Bài giảng Đề thi HS Giỏi Hóa 9 huyện Đak Pơ, Gia Lai, năm 2010 - 2011 Vòng 1 ( Có đáp án)Thi ngày31/12/2010

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐAK PƠ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC : 2010 – 2011
(Vòng 1) Môn : Hóa học Lớp : 9 Thời gian : 150 phút
( Không kể thời gian phát đề )
Câu 1: (3 điểm)
Có 3 lọ bị mất nhãn chứa các dung dịch:
- Lọ X gồm K
2
CO
3
và NaHCO
3

- Lọ Y gồm KHCO
3
và Na
2
SO
4
- Lọ Z gồm Na
2
CO
3
và K
2
SO
4
Chỉ được dùng dung dịch BaCl
2
và dung dịch HCl. Nêu cách nhận biết các lọ và viết các phương
trình phản ứng hóa học minh họa.

Câu 2: (3 điểm)
Nung 18,4g hỗn hợp CaCO
3
và MgCO
3
. Phản ứng xong, người ta thu được hỗn hợp chất rắn có khối
lượng giảm 8,8g so với hỗn hợp trước khi nung.
a) Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra?
b) Vì sao khối lượng sau phản ứng lại giảm?
c) Tính khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp trước khi nung?
Câu 3: ( 4 điểm)
Hòa tan 6,4g hỗn hợp bột Fe và oxit sắt chưa biết hóa trị vào dung dịch HCl dư thấy có 2,24 lít khí H
2
(đktc). Nếu đem một nửa hỗn hợp trên khử bởi khí H
2
thì thu được 0,1 gam nước. Hãy xác định công
thức của oxit sắt đó.
Câu 4: (5 điểm)
1. Có 2 dung dịch H
2
SO
4
và NaOH. Biết rằng 20ml dung dịch H
2
SO
4
tác dụng vừa đủ với 60ml dung
dịch NaOH. Mặt khác cho 20ml dung dịch H
2
SO

4
trên tác dụng với 5,91gam BaCO
3
, để trung hòa lượng
H
2
SO
4
dư sau phản ứng ta cần 10ml dung dịch NaOH nói trên. Tính nồng độ mol/l của hai dung dịch đó.
2. Hòa tan một muối cacbonat kim loại M bằng một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
9,8% ta thu được
dung dịch muối có C% = 14,18%. Xác định công thức muối cacbonat đó.
Câu 5: (5 điểm)
Hỗn hợp X gồm CaCO
3
, MgCO
3
và Al
2
O
3
, trong đó khối lượng của Al
2
O
3
bằng khối
lượng các muối cacbonat. Nung X ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y có khối

lượng bằng 56,80% khối lượng hỗn hợp X.
a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.
b. Hòa tan chất rắn thu được sau khi nung 22,44 gam X trên bằng dung dịch HCl 1,6M. Hãy xác
định thể tích dung dịch HCl đã dùng.
Hết
Lưu ý: Thí sinh được phép sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học và máy tính
bỏ túi.
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
1
10
Câu 1:(3 điểm)
- Cho dung dịch HCl dư vào 3 mẫu chứa các dung dịch trong 3 lọ trên, lắc nhẹ (để phản
ứng xảy ra hoàn toàn). Nhỏ tiếp dung dịch BaCl
2
vào sản phẩm tạo ra trong 3 mẫu.
+ Sản phẩm nào không có kết tủa xuất hiện. Sản phẩm đó là của mẫu chứa dung dịch
K
2
CO
3
và NaHCO
3
( lọ X).
NaHCO
3
+ HCl NaCl + CO
2
+ H
2
O

K
2
CO
3
+ 2HCl 2KCl + CO
2
+ H
2
O
+ Sản phẩm nào có kết tủa trắng xuất hiện. Sản phẩm đó là của mẫu chứa dung dịch
KHCO
3
và Na
2
SO
4
(lọY) và mẫu chứa dung dịch Na
2
CO
3
và K
2
SO
4
(lọ Z).
Na
2
SO
4
+ BaCl

2
BaSO
4
+ 2NaCl
K
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
+ 2KCl
- Cho dung dịch BaCl
2
dư vào 2 mẫu chứa các dung dịch trong 2 lọ Y và Z. Lọc lấy
nước lọc, cho dung dịch HCl vào 2 nước lọc đó.
+ Ở phần nước lọc thấy có khí thoát ra làm đục nước vôi. Nước lọc đó là của mẫu
chứa KHCO
3
và Na
2
SO
4
(lọ Y). (trong nước lọc gồm KHCO
3
, NaCl) KHCO
3
+
HCl KCl + CO

2
+ H
2
O
+ Ở phần nước lọc nào không có hiện tượng gì. Nước lọc đó là của mẫu chứa Na
2
CO
3
và K
2
SO
4
(lọ Z). ( trong nước lọc gồm KCl, NaCl).
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 2 a, phương trình phản ứng
CaCO
3
→
t0
CaO + CO
2
↑
MgCO
3
→ MgO + CO

