BỘ ĐỀ BDHSG HÓA 9
§Ò sè 1
ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN – NĂM HỌC 2007 – 2008
Môn : Hóa học - Lớp 9
Thời gian làm bài : 150 phút
Câu 1 : ( 5 điểm)
a) Tìm các chất kí hiệu bằng chữ cái trong sơ đồ sau và hoàn thành sơ đồ bằng phương trình phản
ứng :
A
Fe
2
O
3
FeCl
2
Bb) Nung nóng dây sắt trong không khí, phản ứng xong cho sản phẩm vào dung dịch HCl vừa đủ.
Sau đó cho toàn bộ vào NaOH. giải thích các hiện tượng xảy ra.
Câu 2 : ( 4 điểm) Nhiệt phân một lượng MgCO
3
sau một thời gian thu được chất rắn A và khí B. Hấp
thụ hết khí B bằng dung dịch NaOH cho ra dung dịch C. Dung dịch C vừa tác dụng với BaCl
2
vừa tác
dụng với KOH. Hòa tan chất rắn A bằng Axit HCl dư thu được khí B và dung dịch D. Cô cạn dung dịch
D được muối khan E. Điện phân E nóng chảy được kim loại M. Hoàn thành các phương trình phản ứng
trên.
Câu 3 : (6 điểm)
a) Bằng phương pháp hóa học, hãy tách riêng từng khí ra khỏi hỗn hợp gồm CO

O
3
+ 3H
2
→ 2Fe + 3H
2
O 0,5 đ
- 2FeCl
3
+ Fe → 3FeCl
2
0,5 đ
- Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑
0,5 đ
b) ( 3 đ )
Fe + O
2
→ FeO ; Fe
2
O
3 .
Fe
3
O
4
0,5 đ

2↓
+ 2NaCl 0,5 đ
GV: LÊ THANH TIỀN
1
BỘ ĐỀ BDHSG HÓA 9
FeCl
3
+ 3NaOH → Fe ( OH )
3↓
+ 3NaCl 0,5 đ
FeCl
2
. 2FeCl
3
+ 8NaOH → Fe( OH )
2
. 2Fe( OH )
3
+ 8NaCl 0,5 đ
Câu 2 : ( 4 điểm )
MgCO
3
→ MgO + CO
2
↑
. Khí B là CO
2
, chất rắn A ( MgO + MgCO
3
) 0,5 đ

Na
2
CO
3
+ BaCl
2
→ BaCO
3↓
+ NaCl 0,5 đ
2 NaHCO
3
+ 2KOH → K
2
CO
3
+ Na
2
CO
3
+ 2H
2
O 0,5 đ
MgO + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
O 0,5 đ
MgCO
3
+ 2HCl → MgCl

0,5 đ
- CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O 0,5 đ
- SO
2
+ 2NaOH → Na
2
SO
3
+ H
2
O 0,5 đ
- Cho dd H
2
SO
3
vào dung dịch vừa thu được ở trên cho đến dư ta sẽ thu được CO
2
.
Phản ứng :
H
2
SO

n
+ n/2 H
2

↑
0,5 đ
1 ( mol )
2
n
( mol )
a ( mol )
.
2
a n
( mol ) 0,5 đ
Suy ra ta có hệ : a.X = 3,78 ( 1 )

.
2
a n
=
4,708
22,4
( 2 ) 0,5 đ
an = 0,42 ( 3 )
Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) =>
X
n
= 9
=> X= 9n 0,5 đ

AlCl
3
+ 4NaOH → NaAlO
2
+ 3NaCl + 2 H
2
O 0,5 đ
Mg( OH )
2
→ MgO + H
2
O 0,5 đ
- Chất rắn E là MgO = 0,4 ( g ) 0,25 đ
- 2Cu + O
2
→ 2CuO 0,5 đ
- Chất rắn F là CuO = 0,8 ( g ) 0,25 đ
Theo PT :
m Mg =
0,4
80
.24 ( g ) 0,5 đ
m Cu =
0,8
80
.64 ( g ) 0,5 đ
m Al = 1,42 – ( 0,64 + 0,24 ) = 0,54 ( g ) 0,5 đ
..............................................Hết.........................................
§Ị 2
®Ị thi häc sinh giái m«n ho¸ häc líp 9

