20 Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học Lớp 8 (Có đáp án)

Trang 1 
PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO 
QUAN SƠN 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Đề thi có 02 trang, 10 câu 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 
NĂM HỌC 2017-2018 
MÔN THI: HÓA HỌC 8 
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1:(2,0 điểm) 
Hoàn thành các PTHH có sơ đồ phản ứng sau (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có): 
a. Al + H2SO4 đặc, nóng --->Al2(SO4)3+ H2S + H2O 
b. Na2SO3+ KMnO4+ NaHSO4--->Na2SO4+ MnSO4+ K2SO4+ H2O 
c. FexOy+ Al ---->FeO + Al2O3 
d. Mg + HNO3 ----> Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O 
Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho 23,6 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Cu tác dụng hết với dung dịchchứa 18,25 gam 
HCl thu được dung dịch A và 12,8 gam chất không tan. 
a) Tính thể tích khí H2 thu được ở đktc. 
b) Tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. 
Câu 3:(2,0 điểm) 
 Khí A có công thức hóa học XY2, là một trong những chất khí gây ra hiện tượng mưa 
axit. Trong 1 phân tử XY2 có tổng số hạt là 69, tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt 
không mang điện là 23. Số hạt mang điện trong nguyên tử X ít hơn số hạt mang điện trong 
nguyên tử Y là 2. 
1. Xác định công thức hóa học của A. 
2. Nhiệt phân muối Cu(XY3)2 hoặc muối AgXY3 đều thu được khí A theo sơ đồ phản 
ứng sau: 
 Cu(XY3)2 -------> CuY + XY2 + Y2 
 AgXY3 -------->Ag + XY3 + Y3 
Khi tiến hành nhiệt phân a gam Cu(XY3)2 thì thu được V1 lít hỗn hợp khí, b gam AgXY3 thì 
thu được V2 = 1,2V1 lít hỗn hợp khí. 
a) Viết phương trình hóa học. Xác định tỉ lệ a/b biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn 
và các chất khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 
b) Tính V1 và V2 (ở đktc) nếu a = 56,4 gam. 
Câu 4:(2,0 điểm) 
1. Hỗn hợp B gồm 2 khí là N2O và O2 có tỉ khối đối với khí metan CH4 là 2,5.Tính thể tích 
của mỗi khí có trong 12 gam hỗn hợp B ở đktc. 
2. Cho 6,75 gam kim loại M tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa m gam HCl thu 
được 33,375 gam muối và V (lit) khí H2 (đktc). Tính m, V và xác định tên, kí hiệu 
hóa học của kim loại M. 
Câu 5:(2,0 điểm) 
 Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 thu được chất rắn B và khí oxi, lúc 
đó KClO3 bị phân hủy hoàn toàn còn KMnO4 bị phân hủy không hoàn toàn. Trong B có 
0,894 gam KCl chiếm 8,132 % khối lượng. Trộn lượng oxi ở trên với không khí theo tỷ lệ 
thể tích 1: 3 trong một bình kín thu được hỗn hợp khí X. Cho vào bình 0,528 gam cacbon 
rồi đốt cháy hết cacbon thu được hỗn hợp khí Y gồm 3 khí trong đó CO2 chiếm 22,92% thể 
tích. Tính m. (Coi không khí gồm 20% thể tích là oxi còn lại là nitơ). 
Câu 6:(2,0 điểm) 
 Nung hoàn toàn 15,15 gam chất rắn A thu được chất rắn B và 1,68 lít khí oxi (đktc). 
Trong hợp chất B có thành phần phần trăm khối lượng các nguyên tố: 37,65% oxi; 16,75% 
Trang 2 
nitơ, còn lại là Kali. Xác định CTHH của A, B. Biết rằng công thức đơn giản nhất là công 
thức hóa học của A, B. 
Câu 7:(2,0 điểm) 
1. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các chất khí không màu đựng trong 4 lọ 
không nhãn gồm không khí, oxi, hiđro và nitơ. 
2. Trong phòng thí nghiệm khí oxi được điều chế bằng cách nhiệt phân KMnO4 và 
KClO3. Hãy tính tỉ lệ khối lượng giữa KMnO4 và KClO3 để thu được lượng oxi 
bằng nhau. 
Câu 8:(2,0 điểm) 
1. Khử hoàn toàn 12 gam bột một loại oxit sắt bằng khí CO dư, sau khi phản ứng kết 
thúc, toàn bộ khí thoát ra được dẫn vào dung dịch nước vôi trong dư thu được 
22,5 gam kết tủa. Xác định công thức của oxit sắt. 
2. Cho toàn bộ lượng sắt thu được ở thí nghiệm trên vào dung dịch HCl dư. Tính thể 
tích khí H2 thu được ở đktc. 
Câu 9:(2,0 điểm) 
1. Hỗn hợp X chứa a mol CO2, b mol H2 và c mol SO2. Tính tỉ lệ a, b, c để X 
nặng hơn khí oxi 1,375 lần. 
2. Nêu hiện tượng xảy ra và viết PTHH (nếu có) khi tiến hành các thí nghiệm sau: 
a) Cho một luồng khí hiđro qua bột đồng (II) oxit nung nóng. 
b) Cho một mẩu natri vào cốc nước pha sẵn dung dịch phenilphtalein. 
Câu 10:(2,0 điểm) 
 Cho luồng khí H2 đi qua 32g bột CuO nung nóng thu được 27,2 gam chất rắn X. 
1. Xác định thành phần phần trăm các chất trong X. 
2. Tính thể tích khí H2 (đktc) đã tham gia phản ứng. 
3. Tính hiệu suất của quá trình phản ứng. 
Hướng dẫn chấm 
Trang 3 
Câu Đáp án Điểm 
1 Mỗi PTHH đúng 0,5 điểm. Thiếu điều kiện trừ 0,25 điểm 
a. 8Al + 15H2SO4 đặc 
ot 4Al2(SO4)3 + 3H2S + 12H2O 
b. 5Na2SO3+ 2KMnO4+ 6NaHSO4 8Na2SO4+ 2MnSO4+ 
K2SO4+ 3H2O 
c. 3FexOy + 2(y-x)Al 
ot3xFeO + (y-x)Al2O3 
d. 4Mg + 10HNO34Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O 
2,0 
2 Cu không tác dụng với dung dịch HCl nên 12,8 gam là khối lượng của Cu. 
Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp. (x, y > 0). 
18,25
0,5( )
36,5
HCln mol  
PTHH: 
Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 (1) 
 x 2x x 
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (2) 
 y 2y y 
Ta có: 
 mhh = 24x + 56y + 12,8 = 23,6 (*) 
 nhh = 2x + 2y = 0,5 (**) 
Giải (*), (**), ta được x = 0,1; y = 0,15. 
a) Theo (1), (2):
2
1 0,5
0,25
2 2
H HCln n   (mol) 
2H
V = 22,4.0,25 = 5,6 (lit) 
b) %mMg = 
0,1.24
.100% 10,17%
23,6
 
