Bộ đề thi học sinh giỏi HUYỆN và CHỌN đội TUYỂN dự THI TỈNH môn hóa 9 có đáp án CHI TIẾT kèm GIỚI THIỆU đề THI HSG cấp TỈNH và đề CHUYÊN của các TỈNH

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẬU LỘC
(Đề này gồm có 10 câu / 2trang)

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG TỈNH (BÀI 1)
NĂM HỌC 2020- 2021
MƠN HĨA HỌC – CẤP THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(2,0 điểm) Cân bằng các phương trình hóa học sau
t
a. FexOy + CO →
FeO + CO2
t
b. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + NO2+ H2O ( n NO : n NO = 1 : 1 )
o

o

2

c. K2MnO4 + H2O → KMnO4 + MnO2+ KOH
t
d. Al + H2SO4 đặc →
Al2(SO4)3+ H2S + H2O
Câu 2:(2,0 điểm)
Hỗn hợp A gồm BaO, FeO, Al2O3. Hòa tan A trong lượng nước dư được dung dịch B,
phần khơng tan E. Sục khí CO2 dư vào B, phản ứng tạo kết tủa D. Cho khí CO dư đi qua E
nung nóng, được chất rắn F. Cho F tác dụng với dung dịch NaOH dư, thấy tan một phần, còn
lại chất rắn G. Hòa tan hết G trong lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, rồi cho dung dịch thu
được tác dụng với dung dịch NaOH dư. Lọc kết tủa, nung ngồi khơng khí đến khối lượng

khơng đổi thu được chất rắn Z. Xác định thành phần của B, D, E, F, G, Z và viết các phương
trình phản ứng xảy ra.
Câu 3:(2,0 điểm)
1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết các phương trình cho các thí nghiệm sau:
a. Cho mẫu Al vào dung dịch KHSO4
b. Cho mẫu Na dư vào dung dịch Al2(SO4)3
2. Trong điều kiện chỉ có mình nước, các dụng cụ thí nghiệm đầy đủ hãy trình bày cách
nhận biết 5 chất rắn màu trắng đựng trong 5 lọ riêng biệt sau: BaCO3, BaSO4, K2SO4,
NaCl, Al2O3.
Câu 4:(2,0 điểm)
1. Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO4.5H2O và bao nhiêu gam dung dịch CuSO4
4% để pha chế 300 gam dung dịch CuSO4 8%. Hãy trình bày cách pha chế.
2. Hỗn hợp B gồm 2 khí là N2O và O2 có tỉ khối đối với khí metan CH4 là 2,5. Tính
thể tích của mỗi khí có trong 12 gam hỗn hợp B ở đktc.
Câu 5:(2,0 điểm)
to

o

1. Nhiệt phân 66,2 gam Pb(NO3)2 thu được 55,4 gam chất rắn. Tính hiệu suất của phản
ứng nhiệt phân. Biết rằng Pb(NO3)2 bị nhiệt phân theo phản ứng:
t
→ PbO + NO2 ↑ + O2 ↑
Pb(NO3)2 
2. Hiện nay trên địa bàn huyện nhà, hoạt động của các nhà máy thải ra môi trường các
khí H2S, NO2, SO2, CO2 gây ơ nhiễm mơi trường. Em hãy đề xuất phương pháp hóa
học loại bỏ các khí trên khơng để thải ra mơi trường.
Câu 6:(2,0 điểm)
1. Hợp chất M được tạo bởi nguyên tố A và B có cơng thức A2B. Tổng số hạt proton
trong phân tử M bằng 54. Số hạt mang điện trong nguyên tử A gấp 1,1875 lần số hạt mang

điện trong nguyên tử B. Xác định A, B và công thức phân tử M.
o


2. Cho 0,69 gam Na vào 50 gam dung dịch HCl 1,46% sau phản ứng hoàn toàn chỉ thu
được dung dịch A và có V lít khí H2 thốt ra (ở đktc).
a, Viết phương trình phản ứng và tính V.
b, Tính nồng độ phần trăm các chất tan có trong dung dịch A
Câu 7:(2,0 điểm)
Cho m gam muối cacbonat của kim loại M có hóa trị khơng đổi tác dụng vừa đủ với
dung dịch HCl 7,3%. Sau phản ứng kết thúc thu được dung dịch A. Trong A nồng độ %
muối Clorua là 11,017%. Xác định kim loại M.
Câu 8:(2,0 điểm)
Hỗn hợp A gồm CH4 và O2 có tỷ khối so với H2 là 10. Đốt cháy hỗn hợp A rồi làm
lạnh sản phẩm sau phản ứng thu được hỗn hợp khí B và chất lỏng C. Tính % về thể tích và
% về khối lượng mỗi khí có trong B.
Câu 9:(2,0 điểm)
Có 166,5 gam dung dịch MSO4 41,561% ở 1000C. Hạ nhiệt độ dung dịch xuống 200C
thì thấy có m1 gam MSO4.5H2O kết tinh và còn lại m2 gam dung dịch X.
Biết m1 – m2 = 6,5 và độ tan của MSO4 ở 200C là 20,92 gam. Xác định cơng thức muối
MSO4.
Câu 10:(2,0 điểm)
Khử hồn tồn 2,784 gam FexOy bằng khí CO dư ở nhiệt độ cao khí thu được sau phản
ứng cho sục qua 100ml dung dịch Ca(OH)2 0,44M. Sau phản ứng kết thúc thấy tạo ra 4 gam
một chất rắn màu trắng. Xác định công thức của oxit sắt.

Cho biết :
NT
Số p
NTK

K
19
39

Na
11
23

Mg
12
24

Al
13
27

Fe
26
56

Cu
29
64

Zn
30
65

Ba

56
137

C
6
12

H
1
1

O
8
16

N
7
14

S
16
32

P
15
31

Cl
17
35,5

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Câu

Đ iể m

to

1

a. FexOy + (y-x)CO → xFeO + (y-x)CO2
to
b. 4Al +18 HNO3 →
4Al(NO3)3 + 3NO + 3NO2+9H2O ( n NO : n NO2 = 1 : 1 )
o

t
c. 3K2MnO4 + 2H2O →
2KMnO4 + MnO2+ 4KOH
o

t
d. 8Al + 15H2SO4 đặc 
→ 4Al2(SO4)3 + 3H2S + 12H2O
- Hòa tan A vào lượng nước dư
→ Ba(OH)2
BaO + H2O 

→ Ba(AlO2)2 + H2O
Ba(OH)2 + Al2O3 
Dung dịch B: Ba(AlO2)2;
Phần không tan E: FeO, Al2O3 dư
- Sục khí CO2 dư vào dung dịch B
→ Al(OH)3 + Ba(HCO3)2
CO2 + Ba(AlO2)2 + H2O 
Kết tủa D: Al(OH)3
- Cho khí CO dư đi qua E nung nóng

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

0.5

0.5

o

2

t
CO + FeO 
→ Fe + CO2
Chất rắn F: Fe, Al2O3 dư
- Cho F vào dung dịch NaOH dư
→ 2NaAlO2 + H2O
Al2O3 + 2NaOH 

Chất rắn G: Fe
- Cho G vào dung dịch H2SO4 loãng, dư
→ FeSO4 + H2
Fe + H2SO4 
2NaOH + H2SO4 
→ Na2SO4 + 2H2O
2NaOH + FeSO4 
→ Fe(OH)2 + Na2SO4
o

t
4Fe(OH)2 + O2 
→ 2Fe2O3
Chất rắn Z: Fe2O3

0.5

+ 4H2O

1.
a. Mẫu Al tan dần đồng thời có hiện tượng sủi bọt khí quanh mẫu nhơm
→ 3K2SO4 + Al2(SO4)3 + 3H2
2Al + 6KHSO4 

3

0.5

b. Mẫu Na tan dần kèm hiện tượng sủi bọt khí
→ 2NaOH + H2

2Na+ 2H2O 
Trong dung dịch xuất hiện kết tủa trắng lớn dần
→ Al(OH)3+3Na2SO4
Al2(SO4)3 + 6NaOH 
Sau đó kết tủa lại bị hòa tan hết
→ NaAlO2+ 2H2O
Al(OH)3 + NaOH 
2. Đánh số thứ tự và trích mẫu thử
+Cho nước vào các mẫu thử và khuấy đều
-Mẫu thử tan trong nước là K2SO4 và NaCl (I)
-Mẫu thử không tan trong nước là BaCO3, BaSO4 và Al2O3(II)
+Lấy mẫu thử không tan trong nước(I) nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng khơng đổi,
Sau đó cho nước vào mẫu thử vừa nung xong.