.
- Cho chÊt trong lä A vµo c¸c lä: B,C,D ®Ịu thÊy cã kÕt tđa
- ChÊt trong lä B chØ t¹o 1 kÕt tđa víi 1 trong 3 chÊt cßn l¹i
GV: LÊ THANH TIỀN
3
B BDHSG HểA 9
- Chất C tạo 1 kết tủa và 1 khí bay ra với 2 trong 3 chất còn lại.
Xác định chất chứa trong mỗi lọ. Giải thích
2. Viết 6 phơng trình phản ứng khác nhau đẻ thực hiện phản ứng.
PbCl
2
+ ? = NaCl + ?
Câu3:
1. Đốt hỗn hợp C và S trong Oxi d _ hỗn hợp A.
- Cho 1/2 A lội qua dung dịch NaOH thu đợc dung dich B và khí C.
- Cho khí C qua hỗn hợp chứa CuO, MgO nung nóng thu đợc chất rắn D và khí E.
- Cho khí E lội qua dung dịch Ca(OH)
2
thu đợc kết tủa F và dung dịch G thêm dung dịch KOH vào G lại
thấy có kết tủa F xuất hiện. Đun nóng G cũng thấy kết tủa F.
Cho 1/2 khí A còn lại qua xúc tác nóng thu đợc khí M. Dẫn M qua dung dịch BaCl
2
thấy có kết tủa N.
Xác định thành phần A,B,C,D,E,F,G,M,N và viết tất cả các phản ứng xảy ra.
2. Trình bày phơng pháp tách riêng từng chất nguyên chất từ hỗn hợp: Đá vôi, vôi sống, thạch cao và muối
ăn.
Câu4:Trộn 50ml dung dịch Al
2
(SO4)
3

+ HI = AgI

+ HNO
3
( 0,25 đ)
2AgNO
3
+K
2
CO
3
= Ag
2
CO
3


+ 2KNO
3
( 0,25 đ)
C tạo kết tủa với A và tạo khí với HI

C là K
2
CO
3
( 0,25 đ)
B chỉ tạo kết tủa với 1 trong 3 chất còn lại

B là NaI ( 0,25 đ)

3. PbCl
2
+ Na
2
SO
3
= PbSO3

+ 2NaCl
GV: Lấ THANH TIN
4
B BDHSG HểA 9
4. PbCl
2
+ Na
2
SO
4
= PbSO
4

+ 2NaCl
5. 3PbCl
2
+ 2Na
3
PO
4
= Pb
3

= SO
2
( 0,25đ)
Khí A:, CO
2
, SO
2
, O
2
d, CO ( 0,25đ)
Cho A qua dung dịch NaOH
CO
2
+ 2NaOH = Na
2
CO
3
+ H
2
O ( 0,25đ)
SO
2
+ 2NaOH = Na
2
SO
3
+ H
2
O ( 0,25đ)
Dung dịch B chứa Na

2
O ( 0,25đ)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
= Ca(HCO
3
)
2
( 0,25đ)
Kết tủa F là CaCO
3

Dung dịch G: Ca(HCO
3
)
2
Ca(HCO
3
)
2
+ 2KOH = CaCO
3


+ K
2
CO
3

2
= BaSO
4


+ 2HCl
(Kết tủa N)
2. ( 3 điểm)Hoà tan trong nớc
CaO + H
2
O = Ca(OH)
2
( 0,5đ)
Rửa nhiều lần thu đợc chất rắn A có CaCO
3
+ CaSO
4
và nớc lọc B có NaCl và Ca(OH)
2
(0,25đ)
Thêm Na
2
CO
3
vào nớc lọc
Na
2
CO
3
+ Ca(OH)

CO
3
vào nớc lọc để thu lại CaCO
3
CaCl
2
+ Na
2
CO
3
= CaCO
3

+ 2 NaCl ( 0,5đ)
Câu4: ( 4 điểm )
Số mol Al
2
(SO
4
)
3
= 0,2mol ( 0,5đ)
nBa(OH)
2
= 0,3mol ( 0,5đ)
GV: Lấ THANH TIN
5
B BDHSG HểA 9
Pt: Al
2

và Fe
2
O
3
, dung dịch B có Al
2
(SO
4
)
3
d ( 0,25đ)
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3BaCl
2
= 3 BaSO
4
+ 2FeCl
3
( 0,5đ)
Kết quả: m
D
= 80,1gam( 0,5đ)
m
E
= 69,9gam ( 0,25đ)

