UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD & ĐT
KỲ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG I
Năm học: 2010 – 2011
Môn thi : HOÁ HỌC
(Thời gian: 150 phút – không kể thời gian giao đề)
Câu I : Có hai nguyên tố X và Y tạo ra hợp chất XY
2
, biết tổng số các hạt p, n, e có
trong XY
2
là 140 hạt. Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là
44 hạt và số hạt e trong Y nhiều hơn trong X là 5 hạt. Tìm hai nguyên tố X, Y, viết công
thức phân tử và công thức cấu tạo hợp chất của chúng.
Câu II : Có bốn lọ không nhãn chứa các dung dịch Na
2
CO
3
, MgSO
4,
BaCl
2
, HCl. Không
có hóa chất nào khác, nêu phương pháp nhận biết mỗi dung dịch.
Câu III : 1) Có một mẫu muối ăn lẫn MgCl
2
, MgSO
4
, Na
2
SO

thu được cho hấp thụ hoàn toàn vào 2 lít
dung dịch Ca(OH)
2
thu được b (mol) kết tủa. Nồng độ mol/l của dung dịch Ca(OH)
2
như thế nào? Xác định theo a, b.
Câu VI : Có một lượng oxit sắt chia làm hai phần bằng nhau :
Phần 1 : Hòa tan bằng dung dịch HCl cần 150 ml dung dịch HCl 3M.
Phần 2 : Đun nóng ,sau đó cho khí CO dư đi qua, phản ứng xong thu được 8,4 gam sắt.
Tìm công thức oxit sắt.
Câu VII : A là dung dịch H
2
SO
4
x (mol/l); B là dung dịch KOH y (mol/l). Nếu trộn 0,2
lít dung dịch A với 0,3 lít dung dịch B thu được 0,5 lít dung dịch C. Để trung hòa 100
ml dung dịch C cần 40 ml dung dịch H
2
SO
4
1M. Nếu trộn 0,3 lít dung dịch A với 0,2 lít
dung dịch B thu được 0,5 lít dung dịch D. Để phản ứng hết 0,5 lít dung dịch D cần vừa
đủ 10,2 gam Al
2
O
3
.
a) Xác định x, y.
b) Cho 2,9 gam FeCO
3

, p
y
, e
y.
Ta có :
p
x
+ e
x
+ 2(p
y
+e
y
) = 92
→
2p
x
+ 2
×
2p
y
= 92 (1)
Vì e
y
= e
x
+ 5
→
p
y

2
CO
3
MgSO
4
BaCl
2
HCl
Na
2
CO
3
-

↓

↓

↑
MgSO
4

↓
-

↓
BaCl
2

↓

MgSO
4
+ Na
2
CO
3

→
MgCO
3
↓
+ Na
2
SO
4
BaCl
2
+ Na
2
CO
3

→
BaCO
3
↓
+ 2NaCl
- Lấy 1 trong 2 dung dịch thu được cho tác dụng lần lượt với 2 mẫu thử của 2
chất còn lại, nếu sau 2 lần thử có 1 lần tạo kết tủa thì chất chưa biết là BaCl
2

không phản ứng.
- Nếu sau 2 lần thử đều không có hiện tượng gì thì dung dịch thu được ở trên
là NaCl.
Vậy dung dịch ban đầu là BaCl
2
và chất còn lại là MgSO
4
.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu
III
(2đ)
1)Hòa tan mẫu muối vào nước sau đó cho vào dung dịch BaCl
2
dư, lọc bỏ
kết tủa, loại các muối sunfat :
MgSO
4
+ BaCl
2

→
BaSO
4
↓
+ MgCl

O
NaHCO
3
+ HCl
→
NaCl + CO
2
↑b
+ H
2
O
Dung dịch thu được chứa các tạp chất : BaCl
2
, CaCl
2
, MgCl
2
, HCl cho tác dụng
với Na
2
CO
3
dư. Lọc bỏ kết tủa loại các tạp chất trên.
2HCl + Na
2
CO
3

→
2NaCl + CO

MgCl
2
+ Na
2
CO
3

→
MgCO
3
↓
+ 2NaCl
- Dung dịch thu được cho tác dụng với HCl dư, loại Na
2
CO
3
:
2HCl + Na
2
CO
3

→
2NaCl + CO
2
↑b
+ H
2
O
- Cô cạn dung dịch đuổi HCl và nước ta thu được NaCl tinh khiết.