0,25

0,75

0,25

o

t
BaCO3 →
BaO+CO2
-Mẫu thử nào tan trong nước là BaO suy ra ban đầu là BaCO3 dán nhãn cất.
→ Ba(OH)2
BaO+H2O 

0,25

-Mẫu thử không tan trong nước sau khi nung là BaSO4 và Al2O3 (III)
+Lấy dung dịch Ba(OH)2 vừa tạo ra ở trên cho vào (III)
-Mẫu thử tan ra trong Ba(OH)2 là Al2O3 còn lại là BaSO4. Dán nhãn cất.
→ Ba(AlO2)2 + H2O
Al2O3 + Ba(OH)2 
+Tiếp tục dùng Ba(OH)2 cho vào (I) nếu dung dịch nào tạo kết tủa trắng là K2SO4 còn
lại là NaCl. Dán nhãn cất
K2SO4 +Ba(OH)2 
→ BaSO4 + 2KOH
1. * Tính tốn:

 nCuSO .5 H O = a (mol)
 mCuSO .5 H O = 250a
4
2
4
2
Đặt 
⇒ 
(gam)
m
= 0, 04b
 mddCuSO4 (4%) = b (gam)
 CuSO4 (4%)

mCuSO

4 (8%)

= 300.8% = 24 (gam)

160a + 0, 04 b = 24
Ta có: 
⇒
250a + b = 300

 mCuSO .5 H O = 250.0, 08 = 20
a = 0, 08
4
2
⇒ 
(gam)

b = 280
 mddCuSO4 (4%) = 280

0,25

0,25

0.25

0,5

* Cách pha chế:
Cân lấy 20 gam tinh thể CuSO4.5H2O cho vào cốc thủy tinh có dung tích 500 ml. Cân lấy
4

280 gam dung dịch CuSO4 4% cho vào cốc trên, khuấy đều được 300 gam dung dịch

0,25

CuSO4 8%.

2. Gọi x là số mol của khí N2O và y là số mol của khí O2.
Ta có: Mhh = 2,5.16 = 40 =

mN2O + mo2
nN2O + nO2

44 x + 32 y
= 40 ⇒ x = 2y
x+ y
mN 2O + mO2 = 44x + 32y = 44.2y + 32y = 12
⇒ y = 0,1 mol ⇒ x = 0,2 mol

⇒

Vậy VN2O = 0,2.22,4 = 4,48 lít
VO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít

0,25
0,25

0,5

1.

66, 2
= 0, 2 (mol)
331
Gọi số mol Pb(NO3)2bị nhiệt phân là a (mol).
to
→ 2PbO + 4NO2 ↑ + O2 ↑
2Pb(NO3)2 
a mol
a mol
Sau phản ứng chất rắn gồm: (0,2 – a) mol Pb(NO3)2(dư) và a mol PbO
Theo đề bài ta có: 331.(0,2 – a) + 223a = 55,4
Giải PT ta có: a = 0,1 (mol).
0,1 × 100%
H=
= 50 (%)
0, 2
2. Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch Ca(OH)2 dư
Ca(OH)2 + H2S → CaS+ 2H2O
Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3+ H2O
n Pb( NO3 )2 =

5

0,5

0,5

0.25
0.25

2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2+ 2H2O

0.25
0.25

Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 + H2O

1. Gọi PA, EA, NA lần lượt là số proton, electron, nơtron của nguyên tử A.
Gọi PB, EB, NB lần lượt là số proton, electron, nơtron của nguyên tử B.
2 P + PB = 54
2 P + P = 54
Ta có:  A
⇒  A B
 PA + E A = 1,1875.( PB + EB )
2 PA = 1,1875.2 PB

 P = 19
⇒  A
 PB = 16

Vậy nguyên tố A là Kali, nguyên tố B là lưu huỳnh

1.0

Công thức phân tử M là K2S

2. Số mol Na: nNa = 0,03 mol
1,46%.50
Khối lượng HCl: mHCl =

= 0,73 gam;
100%
0,73
= 0,02mol
Số mol HCl: nHCl =
36,5
Cho Na vào dung dịch HCl xảy ra các phản ứng
2Na + 2HCl 
→ 2NaCl + H2 (1)
Ban đầu
0,03 0,02
(mol)
Phản ứng
0,02 0,02
0,02
0,01 (mol)
Sau phản ứng 0,01
0
0,02
0,01
(mol)
Sau phản ứng (1) Na còn dư 0,01 mol sẽ tiếp tục phản ứng hết với nước:
2Na + 2H2O 
→ 2NaOH + H2 (2)
0,01
0,01
0,005 (mol)

0,25

0,25

Từ phản ứng (1) và (2), ta có số mol khí H2 thốt ra là:
0,25

n H 2 = 0,01 + 0,005 = 0,015 mol.
6

Thể tích khí H2 thoát ra ở điều kiện tiêu chuẩn là:
V = n.22,4 = 0,015.22,4 = 0,336 lít.

7

Nồng độ phần trăm các chất tan có trong duing dịch A là:
0,02.58,5
C%NaCl =
.100% = 2,31%
50,66
0,01.40
C%NaOH =
.100% = 0,79%
50,66
Gọi cơng thức hóa học của muối cacbonat là M2(CO3)n
Phương trình hóa học xảy ra.
→ 2MCln +nCO2 + nH2O (1)
M2(CO3)n + 2nHCl 
Gọi số mol của muối là x: m = x(2M + 60n)
Từ (I) => n HCl = 2n.x( mol ) => m HCl = 2n.x.36,5 = 73 xn( g )
73 xn.100
Khối lượng dung dịch HCl là: m ddHCl =

= 1000 xn( g )
7,3
Từ (1)=> nCO2 = nx(mol ) => mCO2 = 44.xn( g )
Khối lượng dung dịch sau phản ứng là:
mdd = x( 2M + 60n) + 1000 xn − 44 xn = 2 xM + 1016 xn = x(2 M + 1016n)
Từ (1)=> n MCln = 2.x(mol ) => m MCln = (2 M + 71n) x( g )
Nồng độ phần trăm của muối MCln : C % MCln =

( 2 M + 71n).x
= 0,11017
x.(2 M + 1016n)

0,25

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


8

2M+71n=0,22034M+111,93272n=> M = 23 n
Ta có bảng:
0,25
n
1
2

3
M
23 (Na)
46 loại
69 loại
Vậy kim loại M là Natri (Na)
Phương trình hóa học xảy ra
to
CH4 + 2O2 →
CO2 + 2H2O (I)
0,25
Gọi số mol CH4 và O2 lần lượt là x và y (x,y>0)
Khối lượng hỗn hợp là: m hh = x.16 + y.32
16.x + y.32
(g/mol) (II)
Khối lượng mol hỗn hợp là: M hh =
x+ y
0,25
Tỷ khối hỗn hợp so với H2 bằng 10.=> M hh = 10.2 = 20( g / mol ) (III)
16.x + y.32
Từ (II) và (III) ta có:
= 20 => 16 x + 32 y = 20 x + 20 y <=> x = 3 y
x+ y
0,25
nCH 4
nO2
x
y 3y
y
3y y

Vậy CH4 dư tính tốn theo
Từ (I) xét tỷ lệ:
và
= và =
và =>
>
1
2
1 2
1
2
1
2
O2.
0,25
Hỗn hợp khí sau phản ứng gồm CO2 và CH4 dư.
1
Số mol CH4 đã tham gia phản ứng là: nCH 4 ( Pu ) = . y ( mol )
2
y
y
Số mol CH4 dư là: nCH 4 ( du ) = x − = 3 y − = 2,5 y (mol )
0,25
2
2
1
Số mol CO2 tạo ra là: nCO2 = y ( mol )
2
Vậy sau phản ứng có 2,5y mol CH4 và 0,5y mol CO2
* Phần trăm về thể tích các khí có trong B.

