Đề thi học sinh giỏi cấp Thành phố môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2022-2023 - Sở GD và ĐT Hà Nội (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HÀ NỘI 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ 
NĂM HỌC 2022 – 2023 
Môn: HÓA HỌC 
Ngày thi: 08 tháng 01 năm 2023 
Thời gian làm bài: 150 phút 
(Đề thi gồm 02 trang) 
Câu I (4,0 điểm) 
1. a) Vì sao muối NaHCO3 được dùng để chế thuốc đau dạ dày? 
b) Làm thế nào để quá trình hòa tan chất rắn trong nước xảy ra nhanh hơn? Giải thích. 
c) Trước khi thi đấu, các vận động viên môn thể dục dụng cụ thường xoa lòng bàn tay 
vào chất bột màu trắng (MgCO3). Vì sao họ làm như vậy? 
2. Từ oleum (H2SO4.3SO2), trình bày cách pha chế 2 lít dung dịch H2SO4 1M. 
3. Hoàn thành các phương trình hóa học sau: 
a) P2O5 +   Ca3(PO4)2 +  b) Cu(OH)2 +   Cu(NO3)2 +  
c) SO2 + Br2 + H2O   +  d)  + AgNO3  Zn(NO3)2 +  
e) KMnO4 + HClđặc   +  +  +  f) Ca(HCO3)2 +   NaHCO3 +  
Câu II (4,0 điểm) 
1. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học xảy ra cho các tí nghiệm sau: 
a) Cho dd NaOH tới dư vào dd FeCl2, sau đó để ngoài không khí. 
b) Nhỏ 1 -2 ml dd H2SO4 vào ống nghiệm đựng 1 ít bột CuO, lắc nhẹ. 
c) Nhúng một sợi dây đồng đã được làm sạch vào dd FeCl3. 
d) Cho một mẩu nhỏ CaO vào ống nghiệm, nhỏ vài giọt nước vào CaO. Tiếp tục cho 
thêm nước, dùng đũa thủy tinh trộn đều. Để yên ống nghiệm trong một thời gian rồi nhỏ thêm 
vài giọt dd phenolphtalein. 
2. Cho 5 dd đựng trong 5 lọ mất nhãn: Ba(NO3)2, K2CO3, MgCl2, Na2SO4, K3PO4 được kí 
hiệu bằng các chữ cái A, B, C, D, E (không theo trình tự trên). Kết quả của một số thí nghiệm 
tìm hiểu về những chất này được ghi trong bảng sau: 
Mẫu thử Thí nghiệm Hiện tượng 
A Tác dụng với dd chứa chất C hoặc D Có kết tủa trắng 
B Tác dụng với dd chứa chất D Có kết tủa trắng 
C Tác dụng với dd chứa chất A hoặc E Có kết tủa trắng 
D Tác dụng với dd chứa chất A hoặc B hoặc E Có kết tủa trắng 
Biết rằng kết tủa sinh ra do dd chứa chất A phản ứng với dd chứa chất C bị phân hủy ở nhiệt 
độ cao tạo ra oxit kim loại. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết PTHH minh họa. 
3. Khi nung nóng, các muối ngậm nước sẽ giảm dần khối 
lượng do nước tách ra trước sau đó đến phản ứng nhiệt phân 
muối khan. Sự giảm khối lượng của muối Al(NO3)3.9H2O 
theo nhiệt độ được biểu diễn như giản đồ hình bên. Tại 
nhiệt độ 2100C, phần chất rắn còn lại (chứa 3 nguyên tố) có 
khối lượng bằng 30% khối lượng ban đầu. Tính thành phần 
% theo khối lượng của oxi có trong phần chất rắn tại 2100C. 
Câu III (4,0 điểm) 
1. Hợp chất MX3 được sử dụng làm chất xúc tác trong tổng hợp hữu cơ. Tổng số hạt proton, 
nơtron, electron trong hợp chất MX3 là 196, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không 
mang điện là 60. Tổng số hạt trong hạt nhân của M nhỏ hơn tổng số hạt trong hạt nhân của X 
là 8. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong một nguyên tử X nhiều hơn trong một nguyên 
tử M là 12. Xác định công thức của MX3. 