3
,SiO
2
.
Câu II: (5 điểm )
1. Chỉ đợc dùng thêm một thuốc thử; hãy phân biệt 4 dung dịch sau đây bằng phơng pháp hoá học :
KCl, NH
4
NO
3
, Ca(H
2
PO
4
)
2
, (NH
4
)
2
SO
4
.
2 . Cho sơ đồ biến hoá sau: Cu
Hãy xác định các ẩn chất A, B, C rồi
hoàn thành các phơng trình phản ứng? CuCl
2
A
C B
Câu III: (5 điểm)

3
rồi dẫn toàn bộ khí thu đợc vào 800ml dung dịch Ba(OH)
2
,
thấy thu đợc 31,08gam muối axít. Hãy tính nồng độ mol của dung dịch Ba(OH)
2
?
Cho S = 32, O = 16, Ba = 137, Cl = 35,5, Zn = 65, Pb = 207, N = 14,
Fe = 56, Cu = 64, Ca = 40, H = 1.
3 THI HSG CP HUYN
câu hỏi đáp án biểu điểm
Câu I 5
1.
(3)
- Nung quặng Sắt Pirit trong không khí:
4FeS
2
+ 11O
2

2Fe
2
O
3
+ 8SO
2

0,5
- Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn xốp:
2NaCl + 2 H

SO
3
+ H
2
O H
2
SO
4
0,5
- Điều chế FeSO
4
:
Fe + H
2
SO
4
FeSO
4
+ H
2

0,25
- Điều chế Fe(OH)
3
:
2Fe + 3Cl
2
2FeCl
3
FeCl

+ 2NaOH 2NaAlO
2
+ H
2
O
SiO
2
+ 2NaOH Na
2
SiO
3
+ H
2
O
1
GV: Lấ THANH TIN
7
Điện phân
có màng ngăn
t
0
t
0
V
2
O
5
t
0
B BDHSG HểA 9

- Chọn dung dịch Ba(OH)
2
0,25
- Lập bảng ghi các hiện tợng nhận biết 0,25
- Viết 3 phơng trình đúng, mỗi phơng trình 0,5 diểm 1,50
2
(3)
- Xác định đúng: A là Cu(OH)
2
; B là CuSO
4
; C là CuO 0,5
- Viết đúng 5 phơng trình, mỗi phơng trình 0,5 diểm 2,5
Câu III 5
1
(3)
- Gọi A, B lần lợt là ký hiệu hoá học của kim loại trị I và II.
a, b lần lợt là số mol của 2 muối sunfat tơng ứng.
Có phơng trình:
A
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
+ 2 ACl (1)
amol amol amol
BSO

4
; BSO
4
) + mBaCl
2
= mBaSO
4
+ m(ACl; BCl
2
)
suy ra: 44,2 + 62,4 = 69,9 + m (ACl; BCl
2
)
Vậy, hai muối tan trong dung dịch thu đợc là ACl và BCl
2
có khối
lợng bằng 36,7gam
1
2
(2)
- Phơng trình phản ứng:
Zn + Cu(NO
3
)
2
Zn(NO
3
)
2
+ Cu (1)

Câu IV 5
1
(2)
Fe + Cu (NO
3
)
2
Fe(NO
3
)
2
+ Cu (1)
0,16 mol 0,16 mol 0,16 mol
Fe + 2HCl FeCl
2
+ H
2


(2)
0,2 mol 0,4 mol 0,2 mol
0,5
- Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn mà sau đó thu đọc hỗn hợp kim
loại, suy ra Fe còn d; Cu(NO
3
)
2
và HCl phản ứng hết
0,25
- Theo PT (2): nH

BaCO
3
+ H
2
O (2)
2CO
2
+ Ba(OH)
2
Ba(HCO
3
)
2
(3)
Mỗi phơng trình viết đúng cho 0,25 điểm
0,75
nCaCO
3
= 0,3 (mol); nBa(HCO
3
)
2
= 31,08/259 = 0,12 (mol) 0,25
Nếu chỉ tạo muối axit thì C
M
của Ba(OH)
2
= 0,12/0,8 = 0,15(M) 0,5
Nếu tạo ra hỗn hợp hai muối thì C
M

