UBND HUYỆN KINH MÔN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO MÔN HÓA HỌC – LỚP 9
(Thời gian 120 phút không kể thời gian
phát đề)
Năm học: 2014 – 2015
Câu 1(2điểm)
Cho mẩu kim loại Na vào các dung dịch sau: NH
4
Cl, FeCl
3
, Ba(HCO
3
)
2
,
CuSO
4
. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu 2(2điểm)
1. Cho BaO vào dung dịch H
2
SO
4
thu được kết tủa A, dung dịch B. Thêm một
lượng dư bột nhôm vào dung dịch B thu được dung dịch C và khí H
2
bay lên. Thêm
dung dịch K
2
CO

. Viết các phương
trình phản ứng xảy ra (nếu có).
2. Có hỗn hợp gồm các muối khan Na
2
SO
4
, MgSO
4
, BaSO
4
, Al
2
(SO
4
)
3
. Chỉ dùng
thêm quặng pirit, nước, muối ăn (các thiết bị, điều kiện cần thiết coi như có đủ). Hãy
trình bày phương pháp tách Al
2
(SO
4
)
3
tinh khiết ra khỏi hỗn hợp.
Câu 4(2điểm )
Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại R có hóa trị II vào
dung dịch HCl dư thu được 8,96 lít khí ở đktc. Mặt khác khi hòa tan hoàn toàn 9,2
gam kim loại R trong 1000 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch B, cho quỳ tím
vào dung dịch B thấy quỳ tím chuyển thành màu đỏ.

Cl -> NaCl + H
2
O + NH
3
0,25
0,25
Cho mẩu kim loại Na vào dung dịch FeCl
3
* Hiện tượng: Mẩu kim loại Na tan dần, có khí không màu,
không mùi thoát ra sau đó xuất hiện kết tủa đỏ nâu
* PTHH: 2Na + 2H
2
O -> 2NaOH + H
2
3NaOH + FeCl
3
-> 3NaCl + Fe(OH)
3
0,25
0,25
Cho mẩu kim loại Na vào dung dịch FeCl
3
* Hiện tượng: Mẩu kim loại Na tan dần, có khí không màu,
không mùi thoát ra sau đó xuất hiện kết tủa trắng
* PTHH: 2Na + 2H
2
O -> 2NaOH + H
2
2NaOH + Ba(HCO
3

0,25
2 2,0
1 1,25
Cho BaO vào dung dịch H
2
SO
4
:
BaO + H
2
SO
4
→ BaSO
4
+ H
2
O
Có thể có: BaO + H
2
O → Ba(OH)
2

Kết tủa A là BaSO
4
, dung dịch B có thể là H
2
SO
4
dư hoặc
Ba(OH)

4
)
3
+ 3Na
2
CO
3
+ 3H
2
O→ 2Al(OH)
3
+ 3CO
2
+ 3Na
2
SO
4
Kết tủa D là Al(OH)
3
TH2: Dung dịch B là Ba(OH)
2

Ba(OH)
2
+ 2H
2
O + 2Al → Ba(AlO
2
)
2

+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O (1)
CO
2
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O → 2NaHCO
3
(2)
Theo pt (1,2) n
NaHCO
3
= n
NaOH
= a (mol)
* Lấy cốc đựng muối axit vừa thu được đổ từ từ vào cốc đựng
dung dịch NaOH ban đầu. Ta thu được dung dịch Na
2
CO
3
tinh

O + CO
2
+ Ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng, lượng kết tủa không tan là
dung dịch AgNO
3
:
HCl + AgNO
3
→ AgCl + HNO
3

+ Ống nghiệm xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan ra là
NaAlO
2
NaAlO
2
+ H
2
O + HCl → NaCl + Al(OH)
3
Al(OH)
3
+ 3HCl -> AlCl
3
+ 3H
2
O
+ Ba ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là: FeCl
3
, KCl,