0,25
2,5 y
%VCH 4 =
.100% = 83,33%
2,5 y + 0,5 y
0,25
0,5 y
%VCO2 =
.100% = 16,67%
2,5 y + 0,5 y
Khối lượng hỗn hợp B là: mB = 2,5 y.16 + 0,5 y.44 = 62 y( g )
• Phần trăm về khối lượng mỗi khí trong B
0,25
2,5 y.16
% mCH 4 =
.100% = 64,51%
62 y
0,5 y.44
% mCO2 =
.100% = 35,49%
62 y

 m1 + m 2 = 166,5 m1 = 86,5 gam
⇔
 m1 - m 2 = 6,5
 m 2 = 80 gam

Ta có: 
Khối
9

lượng

MSO4

có

trong

166,5

gam

dung

dịch

MSO4

41,561%

166,5.41,561
= 69, 2 gam
100
Khối lượng MSO4 có trong 80 gam dung dịch X =

=
0,5

80.20,92

= 13,84 gam
120,92

⇒ Khối lượng MSO4 có trong 86,5 gam MSO4.5H2O = 69,2 – 13,84 = 55,36 gam
⇒ Khối lượng H2O có trong 86,5 gam MSO4.5H2O = 86,5 – 55,36 = 31,14g

0,5


⇒ Số mol H2O có trong 86,5 gam MSO4.5H2O =

31,14
= 1,73 mol
18

⇒ Số mol MSO4 có trong 86,5 gam MSO4.5H2O =
⇒ M + 96 =

1,73
= 0,346 mol
5

55,36
= 160 ⇒ M = 64 ⇒ muối là CuSO4.
0,346

Phương trình hóa học xảy ra
to
FexOy + yCO →
xFe+yCO2

→ CaCO3 + H2O
CO2 + Ca(OH)2 
→ Ca(HCO3)2
2CO2 + Ca(OH)2 
nCa (OH ) 2 = 0,1.0,44 = 0,044( mol ),

(1)
(2)
(3)

0,5

0,5

0,25

4
= 0,04( mol )
100
< nCa (OH ) 2 nên ta phải xét 2 trường hợp

nCaCO3 =

10

Do nCaCO3
*TH1: chỉ xảy ra phản ứng (2).
Từ (II) suy ra nCO2 = nCaCO3 = 0,04(mol )
Từ(1)
1

1
0,04
0,04
→ nFexOy = .nCO2 = .0,04 =
(mol) => nO =
.y = 0,04(mol) => mO = 0,04.16 = 0,64( g)
y
y
y
y
2,144
m Fe = 2,784 − 0,64 = 2,144 ( g ) => n Fe =
= 0,03828 ( mol )
56
x n
0, 03828 67
=
Loại.
Ta có = Fe =
y nO
0, 04
70
*TH2: Xảy ra đồng thời cả 2 phản ứng (2) và (3)
Tổng số mol CO2 đã tham gia 2 phản ứng trên là:
nCO2 = 0,04 + (0,044 − 0,04).2 = 0,048(mol )
1
1
0,048
.nCO2 = .0,048 =
(mol )

y
y
y
0,048
=> nO =
. y = 0,048(mol ) => mO = 0,048.16 = 0,768( g )
y
2,016
=> m Fe = 2,784 − 0,768 = 2,061( g ) => n Fe =
= 0,036 ( mol )
56
x n
0,036 3
=
Vậy công thức oxit sắt là Fe3O4
Ta có = Fe =
y nO 0,048 4
→ n FexO y =

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25


PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO
HẬU LỘC
(Đề này gồm có 10 câu / 2trang)

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG TỈNH (BÀI 2)
NĂM HỌC 2020- 2021
MƠN HĨA HỌC – CẤP THCS
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:(2,0 điểm)
1. Những hợp chất nào sau đây khi nhiệt phân thì giải phóng khí oxi? Viết PTHH minh
họa: KClO3, H2SO4, CuO, SiO2, Cu(NO3)2, CuCO3, KMnO4, NaNO3
2. Viết phương trình hóa học xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm sau:
a. Thổi từ từ khí CO2 tới dư vào dung dịch nước vôi trong.
b. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH cho đến dư vào dung dịch AlCl3 .
c. Cho mẩu natri vào dung dịch CuSO4 .
d.Trộn dung dịch NaHCO3 với dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(NO3)2.
Câu 2:(2,0 điểm)
Hòa tan 8g CuO bằng dung dịch H2SO4 24,5% vừa đủ, thu được dung dịch X.
1. Tính nồng độ % của dung dịch X.
2. Làm lạnh dung dịch X tới nhiệt độ thích hợp thấy có 5g tinh thể Y tách ra và thu
được dung dịch Z chứa một chất tan với nồng độ 29,77%. Tìm cơng thức của Y.
Câu 3:(2,0 điểm)
1. Hỗn hợp X gồm các chất BaCl2, Al2O3, NaCl, CuO. Trình bày phương pháp hóa học
để tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp X sao cho khối lượng của mỗi chất khơng thay
đổi.
2. Nung 17,4g muối RCO3 trong khơng khí tới khi các phản ứng hoàn toàn, thu được 12g

oxit của kim loại R. Hãy cho biết R là kim loại nào?
Câu 4:(2,0 điểm)
1. Hồn thành các phương trình phản ứng và ghỉ rõ điều kiện (nếu có), biết rằng mỗi chữ cái
là một chất vô cơ khác nhau, A là hợp chất của Bari.
(1) A + NaOH → B (Kết tủa) + C + D
(2) C + E
→ F + G (khí) + D
(3) A + H → B + D
(4) F + D → I + K (khí) + L (khí)


2. Chỉ được dùng quỳ tím hãy phân biệt các dung dịch bị mất nhãn riêng biệt sau: HCl,
Ba(OH)2, Na2SO4, H2SO4, KOH. Viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có).
Câu 5:(2,0 điểm)
1. Cho ܽ mol SO3 tan hết trong 100 gam dung dịch H2SO4 91% thì tạo thành oleum có
hàm lượng SO3 là 70%. Viết các phương trình phản ứng và tính giá trị của ܽ.
2. Viết PHTT điều chế 5 chất khí khác nhau từ dung dịch HCl
Câu 6:(2,0 điểm)
1. Hịa tan hồn tồn 17,8 gam hỗn hợp gồm một kim loại R (hóa trị I) và oxit của nó
vào H2O, thu được 0,6 mol ROH . Xác định R.
2. Muối Mohr là muối kép ngậm nước gồm hai muối sunfat, có thành phần về khối lượng
các nguyên tố như sau: %Fe = 14,29%; %N = 7,14%; %S = 16,33%; %H = 5,10%;
%O = 57,14%. Hãy cho biết công thức của muối Mohr.
Câu 7:(2,0 điểm) Cho kim loại Na tác dụng hoàn toàn với 200 ml dung dịch H2SO4 aM
(loãng) thu được dung dịch A và 0,4a mol khí thốt ra. Cho lần lượt từng chất Fe, Zn, HCl,
Ba(OH)2, KHSO4, Al(OH)3, (NH4)2CO3, Ba(HCO3)2, CO2, Al2O3, Cu(NO3)2, MgCl2 vào
dung dịch A. Viết phương trình hóa học của các phản ứng
Câu 8:(2,0 điểm) Trong công nghiệp, axit H2SO4 được sản xuất từ quặng pirit sắt theo sơ đồ
(2)
(3)

(1)
→ SO2 
→ SO3 
→ H2SO4
sau:
FeS2 
a. Viết các phương trình hóa học xảy ra theo sơ đồ trên.
b. Để sản xuất được 24 tấn dung dịch axit H2SO4 98% cần dùng m tấn quặng pirit sắt
(chứa 4% tạp chất). Biết hiệu suất cả q trình là 80%. Tính m ?
Câu 9:(2,0 điểm) Dung dịch T được tạo thành khi trộn 500 ml dung dịch HCl aM với 100 ml
dung dịch NaOH 2M. Biết dung dịch T phản ứng vừa đủ với 0,51 gam Al2O3.
a. Xác định giá trị của a?
b. Hòa tan hết 3,944 gam hỗn hợp gồm Fe3O4 và FeCO3 cần vừa đủ 200 ml dung dịch
HCl aM. Xác định khối lượng từng chất trong hỗn hợp.
Câu 10:(2,0 điểm)
Cho các hình vẽ mơ tả q trình điều chế oxi trong phịng thí nghiệm (hình 1), thử tính
chất hóa học của oxi (hình 2).

Hình 1
Hình 2
a. Lựa chọn các hóa chất A1, A2, A3, A4, A5, phù hợp các thí nghiệm được mơ tả ở hai
hình vẽ. Nêu vai trị của A3 ở hai thí nghiệm. Biết phân tử khối các chất thỏa mãn:
M A + M A = 190 ; M A − M A = 146 ; M A + M A + M A = 86 .
1

2

1

4

3

4

5


b. Nêu cách tiến hành các thí nghiệm, hiện tượng xảy ra và viết phương trình hóa học
xảy ra?
Cho biết:
Ngun tố

H

C

O

Na

Mg

Al

Si

P

Ca

Fe

Cu

Zn

Ag

NTK

1

12 14 16

23

24

27

28

31 32 35,5 39 40

56

64

65

108

N

S

Cl

K

------------------- Hết -------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung
1. Những hợp chất khi nhiệt phân giải phóng khí oxi gồm: KClO3, KMnO4 Cu(NO3)2,
NaNO3.

Câu

2KClO3

to


→ 2KCl + 3O2
o

t
→ 2CuO + 4NO2 + O2

2Cu(NO3)2 
o

t
→ K2MnO4 + MnO2 + O2
2KMnO4 
o

Điểm

( Mỗi
PTHH
đúng
đạt
0,25
điểm)

t
2NaNO3 
→ 2NaNO2 + O2

2.
a.

1

Ca(OH)2 + CO2


→ CaCO3

+ H2 O

0.25

CaCO3 + CO2 + H2O 
→ Ca(HCO3)2
b.

