›
›
›

Đề thi học sinh giỏi - Môn: Hóa học lớp 9 - Đề 1 đến đề 18

docx 80 trang hoaithuong97 9040
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi học sinh giỏi - Môn: Hóa học lớp 9 - Đề 1 đến đề 18", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxde_thi_hoc_sinh_gioi_mon_hoa_hoc_lop_9_de_1_den_de_18.docx

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi - Môn: Hóa học lớp 9 - Đề 1 đến đề 18

  1. (4) Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 → 2FeCl3 + 3BaSO4 (5) FeCl3+ 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl (6) Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3 NaNO3 to (7) 2Fe(OH)3  ) Fe2O3 + 3H2O to (8) Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O II 2.0 * Chọn các hóa chất: vôi sống, HCl, CaCO 3, 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 0,5 nước vôi CaO + H2O Ca(OH)2 Lọc nước vôi thu được dung dịch nước vôi trong( dd Ca(OH)2). 1,5 - Điều chế CO 2 : 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 đúng thì trừ 1/2 số điểm của câu II III 2.0 a Trích mẫu thử cho vào các ống nghiệm: 1.0 - 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 b - Các cặp chất không thể tồn tại trong cùng ống nghiệm chứa nước cất: 1.0 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 1.0 Trang 20
  2. 6,9 9,3 1.0 nNa = 0,3mol n = 0,15 mol 23 Na2O 62 PTHH: 2Na + 2H2O →2 NaOH + H2 Na2O + H2O → 2 NaOH Theo PTHH: n NaOH = n Na + 2 n Na2O 1 n = nNa = 0,15 mol H22 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  C% NaOH = .100 15  m = 32,3 300 m Vậy cần thêm 32,3 gam NaOH có độ tinh khiết 80% V 2.0 1,12 3,36 0,15 nHCl = 1,3 mol; n H = = 0,05 mol ; nCO = 0,15mol 2 22,4 2 22,4 Gọi a, b là số mol của Fe2O3 và MxOy có trong X t o PTHH: 3Fe2O3 + CO  2Fe3O4 + CO2 (1) 2c c c mol mol mol 3 3 t o Fe3O4 + CO  3FeO + CO2 (2) p mol 3p mol p mol t o FeO + CO  Fe + CO2 (3) q mol q mol q mol 2c  Trong Y: Fe2O3 ( a - c) mol; Fe3O4 ( p ) mol; FeO ( p - q ) mol 3 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 FeCl 2, 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 Trang 21
  3. t o Nếu nung bazơ: 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O 32,1 m = .160 24gam < mX Chứng tỏ M không phải Fe Fe2O3 107.2 24  Khối lượng Fe2O3 có trong X là 24 gam,  n = a = 0,15mol Fe21O630 Khối lượng của MxOy = 69,9 - 24 = 45,9 gam Theo PTHH (4) n = q = 0,05 mol H 2 c c (1; 2; 3) nCO = + p + q = 0,15 + p = 0,1 2 3 3 Theo PTHH ( 4; 5; 6; 7; 8) 2c nHCl = 6 ( 0,15 - c) + 8( p ) + 2( p - q ) + 2q + 2by = 1,3 mol 3 c  0,9 - 2( + p ) + 2by = 1,3 3 c Thay + p = 0,1  by = 0,3 3 m = b(Mx + 16y) = 45,9 (gam) MOx y bxM 41,1 y  bxM = 41,1  137  M = 137. by 0,3 x y y Thỏa mãn khi = 1, M = 137 là Bari (Ba). Với = 1 chọn x x x = 1, y = 1. CTHH của oxit là BaO VI 2,0 Ta có:n bđ = 0,2x mol , n bđ = 0,3 mol. 0,5 H2 SO4 NaOH 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: 1 nNa SO = nNaOH = 0,15 mol 2 4 2 Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3 (2) Theo gt n = 0,2 mol Ba(HCO3 ) 2 n = n = 0,15 0,2 nên trường hợp này loại Ba(HCO3 ) 2 Na2 SO4 TH2: H2SO4 dư, NaOH hết trong dung dịch A gồm: Na2SO4 ( 0,15 mol), H2SO4 dư (0,2x - 0,15 ) mol. 0,75 H2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + CO2 + 2H2O (3) Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3 (4) Theo PTHH (3) (4) ta có n = 0,2x - 0,15 + 0,15 = 0,2 Ba(HCO3 ) 2 → x = 1→ n = 0,2 mol → m= m = 0,2 . 233 = 46,6g BaSO 4 BaSO 4 TH3: NaOH dư, H2SO4 hết 0,75 Trong ddA 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) n = 0,3 - 0,4x + 0,2x = 0,2→ x =0,5 Ba(HCO3 ) 2 → n = n = n = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol BaSO 4 Na2 SO 4 H2 SO 4 n = n = 0,3 - 0,4 . 0,5 = 0,1 mol BaCO 3 NaOH dư Trang 22
  4. → m = m + m = 0,1. 233 + 0,1 . 197 = 43 gam BaSO 4 BaCO 3 HS có thể giải theo nhiều cách khác nhau nếu đúng cho điểm tối đa câu đó, PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 7 Thời gian làm bài 150 phút Câu I . ( 4,0 điểm). Viết các phương trình hóa học có thể xảy của các thí nghiệm sau: 1) Cho điphotphopentaoxit vào dung dịch natrihiđroxit. 2) Cho khí lưu huỳnh trioxit vào dung dịch bariclorua. 3) Cho dung dịch barihiđroxit vào dung dịch kalihiđrosunfat. 4) Cho từ từ dung dịch natrihiđrosunfat vào dung dịch natricacbonat. Câu II. (3,0 điểm). Có 3 mẫu phân bón hóa học không ghi nhãn là: phân kali KCl, phân đạm NH 4NO3 và phân supephotphat (phân lân) Ca(H2PO4)2 . Em hãy giúp bác nông dân nhận biết các mẫu phân bón trên bằng hóa chất có sẵn, dễ tìm trong đời sống. Câu III. (3,0 điểm). Một hỗn hợp chứa các kim loại: Nhôm, sắt và đồng. Làm thế nào để tách riêng từng kim loại bằng phương pháp hóa học. Câu IV. (4,0 điểm). Trong một dung dịch H 2SO4, số mol nguyên tử oxi gấp 1,25 lần số mol nguyên tử hiđro. a) Tính C% của dung dịch axit trên. b) Lấy 46,4 (g) dung dịch axit trên, đun nóng với Cu thấy thoát ra khí SO 2 sau phản ứng nồng độ axit còn lại là 52,8%. Tính khối lượng Cu tham gia phản ứng ? . Câu V. (6 điểm). Hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 . Cho 120,8(g) X vào 400ml dung dịch H2SO4 loãng, phản ứng kết thúc thu được dung dịch A, chất rắn B và 2,24(l) khí Y. Cô cạn dung dịch A thu được 6(g) muối khan. Đem đun nóng chất rắn B đến khối lượng không đổi chỉ thu được 17,92 (l) khí CO2 (đktc) và chất rắn D. a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 đã dùng. b) Tính khối lượng của chất rắn B và chất rắn D. c) Xác định kim loại R, biết trong hỗn hợp X số mol của MgCO 3 gấp 1,25 lần số mol của RCO3 . (Cho biết: Mg = 24; S = 32; Fe = 56; Ca = 40; O = 16; C = 12; Cu = 64; H = 1; Zn = 65; Ba = 137; Hg = 207) Họ và tên thí sinh: SBD : HƯỚNG DẪN CHẤM Trang 23
  5. Câu Nội dung Điểm I 4 điểm P2O5 + 2NaOH + H2O 2NaH2PO4 P O + 4NaOH 2Na HPO + H O 1) 2 5 2 4 2 1,0 P2O5 + 6NaOH 2Na3PO4 + 3H2O ( nếu thiếu 1 PTHH trừ bớt 0,25 điểm) SO + H O H SO 1,0 2) 3 2 2 4 H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl Ba(OH) + 2KHSO BaSO + K SO + H O 1,0 3) 2 4 4 2 4 2 Nếu Ba(OH)2 dư thì: Ba(OH)2 + K2SO4 BaSO4 + 2KOH Ban đầu : 2NaHSO + Na CO Na SO + 2NaHCO 4 2 3 2 4 3 1,0 4) Nếu tiếp tục thì: NaHSO4 + NaHCO3 Na2SO4 + CO2 +H2O *(Nếu không đúng bản chất hoặc thiếu cân bằng -0,25 điểm) II 3 điểm - Lấy một ít các chất vào ống nghiệm và hòa tan vào nước để làm mẫu thử 0,25 . - Cho dung dịch Ca(OH) (dung dịch nước vôi trong) vào các mẫu thử trên 2 0, 5 . -Mẫu thử nào có khí không màu thoát ra có mùi khai thì đó là khí amoniac(NH3) , mẫu thử ban đầu chứa phân đạm. Theo PTHH: 1,0 2NH4NO3 + Ca(OH)2 Ca(NO3)2 + 2NH3 +2H2O - Mẫu thử nào có chất rắn tạo thành là Ca 3(PO4)2 thì mẫu thử ban đầu chứa phân lân. Theo PTHH: 1,0 Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 Ca3(PO4)2 + 4H2O - Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là phân kali 0,25 III 3 điểm Cho hỗn hợp trên vào dung dịch NaOH dư thì Al bị hòa tan hoàn toàn theo 0,5 PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 +3H2 Chất rắn không tan là Fe và Cu , dung dịch thu được gồm NaAlO2 và NaOH dư. Lọc tách lấy chất rắn. Dẫn khí CO2 dư vào dung dịch trên. NaAlO2 + CO2 + H2O Al(OH)3 + NaHCO3 NaOH + CO2 NaHCO3 1,0 Lọc lấy kết tủa đem nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Al2O3 . t o 2Al(OH)3  Al2O3 . + 3H2O Đem điện phân nóng chảy ta thu được Al. dpnc 2Al2O3  4Al + 3O2 Cho chất rắn là Fe và Cu vào dung dịch HCl dư ,thì Cu không tan , lọc tách lấy Cu. 0,5 Fe + 2HCl FeCl2 + H2 Trang 24
  6. Dung dịch còn lại là FeCl 2 và HCl dư cho tác dụng với dung dịch NaOH dư FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl HCl + NaOH NaCl + H2O Kết tủa là Fe(OH)2 đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được Fe2O3 . 1,0 t o 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 . + 4H2O Cho khí H2 dư đi qua Fe2O3 nung nóng đến khối lượng không đổi ta được Fe t o Fe2O3 . + 3H2  2Fe +3 H2O ( Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa) IV 4 điểm Gọi a,b là số mol của H SO và H O trong dung dịch. 0,5 a) 2 4 2 thì nH = 2a + 2b và nO = 4a+b theo bài ra ta có : 4a+b = 1,25(2a + 2b) => a=b 0,5 Khi đó khối lượng dung dịch H2SO4 là: 98a +18b hay 116a(g) 0,5 98a C% H2SO4= .100 84,48% 0,5 116a PTHH : Cu + 2 H2SO4 CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,5 b) 46,4.84,48 nH2SO4 = 0,4(mol) 100.98 Gọi số mol Cu tham gia phản ứng là x. 0,5 Theo PTHH thì số mol H2SO4 = 2x và số mol SO2 = x Số mol H2SO4 còn dư là : 0,4 - 2x Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 46,4 +64x – 64x = 46,4(g) (0,4 2x).98 0,5 Theo bài ra ta có : .100 52,8 46,4 Giải ra ta được x = 0,075(mol) Khối lượng Cu tham gia phản ứng = 0,075.64 = 4,8(g) 0,5 V 6 điểm Ta có các PTHH : MgCO3 + H2SO4 MgSO4 + CO2 + H2O (1) RCO3 + H2SO4 RSO4 + CO2 + H2O (2) 1,0 t o MgCO3  MgO + CO2 (3) t o RCO3  RO + CO2 (4) Khí Y là CO . Khi nung chất rắn B có khí CO thoát ra chứng tỏ trong B a) 2 2 0,5 còn có muối cacbonat còn dư. Nên H2SO4 phản ứng hết ở (1,2) Trang 25
  7. 2,24 Theo (1,2) số mol H2SO4= số mol H2O = số mol CO2 = 0,1(mol) 22,4 0,75 0,1 CM H2SO4= 0,25(mol / l) 0,4 Theo bài ra và áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1,2) ta có: b) 0,5 mX + m H2SO4 = m (muối trong dung dịch A) + m CO2 + mH2O + mB Thay số vào ta có: 120,8 + 0,1.98 = 6 + 0,1.44 + 0,1. 18 + m B 0,5 => mB = 118,4(g) 17,92 số mol CO2 (3,4) = 0,8(mol) 22,4 0,75 áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (3,4) ta có: mB= mD + mCO2 thay số vào ta có :118,4 = mD + 0,8.44 => mB = 83,2(g) Gọi số mol mỗi muối trong hỗn hợp X là a,b c) 0,5 theo (1,2,3,4) n muối cacbonat = n CO2 = 0,1 +0,8 = 0,9(mol) Theo bài ra ta có hệ PT: a + b = 0,9 (*) a = 1,25 b ( ) 0,75 Giải ra ta có a = 0,5 ; b = 0,4 Mà khối lượng của X là 120,8(g) nên 0,5.84 + (M + 60).0,4 = 120,8 R 0,75 Giải ra ta được MR = 137 => R là kim loại Ba (Bari) * Bài toán thực hiện theo cách khác mà có kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa. * Không chấp nhận kết quả đúng khi bản chất hoá học sai. * Chiết điểm đến 0,25điểm. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 8 Thời gian làm bài 150 phút Câu I . (4,5 điểm). Cho hỗn hợp A gồm Fe và Al cháy trong khí oxi dư,thu được hỗn hợp chất rắn B.Hòa tan B trong dung dịch HCl dư, được dung dịch C.Cho dung dịch KOH dư vào C, thu được dung dịch D và chất rắn E.Lọc E rồi đem nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi được chất rắn F.Sục khí CO 2 cho đến dư vào dung dịch D được kết tủa G.Viết tất cả các phương trình hóa học xảy ra và cho biết các chất có trong B,C,D,E,F,G. Câu II. (3,0 điểm). Cho hỗn hợp gồm các oxit: MgO, CuO và Fe 2O3.Hãy trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng oxit. Viết các phương trình hóa học. Câu III. (2,5 điểm). Từ quặng phốt phát tự nhiên và các hóa chất vô cơ cần thiết khác,viết phương trình điều chế supephotphat kép.Cho biết vì sao trên thực tế người ta chỉ dùng photphat tự nhiên cho những vùng đất chua? Câu IV. (4,0 điểm). Trang 26
  8. Dung dịch A chứa đồng thời hai muối bạc nitrat và đồng(II)nitrat với nồng độ mol của muối đồng gấp 2,5 lần nồng độ mol của muối bạc. 1. Nhúng thanh kẽm vào 250ml dung dịch A.Sau một thời gian, lấy thanh kẽm ra và làm khô thấy khối lượng thanh kẽm tăng 3,02(g).Biết rằng dung dịch sau phản ứng chứa ba muối.Tính nồng độ mol của muối kẽm trong dung dịch sau phản ứng? 2. Nếu để thanh kẽm trong 250 ml dung dịch A một thời gian cho đến khi dung dịch sau phản ứng chỉ chứa một muối duy nhất với nồng độ 0,6M.Tính nồng độ mol của các muối trong dung dịch A ban đầu? (Coi tất cả kim loại sinh ra đều bám trên thanh kẽm và thể tích dung dịch không thay đổi) Câu V. (6 điểm).Cho 16,24 gam hỗn hợp FeCO 3 và FexOy nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16(g) một chất rắn duy nhất và sản phẩm khí A. Dẫn khí A vào 750ml dung dịch Ca(OH)2 0,02M.Phản ứng kết thúc thấy có 1(g) chất rắn tạo thành. 1. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu? 2. Xác định công thức hóa học của oxit sắt? (Cho biết: Fe = 56; Ca = 40; O = 16; C = 12; Cu = 64; H = 1; Zn = 65; N = 14; Ag = 108) Họ và tên thí sinh SBD : HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm I 4,5 điểm Các phương trình hóa học: Mỗi t o phương 3Fe + 2O2  Fe3O4 trình và 4Al + 3O t o 2Al O 2  2 3 xác định Chất rắn B gồm : Fe O , Al O 3 4 2 3 được Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O thành Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O phần cho Dung dịch C gồm: FeCl2 , FeCl3 , AlCl3, HCl 0,25 điểm FeCl2 + 2KOH Fe(OH)2 + 2KCl Nếu FeCl3 + 3KOH Fe(OH)3 + 3KCl không AlCl3 + 3KOH Al(OH)3 + 3KCl cân bằng Al(OH)3 + KOH  KAlO2 + 2H2O hoặc HCl + KOH KCl + H2O thiếu Dung dịch D gồm: KCl, KAlO2, KOH. điều kiện Trang 27