2. Hòa tan hoàn thoàn m gam hỗn hợp gồm K, K2O, KOH và K2CO3 bằng dd H2SO4 10% 
vừa đủ thu được 0,896 lit (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối đối với H2 bằng 11,5 và dd Y chỉ chứa 
muối trung hòa có nồng độ 16,246%. Cô cạn dd Y thu được 10,44 gam chất rắn khan. Viết 
các PTHH xảy ra và tìm giá trị của m. 
3. Hòa tan hoàn toàn a mol CuO bằng một lượng vừa đủ dd H2SO4 10%, đun nóng, thu được 
dd X. Làm lạnh X đến 100C thì có 1,472 gam tinh thể CuSO4.5H2O tách ra. Biết ở 100C, cứ 
100 gam nước hòa tan được tối đa 17,4 gam CuSO4. Tìm giá trị của a. 
Câu IV (4,0 điểm) 
1. Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế H2 trong phòng 
thí nghiệm, hãy cho biết: 
a) Hóa chất cần dùng ở (1) và (2) là gì? Viết PTHH 
minh họa. 
b) Khí H2 đã được thu bằng phương pháp gì? Phương 
pháp này dựa trên tính chất nào của H2? 
2. Nung hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 thu được hỗn hợp chất rắn Y và O2. Trong Y có 
1,49 gam KCl chiếm 17,028% theo khối lượng. Lượng O2 ở trên đốt cháy hết 0,24 gam 
cacbon, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí T gồm CO2 và O2 dư (CO2 chiếm 40% về thể 
tích). Biết KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn còn KMnO4 chỉ bị nhiệt phân một phần. Tính hiệu 
suất của phản ứng nhiệt phân KMnO4. 
3. Cho 10,332 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, chia X thành 3 phần bằng nhau. Dẫn 
khí H2 tới dư đi qua phần 1 nung nóng, thu được 2,604 gam Fe. Cho phần 2 vào dd CuSO4 
dư, sau phản ứng lọc bỏ dd thu được 3,504 gam chất rắn. hòa tan hết phần 3 trong dd HCl thu 
được 0,1344 lit (đktc) khí H2 và dd Y chỉ chứa 2 muối. Cho Y tác dụng với dd AgNO3 dư, 
thu được m gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m. 
Câu V (4,0 điểm) 
1. Hấp thụ hết 3,08 gam khí CO2 bằng dd chứa hỗn hợp x mol Ca(OH)2 và y mol NaOH thu 
được 1 gam kết tủa và dd chứa 4,98 gam muối. Tìm giá trị của x và y. 
2. Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm Zn, Al và Cu trong O2 dư thu được 6,06 gam hỗn hợp 
Y chỉ gồm các oxit. Hòa tan hết Y bằng một lượng vừa đủ dd gồm HCl 0,5M và H2SO4 0,25M, 
thu được dd chỉ chứa 13,485 gam hỗn hợp muối trung hòa. Tính giá trị của m. 
3. Nung m gam hỗn hợp gồm KHCO3 và CaCO3 ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi 
thu được chất rắn X. Cho X vào lượng nước dư, sau phản ứng thu được chất rắn Y và dd Z. 
Chia Z thành 2 phần bằng nhau. Cho dd Ca(HCO3)2 tới dư vào phần 1, sau phản ứng thu được 
3 gam kết tủa. Cho từ từ dd HCl 0,2M vào phần 2 đến khi không còn khí thoát ra thì thể tích 
dd HCl đã dùng là 200ml. Tìm giá trị của m. 
Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; 
Ca = 40; Mn = 55; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137. 
-----------------Hết----------------- 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu I (4,0 điểm) 
1. a) Do trong dạ dày có chứa dung dịch HCl, khi nồng độ dung dịch HCl cao sẽ làm dạ dày 
bị bào mòn dẫn đến hiện tượng đau dạ dày. Muối NaHCO3 dùng để chế thuốc đau dạ dày do 
nó có khả năng làm giảm hàm lượng HCl trong dạ dày nhờ phản ứng: 
NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O 
b) Ta có những cách sau để quá trình hoà tan chất rắn trong nước xảy ra nhanh hơn: 
- Khuấy dung dịch: tăng sự tiếp xúc giữa chất rắn và các phân tử nước. 