, Ca
3
(PO
4
)
2
, KCl , K
3
PO
4
và Ca(H
2
PO
4
)
2
.Hãy trình bày cách nhận biết các mẫu phân
bón hoá học nói trên bằng phơng pháp hoá học .
Câu 4(5điểm): Hoà tan hoàn toàn m
1
gam Na vào m
2
gam H
2
O thu đợc dung dịch B có tỉ khối d.
a. Viết phơng trình phản ứng
b. Tính nồng độ % của dung dịch B theo m
1
và m
2

BaSO
4
2. Na
2
O + H
2
O 2NaOH 2. CuO + 2HCl CuCl
2
+ H
2
O
3. 2NaCl + 2H
2
O
dpmn
2NaOH + Cl
2
+ H
2
3. Cu + Cl
2
CuCl
2
4. Na
2
CO
3
+ Ca(OH)
2
2NaOH + CaCO

(4) Fe
2
O
3
0,5điể
m
GV: Lấ THANH TIN
10
B BDHSG HểA 9
Câu2
(4điểm
)
FeCl
3
(6) Fe
2
(SO
4
)
3
(7) Fe(OH)
3
1. Fe
3
O
4
+ 8HCl FeCl
2
+ 2FeCl
3

2
+ Cl
2t
2FeCl
3

6. 2FeCl
3
+ 3H
2
SO
4
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6HCl
7. Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH 2Fe(OH)
3
t
2NH
3
+ H
2
O + N
2
O
5

Khai
Các chất còn lại cho vào nớc nếu chất nào không tan trong nớc là Ca
3
(PO
4
)
2
.
Các chất còn lại tan tạo thành dung dịch .Ta cho 1 ít dung dịch AgNO
3
vào 3 chất
còn lại nếu có kết tủa trắng(AgCl) là mẫu phân bón KCl còn có kết tủa vàng(Ag
3
PO
4
)
là K
3

1điểm
1điểm
1điểm
0,5điể
m
0,5điể
m
Câu 4
(5điểm
)
m
1
nNa

=
23
a. PTP: 2Na + 2H
2
O 2NaOH + H
2

b. Mol: m
1
m
1
m
1

23 23 46
m

.100%
C% =
22m
1
+ 23m
2
0,5
0,75
0,25
0,5
0,5
0,5
1điểm
GV: Lấ THANH TIN
11
B BDHSG HểA 9
c. C%.10.d
áp dụng công thức : C
M
=
M 5.10.1,2
Thay số vào ta có: [ NaOH] = = 1,5 (M)
40
1điểm
Câu 5
(5điểm
)
a. Gọi A và B lần lợt là kim loại hoá trị II và hoá trị III ta có :
PTP: A + 2HCl ACl
2

a = 0,34: 3,4 = 0,1 mol => n
(Kimloai)
= 0,2.0,1 = 0,02mol
m
Al
= 0,1.27 = 2,7 g
m
(Kimloại)
= 4 2,7 = 1,3 g
M
kimloại
= 1.3 : 0,02 = 65 => là : Zn

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

2, Nung hỗn hợp gồm 2 muối CaCO
3
và MgCO
3
thu đợc 76 h hỗn hợp 2 oxít và 33,6 lít khí CO
2
(đktc).
Hiệu suất của phản ứng là 96 %. Khối lợng hỗn hợp ban đầu là :
A. 142 (g) C. 147,9 (g)
B. 147 (g) D. 136,32 (g)
Câu 2 : (4,5đ)
1, Hãy dùng một hoá chất để nhận biết 6 lọ hoá chất bị mất nhãn đựng các dung dịch sau : K
2
CO
3
;
(NH
4
)
2
SO
4
; MgSO
4
; Al2(SO
4
)
3
; FeCl
3

F

G

FeO
Câu 3 : (3,5đ)
1, Hãy cho biết các hiện tợng có thể xảy ra và viết phơng trình phản ứng xảy ra trong những thí nghiệm
sau :
a, Cho từ từ dung dịch Ba(OH)
2
vào dung dịch (NH
4
)
2
SO
4

b, Cho mẫu kim loại Na vào dung dịch Al(NO
3
)
3

c, Nhỏ từ từ dung dịch H
2
SO
4
đặc vào đờng glucôzơ (C
6
H
12

2
CO
3
, NaHCO
3
thu đợc hỗn hợp chất rắn A và
5.600 cm
3
khí

CO
2
.
Cho hỗn hợp A vào 150 cm
3
dung dịch a xít HCl
(d = 1,08 g/cm
3
) thu đợc 12320 cm
3
khí CO
2
.
GV: Lấ THANH TIN
13
B BDHSG HểA 9
a,viết phơng trình hoá học xảy ra .
b, Tính thành phần phần trăm khối lợng các muối trong hỗn hợp ban đầu.
Đáp án đề 5 và biểu điểm Môn hoá 9
Câu 1 (1,5 đ)