3NaOH + AlCl3 
→ Al(OH)3 + 3NaCl
NaOH + Al(OH)3 
→ NaAlO2 + 2H2O

c.

2Na + 2H2O 
→ 2NaOH + H2
CuSO4 + 2NaOH 
→ Cu(OH)2 + Na2SO4
→ K2CO3 + Na2CO3 + 2H2O
2NaHCO3 + 2KOH 

d.

0,25
0,25
0,25

→ BaCO3 + 2KNO3

K2CO3 + Ba(NO3)2 
Na2CO3 + Ba(NO3)2 
→ BaCO3 + 2NaNO3
1.
2

nCuO =

8
= 0, 2 mol
80

0,5


CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O
0,1
0,1
0,1
(mol)
0,1.98
mddH 2 SO4 =
= 40 g
24,5%
mddsaupu = 8 + 40 = 48 g
mCuSO4 = 0,1.160 = 16 g
C % (CuSO4 ) =

0,5

16
.100% = 33,33%
48

2.

Theo bảo tồn khối lượng, ta có: mZ = 48 – 5 = 43 (g)
29, 77
mCuSO4 ( trongZ) =
.43 = 12,8 g
100
Đặt công thức của Y là CuSO4.nH2O
Theo định luật thành phần khơng đổi, ta có:
18n 5 − (16 − 12,8)
=
⇒n=5
160
16 − 12,8
CTHH của tinh thể Y là: CuSO4.5H2O
1. Cho hỗn hợp vào nước dư, tách phần không tan gồm CuO, Al2O3; Phần dung dịch
gồm BaCl2, NaCl.
Cho dung dịch NaOH dư vào hỗn hợp CuO, Al2O3. Lọc tách phần không tan thu được CuO;
Phần dung dịch gồm NaOH dư, NaAlO2.

→ 2NaAlO2 + H2O
2NaOH + Al2O3 
Sục khí CO2 dư vào dung dịch NaOH dư, NaAlO2. Lọc lấy kết tủa, nung đến khối lượng
không đổi thu được Al2O3.

→ Al(OH)3 + NaHCO3

CO2 + NaAlO2 + H2O 

0,5

0,5

0.25

0.25

o

t
2Al(OH)3 
→ Al2O3 + 3H2O
Cho dung dịch (NH4)2CO3 dư vào dung dịch gồm BaCl2, NaCl. Lọc lấy kết tủa cho vào
dung dịch HCl dư, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được BaCl2.

(NH4)2CO3 + BaCl2 
→ BaCO3 + 2NH4Cl

0.25

BaCO3 + 2HCl 
→ BaCl2 + CO2 + H2O
Phần dung dịch còn lại gồm NaCl, NH4Cl, (NH4)2CO3 dư. Cơ cạn, sau đó nung đến khối
lượng khơng đổi thu được NaCl.
o

t

→ 2NH3 + CO2 + H2O
(NH4)2CO3 

0.25

o

3

t
NH4Cl 
→ NH3 + HCl
2. Xét hai trường hợp sau:
TH1: Khi nung muối tạo thành oxit (hóa trị khơng thay đổi)

0,25

to

→ RO + CO2
RCO3 
17 , 4
12
:
R + 60
R + 16
Theo PTHH ta có: nRCO3 = nRO ⇔

Giải ra ta được: R = 81,7 (Loại)

17,4
12
=
R + 60 R + 16

0,25


0,25

TH2: Khi nung muối tạo thành R2O3 (hóa trị thay đổi do bị oxi hóa)
to

→
O2 

+ 4CO2
17,4
12
Theo PTHH ta có: n RCO3 = 2n R2O3 ⇔
= 2*
R + 60
R + 3 *16
Giải ra ta được: R = 56. Vậy R là sắt . KHHH là Fe.
4RCO3 +

2R2O3

0,25

1.

4

(1)

Ba(HCO3)2
(A)

→ BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O
+ 2NaOH 
(B)
(C)
(D)

(2)

Na2CO3
(C)

2HCl
(E)

(3)

→ 2BaCO3
Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2 
(A)
(H)
(B)

(4)

2NaCl +

+

H2O


→ 2NaCl
(F)

+

CO2
(G)

điệ n phâ n dung dịch

→ 2NaOH
Mà ng ngă n xốp

+ H2 O
(D)

0.25

+ 2H2O
(D)

+

Cl2

0.25

+ H2

(F)
(D)
(I)
(K)
(L)
2. - Trích các mẫu thử và đánh số thứ tự.
- Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch trên:
+ dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ, đó là dung dịch HCl, H2SO4 (Nhóm 1)
+ dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu xanh, đó là dung dịch KOH, Ba(OH)2(Nhóm 2)
+ dung dịch khơng làm quỳ tím chuyển màu, đó là dung dịch Na2SO4 .
- Tiếp tục lấy mỗi mẫu thử trong nhóm 1 lần lượt nhỏ vào mỗi mẫu thử trong nhóm 2.
+ Nếu thấy có kết tủa trắng xuất hiện thì mẫu thử trong nhóm 1 là H2SO4, mẫu thử trong
nhóm 2 là Ba(OH)2.
Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O
+ Nếu không có hiện tượng gì thì mẫu trong nhóm 1 là HCl, mẫu thử trong nhóm 2 là
KOH.
1.
91
9
m H 2 SO4 =
* 100 = 91( g ); m H 2O = 100 − 91 = 9( g ); n H 2O =

= 0,5(mol )
100
18
→ H2SO4
(1)
SO3 + H2O 

H2SO4 + nSO3 
→ H2SO4.nSO3
a là số mol SO3 cần dùng (a > 0)
Theo PTHH (1) ta có: n SO3 = n H 2O = 0,5(mol )
⇒Số mol SO3 còn lại để tạo oleum là (a – 0,5)mol
(a − 0,5) * 80
*100 = 70 %
Theo đề ra ta có:
(100 + a * 80)
⇒ a ≈ 4,58( mol)
Vậy số mol SO3 cần thêm vào là : 4,58 mol.

5

(2)

0.25

0.25

0.5

0,5

0,25

0,25
0,25
0,25

2.

→ FeCl2 + H2
a. Fe + 2HCl 
b. CaCO3 + 2HCl 
→ CaCl2 + H2O + CO2
c. CaSO3 + 2HCl 
→ CaCl2 + H2O + SO2

→ FeCl2 + H2S
d. FeS + 2HCl 

M ỗi
PTHH
đúng
0,2đ


→ MnCl2 + 2H2O + Cl2
e. MnO2 + 4HCl 
( HS viết PTHH khác đúng vẫn cho điểm tối đa)
1. Gọi x, y lần lượt là số mol của kim loại R và oxit của kim loại R (R2O)
(x, y >0).

2R + H2O 
→ 2ROH + H2 (1)
x
:
x
R2O + H2O 
(2)
→ 2ROH
y
:
2y
Theo đề ra ta có:
mhỗn hợp= xR + y(2R + 16) = 17,8 gam
(x + 2y)R + 16y = 17,8
(I)
Theo PTHH (1,2) ta có:
(II)
∑ nROH = x + 2 y = 0,6mol
Từ (II) ⇒

(*)
17,8 − 0, 6 R
(**)
Thay (II) vào (I)
0,6.R + 16y = 17,8 => y =
16
Từ (*) và (**) ⇒ 21,67 < R < 29,67
Vậy R là Na.
2. Đặt công thức của muối Mohr là FexNySzHtOn (x, y, z, t, n nguyên)

6

0,25

0,25

0 < y < 0,3

14,29 7,14 16,33 5,1 57,14
:
:
:
:
= 1: 2 : 2 : 20 :14
56
14
32
1
16
Vậy trong 1 phân tử muối Mohr có: 1Fe, 2N, 2S, 20H, 14O.
Muối Mohr là muối kép ngậm nước gồm hai muối sunfat. Cơng thức của muối Mohr là:
FeSO4.(NH4)2SO4.6H2O
Ta có: x : y : z : t : n =

0,5

0.75

0,25

nH SO = 0,2a (mol)
2

4

2Na

+

H2SO4
0,2a


→ Na2SO4
0,2a


→ 2NaOH
0,4a
Dung dịch A chứa: Na2SO4, NaOH
2Na

Zn

+ 2H2O

+ 2NaOH

HCl + NaOH
7


→ Na2ZnO2

+ H2
0,2a
+ H2
0,2a

+

(mol)
(mol)

H2


→ NaCl + H2O

→ BaSO4 + 2NaOH
Ba(OH)2 + Na2SO4 
2KHSO4

+ 2NaOH

Al(OH)3

+ NaOH

0.5


→ Na2SO4 + K2SO4 + 2H2O


→ NaAlO2 + 2H2O

(NH4)2CO3 + 2NaOH 
→ Na2CO3 + 2NH3 + 2H2O

0.25

0.25

0.25

→ BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O
Ba(HCO3)2 + 2NaOH 
Ba(HCO3)2