  9. Chất rắn E gồm : Fe(OH)2, Fe(OH)3. trừ đi t o nữa số 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 . + 4H2O t o điểm 2Fe(OH)3  Fe2O3 . + 3H2O Chất rắn F là : Fe2O3 KAlO2 + CO2 + 2H2O Al(OH)3 + KHCO3 KOH + CO2 KHCO3 Kết tủa G là: Al(OH)3 II 3 điểm Cho khí hiđro dư đi từ từ qua hỗn hợp các oxit nung nóng. t o PTHH: Fe2O3 . + 3H2  2Fe +3 H2O 0,25 t o CuO + H2  Cu + H2O Hòa tan hỗn hợp rắn thu được gồm Fe,Cu,MgO bằng dung dịch HCl dư .Lọc lấy riêng chất rắn không tan là Cu. 0, 5 Fe + 2HCl FeCl2 + H2 MgO + 2HCl MgCl2 + H2O Lấy Cu nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được CuO. t o 2Cu + O2  2CuO 0,25 Dung dịch thu được gồm FeCl 2 ,MgCl2, HCl dư đem điện phân dung dịch thì thu được Fe. dpdd FeCl2  Fe+ Cl2 Cho Fe tác dụng với khí clo dư ta được FeCl 3, cho tác dụngvới dung dịch NaOH dư lọc lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi ta được 1,0 Fe2O3 tinh khiết t o 2Fe + 3 Cl2  2FeCl3 FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 + 3NaCl t o 2Fe(OH)3  Fe2O3 . + 3H2O Dung dịch còn lại gồm MgCl2, HCl dư cho tác dụngvới dung dịch NaOH dư MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl HCl + NaOH NaCl + H2O 1,0 Lọc lấy kết tủa nung nóng khối lượng không đổi ta được MgO nguyên chất t o Mg(OH)2  MgO . + H2O (Nếu thực hiện cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa) III 2,5điểm PTHH điều chế supephốt phát kép t o 1,5 Ca3(PO4)2 + 3H2SO4 đặc  3CaSO4 (rắn) + 2H3PO4 Ca3(PO4)2 + 4H3PO4  3Ca (H2PO4)2 Trên thực tế người ta chỉ dùng phốtphát tự nhiên cho những vùng đất chua vì 1,0 phốtphát tự nhiên có thành phần chính là Ca 3(PO4)2 không tan trong nước nên Trang 28
  10. rễ cây không hút được.Khi Ca3(PO4)2 bón cho đất chua thì tan trong axit tạo thành các muối tan trong nước ,rễ cây sẽ hút được và làm giảm độ chua của đất. IV 4 điểm Trong cùng một dung dịch nên tỷ lệ về nồng độ cũng là tỷ lệ về số mol.Gọi a là số 0,25 1) mol của AgNO3 thì số mol của Cu(NO3)2 là 2,5a Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO 3 0,25 ba muối đó là Zn(NO3)2, AgNO3, Cu(NO3)2. Gọi x là số mol Zn tham gia phản ứng Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag 0,5 x mol 2x mol x mol 2x mol Vì khối lượng thanh Zn tăng nên ta có : 2x.108 – x.65= 3,02 0,5 x= 0,02 mol 0,02 0,5 nZn(NO ) = 0,02 mol => CM Zn(NO ) = 0,08(M) 3 2 3 2 0,25 Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa một muối duy nhất là Zn(NO 3)2 nên Zn đã phản ứng hết với AgNO3, Cu(NO3)2. Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag 1,0 2) 0,5a mol a mol 0,5a mol a mol Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu 2,5a mol 2,5a mol 2,5a mol 2,5a mol Mà n = 0,6.0,25= 0,15(mol) Zn(NO3 ) 2 0,5 Nên n = 0,5a +2,5a = 0,15(mol) => a=0,05(mol) Zn(NO3 ) 2 0,05 nAgNO = 0,05(mol) CM AgNO = 0,2(M) 3 3 0,25 0,5 0,125 nCu(NO ) = 0,05.2,5= 0,125(mol) CM Cu(NO ) = 0,5(M) 3 2 3 2 0,25 V 6 điểm Nung nóng hỗn hợp trong không khí tới khối lượng không đổi, xảy ra các PTHH: t o 4FeCO3 + O2  2Fe2O3 . + 4CO2 (1) o 4Fe O + (3x-2y)O t 2xFe O (2) x y 2 2 3 1,0 Cho khí A tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (3) 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (4) 1 nCaCO = 0,01(mol) 3 100 0,5 n = 0,75.0,02=0,015(mol) Ca(OH) 2 Trang 29
  11. Do n > n nên xảy ra hai trường hợp: Ca(OH) 2 CaCO 3 Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư ,chỉ xảy ra (3) => n = n = 0,01(mol) CaCO 3 CO2 Từ (1) n = n = 0,01(mol) => m = 0,01.116=1,16(g) FeCO 3 CO2 FeCO 3 n = n /2 = 0,01/2 = 0,005(mol) 1,0 Fe2 O 3 FeCO 3 16 mFexOy= 16,24- 1,16 = 15,08(g) theo (1,2) n Fe O = 0,1(mol) => nFe O (2)= 2 3 160 2 3 0,1 – 0,005= 0,095(mol) Theo (2) n = n . 4/2x = 0,19/x (mol) FexOy Fe2 O 3 Khi đó 0,19/x(56x + 16y) = 15,08 1,0 => 10,64+ 3,04y/x = 15,08 x/y = 3,04/4,44= 76/111(loại) Trường hợp 2: Ca(OH)2 hết , xảy ra (3,4) Từ (3) n = n = n = 0,01(mol) CaCO 3 CO2 Ca(OH) 2 => nCa(OH) (4) = 0,015- 0,01= 0,005(mol) 2 0,5 Theo(4) n = 2 n = 0,005 .2 = 0,01 (mol) CO2 Ca(OH) 2 Nên n CO2 (3,4) = 0,01+ 0,01 = 0,02 (mol) Từ (1) n = n = 0,02(mol) => m = 0,02.116=2,32(g) FeCO 3 CO2 FeCO 3 n = n /2 = 0,02/2 = 0,01(mol) 1,0 Fe2 O 3 FeCO 3 16 mFexOy= 16,24- 2,32 = 13,92(g) theo (1,2) n Fe O = 0,1(mol) => nFe O (2)= 2 3 160 2 3 0,1 – 0,01= 0,09 (mol) Theo (2) n = n . 4/2x = 0,18/x (mol) FexOy Fe2 O 3 Khi đó 0,18/x(56x + 16y) = 13,92 c) => 10,08+ 2,88y/x = 13,92 1,0 x/y = 2,88/3,84= ¾ Vậy công thức hóa học của oxit sắt là: Fe3O4 * Bài toán thựchiện theo cách khác mà có kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa *Không chấp nhận kết quả đúng khi bản chất hóa học sai *Chiết điểm đến 0,25 điểm. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 9 Thời gian làm bài 150 phút Câu 1 (3điểm) Trang 30
  12. 1. Hòa tan hoàn toàn BaO vào nước, thu được dung dịch X. Cho SO 3 vào dung dịch X, thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Cho Al vào dung dịch Z thấy có khí hiđro bay ra. Viết các phương trình hóa học xảy ra. 2. Có 3 khí A, B, C. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO4 ở nhiệt độ cao, khí B được điều chế bằng cách cho FeCl2 tác dụng với hỗn hợp KMnO4 và H2SO4 loãng, khí C được điều chế bằng cách đốt pirit sắt trong oxi. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 2(5điểm): 1. Giải thích các hiện tượng xảy ra và viết các PTHH trong các trường hợp sau: a. Sục từ từ CO2 vào nước vôi trong cho tới dư b. Cho từ từ bột Cu vào axit HNO3 đặc, nóng. c. Cho từ từ kim loại K vào dung dịch sắt (II) sunfat. 2. Chỉ dùng dung dịch HCl hãy trình bày cách nhận biết các gói bột mất nhãn sau: FeS, FeS2, FeO, FeCO3, CuS. Viết các phương trình hoá học ? Câu 3(3,0điểm): Viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ biến hóa sau: Ca(HCO3)2 (4) (2) (3) (1) Na2CO3 CaCO3 BaCO3 (6) (5) CO2 Cấu 4(5,0điểm): (Thí sinh bảng B không phải làm ý 2 của câu này) 1. Nung hoàn toàn 15g một muối cacbonat của một kim loại hóa trị II không đổi. Toàn bộ khí thoát ra cho hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M thấy thu được 9,85 gam kết tủa. Xác định công thức hóa học của muối cacbonat ? 2. Thêm từ từ dung dịch HCl vào 10 gam muối cacbonat của một kim loại hóa trị II . Sau một thời gian thể tích khí thoát ra đã vượt quá 1,904 lít (đktc) và lượng muối clorua tạo thành vượt quá 8,585 gam. Hỏi đó là muối cacbonat của kim loại nào. Câu 5(4,0điểm): Hòa tan hoàn toàn 4 gam hỗn hợp một kim loại hóa trị III và một kim loại hóa trị II cần dùng hết 170 ml dung dịch HCl 2M a) Tính thể tích H2 thoát ra ( Ở đktc) b) Cô cạn dung dịch được bao nhiêu gam muối khan ? c) Nếu biết kim loại hóa trị III là Al và số mol bằng 5 lần số mol của kim loại hóa trị II. Kim loại hóa trị II là nguyên tố nào. Cho biết: H = 1; C =12; O =16; Mg = 24; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64; N = 14; Cl = 35,5 Hết Họ và tên thí sinh: .SBD: phòng: HƯỚNG DẪN CHẤM Bảng Câu Nội dung Bảng A B Trang 31
  13. BaO + H2O Ba(OH)2 0,25 0,25 Ba(OH)2 + SO3 BaSO4 + H2O 0,25 0,25 Nếu Ba(OH)2 dư: Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O Ba(AlO2)2 + 3H2 0,5 0,5 0,25 0,25 1 Nếu SO3 dư: SO3 + H2O H2SO4 0,5 0,5 (3đ) 2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2. t0 0,25 0,25 2KMnO4  K2MnO4 + MnO2 + O2 (A) 0,5 0,5 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O + 10Cl2 (B) t0 4FeS2 + 7O2  2Fe2O3 + 4SO2 (C) 0,5 0,5 1. (2,5đ) a) Nước vôi bị đục sau đó trong trở lại: 0,25 0,25 CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 ( r) + H2O 0,25 0,25 CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2 0,25 0,25 b) Đầu tiên có khí màu nâu, sau đó có khí không màu rồi hóa nâu trong không 0,25 0,25 khí: t0 0,25 0,25 Cu + 4HNO3 đ Cu(NO3)2 + 2H2O + 2NO2  0,25 0,25 0,25 0,25 3Cu + 8HNO3 loãng 3Cu(NO3)2 + 4H2O + 2NO  0,25 0,25 2NO + O2 2NO2 c) Có khí không màu thoát ra đồng thời có kết tủa trắng hơi xanh xuất hiện 0,25 0,25 2 0,25 0,25 2K + 2H2O 2KOH + H2 (5đ) Mỗi Mỗi 2KOH + FeCl2 Fe(OH)2 + 2KCl 2.(2,5đ) chất chất Trích mẫu, rồi cho mỗi chất lần lượt tác dụng với dung dịch HCl đúng đúng - CuS không tan kèm kèm pư cho pư - FeS tan, có khí mùi trứng thối: FeS + 2HCl FeCl2 + H2S 0,5đ cho - FeS2 tan, có khí mùi trứng thối và có kết tủa vàng: FeS 2 + 2HCl FeCl2 + 0,5đ H2S + S - FeO tan, không có khí: FeO + HCl FeCl2 + H2O - FeCO3 tan, có khí không mùi thoát ra: FeCO3 + 2HCl FeCl2 + CO2 + H2O (1) Na2CO3 + CaCl2 CaCO3 + 2NaCl Mỗi Mỗi t0 (2) Ca(HCO3)2 CaCO3 + CO2 + H2O pư pư 3 (3) Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 BaCO3 + CaCO3 + 2H2O đúng đúng (3đ) (4) Ca(HCO3)2 +2NaOH Na2CO3 + CaCO3 + 2H2O cho cho (5) BaCO3 + 2HCl BaCl2 + CO2+ H 2O 0,5đ 0,5đ (6) Na2CO3 + H2SO4 Na2SO4 + CO2+ H 2O 1. (3đ) , 풏 = = , ( 풐풍) 풏 = , . = , ( 풐풍) 0,5 0,5 푪푶 (푶푯) Gọi CT của muối cacbonat cần tìm là MCO3 0,25 0,5 MCO3 MO + CO2 (1) 0,25 0,5 Vì M + 60 = = 300 => M = 240 (loại) 0,5 0,5 , 0,25 0,5 Trường hợp 2: Tạo 2 muối BaCO3 và Ba(HCO3)2 0,25 0,5 Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O 0,05 0,05 0,05 0,25 0,5 Trang 32
  14. Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 0,05 0,1 => 0,25 0,5 풏푪푶 = , + , = , ( 풐풍) Từ (1) => M + 60 = , = 100 => M = 40 => M là Ca Vậy CTHH của muối cần tìm là CaCO3 2.(2đ) 2HCl + MCO3 MCl2 + CO2  + H2O 0,5 1,904 Theo PHHH: nCO2 = nMCO3 = nMCl2 0,085 mol 0,5 22,4 10 => > 0,085 => M 8,585 => M > 30 Vậy 30 n 0,34 : 2 0,17mol V 0,17.22,4 3,808lit H2 HCl 0,25 0,25 b) nHCl = 0,34 mol suy ra nCl = 0,34 mol 0,5 0,5 5 mCl = 0,34 . 35,5 = 12,07 gam 0,25 0,25 (4đ) => Khối lượng muối = mhh + m (Cl) = 4 + 12,07 = 16,07 g 0,5 0,5 c) Gọi số mol của Al là a mol => số mol của kim loại có hóa trị II là a : 5 Từ (2) suy ra nHCl = 3a Từ (1) suy ra n HCl = 0,4a 0,5 0,5 Ta có : 3a + 0,4a = 0,34 => a = 0,1 mol Số mol của kimlọai có hóa trị II là 0,1 : 5 = 0,02 mol 0,25 0,25 mAl 0,1.27 2,7g mkim loại = 4 - 2,7 = 1,3 g 1,3 0,5 0,5 Mkim loai = 65 => Là kẽm (Zn) 0,02 PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC Môn : Hóa học - lớp 9 ĐỀ SỐ 10 Thời gian làm bài 150 phút Câu 1. (6 điểm) 1- Lựa chọn các chất thích hợp tương ứng với A1,A2,A3,B1,B2,B3 rồi viết phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa: A1 A2 A3 Fe(OH)3 Fe(OH)3 B1 B2 B3 2- a) Có 5 bình thủy tinh không màu bị mất nhãn chứa 5 khí riêng biệt : N2 ; O2 ; CO2 ; H2 ; CH4. Trình bày phương pháp hoá học nhận ra từng khí b) Chỉ dùng dung dịch PP hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết năm lọ mất nhãn đựng năm dung dịch riêng biệt: H2SO4; Na2SO4; NaOH; BaCl2; MgCl2 . Câu 2. ( 4 điểm) Trang 33
  15. 1- Trong phòng thí nghiệm có sẵn CuSO4 . 5 H2O ; H2O và các dụng cụ thí nghiệm cần thiết. Hãy trình bày cách pha chế 200ml dung dich CuSO4 1M. 2- Cho hỗn hợp chứa a mol mỗi chất: Na2O; NaHCO3 ; BaCl2 ; NH4Cl vào nước. Khuấy đều, đun nhẹ để phản ứng xẩy ra hoàn toàn thu được dung dịch A, khí B và kết tủa C. Viết phương trình phản ứng xẩy ra và xác định các chất trong A,B,C và cho biết số mol từng chất. Câu 3. (3 điểm): Đặt lên hai đầu đĩa của một cân thăng bằng hai cốc A,B có khối lượng bằng nhau, mỗi cốc đựng 100ml dung dịch H2SO4 0,2M. Cho m(g) Mg vào cốc A, m(g) Al vào cốc B. Hãy tính toán và cho biết cân nghiêng nặng về bên nào trong các trường hợp: a) Sau thí nghiệm cả hai cốc kim loại đều không tan hết. b) Sau thí nghiệm cả hai cốc kim loại đều tan hết. Câu 4. (5 điểm): Nhiệt phân 25,9(g) muối hydrocacbonat của kim loại M( Có hóa trị không đổi trong các hợp chất) đến khối lượng không đổi thu được chất rắn A, hổn hợp B gồm khí và hơi. Hấp thụ hoàn toàn B vào bình đựng dung dịch chứa 0,14 mol Ca(OH)2 , sau khi kết thúc phản ứng thấy khối lượng bình tăng 10,6(g) đồng thời có 8(g) kết tủa. a) Xác định kim loại M. b) Cho toàn bộ chất rắn A ở trên vào 200ml dung dịch H2SO4 0,2M ( Khối lượng riêng là 1,2(g)/ml). Tính C% dung dịch thu được. Câu 5. (2 điểm): m(g) hỗn hợp A gồm KHCO3 và CaCO3 cho tác dụng với dung dịch HCl dư. Toàn bộ lượng khí CO2 cho hấp thụ hoàn toàn vào 200ml dung dịch hỗn hợp KOH 1M và Ca(OH)2 0,75M thu được 12(g) kết tủa. Tính m. ( Cho nguyên tử khối của các nguyên tố:H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23;Mg = 24; Al = 27; S = 32;Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag= 108; Ba = 137.) Lưu ý: Học sinh bảng B không phải làm câu 5). HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Đáp án Điểm Bảng Bảng A B 1- câu A1 : Fe2O3 ; A2: FeCl3 ; A3: FeNO3: B1: H2O; B2: Ca(OH)2 ; B3 : 1,5 1,5 1(3đ) NaOH ( Có thể thay bằng chất thích hợp, tìm được mỗi chất cho 0,25đ) to 2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O 0,25 0,25 Fe2O3 + 6 HCl ¾¾¾¾® 2FeCl3 + 3 H2O 0,25 0,25 FeCl3 + 3 AgNO3 ¾¾¾¾® e(NO3)3 + 3AgCl ↓ 0,25 0,25 H2O + CaO ¾¾¾¾® Ca(OH)2 0,25 0,25 Ca(OH)2 + Na2CO3 ¾¾¾¾® CaCO3↓ + 2NaOH 0,25 0,25 2- Câu Fe(NO3)3 + 3NaOH ¾¾¾¾® Fe(OH)3 ↓ + 3NaNO3 0,25 0,25 2(3đ) 3đ 3đ Trích mẫu thử các chất sục vào dung dịch nước vôi trong, trường 0,5 0,5 hợp nào làm vẩn đục nước vôi trong nhận ra CO2 a CO2 + Ca(OH)2 ¾¾¾¾® CaCO3 ↓+ H2O Cho tàn đóm đỏ vào lần lượt mẫu thử các bình , tàn đóm đỏ bùng 0,25 0,25 cháy ta nhận ra bình O2 , 3 bình còn lại làm tàn đóm tắt là N2; H2 và CH4. Trang 34