%mFe = 
0,15.56
.100% 35,59%
23,6
 
%mCu = 100% - 10,17% - 35,59% = 54,24% 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
3 1. Gọi số hạt mỗi loại trong nguyên tử X lần lượt là pX, nX,eX; trong 
nguyên tử Y lần lượt là pY, nY,eY. 
Ta có: (2pX + nX) + 2.( 2pY + nY) = 69 (1) 
 (2pX + 4pY) – nX – 2nY = 23 (2) 
 2pX – 2pY = - 2 (3) 
Từ 1, 2, 3 ta có pX = 7; pY = 8 
Vậy X là N và Y là O. CTHH của A là NO2 
2. 
2Cu(NO3)2
0t 2CuO + 4NO2 + O2 (1) 
 2AgNO3
0t 2Ag + 2NO2 + O2 (2) 
nCu(NO3)2 = 
188
a
 (mol) -> nNO2 (1) = 
2
188 94
a a
 mol, nO2 (1) = 
376
a
 mol. 
nAgNO3 = 
170
b
mol -> nNO2(2) = 
170
b
 mol, nO2 (2) = 
340
b
 mol 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Trang 4 
Vì V2 = 1,2V1 nên 
2 2(2) (2)NO O
n n = 1,2 
2 2(1) (1)
( )NO On n 
 (
170
b
+
340
b
) = 1,2 . (
94
a
+
376
a
) 
47
85
a
b
  
Vì a = 56,4 gam 
2 2(1) (1)NO O
n n = (
94
a
+
376
a
) = 0,75 mol 
V1 = 0,75.22,4 = 16,8 lít 
V2 = 1,2V1 = 1,2.16,8 = 20,16 lít 
0,5 
0,5 
4 1. Gọi x là số mol của khí N2O và y là số mol của khí O2. 
Ta có: Mhh = 2,5.16 = 40 = 
2 2
2 2
N O o
N O O
m m
n n