+ Na2CO3 
→ BaCO3 + 2NaHCO3

Ba(HCO3)2

→ BaSO4
+ Na2SO4 

0.25

+ 2NaHCO3

CO2

→ Na2CO3 + H2O
+ 2NaOH 

CO2

→ NaHCO3
+ NaOH 

0.25


Al2O3

→ 2NaAlO2 + H2O
+ 2NaOH 

→ Cu(OH)2 + NaNO3
Cu(NO3)2 + 2NaOH 

→ Mg(OH)2 + 2NaCl

MgCl2 + 2NaOH
1. Các PTHH:
(1)

4FeS2

(2)

2SO2

(3)

SO3

0.25

o

t

→ 2Fe2O3 + 8SO2

+ 11O2
o

t
+ O2 
→ 2SO3
V2O5

0,75


→ H2SO4

+ H2 O

2.
mH SO = 24.98% = 23,52 (tấn)
2

4

Ta có sơ đồ:
(2)

(1)

(3)

0.5

FeS2 → 2SO2 → 2SO3 → 2H2SO4
120
2.98
(tấn)
23,52
(tấn)

mFeS (lý thuyết ) =
2

8

23,52.120

= 14,4 (tấn)
2.98

Vì H = 80% ⇒ mFeS (thực tế ) =
2

0.25

14,4.100
= 18 (tấn)
80

%mquaëng = 100% − 4% = 96% ⇒ mquaëng

18.100
=
= 18,75 (tấn)
96

nHCl = 0,5a (mol) ; nNaOH = 0,2 (mol) ; nAl

2O3

0.5

= 0, 005 (mol)

Th1: NaOH dư. (a < 0,4)

→ NaCl + H2O

HCl + NaOH 
(mol)
0,5a
0,5a
0,5a
Dung dịch T: 0,5a mol NaCl; (0,2 – 0,5a) mol NaOH dư.

0.5

2NaOH + Al2O3 
→ 2NaAlO2 + H2O
(mol)
0,01
0,005
Ta có: (0,2 − 0,5a) = 0,01 ⇒ a = 0,38 (M) (Thỏa mãn)
9

Th2: HCl dư. (a > 0,4)

→ NaCl + H2O
HCl + NaOH 
(mol)
0,2
0,2
0,2
Dung dịch T: 0,2 mol NaCl; (0,5a – 0,2) mol HCl dư.

0.5

6HCl + Al2O3 

→ 2AlCl3 + 3H2O
(mol)
0,03
0,005
Ta có: (0,5a − 0,2) = 0,03 ⇒ a = 0, 46 (M) (Thỏa mãn)

Đặt nFe O = x (mol); nFeCO = y (mol)
3 4

PTHH:
(mol)

3

Fe3O4
x

→ FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
+ 8HCl 
8x

0.5


(mol)

FeCO3
y

+ 2HCl

2y


→ FeCl2 + CO2 + H2O

Th1: a = 0,38 (mol) ⇒ nHCl = 0,2.0,38 = 0, 076 (mol)
Ta có hệ phương trình:

232 x + 116 y = 3,944

8 x + 2 y = 0,076

mFe O = 0, 002.232 = 0,464
 x = 0, 002
⇒ 
⇒  34
m
= 0,03.116 = 3, 48
 y = 0, 03
 FeCO3

Th2: a = 0, 46 (mol) ⇒ nHCl = 0,2.0,46 = 0,092 (mol)
Ta có hệ phương trình:

232 x + 116 y = 3,944

8 x + 2 y = 0,092

mFe O = 0, 006.232 = 1,392 g
 x = 0, 006

⇒ 
⇒  34
m
= 0,022.116 = 2,552 g
 y = 0, 022
 FeCO3

Ta có: A2 là khí oxi (O2); A3 là H2O

M A1 + M A2 = 190 ⇒ M A1 = 190 - 32 =158 ⇒ A1 tương ứng là KMnO4

0.5

0.5

Mặt khác: M A1 - M A4 = 146 ⇒ M A4 = 12 ⇒ A4 là Cacbon (than).

M A3 + M A4 + M A5 = 86 ⇒ Tương ứng A3 là H2O và A5 là dây sắt (Fe).

0.5

A1 là KMnO4; A2 là O2; A3 là H2O; A4 là C; A5 là Fe.

Thí nghiệm 1:
+ Cách tiến hành các thí nghiệm: Lấy một lượng nhỏ KMnO4 cho vào đáy ống nghiệm
chịu nhiệt, rồi lắp bộ dụng cụ như hình 1. Dùng đèn cồn đun nóng cả ống nghiệm chứa
KMnO4, sau đó tập trung đốt nóng phần có hóa chất.
+ Hiện tượng: Về cơ bản là khí khơng màu dần chiếm chỗ của nước, đẩy dần nước ra khỏi
ống nghiệm thu khí.

0.5

t
→ K2MnO4 + MnO2 + O2
+ PTHH: 2KMnO4 
0

10

Thí nghiệm 2:
+ Cách tiến hành các thí nghiệm: Cho dây sắt nhỏ quấn quanh mẩu than gỗ. Đốt dây sắt
và than nóng đỏ rồi đưa nhanh vào lọ chứa khí oxi.
+ Hiện tượng: Khi cho dây sắt có chứa mẩu than hồng vào lọ khí oxi, mẩu than cháy trước
tạo nhiệt độ đủ cao cho sắt cháy. Sắt cháy mạnh, sáng chói, khơng có ngọn lửa, khơng có
khói tạo ra các hạt nóng chảy màu nâu.
+ Phương trình phản ứng:

0.5

t
→ CO2
C + O2 
0

t
→ Fe3O4
3Fe + 2O2 
0

Chú ý:

1. Viết PTHH không cân bằng hoặc khơng ghi điều kiện phản ứng trừ ½ số điểm
của PTHH đó.
2. HS làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa


PHÒNG GD & ĐT
HUYỆN CẨM THỦY
-----***-----

ĐỀ GIAO LƯU HSG CÁC MƠN VĂN HĨA - LỚP 9
NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn thi : Hóa học
Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 07/10/2020
(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Đề chính thức.
Câu 1: (2,0 điểm)
Hãy thực hiện chuyển đổi hóa học sau.

(2)
(3)
(4)
(1)
→ SO2 
→ SO3 
→ H2SO4 
→ SO2
S 
(5)

(6)
(7)
(8)

→ NaHSO3 
→ Na2SO3 
→ Na2SO4 
→ BaSO4

Câu 2: (2,0 điểm)
Hợp chất A có cơng thức phân tử là MX2. Tổng số hạt proton, nơtron và electron trong A là 106,
trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34. Tổng số hạt trong nguyên tử M nhiều
hơn tổng số hạt trong nguyên tử X là 34. Tổng số proton và nơtron của M nhiều hơn tổng số proton và
nơtron của X là 23.
a. Tìm cơng thức phân tử của hợp chất A.
b. Hợp chất A được sử dụng trong tàu vũ trụ với mục đích hấp thụ khí do con người thở ra và sinh ra
khí để con người hít vào để đảm bảo sự hô hấp cho các phi hành gia. Viết phương trình phản ứng
biểu diễn quá trình trên.
c. Cho A vào lượng nước dư được khí B và dung dịch C, lấy khí B phản ứng với Fe vừa đủ (có đốt
nóng) thu được chất rắn D. Hịa tan hết D vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư sinh ra dung dịch E.