  16. Trích mẫu thử các chất 3 bình còn lại đem đốt: Không cháy là N2 ; 0,25 0,25 Cháy được là H2 và CH4 ( nhóm 1) Cho sản phẩm cháy ở nhóm (1) lần lượt sục vào nước vôi trong, 0,5 0,5 làm nước vôi trong vẩn đục ta nhận ra chất ban đầu là CH4 , Bình còn lại là H2 to CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O to 2H2 + O2 2H2O CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 ↓+ H2O Nhỏ ít giọt dung dịch PP vào mẫu thử các chất, trường hợp bị hóa 0,25 0,5 đỏ ta nhận ra dung dịch NaOH. Cho dung dịch NaOH vào mẫu thử các chất còn lại, nếu có xuất 0,25 0,5 hiện kết tủa trắng ta nhận ra dung dịch MgCl2 2NaOH + MgCl2 Mg(OH)2↓ + 2NaCl Cho mẫu thử ba chất còn lại lần lượt tác dụng với nhau, chất tạo 0,5 0,25 kết tủa trắng được với hai chất là BaCl b 2 BaCl2 + H2SO4 ¾¾¾¾® Ba SO4 ↓ + 2HCl BaCl2 + Na2SO4 ¾¾¾¾® Ba SO4 ↓ + 2NaCl Cho mẫu thử hai chất còn lại vào kết tủa Mg(OH)2 ở trên, chất hòa 0,5 0,25 tan được kết tủa là H2SO4 dung dịch còn lại là Na2SO4 H2SO4 + Mg(OH)2 ¾¾¾¾® Mg SO4 + 2H2O 3đ 3đ n Cu SO4 trong 200ml d d Cu SO4 1M = 0,2 mol 0,25 0,5 m CuSO = 0,2 * 160 = 32(g); M Cu SO = 160g ; 0,25 0,5 Câu 4 4 M CuSO .5H O = 250g. 2(4đ) 4 2 %mCuSO4trong CuSO4.5H2O = (160/250)*100% = 64%. 0,5 0,5 m Cu SO4 . 5 H2O = ( 32*100) : 64 = 50(g) 1 Dùng cân cân lấy 50(g) CuSO4 . 5 H2O Cho vào ống thủy tinh có 0,5 0,25 vạch chia độ ( Dung tích > 200ml), cho thêm ít nước vào khuấy để chất tan tan hết. Từ từ cho thêm nước vào tới vạch 200ml ta được 200ml dung dịch 0,5 0,25 Cu SO4 1M 2đ 2đ Các PTPU: 0,25 0,25 Na2O + H2O ¾¾¾¾® 2NaOH (1) a 2a (mol) NaOH + NaHCO3 ¾¾¾¾® Na2CO3 + H2O (2) 0,25 0,25 2 a a a (mol) to NaOH + NH4Cl NaCl + NH3↑ + H2O (3) 0,25 0,25 a a a a (mol) Na2CO3 + BaCl2 ¾¾¾¾® BaCO3 ↓ + 2NaCl (4) 0,25 0,25 a a a 2a (mol) Trang 35
  17. Do các chất có số mol bằng nhau nên phản ứng vừa đủ ( n NaOH 0,25 0,25 ở(1) vừa đủ để phản ứng ở (2) và (3). Dung dịch A là dung dịch NaCl ( nNaCl = 3a mol) 0,75 0,75 Khí B là NH3 (nNH3 = a mol) Kết tủa C là BaCO3 ( nBaCO3 = a mol) 2đ 2đ n H2SO4 trong mỗi cốc = 0,1*0,2 = 0,02 mol; n Mg = m/24; nAl= 0,25 0,5 m/27 Cốc A: Mg + H2SO4  MgSO4 + H2↑ (1) 0,25 0,25 Câu a Cốc B: 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2↑ (2) 0,25 0,25 3(3đ) Cả hai cốc kim loại đều tan không hết  nH2 thoát ra ở (1) = 0,5 0,5 nH2 thoát ra ở (2) = n H2SO4 trong mỗi cốc ban đầu = 0,02 mol do đó cân ở vị trí thăng bằng. 0,25 0,5 Cả hai cốc kim loại tan hết ta có: 0,25 0,5 n H2 ở cốc A thoát ra = n Mg = m/24 mol n H2 ở cốc B thoát ra = 1,5 n Al = 1,5 m/27 mol 0,25 0,5 b 1,5 m/27 mol > m/24 mol = 1,5m/36 mol 0,5 0,5 H2 thoát ra ở cốc B thoát ra nhiều hơn do đó cân nghiêng nặng về 0,5 0,5 bên A 3đ 4đ Câu a Đặt hóa trị không đổi của kim loại M là n ( n nguyên dương; n ≤3) 0,25 0,25 4(5đ) ta có công thức muối hydro cacbonat của M là: M(HCO3)n. Các PTPU có thể có: 0,25 0,5 to 2M(HCO3)n.  M2(CO3)n + nH2O + nCO2↑ (1) to 2M(HCO3)n  M2On + 2n CO2 + nH2O (2) 0,25 0,5 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3↓ + H2O (3) 0,25 0,5 CaCO3 + CO2 + H2O  Ca(HCO3)2 (4) 0,25 0,5 ( Chất rắn A là M2(CO3)n hoặc M2On ; Hỗn hợp khí B là CO2 và 0,25 0,25 hơi H2O; Bình dung dịch Ca(OH)2 tăng là khối lượng CO2 và H2O ; kết tủa là CaCO3 , nCaCO3 = 8/100=0,08 mol Theo bài ra: nCa(OH)2 = 0,14mol > nCaCO3 = 0,08 mol  Có 0,25 0,25 hai trường hợp xẩy ra: TH1: Ca(OH)2 dư  Không xẩy ra (4) : 0,25 0,25 Theo (2): nCO2 = nCaCO3 = 8/100= 0,08mol 0,25 0,25 mCO2 = 0,08* 44 = 3,52(g)  mH2O = 10,6 – 3,52 = 7,08(g) Trang 36
  18.  n H2O = 7,08/18 = 0,39 mol. Theo (1) và (2): nH2O ≤ nCO2 nhưng 0,39 > 0,08 ( TH1 loại) TH2: CO2 dư ở (3) , xẩy ra (4): 0,25 0,25 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 ↓+ H2O (3) 0,14 0,14 0,14 (mol) CaCO3 + CO2 + H2O  Ca(HCO3)2 (4) 0,06 0,06 (mol) Tổng số mol CO2 = 0,2 mol  mCO2 = 0,2* 44 = 8,8(g)  mH2O = 10,6 – 8,8 = 1,8(g)  n H2O = 1,8/18 = 0,1 mol. Ta thấy nCO2 = 2n H2O do đó xẩy ra (2): 0,25 0,25 Theo (2): nM(HCO3)n.= 0,2/n. Ta có: m M(HCO3)n = 0,2/n * ( M+61n) = 25,9 0,25 0,25  M= 68,5n n 1 2 3 M 68,5 137 205,5 KL Loại Ba Loại Vậy M là Ba 3đ 4d nH2SO4 = 0,2*0,2 = 0,04 mol 0,25 0,25 Thay M bằng kim loại Ba, công thức muối: Ba(HCO3)2 ta có: to Ba(HCO3)2  BaO + H2O + 2CO2 ↑ (1) 0,25 0,25 b 0,1 0,1 (mol) BaO + H2SO4  Ba SO4 ↓+ H2O (3) 0,25 0,25 0,04 0,04 0,04 (mol) BaO + H2O  Ba(OH)2 (4) 0,25 0,25 0,06 0,06 (mol) m dung dịch H2SO4 = 200* 1,2 = 240(g) ; nH2SO4 = 0,04 mol 0,25 0,25 Từ (1) , (2), (3), (4) ta có: mBaO = 0,1* 153 = 15,3 (g) 0,5 0,5 m Ba SO4 = 0,04* 233 = 9,32(g) ; m Ba(OH)2 = 0,06* 171 = 10,26(g).; m dung dịch sau phản ứng = 15,3+ 240 – 9,32 = 245,98 (g) C% dung dịch sau phản ứng = (10,26/245,98)* 100% 0,25 0,25 ≈ 4,17% 2đ 2đ Câu nKOH = 0,2* 1 = 0,2 mol ; nCa(OH)2 = 0,2* 0,75 = 0,15 mol. 0,25 0 5(2đ) Trang 37
  19. Phương trình phản ứng có thể có : 0,5 0 KHCO3 + HCl  KCl + H2O + CO2 ↑ (1) CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2↑ (2) CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 ↓+ H2O (3) CO2 + 2KOH  K2CO3 + H2O (4) CO2 + K2CO3+ H2O  2KHCO3 (5) CaCO3 + CO2 + H2O  Ca(HCO3)2 (6) nCaCO3 = 12/100 = 0,12 mol < n Ca(OH)2 = 0,15 mol  Có hai 0,25 0 trường hợp xẩy ra TH1: Ca(OH)2 dư ở (3) , không xẩy ra (4) , (5), (6) 0,5 0 Theo (3) : n CO2 = n CaCO3 = 12/100 = 0,12 mol Theo (1) và (2): ∑ mol 2 muối trong A =∑ mol CO2 = 0,12 mol. Mặt khác ta có M KHCO3 = M CaCO3 = 100(g) Vậy: m = 0,12* 100 = 12(g). TH2: CO2 dư, có xẩy ra (3) , (4) , (5), (6) theo tuần tự phản ứng: 0,5 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 ↓ + H2O (3) 0,15 0,15 0,15 (mol) CO2 + 2KOH  K2CO3 + H2O (4) 0,1 0,2 0,1 (mol) CO2 + K2CO3+ H2O  2KHCO3 (5) 0,1 0,1 (mol) CaCO3 + CO2 + H2O  Ca(HCO3)2 (6) 0,03 0,03 (mol) ∑mol CO2 là 0,38mol = ∑mol 2 muối trong A. Vậy: m = 0,38*100 = 38(g) ĐS: m1 = 12(g) ; m2 = 38(g) 2đ 0 20đ 20đ Tổng PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn: Hoá học 9 ĐỀ SỐ 11 Thời gian: 120 phút Câu 1 ( 3 điểm) 1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau, xác định rõ các chất ứng với kí hiệu A, B, C, D, E, F, G. (A, B, C, D, E, F, G là các chất vô cơ) Fe(nóng đỏ) + O2 A A + HCl B + C + H2O B + NaOH D + G C + NaOH E + G D + O2 + H2O E t 0 E  F + H2O Trang 38
  20. 2. Cho kim loại Natri vào dung dịch hai muối Al 2(SO4)3 và CuSO4 thì thu được khí A, dung dịch B và kết tủa C. Nung kết tủa C được chất rắn D. Cho hiđrô dư đi qua D nung nóng được chất rắn E. Hoà tan E vào dung dịch HCl dư thấy E tan một phần. Giải thích và viết phương trình hoá học các phản ứng. Câu 2 ( 3 điểm) 1.Chọn các chất X, Y, Z, T thích hợp và viết các phương trình hoá học hoàn thành sơ đồ biến hoá sau: (1) X (2) (4) (5) (6) (7) (8) Y FeSO4 FeCl2 Fe(NO3)2 X T Z Z (3) 2. Chỉ dùng một thuốc thử duy nhất, hãy nhận biết các dung dịch mất nhãn: NH4Cl, MgCl2; FeCl2; AlCl3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3 ( 2 điểm) Hoà tan 3,2 gam oxit của một kim loại hoá trị ( III) bằng 200 gam dung dịch H 2SO4 loãng. 3 Khi thêm vào hỗn hợp sau phản ứng một lượng CaCO 3 vừa đủ thấy thoát ra 0,224 dm CO2 (đktc), sau đó cô cạn dung dịch thu được 9,36 gam muối khan. Xác định oxit kim loại trên và nồng độ % H2SO4 đã dùng. Câu 4 ( 2 điểm) Đốt m gam bột sắt trong khí oxi thu được 7,36 gam chất rắn X gồm: Fe; FeO; Fe3O4; Fe2O3. Để hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X cần vừa hết 120 ml dung dịch H2SO4 1M ( loãng), tạo thành 0,224 l H2 ở đktc. a. Viết phương trình hoá học xảy ra. b. Tính m? Cho Fe = 56, O = 16, Ca = 40, S = 32, C = 12, H = 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 11 Câu Nội dung Điểm (3 điểm) 0 t 0,25đ 1. 3Fe + 2O2  Fe3O4 (A) 0,25đ Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (A) (B) (C) 0,25đ FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (B) (D) (G) 0,25đ FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl (C) (E) (G) 0,25đ 4Fe(OH)2 + O2 + H2O → 4Fe(OH)3 (D) (E) 0,25đ t0 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O (E) (F) 2:- Khi cho Na vào 2 muối Na sẽ phản ứng với nước 1 trong dung dịch trước. 0,25đ 2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2 Sau đó dd NaOH sẽ có phản ứng: 6 NaOH + Al2(SO4)3 → 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 0,25đ NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2 H2O Trang 39
  21. 2 NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + Na2SO4 Vậy Khí A là H2 - Dung dịch B là: NaAlO2 và Na2SO4 0,25đ - Kết tủa C là Cu(OH)2 và Al(OH)3 chưa phản ứng hết. Nung kết tủa C: to Cu(OH)2  CuO + H2O to 2 Al(OH)3  Al2O3 + 3 H2O - Chất rắn D là: Al2O3 và CuO. 0,25đ - Cho hiđro dư qua D nung nóng,chỉ có CuO tham gia khử: 0,25đ to CuO + H2  Cu + H2O - Vậy rắn E là Cu Và Al2O3 ( không có CuO vì H2 dư) Hoà tan E vào HCl, E tan một phần vì Cu không phản ứng với HCl. 0,25đ Al2O3 + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2O (3 điểm) 1. X là Fe(OH)2 Z là Fe Y là Fe3O4 T là FeO 2 điểm Phương trình phản ứng: Viết 1/ Fe(OH)2 + H2SO4 → FeSO4 + 2 H2O đúng 2/ Fe3O4 + 4 H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4 H2O mỗi 3/ Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 PTHH 4/ FeSO4 + BaCl2 → FeCl2 + BaSO4 được 5/ FeCl2 + 2 AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2 AgCl 0,25đ 6/ Fe(NO3)2 +2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaNO3 2 t0 7/ Fe(OH)2  FeO + H2O t0 8/ FeO + CO  Fe + CO2 1 điểm 2. Nhận biết - Dùng NaOH để nhận biết các dung dịch. 0,25đ + DD nào có khí mùi khai ( NH3) bay ra là NH4Cl. NaOH + NH4Cl → NaCl + NH3() + H2O 0,25đ + DD nào có kết tủa trắng (Mg(OH)2) là MgCl2. 2 NaOH + MgCl2 → Mg(OH)2 + 2 NaCl + DD nào có kết tủa trắng xanh sau hoá nâu ngoài không Khí là FeCl2. 0,25đ 2 NaOH + FeCl2 → Fe(OH)2 + 2 NaCl 4 Fe(OH)2 + O2 + 2 H2O → 4 Fe(OH)3 + DD nào xuất hiện kết tủa keo trắng, tan khi NaOH dư là AlCl3 0,25đ 3 NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3 NaCl NaOH dư + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2 H2O Gọi công thức của oxit là A2O3 ( 2điểm) A2O3 + 3 H2SO4 → A2(SO4)3 + 3 H2O (1) 0,02 0,06 mol 0,25đ H2SO4 dư + CaCO3 → CaSO4 + H2O + CO2 (2) 1. số mol CO2 = 0,01 mol theo pt (2) Số mol H2SO4 dư = số mol CO2 = số mol 0,25đ CaSO4 = 0,01 mol Trang 40
  22. Dd khi cô cạn có 9,36 gam muối khan 3 m + m = 9,36 0,25đ A2 (SO4 ) 3 CaSO4 m + 0,01. 136 = 9,36 A2 (SO4 ) 3 m = 9,36 – 1,36 = 8 g A2 (SO4 ) 3 0,25đ theo (1) số mol A2O3 = số mol A2(SO4)3 3,2 8 0,25đ 2M A 48 2M A 228 Giải ra ta được MA = 56. Vậy oxit là Fe2O3 2. 0,25đ Theo PT (1) ta có số mol của Fe2O3 = 3,2/160 = 0,02 số mol H SO ở (1) là 0,02.3 = 0.06 mol 2 4 0,25đ tổng số mol H2SO4 ở (1) và (2) là 0,01 + 0,06 = 0,07 Khối lượng H SO = 6,86 g 2 4 0,25đ Nồng độ % là: 3,43 %. Các PTHH: ( 2điểm) t0 2 Fe + O2  2 FeO t0 3 Fe + 2 O2  Fe3O4 t0 4 Fe + 3 O2  2 Fe2O3 (0,5đ) Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (1) FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O (2) 4 Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3+ 4H2O (3) Fe2O3 + 3 H2SO4 → Fe2(SO4)3+ 3 H2O (4) Số mol khí H2 sinh ra sau phản ứng là: 0,01 mol Khối lượng Fe trong hỗn hợp X là: Theo (1) số mol Fe = số mol H2 sinh ra = 0,01 mol = số Mol H2SO4 ở (1) 0,25đ khối lượng của Fe l à: 0,01. 56 = 0,56 g Số mol H2SO4 phản ứng ở (2), (3), (4) l à 0,25đ 0,12.1 – 0,01 = 0,11 mol Cũng theo (2), (3), (4) ta thấy: Số mol H2SO4 = số mol nước = số mol oxi trong hỗn 0,25đ hợp các oxit = 0,11 mol Khối lượng của nguyên tử oxi trong oxit là: 0,25đ 0,11.16 = 1,76 g Áp dụng ĐLBTNT: khối lượng của Fe = Khối lượng 0,5đ của oxit - khối lượng của oxi 7,36 – 1,76 = 5,6 g PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn: Hoá học 9 ĐỀ SỐ 12 Thời gian: 120 phút Câu 1 (3điểm). Viết phương trình xảy ra giữa mỗi chất trong các cặp sau đây: 2 2 2 A. Ba và d NaHCO3 C. K và d Al2(SO4)3 D. Mg và d FeCl2 2 2 B. Khí SO2 và khí H2S D. d Ba(HSO3)2 và d KHSO4 2 E. Khí CO2 dư và d Ca(OH)2 Câu 2 (3 điểm). Chỉ dùng một thuốc thử hãy phân biệt các dung dịch sau: NaOH, CuSO4, Fe(NO3)3, Fe(NO3)2, NH4Cl, AlCl3 Trang 41