2
CO
3
nhận biết ở trên vào 2 ống nghiệm đựng
FeCl
3
và KCl:
+ Xuất hiện kết tủa nâu đỏ là FeCl
3
FeCl
3
+ 3Na
2
CO
3
+ 3H
2
O → 3NaCl + 3NaHCO
3
+ Fe(OH)
3
+ Không có hiện tượng gì là dung dịch KCl
0,25
2 1.0
Hòa tan hỗn hợp muối vào nước vừa đủ
+ Phần dung dịch chứa Na
2
SO
4
, MgSO

(SO
4
)
3
2Al(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4

Al(OH)
3
+ NaOH NaAlO
2
+ 2H
2
O
+ Phần dung dịch gồm: NaAlO
2
, Na
2
SO
4
, NaOH dư
+ Phần không tan gồm: Mg(OH)
2
- Lọc lấy phần dung dịch: NaAlO
2
, Na

2
O Al(OH)
3
+ NaHSO
3
+ Phần dung dịch gồm: NaHSO
3
, Na
2
SO
4
+ Phần không tan gồm: Al(OH)
3

- Lọc lấy kết tủa sấy khô, nung trong không khí:
2Al(OH)
3
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
* Điều chế H
2
SO
4
:
2SO

Al
2
(SO
4
)
3
+ 3 H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
3 2.0
1 1.0
Gọi x, y lần lượt là số mol Fe và R có trong A.
Đặt khối lượng mol của kim loại R là
R
M
. (x,y > 0)
Phương trình hóa học:
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(1)
x x mol
đpmn.x



+ =


⇔

R
x y 0,4
(56 M ).y 3,2
+ =


− =

Ta có y(56 – R) = 3,2 → y =
R
3,2
56 M−
(*)
Số mol của HCl ban đầu là : 1mol hòa tan 9,2 gam R
R + 2HCl
→
RCl
2
+ H
2
(2)

Vì dung dịch B làm đỏ quì tím nên trong B còn axit HCl do đó số

Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A:
- Nếu R là kim loại Mg.
56x 24y 19,2
x y 0,4
+ =


+ =


⇔
56x 24y 19,2
24x 24y 9,6
+ =


+ =


⇔
x 0,3mol
y 0,1mol
=


=

Vậy thành phần % về khối lượng mỗi kim loại là
Fe
Mg

=

Vậy thành phần % về khối lượng mỗi kim loại là
Fe
Mg
11,2
%m .100% 58,3%
19,2
%m 100% 58,3% 41,7%
= =
= − =
0,25
0,25
0,25
0,25
5 2,0
Xét TN
1
:
PTHH: Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(1)
Giả sử: Fe phản ứng hết
→
Chất rắn là FeCl
2

0 448
0 02
22 4
H
,
n , (mol)
,
= =
< 0,024 (mol)
→
Chứng tỏ: Trong TN
1
: Fe dư, HCl hết
Ta có: n
HCl (TN 1)
= n
HCl(TN 2)
= 2n
H
2
= 2 . 0,02 = 0,04(mol)
TN1:
n
Fe(pư)
= n
FeCl
2
=
2
1

Trường THCS Bích Hòa
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: HÓA HỌC
(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)
CÂU 1: ( 3,0 điểm )
1. Xác định thành phần cấu tạo của các nguyên tử sau:
a. Nguyên tử X có tổng số các loại hạt bằng 52, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số
hạt không mang điện là 16 hạt.
b. Nguyên tử Y có tổng số các loại hạt là 36. Số hạt không mang điện thì bằng một nửa
hiệu số giữa tổng số hạt với số hạt mang điện tích âm.
2) Chỉ dùng chất chỉ thị là dung dịch phenolphtalein, hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt
không màu mất nhãn sau: MgSO
4
, NaNO
3
, KOH, BaCl
2
, Na
2
SO
4
. Nêu cách làm và viết phương trình
hóa học.
CÂU 2: (5,0 điểm)
1. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, H và hoàn thành sơ đồ biến hóa sau:
+ NaOH C + E
A
→
0