Cho một lượng dư dung dịch C vào dung dịch E tạo kết tủa F. Nung F trong điều kiện khơng có
khơng khí tạo ra chất rắn G. Viết phương trình phản ứng xảy ra biểu diễn quá trình trên.
Câu 3: (2,0 điểm)
Trong một phịng thí nghiệm có hai dung dịch axit HCl (dung dịch A và dung dịch B) có nồng độ
khác nhau. Nồng độ phần trăm của B lớn gấp 2,5 lần nồng độ phần trăm của A. Khi trộn hai dung dịch trên
theo tỉ lệ khối lượng là 3:7 thì được dung dịch C có nồng độ 24,6%. Biết trong phịng thí nghiệm, dung dịch
axit HCl có nồng độ lớn nhất là 37%. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch A và dung dịch B.
Câu 4: (2,0 điểm)

1. Hấp thụ hết 2,24 lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch gồm x mol NaOH và y mol Na2CO3 thu được
dung dịch X gồm hai muối. Chia dung dịch X làm hai phần bằng nhau: Cho phần 1 tác dụng với dung dịch
Ca(OH)2 dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 10 gam kết tủa. Cho từ từ đến hết phẩn 2 vào 150 ml dung
dịch HCl 0,5M, sau phản ứng hồn tồn thu được 1,344 lít khí CO2. Tìm giá trị của x và y.
2. Cho 14,7 gam Cu(OH)2 tan trong một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% đun nóng, sau khi phản
ứng xảy ra hồn tồn, để nguội dung dịch về 25oC. Tính khối lượng CuSO4.5H2O tách ra khỏi dung dịch,
biết độ tan của CuSO4 ở nhiệt độ 25oC là 25 gam.
Câu 5: (2,0 điểm)
Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Al, Fe thành 2 phần bằng nhau: Cho phần 1 vào nước dư thu được
4,48 lít H2 (ở đktc); Cho phần 2 vào 1,2 lít dung dịch HCl 1M thu được 11,2 lít H2 (ở đktc) và dung dịch Y.
Cho 1,2 lít dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Y, sau phản ứng lọc lấy kết tủa Z đem nung trong khơng khí
đến khối lượng không đổi thu được 17,1 gam chất rắn E. (Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn). Tính m và
phần trăm khối lượng của từng kim loại trong hỗn hợp X.
Câu 6: (2,0 điểm)
Có 5 lọ khơng nhãn, mỗi lọ đựng một trong những chất rắn sau: ZnCl2, NaCl, Na2CO3, MgCO3,
BaCO3. Hãy chọn thêm một thuốc thử để nhận biết được cả 5 chất trên. Viết phương trình hoá học xảy ra.
Câu 7: (2,0 điểm)
Từ hỗn hợp FeS, Cu(NO3)2, Al2O3, BaCl2 hãy viết các phương trình phản ứng điều chế từng kim loại
riêng biệt.
Câu 8: (2,0 điểm)
Hỗn hợp X gồm kim loại Cu và một oxit sắt có cơng thức FexOy. Hịa tan hồn tồn 15,68 gam X
bằng một lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y (chỉ chứa muối sunfat của kim loại,
axit dư, nước) và khí SO2. Hấp thụ tồn bộ SO2 bằng 500 ml dung dịch Ba(OH)2 0,2M thu được 17,36 gam
kết tủa.
a. Xác định cơng thức hóa học của oxit sắt, biết rằng cô cạn dung dịch Y thu được 40 gam hỗn hợp
muối khan.
b. Cho 7,84 gam X ở trên vào cốc chứa 160 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch P và m1 gam
chất rắn Q không tan. Cho dung dịch P tác dụng với 400 gam dung dịch AgNO3 8,5% thu được m2
gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn, tính giá trị m1, m2?
Câu 9: (2,0 điểm)

1. Trên bàn thí nghiệm có những chất rắn riêng biệt màu trắng là: Na2CO3, KHCO3, Ba(HCO3)2,
MgCO3, BaSO4. Một học sinh đã lấy một trong những chất trên bàn để làm thí nghiệm và được kết quả sau:
Thí nghiệm 1: Cho tác dụng với dung dịch H2SO4 (lỗng, dư) thấy chất rắn tan hồn tồn và đồng thời
thốt ra chất khí làm đục nước vơi trong
Thí nghiệm 2: Nung cũng thấy khí thốt ra làm đục nước vôi trong


Thí nghiệm 3: Lấy chất rắn cịn lại sau khi nung hồn tồn ở thí nghiệm 2 cho tác dụng với dung dịch
HCl cũng thốt ra chất khí làm đục nước vôi trong.
Em hãy cho biết học sinh trên đã lấy chất nào trên bàn để làm thí nghiệm? Lập luận và viết các
phương trình hóa học xảy ra.
2. Hình vẽ sau mơ tả điều chế khí Z
a. Nêu ngun tắc chung điều chế khí Z.
b. Lấy 2 trường hợp cụ thể của khí Z, rồi xác định các
chất X, Y và viết các phương trình hóa học minh họa.

Câu 10: (2,0 điểm)
Để xác định khơng khí tại khu vực bãi rác có bị ơ nhiễm hiđro sunfua (H2S) hay không, người ta tiến
hành kiểm tra hàm lượng hiđro sunfua có trong mẫu khí được lấy từ bãi rác bằng cách cho mẫu khí đó đi vào
lượng dư dung dịch Pb(NO3)2 với tốc độ 2,5 lít/phút trong thời gian 40 phút. Sau đó lọc kết tủa thu được
1,912 miligam (mg) chất rắn màu đen.
a. Dựa vào các thông tin trên, hãy cho biết khơng khí tại khu vực bãi rác đó có bị ơ nhiễm hiđro sunfua
hay khơng? Giả sử theo tiêu chuẩn cho phép hàm lượng hiđro sunfua trong khơng khí khơng vượt
q 0,3 mg/m3.
b. Dẫn hiđro sunfua đi qua hai dung dịch sau: Dung dịch (1): KMnO4 và H2SO4 loãng; Dung dịch (2):
Fe2(SO4)3. Với mỗi dung dịch, nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra.
Cho biết:
Cl K Ca Fe Cu Zn Ag
Nguyên tố H C N O Na Mg Al Si P S
Số proton

1

6

8

11

12

13

14

15 16

19

20

26

29

30

47

NTK

1

12 14 16

23

24

27

28

31 32 35,5 39

40

56

64

65

108

7

17

------------------- Hết ------------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm; Thí sinh khơng được sử dụng Bảng tuần hồn.

PHỊNG GD & ĐT
HUYỆN CẨM THỦY
-----***-----

(HD chấm chính thức)

Câu

1

ĐÁP ÁN CHẤM GIAO LƯU HSG CÁC MƠN VĂN HĨA - LỚP 9
NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn thi : Hóa học
Thời gian : 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 07/10/2020
(HD chấm gồm 07 trang)

Ý

Nội dung

Điểm

o

t
O2 
→ SO2

(1)

S +

(2)

t
2SO2 + O2 
→ 2SO2
V2O5

o

+ H2O 
→ H2SO4

(3)

SO3

(4)

Cu

(5)

SO2 + NaOH 
→ NaHSO3

(6)

NaHSO3 + NaOH 
→ Na2SO3 + H2O

(7)

Na2SO3 + H2SO4 
→ Na2SO4 + SO2 + H2O

(8)

Na2SO4

+

2H2SO4

o

(đặc, nóng)

t

→ CuSO4 + SO2 + 2H2O

→ BaSO4 + 2NaCl
+ BaCl2 

2.0

Đặt PM, EM, NM lần lượt là số proton, electron, nơtron của nguyên tử M.
PX, EX, NX lần lượt là số proton, electron, nơtron của nguyên tử X.
Trong hợp chất MX2, ta có:
2

a

b

2 PM + 4 PX + N M + 2 N X = 106
2 P + 4 P − ( N + 2 N ) = 34
4 P + 8 PX = 140
 P = 19 (K)
 M
X
M
X
=>  M
=>  M

 PM − PX = 11
 PX = 8 (O)
2 PM + N M − (2 PX + N X ) = 34
 PM + N M − ( PX + N X ) = 23
M là Kali, X là Oxi, Hợp chất A là KO2

→ 2K2CO3
PTHH: 4KO2 + 2CO2 

+ O2

1.0

0.25

→ 4KOH + 3O2
Cho A vào nước dư. 4KO2 + 2H2O 
Dung dịch C: KOH; Khí B là O2
Khí B phản ứng với Fe vừa đủ có đốt nóng.
o

t
2Fe + O2 
→ 2FeO

c

o

t
3Fe + 2O2 
→ Fe3O4

0.25

to

4Fe + 3O2 
→ 2Fe2O3
Chất rắn D: FeO, Fe3O4, Fe2O3.

Hòa tan D vào dd H2SO4 đặc, nóng, dư.
o

t
2FeO + 4H2SO4 đ/n 
→ Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
o

t
2Fe3O4 + 10H2SO4 đ/n 
→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
o

t
Fe2O3 + 3H2SO4 đ/n 
→ Fe2(SO4)3 + 3H2O
Dung dịch E: H2SO4 dư, Fe2(SO4)3
Cho lượng dư dd C vào dd E.

