Tuyển tập Đề thi học sinh giỏi Hóa học lớp 9 - Đề 8

(2)
(3)
Câu 1.(1.0 điểm). Chọn các chất A,B,C thích hợp và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có) theo sơ đồ biến hoá sau:
A	
B Fe2(SO4 )3FeCl3 Fe(NO3)3 AB C
C	
Câu 2.(2.0 điểm). 
Trong phòng thí nghiệm có sẵn các hóa chất: vôi sống, axit HCl, CuCl2, CaCO3, CaCl2, KNO3, nước cất, dung dịch phenolphtalein, Fe, Cu và các thiết bị, dụng cụ thí nghiệm đầy đủ. Hãy chọn hóa chất và các thí nghiệm thích hợp để chứng minh: dung dịch Ca(OH)2 có những tính chất hóa học của bazơ tan. Nêu hiện tượng quan sát và viết PTHH của các thí nghiệm trên.
Câu 3.(2.0 điểm) 
a. Có 6 lọ hoá chất không nhãn chứa riêng biệt các chất rắn sau: MgO, BaSO4, Zn(OH)2, BaCl2, Na2CO3, NaOH. Chỉ dùng nước và một hoá chất thông dụng nữa (tự chọn) hãy trình bày cách nhận biết các chất trên.
b. Các cặp hóa chất sau có thể tồn tại trong cùng một ống nghiệm chứa nước cất( dư) không? Hãy giải thích bằng PTHH?.
NaCl và AgNO3; Cu(OH)2 và FeCl2; BaSO4 và HCl; NaHSO3 và NaOH; CaO và Fe2O3 
Câu 4.(1.0 điểm)
 Cho 6,9g Na và 9,3g Na2O vào 284,1 gam nước, được dung dịch A. Hỏi phải lấy thêm bao nhiêu gam NaOH có độ tinh khiết 80%(tan hoàn toàn) cho vào để được dung dịch 15%?
Câu 5. (2.0 điểm).
 Cho khí CO đi qua 69,9 gam hỗn hợp X gồm Fe2O3 và MxOy nung nóng thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc) và hỗn hợp chất rắn Y gồm Fe, FeO, Fe3O4 , Fe2O3 và MxOy. Để hòa tan hoàn toàn Y cần 1,3 lít dd HCl 1M thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dd Z . Cho từ từ dd NaOH vào dd Z đến dư thu được kết tủa T. Lọc kết tủa T để ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 32,1 gam bazơ duy nhất. Xác định công thức hóa học của MxOy.	
Câu 6. ( 2.0 điểm)
 Trộn 0,2 lít dung dịch H2SO4 x M với 0,3 lít dung dịch NaOH 1,0 M thu được dung dịch A. Để phản ứng với dung dịch A cần tối đa 0,5 lít dung dịch Ba(HCO3)2 0,4 M, sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của x và m.
Cho: H=1, O=16, Al=27, Na=23, S=32, Fe=56, Cl=35,5, Ag = 108, Cu = 64, N= 14, C= 12, Ba = 137
 -------------Hết-----------	
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG HUYỆN MÔN HÓA HỌC 9
	Năm học 2012 - 2013
Câu
Nội dung
Điểm
I
A: Fe(OH)3; B: Fe2O3 ; C: Fe
1.0
(1) Fe2O3 + 3 H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3 H2O
(2) 2 Fe(OH)3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 6 H2O 
(3) 2Fe + 6 H2SO4 đặc Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6 H2O
(4) Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 → 2FeCl3 + 3BaSO4
(5) FeCl3+ 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl 
(6) Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3 NaNO3
(7) 2Fe(OH)3 ) Fe2O3 + 3H2O
(8) Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O
II
2.0
* Chọn các hóa chất: vôi sống, HCl, CaCO3, CuCl2, nước cất, dung dịch phenolphtalein.
* Chọn các thí nghiệm: 
- Pha chế dung dịch Ca(OH)2: Hòa vôi sống vào cốc đựng nước thu được nước vôi CaO + H2O Ca(OH)2
Lọc nước vôi thu được dung dịch nước vôi trong( dd Ca(OH)2).