  23. Câu 3 (4 điểm). 1. Cho 44,2g một hỗn hợp của 2 muối sunfát của một kim loại hoá trị I và một kim loại hoá trị II tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl 2 thu được 69,9g một chất kết tủa. Tính khối lượng các muối thu được sau phản ứng? 2. Dẫn H2 dư đi qua 25,6g hỗn hợp X gồm Fe 3O4, ZnO, CuO nung nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8g chất rắn. Hỏi nếu hoà tan hết X bằng dung dịch H2SO4 thì cần bao nhiêu gam dung dịch H2SO4 20%. Câu 4 (4 điểm). Cho 16,4g hỗn hợp M gồm Mg, MgO và CaCO3 vào dung dịch HCl dư thì thu được hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với H 2 là 11,5. Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 30,1g hỗn hợp muối khan. a. Tính khối lượng các chất trong hỗn hợp M? b. Nếu cho hỗn hợp M trên vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 4,48l hỗn hợp X gồm 2 khí ở đktc có khối lượng 10,8g thì X gồm những khí gì? Câu 5 (3điểm). Hoà tan m gam kim loại M bằng dung dịch HCl dư thu được V lít khí H2 (đktc) Cũng hòa tan m gam kim loại trên bằng dung dịch HNO 3 loãng dư thu được V lít khí NO (đktc) a. Viết các phản ứng xảy ra? b. M là gì? Biết khối lượng muối Nitrat gấp 1,905 lần muối Clorua. Câu 6 (3điểm). Hỗn hợp A gồm 2 kim hoại là Mg và Zn. B là dung dịch H 2SO4 có nồng độ là x mol/l TH1: Cho 24,3g (A) vào 2l dung dịch (B) sinh ra 8,96l khí H2. TH2: Cho 24,3g (A) vào 3l dung dịch (B) sinh ra 11,2l khí H2. (Các thể tích khí đo ở đktc) a. Hãy CM trong TH1 thì hỗn hợp kim loại chưa tan hết, trong TH2 axít còn dư? b. Tính nồng độ x mol/l của dung dịch B và % khối lượng mỗi kim loại trong A? HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 12 Câu 1: Viết đúng mỗi phần được 05 x 6 = 3đ a. 2Ba + 2H2O -> Ba(OH)2 + H2 0,25 Ba(OH)2 + 2NaHCO3 -> Na2CO3 + BaCO3 + 2H2O 0,25 b. 2H2S + SO2 -> 3S + 2H2O 0,5 c. 2K + 2H2O -> 2KOH +H2 0,25 6KOH + Al2(SO4)3 -> 3K2SO4 + 2Al(OH)3 0,25 KOH + Al(OH)3 -> KAlO2 + 2H2O 0,25 d. Ba(HSO3)2 + 2KHSO4-> K2SO4 +BaSO4+ SO2 + 2H2O 0.5 d. Mg + FeCl2 -> MgCl2 + Fe 0,25 e. CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 + H2O 0,25 CaCO3 + H2O + CO2 -> Ca(HCO3)2 0,25 Câu 2: (3đ) a. - Biết dùng quỳ tím -> NaOH (quỳ xanh) 0,5đ - Từ NaOH nhận biết được các chất còn lại được 2,5đ và viết đúng các phương trình + Xuất hiện  xanh -> CuSO4 -> Viết PT 0,5đ + Xuất hiện  đỏ mâu -> Fe(NO3)3 -> Viết PT 0,5đ Trang 42
  24. 2 + Xuất hiện  trắng xanh, hoá nâu trong K là Fe(NO3)2 -> Viết PT 0,5đ + Có khí mùi khai -> NH4Cl-> Viết PT 0,5đ + Xuất hiện  keo,  tan dần -> AlCl3 -> Viết PT 0,5đ Câu 3: a. Gọi kim loại hoá trị I là A, hoá trị II là B => Các muối sun fát: A2SO4, BSO4 0,5đ A2SO4 + BaCl2 => 2ACl + BaSO4 (1) BSO4 + BaCl2 -> BCl2 + BaSO4 (2) 0,5đ 69,9 Theo PT ta thấy n n 0,3mol BaCl 2 BaSO4 232 => Áp dụng ĐL TBKL: Tính được m muối sau phản ứng = 36,7g 1đ 2. Gọi x, y, z là số mol Fe3O4, ZnO, CuO (x,y,z>0) => 232x + 81y + 80z = 25,6 - Viết được phản ứng => Lập PT: Mkim loại = 168x + 65y + 64z = 20,8 -> nO (oxít) = 4x + y + z = 0,3 mol 1đ - Viết PT: oxít + H2SO4 => nH2SO4 = nO = 0,3 mol m m 2 -> H2SO4 = 0,3 x98 = 29,4g => d H2SO4 = 147g 1đ Câu 4 (4đ): a. - Viết đúng các PT 0,75đ - Lập được các PT đại số, giải chính xác 1đ - Tính được khối lượng các chất trong M 0,5đ b. - Viết đúng mỗi PT được 0,25đ x 3 = 0,75đ - Khẳng định trong X có CO2 0,25đ H2S hoặc SO2 Tìm Mkhí còn lại = 64 -> Kết luận là SO2. Vậy hỗn hợp khí X gồm SO2 Và CO2 0,75đ Câu 5 (3đ): Kim loại M phản ứng với HCl có hoá trị n (m, n N) m n Kim loại M phản ứng với HNO3 có hoá trị m 0,5đ 2M +2nHCl = 2MCln + nH2 (1) (mol) x x nx 1đ 2 3M + mHNO3 -> 3M(NO3)m + mNO + H2O (2) (mol) x x mx 3 mx nx n 2 VìV V n n (chọn n = 2; m = 3) 0,5đ NO H 2 NO H 2 3 2 m 3 Mặt khác KL muối nitrat = 1,905 lần khối lượng muối clorua Nên: m 1,905m M 56(Fe) 1đ M .(NO3 )3 MCl2 Câu 6 (2đ): a. - Giải thích được TH1 dư kim loại, TH2 dư axít 1đ Viết đúng 2 PT 0,5đ - Xét TH2 lâp hệ phương trình 65x+24y = 24,3 x =0,3 % Zn = 80,25% x+y = 0,5 y = 0,2 % Mg = 19,75% 1đ - Xét TH1, nH2SO4 = nH2 = 0,4 mol =>CM H2SO4 = x M = 0,2M 0,5đ Trang 43
  25. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HSG MÔN: HÓA HỌC LỚP 9 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ SỐ 13 Câu I: ( 4 điểm) Cho các dd muối A, B ,C ,D chứa các gốc axit khác nhau . Các muối B, C đốt trên ngọn lửa vô sắc phát ra ánh sáng màu vàng . - A tác dụng với B thu được dung dịch muối tan , kết tủa trắng E không tan trong nước là muối có gốc axit của axit mạnh , và giải phóng khí F không màu , không mùi , nặng hơn không khí .Tỉ khối hơi của F so với H2 bằng 22. - C tác dụng với B cho dd muối tan không màu và khí G không màu , mùi hắc , gây gạt ,nặng hơn không khí, làm nhạt màu dung dịch nước brôm. - D tác dụng với B thu được kết tủa trắng E.Mặt khác D tác dụng với dung dịch AgNO3 tạo kết tủa trắng. Hãy tìm A,B,C ,D,E ,F ,G và viết các PTHH xảy ra. Câu II : ( 4 điểm) 1.Chỉ dùng một thuốc thử duy nhất hãy phân biệt các chất bột màu tương tự nhau , chứa trong các lọ mất nhãn sau:CuO, Fe 3O4,(Fe + FeO), Ag2O, MnO2. Viết các PTHH xảy ra. 2. Cho hỗn hợp chất rắn gồm FeS 2, CuS , Na2O. Chỉ được dùng thêm nước và các điều kiện cần thiết ( nhiệt độ, xúc tác ) . Hãy trình bày phương pháp và viết các phương trình hóa học xảy ra để điều chế FeSO4, Cu(OH)2. Câu III : ( 3 điểm) Cho 27,4 gam bari vào 400 gam dung dịch CuSO4 3,2% , thu được khí A , kết tủa B và dung dịch C. 1. Tính thể tích khí A (đktc) 2. Nung kết tủa B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam chất rắn? Câu IV : ( 4 điểm ) Chia 8,64 gam hỗn hợp Fe, FeO, và Fe 2O3 thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho vào cốc đựng lượng dư dung dịch CuSO 4, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 4,4 gam chất rắn. Hòa tan hết phần 2 bằng dung dịch HNO 3 loãng, thu được dung dịch A và 0,448( lít) khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn từ từ dung dịch A thu được 24,24 gam một muối sắt duy nhất B. 1. Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. 2. Xác định công thức phân tử của muối B. Câu V: (5 điểm) Hòa tan 6,45 gam một hỗn hợp gồm 2 kim loại A và B (đều có hóa trị II ) trong dd H2SO4 loãng ,dư .Sau khi kết thúc phản ứng người ta thu được 1,12 lít khí (đktc ) và còn lại 3,2 gam chất rắn không tan . Lượng chất rắn không tan này tác dụng vừa đủ với 200 ml dd AgNO3 0,5M thu được dung dịch D và kim loại E. Lọc bỏ E rồi cô cạn dung dịch D thu được muối khan F. 1 . Xác định 2 kim loại A và B , biết rằng A đứng trước B trong dãy hoạt động hóa học của kim loại. 2 . Đem nung F một thời gian người ta thu được 6,16 gam chất rắn G và hỗn hợp khí H .Tính thể tích hỗn hợp khí H ở đktc. Trang 44
  26. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 13 MÔN: HÓA HỌC 9 Câu I: ( 4 điểm ) -Mỗi chất 0,4 điểm × 7 chất = 2,8 điểm. A : Ba(HCO3)2 B : NaHSO4 C : Na2SO3 D: BaCl2 E: BaSO4 F : CO2 G: SO2 -Mỗi phương trình : 0,3 điểm × 4 = 1,2 điểm Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 + 2CO2 + H2O Na2SO3 + 2NaHSO4 → 2Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O BaCl2 + 2NaHSO4 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 + 2HCl BaCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl ↓ + Ba(NO3)2 Câu II: ( 4 điểm ) 1.Phân biệt được mỗi lọ 0,4 điểm × 5 lọ = 2 điểm. - Hòa tan từng chất bột đựng trong các lọ vào dung dịch HCl đặc : + Bột tan có tạo khí màu vàng lục nhạt thoát ra có mùi hắc đó là MnO2. MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O + Bột tan có bọt khí không màu thoát ra đó là ( Fe + FeO) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O + Có tạo kết tủa màu trắng đó là Ag2O. Ag2O + 2HCl → 2AgCl ↓ + H2O + Bột tan có tạo dung dịch màu xanh , đó là CuO. Trang 45
  27. CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O +Bột tan có tạo dung dịch màu vàng nhạt đó là : Fe3O4 Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 2. Điều chế được mỗi chất : 1 điểm × 2 = 2 điểm. - Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc , tách lấy chất rắn FeS2, CuS và dung dịch NaOH. Na2O +H2O → 2NaOH - Điện phân nước thu được H2 và O2: 2H2O 2H2 +O2 (1) - Nung hỗn hợp FeS2, CuS trong O2 (1) dư đến phản ứng xảy ra hoàn toàn được hỗn hợp rắn Fe2O3, CuO và khí SO2. 4FeS2 +11O2 2Fe2O3 + 8SO2 2CuS + 3O2 2CuO + 2SO2 - Tách lấy khí SO2 cho tác dụng với O2 (1) dư có xúc tác , sau đó đem hợp nước được dung dịch H2SO4. 2SO2 + O2 2SO3 SO3 + H2O → H2SO4 (2) - Lấy hỗn hợp rắn : Fe2O3, CuO đem khử hoàn toàn bằng H2 (1) dư ở nhiệt độ cao được hỗn hợp Fe, Cu. Hoà tan hỗn hợp kim loại vào dd H2SO4 loãng (2) , được dung dịch FeSO4. Phần không tan Cu tách riêng. Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O CuO + H2 Cu + H2O Fe + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2 ↑ - Cho Cu tác dụng với O2 (1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H2SO4 (2) rồi cho tiếp dung dịch NaOH vào , lọc tách thu được kết tủa Cu(OH)2 . 2Cu + O2 2CuO CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O CuSO4 + 2 NaOH → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 Câu III : ( 3 điểm ) -Viết PTHH, tìm số mol ban đầu : 1 điểm Các PTHH: Ba +2H2O → Ba(OH)2 + H2 ↑ CuSO4 + Ba(OH)2 → Cu(OH)2 ↓ + BaSO4↓ Số mol Ba = 0,2 mol, số mol CuSO4 = 0,08 mol 1. ( 1 điểm ) Thể tích H2 là 4,48 lit. 2. ( 1 điểm ) Kết tủa B gồm : Cu(OH)2 và BaSO4. Khi nung : Cu(OH)2 CuO + H2O Khối lượng chất rắn ( BaSO4 + CuO ) = 0,08.233 + 0,08.80 = 25,4 (g) Câu IV: ( 4 điểm) 1. (2 điểm ) Gọi x, y,z là số mol của Fe , FeO , Fe2O3 có trong mỗi phần của hỗn hợp ta có : 56x + 72y + 160z = 4,32 (*) Phần 1: Trang 46
  28. Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (1) Chất rắn gồm : Cu, FeO , Fe2O3. Ta có : 64x + 72y + 160z = 4,4 ( ) Phần 2: Số mol NO = 0,02 ( mol) Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO ↑ + 2H2O (2) 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO ↑ + 5H2O (3) Fe2O3 + 6HNO3 →2Fe(NO3)3 +3H2O (4) Theo PT (2,3): Số mol NO = x + y/3 = 0,02 ( mol) ( ) Giải hệ PT: (*)( )( ) ta được : x = 0,01 , y = 0,03 , z = 0,01 → % Fe = 12,96 % → % FeO = 50 % → % Fe2O3 = 37,04 % 2. ( 2 điểm) Khi cô cạn dung dịch ta được muối Fe(NO)3 với số mol là : x + y + 2z = 0,01 + 0,03 + 2.0,01 = 0,06 ( mol) Nếu là muối khan thì khối lượng sẽ là : 242.0,06 = 14,52 (g) < 24,24 (g) Vì vậy muối sắt thu được là loại tinh thể ngậm nước : Fe(NO)3.n H2O. Ta có khối lượng phân tử của muối B là : (24,24 : 0,06 ) = 404 → ( 242 +18n )= 404 → n = 9 Vậy CTPT của muối B là Fe(NO)3.9H2O. Câu V: ( 5 điểm ) 1. (2 điểm) - Chất rắn không tan có khối lượng 3,2 gam là kim loại B. → mA = 6,45 – 3,2 = 3,25 (g) - PTHH : A + H2SO4 → ASO4 + H2 ↑ Theo PT → MA = 3,25:0,05 =65 → A là kẽm (Zn) - PTHH: B + 2AgNO3 → B(NO3)2 + 2Ag↓ Theo PT → MB = 3,2 : 0,05 = 64 → B là đồng ( Cu) 2. (3 điểm) D là dung dịch Cu(NO3)2 , muối khan F là Cu(NO3)2 . Từ PT (2) : nF = nB = 0,05 (mol) Nhiệt phân F : 2Cu(NO3)2 2CuO + 4NO2 ↑ + O2 ↑ Nếu Cu(NO3)2 phân hủy hết thì G là CuO với khối lượng là : 0,05.80 = 4 (g) < 6,16 (g) ( Vô lý ) Vậy G gồm CuO và Cu(NO3)2 dư. Gọi x là số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân: → mG = ( 0,05 – x ).188 + 80x = 6,16 → x = 0,03 (mol) Theo PT (3) : VH = ( 0,06 + 0,015 ) .22,4 = 1,68 (lít) Trang 47
  29. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN: HOÁ HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ 14 Câu 1:(5điểm ) a/ Viết phương trình phản ứng của Ba(HCO3)2 với mỗi chất sau : Ca(OH)2, HNO3, K2SO4, KHSO4, H2SO4, dung dịch ZnCl2 . b/ Viết 7 phương trình phản ứng thể hiện các phương pháp khác nhau để điều chế muối ZnCl2. Câu 2:(5,5 điểm ) a/ Có 5 mẫu kim loại :Ba, Mg, Fe, Ag, Al chỉ dùng dung dịch H2SO4 loãng (không được dùng chất khác ). Hãy nhận biết ra 5 kim loại trên. b/ Tách các chất ra khỏi hỗn hợp gồm : SiO2, ZnO, Fe2O3 . Câu 3: (2,5 điểm ): Cho m gam kim loại Na vào 200 gam dung dịch Al 2(SO4)3 1,71% . Phản ứng xong thu được 0,78 gam kết tủa. Tính m ? Câu 4: (3 điểm ) : Hoà tan một lượng muối cacbonat của một kim loại hoá trị II bằng axit H2SO4 14,7%. Sau khi khí không thoát ra nữa, lọc bỏ chất rắn không tan thì được dung dịch có chứa 17% muối sun phát tan. Hỏi kim loại hoá trị II là nguyên tố nào? Câu 5: (4điểm ): Cho 50ml dung dịch Fe2(SO4)3 tác dụng với 100ml dung dịch Ba(OH)2. Kết tủa thu được sau khi làm khô và nung ở nhiệt độ cao thì cân được 0,859 gam. Nước lọc còn lại phản ứng với 100 ml dung dịch H 2SO4 0,5M tạo ra chất kết tủa, sau khi nung cân dược 0,466 gam. Giải thích hiện tượng, viết phương trình phản ứng và tính nồng độ mol của các dung dịch đầu? ( Biết: Fe = 56 ; Ba = 137; Na = 23 ; S = 32; Al = 27; Mg = 24; H = 1; O = 16) BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 14 Câu Đáp án Điểm Trang 48