+ Nếu có chất kết tủa trắng hơi xanh là FeCl
2
FeCl
2
+ 2NaOH Fe(OH)
2
+ 2NaCl.
Trắng hơi xanh
+ Nếu có chất kết tủa nâu đỏ là FeCl
3
.
FeCl
3
+ 3NaOH Fe(OH)
3
+ 3NaCl.
(Nâu đỏ)
+ Nếu có chất kết tủa trắng không tan là MgSO
4
MgSO
4
+ NaOH NO
2
SO
4
+ Mg(OH)
2

trắng
+ Nếu có chất kết tủa trắng tạo thành sau đó tan trong dung dịch NaOH d là Al


A là Al
2
O
3
-A là Al
2
O
3
C là Al(OH)
3
B Là muối tan của nhôm.
Ta có dãy biến hoá là :
Al Al
2
O
3
AlCl
3
Al(OH)
3
Al
2
O
3
NaA1O
2
Phơng trình hoá học
GV: Lấ THANH TIN
14

O
(5) Al
2
O
3
+2NaOH 2NaAlO
2
+H
2
O
b, Fe D Fe
2
O
3
D

D là muối sắt III. VD: FeCl
3
E Fe
2
O
3


E là Fe(OH)
3
G FeO

G là Fe(OH)
2

Fe
2
O
3
+3H
2
O (4) FeO
3
+ 6HCl 2FeCl
3
+ 3H
2
O
(5)2FeCl
3
+Fe 3FeCl
2
(6) FeCl
2
+ 2NaOH Fe(OH)
2
+ 2NaCl
(7) Fe(OH)
2
FeO + H
2
O
Câu 3 (3,5điểm) 1,(2,5đ) a, Cho từ từ dd Ba(OH)
2
vào dd NH

)
3
3NaNO
3
+ Al(OH)
- Kết tủa trắng có thể tan ra 1 phần hoặc tan hết tạo dung dịch không màu nếu NaOH d. NaOH
+ Al(OH)
3
NaAlO
2
+2H
2
O.
c, Nhỏ từ từ dung dịch H
2
SO
4
đặc vào đờng Glucozơ (C
6
H
12
O
6
)
Hiện tợng : Đờng Glucozơ màu trắng chuyển dần sang màu vàng rồi thành màu đen, đồng thời có khí
không màu thoát ra .
C
6
H
12

ì
= 50.000 (g) = 50 kg
Vậy để trung hoà H
2
SO
4
trong nớc thải, mỗi giờ cần dùng 50 Ca(OH)
2
GV: Lấ THANH TIN
15
tt
0
tt
0
tt
0
tt
0
H
2
SO
4
đặ
c
B BDHSG HểA 9
b, 1 g(CaOH)
2
trung hoà đợc 5 lít nớc thải
1 mol (Ca(OH)
2

)(2
3044
ba
ba
+
+
= 18,5
a+b = 0,12
=> a = 0,06
b = 0,06
Gọi kim loại hoá trị (III) là R
PTHH: 11R+ 42HNO
3
11R(NO
3
)
3
+ 3N
2
O +3NO +21H
2
O
11R(g) - 42mol 11mol - 6 mol
5,94(g) x(mol) y(mol) 0,12 mol
Ta có: 11R.0,12 = 6 x 5,94


R=27

R đó là kim loại nhôm : Al

)
3
= 0,22 . 213 = 46,86 (g)
mddA= mAl + mdd axít - m khí mddA = 5,94 + 564.1,05 - 0,12.18,5.2
- mddA= 593,7 (g)
C% Al(NO
3
)
3
=
7,593
86,46
. 100% = 7,89% C%HNO
3
=
7,593
3,6
. 100% =1,06
GV: Lấ THANH TIN
16
B BDHSG HểA 9
b, nKOH = 1.0,8 = 0,08 mol.
PTHH: HNO
3
+KOH KNO
3
+H
2
O
1mol 1mol