44 32x y
x y


 = 40  x = 2y 
2 2N O O
m m = 44x + 32y = 44.2y + 32y = 12 
 y = 0,1 mol  x = 0,2 mol 
Vậy VN2O = 0,2.22,4 = 4,48 lít 
 VO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít 
2. Ta có 2M + 2xHCl  2MClx + xH2 
Gọi a là số mol H2 thu được => số mol HCl là 2a 
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : 
mM + mHCl = mMClx + mH2 
6,75 + 36,5.2a = 33,375 + 2a 
 a = 0,375 mol 
 VH2 = 0,375.22,4 = 8,4 lít 
 mHCl = 2.0,375.36,5 = 27,375 gam 
nM= 2/x.nH2 = 0,75/x (mol) 
MM = mM/nM = 9x 
Với x = 1 => MM = 9 (loại) 
Với x = 2 => MM = 18 (loại) 
Với x = 3 => MM = 27 (Chọn) Vậy M là nhôm kí hiệu là (Al) 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
0,5 
5 PTHH: 
2KClO3 2 KCl + 3O2 (1) 
2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 (2) 
Gọi a là tổng số mol oxi tạo ra ở (1) và (2), sau khi trộn với không khí ta có trong hỗn 
hợp X: 
 nO2 = a + 3a x 20% = 1,6a (mol) 
 nN2 = 3a x 80% = 2,4a (mol) 
Ta có nC = 0,528 / 12 = 0,044 (mol) 
 mB = 0,894 x 100 / 8,132 = 10,994 (gam) 
Theo gt trong Y có 3 khí nên xảy ra 2 trường hợp: 
- TH1: Nếu oxi dư, lúc đó cacbon cháy theo phản ứng: 
C + O2 → CO2 (3) 
tổng số mol khí Y nY = 0,044 . 100/22,92 = 0,192 mol gồm các khí O2 dư, N2, CO2. 
Theo (3) nO2 phản ứng = nCO2 + nC = 0,044 mol, 
nO2 dư = 1,6a - 0,044→ nY = (1,6a - 0,044) + 2,4a + 0,044 = 0,192 
 a = 0,048  moxi = 0,048 . 32 = 1,536 (gam) 
0,25 
0,5 
0,25 
t
o
t
o
Trang 5 
Theo gt mA = mB + moxi = 10,994 + 1,536 = 12,53 ( gam) 
- TH2: Nếu oxi thiếu, lúc đó cacbon cháy theo phản ứng: 
C + O2 → CO2 (3) 
2C + O2 → 2CO (4) 
gọi b là số mol CO2 tạo thành, theo PTPƯ (3), (4) → nCO = 0,044 - b 
nO2 = b + ( 0,044 - b) /2 = 1,6a (*) 
Y gồm N2, CO2, CO và nY = 2,4a + b + (0,044 - b) = 2,4a + 0,044 
% CO2 = b/ (2,4a + 0,044) = 22,92/100 (**) 
Từ (*) và (**): 
 a = 0,0204  moxi = 0,0204 x 32 =0,6528 (gam) 
 mA = mB + moxi = 10,994 + 0,6528 = 11,6468 (gam) 
0,5 
0,25 
0,25 
6 Ta có sơ đồ: A 
otB + O2 
n O2 = 1,68/ 22,4 = 0,075 (mol).; m O2 = 0,075 x 32 = 2,4 ( gam). 
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
mA = mB + m oxi → mB = mA - moxi = 15,15 - 2,4 = 12,75(gam). 
Trong B: mO = 12,75 x 37,65% = 4,8(gam) nO = 0,3 mol 
 mN = 12,75 x 16,47 % = 2,1( gam)nN = 0,15 mol 
 mK = 12,75 - ( 4,8 + 2,1) = 5,85 (gam).  nK = 0,15 mol 
Gọi CTHH của B là KxNyOz 
ta có x : y : z = nK : nN : nO = 0,15 : 0,15 : 0,3 = 1 : 1 : 2 
 chọn x = 1, y = 1, z = 2 → công thức đơn giản nhất là KNO2 
Theo gt  CTHH của B là KNO2. 
Trong A: theo định luật bảo toàn nguyên tố: 
 moxi =4,8 + 2,4 = 7,2 (gam); 
nO = 7,2 / 16 = 0,45 (mol); nN = 0,15(mol).; nK = 0,15 ( mol) 
Gọi CTHH của A là KaNbOc 
ta có a : b : c = 0,15 : 0,15 : 0,45 = 1 : 1 : 3 ; chọn a = 1, b = 1, c =3 
theo gt  CTHH của A là KNO3. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,5 
7 1. 
- Cho que đóm còn tàn đỏ lần lượt vào 4 mẫu chất khí, tàn đóm bùng cháy 
là khí oxi. 
- Cho ngọn lửa đang cháy vào 3 mẫu chất khí còn lại. 
+ Ngọn lửa chuyển thành xanh là hiđro. 
+ Ngọn lửa tắt là nitơ. 
+ Không thay đổi màu ngọn lửa là không khí. 
2. 
Gọi a, b lần lượt là khối lượng KMnO4 và KClO3. 
PTHH: 
 2KMnO4
ot K2MnO4 + MnO2 + O2 (1) 
 a/158 a/316 
 2KClO3
ot2KCl + 3O2 (2) 
 b/122,5 3b/245 
Vì thể tích O2 thu được ở (1) và (2) bằng nhau, nên: 
 a/316 = 3b/245 
a
b
 = 
948
245
 3,87 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
8 1. 
Đặt CTHH của oxit sắt là FexOy. 
0,25 
0,25 
Trang 6 
3
22,5
0,225
100
CaCOn   mol 
PTHH: 
 FexOy+yCO 
otxFe + yCO2 (1) 
12
56 16x y
 0,225 
 CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2) 
0,225 0,225 
Theo (2): 
2CO
n = 
3CaCO
n = 0,225 mol 
Theo (1): 
x yFe O
n = 
1
y 2
COn 
12
56 16x y
=
0,225
y
Giải ra ta được 
x
y
 =
2
3
 x = 2; y = 3 
 CTHH: Fe2O3. 
2. 
 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (3) 
Theo (3): 
2
12
160
H Fen n  = 0,075 mol 
2H
V = 0,075 . 22,4 = 1,68 lit 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
9 1. 
hhM = 1,375. 32 = 44 (g/mol) 