2
↑
b, Khối lượng của phản ứng sau khi nung lại giảm so với khối lượng ban đầu vì phản ứng
phân hủy giải phóng khí CO
2
bay ra.
c, Ta có: n
CO2
=
8,8
44
= 0,2(mol)
Đặt X và Y là số mol CaCO
3
và MgCO
3
có trong hỗn hợp ban đầu.
Ta có hệ phương trình :
{
100 84 18,4
0,2
X Y
X Y
+ =
+ =
Giải hệ phương trình, ta có: X = Y =0,1
⇒ Khối lượng hỗn hợp trước khi nung:
3
CaCO
m

= 100.0,1 = 10g
3
MgCO
m
= 84.0,1 =8,4g
Câu 3
2
2,24
0,1
22,4
H
n mol= =
Đặt công thức của oxit sắt là Fe
2
O
n
Fe + 2HCl  FeCl
2
+ H
2
(1)
Từ (1)
2
0,1
Fe H
n n mol= =
2
0,1.56 5,6
6,4 5,6 0,8
n

Fe
Fe O
m gam
m gam
= =
= − =
Fe
2
O
n
+ 2nHCl  2FeCl
n
+ nH
2
O (2)
(112 + 16n ) gam 18n gam
0,8 gam 0,1 gam
Ta có : (112 + 16n)0,1 = 18n . 0,4
11,2 + 1,6n = 7,2n
11,2 = 5,6n => n = 2
Vậy CTHH của oxit sắt là : FeO
Câu 4:
1
.
2NaOH + H
2
SO
4
Na
2

SO
4
+ 2H
2
O

(1)
H
2
SO
4
+ BaCO
3
BaSO
4
+ CO
2
+ H
2
O (2)
H
2
SO
4 (dư)
+ 2NaOH Na
2
SO
4
+2 H
2

O (3)
Đặt x, y là nồng độ mol/l của H
2
SO
4
và NaOH.
Tacó: n = 0,06y (mol) ( trong 60ml lít )
n = 0,01y (mol) ( trong 10ml lít )
n = 0,02x (mol)
Từ (1): n = 2n 0,06y = 2.0,02x x = y
Từ (2-3): n = + 1/2.0,01y 1/2.0,06y = 0,03 + 0,005y
x = 1,8M ; y = 1,2M
2
.
M
2
(CO
3
)
n
+ nH
2
SO
4
M
2
(SO
4
)
n

+ nCO
2
+ nH
2
O (1)
Gọi x là số mol M
2
(CO
3
)
n

Từ (1): n = n = x (mol)
n = n = n. n = nx (mol)
Ta có: m = (2M + 60n)x (gam)
m = (2M + 96n)x (gam)
m = 98nx (gam) m = (gam)
m = 44nx (gam)
NaOH
H
2
SO
4
NaOH
H
2
SO
4
NaOH
⇔

⇒
H
2
SO
4
⇔
⇒
197
91,5
2
3
M
2
(SO
4
)
n
M
2
(CO
3
)
n

H
2
SO
4
CO
2

M
2
(SO
4
)
n

M
2
(CO
3
)
n
(ct)
M
2
(SO
4
)
n
(ct)
H
2
SO
4
(ct)
H
2
SO
4

(dd)
nx
nx
1000
8,9
100.98
=
CO
2
⇒
Từ (1), áp dụng đlbt khối lượng, tacó:
m = (2M + 60n)x + 1000nx - 44nx = (2M + 1016n)x (gam)
Vậy: C% = = 14,18 M = 28n
n = 1 M = 28 (loại)
n = 2 M = 56 (Fe)
n = 3 M = 84 (loại) Vậy M : Fe , muối : FeCO
3
Câu 5:(5 điểm)
a CaCO
3
CaO + CO
2
(1)
MgCO
3
MgO + CO
2
(2)
Đặt a, x, y là số gam của Al
2

O
3
,CaCO
3
, MgCO
3
trong hỗn hợp X.
Theo gt: m = 1/10 m x + y = 10a (I)
Vậy m
A
= 10a + a = 11a gam . (Chất rắn Y gồm: MgO, CaO và Al
2
O
3
)
Theo gt: m
B
= m
A
= 6,248a gam
Vậy: = 6,248a - a = 5,248a (II). Giải hệ (I,II), suyra : x = 5,8a
Vậy %m = = 52,73%. %m = = 9,09%
%m = 38,18%
b Khi nung 22,44 gam X, ta có:
m = 22,44/11= 2,04 gam ( n = 0,02 mol )
m = 5,8. 2,04 = 11,832 gam ( n = 0,118 mol)
m = 8,568 gam ( n = 0,102 mol)
Ptpư: CaO + 2HCl CaCl
2
+ H

2
O (3)
MgO + 2HCl MgCl
2
+ H
2
O (4)
Al
2
O
3
+ 6HCl 2AlCl
3
+ 3H
2
O (5)
Từ ( 3-5): n = 0,56 mol. Vậy V = = 0,35 lít = 350 ml

M
2
(SO
4
)
n
(dd)
xnM
xnM
)10162(
100.)962(
+

+
⇔
⇒
⇒
⇒
t
0
Al
2
O
3
(MgCO
3
, CaCO
3
)
⇒
CaCO
3
Al
2
O
3
a
a
11
100.
MgCO
3
a

a
11
100.8,5
Al
2
O
3 Al
2
O
3
CaCO
3
MgO
CaO
MgCO
3
HCl HCl
t
0
100
80,56
84
.40
100
.56 yx
+
6,1
56,0