- Điều chế CO2 : Cho dd HCl vào bình chứa CaCO3, thu khí CO2 vào bình tam giác, nút kín: CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + CO2 + H2O
- Thí nghiệm chứng minh:
+ Tác dụng với chất chỉ thị màu: Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào ống nghiệm chứa dd Ca(OH)2, thấy dung dịch chuyển sang màu hồng.
+ Tác dụng với oxit axit: Cho dd Ca(OH)2 vào bình đựng khí CO2, lắc đều. Thấy dung dịch vẩn đục. Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O
+ Tác dụng với dd axit: Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào ống nghiệm chứa dd Ca(OH)2, dung dịch chuyển sang màu hồng sau đó nhỏ từ từ dd HCl vào. Thấy màu hồng biến mất, dung dịch trở lại trong suốt.
 Ca(OH)2 + 2HCl → CaCl2 + 2H2O
+ Tác dụng với dung dịch muối:
Nhỏ dd Ca(OH)2 vào ống nghiệm chứa dd CuCl2, thấy xuất hiện kết tủa màu xanh: Ca(OH)2 + CuCl2 → CaCl2 + Cu(OH)2`
Nếu không trình bày thí nghiệm pha chế dd Ca(OH)2 mà các thí nghiệm sau đúng thì trừ 1/2 số điểm của câu II
0,5
1,5
III
2.0
a
Trích mẫu thử cho vào các ống nghiệm: 
- Cho nước vào các mẫu thử, khuấy đều, mẫu không tan: MgO, BaSO4, Zn(OH)2 (nhóm 1); mẫu tan: BaCl2, NaOH, Na2CO3 (nhóm 2)
- Nhỏ dd H2SO4 vào các mẫu thử của nhóm 2: mẫu xuất hiện kết tủa trắng là BaCl2, mẫu sủi bọt khí là Na2CO3, còn lại là NaOH.
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 HCl
H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O
- Nhỏ dung dịch NaOH vừa nhận biết được ở trên vào 2 mẫu thử của nhóm 2
mẫu tan là Zn(OH)2, không tan là BaSO4, MgO
 2NaOH + Zn(OH)2 → Na2ZnO2 + 2H2O
- Nhỏ dd H2SO4 vào 2 mẫu chất rắn còn lại, mẫu tan là MgO, không tan là BaSO4
 MgO + H2SO4 → MgSO4 + H2O
1.0
b
- Các cặp chất không thể tồn tại trong cùng ống nghiệm chứa nước cất:
NaCl và AgNO3 vì: NaCl + AgNO3 → AgCl ↓ + NaNO3
NaHSO3 và NaOH vì: NaHSO3 + NaOH → Na2SO3 + H2O
CaO và Fe2O3 vì: CaO + H2O → Ca(OH)2 
- Các cặp chất cùng tồn tại: Cu(OH)2 và FeCl2; BaSO4 và HCl
1.0
IV
1.0
 Na2O
nNa = n = mol 
PTHH: 2Na + 2H2O →2 NaOH + H2 
 Na2O + H2O → 2 NaOH
Na2O
Theo PTHH: n NaOH = n Na + 2 n 
H2
 n = nNa = 0,15 mol
trong dung dich A: n NaOH = 0,3 + 2 . 0,15 = 0,6 mol
 m NaOH = 40 . 0,6 = 24 gam
khối lượng dung dịch sau phản ứng:
 m dd A = 6,9 + 9,3 + 284,1 - 0,15 . 2 = 300 gam
gọi x (gam) là khối lượng NaOH có độ tinh khiết 80% cần thêm vào → mNaOH = 0,8 x (gam).