  30. Câu 1 a/ Phần a: (5điểm) mỗi PT Ba(HCO3)2 + Ca (OH)2 -> BaCO3  + CaCO3  + 2 H2O 0,25 Ba(HCO3)2 + 2HNO3 -> Ba (NO3)2 + 2 H2O + 2 CO2  điểm) Ba(HCO3)2 + K2 SO4 -> BaSO4 +2 KHCO3 Ba(HCO3)2 +2 KH SO4 -> BaSO4 + K2SO4 + 2 H2O + 2CO2  Ba(HCO3)2 + H2SO4 -> BaSO4+ 2 H2O + 2CO2  Ba(HCO3)2 + ZnCl2-> Zn (OH)2 + BaCl2 + 2 CO2  b/ KL + Ax Zn+ 2 HCl -> ZnCl2 + H2  Phần a: KL + PK Zn + Cl 2-> ZnCl 2 mỗi PT KL + M Zn + CuCl2 -> ZnCl2 + Cu 0,5 điểm) Ax + M ZnCO3 + 2 HCl -> ZnCl 2 + H2O + CO2  M + M Zn SO4 + Ba Cl2 -> Ba SO4 + Zn Cl2 Oxit + Ax ZnO + 2HCl -> ZnCl 2 + H2O Bazo+ Ax Zn ( OH)2 + 2 HCl -> Zn Cl2 + 2 H2O Câu 2 a/ Phần a: (5,5điểm) Lấy mỗi mẫu kim loại 1 lượng nhỏ cho vào 5 cốc đựng dung dịch H2SO4 2,5điểm loãng. (Nhận - Cốc nào không có khí bay lên là Ag ( không tan) biết mỗi KL 0,5 - Cốc nào có khí bay lên và có  là Ba điểm) Ba + H2SO4 -> Ba SO4  + H2  (1) - Các cốc có khí  : Al, Mg, Fe 2Al + 3H2SO4 -> Al2 (SO4)3 +3 H2  (2) Mg + H2SO4 -> MgSO4 + H2  (3) Fe + H2SO4 -> FeSO4 + H2  (4) Thêm tiếp Ba vào cốc có phản ứng (1) thì xảy ra phản ứng có sau Ba + 2 H2O -> Ba (OH)2 + H2  (5) Lọc kết tủa được dung dịch Ba(OH)2 - Lấy 1 lượng nhỏ mỗi kim loại còn lại cho tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 nhận được Al vì có phản ứng tạo khí. Al + 2 H2O + Ba (OH)2 -> Ba(AlO2)2 + 3 H2  (6) đồng thời cho Ba (OH)2 vào 2 dung dịch muối của 2 kim loại còn lại ( phản ứng 3 và 4) Ta nhận được săt vì kết tủa đổi màu khi để trong không khí. Fe SO4 + Ba (OH)2 -> Ba SO4 + Fe (OH)2  (7) 4 Fe (OH)2  + O2 + 2 H2O -> 4 Fe ( OH)3  (8) Trắng xanh Nâu đỏ Còn lại kết tủa không đổi màu là Mg(OH)2-> nhận được Mg b/ Hòa tan hỗn hợp trong HCl dư tách được SiO2 ZnO + 2HCl -> Zn Cl2 + H2O Fe2 O3 + 6 HCl -> 2 FeCl3 + 3H2O + Dung dịch muối lọc + NaOH dư: HCl + NaOH -> NaCl + H2O Zn Cl 2 + 2 NaOH -> Zn (OH)2 + 2 NaCl Phần b: Zn ( OH) 2 + 2 NaOH -> Na2ZnO2  + 2 H2O 3 điêm Fe Cl 3 + 3 NaOH -> Fe (OH)3 + 3 NaCl (Tách Trang 49
  31. + Lọc tách kết tủa nung ở nhiệt độ cao được mỗi t 2 Fe( OH) 3 - > Fe2O3 + 3 H2O tách được Fe2O3 oxit 1 điểm) Sục CO2 vào dung dịch còn lại có phản ứng. Na2ZnO2 + 2CO2 + 2H2O -> Zn(OH) 2  + 2 NaHCO3 Nung kết tủa tách ZnO to Zn(OH)2  ZnO + H2O Câu 3 Các phản ứng có thể xảy ra (2,5điểm) 2 Na + 2 H2O -> 2 NaOH + H2  (1) 0,25 điểm 6NaOH + Al 2(SO4)3 -> 2 Al (OH)3 + 3 Na2 SO4 (2) 0,25 điểm Al (OH)3 + NaOH -> Na Al O2 + 2 H2O (3) 0,25 điểm Ta có: n(Al2SO4)3 = 0,01mol 0,78 0,25 điểm nAl(OH)3 = = 0,01 mol ( có 2 TH) 78 TH 1: Chỉ có phản ứng (1,2) tạo ra 0,01 mol kết tủa 0, 75điểm 1 Theo (2) nAl2 (SO4)3 = nAl(OH)3 = 0,005 mol 2 n(Al2SO4)3 dư = 0,01- 0,005 = 0,005 mol Theo (1,2) nNa = nNaOH= 3nAl(OH)3 = 0,03 mol Vậy khối lượng Na đã dùng: m = 0,03 . 23 = 0, 69 (gam) TH2 Kết tủa tan 1 phần còn lại 0,01 mol ( 0,78 g) có phản ứng (1,2,3) Theo (2) nAl(OH)3 = 2n(Al2SO4)3 = 2 . 0,01 = 0,02 mol Kết tủa tan ở (3) là 0,02- 0,01 = 0,01 mol 0,75điểm Theo phản ứng (3) nNa = nNaOH = 6 nAl2 (SO4)3 + n tan = 0,07 mol Vậy khối lương Na đã dùng m = 0,07 .23 = 1,61 gam Đ/ S : TH1 m= 0,69 gam TH2 m= 1,61 gam Câu 4 Giả sử có 100g dung dịch H2SO4 -> mH2SO4 = 14, 7 (g) ( 3điểm)  nH2SO4 = 14,7 : 98 = 0,15 mol PT: RCO3 + H2SO4 -> RSO4 + H2O + CO2  Mol 0,15 0,15 0,15 0,15 0,5 điểm Sau phản ứng: 0,5 điểm Mctan = ( R + 96). 0,15 gam mdd sau p/ư = mRCO3 + m dd axit – mCO2 = ( R+ 60). 0,15 + 100 – (44.0,15) 0,5 điểm = R. 0,15 + 9+ 100 - 6,6 = 0,15 R + 102,4 (0,15R 14,4)100  C % = = 17 (%) 0,5 điểm 0,15R 102,4 Giải PT ta có: R= 24 ( Magiê) Vậy KL hoá trị II là Magiê Trang 50
  32. 1 điểm Câu 5 PT phản ứng: (4điêm) Fe2(SO4)3 + 3 Ba(OH) 2 -> 3 BaSO4 + 2 Fe(OH)3 (1) 0,5 điểm t 2 Fe(OH)3 - > Fe2O3 + 3 H2O (2) 0,5 điểm Nước lọc có Ba(OH) 2 có p/ư tạo kết tủa 0,5 điểm Ba(OH)2 + H2SO4 -> BaSO4  + 2H2O (3) Sau khi nung, khối lượng chất rắn là: m BaSO4 + mFe2O3 = 0,859 (g) 0,25 điểm Gọi nFe2O3 = x (mol) Theo (1,2,3) ta có: 3 Ba(OH) 2 -> 3 BaSO4 -> 2 Fe(OH)3 ->Fe2O3 mol 3x 3x 2x x Khối lượng sau khi nung là: 3x . 233 + 160. x = 0, 859 0,25 điểm x = 0,001 mol Theo (1) nBa(OH)2 = 0,001.3 = 0,003 mol 0,5 điểm mà nH2SO4 = 0,005 mol và nBaSO4 = 0,002 mol Chứng tỏ H2SO4 dư và Ba(OH)2 p/ư hết 0,466 nBa(OH)2 = nBaSO4 = 0,002mol 233 Vậy trong 100 ml dung dịch Ba(OH) có 2 0,25 điểm 0,003 + 0,002 = 0,005 mol -> CM Ba(OH)2 = 0,05 M Theo (1) 0,25 điểm 0,003 1 0,001mol nFe2(SO4)3 = nBa(OH)2 = 3 3 0,5 điểm 0,001 0,5 điểm CM Fe2(SO4)3 = 0,02M 0,05 Đ/ S : 0,05 M và 0,02 M PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐỀ SỐ 15 MÔN: HOÁ HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1(4,0 điểm). Cho sơ đồ biến hóa sau: + E X + A (1) (5) F + G + E X + B (2) (6) H (7) F Trang 51
  33. Fe (3) + I +L X + C K H + BaSO4 (4) (8) (9) X + D + M X +G H (10) (11) Câu 2 (3điểm) 1. Một hỗn hợp gồm Al, Fe, và Ag. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp. 2. Có 5 lọ mất nhãn đựng 5 dung dịch: NaOH, KCl, MgCl 2, CuCl2, AlCl3. Hãy nhận biết từng dung dịch trên mà không dùng thêm hóa chất khác. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3 (2,5 điểm). Cho 30,6 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với 500 ml dung dịch HNO3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 1,68 lit khí NO(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 1,2 gam kim loại. a. Viết phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol của axit HNO3. Câu 4 (4 điểm) 1. Nung 15,2 gam hỗn hợp FeO và Fe 2O3 trong một bình kín có chứa 11,2 lít khí CO (đktc). Sau phản ứng hoàn toàn thu được 18 gam hỗn hợp khí. Biết rằng X bị khử hoàn toàn thành Fe. a. Xác định thành phần các chất trong hỗn hợp khí. b. Tính khối lượng sắt thu được và khối lượng 2 oxit ban đầu. 2. Hòa tan 15,3 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại hóa trị I, II vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch X và 3,36 lit khí (đktc). Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X? Câu 5 (3,5 điểm) 1. Cho 2,4 gam kim loại M tác dụng hết với dd H 2SO4 loãng thì thu được 0,1 mol khí H2 ở đktc. a. Xác định kim loại M. b. Từ M, viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp lần lượt từng chất MCl2, M(NO3)2. 2. Cho 3,42 gam Al2(SO4)3 phản ứng với 50 ml dung dịch NaOH thu được 0,78 gam kết tủa. Tính nồng độ mol/lit của dung dịch NaOH. Câu 6 (3điểm) Hòa tan hết 22,4 gam CaO vào nước dư thu được dung dịch A. 1. Nếu cho khí cacbonic sục hết vào dung dịch A thì thu được 5,0 gam kết tủa. Tính thể tích khí cacbonic (ở đktc) tham gia phản ứng. 2. Nếu hòa tan hoàn toàn 56,2 gam hỗn hợp MgCO3 và BaCO3 (có thành phần thay đổi trong đó có a% MgCO3) bằng dung dịch HCl, tất cả khí thoát ra hấp thụ hết vào dung dịch A thì thu được kết tủa B. Tình giá trị của a để lượng kết tủa B nhỏ nhất. Trang 52
  34. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ SỐ 15 Câu Nội dung Điểm Câu1 - Tìm đươc CTHH của các chất 1,25điểm 4điểm X là Fe3O4 ; D là C ; H là FeCl2 A là H2 ; E là Cl2 ; I là H2SO4 B là CO ; F là FeCl3 ; K là FeSO4 C là Al ; G là HCl ; L là BaCl2 M là O2 - Viết PTHH 2,75 điểm to 1. Fe3O4 + 4H2 3Fe + 4H2O to 2. Fe3O4 + 4CO 3Fe + 4CO2 to 3. 3Fe3O4 + 8Al 9Fe + 4Al2O3 to 4. Fe3O4 + 2C 3Fe + 2CO2 5. 2Fe + 3Cl2 2 FeCl3 6. Fe + 2HCl FeCl2 + H2 7. 2FeCl2 + Cl2 2 FeCl3 8. Fe + H2SO4 FeSO4 9. FeSO4 + BaCl2 FeCl2 + BaSO4 10. 3Fe + 2O2 Fe3O4 11. Fe3O4 + 8 HCl FeCl2 +2 FeCl3 + 4H2O Câu 2 1. Cho hỗn hợp tan trong NaOH dư, Fe và Cu không tan 1,5điểm (3điểm) 2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2 Dẫn CO2 vào nước lọc. Sau đó lọc tách kết tủa đem nung ở nhiệt độ cao: NaAlO2 + 4H2O + CO2 Al(OH)3 + NaHCO3 t0 2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O đpnc 2Al2O3 4Al + 3O2 - Cho hỗn hợp Fe và Cu không tan vào dung dịch HCl dư, Cu không tan, lọc thu được Cu Fe + 2HCl FeCl2 + H2 -Lấy dung dịch thu được cho tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi, đẫn luồng khí CO dư đi qua HCl + NaOH NaCl + H2O Trang 53
  35. FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3 CO2 2.- Dung dịch có màu xanh lam là CuCl2 1,5 điểm - Lấy dung dịch CuCl2 cho tác dụng với 4 dung dịch còn lại, dung dịch nào tạo kết tủa là NaOH: CuCl2 + 2NaOH Cu(OH)2 + 2NaCl - Lấy dung dịch NaOH cho tác dụng với 3 dung dịch còn lại + Dung dịch nào không có kết tủa là KCl + Dung dịch nào có kết tủa trắng là MgCl2 MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl + Dung dịch nào có kết tủa trắng, kết tủa tan trong kiềm dư là AlCl3 AlCl3 + 3NaOH Al(OH)3 + 3NaCl Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2 H2O Câu 3 3 Cu + 8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1) 0,25 (2,5 điểm) Mol x  8x/3  2x/3 0,25 3Fe3O4 + 28HNO3 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (2) Mol y  28y/3  3y  y/3 0,25 2Fe(NO3)3 + Cu Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (3) 0,25 Mol 3y  3y/2 0,25 Có 1,2 gam kim loại không tan nên Cu dư chuyển Fe3+ hết 0,25 thành Fe2+ Gọi số mol Cu phản ứng 1 là x mol, số mol Fe3O4 là y mol nNO = 1,68/ 22,4 = 0,075 mol Theo PT và ĐB ta có 2x/3 + y/3 = 0,075 64(x + 3y/2) + 232y = 30,6 – 1,2 0,25  x=0,075 y= 0,075 0,25 Số mol HNO3 đã dùng là : ( 8x/3 + 28y/3 ) = 0,9 mol CM HNO3 = 0,9 : 0,5 =1,8M 0,25 0,25 Câu 4 1. (4 điểm) a. Xác định thành phần hỗn hợp khí. 0,5 to FeO + CO Fe + CO2 (1) to Fe2O3 + 3CO 2Fe + 3 CO2 (2) Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp khí  CO còn dư. Vậy hỗn hợp khí 0,25 gồm CO dư và CO2 b. Gọi x,y là số mol FeO, Fe2O3 tham gia phản ứng. 0,25 Ta có: 72x + 160y = 15,2 (*) Từ PTPƯ 1,2 nCO = x +3y = nCO2  nCO dư =0,5- (x + 3y) Theo đb : mCO + mCO2 = 18 28(0,5 - x- 3y) + 44(x +3y) = 18 0,25 x+ 3y = 0,25 ( ) Từ (*) và ( ) ta được : x= 0,1 ; y = 0,05 0,5 mFe = (0,1 + 2.0,05).56 = 11,2 g 0,25 mFeO = 0,1.72 = 7,2 g 0,25 mFe2O3 = 0,05. 160 = 8 g 0,25 Trang 54
  36. 2.Gọi CTHH muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II là M2CO3 Và NCO3 M2CO3 + 2HCl 2MCl + CO2 + H2O (1) 0,5 NCO3 + 2HCl 2MCl2 + CO2 + H2O (2) nCO2 = 6,72: 22,4 = 0,3 mol 0,25 Ta có khối lượng muối tăng = 11nCO2 =11.0,3 =3,3 g 0,25 Khối lượng muối thu được là 30,6 +3,3 =33,9g 0,5 Câu 5 a. 2M + nH2SO4 M2(SO4)n + nH2 (3,5đ) mol 0,2/n 0,1 0,25 Ta có: M = 2,4(0,2/n) = 12n n 1 2 3 0,5 M 12 24 36 Kết luận Loại Mg Loại 0,25 t0 b. Mg + Cl2 MgCl2 0,25 Mg + Cu(NO3)2 Mg(NO3)2 + Cu 0,25 2. nAl2(SO4)3 = 0,01 mol 0,25 nAl(OH)3 = 0,01 mol *Trường hợp 1: Al2(SO4)3 dư 0,25 Al2(SO4)3 + 6NaOH 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 mol 0,005 0,03 0,01 0,25  CM NaOH = 0,03:0,05 = 0,6M *Trường hợp 2: Al2(SO4)3 thiếu Al2(SO4)3 + 6NaOH 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 0,25 mol 0,01 0,06 0,02 Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O 0,25 mol 0,01 0,01 0,01  CM NaOH = 0,07: 0,05 = 1,4M 0,25 Câu 6 1. (3 điểm) CaO + H2O  Ca(OH)2 (1) CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (2) 0,5 CaCO3 + H2O + CO2  Ca(HCO)3 (3) nCaO = nCa(OH)2 = 22,4: 56 = 0,4 mol nCaCO3 = 5: 100 = 0,05 mol Trường hợp 1:Ca(OH)2dư, không xảy ra phản ứng 3 0,5 Theo PTPƯ(2): nCO2 = nCaCO3 = 0,05 mol  VCO2 = 0,05.22,4 = 1,12 lít Trường hợp 2: Ca(OH)2 thiếu Theo PTPƯ (2) nCO2 = nCa(OH)2 = 0,4 mol 05 nCaCO3 ở phản ứng 3 = 0,4 – 0,05 = 0,35 mol Theo PTPƯ (3) nCO2 = nCaCO3 =0,35 mol VCO2 = 0,75. 22,4 = 16,8 lit 2. MgCO3 + 2HCl  MgCl2 + CO2 + H2O (4) 0,25 BaCO3 + 2HCl  BaCl2 + CO2 + H2O (5) Trang 55
  37. Lượng CO2 lớn nhất khi a = 100. Số mol CO2 = 56,2: 84 = 0,669mol Lượng CO2 nhỏ nhất khi a = 0. Số mol CO2 = 56,2: 197 = 0,285mol 0,25 0,285 nCa(OH)2 nCaCO3 = 0,4- (0,669- 0,4) = 0,131 mol Vậy khi a = 100 thì lượng kết tủa bé nhất. 0,25 0,25 PHÒNG GD & ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 MÔN: HOÁ HỌC ĐỀ SỐ 16 (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) Câu I: (3 điểm) 1. Từ các chất KMnO4, Zn ,H2SO4,BaCl2 có thể điều chế được các khí nào? Viết các phương trình hóa học xảy ra (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có)? 2.Phi kim R hợp với oxi tạo ra oxit cao nhất có công thức là R2O5. Trong hợp chất của R với hiđro thì R chiếm 82,35% khối lượng. Xác định tên nguyên tố R và viết công thức của R với hiđro và oxi. Câu II: (4,5 điểm) 1. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng các muối từ hỗn hợp chất rắn gồm BaCl2, FeCl3 và AlCl3. 2. Có ba lọ đựng ba chất rắn KCl, NH4NO3, Ca(H2PO4)2. Hãy nhận biết mỗi lọ bằng phương pháp hóa học. Câu III: (3,5 điểm) Thí nghiệm: Làm bay hơi 60 gam nước từ dung dịch NaOH có nồng độ 15% được dung dịch mới có nồng độ 18%. 1. Hãy xác định khối lượng dung dịch NaOH ban đầu. Trang 56
  38. 2. Cho m gam natri vào dung dịch thu được trong thí nghiệm trên được dung dịch có nồng độ 20,37%. Tính m. Câu IV: (4 điểm) Nhúng 1 thanh sắt nặng 100 gam vào 500ml dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,08M và Ag2SO4 0,004M. Sau 1 thời gian lấy thanh sắt ra cân lại và thấy khối lượng là 100,48 gam. Tính khối lượng kim loại bám vào thanh sắt và nồng độ mol các chất trong dung dịch sau phản ứng. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Câu V (5 điểm) Cho 7,22 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi. Chia hỗn hợp làm hai phần bằng nhau. Hòa tan phần I trong dung dịch axit HCl thu được 2,128 lit H2. Hòa tan hết phần II trong dung dịch HNO3 tạo ra 1,792 lít NO duy nhất. Thể tích các khí đó ở đktc. 1. Xác định kim loại M. 2. Tính % mỗi kim loại trong A BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 16 Câu I: (3đ) 1. Điều chế khí oxi: 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 ĐPNC (0,25đ) - Điều chế Cl2: BaCl2 Ba + Cl2 - Điều chế H2: Zn + H2SO4 (loãng) ZnSO4 + H2 (0,25đ) - Điều chế SO2: Zn + 2H2SO4 đặc ZnSO4 + SO2 + 2H2O (0,25đ) 2. Gọi hóa trị của R trong hợp chất với hiđro là n => CTHH là RHn R (0,25đ) - Ta có %R .100 82,35 R 4,67n R n - Vì n là hóa trị nên chỉ nhận các giá trị 1,2,3 . (0,5đ) n 1 2 3 4 5 6 7 (0,5đ) R 4,67 9,33 14 19 23 28 33 - Với n =3, R=14=>R là nitơ,kí hiệu là N - CT của R với hiđrô là NH3, với oxi là N2O5 Câu II: (4,5đ) 0,5 1. Cho hỗn hợp 3 muối vào cốc đựng dd NH3 dư 0,5 FeCl3 + 3NH3 + 3H2O Fe(OH)3 +3NH4Cl AlCl3 3NH 3 3H 2O Al(OH)3  3NH 4Cl - Lọc tách Fe(OH)3, Al(OH)3 cô cạn dung dịch rồi nung nóng ở nhiệt độ cao tách được BaCl2 0 NH4Clt NH3 + HCl - Cho hỗn hợp Fe(OH)3, Al(OH)3 vào dung dịch NaOH dư 1,0 Trang 57