đi ra khỏi ống.
Dẫn khí A
2
vào cốc đựng dung dịch Ba(OH)
2
dư thu được 2,955g kết tủa.
Cho A
1
tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
10% vừa đủ thì không có khí thoát ra, còn lại 0,96g chất
rắn không tan và tạo ra dung dịch A
3
có nồng độ 11,243%.
a) Xác định các kim loại R, M và công thức các oxit đã dùng.
b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A nếu biết rằng
khi hoà tan hết A vào dung dịch HCl thì nồng độ phần trăm của hai muối trong dung dịch là bằng
nhau.
(Biết: H=1, O=16, Cl=35,5, S=32, Na=23, K=39, C=12, Ba=137, Mg=24, Cu=64)
Người ra đề Người duyệt đề
Nguyễn Thị Ngọc
PHÒNG GIÁO DỤC HUYỆN
THANH OAI
HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: HÓA HỌC
(Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Na
2
SO
4
.
Nhỏ từ từ dung dịch KOH vừa nhận được ở trên vào các dung dịch còn lại:
+ Nếu ống nghiệm thấy xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch MgSO
4
.
PTHH: 2KOH + MgSO
4

→
Mg(OH)
2
↓
(trắng)
+ K
2
SO
4
+ Các ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là các dung dịch: NaNO
3
, BaCl
2
Nhỏ từ từ dung dịch MgSO
4
vừa nhận được vào 2 dung dịch còn lại.
+ Nếu ống nghiệm nào thấy xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch BaCl
2

+ BaCl
2

→
BaSO
4

↓
(trắng)
+ 2NaCl
+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là NaNO
3
2,0
0,5
0,5
0,5
0,5
2
(5,0đ)
1. Các phương trình hóa học:
MgCO
3

→
0
t
MgO + CO
2

CO

3
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ NaOH + H
2
O
Na
2
CO
3
+ CaCl
2
→ CaCO
3
+
2NaCl
=> B là CO
2
, A là muối cacbonnat dễ bị nhiệt phân như MgCO
3
,
BaCO
3
, C là NaHCO
3
, D là Na
2
CO

2,5
0,5
0,5
0,5
SO
2
+ 2NaOH Na
2
SO
3
+ H
2
O (1)
1mol 2 mol 1mol
x(mol) 2x(mol) x(mol)
SO
2
+ NaOH NaHSO
3
(2)
1mol 1mol 1mol
y(mol) y(mol) y(mol)
Từ (1) và (2) : x+y=0,2
2x+y=0,36
Giải hệ ta được : x= 0,16 ; y= 0,04
C
M
(Na
2
SO

Mg → MgSO
4
→ Mg(OH)
2
→ MgO
Số mol Mg phản ứng = Số mol MgO = 6 : 40 = 0,15 (mol)
 Vậy lý, do số mol Mg phản ứng 0,15 mol.
* Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe dư.
Gọi a và b lần lượt là số mol Mg ban đầu và số mol Fe phản ứng. Ta có: 40a + 8b = 9,2 – 6,8 = 2,4
2,0
3,0
1,0
1,0
Mg + CuSO
4
→ MgSO
4
+ Cu
1 mol 1 mol 1 mol
24 gam 64 gam tăng 40 gam
0,06 mol ← tăng 9,2 – 6,8 = 2,4 gam
Mg + CuSO
4
→ MgSO
4
+ Cu
1 mol 1 mol 1 mol 1 mol

100% - 17,65% = 82,35(%)
Số mol CuSO
4
= a + b = 0,1 (mol)
x = 0,1/0,4 = 0,25 (M)
*Trường hợp 3: Fe, Mg đều hết, CuSO
4
dư.
Trường hợp này loại do khi đó khối lượng chất rắn D gồm sắt oxit và oxit
của magie, đồng oxit dư lại có khối lượng nhỏ hơn khối lượng kim loại ban
đầu (6 < 6,8).
1,0
4
(3,0đ)
1.
- Không thể dùng đồ nhôm đựng dung dịch kiềm mạnh, chẳng hạn nước vôi trong
là do:
+ Trước hết lớp Al
2
O
3
bị phá huỷ vì Al
2
O
3
là một hợp chất lưỡng tính
Al
2
O
3