- Đun nóng dung dịch: các phân tử nước chuyển động càng nhanh, tăng số lần va chạm 
giữa các phân tử nước với chất tan. 
- Nghiền nhỏ chất tan: tăng diện tích tiếp xúc giữa chất tan và các phân tử nước. 
c) MgCO3 có tác dụng hút ẩm rất tốt. Trong thi đấu, các vận động viên môn thể dục dụng 
cụ thường xoa lòng bàn tay vào chất bột trắng (MgCO3) ấy để hấp thụ mồ hôi đồng thời tăng 
cường độ ma sát giữa bàn tay và dụng cụ thể thao giúp vận động viên nắm chắc dụng cụ và 
thực hiện động tác chuẩn xác hơn. Ngoài ra việc xoa bột sẽ giúp các vận động viên giảm stress 
hơn trước khi thi đấu. 
2. Tính toán lượng chất: 
nH2SO4 = 2.1 = 2 (mol) 
PTHH: H2SO4.3SO3 + 3H2O  4H2SO4 
 0,5 <-----------------------2 (mol) 
=> noleum = 0,5 (mol) => moleum = 0,5.338 = 169 (g) 
Pha chế: Cân lấy 169 gam oleum H2SO4.3SO3 cho vào cốc dung tích 5 lít có chia vạch Thêm 
từ từ nước vào cốc cho đến khi độ cao chạm mốc 2 lít thì dừng lại khuấy đều. Ta thu được 2 
lít dung dịch H2SO4 1M cần pha chế. 
3. a) P2O5 + 3Ca(OH)2  Ca3(PO4)2 + 3H2O 
b) Cu(OH)2 + 2HNO3  Cu(NO3)2 + 2H2O 
c) SO2 + Br2 + H2O  2HBr + H2SO4 
d) ZnCl2 + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2AgCl 
e) 2KMnO4 + 16HClđặc  2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O 
f) Ca(HCO3)2 + Na2CO3  2NaHCO3 + CaCO3 
Câu II (4,0 điểm) 
1. a) Ban đầu xuất hiện kết tủa màu trắng xanh, sau ngoài không khí thấy kết tủa chuyển 
thành màu nâu đỏ. 
 2NaOH + FeCl2  Fe(OH)2 + 2 NaCl 
 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 
b) Chất rắn màu đen tan tạo thành dung dịch màu xanh dương (trong trường hợp nếu một ít 
bột đồng (II) oxit đó bị tan hết) 
 CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O 
c) Sợi dây đồng tan dần, dung dịch nâu đỏ của FeCl3 nhạt dần rồi chuyển dần thành màu 
xanh lam do phản ứng tạo thành CuCl2. 
 Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 
d) Ban đầu khi cho nước vào CaO tan ra, ống nghiệm nóng lên do phản ứng toả nhiệt mạnh 
tạo dung dịch Ca(OH)2. Để yên một thời gian sau đó nhỏ vài giọt phenolphtalein thấy dung 
dịch thu được chuyển sang màu hồng. 
 CaO + H2O  Ca(OH)2 
2. Giả sử cho từng mẫu thử của mỗi lọ phản ứng với nhau theo từng đôi một ta được: 
 Ba(NO3)2 K2CO3 MgCl2 Na2SO4 K3PO4 
Ba(NO3)2 - 
BaCO3 
 trắng 
- 
BaSO4 
 trắng 
Ba3(PO4)2 
 trắng 
K2CO3 
BaCO3 
 trắng 
- 
MgCO3 
 trắng 
- - 
MgCl2 - 
MgCO3 
 trắng 
- - 
Mg3(PO4)2 
 trắng 
Na2SO4 
BaSO4 
 trắng 
- - - - 
K3PO4 
Ba3(PO4)2 
 trắng 
- 
Mg3(PO4)2 
 trắng 
- - 
Kết hợp bảng trên và dữ kiện đề bài nhận thấy: 
- D tạo được kết tủa trắng với A, B, E => D là Ba(NO3)2. 