44 2 64a b c
a b c
 
 
= 44 
44a + 2b + 64c = 44a + 44b + 44c 
 2b + 64c = 44b +44c 
 42b = 20c 
 b:c = 20: 42 = 10: 21 
Vì 
2
44CO hhM M  (g/mol) 
=> Tỉ khối của X chỉ phụ thuộc vào tỉ lệ mol của H2 và SO2 
=> a:b:c = a: 10: 21 
2. 
a. Chất rắn màu đen chuyển dần thành đỏ (hoàn toàn). 
 CuO + H2
ot Cu + H2O 
b. Mẩu Na tan dần đến hết, có khí không màu thoát ra. Dung dịch chuyển 
thành màu hồng (đỏ). 
 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
10 
a) 
32
0,4( )
80
CuOn mol  
Gọi a là số mol CuO tham gia phản ứng. 
 số mol CuO dư là (0,4 – a) (mol) 
PTHH: CuO + H2
ot Cu + H2O 
 a a a a 
X gồm Cu và CuO dư. 
mx = 64a + 80(0,4 – a) = 27,2  a = 0,3 mol 
0,25 
0,25 
0,25 
Trang 7 
64.0,3
% .100% 70,59%
27,2
Cum   
% 100% % 29,41%CuO Cum m   
b) 
2
0,3H Cun n a mol   
2
22,4.0,3 6,72HV lit  
c) Hiệu suất của phản ứng 
0,3
.100% 75%
0,4
H   
0,5 
0,25 
0,5 
PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO 
QUAN SƠN 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Đề thi có 02 trang, 10 câu 
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 
NĂM HỌC 2017-2018 
MÔN THI: HÓA HỌC 8 
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề 
Câu 1:(2,0 điểm) 
Hoàn thành các PTHH có sơ đồ phản ứng sau (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có): 
e. Al + H2SO4 đặc, nóng --->Al2(SO4)3+ H2S + H2O 
f. Na2SO3+ KMnO4+ NaHSO4--->Na2SO4+ MnSO4+ K2SO4+ H2O 
g. FexOy+ Al ---->FeO + Al2O3 
h. Mg + HNO3 ----> Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O 
Câu 2: (2,0 điểm) 
 Cho 23,6 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Cu tác dụng hết với dung dịchchứa 18,25 gam 
HCl thu được dung dịch A và 12,8 gam chất không tan. 
c) Tính thể tích khí H2 thu được ở đktc. 
d) Tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. 
Câu 3:(2,0 điểm) 
 Khí A có công thức hóa học XY2, là một trong những chất khí gây ra hiện tượng mưa 
axit. Trong 1 phân tử XY2 có tổng số hạt là 69, tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt 
không mang điện là 23. Số hạt mang điện trong nguyên tử X ít hơn số hạt mang điện trong 
nguyên tử Y là 2. 
1. Xác định công thức hóa học của A. 
2. Nhiệt phân muối Cu(XY3)2 hoặc muối AgXY3 đều thu được khí A theo sơ đồ phản 
ứng sau: 
 Cu(XY3)2 -------> CuY + XY2 + Y2 
 AgXY3 -------->Ag + XY3 + Y3 
Khi tiến hành nhiệt phân a gam Cu(XY3)2 thì thu được V1 lít hỗn hợp khí, b gam AgXY3 thì 
thu được V2 = 1,2V1 lít hỗn hợp khí. 
c) Viết phương trình hóa học. Xác định tỉ lệ a/b biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn 
và các chất khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 
d) Tính V1 và V2 (ở đktc) nếu a = 56,4 gam. 
Câu 4:(2,0 điểm) 
3. Hỗn hợp B gồm 2 khí là N2O và O2 có tỉ khối đối với khí metan CH4 là 2,5.Tính thể tích 
của mỗi khí có trong 12 gam hỗn hợp B ở đktc. 
Trang 8 
4. Cho 6,75 gam kim loại M tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa m gam HCl thu 
được 33,375 gam muối và V (lit) khí H2 (đktc). Tính m, V và xác định tên, kí hiệu 
hóa học của kim loại M. 
Câu 5:(2,0 điểm) 
 Nung m gam hỗn hợp A gồm KMnO4 và KClO3 thu được chất rắn B và khí oxi, lúc 
đó KClO3 bị phân hủy hoàn toàn còn KMnO4 bị phân hủy không hoàn toàn. Trong B có 
0,894 gam KCl chiếm 8,132 % khối lượng. Trộn lượng oxi ở trên với không khí theo tỷ lệ 
thể tích 1: 3 trong một bình kín thu được hỗn hợp khí X. Cho vào bình 0,528 gam cacbon 
rồi đốt cháy hết cacbon thu được hỗn hợp khí Y gồm 3 khí trong đó CO2 chiếm 22,92% thể 
tích. Tính m. (Coi không khí gồm 20% thể tích là oxi còn lại là nitơ). 
Câu 6:(2,0 điểm) 
 Nung hoàn toàn 15,15 gam chất rắn A thu được chất rắn B và 1,68 lít khí oxi (đktc). 
Trong hợp chất B có thành phần phần trăm khối lượng các nguyên tố: 37,65% oxi; 16,75% 
nitơ, còn lại là Kali. Xác định CTHH của A, B. Biết rằng công thức đơn giản nhất là công 
thức hóa học của A, B. 
Câu 7:(2,0 điểm) 
3. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các chất khí không màu đựng trong 4 lọ 
không nhãn gồm không khí, oxi, hiđro và nitơ. 
4. Trong phòng thí nghiệm khí oxi được điều chế bằng cách nhiệt phân KMnO4 và 
KClO3. Hãy tính tỉ lệ khối lượng giữa KMnO4 và KClO3 để thu được lượng oxi 
bằng nhau. 
Câu 8:(2,0 điểm) 
3. Khử hoàn toàn 12 gam bột một loại oxit sắt bằng khí CO dư, sau khi phản ứng kết 
thúc, toàn bộ khí thoát ra được dẫn vào dung dịch nước vôi trong dư thu được 
22,5 gam kết tủa. Xác định công thức của oxit sắt. 
4. Cho toàn bộ lượng sắt thu được ở thí nghiệm trên vào dung dịch HCl dư. Tính thể 
tích khí H2 thu được ở đktc. 
Câu 9:(2,0 điểm) 
3. Hỗn hợp X chứa a mol CO2, b mol H2 và c mol SO2. Tính tỉ lệ a, b, c để X 
nặng hơn khí oxi 1,375 lần. 
4. Nêu hiện tượng xảy ra và viết PTHH (nếu có) khi tiến hành các thí nghiệm sau: 
c) Cho một luồng khí hiđro qua bột đồng (II) oxit nung nóng. 
d) Cho một mẩu natri vào cốc nước pha sẵn dung dịch phenilphtalein. 
Câu 10:(2,0 điểm) 
 Cho luồng khí H2 đi qua 32g bột CuO nung nóng thu được 27,2 gam chất rắn X. 
4. Xác định thành phần phần trăm các chất trong X. 
5. Tính thể tích khí H2 (đktc) đã tham gia phản ứng. 
6. Tính hiệu suất của quá trình phản ứng. 
Trang 9 
Hướng dẫn chấm 
Câu Đáp án Điểm 
1 Mỗi PTHH đúng 0,5 điểm. Thiếu điều kiện trừ 0,25 điểm 
e. 8Al + 15H2SO4 đặc 
ot 4Al2(SO4)3 + 3H2S + 12H2O 
f. 5Na2SO3+ 2KMnO4+ 6NaHSO4 8Na2SO4+ 2MnSO4+ 
K2SO4+ 3H2O 
g. 3FexOy + 2(y-x)Al 
ot3xFeO + (y-x)Al2O3 
h. 4Mg + 10HNO34Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O 
2,0 
2 Cu không tác dụng với dung dịch HCl nên 12,8 gam là khối lượng của Cu. 
Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp. (x, y > 0). 
18,25
0,5( )
36,5
HCln mol  
PTHH: 
Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 (1) 
 x 2x x 
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (2) 
 y 2y y 
Ta có: 
 mhh = 24x + 56y + 12,8 = 23,6 (*) 
 nhh = 2x + 2y = 0,5 (**) 
Giải (*), (**), ta được x = 0,1; y = 0,15. 
c) Theo (1), (2):
2
1 0,5
0,25
2 2
H HCln n   (mol) 
2H
V = 22,4.0,25 = 5,6 (lit) 
d) %mMg = 
0,1.24
.100% 10,17%
23,6
 
