 = 0,2 (mol)

16,8
= 84 → R = 24 = Mg → Muối là MgCO3
0, 2

……..

2,0

Câu 9
PTHH: 2M + 2H2O → 2MOH + H2

R + 2H2O → R(OH)2 + H2
Gọi số mol H2 thoát ra là a mol.
Theo (1)(2): n H O = 2n H = 2a (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn cho (1) và (2) ta có:
2

(1)
(2)

……….

……….
Lại có: mdd = 3,1 + 47 – 2a = 50,1 – 2a (g)

3,1 + 34a
→ C% =
× 100% = 9, 6% → a = 0,05
50,1 − 2a

→ x = 0,05.22,4 = 1,12 (lít)

………
………

0,5
0,25
0,5

0,25

……………..

Câu10

10b.

0,5

2

m MOH + m R (OH)2 = m KL + m H2O − m H 2 = 3,1 + 18 × 2a − 2a = 3,1 + 34a (g)

10.1

0,5

2,0

a. PTHH : 2NaCl + 2H2O → 2NaOH + H2 + Cl2
- Màng ngăn xốp ngăn không cho Cl2 và NaOH sinh ra pư vời nhau.
- Nếu không có màng ngăn xốp, sản phẩm thu được là nước giaven:
2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O
§ F,mn

PTHH : 2Al2O3 → 4Al + 3O2
X: hỗn hợp Al2O3 và Na3AlF6 (criolit)
Y: Al
§ F, criolit

……..
……..
…….
………

Lưu ý :
- Phương trình hóa học : nếu sai cân bằng hay thiếu điều kiện thì trừ ½ số điểm dành cho
phương trình hóa học đó.
- Bài toán giải theo cách khác đúng kết quả, lập luận hợp lý vẫn đạt điểm tối đa. nếu tính
toán nhầm lẫn dẫn đến kết quả sai trừ ½ số điểm dành cho nội dung đó. Nếu dùng kết quả sai để
giải tiếp thì không chấm điểm các phần tiếp theo.

0,5
0,5
0,5
0,5