  39. Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O Fe(OH)3 không phản ứng lọc tách ra cho tác dụng với dd HCl dư, cô cạn được FeCl3 Fe(OH)3+ 3HCl FeCl3 + 3H2O - Sục CO2 dư vào dd NaAlO2 lọc tách kết tủa Al(OH)3 rồi cho tác dụng với dd HCl dư và cô cạn được AlCl3 1,0 NaAlO2 CO 2 2H 2O Al(OH)3  NaHCO3 Al(OH) 3HCl AlCl 3H O 3 3 2 1,0 2. Trích mỗi lọ 1 ít làm mẫu thử rồi hòa tan vào nước. - Dùng Na2CO3 nhận ra Ca(H2PO4)2 vì tạo kết tủa trắng CaCO3 Na 2CO3 Ca(H 2 PO 4 ) 2 CaCO3  2NaH 2 PO 4 - Dùng AgNO3 nhận ra KCl vì tạo kết tủa trắng AgCl 0,5 AgNO KCl AgCl  KNO 3 3 0,5 - Dùng NaOH nhận ra NH NO vì tạo khí có mùi khai NH 4 3 3 0,5 NaOH NH 4 NO3 NaNO3 NH 3  H 2O Câu III: (3,5đ) 1. Gọi khối lượng dung dịch NaOH ban đầu là m gam => mNaOH = 0,15m(g) - Khối lượng dd NaOH sau khi làm bay hơi nước là : m - 60(g) 0,15m .100 18 m 360(g) 0,5 m 60 2. mNaOH = 0,15.360 = 54g 0,5 - Khối lượng dd NaOH sau khi làm bay hơi nước là: 360 – 60 = 300(g) - PTHH: 2Na +2H2O 2NaOH + H2 (1) x x 0,5x (mol) 0,5 - Gọi số mol Na trong m gam Na là x mol => nNaOH = nNa = x(mol) => mNaOH (1) = 40x(g) - Ta có PT về nồng độ dd sau phản ứng: 0,5 54 40x C% .100 20,37% x 0,2 NaOH 300 23x 2.0,5x 0,5 m Na 0,2.23 4,6(g) Câu IV:(4đ) n 0,04mol;n 0,002mol CuSO4 Ag2SO4 0,5 - PTHH: 0,5 Fe Ag SO FeSO 2Ag (1) 2 4 4 Fe CuSO4 FeSO4 Cu (2) *TH1: Chỉ xảy ra (1). Đặt số n = x(mol) = n Fe(pư) Ag2SO4( pu ) => m = 100,48 – 100 = 108.2x – 56x x = 0,003 > n (loại) 0,5 tăng Ag2SO4 * TH2 : Xảy ra cả (1) và (2) - Theo (1) n = n = 0,002 mol Fe Ag2SO4 1,0 n = 2n = 0,004 mol Ag Ag2SO4 - Gọi n = a(mol) = n = n Fe(pư2) CuSO 4 Cu => mtăng = 100,48 – 100 = 108.0,004 + 64 a – 56.0,002 – 56 a a = 0,02 0,5 - Vậy khối lượng kim loại bám vào thanh sắt là : 108.0,004 + 64.0,02 = 1,712 gam. - Sau pứ trong dd có 0,04 – 0,02 = 0,02 mol CuSO4 dư và 0,002 + 0,02 = 0,022 mol 0,5 FeSO4. 0,5 Trang 58
  40. 0,02 0,022 0,5 CM = 0,04M ; CM = 0,044M CuSO4 0,5 FeSO4 0,5 Câu V:(5đ) 1 0,5 1 phần = .7,22 = 3,61(g); n = 0,095 mol ; nNO = 0,08 mol 2 H2 1. Gọi kim loại M có hóa trị là n 0,5 - PTHH: Fe 2HCl FeCl2 H2  (1) 1,0 2M 2nHCl 2MCln nH2 (2) Fe 4HNO3 Fe(NO3 )3 NO  2H2O (3) 3M + 4nHNO3 3M(NO3)n + nNO +2nH2) (4) * TH1 : M không tác dụng với HCl (tức không xảy ra (2)) 0,5 - Theo (1) n = n = 0,08 mol m = 0,08.56 = 4,48 > 3,61 (loại) Fe H 2 Fe * TH2 : M tác dụng với HCl (tức xảy ra (2)) 0,5 - Gọi số mol Fe có trong 1 phần là x mol => mFe = 56.x (g) - Theo (1) : n = n = x(mol) 0,5 H2 (1) Fe 2 2 - Theo (2) : nM = .n .(0,095 x)mol n H2 (2) n 0,5 2 => mM = 3,61 – 56.x = .(0,095 x).M (*) n 0,5 - Theo (3) : nNO = nFe = x(mol) 3 3 - Theo (4) : nM = .n .(0,08 x)mol 0,5 n NO n 3 => mM = 3,61 – 56.x=.(0,08 x).M ( ) n 0,5 - Từ (*) và ( ) => M(0,09M – 0,81n) =0 => * M=0 (loại) * 0,09 M – 0,81n = 0 => M = 9n - Với n=3 ; M = 27 => M là kim loại nhôm (Al) 3,61.3 0,19.27 2. Ta có x = 0,05 56.3 2.27 0,05.56 => %mFe = .100 77,56% 3,61 => % mAl = 100 – 77,56 = 22,44 % ĐỀ SỐ 17 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Môn thi: Hóa học Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu 1( 4,0 điểm): Trang 59
  41. Nêu hiện tượng xẩy ra và viết các phương trình phản ứng cho mỗi thí nghiệm sau: a) Cho kim loại Na vào dung dịch AgNO3. b) Sục khí SO2 từ từ cho tới dư vào dung dịch Ca(OH)2 c) Cho từ từ mỗi chất: khí CO 2, dung dịch AlCl3 vào mỗi ống nghiệm chứa sẵn dung dịch NaAlO2 cho tới dư. d) Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch FeCl3. Câu 2 ( 4,0 điểm ): Có 15 gam hỗn hợp Al và Mg được chia làm 2 phần bằng nhau. Phần thứ nhất cho vào 600ml HCl nồng độ xM thu được khí A và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được 27,9 gam muối khan. Phần thứ 2 cho vào 800ml dung dịch HCl nồng độ xM và làm tương tự thu được 32,35g muối khan. Xác định % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp và x. Tính thể tích hidro (dktc) thu được sau khi thực hiện xong các thí nghiệm. Câu 3 ( 4,0 điểm ): Hòa tan 6,58 gam chất A vào 100 gam nước thu được dung dịch B chứa 1 chất duy nhất. Cho lượng muối khan BaCl 2 vào B thấy tạo 4,66g kết tủa trắng lọc bỏ kết tủa ta thu được dung dịch C. Cho lượng Zn vừa đủ vào dung dịch C thấy thoát ra 1,792 lit khí H2(đktc) và dung dịch D. 1. Xác định công thức phân tử chất A. 2.Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch D. Câu 4 (2,0 điểm): Chỉ dùng một hoá chất duy nhất, hãy tách: a. Tách FeO ra khỏi hỗn hợp FeO, Cu, Fe b. Ag2O ra khỏi hổn hợp Ag2O, SiO2, Al2O3 Câu 5 (2,0 điểm): Một hỗn hợp X gồm các chất: K 2O, KHCO3, NH4Cl, BaCl2 có số mol mỗi chất bằng nhau. Hoà tan hỗn hợp X vào nước, rồi đun nhẹ thu được khí Y, dung dịch Z và kết tủa M. Xác định các chất trong Y, Z, M và viết phương trình phản ứng minh họa. Câu 6 (4,0 điểm): a, Cho 2,08 gam MxOy tan hoàn toàn vào 100 gam dung dịch H2SO4 4,9%. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y có nồng độ axit là 1,056%. Xác định công thức hóa học của oxit đó. 0 0 b, Dung dịch CuSO4 ở 10 C có độ tan là 17,4 (g); ở 80 C có độ tan là 55 (g). Làm lạnh 0 0 1,5 kg dung dịch CuSO4 bão hòa ở 80 C xuống 10 C. Tính số gam CuSO4.5 H2O tách ra. Trang 60
  42. PHÒNG GD & ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 17 Biểu Câu Đáp Án Điểm 1.a Lúc đầu bọt khí thoát ra,sau thấy có kết tủa trắng xuất hiện nhưng không bền 0,5đ lập tức sinh ra chất kết tủa mầu đen ( Ag2O) PTPU: 2Na + 2H2O -> 2NaOH + H2  0,5đ AgNO3 + NaOH -> AgOH  + NaNO3 2AgOH - > Ag2O + H2O 1.b Lúc đầu có kết tủa trắng xuất hiện, sau đó kết tủa tan đi, dung dịch trở lại 0,5đ trong. SO2 + Ca(OH)2 -> CaSO3  + H2O 0,5đ SO2 + CaSO3 + H2O -> Ca (HSO3) 1.c Tạo kết tủa keo trắng. CO2 + NaAlO2 + H2O -> Al (OH)3  + NaHCO3 0,5đ 0,5đ AlCl3+ 3NaAlO2 + 6H2O -> 4Al(OH)3  + 3NaCl 1.d. Tạo khí không mầu và kết tủa mầu nâu đỏ. 0,5đ 3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O-> 6NaCl + 2Fe(OH)3  + 3CO2  0,5đ Ghi chú: mỗi hiện tượng ghi đủ, đúng được 0,5 điểm, thiếu hoặc không rõ ràng đều không được điểm. 1 15 + khối lượng hỗn hợp = 7,5gam Câu 2 2 2: + Nếu ở thi nghiệm 1 mà HCl dư thì ở thí nghiệm 2 khi tăng lượng Axit -> Khối lượng muối tạo ra phải không đổi (Điều này trái với giả thiết) Vậy ở thí nghiệm 1: Kim loại còn dư, Axit thiếu. 0,5đ +Nếu toàn bộ lượng axit HCl ở thí nghiệm 2 tạo ra muối thì lượng muối phải là 27,9.800 37,2gam .Theo đầu bài lượng muối thu được là 32,35gam (37,2 > 600 32,35)  ở thí nghiệm 2 : axit HCl còn dư, kim loại hết. 0,5đ 1. Phương trình phản ứng: 2Al + 6HCl  2AlCl + 3H (1) 3 2 0,5đ Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 (2) Khối lượng hỗn hợp KL =7,5 gam ; Khối lượng muối khan = 32,35 gam Độ tăng khối lượng ( là lượng Cl của HCl ) = 32,35 - 7,5 = 24,85 gam 0,5đ 24,85 nHCl tham gia phản ứng :  nH 0,7mol 2 = 0,35 mol 35,5 + V = 0,35.22,4 =7,84 lit H2 27,9.0,7 - Số mol HCl tham gia phản ứng ở thí nghiệm 1: 0,6mol 0,5đ 32,35 0,6 Nồng độ mol dung dịch axit (x) = 1M 0,6 0,6 0,5đ n H2 = = 0,3 2 + V = 0,3. 22,4 = 6,72 lit H2 Trang 61
  43. 2. Sau 2 thí nghiệm thể tích H2 thu được là :7,84 + 6,72 =14,56 lit 3. gọi a,b là số mol của kim loại Al và Mg trong hỗn hợp. từ (1) (2) có : 0,5đ 27a 24b 7,5 3a 2b 0,7 0,5đ  a = 0,1 mAl = 2,7 gam  % Al = 36%  b = 0,2 mMg = 4,8gam  % Mg = 64% 1/ Dung dịch B kết tủa với BaCl2,B có thể có các muối có gốc axit tạo kết tủa với Ba; hoặc H2SO4. Dung dịch C có phản ứng với Zn cho khí H2, vậy trong C có axit =>B phải là H2SO4 hoặc muối M(HSO4)n Câu Vậy chất ban đầu có thể là : H2SO4 hoặc SO3, hoặc H2SO4.nSO3 hoặc muối 0,5đ 3: M(HSO4)n - Các phương trình phản ứng : BaCl2 + H2SO4  BaSO4+2HCl (1) Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2 (2) Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2 (3) 0,5đ 1,792 Theo 3 phương trình phản ứng ta có nH2SO4 = nH2 = 0,08mol 22,4 6,58 * Trường hợp 1: A là H2SO4n H2SO4 = 0,067 0,08 ( Lọai) 0,5đ 98 6,58 * Trường hợp 2: A là SO3nSO3 = 0,08225 0,08 (Loại) 0,5đ 80 * Trường hợp 3: A là H2SO4.nSO3 H2SO4.nSO3 +nH2O  (n+1) H2SO4 0,5đ 6,58 0,08 Ta có  n = 7 98 80n n 1 Công thức phân tử A là H2SO4.7H2O 0,5đ * Trường hợp 4: A là muối M(HSO4)n 2M(HSO4)n +nBaCl2 2MCln + 2nBaSO4 + 2nHCl Theo BTNT ta có: 2M(HSO4)n 2nHCl nH2 => 0,16/n mol 0,08 mol MM(HSO4)n = 6,58: (0,16/n)= 41,125.n => loại 2/ Khối lượng dung dịch D là: 4,66.208 m BaCl2 = 4,16gam 233 0,5đ mdd = 6,58 +100 + 4,16 + 0,08.65 - 0,08.2 - 4,66 = 111,12 gam nZnCl2 = nBaSO4 = 0,2 mol nZnSO4 = 0,08 - 0,02 = 0,06 mol 0,02.136 C% ZnCl2 = .100 2,45% 0,5đ 111,12 0,06.161 C%ZnSO4 = .100 8,69% 111,12 Trang 62
  44. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 ĐỀ SỐ 18 NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (5,0 điểm) 1. Cho hỗn hợp A gồm Al, Fe, Cu vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được khí B, dung dịch C và chất rắn D. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch C thu được dung dịch E và kết tủa F. Lọc lấy F nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn G. Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua chất rắn G thu được chất rắn H. Sục khí CO2 dư vào dung dịch E. Viết tất cả các PTHH xảy ra? 2. Từ các hóa chất: Zn; S và H2O. Hãy viết các PTHH điều chế 3 oxit, 2 axit và 3 muối? Câu II: (3,5 điểm) 1. Chỉ được dùng thêm dung dịch phenolphtalein, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 5 dung dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt bị mất nhãn: H 2SO4, KOH, K2SO4, BaCl2, HCl. Viết PTHH xảy ra (nếu có)? 2. Có một hỗn hợp khí gồm: O2, SO2; CO và CO2. Làm thế nào để thu được khí O2 tinh khiết? Câu III: (4,0 điểm) 1. Trong phòng thí nghiệm có dung dịch H 2SO4 2,5M; dung dịch KOH 2M; nước cất và các dụng cụ thí nghiệm đầy đủ. Hãy trình bày cách pha chế 400 ml dung dịch X chứa K 2SO4 0,5M và KOH 0,25M? 2. Chia m gam một oxit sắt thành 2 phần bằng nhau. Cho luồng khí H 2 nung nóng dư đi qua phần 1, đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 21 gam Fe. Để hòa tan hết phần 2 cần dùng vừa đủ 250 gam dung dịch HCl 14,6%. Hãy xác định công thức hóa học của oxit sắt và tính m? Câu IV: (4,5 điểm) 1. Nung 4,5 tạ đá vôi chứa 90% CaCO 3 (phần còn lại là chất trơ) với hiệu suất phản ứng là 85% thu được chất rắn X và khí CO2. a) Tính thể tích khí CO2 thu được ở điều kiện bình thường (20°C và latm)? b) Tính thành phần % theo khối lượng của CaO trong chất rắn X? Trang 63
  45. 2. Ti khối của hỗn hợp khí A gồm CO và CO 2 đối với khí O 2 bằng 1,075. Sục V lít hỗn hợp khí A (ở đktc) vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm KOH 0,25M và Ba(OH) 2 0,35M thu được 49,25 gam kết tủa. Viết các PTHH xảy ra và tính V? Câu V: (3,0 điểm) Chia 35,5 gam hỗn hợp B gồm MgO và Al2O3 thành hai phần bằng nhau: - Phần 1 cho tác dụng với 500 ml dung dịch HCl, sau khi các phản ứng kết thúc làm bay hơi cẩn thận thu được 38,375 gam chất rắn khan. - Phần 2 cho tác dụng với 800 ml dung dịch HCl ở trên, kết thúc các phản ứng cũng làm bay hơi cẩn thận thu được 45,25 gam chất rắn khan. a) Viết các PTHH xảy ra? Tính nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng? b) Tính thành phần % theo khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp B? (Cho: Al = 27; Ba= 137, C = 12; O=16, H=1; Cu=64; Fe = 56; Mg = 24; S = 32) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Trang 64