3
Na
2
CO
3
+CO
2
+ H
2
O (1)
Na
2
CO
3
+ 2HCl 2NaCl +H
2
O+CO
2
(2)
b, Gọi a, b, c lần lợt là số mol của NaHCO
3
Na
2
CO
3
và Na
2
SO
4
trong 17,8 g hỗn hợp

2
CO
3
Theo (2) nNa
2
CO
3
=nCO
2
=
1000.4,22
12320
= 0,55(mol)


b+ 0,25 = 0,55

b = 0,3 (mol)


Khối lợng Na
2
CO
3
là 0,3x106 = 31,8(g)
GV: Lấ THANH TIN
17
tt
0
BỘ ĐỀ BDHSG HÓA 9

.
b. Sục từ từ đến dư khí CO
2
vào nước vôi trong.
c. Nhỏ từ từ đến dư dd HCl đặc vào cốc đựng thuốc tím.
d. Cho lá kim loại đồng vào dd sắt (III) sunfat.
2. Không dùng thuốc thử nào khác hãy phân biệt các dd đựng trong các lọ riêng biệt: NaHCO
3
,
Na
2
CO
3
, BaCl
2
, Na
3
PO
4
, H
2
SO
4
.
CÂU III: (6 điểm)
1. Cho 0,2 mol Zn vào 100g dung dịch X chứa 0,1 mol CuSO
4
và 0,2 mol FeSO
4
được dung dịch Y

+B +E
+H
2
O + CO
2
t
0
+Na
2
CO
3
dư
+HCl Cô cạn
+HCl Cô cạn
t
0
BỘ ĐỀ BDHSG HÓA 9
CÂU I: (4 điểm)
1. Thực hiện sơ đồ phản ứng (Xác định đúng các chất được 1 điểm, viết đúng 6 PTHH được 1,5
điểm).
Fe
3
O
4
+ 8HCl → FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2

FeCl
2
+ 2Cl
2
→ 2FeCl
3

(E)
2. Tách chất. (tách đúng và viết PTHH đúng cho mỗi chất được 0,5 điểm, 3 chất được 1,5 điểm)
Gọi hỗn hợp các chất cần tách là A.
Sơ đồ tách chất:
dd X(NaCl, CaCl
2
)
A dd B(NaCl, CaCl
2
, Ca(OH)
2
)
CaCO
3
↓ → CaO
dd Y(NaCl, Na
2
CO
3
)
dd X
CaCO
3

↓ + 2NaCl
CaCO
3
+ 2HCl → CaCl
2
+ H
2
O + CO
2
↑
Na
2
CO
3
+ 2HCl → 2NaCl + H
2
O + CO
2
↑
CÂU II: (4,5 điểm)
1. Nêu hiện tượng, viết PTHH. (Nêu đúng hiện tượng và viết đúng PTHH cho mỗi thí nghiệm được
0,5 điểm, 4 thí nghiệm được 2 điểm)
a. Kim loại Natri tan dần, có khí không màu bay ra, xuất hiện chất kết tủa màu xanh.
2Na + 2H
2
O → 2NaOH + H
2
↑
2NaOH + CuCl
2

+ 5Cl
2
↑ + 8H
2
O
d. Dung dịch sắt (III) sunfat màu vàng nâu nhạt màu dần rồi chuyển dần thành dd màu xanh nhạt.
Cu + Fe
2
(SO
4
)
3
→ 2FeSO
4
+ CuSO
4
2. Phân biệt các chất.(nhận biết đúng mỗi chất được 0,5 điểm, 5 chât được 2,5 điểm)
Đánh số thứ tự các lọ hoá chất. Lấy mẫu thử vào các ống nghiệm đã được đánh số tương ứng.
Lần lượt nhỏ một dd vào các dd còn lại. Sau 5 lần thí nghiệm ta có kết quả sau:
NaHCO
3
Na
2
CO
3
BaCl
2
Na
3
PO

Na
3
PO
4
Ba
3
(PO4)
2
↓
H
2
SO
4
CO
2
↑ CO
2
↑ BaSO
4
↓
Kết quả 1↑ 1↓, 1↑ 3↓ 1↓ 2↑, 1↓
Nhận xét: Khi nhỏ 1 dd vào 4 dd còn lại:
- Nếu chỉ sủi bọt khí ở một mẫu thì dd đem nhỏ là NaHCO
3
, mẫu tạo khí là H
2
SO
4
.
- Nếu chỉ xuất hiện một kết tủa thì dd đem nhỏ là Na