Dung dịch thu được có: mNaOH = 24 + 0,8 m ( gam)
 m dd = 300 + m ( gam)
ð C% NaOH = ð m = 32,3
Vậy cần thêm 32,3 gam NaOH có độ tinh khiết 80%
1.0
V
2.0
 nHCl = 1,3 mol; n H = = 0,05 mol ; nCO = 
Gọi a, b là số mol của Fe2O3 và MxOy có trong X
PTHH: 3Fe2O3 + CO 2Fe3O4 + CO2	(1)
 c mol mol 
 Fe3O4 + CO 3FeO + CO2 (2)
 p mol 3p mol p mol
 FeO + CO Fe + CO2 (3)
 q mol q mol q mol
ð Trong Y: Fe2O3 ( a - c) mol; Fe3O4 ( ) mol; FeO ( p - q ) mol
 Fe q mol và b mol MxOy
 Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2	 (4)
 Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4 H2O (5)
	Fe2O3 + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2O	(6)
 FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O (7)
 MxOy + 2yHCl → xMCl2y/x + yH2O (8)
 b mol 2by mol
 Dung dịch Z gồm FeCl2, FeCl3, MCl2y/x, cho Z tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa T, Lọc kết tủa T để ngoài không khí tới khối lượng không đổi chỉ thu được 32,1 gam bazơ duy nhất. 
FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaCl
FeCl3 + 3 NaOH → Fe(OH)3 + 3 NaCl
4 Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4 Fe(OH)3
Vậy bazơ đó là Fe(OH)3
Nếu nung bazơ: 2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O
Fe2O3
 m = < mX Chứng tỏ M không phải Fe
Fe2O3
 ð Khối lượng Fe2O3 có trong X là 24 gam, ð n = a = 
Khối lượng của MxOy = 69,9 - 24 = 45,9 gam
Theo PTHH (4) nH = q = 0,05 mol
 (1; 2; 3) nCO = + p + q = 0,15
 ð + p = 0,1
Theo PTHH ( 4; 5; 6; 7; 8)
nHCl = 6 ( 0,15 - c) + 8( ) + 2( p - q ) + 2q + 2by = 1,3 mol
ð 0,9 - 2( + p ) + 2by = 1,3
Thay + p = 0,1 ð by = 0,3
mMO = b(Mx + 16y) = 45,9 (gam)
 ð bxM = 41,1 ð ð M = 137. 
Thỏa mãn khi = 1, M = 137 là Bari (Ba). Với = 1 chọn x = 1, y = 1. CTHH của oxit là BaO
0,15
VI
2,0
Ta có:
nHSO bđ = 0,2x mol , nNaOH bđ = 0,3 mol.
PTHH: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O (1)
Trong dung dịch A có chứa Na2SO4 và có thể có H2SO4 hoặc NaOH còn dư
TH1: Phản ứng (1) xảy ra vừa đủ:
 nNaSO = nNaOH = 0,15 mol
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3	(2)
Theo gt nBa(HCO) = 0,2 mol 
nBa(HCO)= nNaSO = 0,15 0,2 nên trường hợp này loại
TH2: H2SO4 dư, NaOH hết trong dung dịch A gồm:
 Na2SO4 ( 0,15 mol), H2SO4 dư (0,2x - 0,15 ) mol.
H2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + CO2 + 2H2O (3)
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3 (4)
Theo PTHH (3) (4) ta có nBa(HCO) = 0,2x - 0,15 + 0,15 = 0,2
→ x = 1 → nBaSO = 0,2 mol → m= mBaSO= 0,2 . 233 = 46,6 gam
TH3: NaOH dư, H2SO4 hết
Trong dung dịch A gồm: NaOHdư ( 0,3- 0,4x) mol, Na2SO4 0,2x mol 
Na2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 + 2NaHCO3 (5)
NaOH + Ba(HCO3)2 → BaCO3 + NaHCO3 (6)
Theo PTHH (5)(6) nBa(HCO) = 0,3 - 0,4x + 0,2x = 0,2 → x = 0,5
→ nBaSO = nNaSO = nHSO = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol
nBaCO= nNaOH dư = 0,3 - 0,4 . 0,5 = 0,1 mol
→ m = mBaSO+ mBaCO = 0,1. 233 + 0,1 . 197 = 43 gam
0,5
0,75
0,75
HS có thể giải theo nhiều cách khác nhau nếu đúng cho điểm tối đa câu đó,