%mFe = 
0,15.56
.100% 35,59%
23,6
 
%mCu = 100% - 10,17% - 35,59% = 54,24% 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
3 1. Gọi số hạt mỗi loại trong nguyên tử X lần lượt là pX, nX,eX; trong 
nguyên tử Y lần lượt là pY, nY,eY. 
Trang 10 
Ta có: (2pX + nX) + 2.( 2pY + nY) = 69 (1) 
 (2pX + 4pY) – nX – 2nY = 23 (2) 
 2pX – 2pY = - 2 (3) 
Từ 1, 2, 3 ta có pX = 7; pY = 8 
Vậy X là N và Y là O. CTHH của A là NO2 
2. 
2Cu(NO3)2
0t 2CuO + 4NO2 + O2 (1) 
 2AgNO3
0t 2Ag + 2NO2 + O2 (2) 
nCu(NO3)2 = 
188
a
 (mol) -> nNO2 (1) = 
2
188 94
a a
 mol, nO2 (1) = 
376
a
 mol. 
nAgNO3 = 
170
b
mol -> nNO2(2) = 
170
b
 mol, nO2 (2) = 
340
b
 mol 
Vì V2 = 1,2V1 nên 
2 2(2) (2)NO O
n n = 1,2 
2 2(1) (1)
( )NO On n 
 (
170
b
+
340
b
) = 1,2 . (
94
a
+
376
a
) 
47
85
a
b
  
Vì a = 56,4 gam 
2 2(1) (1)NO O
n n = (
94
a
+
376
a
) = 0,75 mol 
V1 = 0,75.22,4 = 16,8 lít 
V2 = 1,2V1 = 1,2.16,8 = 20,16 lít 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
4 1. Gọi x là số mol của khí N2O và y là số mol của khí O2. 
Ta có: Mhh = 2,5.16 = 40 = 
2 2
2 2
N O o
N O O
m m
n n