= n
Zn tgpư
= n
4
SOCu
= 0,1 (mol)
Sau phản ứng (1), CuSO
4
phản ứng hết, Zn còn dư 0,2 – 0,1 = 0,1 (mol) và tgpư (2).
Theo (2), n
Fe
= n
ZnSO
4
= n
FeSO
4
tgpư
= n
Zn
=o,1 (mol).
Sau phản ứng (2), Zn phản ứng hết, FeSO
4
còn dư 0,2 – 0,1 = 0,1 (mol). (0,25 điểm)
Tổng số mol ZnSO
4
được tạo ra là: 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) (0,25 điểm)
Vậy dung dịch sau phản ứng chứa 0,1 mol FeSO
4
và 0,2 mol ZnSO

(0,5 điểm)
GV: LÊ THANH TIỀN
20
BỘ ĐỀ BDHSG HÓA 9
2.Khối lượng Fe
2
O
3
trong 200 tấn quặng là:
60
100
30.200
=
(tấn) (0,5 điểm)
Vì H = 96% nên lượng Fe
2
O
3
thực tế tham gia phản ứng là:

6,57
100
96.60
=
(tấn) (0,5 điểm)
Phản ứng luyện gang:
Fe
2
O
3

(tấn) (1 điểm)
CÂU IV: (5,5 điểm)
Gọi M là kí hiệu của kim loại và là nguyên tử khối của kim loại. Công thức của oxit và muối sunfat kim
loại lần lượt là MO và MSO
4
.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M, MO và MSO
4
.
Theo bài ra, khối lượng của hỗn hợp là 14,8 gam.
Ta có: x.M + (M + 16)y + (M + 96)z = 14,8 (I) (0,5 điểm)
- Phản ứng của hỗn hợp với dd H
2
SO
4
: (0,5 điểm)
M + H
2
SO
4
→ MSO
4
+ H
2
(1)
x mol x mol x mol
MO + H
2
SO
4

4
và H
2
SO
4
dư sau các p.ư (1) và (2).
- Dung dịch A tác dụng với NaOH: (0,5 điểm)
MSO
4
+ 2NaOH → Na
2
SO
4
+ M(OH)
2
↓ (3)
(x + y + z) mol (x + y + z) mol
NaOH + H
2
SO
4
→ Na
2
SO
4
+ H
2
O (4)
- Nung kết tủa B:
M(OH)

Từ (6) suy ra n
CuSO
4
tgpư
= n
M
= 0,2 (mol)
Sau p. ư (6), CuSO
4
còn dư 0,4 – 0,2 = 0,2 (mol) (0,5 điểm)
Vậy chất rắn thu được sau khi chưng khô dung dịch gồm (z + 0,2) mol MSO
4
và 0,2 mol CuSO
4
.
(0,5 điểm)
Ta có: (M + 96) (z + 0,2) + (0,2.160) = 62 (III) (0,5 điểm)
Từ (I), (II) và (III) ta có hệ phương trình sau:
x.M + (M + 16)y + (M + 96)z = 14,8 (I)
(M + 16) (x + y + z) = 14 (II) (0,5 điểm)
(M + 96) (z + 0,2) + (0,2.160) = 62 (III)

xM + My + 16y + Mz + 96z = 14,8 (a)

⇔
Mx + My + Mz + 16x + 16y + 16z = 14 (b)
Mz + 0,2M + 96z + 19,2 + 32 = 62 (c)
Lấy (a) trừ (b) ta được: 80z – 16x = 0,8 (d)
Thay x = 0,2 ở (*) vào (d) ta được: 80z = 4
⇒

3
, chỉ có khí NO
2
có M = 46 là thoả
mãn điều kiện trên.
Vậy X là NO
2
.
Gọi x, y lần lượt là số mol của NO
2
và N
2
O.
Theo bài ra ta có: n
hh khí
= x + y =
25,0
4,22
6,5
=
(mol) (I)
Phương trình phản ứng:
Al + 6HNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ 3NO
2