+ Ca(OH)
2
→ Ca(AlO
2
)
2
+ 4H
2
O
Phản ứng chỉ dừng lại khi nào hết nhôm hoặc hết nước vôi trong
2.
a, Theo đề bài ta có: số mol H
2
= 2,24/22,4= 0,1 mol
Gọi x,y lần lượt là số mol cua Na và K
Phương trình phản ứng:
Na + H
2
O → NaOH + ½ H
2
(1)
xmol x mol x/2 mol
K + H
2
O → KOH + ½ H
2
(2)
ymol y mol y/2 mol
NaOH + HCl → NaCl + H
2

chất rắn, nên trong A
1
không chứa kim loại tác dụng với H
2
SO
4
tạo ra H
2
.
Đồng thời trong hai oxit kim loại ban đầu phải có một oxit không tác dụng
với CO.
- Giả sử oxit ban đầu không phản ứng với CO là R
2
O
n
còn oxit phản ứng là
M
2
O
m
, ta có:
M
2
O
m
+ m CO 2M + mCO
2
(1)

m

tác dụng với H
2
SO
4
ta có:
R
2
O
n
+ nH
2
SO
4
R
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
O (3)
x 98nx (2R+96n).x
Với x là số mol của R
2
O
n
trong A
1
, ta có:

2
O
3
+ 6HCl 2AlCl
3
+ 3H
2
O (5)
2,5
0,5
t
0
- Vì C% của 2 muối CuCl
2
và AlCl
3
trong dd là bằng nhau nên khối lượng
muối trong 2 dd cũng bằng nhau.
Do đó, ta có:
135.0,015 = 276.x => x = 0,0076 mol.
Vậy: %CuO
≈
60,8 %
%Al
2
O
3

≈
39,2 %

2Fe Fe
2
O
3
FeCl
3
Fe(NO)
3
Fe(OH)
3
2. (3 điểm) Cho 100 gam dung dòch muối Na
2
SO
3
12,6% phản ứng hoàn toàn
với dung dòch axit H
2
SO
4
rồi dẫn toàn bộ lượng khí B sinh ra vào 100ml dung
dòch Ca(OH)
2
1,5M. Tính khối lượng muối tạo thành?
Câu III: ( 5 điểm)
1. ( 2 điểm) Khi hòa tan b gam oxit kim loại hóa trị II bằng một lượng vừa đủ dung
dịch axit H
2

2
dư lội chậm qua dung dịch nước vôi trong ( Có nhận xét gì về sự biến đổi số
mol kết tủa theo số mol CO
2
). Sau đó cho tiếp nước vôi trong vào dung dịch vừa thu
được cho đến dư.
2. (2 điểm) Cho một hỗn hợp Na và Al vào nước ( có dư). Sau khi phản ứng ngừng,
thu được 4,48 lít khí hidro và còn dư lại một chất rắn không tan. Cho chất rắn này tác
dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng vừa đủ thi thu được 3,36 lít khí và một dung dịch.
Các khí đo ở ĐKTC. Tìm khối lượng của hỗn hợp ban đầu.
Câu V: ( 4 điểm)
Cho 7,22 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M có hóa trị không đổi. Chia hỗn hợp
thành 2 phần bằng nhau. Hòa tan hết phần 1 trong dung dịch HCl, được 2,128 lít khí
H
2
. Hòa tan hết phần 2 trong dung dịch HNO
3
được 1,792 lít khí NO duy nhất.
1. Xác định kim loại M và % khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X.
2. Cho 3,61 gam X tác dụng với 100 ml dung dịch A chứa Cu(NO
3
)
2
và AgNO
3
. Sau

’
= 78 0, 25 điểm
Hay (2Z + 2Z’) + (N + N
’
) = 78 (1)
(2Z + 2Z’) - (N + N
’
) = 26 (2) 0, 25 điểm
2Z - 2Z’ = 28
Hay Z - Z’ = 14 (3) 0, 25 điểm
Từ (1), (2), (3) suy ra Z = 20 và Z
’
= 6 0, 25 điểm
 A = Z + N = 20 + 20 = 40 ( canxi) 0, 25 điểm
 B = Z
’
+ N
’
= 6 + 6 = 12 ( cacbon) 0, 25 điểm
2. (1,5 điểm)
- Cho hỗn hợp khí đi qua dung dịch BaCl
2
có xuất hiện kết tủa trắng chứng tỏ có SO
3