- C tác dụng với A tạo ra kết tủa trắng (bị phân huỷ ở nhiệt độ cao tạo ra oxit kim loại) 
và C tác dụng với E tạo ra kết tủa trắng => C là MgCl2, A là K2CO3, E là K3PO4. 
- Còn lại B là Na2SO4. 
Phương trình hóa học 
- A tác dụng với dd chứa chất C hoặc D 
 K2CO3 + MgCl2  MgCO3 + 2KCl 
 K2CO3 + Ba(NO3)2  BaCO3 + 2KNO3 
- B tác dụng với dd chưa chất D 
 Na2SO4 + Ba(NO3)2  BaSO4 + 2NaNO3 
- C tác dụng với dd chứa chất A hoặc E 
 MgCl2 + K2CO3  MgCO3 + 2KCl 
3MgCl2 + 2K3PO4  Mg3(PO4)2  + 6KCl 
- D tác dụng với dd chứa chất A hoặc B hoặc E 
 Ba(NO3)2 + K2CO3  BaCO3 + 2KNO3 
 Ba(NO3)2 + Na2SO4  BaSO4 + 2NaNO3 
3Ba(NO3)2 + 2K3PO4  Ba3(PO4)2 + 6KNO3 
3. Sơ đồ nhiệt phân: Al(NO3)3.9H2O 
 𝑡0 
→ Al(NO3)3 
 𝑡0 
→ Al2O3 
Giả sử khối lượng Al(NO3)3.9H2O ban đầu đem nhiệt phân là 100 gam. 
 𝑛𝐴𝑙(𝑁𝑂3)3.9𝐻2𝑂 =
100
375
=
4
15
 (𝑚𝑜𝑙) 
 𝑛𝐴𝑙 =
4
5
 (𝑚𝑜𝑙) 
Tại nhiệt độ 2100C, phần chất rắn còn lại (chứa 3 nguyên tố) gồm Al(NO3)3 và Al2O3 có 
khối lượng bằng 30% khối lượng Al(NO3)3.9H2O ban đầu. 
Gọi x, y lần lượt là số mol Al(NO3)3 và Al2O3 tại 2100C 
  213𝑥 + 102𝑦 = 30 (𝑔𝑎𝑚) (1) 
Theo định luật bảo toàn nguyên tố 
  𝑥 + 2𝑦 = 
4
15
(𝑔𝑎𝑚) (2) 
Từ (1) và (2)  {
𝑥 = 
41
405
𝑦 = 
67
810
Vậy %𝑚𝑂 = 
16.(9𝑥+3𝑦)
30
 . 100% ≈ 61,83% 
Câu III (4,0 điểm) 
1. Gọi số p, n trong M, X lần lượt là pM, nM, pX, nX. 
- Tổng số hạt p, n, e trong MX3 là 196 
 2pM + nM + 3.(2pX + nX) = 196 (1) 
- Trong MX3 số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60 
  2pM - nM + 3.(2pX - nX)= 60 (2) 
- Tổng số hạt trong hạt nhân của M nhỏ hơn tổng số hạt trong hạt nhân của X là 8 
  pX + nX – (pM + nM) = 8 (3) 
- Tổng số hạt proton, notron, electron trong một nguyên tử X nhiều hơn trong một nguyên 
tử M là 12 
  2pX + nX – (2pM + nM) = 12 (4) 
Từ (1), (2), (3) và (4)  {
𝑝𝑀 = 13 (𝐴𝑙); 𝑛𝑀 = 14 
𝑝𝑋 = 17 (𝐶𝑙); 𝑛𝑋 = 18
Vậy MX3 là AlCl3. 
2. Phương trình hóa học 
 K + H2O  KOH + H2 
 K2O + H2SO4  K2SO4 + H2O 
 2KOH + H2SO4  K2SO4 + 2H2O 
 K2CO3 + H2SO4  K2SO4 + CO2 +H2O 
 Hỗn hợp khí gồm H2 và CO2, dd Y chứa muối K2SO4. 