Môn thi : HÓA H ỌC
Thời gian làm bài 150 phút (Không kể thời gian phát đề )
----------------------------------------------------------
Câu 1: ( 5,0 điểm )
a- Viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá hoá học sau :
M
 →
N
 →
P
 →
Q
↓
 →
R
↓

 →
T
 →
M
Cho biết A là kim loại thông dụng có 2 hoá trò thường gặp là (II) và (III) khá bền .
b- Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế axit Sulfuric từ quặng
Pirit .
Câu 2: ( 5,0 điểm )
Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO
3
và RCO
3
bằng 500ml dd H

2
(đktc).
a. Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong thí nghiệm 2 thì X tan hết.
b. Tính nồng độ mol củ dd Y và khối lượng mỗi kim loại trong X.
Câu 4: ( 5,0 điểm )
Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa trò không đổi). Chia A làm hai phần bằng
nhau. Phần I hòa tan hết trong dd HCl được 1,568 lít hydrô. Hòa tan hết phần II trong dd HNO
3

loãng thu được 1,344 lít khí NO duy nhất. Xác đònh kim loại M và thành phần phần trăm khối lượng
mỗi kim loại trong A. (các thể tích khí ở đktc).
GV: LÊ THANH TIỀN
23
BỘ ĐỀ BDHSG HĨA 9
(Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các NTHH để làm bài)
ĐÁP ÁN ®Ị 7
Câu 1:(5,0 điểm )
a- Vì (A) là kim loại thông dụng có 2 hoá trò thường gặp là (II) và (III) khá bền, đồng thời theo
chuỗi biến đổi (M) chỉ có thể là Fe .
2Fe + 3Cl
2
 →
2FeCl
3
(0,5 điểm)
2FeCl
3
+ Fe
 →
3FeCl

(0,5 điểm)
2Fe(OH)
3
 →

Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (0,5 điểm)
Fe
2
O
3
+ 3CO
 →

2Fe + 3CO
2

↑
(0,5 điểm)
b- Các phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế H
2
SO
4
:
4FeS

O
 →

H
2
SO
4
(0,25 điểm)
Câu 2:(5,0 điểm )
a) MgCO
3
+ H
2
SO
4

 →
MgSO
4
+ CO
2
↑
+ H
2
O (1) (0,25 điểm)
x x x x
RCO
3
+ H
2


 →
C
MH2SO4
=
5,0
2,0
= 0,4(M) . (0,25 điểm)
Theo Đònh luật BTKL: mx + m
H2SO4
= m
A
+ m
B
+ m
H2O
+ m
CO2 →
m
B
= 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g) (0,25 điểm)
Nung B thu 11,2 lít CO
2
và rắn C
 →
m
C

RCO3
= n
RSO4
= 0,2-0,1 =0,1 mol(0,25 điểm)
Nung B, RSO
4
không phân hủy, chỉ có X dư bò nhiệt phân
Đặt a = n
MgCO3
 →
R
CO3
= 2,5a (trong X)
MgCO
3
 →
MgO + CO
2
(3) (0,25 điểm)
GV: LÊ THANH TIỀN
24
BỘ ĐỀ BDHSG HĨA 9
a- 0,1 a-0,1
RCO
3
 →
RO + CO
2
(4) (0,25 điểm)
2,5a – 0,1 2,5a – 0,1

4
+ H
2
↑
(2) (0,25 điểm)
n
H2 ở TNI
=
4,22
96,8
= 0,4 mol (0,25 điểm)
n
H2 ở TNII
=
4,22
2,11
= 0,5 mol (0,25 điểm)
a. Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà khối lượng H
2
giải
phóng tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần. Chứng tỏ trong TNI còn dư kim loại, trong TNII kim loại đã phản ứng
hết, axit còn dư. (0,25 điểm)
Từ (1) và (2) : n
H2SO4
= n
H2
= 0,4 mol ( ở TNI) (0,25 điểm)
b. Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có:
24x + (0,5 – x)65 = 24,3 (0,25 điểm)
Suy ra : x = 0,2 mol Mg (0,25 điểm)

FeCl
n
+ n/2 H
2
↑
(2) (0,25 điểm)
b
2
n
b
Theo (1) và (2) :
n
H2
= a +
2
n
b =
4,22
568,1
= 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I) (0,25 điểm)
Phần tác dụng với HNO
3
:
Fe + 4HNO
3

 →
Fe(NO
3
)