SO
3
+ BaCl
2
+ H

O
- Đốt hỗn hợp khí còn lại, có hơi nước chứng tỏ có H
2
, dẫn sản phẩm qua Ca(OH)
2
có
kết tủa xuất hiện chứng tỏ có CO.
2CO + O
2
→ 2CO
2
2H
2
+ O
2
→ 2H
2
O
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
(Nhận biết được mỗi chất được 0,25 điểm, tính điểm cho cả phương trình phản ứng ở
mỗi bước nhận biết)
Câu II: (5 điểm)

+ 4H
2
O
(5) 2Fe + 3Cl
2
→ 2FeCl
3
(6) FeCl
3
+ 3AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ 3AgCl
(7) Fe(NO
3
)
3
+ 3NaOH → Fe(OH)
3
+ 3NaNO
3
(8) 2Fe(OH)
3
→ Fe
2
O
3

Ta coù:
n
Na SO
2 3
= 0,1 mol 0,25 điểm
n
Ca(OH)
2
= 0,1 . 1,5 = 0,15 mol 0,25 điểm
PTHH: Na
2
SO
3
+ H
2
SO
4
→ Na
2
SO
4
+ SO
2
+ H
2
O 0,25 điểm
0,1 0,1 0,1 (mol) 0,25 điểm
Khí B là SO
2
. 0,25 điểm

CaSO
3
= 0,1. 120 = 12 gam 0,25 điểm
)(2,14142.1,0
42
g
SONa
m
==
0,25 điểm
Câu III: ( 5 điểm)
1. ( 2 điểm)
Gọi kim loại hoá trị II là M
PTPƯ:
MO + H
2
SO
4
→ MSO
4
+ H
2
O 0,25 điểm
(M + 16) g 98g (M +96)g
0,25 điểm
)(
8,15
100.98
4
2

=
21,18
100).96( +M
0,5 điểm
Giải ra M = 24 (Mg) 0,25 điểm
2. ( 3 điểm)
a. Biện luận: 0,5 điểm
- Vì sản phẩm cuối cùng là 2 oxit kim loại ( MgO và Fe
2
O
3
) nên cả Mg và Fe đã phản
ứng và CuCl
2
phản ứng hết.
- Vì khối lượng 2 oxit kim loại bé hơn khối lượng kim loại ban đầu nên chứng tỏ có
một kim loại còn dư.
- Do Mg hoạt động hoá học mạnh hơn Fe nên kim loại còn dư là Fe.
Gọi x, y, y
1
lần lượt là số mol của Mg, Fe ban đầu, Fe phản ứng.
PTPƯ
Mg + CuCl
2
→ MgCl
2
+ Cu (1)
Mol x x x x
Fe + CuCl
2

FeCl
2
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
+ 2NaCl (2)
Mol y
1
y
1

Mg(OH)
2

→
t
0
MgO + H
2
O
Mol x x
4Fe(OH)
2
+ O
2

→
t
0
2Fe
2

= 88,6 % 0,5 điểm
)(1,0
25,0
025,0
25,0
1
2
M
x
CuCl
y
C
M
==
+
=
0,25 điểm
Câu IV: ( 3 điểm)
1. ( 1 điểm)
- Nước vôi trong đục dần, kết tủa trắng tăng dần đến tối đa
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O 0,25 điểm
- Sau một thời gian kết tủa tan dần sau đó trong suốt

vào dung dịch vừa thu được. dung dịch lại đục, kết tủa
màu trắng xuất hiện trở lại, sau thời gian có tách lớp.
Ca(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2
→ 2CaCO
3
+ 2H
2
O 0,25 điểm
2. (2 điểm) Gọi x là số mol Na ban đầu.
PTPƯ:
2Na + 2H
2
O → 2NaOH + H
2
(1) 0,25 điểm
Mol x x 0,5x
2Al + 2NaOH + 2H
2
O → 2 NaAlO
2
+ 3H
2
(2) 0,25 điểm
Mol x x 1,5x
⇒