  46. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 5 trang) Câu Nội dung Điểm Câu I - Các PTHH xảy ra: 1. 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 2,5đ Fe + 2HCl FeCl2 + H2 - Khí B là H2, chất rắn D là Cu, dung dịch C gồm: HCl dư, AlCl3, FeCl2. KOH + HCl KCl + H2O 2KOH + FeCl2 2KCl + Fe(OH)2 (r) Mỗi 3KOH + AlCl3 3KCl + Al(OH)3 (r) PT KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O được - Dung dịch E gồm: KOH dư, KCl và KAlO2. Kết tủa F là Fe(OH)2 0,25 t 0 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O - Chất rắn G là Fe2O3. t 0 Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 - Chất rắn H là Fe. KOH + CO2 KHCO3 KAlO2 + CO2 + 2H2O KHCO3 + Al(OH)3 (r) 2/. - Các PTHH xảy ra: dp 2,0đ 2H2O  2H2 + O2 t 0 S + O2  SO2 0 450 C;V2O5 2SO2 + O2  2SO3 Mỗi SO2 + H2O H2SO3 PT SO3 + H2O H2SO4 được t 0 2Zn + O2  2ZnO 0,25 ZnO + H2SO3 ZnSO3 + H2O Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2O t 0 Zn + S  ZnS 0,25 - Ba oxit là ZnO; SO2; SO3. Hai axit là H2SO3 và H2SO4. Ba muối là: ZnS; ZnSO3 và ZnSO4 Câu II - Trích mỗi chất một ít để làm mẫu thử và đánh số thứ tự. 1. - Nhỏ dung dịch phenolphtalein lần lượt vào 5 ống nghiệm đựng sẵn 5 dung dich 2,25đ đó: + Dung dịch nào làm dung dịch phenolphtalein không màu chuyển thành màu 0,25 đỏ, đó là dung dịch KOH + 4 dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra. 0,25 - Nhỏ 4 dung dịch còn lại vào 4 ống nghiệm đựng sẵn dung dịch KOH vừa nhận biết được có nhỏ dung dịch phenolphtalein: + Dung dịch nào phản ứng làm mất màu đỏ, đó là 2 dung dịch: H2SO4 và HCl 0,25 (nhóm 1). 2KOH + H2SO4 K2SO4 + 2H2O KOH + HCl KCl + H2O 0,25 + Hai dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra, đó là K2SO4 và BaCl2 (nhóm 2). 0,25 - Nhỏ lần lượt 2 dung dịch ở nhóm 1 vào 2 dung dịch ở nhóm 2: Trang 65
  47. + Nếu thấy xuất hiện kết tủa trắng thì dung dịch ở nhóm 1 là H2SO4 và dung dịch ở nhóm 2 là BaCl2. 0,25 H2SO4 + BaCl2 BaSO4 (r) + 2HCl 0,25 Trắng + Dung dịch còn lại không có hiện tượng gì xảy ra ở nhóm 1 là dung dịch HCl; ở 0,5 nhóm 2 là dung dịch K2SO4. 2. (1,25đ) - Dẫn hỗn hợp khí đó đi qua bột CuO nung nóng, dư(sai). t 0 0,25 CO + CuO  Cu + CO2 0,25 Thu lấy hỗn hợp khí thoát ra gồm: SO2; CO2 và O2. 0,25 - Sục hỗn hợp khí đó vào dung dịch Ca(OH)2 dư: SO2 + Ca(OH)2 CaSO3 (r) + H2O CO + Ca(OH) CaCO (r) + H O 0,25 2 2 3 2 0,25 Thu lấy chất khí thoát ra, ta được khí O2 tinh khiết. Câu III 1. * Tính toán: 2,0đ - Số mol các chất có trong dung dịch X: 400.0,5 n = 0,2 mol K2SO4 1000 400.0,25 0,25 n = 0,1 mol KOH 1000 - Trong dung dịch X có K2SO4 nên khi pha chế xảy ra PTHH: 2KOH + H2SO4 K2SO4 + 2H2O 2 mol 1 mol 1 mol 0,25 0,4 mol 0,2 mol 0,2 mol - Thể tích dung dịch H SO 2,5M cần lấy: 2 4 0,25 0,2.1000 V = 80 ml ddH2SO4 2,5 - Thể tích dung dịch KOH 2M cần lấy: 0,25 (0,4 0,1).1000 V = 250 ml ddKOH 2 * Cách pha chế: Đong lấy 250 ml dung dịch KOH 2M cho vào cốc thủy tinh có 1,0 chia vạch dung tích 1 lít. Đong lấy 80 ml dung dịch H2SO4 2,5M rồi rót từ từ vào cốc đó, để nguội. Sau đó thêm từ từ nước cất vào, khuấy nhẹ cho đủ 400 ml dung dịch. Ta được 400 ml dung dịch X chứa K2SO4 0,5M và KOH 0,25M. 2. 2,0đ - Gọi công thức của oxit sắt là FexOy. 0,25 250.14,6% 21 - Ta có: nHCl = = 1 (mol) nFe = 0,375 (mol) 36,5 56 0,25 - Các PTHH xảy ra: 0,25 t 0 FexOy + yH2  xFe + yH2O (1) 0,25 1 mol x mol 0,375 mol 0,375 mol 0,25 x FexOy + 2yHCl xFeCl2y/x + yH2O (2) 0,25 1 mol 2y mol Trang 66
  48. 1 mol 1 mol 2y 0,25 1 0,375 x 3 - Từ (1) và (2) ta có: = = 0,25 2y x y 4 Công thức hóa học của oxit sắt là Fe3O4. 0,375 m = .232.2 = 58 (gam) 3 Câu IV - Ta có: 1. 4,5.105.90% n = = 4050 (mol) 1,5đ CaCO3 100 0,25 - PTHH hóa học xảy ra: t 0 CaCO3  CaO + CO2 1 mol 1 mol 1 mol 0,25 4050 mol 4050 mol 4050 mol - Do hiệu suất phản ứng là 85% nên ta có: 0 a) Thể tích khí CO2 thu được ở 20 C và 1atm là: 0,25 V 4050.24.85% = 82620 (lít) = 82,62 (m3) CO2 b) Khối lượng CaO thu được là: mCaO = 4050.56.85% = 192780 (gam) = 1,9278 (tạ) 0,25 - Khối lượng chất rắn X thu được: 5 0,25 mX = 4,5.10 – 4050.44.85% = 298530 (gam) = 2,9853 (tạ) - Thành phần % theo khối lượng của CaO trong chất rắn X: 1,9278 %CaO = .100% 64,58% 0,25 2,9853 2. a) 3,0đ - Gọi số mol của CO và CO2 trong V lít hỗn hợp A lần lượt là a; b (mol). - Theo bài ra ta có: 28.a 44.b 0,25 M = = 32.1,075 = 34,4 (gam) a = 1,5b hhA a b 0,25.800 0,35.800 0,25 - Ta có: n = 0,2 (mol) n = 0,28 (mol) KOH 1000 Ba(OH )2 1000 - Các PTHH có thể xảy ra: CO + Ba(OH) BaCO (r) + H O (1) 2 2 3 2 0,25 CO2 + 2KOH K2CO3 + H2O (2) CO + K CO + H O 2KHCO (3) 2 2 3 2 3 0,25 CO2 + BaCO3 + H2O Ba(HCO3)2 (4) 49,25 b) Ta thấy: n = 0,25 (mol) < nBa(OH ) = 0,28 (mol) 0,25 BaCO3 197 2 Có 2 trường hợp xảy ra: * Trường hợp 1: Ba(OH)2 còn dư, CO2 phản ứng hết (2); (3); (4) không xảy ra. - Theo (1) ta có: n =n = 0,25 (mol) CO2 BaCO3 0,25 V = (1,5.0,25 + 0,25).22,4 = 14 (lít) 0,25 * Trường hợp 2: CO2 còn dư, BaCO3 bị hòa tan một phần theo (4) Xảy ra cả (1); (2); (3) và (4). - Theo (1) ta có: n =n = n = 0,28 (mol) 0,25 CO2 (1) BaCO3 (1) Ba(OH )2 0,25 - Từ (2) và (3) ta có: n = n = 0,2 (mol) CO2 (2) (3) KOH Trang 67
  49. - Theo (4) ta có: n =n = 0,28 – 0,25 = 0,03 (mol) 0,25 CO2 (4) BaCO3 (4) 0,25 n = 0,28 + 0,2 + 0,03 = 0,51 (mol) CO2 0,25 V = (1,5.0,51 + 0,51).22,4 = 28,56 (lít) Câu V a) Các PTHH xảy ra: 3,0đ MgO + 2HCl MgCl2 + H2O (1) Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O (2) 0,25 - Gọi số mol của MgO; Al2O3 trong mỗi phần lần lượt là a; b mol. 35,5 0,25 40a + 102b = = 17,75 (gam) (*) 2 - Giả sử nếu hỗn hợp oxit ở phần 1 tan hết trong 500 ml dung dịch HCl thì khi cho phần 2 vào 800 ml dung dịch HCl đó khối lượng chất rắn khan thu được sau phản ứng sẽ không thay đổi, nhưng theo bài ra khối lượng chất rắn khan thu 0,5 được ở phần 2 lớn hơn ở phần 1 Ở phần 1: HCl hết và hỗn hợp oxit còn dư. * Gọi số mol của HCl đã phản ứng với phần 1 là x mol. 1 - Theo (1) và (2) ta có: n n = 0,5x (mol) H2O 2 HCl 0,25 - Áp dụng ĐLBTKL cho (1) và (2) ta có: mhỗn hợp oxit + mHCl = mchất rắn khan + m H2O 0,25 17,75 + 36,5. x = 38,375 + 18. 0,5x x = 0,75 (mol) 0,25 - Nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng: 0,75 CM = .1000 = 1,5M 500 1,5.800 b) * Ở phần 2: Ta có: n = 1,2 (mol) HCl 1000 - Từ (1) và (2) ta thấy nếu trong mỗi phần hỗn hợp chỉ chứa Al2O3 thì số mol HCl phản ứng sẽ lớn nhất khi đó theo (2) ta có: 17,75 0,5 n 6n 6. 1,044 (mol) < 1,2 (mol) HClpu Al2O3 102 Ở phần 2: HCl còn dư và hỗn hợp oxit phản ứng hết. - Theo (1) ta có: n nMgO = a (mol) MgCl2 0,25 - Theo (2) ta có: nAlCl 2.nAl O = 2b (mol) 3 2 3 0,25 mchất rắn khan = 95a + 133,5.2b = 45,25 (gam) ( ) - Từ (*) và ( ) ta có: a = b = 0,125 (mol) - Thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp B: 0,125.40 %MgO = .100% 28,17% 0,25 17,75 0,125.102 %Al2O3 = .100% 71,83% 17,75 Lưu ý: Không chứng minh HCl ở phần 1 hết và HCl ở phần 2 dư mà vẫn đúng kết quả thì chỉ cho 1,5 điểm. Lưu ý: - HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. - Cứ 2PTHH viết đúng nhưng cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐỀ SỐ 19 Môn: Hoá học 9 Thời gian: 150 phút Trang 68
  50. Câu I (4,0 điểm) 1, Những cặp chất sau có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm chứa nước cất được không ? Hãy giải thích bằng PTHH ? a, KCl và AgNO3 b, Na2O và Al2O3 c, BaSO4 và HCl d, KHCO3 và NaOH. 2, Hãy viết 8 loại phản ứng khác nhau tạo thành khi các bonic ? Câu II (6,0 điểm) 1, Có 5 gói bột : MgO, P2O5, BaO, Na2SO4, Al2O3. Chỉ dùng nước và quì tím nhận biết được những chất nào? Trình bày cách nhận biết đó. 2, Chọn các công thức hóa học phù hợp với các chữ cái tương ứng rồi hoàn thành chuỗi phản ứng sau: A B SO2 ¾¾¾¾® X ¾¾¾¾® Y C Z ¾¾¾¾® T ¾¾¾¾® SO2 3, Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng khi: a, Nhúng thanh Fe vào dung dịch H2SO4 loãng, sau một thời gian lại cho thêm vài giọt dung dịch CuSO4. b, Bột Fe thả vào dung dịch FeCl3. c, Cho một luồng CO2 từ từ đi qua dung dịch Ba(OH)2. Khi phản ứng kết thúc (dư CO2 ), lấy dung dịch đem đun nóng. Câu III (3,5 điểm ) 1, Cho một dung dịch A có chứa 98 gam H2SO4 trong 1 lít dung dịch. Phải thêm bao nhiêu lít dung dịch A này vào 0,4 lít dung dịch H 2SO4 2M để có được dung dịch X, biết rằng 100 ml dung dịch X này tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư tạo ra 32,62 gam kết tủa. 2, Lấy 200 ml dung dịch Xnói trên cho tác dụng với dung dịch Y, dung dịch Y chứa 2 bazơ NaOH 0,5 M và KOH 0,9 M. Phải dùng bao nhiêu lít dung dịch Y để phản ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch X? Phản ứng giữa 2 dung dịch X,Y cho ra dung dịch Z. Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch Z. Câu IV (3,5 điểm) 1, Chia 15,48 gam hỗn hợp bột A gồm MgCO 3 và kim loại B có hóa trị không đổi làm hai phần bằng nhau: Phần 1 cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp H 2SO4 0,3M và HCl 1,5M thu được dung dịch C và V lít hỗn hợp khí D ở đktc. Phần 2 đem đốt nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 7,5 gam hỗn hợp các oxit kim loại. Xác định kim loại B và tính V? 2, Hòa tan một oxit của kim loại hóa trị II bằng một lượng vừa đủ dung dịch axit sunfuric nồng độ 10%. Sau phản ứng thu được dung dịch muối có nồng độ 11,8%. Xác định công thức oxit. Câu V (3,0 điểm) Cho 9,2 gam natri vào 400 gam dung dịch CuSO4 4%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch A, kết tủa B và khí C. a, Tính thể tích khí C thoát ra ở đktc. Trang 69
  51. b, Tính khối lượng kết tủa B ? c, Xác định nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch A ? ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm Câu a, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm 0,25đ I.1 chứa nước cất vì xẩy ra phương trình hóa học sau: 2,0đ AgNO3 + KCl → AgCl(r) + KNO3 0,25đ b, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm 0,25đ Trang 70
  52. chứa nước cất vì xẩy ra các phương trình hóa học sau: Na2O + H2O → NaOH 0,25đ Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O 0,25đ c, Cặp chất đó có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm 0,25đ đựng nước cất. 0,25đ d, Cặp chất đó không thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm chứa nước cất vì xẩy ra phương trình hóa học sau: 0,25đ 2KHCO3 + 2NaOH → K2CO3 + Na2CO3 + 2H2O I.2 Học sinh viết đúng 8 loại phản ứng khác nhau, ví dụ: t0 2,0đ (1) C + O2  CO2 t0 (2) 2CO + O2  2CO2 t0 Mỗi PT (3) CaCO3  CaO + CO2 t0 được (4) CH4 + 2 O2  CO2 + 2H2O 0,25 đ (5) CaCO3 + 2HCl →CaCl2 + CO2 + H2O t0 (6) C + H2O  CO2 + 2H2 t0 (7) CuO + CO  Cu + CO2 (8) Ca(HCO3)2 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + 2H2O Câu +Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm 0,25đ II.1 +Hòa tan các mẫu thử vào nước: Nhận 1,5đ Na2SO4 → dung dịch Na2SO4 BaO + H2O → Ba(OH)2 biết P2O5 + 3H2O →2 H3PO4 Hai mẫu không tan là MgO, Al2O3. được 1 +Lần lượt nhỏ 1 – 2 giọt từng dung dịch trên lên quì tím. chất - Dung dịch không làm đổi màu quì tím là dung dịch Na 2SO4 0,25 tương ứng với gói Na2SO4 ban đầu. điểm - Dung dịch làm quì tím hóa xanh là dung dịch Ba(OH)2 tương ứng với gói đựng BaO ban đầu - Dung dịch làm quì tím hóa đỏ là dung dịch H3PO4 tương ứng với gói đựng P2O5 + Nhận biết MgO, Al 2O3 bằng dung dịch Ba(OH) 2 vừa tạo ra ở trên: - MgO không tan, Al2O3 tan: Al2O3 + Ba(OH)2 →Ba(AlO2)2 + H2O Vậy là ta nhận biết được cả 5 chất. II.2 A: FeS; B: FeS2, C: K2SO3, X: SO3 Y: H2SO4, Z: NaHSO3, T: Mỗi pt 2,0đ Na2SO3 0,25 t0 4FeS + 7O2  2Fe2O3 + 4SO2 điểm t0 HS 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2 0 chọn K SO + 2HCl →2KCl + SO + H O 2SO + O t 2 3 2 2 2 2 đáp án 2SO 3 khác SO + H O →H SO SO + NaOH → 3 2 2 4 2 đúng NaHSO 3 vẫn cho Trang 71
  53. NaHSO3 + NaOH → Na2SO3 + H2O điểm tối Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + H2O đa II.3 - Lúc đầu thanh sắt bị ăn mòn và có sủi bọt khí H 2do phản 0,25đ a, ứng: 0,25đ 1,0đ Fe + H2SO4 →FeSO4 + H2 - khi mới cho dung dịch CuSO4 vào và lắc đều: dd có màu 0,25đ xanh, sau đó có màu xanh nhạt dần đến hết. Bột Cu màu đỏ 0,25đ tách ra bám vào thanh sắt: Fe + CuSO4(xanh) → FeSO 4 (không màu)+ Cu (đỏ) II.3,b - Bột Fe tan dần và màu vàng nâu của dd FeCl3 0,25đ 0,5 đ Fe +2FeCl3 →3FeCl2 0,25đ II.3,c Dd Ba(OH)2 tan trong suốt. Khi cho từ từ CO2 qua dd 1,0đ Ba(OH)2 thấy: dd đục dần do xuất hiện kết tủa BaCO 3. Khi 0,25đ cho CO2 dư, dd trong dần đến trong suốt. Đun nóng dd thu được thấy đục trở lại dần dần do tạo ra BaCO3 ( kết tủa trắng ) 0,25đ CO2 + Ba(OH)2 →BaCO3(r) +H2O 0,25đ BaCO3(r) + CO2 + H2O →Ba(HCO3)2(dd) 0,25đ t0 Ba(HCO3)2  BaCO3(r) + CO2(k) + H2O Câu Số mol H SO có trong dung dịch A: 98/98 = 1 (mol)→C = 0,25đ 2 4 M A III.1 1 M 0,25đ 1,5đ PTHH: H2SO4 + Ba(OH)2 →BaSO4↓ + 2H2O (1) 0,25đ Theo (1): n = n = 32,62 : 233 = 0,14 (mol) 0,25đ H2 SO 4 BaSO 4 → C = n/V = 0,14/0,1 = 1,4 (M) M X 0,5đ - Gọi V là thể tích của dung dịch A ( lít ), ta có: V (lít ) 1 M 0,6 M V 0,6 1,4 M = 0,4 0,4 0,4 ( lít ) 2M 0,4 M V = 0,6 lít = 600 ml III.2 -Số mol H2SO4 có trong 200 ml dung dịch X là: 1,4.0,2 = 0,28 0,25đ 2,0đ (mol) 0,25đ -Gọi a là thể tích của dung dịch Y ( lít ) nNaOH= 0,5a (mol); nKOH = 0,9a (mol) 0,25đ - PTHH : 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (2) 0,25đ 2 KOH + H2SO4 → K2SO4 + 2H2O (3) Theo (2),(3), ta có: 0,5đ n = 1/2(n + n ) = 1/2 ( 0,5a + 0,9a ) = 0,28→a= 0,4 H2 SO 4 NaOH KOH (l) 0,5đ Theo ĐLBTKL ta có: m + (m + m ) = m + m H2 SO 4 NaOH KOH muối Z nước Trang 72