44 32x y
x y


 = 40  x = 2y 
2 2N O O
m m = 44x + 32y = 44.2y + 32y = 12 
 y = 0,1 mol  x = 0,2 mol 
Vậy VN2O = 0,2.22,4 = 4,48 lít 
 VO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít 
2. Ta có 2M + 2xHCl  2MClx + xH2 
Gọi a là số mol H2 thu được => số mol HCl là 2a 
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : 
mM + mHCl = mMClx + mH2 
6,75 + 36,5.2a = 33,375 + 2a 
 a = 0,375 mol 
 VH2 = 0,375.22,4 = 8,4 lít 
 mHCl = 2.0,375.36,5 = 27,375 gam 
nM= 2/x.nH2 = 0,75/x (mol) 
MM = mM/nM = 9x 
Với x = 1 => MM = 9 (loại) 
Với x = 2 => MM = 18 (loại) 
Với x = 3 => MM = 27 (Chọn) Vậy M là nhôm kí hiệu là (Al) 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
0,5 
5 PTHH: 
t
o
Trang 11 
2KClO3 2 KCl + 3O2 (1) 
2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 (2) 
Gọi a là tổng số mol oxi tạo ra ở (1) và (2), sau khi trộn với không khí ta có trong hỗn 
hợp X: 
 nO2 = a + 3a x 20% = 1,6a (mol) 
 nN2 = 3a x 80% = 2,4a (mol) 
Ta có nC = 0,528 / 12 = 0,044 (mol) 
 mB = 0,894 x 100 / 8,132 = 10,994 (gam) 
Theo gt trong Y có 3 khí nên xảy ra 2 trường hợp: 
- TH1: Nếu oxi dư, lúc đó cacbon cháy theo phản ứng: 
C + O2 → CO2 (3) 
tổng số mol khí Y nY = 0,044 . 100/22,92 = 0,192 mol gồm các khí O2 dư, N2, CO2. 
Theo (3) nO2 phản ứng = nCO2 + nC = 0,044 mol, 
nO2 dư = 1,6a - 0,044→ nY = (1,6a - 0,044) + 2,4a + 0,044 = 0,192 
 a = 0,048  moxi = 0,048 . 32 = 1,536 (gam) 
Theo gt mA = mB + moxi = 10,994 + 1,536 = 12,53 ( gam) 
- TH2: Nếu oxi thiếu, lúc đó cacbon cháy theo phản ứng: 
C + O2 → CO2 (3) 
2C + O2 → 2CO (4) 
gọi b là số mol CO2 tạo thành, theo PTPƯ (3), (4) → nCO = 0,044 - b 
nO2 = b + ( 0,044 - b) /2 = 1,6a (*) 
Y gồm N2, CO2, CO và nY = 2,4a + b + (0,044 - b) = 2,4a + 0,044 
% CO2 = b/ (2,4a + 0,044) = 22,92/100 (**) 
Từ (*) và (**): 
 a = 0,0204  moxi = 0,0204 x 32 =0,6528 (gam) 
 mA = mB + moxi = 10,994 + 0,6528 = 11,6468 (gam) 
0,25 
0,5 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
6 Ta có sơ đồ: A 
otB + O2 
n O2 = 1,68/ 22,4 = 0,075 (mol).; m O2 = 0,075 x 32 = 2,4 ( gam). 
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: 
mA = mB + m oxi → mB = mA - moxi = 15,15 - 2,4 = 12,75(gam). 
Trong B: mO = 12,75 x 37,65% = 4,8(gam) nO = 0,3 mol 
 mN = 12,75 x 16,47 % = 2,1( gam)nN = 0,15 mol 
 mK = 12,75 - ( 4,8 + 2,1) = 5,85 (gam).  nK = 0,15 mol 
Gọi CTHH của B là KxNyOz 
ta có x : y : z = nK : nN : nO = 0,15 : 0,15 : 0,3 = 1 : 1 : 2 
 chọn x = 1, y = 1, z = 2 → công thức đơn giản nhất là KNO2 
Theo gt  CTHH của B là KNO2. 
Trong A: theo định luật bảo toàn nguyên tố: 
 moxi =4,8 + 2,4 = 7,2 (gam); 
nO = 7,2 / 16 = 0,45 (mol); nN = 0,15(mol).; nK = 0,15 ( mol) 
Gọi CTHH của A là KaNbOc 
ta có a : b : c = 0,15 : 0,15 : 0,45 = 1 : 1 : 3 ; chọn a = 1, b = 1, c =3 
theo gt  CTHH của A là KNO3. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,5 
7 1. 
- Cho que đóm còn tàn đỏ lần lượt vào 4 mẫu chất khí, tàn đóm bùng cháy 
là khí oxi. 
- Cho ngọn lửa đang cháy vào 3 mẫu chất khí còn lại. 
+ Ngọn lửa chuyển thành xanh là hiđro. 
+ Ngọn lửa tắt là nitơ. 
+ Không thay đổi màu ngọn lửa là không khí. 
2. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
t
o
Trang 12 
Gọi a, b lần lượt là khối lượng KMnO4 và KClO3. 
PTHH: 
 2KMnO4
ot K2MnO4 + MnO2 + O2 (1) 
 a/158 a/316 
 2KClO3
ot2KCl + 3O2 (2) 
 b/122,5 3b/245 
Vì thể tích O2 thu được ở (1) và (2) bằng nhau, nên: 
 a/316 = 3b/245 
a
b
 = 
948
245
 3,87 
0,25 
0,25 
0,5 
8 1. 
Đặt CTHH của oxit sắt là FexOy. 
3
22,5
0,225
100
CaCOn   mol 
PTHH: 
 FexOy+yCO 
otxFe + yCO2 (1) 
12
56 16x y
 0,225 
 CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2) 
0,225 0,225 
Theo (2): 
2CO
n = 
3CaCO
n = 0,225 mol 
Theo (1): 
x yFe O
n = 
1
y 2
COn 
12
56 16x y
=
0,225
y
Giải ra ta được 
x
y
 =
2
3
 x = 2; y = 3 
 CTHH: Fe2O3. 
2. 
 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (3) 
Theo (3): 
2
12
160
H Fen n  = 0,075 mol 
2H
V = 0,075 . 22,4 = 1,68 lit 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
9 1. 
hhM = 1,375. 32 = 44 (g/mol) 