H
n
(3)
2
mol==
0,25 điểm
m
Na
= 0,1 .23 =2,3(g) 0,25 điểm
n
Al ban đầu
= 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) 0,25 điểm
m
Al ban đầu
= 0,2 .27 = 5,4 (g) 0,25 điểm
Câu V: ( 4 điểm)
1. Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe và M ( hoá trị n) trong 1 phần hỗn hợp x
(
)(61,3
2
22,7
g
=
)
⇒ 56a + M. b = 3,61 (1)
Phần 1: Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2


3M + 4nHNO
3
→ M(NO
3
)
n
+ nNO +2n H
2
O
Mol b
3
nb
)(08,0
4,22
792,1
3
mol
nb
a
n
NO
=−+=
3a + nb = 0,24 (3)
Từ (2) và (3) giải ra ta được: a = 0,05 mol
n.b = 0,09 ⇒
n
b
09,0
=


)
2
.
PTPƯ 0,5 điểm
Al + 3AgNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ 3Ag
2Al + 3Cu(NO
3
)
2
→ 2Al(NO
3
)
3
+ 3Cu
Fe + 2AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag
Fe + Cu(NO
3
)

nn
Ag
==
n
Fe dư
= 0,05 – z (mol)
C + HCl: Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2

Mol 0,05 – z 0,05 – z
)(02,0)(03,0
4,22
672,0
05,0
2
molzmolz
H
n
=⇒==−=
m
B
= 108x + 64y + 56.(0,05 – 0,02) = 8,12
108x + 64y = 6,44 (4)
Ta có
)(03,0
)(
33
mol

)(
)(
23
33

0,03.27 + 0,02.56 + x.170 + y. 188 = 0,03.213 + 0,02.180 + x.108 + y.64
⇒x + 2y = 0,13 (5)
Từ (4) và (5) giải ra: x = 0,03 mol; y = 0,05 mol
M
M
C
AgNO
3,0
1,0
03,0
3
==

M
M
C
NOCu
5,0
1,0
05,0
)
2
(
3
==

2
à Cu(NO
3
)
2
à A à C à D
D
+B
2. Cho 5,6 lít khí cacbonic ở ĐKTC tác dụng với 100 gam dung dịch natrihiđroxit 16%. Tính nồng
độ các chất có trong dung dịch sau phản ứng.
Câu III : (2,5đ)
1 . Hòa tan hidroxit kim loại hóa trị (II) trong 1 lượng dd H
2
SO
4
10% (vừa đủ) . Người ta thu
được dd muối có nồng độ 11,56%. Xác định công thức phân tử của hidroxit đem hòa tan.
2 . a) Thổi CO qua ống sứ đựng m gam Fe
2
O
3
nung nóng sau một thời gian thu được 10,88 gam
chất rắn A (chứa 4 chất) và 2,668 lít khí CO
2
(đktc). Tính m?
b) Lấy
10
1
lượng CO
2

- Trích các mẩu thử cho vào các ống nghiệm có đánh số.
Cho quỳ tím vào các ống nghiệm chứa các mẫu thử đó.
+ Mẫu thử làm quỳ tím chuyển màu đỏ là dung dịch HCl
+ Mẫu thử làm quỳ tím chuyển màu xanh là dung dịch NaOH
+ Mẫu thử không làm quỳ tím đổi màu là dung dịch NaCl và
BaCl
2
và Na
2
CO
3
(nhóm I)
- Lấy dung dịch HCl cho vào các chất ở nhóm I.
+ Chất phản ứng với dung dịch HCl có sủi bọt khí là Na
2
CO
3
2HCl + Na
2
CO
3
→ 2NaCl + H
2
O + CO
2
- Lấy dung dịch Na
2
CO
3
cho vào các chất còn lại ở nhóm I.