  54. → mmuối Z = 0,28.98 + 0,5.0,4.40+ 0,9.0,4 .56 – 2.0,28.18 = 45,52(g) Câu - Gọi khối lượng mol của kim loại B là M, hóa trị là n. IV.1 - Các PTHH xẩy ra: t0 2,0đ MgCO3  MgO + CO2 (1) t0 4B + nO2  2B2On (2) 0,5đ MgCO3 + 2HCl →MgCl2 + CO2 + H2O (3) 2B + 2nHCl →BCln + nH2 (4) MgCO3 + H2SO4 →MgSO4 + CO2 + H2O (5) 2B + n H2SO4 →B2(SO4)n + nH2 (6) -Số mol H SO : n = 0,2.0,3 = 0,06 (mol) 0,25đ 2 4 H2 SO 4 -Số mol HCl:nHCl = 0,2.1,5 = 0,3 (mol) -Gọi số mol của MgCO và kim loại B trong mỗi phần lần 3 0,25đ lượt là a, b Ta có: 84a + Mb = 15,48: 2 = 7,74 (gam) (*) -Theo (1): n = n = a (mol) MgO MgCO 3 -Theo (2): n = 1 n = 0,5b(mol) BO2 n B 2 0,25đ mhhoxit =40a + 0,5b(2M + 16n) = 7,5 (gam) ( ) -Từ (*) và ( ) ta có : 44a – 8bn = 0,24 (gam) ( ) -Từ (3) và (5) ta có : n = 2. n = 2a (mol) H MgCO 3 0,25đ -Từ (4) và (6) ta có: nH = n.nB = nb (mol) Ʃ nH = 2a + nb = 0,06.2 + 0,3 = 0,42 (mol) ( ) -Từ ( )và ( ) ta có : a = 0,06 (mol); bn = 0,3 (mol) → b = 0,3/n 0,25đ -Ta có : m = 0,06 . 84 = 5,04 (g) MgCO 3 0,3 mB = 7,74 – 5,04 = 2,7 (gam) mB = .M = 2,7 →M = 9n n Xét n = 1,2,3 B là Nhôm (Al) 0,25đ -Từ (3) và (5) ta có: n = n = 0,06 (mol) CO 2 MgCO 3 3 3 0,3 -Từ (4) và (6) ta có: nH = .nAl = = 0,15 (mol) 2 2 2 3 V = (0,06 + 0,15 ) . 22,4 = 4,704 (lít ) IV.2 RO + H2SO4 → RSO4 + H2O 0,25đ 1,5 đ (MR + 16)g 98g (MR + 96)g 18 0,25đ Cứ (MR + 16)g oxit cần 98 gam Axit hay 980 g dd H2SO4 0,25đ 10% (M 96).100% Ta có : R = 11,8% 0,25đ (M R 16) 980 0,25đ -Giải ra ta được MR = 24 (Mg). Vậy công thức oxit là MgO Câu V a, (1,25đ) – Số mol của Na: 9,2/23 = 0,4 (mol) 0,25đ 3,0 -Số mol của CuSO4: 400.4/100.160 = 0,1 (mol) 0,25đ Trang 73
  55. điểm 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2(k) (1) 0,25đ 2NaOH + CuSO4 → Na2SO4 + Cu(OH)2↓ (2) 0,25đ 1 1 Theo (1): nH = .nNa = .0,4 = 0,2 (mol) 2 2 2 0,25đ → V = 0,2.22,4 = 4,48 (lít) H 2 b,(0,75 điểm): Theo (1): nNaOH = nNa = 0,4 (mol) 0,25đ Theo (2): n = 2.n = 2.0,1 = 0,2 (mol) < 0,4 (mol) 0,25đ NaOH CuSO 4 → NaOH dư, CuSO phản ứng hết. →n = n = 0,1 0,25đ 4 Cu(OH) 2 CuSO 4 (mol) m = 98.0,1= 9,8 (g) Cu(OH) 2 c,(1,0đ). Dd A chứa Na2SO4 và NaOH dư 0,5đ → n = n = 0,1 (mol)→ n = 0,1.142 = 14,2 Na2 SO 4 CuSO 4 Na2 SO 4 (g) nNaOH dư = 0,4 – 0,2 = 0,2 (mol) → mNaOH dư = 0,2 .40 = 8 (g) 0,5đ m = m + mdd - (m + m ) = 9,2 + 400 – ( ddA Na CuSO 4 H 2 Cu(OH) 2 0,2.2+ 9,8) -Nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: 14,2.100% 8.100% C% Na SO = ≈ 3,56 %; C% NaOH dư=≈ 2% 2 4 399 399 Lưu ý: -HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. - Cứ 2 PTHH viết đúng nhưng chưa cân bằng hay cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9 ĐỀ SỐ 20 Môn: Hóa học Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (5,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết PTHH xảy ra khi: a/ Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch NaHSO3. b/ Nhỏ dung dịch H2SO4 đặc vào cốc đựng đường Saccarozơ. c/ Ngâm một đinh sắt sạch vào dung dịch ZnSO4. d Sục khí CO2 từ từ vào dung dịch nước vôi trong. e/ Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch NaAlO2. 2. Cho luồng khí CO dư đi qua hỗn hợp chứa: Na, CuO, Fe 2O3, Al2O3 nung nóng thu được chất rắn A. Cho A vào nước dư thu được dung dịch B và chất rắn D. Sục khí CO 2 dư vào dung dịch B thu được kết tủa E. Cho D vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy D tan một phần. Xác định các chất trong A, B, D, E và viết các phương trình hóa học xảy ra? Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu II: (5,0 điểm) Trang 74
  56. 1. Chỉ được dùng thêm một hóa chất, hãy trình bày phương pháp hoá học nhận biết 5 dung dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt bị mất nhãn: Al 2(SO4)3, CuSO4, FeSO4, MgSO4, H2SO4. Viết PTHH xảy ra (nếu có)? 2. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp rắn gồm: ZnCl 2, FeCl3, CuCl2. Viết các PTHH xảy ra? Câu III: (2,0 điểm) Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ biến hoá sau: (1) (2) (3) (4) (5) CaCO3 ¾¾¾¾¾® CaO ¾¾¾¾¾® Ca(OH)2 ¾¾¾¾¾® Ca(HCO3)2 ¾¾¾¾¾® CaCO3 ¾¾¾¾¾® CaCl2 ¾¾¾(¾6¾) ® (7) (8) Ca(NO3)2 ¾¾¾¾¾® Ca3(PO4)2 ¾¾¾¾¾® Ca(H2PO4)2 Câu IV: (4,0 điểm) 1. Hãy tính toán và trình bày cách pha chế 500ml dung dịch H2SO4 0,92M từ dung dịch H2SO4 98% (D = 1,84 g/ml)? 2. Hòa tan 23,35 gam hỗn hợp A gồm: Mg, Al và Cu vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch B, chất rắn D và thấy thoát ra 13,44 dm khí (ở đktc). Nung chất rắn D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 14 gam chất rắn E. Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A? Câu V: (4,0 điểm) 1. Nung nóng 37,92 gam hỗn hợp A gồm FexOy và FeCO3 đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí B và 33,6 gam Fe2O3 duy nhất. Cho khí B hấp thụ hoàn toàn vào 180ml dung dịch Ba(OH)2 0,5M thu được 11,82 gam kết tủa. a) Viết các PTHH xảy ra? b) Xác định công thức hóa học của FexOy? 2. Để m gam Sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được (m+ 4,8) gam chất rắn A. Cho toàn bộ chất rắn A tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc nóng, dư thấy thoát ra 8,4 lít khí SO 2 duy nhất (ở đktc). Tính m? (Cho: Al= 27; Ba = 137; C = 12; 0= 16; H = 1; Cu= 64; Fe = 56; Mg = 24; S = 32) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Trang 75
  57. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 5 trang) Câu Nội dung Điểm Câu I a. Có kết tủa trắng xuất hiện, lượng kết tủa lớn dần đến cực đại. 0,25 1/. Ba(OH)2 + 2NaHSO3 BaSO3 (r) + Na2SO3 + H2O 0,25 3,25đ Ba(OH)2 + Na2SO3 BaSO3 (r) + 2NaOH 0,25 Hoặc: Ba(OH)2 + NaHSO3 BaSO3 (r) + NaOH + H2O b. Màu trắng của đường chuyển sang màu vàng, sau đó chuyển sang màu nâu và cuối cùng thành khối màu đen xốp bị bọt khí đẩy lên miệng cốc. 0,5 C12H22O11 + H2SO4 đặc 12C + H2SO4.11H2O C + 2H2SO4 đặc CO2 + 2SO2 + 2H2O 0,25 c. Không có hiện tượng gì xảy ra 0,25 d. Dung dịch nước vôi trong bị vẫn đục (xuất hiện kết tủa trắng), kết tủa lớn dần đến cực đại. CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 (r) + H2O 0,75 - Nếu khí CO2 dư thì kết tủa tan dần đến hết tạo ra dung dịch trong suốt. CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2 e. Xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa lớn dần đến cực đại. HCl + H2O + NaAlO2 Al(OH)3 (r) + NaCl 0,75 - Nếu HCl dư thì kết tủa tan dần đến hết tạo ra dung dịch trong suốt. 3HCl + Al(OH)3 AlCl3 + 3H2O 2/. -Các PTHH xảy ra: 1,75đ t 0 3CO + Fe2O3  2Fe + 3CO2 t 0 0,25 CO + CuO  Cu + CO2 0,25 Chất rắn A gồm: Na; Al2O3, Fe và Cu 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 0,25 2NaOH + Al2O3 2NaAlO2 + H2O Trang 76
  58. -Do chất rắn D tan một phần trong dung dịch Ba(OH)2 dư nên chất rắn D chứa Fe, Cu và Al2O3 Dung dịch B chỉ chứa NaAlO2 0,25 CO2 + NaAlO2 + 2H2O Al(OH)3 (r) + NaHCO3 0,25 Kết tủa E là Al(OH)3. 0,25 Ba(OH)2 + Al2O3 Ba(AlO2)2 + H2O 0,25 Câu II 1. - Trích mẫu thử và đánh số thứ tự. 2,0đ - Nhỏ dung dịch KOH lần lượt vào 5 ống nghiệm đựng sẵn 5 dung dich đó cho đến dư: + Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan trong dung 0,25 dịch KOH dư, đó là dung dịch Al2(SO4)3 6KOH + Al2(SO4)3 2Al(OH)3 (r) + 3K2SO4 Keo trắng KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O 0,25 + Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa trắng nhưng không tan trong dung dịch KOH dư, đó là dung dịch MgSO4 0,25 2KOH + MgSO4 Mg(OH)2 (r) + K2SO4 Trắng 0,25 + Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa trắng xanh sau đó hóa nâu đỏ trong không khí, đó là dung dịch FeSO4 2KOH + FeSO4 Fe(OH)2 (r) + K2SO4 0,25 Trắng xanh 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (r) 0,25 Nâu đỏ + Dung dịch nào phản ứng tạo kết tủa xanh lơ nhưng không hóa nâu đỏ trong không khí, đó là dung dịch CuSO4 2KOH + CuSO4 Cu(OH)2 (r) + K2SO4 0,25 Xanh lơ + Dung dịch còn lại không tạo kết tủa, đó là dung dịch H2SO4 2KOH + H2SO4 K2SO4 + 2H2O 0,25 2. -Cho hỗn hợp chất rắn đó vào dung dịch NaOH dư: (3,0đ) ZnCl2 + 2NaOH Zn(OH)2 (r) + 2NaCl FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3 (r) + 3NaCl 0,25 CuCl2 + 2NaOH Cu(OH)2 (r) + 2NaCl Zn(OH)2 + 2NaOH Na2ZnO2 + 2H2O Lọc lấy chất rắn thu được hỗn hợp Fe(OH)3 và Cu(OH)2. 0,25 -Sục khí CO2 dư vào dung dịch nước lọc thu được ở trên. CO2 + NaOH NaHCO3 2CO2 + Na2ZnO2 + 2H2O Zn(OH)2 (r) + 2NaHCO3 0,25 Lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi ta thu được ZnO. t 0 0,25 Zn(OH)2  ZnO + H2O Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua ZnO thu được ở trên đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, ta thu được Zn. t 0 CO + ZnO  Zn + CO2 0,25 -Nung hỗn hợp: Fe(OH)3, Cu(OH)2 ở trên trong không khí đến khối lượng không đổi. t 0 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O t 0 0,25 Cu(OH)2  CuO + H2O Trang 77
  59. Dẫn khí H2 nung nóng dư đi qua hỗn hợp chất rắn thu được ở trên: t 0 0,25 H2 + CuO  Cu + H2O t 0 3H2 + Fe2O3  2Fe + 3H2O Cho hỗn hợp chất rắn thu được vào dung dịch HCl dư: 0,25 Fe + 2HCl FeCl2 + H2 Lọc lấy chất rắn không tan, sấy khô ta thu được Cu. 0,25 Cho dung dịch nước lọc thu được ở trên vào dung dịch KOH dư: HCl + KOH KCl + H2O 0,25 FeCl2 + 2KOH Fe(OH)2 (r) + 2KCl Lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi. 0,25 t 0 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O Dẫn khí CO nung nóng dư đi qua chất rắn thu được ở trên đến khi phản ứng xảy 0,25 ra hoàn toàn, ta thu được Fe. t 0 3CO + Fe2O3  2Fe + 3CO2 Câu III 2,0đ t 0 (1) CaCO3  CaO + CO2 Mỗi (2) CaO + H2O Ca(OH)2 PT (3) Ca(OH)2 + 2CO2 Ca(HCO3)2 (4) Ca(OH) + Ca(HCO ) 2CaCO + 2H O được 2 3 2 3 2 0,25 (5) CaCO3 + 2HCl CaCl2 + CO2 + H2O (6) CaCl2 + 2AgNO3 2AgCl (r) + Ca(NO3)2 (7) 3Ca(NO3)2 + 2K3PO4 Ca3(PO4)2 (r) + 6KNO3 (8) Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 3Ca(H2PO4)2 Câu IV *Tính toán: 1. - Khối lượng H2SO4 có trong dung dịch: 1,5đ 500.0,92.98 0,25 m 45,08 (gam) H2SO4 1000 -Thể tích dung dịch H2SO4 98% (D= 1,84 g/ml) cần lấy: 45,08 0,25 V 25 (ml) ddH2SO4 98%.1,84 *Cách pha chế: Đong lấy 475ml nước cất cho vào cốc thủy tinh chia vạch dung tích 1lít, đong lấy 25ml dung dịch H2SO4 98% (D= 1,84 g/ml) cho từ từ vào cốc 1,0 trên rồi khuấy nhẹ, sau đó thêm rất từ từ nước cất vào cho đủ 500ml. Ta được 500ml dung dịch H2SO4 0,92M 2. -Gọi số mol của Mg, Al, Cu trong 23,35 gam hỗn hợp A lần lượt là a, b, c mol. 2,5đ mhh A = 24a + 27b + 64c = 23,35 (gam) (*) 0,25 -Các PTHH xảy ra: 0,25 Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (1) 1 mol 1 mol a mol a mol 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 (2) 0,25 2 mol 3 mol b mol 1,5b mol 13,44 0,25 -Từ (1) và (2) ta có: n a 1,5b = 0,6 (mol) ( ) H2 22,4 0,25 t0 2Cu + O2  2CuO (3) 1 mol 1 mol Trang 78
  60. c mol c mol 0,25 80.c = 14 (gam) ( ) 0,25 -Từ (*), ( ) và ( ) ta có: a = 0,225 mol, b = 0,25 mol, c = 0,175 mol 0,25 - Thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A: 0,225.24 %Mg = .100% 23,13% 23,35 0,25.27 %Al = .100% 28,91% 0,5 23,35 0,175.64 %Cu = .100% 47,96% 23,35 Câu V a. 1. 33,6 - Số mol Fe2O3: n 0,21 (mol) 2,5đ Fe2O3 160 180.0,5 - Số mol Ba(OH)2: nBa(OH ) 0,09 (mol) 0,25 2 1000 - Các PTHH xảy ra: t0 2FexOy + (1,5x - y)O2  xFe2O3 (1) 0,25 t0 4FeCO3 + O2  2Fe2O3 + 4CO2 (2) Ba(OH)2 + CO2 BaCO3 (r) + H2O (3) 0,25 BaCO3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 (4) 11,82 - Số mol BaCO3: nBaCO 0,06 (mol) 0,25 3 197 b. Ta thấy n 0,06 (mol) < n 0,09 (mol) Có 2 trường hợp xảy BaCO3 Ba(OH )2 ra: * Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư, (4) không xảy ra. 0,25 - Từ (2) và (3) ta có: n = n = n = 0,06 (mol) FeCO3 CO2 BaCO3 - Ta có: nFe (trong oxit ban đầu) = 2.0,21 - 0,06 = 0,36 (mol) mO (trong oxit ban đầu) = 37,92 - 0,06.116 - 0,36.56 = 10,8 (gam) 0,25 nO (trong oxit ban đầu) = 10,8 : 16 = 0,675 (mol) x 0,36 8 - Ta có: (loại) y 0,675 15 * Trường hợp 2: CO2 còn dư, BaCO3 bị hòa tan 1 phần theo (4). 0,25 - Theo (3) ta có: n = n = 0,09 (mol) CO2 BaCO3 - Theo (4) ta có: n = n = 0,09 – 0,06 = 0,03 (mol) 0,25 CO2 BaCO3 - Từ (2), (3) và (4) ta có: n = n = 0,09 + 0,03 = 0,12 (mol) FeCO3 CO2 0,25 - Ta có: nFe (trong oxit ban đầu) = 2.0,21 - 0,12 = 0,3 (mol) mO (trong oxit ban đầu) = 37,92 - 0,12.116 - 0,3.56 = 7,2 (gam) 0,25 nO (trong oxit ban đầu) = 7,2 : 16 = 0,45 (mol) x 0,3 2 - Ta có: Công thức hóa học của oxit sắt là Fe2O3. y 0,45 3 2. 8,4 - Số mol SO2: n 0,375 (mol) 1,5đ SO2 22,4 0,25 - Gọi công thức tổng tổng quát chung của chất rắn A là FexOy. - Các PTHH xảy ra: t0 2xFe + yO2  2FexOy (1) Trang 79
  61. t0 0,25 2FexOy + (6x-2y)H2SO4  xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) 1 1 m m - Từ (1) và (2) ta thấy: n n . (mol) 0,25 Fe2 (SO4 )3 2 Fe 2 56 112 3.m nS(trong muối) = 3.n (mol) Fe2 (SO4 )3 112 - Từ (2) ta thấy: 3.m 0,25 n n = n + nS(trong muối) = 0,375 + H2O H2SO4 S (trongSO2 ) 112 - Áp dụng ĐLBTKL cho (2) ta có: m + m = m + m + m 0,25 A H2SO4 Fe2 (SO4 )3 SO2 H2O 3.m m 3.m m + 4,8 + 98. (0,375 + ) = 400. + 0,375.64 + 18. (0,375 + ) 0,25 112 112 112 m ≈ 25,2 (gam) Lưu ý: - HS làm cách khác đúng, chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. - Cứ 2PTHH viết đúng nhưng cân bằng sai hoặc thiếu điều kiện thì trừ 0,25 điểm. Trang 80