Nguyễn Đình Hành ( ST)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Tuyªn Quang
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2009- 2010- Môn: HOÁ HỌC.
Thời gian: 150 phút (Đề thi này có 01 trang)
Họ và tên thí sinh:……......…………….…………………….... Số báo danh:……………….
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:
Fe
(nóng đỏ)
+ O
2
→ A
A + HCl → B + C + H
2
O
B + NaOH → D + G
C + NaOH → E + G
D + O
2
+ H
2
O→ E
E
 →
0
t
F + H
2
O

4
đặc nóng (phản ứng tạo khí
SO
2
). Hãy xác định các chất có trong B, C, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Cho kim loại M hoá trị II tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 14,6% thu được dung dịch muối có
nồng độ 24,156%. Xác định kim loại M?
Câu 4: (3,5 điểm)
1. Cho 2,4 gam kim loại M tác dụng hết với dung dịch H
2
SO
4
loãng thì thu được 0,1 mol khí H
2
.
a. Xác định kim loại M.
b. Từ M, viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp lần lượt từng chất MCl
2
, M(NO
3
)
2
.
2. Cho 3,42 gam Al
2
(SO
4
)
3
phản ứng với 50 ml dung dịch NaOH thu được 0,78 gam kết tủa. Tính


0
t
→
Fe
3
O
4

Fe
3
O
4
+ 8HCl → FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O
FeCl
2
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
↓ + 2NaCl
FeCl
3
+ 3NaOH → Fe(OH)
3
↓ + 3NaCl

3

↓
+ H
2
O (1)
- Sau một thời gian kết tủa tan trở lại, sau cùng trong suốt.
CaCO
3
+ CO
2 dư
+ H
2
O
→
Ca(HCO
3
)
2
(2)
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
→
Ca(HCO
3

FeO + CO
0
t
→
Fe + CO
2
(1)
Fe
2
O
3
+ 3CO
0
t
→
2Fe + 3CO
2
(2)
Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí
⇒
CO vẫn còn dư và CO
2
.
b. Gọi x, y là số mol FeO, Fe
2
O
3
tham gia phản ứng.
Ta có: 72x + 160y =30,4 (*)
Từ 1, 2: n

3
)= 0,1.160= 16 g
2. R
2
CO
3
+ 2HCl → 2RCl + CO
2
+ H
2
O (1)
R
’
CO
3
+ 2HCl → R
’
Cl
2
+ CO
2
+H
2
O (2)
n
CO
2
=
6,72
0,3

0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
2
2
Nguyễn Đình Hành ( ST)
3
1. - Cho CO qua A nung nóng :
Fe
3
O
4
+ 4CO
0
t
→
3Fe + 4CO
2
CuO + CO
0
t
→
Cu + CO
2


2
O
Hoặc:
NaAlO
2
+ HCl + H
2
O→Al(OH)
3
+NaCl
Al(OH)
3
+ 3HCl → AlCl
3
+ 3H
2
O
- Chất rắn D + dung dịch H
2
SO
4
đặc :
MgO + H
2
SO
4
→ MgSO
4
+ H
2

+ H
2
1 2 1 1 (mol)
Ta có:
71
.100% 24,156%
100
2.36,5. 2
14,6
M
M
+
=
+ −
⇒
M=65 (Zn)
4 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
1
4

→ Mg(NO
3
)
2
+ 2Ag
2. n(Al
2
(SO
4
)
3
)= 0,01 mol
n(Al(OH)
3
)= 0,01 mol.
* Trường hợp 1: Al
2
(SO
4
)
3
dư
Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH → 2Al(OH)
3

Al(OH)
3
+ NaOH → NaAlO
2
+ 2H
2
O
0,01 0,01 0,01 (mol)

⇒
C
M
= 0,07: 0,05 = 1,4(M)
3,5 điểm
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
5
- Trong 33,1gam hỗn hợp A: Gọi n
Al
=x; n
Fe
=y; n

=kx; n
Fe
=ky; n
Cu
=kz (mol)
Ta có: k(x+y+z)=0,9 (3)
2Al+ 2NaOH + 2H
2
O → 2NaAlO
2
+ 3H
2
↑
kx 1,5kx (mol)

⇒
1,5kx=0,225 (4)
Từ (3) và (4)
⇒
5x-y-z=0 (5)
Giải (1), (2) và (5) ta được: x=0,1; y=0,2; z=0,3.
%Al=8,16%; %Fe=33,84%; %Cu=58%
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
6

ddX
– m
Cu
– m
Fe

= 13 + 100 – 0,1(64 + 56) = 101 (gam)
Nồng độ phần trăm của dd FeSO
4
là:
%05,15100.
101
152.1,0
=
Nồng độ phần trăm của dd ZnSO
4
là:
%9,31100.
101
161.2,0
=

2. Gọi V
1
và V
2
lần lượt là thể tích dd HCl 0,3M và dd HCl 0,8M
Áp dụng quy tắc pha loãng ta có:
1 2 1
1 2 2