2
SO
4
đặc
Cu(OH)
2
+ H
2
SO
4
à CuSO
4
+ 2H
2
O
CuO + H
2
SO
4
à CuSO
4
+ H
2
O
Cu + 2H
2
SO
4

đ

+ 2NaOH à Cu(OH)
2
+ 2NaNO
3
Cu(OH)
2

t
CuO + H
2
O
CuO + H
2

t
Cu + H
2
O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Cau I - Gọi số p, n , trong nguyên tử X và Y lần lượt là a, b và x, y. Ta có
hệ pt
0.5
2a + b + 2x + y = 122

CO
3
+ H
2
O
Mol : 0,2 0,4 0,2
CO
2
+ Na
2
CO
3
+ H
2
O
→
2NaHCO
3
Mol: 0,05 0,05 0,1
Sau phản ứng trong dung dịch có:
NaHCO
3
: 0,1 mol; Na
2
CO
3
: 0,15 mol
2 3
0,15.106 15,9
Na CO

Viết PT M(OH)
2
+ H
2
SO
4
à MSO
4
+ 2H
2
O
(M + 34 )g 98g (M + 96)g
mdd H
2
SO
4
= (98 . 100 ) : 10 = 980g
mdd muối = (M+ 1014)g 0,25
11,56% = (M + 96 ) g .100% : (M + 1014)
à M = 24 (Mg) à CT : Mg(OH)
2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,5

100
2,0
= 0,002 mol
Vì khi nung nóng dung dịch thì kết tủa lại tăng thêm chứng tỏ trong
dung dịch tạo thành có 2 muối
PTHH
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O
mol : 0,002 0,002 0,002
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2
mol: 0,01 0,005 0,005
Ca(HCO
3
)
2
t

Câu
IV 3d
1.) CaO + CO
2
→ CaCO
3
CaO + H
2
O → Ca(OH)
2
Ca(OH)
2
+ CO
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
CaO + 2HCl → CaCl
2
+ H
2
O
Ca(OH)
2
+ 2HCl → CaCl
2
+ 2H
2

dư

→
Mg(OH)
2
↓
+ 2NaCl (3)
Mol: 0.01
→
0,01
AlCl
3
+ 4NaOH
dư

→
NaAlO
2
+ 2H
2
O + 3NaCl (4)
Mg(OH)
2

→
O
t
MgO + H
2
O (5)

Mol: 0,01
80
8,0
=0,01(mol)
H
2
+ Cl
2

→
2HCl (6) n
Cl2
=
4,22
67,0
= 0,03m0l
nH
2
> n
Cl2
⇒

H
2 dư
, Cl
2
hết
m Mg = 0,01 . 24 = 0,24 (g)
m Cu = 0,01 . 64 = 0,64 (g)
m Al = 1,42 - (0,24 + 0,64 ) = 0,54 (g)

+ 3H
2

Mol : z
3
2
z
→
y +
3
2
z
= 1,3 (**)
TN2:
2Cu + O
2

o
t
→
2CuO
Mol: x
2
x
x
2Zn + O
2

o
t

0,5
→
80x+ 81y + 51z = 79(***)
Từ (*),(**), (***) ta có:
63x+ 65y + 27 z = 55
y +
3
2
z
= 1,3
80x+ 81y + 51z = 79

→
x= 0,2; y = 0,4 , z = 0,6
0,2.64 12,8
Cu
m gam= =

0,4.65 26
Zn
m gam= =

0,6.27 16,2
Al
m gam= =

2
O
n
=

0,5
0,5
Người duyệt đề Người ra đề
Tổ trưởng tổ KHTN
Lưu Thị Liên Phạm Thị Duyên

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN THIỆU HÓA

(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Hóa học
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 27 tháng 11 năm 2013
Câu 1:(5,5đ):
1.Viết các phương trình hóa học biểu diễn các biến hóa hóa học sau:
A B
A
C
NaOH
D↓
O
2
+ H
2
O
E t
o
F

, NO, HClO.
ĐỀ CHÍNH THỨC