44 2 64a b c
a b c
 
 
= 44 
44a + 2b + 64c = 44a + 44b + 44c 
 2b + 64c = 44b +44c 
 42b = 20c 
 b:c = 20: 42 = 10: 21 
Vì 
2
44CO hhM M  (g/mol) 
=> Tỉ khối của X chỉ phụ thuộc vào tỉ lệ mol của H2 và SO2 
=> a:b:c = a: 10: 21 
2. 
a. Chất rắn màu đen chuyển dần thành đỏ (hoàn toàn). 
 CuO + H2
ot Cu + H2O 
b. Mẩu Na tan dần đến hết, có khí không màu thoát ra. Dung dịch chuyển 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Trang 13 
thành màu hồng (đỏ). 
 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 
0,25 
0,25 
10 
d) 
32
0,4( )
80
CuOn mol  
Gọi a là số mol CuO tham gia phản ứng. 
 số mol CuO dư là (0,4 – a) (mol) 
PTHH: CuO + H2
ot Cu + H2O 
 a a a a 
X gồm Cu và CuO dư. 
mx = 64a + 80(0,4 – a) = 27,2  a = 0,3 mol 
64.0,3
% .100% 70,59%
27,2
Cum   
% 100% % 29,41%CuO Cum m   
e) 
2
0,3H Cun n a mol   
2
22,4.0,3 6,72HV lit  
f) Hiệu suất của phản ứng 
0,3
.100% 75%
0,4
H   
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,5 
UBND HUYỆN KINH MÔN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017 -2018 
MÔN THI: HÓA HỌC- LỚP 8 
Thời gian làm bài: 120 phút 
(Đề gồm: 05 câu, 01 trang) 
Câu I (2 điểm) 
1. Chọn các chất thích hợp ứng với mỗi chữ cái. Viết phương trình hóa học hoàn thành 
chuỗi phản ứng sau: 
 A O2 C D 
Biết D là hợp chất tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa xanh. 
 2. Nêu hiện tượng quan sát được,viết phương trình hóa học giải thích. Khi cho một viên 
kẽm (Zn) vào ống nghiệm chứa dung dịch axit: H2SO4 (loãng) 
 3. Hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ phản ứng sau . 
 a. Na + H3PO4 Na3PO4 + ? 
 b. FexOy + CO Fe3O4 + CO2 
 c. Fe3O4 + HCl FeCl2 + FeCl3 + ? 
 d. CxHyOz + O2 CO2 + H2O 
Câu II (2 điểm) 
 1. Nêu phương pháp hóa học phân biệt các khí trong 4 lọ riêng biệt sau: O2, H2, CO2, N2. 
 2. Hoà tan 5,72 gam Na2CO3.xH2O trong 44,28 gam nước được dung dịch có nồng độ 
4,24%. Xác định công thức tinh thể ngậm nước. 
Câu III (2 điểm) 
 1. Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế O2 trong phòng thí 
nghiệm bằng cách nhiệt phân KMnO4. Hãy cho biết: 
 Khí O2 được thu bằng phương pháp nào? Phương pháp này 
dựa trên tính chất nào của O2? Viết phương trình hóa học. 
 2. Cho luồng khí H2 (dư) lần lượt đi qua các ống mắc nối tiếp đựng các oxit nung nóng 
trong mỗi ống riêng biệt sau: ống 1 chứa 0,01 mol CaO; ống 2 chứa 0,01 mol Fe3O4; ống 3 
t
o +
H2 +Na 
Trang 14 
chứa 0,02 mol Al2O3; ống 4 chứa 0,01 mol CuO; ống 5 chứa 0,06 mol Na2O. Tính khối 
lượng chất rắn thu được trong mỗi ống sau phản ứng? (Biết các phản ứng hóa học xảy ra 
hoàn toàn) 
Câu IV (2 điểm) 
 1. Cho luồng khí hiđro đi qua ống thuỷ tinh chứa 20 g bột đồng (II) oxit ở nhiệt độ cao. 
Sau phản ứng thu được 16,8 g chất rắn.Tính thể tích khí hiđro (đktc) tham gia phản ứng 
trên. 
 2. Hòa tan 8,7 gam hỗn hợp gồm kim loại Kali (K) và một kim loại R (hóa trị II) trong 
dung dịch axit HCl lấy dư thấy có 5,6 lít H2 (đktc) thoát ra. Mặt khác nếu hòa tan riêng 9 
gam kim loại R trong HCl dư thì thể tích khí H2 sinh ra chưa đến 11 lít (đktc). Hãy xác định 
kim loại R. 
Câu V (2 điểm) 
 1. Đốt cháy hoàn toàn 3,36 lít hỗn hợp X (đktc) gồm CH4, C2H2, C2H4, C3H6, C4H10 thì 
thu được 12,32 lít CO2 (đktc), và 10,8 gam H2O. 
 a. Tính khối lượng hỗn hợp X . 
 b. Xác định tỉ khối của X so với H2 . 
 2. Đặt 2 chiếc cốc thủy tinh lên 2 đĩa cân và điều chỉnh cân thăng bằng, lấy a gam mỗi 
kim loại Al và Fe cho vào hai cốc đó, rồi rót từ từ vào hai cốc cùng một lượng dung dịch 
chứa b mol HCl. Tìm điều kiện giữa a và b để cân thăng bằng. 
 Cho Na: 23; Cl: 35,5; Ca: 40; O: 16; Fe: 56; Al: 27; C:12; Mg: 24 
Họ tên học sinh:..........................Số báo 
danh: 
Chữ kí giám thị 1: ............... Chữ kí giám thị 
2:............ 
UBND HUYỆN KINH MÔN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO 
TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017 -2018 
MÔN THI: HÓA HỌC- LỚP 8 
Thời gian làm bài: 120 phút 
(Hướng dẫn chấm gồm: 05 câu, 3 trang) 
Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm 
I 
1 
 2 
- Các chữ cái tương ứng với mỗi chất là: A: KClO3; B: O2; C: H2O; D: 
NaOH. 
 - PTHH: 2KClO3 t
o
 2KCl + 3O2 
 O2 + 2H2 t
o
 2H2O 
 2 H2O + 2Na 2NaOH + H2 
- Xung quanh viên kẽm có bọt khí không màu bay lên, viên kẽm tan dần. 
 Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
3 a. 6Na + 2H3PO4 2Na3PO4 + 3H2 
 b. 3FexOy + (3y – 4x)CO t
o
 xFe3O4 + (3y-4x)CO2 
0,25 
0,25 
Trang 15 
 c. Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 
 d. CxHyOz +(x +y/4 – z/2) O2 t
o
 xCO2 + y/2 H2O 
0,25 
0,25 
II 
1 - Đánh STT từng lọ khí cần nhận biết. Dẫn một lượng mỗi khí qua que 
đóm còn than hồng. Nếu thấy 1 khí nào làm que đóm bùng cháy đó là 
khí O2. Các khí còn lại không làm que đóm bùng cháy. 
- Dẫn các khí còn lai đi qua dung dịch nước vôi trong lấy dư. Nếu thấy 
một chất khí nào phản ứng làm nước vôi trong vẩn đục trắng đó là khí 
CO2. Các khí còn lại không làm vẩn đục nước vôi. 
 CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O 
 - Đốt các khí còn lại, khí nào cháy với ngọn lửa màu xanh nhạt là khí 
H2 
 H2 + O2 t
o
 H2O 
- Khí không cháy là N2 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
2 Khối lượng Na2CO3 có trong 5,72 g là: 
mNa2CO3 =
5,72. 108/( 106+18x) g 
Khối lượng dung dịch thu được: mdd =5,72 + 44,28 =50 g 
Ta có: 
4,24 = .100 
Giải ra được x=10 
Vậy công thức tinh thể là Na2CO3.10H2O 
0,5 
0,5 
III 1 - Khí O2 được thu bằng phương pháp rời chỗ của nước. Trên cơ sở tính 
chất O2 không phản ứng với nước và O2 ít tan trong nước. 
PTHH: 2KMnO4 t
o
 K2MNO4 + MnO2 + O2 
0,5 
0,25 
 2 - Ống 1 không xảy ra phản ứng. Sau phản ứng mCaO = 0,01x 56 = 0,56 
(g) 
- Ống 2 có phản ứng: 4H2 + Fe3O4 t
o
 3Fe + 4H2O 
 0,01 0,03 0,04 
(mol) 
Sau phản ứng khối lượng chất rắn trong ống 2 là mFe = 0,03x56 = 1,68 
(g) 
- Ống 3 không sảy ra phản ứng. Khối lượng chất rắn sau: 
 m Al2O3 = 0,02x 102 = 2,04 (g) 
- Ống 4 có phản ứng: H2 + CuO t
o
 Cu + H2O 
 0,01 0,01 0,01 ( mol) 
Sau phản ứng khối lượng chất rắn trong ống 2 là: mCu = 0,01x64 = 
0,64(g) 
- Ống 5 Có phản ứng: H2O + Na2O 2NaOH 
 nban đầu 0,05 0,06 (mol) 
 np/ư 0,05 0,05 0,1 ( mol) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Trang 16 
 nsau p/ư 0,01 0,1 (mol) 
Sau phản ứng khối lượng chất rắn trong ống 5 là : 
 mrắn = 0,01x62 + 0,1x40 = 4,62 (g) 
 Hoặc mrắn = 0,05x 18 + 0,06x 62 = 4,62 (g) 
IV 1 H2 + CuO t
o
 Cu + H2O 
gọi số mol của H2 là x mol 
Áp dụng đlbt khối lượng ta có 
2x + 20 = 16,8 + 18x 
 x = 0,2 
 VH2 = 0,2 x 22,4 = 4,48 lít 
0,25 
0,25 
 0,25 
0,25 
2 PTHH: 2K + 2HCl 2KCl + H2 (1) 
 R + 2HCl RCl2 + H2 (2) 
Gọi x, y lần lượt là số mol của K, R trong hh (x, y >0). Coi khối lương 
mol của R chính là R (g/mol) 
Theo bài ra ta có: 39x + Ry = 8,7 (3) 
Theo bài và PTHH: 0,5x + y = 0,25 hay 39x + 78y = 19,5 (4) 
Từ (3), (4) : R = 78- 11,7: y . Kết hợp với y < 0,25 suy ra 
 R < 34,8 (I) 
Mặt khác R + 2HCl RCl2 + H2 (2) 
 9/R 9/R (mol) 
Theo bài 9/R 18,3 (II) 
Kết hợp (I), (II) ta thấy chỉ có Mg (24) hóa trị II thỏa mãn. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 1 - nX = 0,15 mol 
- Hỗn hợp X gồm 5 chất đều có thành phần định tính giống nhau là 
chứa C, H. Vậy ta có thể coi mX = mC + mH 
 = 12x (12,32: 22,4) + 1x 2 x(10,8:18) 
 = 6,6 + 1,2 
 = 7,8 (gam) 
- Khối lượng mol trung bình của X = 7,8 : 0,15 = 52 (g/mol) 
- Tỉ khối của X so với H2 là 52: 2 = 26 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 2 PTHH 
2 2
3 2
Fe 2 (1)
2Al 6 2 3 (2)
HCl FeCl H
HCl AlCl H
  