0.25

→ K2SO4 + 2H2O
2KOH + H2SO4 
6KOH + Fe2(SO4)3 
→ 2Fe(OH)3 + 3K2SO4
Kết tủa F: Fe(OH)3.
o

3

t
2Fe(OH)3 
→ Fe2O3 + 3H2O
Chất rắn G: Fe2O3.
Đặt C%A = x => C%B = 2,5x (ĐK: 2,5x < 37%)
Ta có sơ đồ đường chéo:
mA gam dung dịch A: x
2,5x – 24,6
24,6
mB gam dung dịch B: 2,5x
24,6 – x

Ta có:

mA 2,5 x − 24, 6
=
mB
24, 6 − x

Th1: mA : mB = 3:7
mA 2,5 x − 24, 6 3
=
=
=> x = 12 (Thỏa mãn)
=>
mB
24, 6 − x
7
Vậy: C% A = 12% ; C%B = 12%.2,5 = 30%

Th2: mA : mB = 7:3

0.25

0.5

0.5

0.5


=>

mA 2,5 x − 24, 6 7
=
=
mB
24, 6 − x
3

=> x =

0.5

492
(Loại)
29

Ta có nCO = 0,1 (mol)
2

4

1

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
CO2 + NaOH → NaHCO3
Dung dịch X: NaHCO3, Na2CO3

(1)
(2)

0.5

Xét phần 1: nCaCO3 = 0,1 (mol)
Ca(OH)2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaOH
Ca(OH)2 + NaHCO3 → CaCO3 + NaOH + H2O

(3)
(4)

BTNT (C): nCO2 + nNa2CO3 = 2nCaCO3 ⇒ y + 0,1 = 0,1.2 ⇒ y = 0,1 (mol)

Xét phần 2: nCO = 0, 06 (mol) ; nHCl = 0,15.0,5 = 0, 075 (mol)
2

Vì 2n C (trong CO2 sinh ra)
hợp muối dư.
Gọi số mol Na2CO3 và NaHCO3 tham gia phản ứng là a và b mol

PTHH
Na2CO3 + 2HCl → NaCl + CO2 + H2O
(5)
(mol) a
2a
a
NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O
(6)
(mol) b
b
b

0.5

a + b = 0,06
a = 0,015
a
0,015 1
⇒
(mol) ⇒ =
=
Ta có các phương trình: 
b
0,045 3
2a + b = 0,075 b = 0,045
Đây cũng chính là tỉ lệ số mol của Na2CO3 và NaHCO3 trong dung dịch X.
Trong dung dịch X: Đặt nNa2CO3 = z (mol); nNaHCO3 = t (mol)

 z + t = 0,1.2
 z = 0, 05

Ta có: 
⇒ 
3 z − t = 0
t = 0,15
BTNT (Na): x + 2 y = 2 z + t ⇒ x = 0,05.2 + 0,15 − 2.0,1 = 0,05 (mol)
nCu ( OH )2 = 0,15 (mol)
(mol)
2

Cu(OH)2
0,15

→ CuSO4
+ H2SO4 
0,15
0,15

+

2H2O

Theo PTHH ta có: nCu ( OH )2 = nH 2 SO4 = nCuSO4 = 0,15 (mol)

0,15.98.100
=> mddH 2 SO4 (20%) =
= 73,5 (gam); mCuSO4 = 0,15.160 = 24 (gam)
20
Trong dung dịch sau phản ứng:

0.5

mddspu = 14, 7 + 73,5 = 88, 2 (gam) => mH 2O = 88, 2 − 24 = 64, 2 (gam)
Đặt nCuSO4 .5 H 2O = x (mol)
Khối lượng chất tan, nước còn lại trong dung dịch ở 250C là:

0.5


mCuSO4 (250 C ) = 24 − 160 x
(gam)

mH 2O (250 C ) = 64, 2 − 90 x
Ta có: SCuSO

4 (25

0

C)

159
24 − 160 x
(mol)
= 0, 25 => x =
2750
64, 2 − 90 x

= 25

159

.250 ≈ 14, 45 (gam)
2750
Trong mỗi phần đặt số mol của Na, Al và Fe lần lượt là x, y và z.

=> mCuSO4 .5 H 2O =

Phần 1: n H2 = 0, 2 (mol)
5

2Na
(mol) x

+ 2H2O → 2NaOH
x

+

H2
0,5x

(1)

2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2

(2)

0.5

Th1: Nếu x > y. Theo PTHH (1) và (2): n H 2 = 0,5x + 1,5y = 0, 2

(I)

Th2: Nếu x ≤ y. Theo PTHH (1) và (2): n H 2 = 0,5x + 1,5x = 0, 2 ⇒ x = 0,1 (II)

Phần 2: n HCl = 1, 2 (mol); n H 2 = 0,5(mol); n NaOH = 1, 2 (mol)
+ 2HCl → 2NaCl
x
x

+

H2
0,5x

(3)

(mol)

2Na
x

+ 6HCl
3y

→ 2AlCl3
y

+

3H2

1,5y

(4)

(mol)

2Al
y

+ 2HCl
2z

→

+

H2
z

(5)

(mol)

Fe
z

FeCl2
z

n HCl pư (3), (4), (5) = x + 3y + 2z = 2n H 2 = 2 × 0,5 = 1 mol

0.25
(III)

n HCl dư = 1,2 – 1 = 0,2 (mol).
Dung dịch Y: x mol NaCl; y mol AlCl3; Z mol FeCl2; 0,2 mol HCl dư.

+ NaOH →
0,2

(mol)

HCl
0,2

(mol)

AlCl3 + 3NaOH
y
3y

(mol)

FeCl2
z

NaCl

+ H2O

→ 3NaCl + Al(OH)3
y

+ 2NaOH → 2NaCl
2z

+ Fe(OH)2
z

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

(6)

(7)

(8)

0.25

(9)

(mol)

Theo PTHH (6, 7, 8). nNaOH (6,7,8) = 0,2 + 3y + 2 z (mol)

nNaOH ( du ) = 1, 2 − (0, 2 + 3 y + 2 z ) = 1 − (3 y + 2 z ) = x (mol)

Xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu n NaOH dư = x ≥ n Al(OH)3 = y . Kết tủa AlOH)3 tan hết.

Kết tủa Z: z mol Fe(OH)2.

Theo (I) và (III) ⇒ z =

1 − 2 × 0, 2
= 0,3 (mol)
2

0.25


4Fe(OH)2
(mol)
z

+

o

t
O2 
→ 2Fe2O3
0,5z

+

4H2O

(10)

⇒ n Fe2O3 = 0,5z = 0,15 mol ⇒ m Fe2O3 = 0,15 ×160 = 24 gam ≠ 17,1 gam (loại)
Trường hợp 2: Nếu n NaOH dư = x < n Al(OH)3 = y . Kết tủa Al(OH)3 tan 1 phần.
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 +
(mol)
x
x
x
Kết tủa Z: z mol Fe(OH)2; (y – x) mol Al(OH)3.

2H2O

(11)

o

t
(12)
2Al(OH)3 
→ Al2O3 + 3H2O
(mol)
(y – x)
0,5(y – x)
Chất rắn E gồm: 0,5z mol Fe2O3; 0,5(y – x) mol Al2O3.
⇒ 0,5( y − x)102 + 0,5 z.160 = 17,1 ⇒ −51x + 51y + 80 z = 17,1 (IV)

0.25

Từ (II), (III), (IV):

n Na = 0,1 mol

 x = 0,1
 x = 0,1



⇒  y = 0, 2 ⇒ n Al = 0, 2 mol
 x + 3y + 2z = 1
−51x + 51y + 80z = 17,1 z = 0,15 


n Fe = 0,15 mol

0.25

⇒ m = 2(0,1× 23 + 0, 2 × 27 + 0,15 × 56) = 32, 2 gam
2 × 0,1× 23
× 100% = 14, 29%
32, 2
2 × 0, 2 × 27
=
× 100% = 33, 54%
32, 2
= 100% − 14, 29% − 33,54% = 52,17%

%m Na =
%m Al
%m Fe

6

- Trích mẫu thử và đánh số thứ tự tương ướng. Chọn nước làm thuốc thử.
Cho nước dư lần lượt vào các mẫu thử.
Mẫu thử khơng tan là BaCO3 và MgCO3 (nhóm 1);
Mẫu thử tan trong nước tạo dung dịch là NaCl, ZnCl2 và Na2CO3 (nhóm 2)
Nhiệt phân đến khối lượng khơng đổi hai mẫu thử ở nhóm (1)

BaCO3

0.25

0.5

o

t

→ BaO + CO2
o

t
MgCO3 
→ MgO + CO2
Hòa tan rắn thu được vào nước dư. Nếu tan tạo thành dung dịch trong suốt thì mẫu thử
ban đầu là BaCO3; Mẫu thử còn lại ở nhóm (1) là MgCO3.
BaO + H2O → Ba(OH)2
Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 dư ở trên vào các dung dịch mẫu thử ở nhóm
(2).
Nếu có kết tủa trắng, khơng tan trong Ba(OH)2 dư đó là Na2CO3.
Ba(OH)2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaOH
Nếu ban đầu có kết tủa, sau đó kết tủa tan trong Ba(OH)2 dư là ZnCl2

Ba(OH)2 + ZnCl2 → Zn(OH)2 + BaCl2
Ba(OH)2 + Zn(OH)2 → BaZnO2 + 2H2O
Mẫu thử còn lại là NaCl.