𝑛ℎℎ 𝑘ℎí = 
0,896
22,4
= 0,04 (𝑚𝑜𝑙) 
𝑑ℎℎ 𝑘ℎí/𝐻2 = 11,5  �̅�ℎℎ 𝑘ℎí = 11,5 . 2 = 23 (𝑔𝑎𝑚/𝑚𝑜𝑙) 
 mhh khí = 23.0,04 = 0,92 (gam) 
𝑚𝐾2𝑆𝑂4 = 10,44 𝑔𝑎𝑚  {
𝑚𝑑𝑑𝑌 =
10,44 . 100
16,246
= 64,26 (𝑔𝑎𝑚)
𝑛𝐻2𝑆𝑂4 = 𝑛𝐾2𝑆𝑂4 =
10,44
174
= 0,06 (𝑚𝑜𝑙)
  𝑚𝑑𝑑𝐻2𝑆𝑂4 =
0,06 . 98 . 100
10
= 58,8 (𝑔𝑎𝑚) 
Mà mddY = mK + mK2O + mKOH + mK2CO3 + mH2SO4 – mhh khí 
 64,26 = m + 58,8 – 0,92 
 m = 6,38 (gam) 
3. Phương trình phản ứng 
 CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O 
 a  a  a  a (mol) 
Ta có {
𝑚𝑑𝑑𝐻2𝑆𝑂4 =
98𝑎 . 100
10
= 980𝑎 (𝑔𝑎𝑚)
𝑚𝐶𝑢𝑆𝑂4 = 160𝑎 (𝑔𝑎𝑚)
 mddX = mddH2SO4 + mCuO = 980a + 80a = 1060a (gam) 
1060 gam dd X chứa 160a gam CuSO4  mH2O = 1060a – 160a = 900a (gam) 
Làm lạnh X xuống tới 100C tách ra 1,472 gam CuSO4.5H2O 
 𝑚𝐶𝑢𝑆𝑂4.5𝐻2𝑂 =
1,472
250
= 0,005888 (𝑚𝑜𝑙) 
Ta có: {
𝑛𝐶𝑢𝑆𝑂4 𝑡á𝑐ℎ 𝑟𝑎 = 𝑛𝐶𝑢𝑆𝑂4.5𝐻2𝑂 = 0,005888 (𝑚𝑜𝑙)
𝑛𝐻2𝑂 𝑡á𝑐ℎ 𝑟𝑎 = 5𝑛𝐶𝑢𝑆𝑂4.5𝐻2𝑂 = 5. 0,005888 = 0,02944 (𝑚𝑜𝑙)
 mCuSO4 tách ra = 160a - 0,005888 . 160 = 160a – 0,94208 (gam) 
 mH2O tách ra = 900a – 0,02944 . 18 = 900a – 0,52992 (gam) 
Ở 100C, cứ 100 gam H2O hòa tan tối đa 17,4 gam CuSO4 
Vậy 900a – 0,52992 gam H2O hòa tan tối đa 160a – 0,94208 gam CuSO4 
 100 . (160a – 0,94208) = 17,4 . (900a – 0,52992) 
 a = 0,25 (mol) 
Câu IV (4,0 điểm) 
1. a) (1): dung dịch HCl (2): bột Zn 
PTHH: Zn + 2HCl => ZnCl2 + H2 
b) Khí H2 đã thu được bằng phương pháp đẩy nước. Phương pháp này dựa vào tính chất 
ít tan trong nước của H2. 