  


56
27
Fe
Al
a
n mol
a
n mol
Để cân thăng bằng thì lượng khí H2 sinh ra ở 2 phản ứng trên là như 
nhau. 
Vì  
56 27
Fe Al
a a
n n và lượng H2 sinh ra ở 2 phản ứng trên phụ thuộc 
vào HCl là như nhau. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Trang 17 
Chú ý: 1. HS làm cách khác đúng vẫn tính điểm tương đương. 
 2. PTHH trong bài toán tính theo PTHH mà chưa cân bằng thì không tính điểm đối 
với các đại lượng tính theo PTHH đó. 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THỌ XUÂN 
TRƯỜNG THCS XUÂN THẮNG 
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 
CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2018-2019 
Môn thi: Hóa học 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Đề thi có 02 trang, có 09 câu 
Câu 1(2,0 điểm): Hoàn thành các PTHH sau( ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có). 
a) Fe + H2SO4 loãng  
b) Na + H2O  
c) BaO + H2O  
d) Fe + O2  
e) S + O2  
f) Fe + H2SO4 đặc,nóng  Fe2(SO4)3 + H2O + SO2  
 g) Cu + HNO3  Cu(NO3)2 + H2O + NO  
h ) FexOy+ H2SO4 ( đặc) 
0t Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 
Câu 2(2,0 điểm): Bằng phương pháp hoá học, làm thế nào có thể nhận ra các chất 
rắn sau đựng trong các lọ riêng biệt bị mất nhãn: CaO, P2O5, Na2O,CuO. 
Câu 3(2,0 điểm): 
1. Viết CTHH và phân loại các hợp chất vô cơ có tên sau: 
Natri hiđroxit, Sắt(II) oxit, Canxi đihiđrophotphat, Lưu huỳnh trioxit, Đồng(II) 
hiđroxit, Axit Nitric, Magie sunfit, Axit sunfuhiđric. 
2. So sánh cách thu khí oxi và hiđrô trong phòng thí nghiệm. Vẽ hình