2
↑
b
H
2
+ Cl
2
o
t
→
2HCl
Fe
2
O
3
+ 6HCl
→
2FeCl
3
+ 3H
2
O
FeCl
3
+ 3NaOH
→
Fe(OH)
3
↓
+ 3NaCl

2
+ 2NaHSO
4
→
BaSO
4
↓
+ Na
2
SO
4
+ 2H
2
O
Na
2
SO
3
+ 2NaHSO
4
→
2Na
2
SO
4
+ SO
2
↑
b
+ H

CâuV
(1,25đ)
Xét trường hợp khi phân hủy hoàn toàn a (mol) MgCO
3
:
MgCO
3

o
t
→
MgO + CO
2
↑b
a a
Hấp thụ a (mol) CO
2
vào dung dịch Ca(OH)
2
có phản ứng :
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
↓
+ H

M
b
C =
(mol/l)

•g
Ca(OH)
2
dư
→

( )
2
2
Ca OH
M
b
C >
(mol/l)
b) Nếu a > b
→
dung dịch tạo hỗn hợp 2 muối.
- Theo (1) :
( )
2
( )
Ca OH
n b mol=
- Theo (2) :
2

0,25đ
0,25đ
2
Trường hợp khi phân hủy không hoàn toàn a (mol) MgCO
3
:
Giả sử hiệu xuất phản ứng là h số (mol) CO
2
thu được ở phản ứng phân hủy là
ah xét tương tự như trên
0,25
Câu
VI
(1đ)
Phần 1 :
0,15 3 0,45( )
HCl
n mol= × =
Gọi oxit sắt là Fe
x
O
y
có số mol là a (mol). Ta có :
Fe
x
O
y
+ 2yHCl
→
x

= = =
=> Công thức oxit sắt : Fe
2
O
3
.
0,5đ
0,5đ
Câu
VII
(2,5đ)
a) Thí nghiệm 1 : 0,2 (lít) dung dịch A =>
2 4
0,2 ( )
H SO
n x mol=
0,3 (lít) dung dịch B =>
0,3 ( )
KOH
n y mol=
Trung hòa 0,5 (lít) dung dịch C cần :
2 4
0,04 1 5 0,2( )
H SO
n mol= × × =
PTPƯ : H
2
SO
4
+ 2KOH

H SO
n x mol=
0,2 (lít) dung dịch B =>
0,2 ( )
KOH
n y mol=
2 3
10,2
0,1( )
102
Al O
n mol= =
Vì Al
2
O
3
vừa phản ứng với KOH, vừa phản ứng với H
2
SO
4
. Do đó sau khi
trộn 2 dung dịch không xác định được chất nào dư, do vậy xét 2 trường hợp :
Trường hợp 1 : H
2
SO
4
dư
Al
2
O

H SO
n y x= + =
 3x – y = 3 (3)
Từ (2) và (3) :
3 3
4 3 4
x y
x y
− =


− = −

=>
2,6
4,8
x
y
=


=

Trường hợp 2 : KOH dư
Al
2
O
3
+ 2KOH
→

1,6
x
y
=


=

0,75đ
0,5đ
0,5đ
3
b)
3
2,9
0,025( )
116
FeCO
n mol= =
Phản ứng : FeCO
3
+ H
2
SO
4

→
FeSO
4
+ CO

H SO
n mol>
. Vậy dung dịch A có nồng độ 2,6M.
=>
1
2
dung dịch E có số mol
2 4
H SO
n
(dư) =
0,325 0,025
0,15( )
2
mol
−
=
=>
KOH
n
(cần) = 2
2 4
H SO
n
= 2
×
0,15 = 0,3 (mol)
=> Thể tích dung dịch B cần bằng :
0,3
0,0625( ) 62,5( )