2. %mKCl = 17,028%  𝑚𝑌 = 
1,49 . 100
17,028
= 8,75 (𝑔𝑎𝑚) 
Do KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn  𝑛𝐾𝐶𝑙𝑂3 = 𝑛𝐾𝐶𝑙 =
1,49
74,5
= 0,02 (𝑚𝑜𝑙) 
𝑛𝐶 = 𝑛𝐶𝑂2(𝑇) =
0,24
12
= 0,02 (𝑚𝑜𝑙)  𝑛𝑇 =
0,02 . 100
40
= 0,05 (𝑚𝑜𝑙) 
  𝑛𝑂2(𝑇) = 0,05 − 0,02 = 0,03 (𝑚𝑜𝑙) 
Theo định luật bảo toàn nguyên tố  𝑛𝑂2𝑏đ = 𝑛𝐶𝑂2(𝑇) + 𝑛𝑂2(𝑇) = 0,02 + 0,03 = 0,05 𝑚𝑜𝑙 
Theo định luật bảo toàn khối lượng  mX = mY + mO2bđ = 8,75 + 0,05 . 32 = 10,35 (gam) 
 mKMnO4(X) = mX – mKClO3 = 10,35 – 0,02 . 122,5 = 7,9 (gam) 
 𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4 =
7,9
158
= 0,05 (𝑚𝑜𝑙) 
Phương trình phản ứng 
 2KClO3 
 𝑡0 
→ 2KCl + 3O2 
 0,02>0,03 (mol) 
 2KMnO4 
 𝑡0 
→ K2MnO2 + MnO2 + O2 
 0,04 <. (0,05-0,03) (mol) 
nKMnO4 bị nhiệt phân = 0,04 (mol) 
  𝐻% =
0,04 . 100%
0,05
= 80% 
3. Chia X thành 3 phần bằng nhau, mỗi phần có khối lượng = 10,332/3 = 3,444 (gam) 
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe2O3 trong mỗi phần của hh X 
  56x + 72y + 160z = 3,444 (1) 
- Phần 1: dẫn qua H2 dư, đun nóng thu được 2,604 gam Fe 
FeO + H2 
 𝑡0 
→ Fe + H2O 
 yy (mol) 
 Fe2O3 + 3H2 
 𝑡0 
→ 2Fe + 3H2O 
 z.2z (mol) 
  56x + 56y + 112z = 2,604 (2) 
- Phần 2: cho vào dd CuSO4 dư thu được 3,504 gam chất rắn 
 Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu 
 xx (mol) 
  64x + 72y + 160z = 3,504 (3) 
Từ (1), (2) và (3)  x = 0,0075; y = 0,012; z = 0,0135 
- Phần 3: hòa tan trong dd HCl thu được 0,1344 lit H2 và dd Y chứa 2 muối 
 𝑛𝐻2 = 
0,1344
22,4
= 0,006 (𝑚𝑜𝑙) 
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
0,006<0,006<..0,006 (mol) 
 FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O 
 0,012>0,012 (mol) 
 Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O 
 0,0135.0,027 (mol) 
Ta thấy nFe > nH2  Fe tham gia khử FeCl3 thành FeCl2 
 Fe + 2FeCl3  3FeCl2 
 0,00150,003>0,0045 (mol) 
 ƩnFeCl2 = 0,006 + 0,0045 + 0,012 = 0,0225 (mol) 
 ƩnFeCl3 = 0,027 – 0,003 = 0,024 (mol) 
Cho dd Y chứa 0,0225 mol FeCl2 và 0,024 mol FeCl3 tác dụng với AgNO3 dư 
 FeCl2 + 3AgNO3  Fe(NO3)3 + 2AgCl + Ag 
 0,0225..0,045..0,0225 (mol) 
 FeCl3 + 3AgNO3  Fe(NO3)3 + 3AgCl 
 0,0240,072 (mol) 
 m = mAgCl + mAg = (0,045 + 0,072).143,5 + 0,0225.108 = 19,2195 (gam) 
Câu V (4,0 điểm) 
1. 𝑛𝐶𝑂2 =
3,08
44
= 0,07 (𝑚𝑜𝑙) 
𝑛 = 𝑛𝐶𝑎𝐶𝑂3 = 
1
100
= 0,01 𝑚𝑜𝑙 
- Trường hợp 1: Ca(OH)2 hết 
 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 
 x = nCa(OH)2 = nCaCO3 = 0,01 (mol) 
Dd có thể chứa a mol Na2CO3 và b mol NaHCO3 
 CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O 
 a2aa (mol) 
 CO2 + NaOH  NaHCO3 
 b bb (mol) 
 {