0.5

0.5

0.5


Cho hỗn hợp vào nước dư, lọc tách thu được phần không tan gồm FeS, Al2O3; Phần
dung dịch chứa Cu(NO3)2, BaCl2.
Cho phần không tan vào dung dịch NaOH dư, tách lấy phần khơng tan là FeS; Phần
dung dịch có NaAlO2, NaOH dư.
Từ dung dịch NaAlO2, NaOH dư tách lấy kim loại nhơm theo sơ đồ sau.

7

0.5

NaAlO2
+ CO2 dư
to
đpnc
dd 

→ Al(OH)3 
→ Al 2 O3 
→ Al

NaOH dö
Từ FeS điều chế Fe theo sơ đồ sau:

FeCl 2
+ HCl dö
+ NaOH dö
+ KK dö
+ CO dö
FeS 
→ dd 

→ Fe(OH)2 
→ Fe2 O3 

→ Fe
to
to
HCl dö

0.5

Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2, BaCl2. Lọc lấy kết tủa,
nung đến khối lượng khơng đổi, cho luống khí CO dư đi qua chất rắn còn lại sau nung
thu được kim loại Cu.
PTHH:
Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaNO3

Cu(OH)2

o

t

→ CuO

0.5

+ H2 O

o

t
CuO + CO 
→ Cu + CO2
Phần dung dịch gồm BaCl2, NaNO3, NaOH dư điều chế kim loại Ba theo sơ đồ sau:

 BaCl 2
 BaCl2

+ Na2 CO3 dư
+HCl dư
cô cạn
đpnc
dd  NaNO3 
→ BaCO3 

→ dd 

→ BaCl2 
→ Ba

HCl
dö

 NaOH dư


0.5

Chú ý: Khơng viết PTHH kèm theo chỉ được ½ số điểm mỗi phần tương ứng

Đặt nCu = a (mol); nFexOy = b (mol)
=> 64a + 56bx + 16by = 15, 68 (*)

8

a

(mol)

Cu
a

o

t
+ 2H2SO4 đặc, nóng 
→ CuSO4
a

+

SO2
a

+

2H2O

(1)

0.5

to

2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 đặc, nóng 
→ xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 +(6x – 2y)H2O

bx
2
Theo PTHH (1) và (2) => 160a + 200bx = 40
Hấp thụ khí SO2 vào dung dịch Ba(OH)2.

(2)

(3x − 2 y )b
2

(mol) b

(**)

nBa ( OH )2 = 0,1 (mol); nBaSO3 = 0, 08 (mol).
Do nBa ( OH )2 > nBaSO3 nên có 2 trường hợp.

Th1: Ba(OH)2 dư.
SO2 + Ba(OH)2
(mol)
0,08
0,08
Theo PTHH (1, 2, 3) ta có:


→ BaSO3
0,08

+

H2 O

(3x − 2 y )b
= 0, 08 => 2a + 3bx − 2by = 0,16 (***)
2
Từ (*), (**) và (***), ta được a = 0,06 ; bx = 0,152 ; by = 0,208
a+

(3)

0.5

=>

x 0,152 19
(Loại)
=
=
y 0, 208 26

Th2: Ba(OH)2 phản ứng hết.

→ Ba(HSO3)2
Ba(OH)2 + 2SO2 
(mol) 0,02
0,04
Theo PTHH (1, 2, 3 4) ta có:

(4)

0.5

(3 x − 2 y )b
= 0, 08 + 0, 04 => 2a + 3bx − 2by = 0, 24 (****)
2
Từ (*), (**) và (****), ta được a = 0,1 ; bx = 0,12 ; by = 0,16
x 0,12 3
=> Công thức oxit sắt là Fe3O4.
=> =
=
y 0,16 4
a+

Trong 15,68 gam X có 0,1 mol Cu; 0,04 mol Fe3O4
Vậy trong 7,84 gam X có 0,05 mol Cu và 0,02 mol Fe3O4.

Cho 7,84 gam X vào dung dịch HCl: nHCl = 0,16 (mol)
b

(mol)

Fe3O4
0,02

→ 2FeCl3
+ 8HCl 
0,16
0,04

+ FeCl2
0,02

+ 4H2O

→ CuCl2 + 2FeCl2
Cu + 2FeCl3 
(mol) 0,02
0,04
0,02
0,04
Dung dịch P gồm: 0,06 mol FeCl2; 0,02 mol CuCl2.

(5)

0.25
(6)

Chất rắn Q là 0,03 mol Cu dư. => m1 = 0, 03.64 = 1,92 (gam)

Cho dung dịch P vào dung dịch AgNO3. n AgNO3 =

400.8,5
= 0, 2 (mol)
100.170

(mol)

CuCl2
0,02

→ 2AgCl + Cu(NO3)2
+ 2AgNO3 
0,04
0,04

(mol)

FeCl2
0,06

+ 2AgNO3
0,12


→ 2AgCl + Fe(NO3)2
0,12
0,06

→ Fe(NO3)3 + Ag
Fe(NO3)2 + AgNO3 
(mol)
0,04
0,04
0,04
Sau phản ứng (7, 8, 9), kết tủa gồm: 0,16 mol AgCl; 0,04 mol Ag.

(7)

(8)

0.25

(9)

m2 = 0,16.143,5 + 0, 04.108 = 27, 28 (gam)

Thí nghiệm 1: Cho tác dụng với dung dịch H2SO4 (loãng, dư) thấy chất rắn tan hồn
tồn và đồng thời thốt ra chất khí làm đục nước vơi trong.
9

1

→ Loại chất Ba(HCO3)2 vì Ba(HCO3)2 tan trong H2SO4 lỗng dư nhưng sẽ tạo kết tủa

0.25

trắng và chất khí thốt ra.

→Loại BaSO4 vì BaSO4 khơng tan trong dung dịch H2SO4 lỗng dư.

Thí nghiệm 2: Nung cũng thấy khí thốt ra làm đục nước vơi trong

→ Loại Na2CO3 vì Na2CO3 khơng bị phân hủy ở nhiệt độ cao

0.25

Thí nghiệm 3: Lấy chất rắn cịn lại sau khi nung hồn tồn ở thí nghiệm 2 cho tác
dụng với dung dịch HCl cũng thoát ra chất khí làm đục nước vơi trong
0.25


PHỊNG GD&ĐT
HUYỆN HOẰNG HĨA

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC: 2020 -2021
Mơn thi: Hóa học
Ngày thi: 10/9/2020
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
→ Loại MgCO3 vì sau khi nung MgCO3 tạo ra MgO tác dụng với dung dịch HCl
khơng thốt ra khí làm đục nước vôi trong.
Vậy học sinh đã lấy KHCO3 để tiến hành các thí nghiệm.

PTHH:

TN1: 2KHCO3 + H2SO4 → K2SO4 + 2CO2 + 2H2O
0

t
TN2: 2KHCO3 
→ K2CO3 + CO2 + H2O

0.25

TN3: K2CO3 + 2HCl → 2KCl + CO2 + H2O
2a

b

Nguyên tắc chung điều chế khí Z: Cho dung dịch X tác dụng với chất rắn Y thu được
khí Z, khi Z thu được bằng phương pháp đẩy nước.
Khí Z thu được bằng phương pháp đẩy nước nên Z không tan hoặc rất ít tan trong
nước.
Ví dụ1: khí Z là H2 hoặc CO2
Dung dịch X là HCl, chất rắn Y là Zn, khí Z là H2.
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2
Ví dụ 2: Dung dịch X là HCl, chất rắn Y là CaCO3, khí Z là CO2.
CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2
nPbS =

10

a

1, 912.10−3
= 8.10 −6 (mol)
239
H2S + Pb(NO3)2 → PbS + 2HNO3

Theo PTHH: nH 2 S = nPbS = 8.10

−6

0.5

0.25

0.25

0.5

(mol)

=> mH 2 S = 8.10−6.34 = 2, 72.10−4 (gam) = 0,272 (mg)

∑V

Khô ng khí

=2,5.40=100 (lít) = 0,1 (m3)

Khối lượng H2S có trong 1m3 khơng khí là:

b

b

0, 272
= 2, 72 (mg/m3)
0,1

Vậy khơng khí tại khu vực bãi rác bị ô nhiễm H2S rất nghiêm trọng. Lượng ô nhiễm
gấp hơn 9 lần mức độ cho phép.
Dẫn khí H2S đi qua dung dịch hỗn hợp KMnO4 và H2SO4 loãng.
* Hiện tượng: Màu tím bị nhạt dần đến mất màu
* PTHH.

5H2S + 8KMnO4 + 7H2SO4 → 4K2SO4 + 8MnSO4 + 12H2O
Dẫn khí H2S vào dung dịch Fe2(SO4)3.
* Hiện tượng: Màu vàng nâu của dung dịch nhạt dần, xuất hiện chất rắn màu vàng.

* PTHH:

H2S + Fe2(SO4)3 → 2FeSO4 + H2SO4 + S

Chú ý: HS làm theo cách khác, nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.

0.5

0.5

0.5