𝑎 + 𝑏 = 0,07 − 0,01 = 0,06
106𝑎 + 84𝑏 = 4,98
  {
𝑎 = −0,0027 (𝑙𝑜ạ𝑖)
𝑏 = 0,063 (𝑛ℎậ𝑛)
Vậy dd Y chỉ chứa 0,063 mol NaHCO3  y = nNaOH = nNaHCO3 = 0,063 (mol) 
- Trường hợp 2: kết tủa bị hòa tan 1 phần, dd có thể chứa a mol Ca(HCO3)2 và b mol NaHCO3 
 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 
 0,010,010,01 (mol) 
 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 
 2aaa (mol) 
CO2 + NaOH  NaHCO3 
 b bb (mol) 
 {
2𝑎 + 𝑏 = 0,07 − 0,01 = 0,06
162𝑎 + 84𝑏 = 4,98
  {
𝑎 = 0,01 (𝑛ℎậ𝑛)
𝑏 = 0,04 (𝑛ℎậ𝑛)
Vậy x = 0,01 + a = 0,01 + 0,01 = 0,02 (mol) 
 y = b = 0,04 (mol) 
2. Gọi V là thể tích dd gồm HCl 0,5M và H2SO4 0,25M 
 nHCl = 0,5V (mol) 
 nH2SO4 = 0,25V (mol) 
Nung X trong O2 dư thu được 6,06 gam hỗn hợp Y chỉ gồm các oxit 
 2Zn + O2 
 𝑡0 
→ 2ZnO 
 4Al + 3O2 
 𝑡0 
→ 2Al2O3 
 2Cu + O2 
 𝑡0 
→ 2CuO 
 mKL + mO = 6,06 
Hòa tan hết Y bằng một lượng vừa đủ dd gồm HCl 0,5M và H2SO4 0,25M 
 ZnO + 2HCl  ZnCl2 + H2O 
 ZnO + H2SO4  ZnSO4 + H2O 
 Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O 
 Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 
 CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O 
 CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O 
Theo định luật bảo toàn nguyên tố, ta có nHCl + 2nH2SO4 = nH2O = 2nO 
 0,5V + 2.0,25V = 2.
6,06−𝑚
16
 m + 8V = 6,06 (1) 
Mặc khác, ta có mmuối = mKL + mCl + mSO4 
  13,485 = m + 0,5V.35,5 + 0,25V.96 
  13,485 = m + 41,75V (2) 
Từ (1) và (2)  m = 4,3 (gam); V = 0,22 (lit) 
3. Nung hỗn hợp gồm KHCO3 và CaCO3 đến khối lượng không đổi thu được chất rắn X 
 2KHCO3 
 𝑡0 
→ K2CO3 + CO2 + H2O 
 CaCO3 
 𝑡0 
→ CaO + CO2 
Cho chất rắn X vào nước dư thu được chất rắn Y và dd Z 
 CaO + H2O  Ca(OH)2 
 K2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + 2KOH 
Cho HCl vào dd Z có khí thoát ra  dd Z chứa K2CO3 dư và KOH 
Gọi a và b lần lượt là số mol KOH và K2CO3 dư có trong mỗi phần dd Z 
- Phần 1: cho Ca(HCO3)2 tới dư thu được 3 gam kết tủa 
 n = nCaCO3 = 
3
100
= 0,03 (𝑚𝑜𝑙) 
Ca(HCO3)2 + KOH  CaCO3 + KHCO3 + H2O 
 a..a.aa (mol) 
 Ca(HCO3)2 + K2CO3  CaCO3 + 2KHCO3 
 bbb.b (mol) 
  a + b = 0,03 (1) 
- Phần 2: cho dd HCl 0,2M vào đến khi không còn khí thoát ra 
 nHCl = 0,2.0,2 = 0,04 (mol) 
 HCl + KOH  KCl + H2O 
 a.aa (mol) 
2HCl + K2CO3  2KCl + CO2 + H2O 
 2bb.2b (mol) 
  a + 2b = 0,04 (2) 
Từ (1) và (2)  a = 0,02 (mol); b 0,01 (mol) 
Vậy dd Z có 0,04 mol KOH và 0,02 mol K2CO3 
 nCaCO3 bđ = nCa(OH)2 = 0,5nKOH = 0,5.0,04 = 0,02 (mol) 
 nKHCO3 bđ = nKOH + 2nK2CO3 = 0,04 + 2.0,02 = 0,08 (mol) 
m = mCaCO3bđ + mKHCO3bđ = 0,02.100 + 0,08.100 = 10 (gam)