Đề thi học sinh giỏi lớp 9 năm học 2015 - 2016 môn: Hóa thời gian làm bài:150 phút

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI
TRƯỜNG THCS THANH CAO
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2015 -2016
MÔN: HÓA
Thời gian làm bài:150 phút
Câu 1(3đ):
a/ Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p,n,e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52 hạt. Tổng số hạt trong hạt nhân của của nguyên tử M lớn hơn tổng số hạt trong hạt nhân của nguyên tử X là 5. Tổng số hạt p, n, e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt. Xđ CTHH của phân tử trên.
b/ Chỉ dùng CO2 và H2O hãy nhận biết 5 chất bột màu trắng đựng trong các lọ hóa chất mất nhãn sau: NaCl, Na2CO3, Na2SO4, BaCO3, BaSO4.
Câu 2 (5đ):
a/ Có một hỗn hợp chất rắn gồm: Al, Fe2O3, Cu, Al2O3. Hãy nêu cách tách các chất trên ra khỏi nhau mà không làm thay đổi lượng của mỗi chất. Viết các phương trình hóa học xảy ra.
b/ Cho 11,2 lít hỗn hợp khí X: gồm CO2, SO2 có tỉ khối so với H2 là 26. Đem toàn bộ hỗn hợp X trên tác dụng hoàn toàn với lượng O2 vừa đủ (có mặt chất xúc tác) thu được hỗn hợp Y gồm hai hợp chất. Hấp thụ hết lượng hỗn hợp Y trong 170,8 g dung dịch NaOH 18,74% thu được dung dịch Z. Tính nồng độ phần trăm các chất tan trong dung dịch Z.
Câu 3(5đ): 
a/ Khử 3,48 g một oxit kim loại cần vừa đủ 1,344 lít CO (đktc).Toàn bộ kim loại thu đươc cho tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 1,008 lít H2 (đktc). Xác định công thức hóa học của oxit kim loại.
b/ Hòa tan 13,2 g hỗn hợp A gồm hai kim loại có cùng hóa trị vào 400 ml dung dịch HCl 1,5 M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 32,7 g hỗn hợp muối khan.
- Chứng minh hỗn hợp A không tan hết.
- Tính thể tích khí H2 sinh ra ở đktc
Câu 4 (3đ):
a/ Vôi sống để lâu ngày trong không khí sẽ bị giảm chất lượng. Hãy giải thích hiện tượng này và minh họa bằng phương trình phản ứng hóa học.
 b/ Cho 20,1 gam hỗn hợp A chứa Al, Mg, Al2O3 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 6,72lit H2(đktc). Mặt khác, nếu hoà tan hết 20,1gam A vào V lít dung dịch HCl 1M thu được 15,68lit H2(đktc) và dung dịch B. Cần phải dùng hết 300ml dung dịch KOH 1M mới trung hoà hết lượng axit còn dư trong B. Tính V
Câu 5 (4đ): 
Cho 80 gam bột Cu vào 200 ml dung dịch AgNO3, sau một thời gian phản ứng, đem lọc thu được dung dịch A và 95,2 gam chất rắn B. Cho tiếp 80 gam bột Pb vào dung dịch A, phản ứng xong đem lọc tách thì thu được dung dịch D chỉ chứa một muối duy nhất và 67,05 gam chất rắn E. Cho 40 gam bột kim loại R (có hóa trị II) vào dung dịch D, sau phản ứng hoàn toàn đem lọc tách thì được 44,575 gam chất rắn F. Tính nồng độ mol của dung dịch AgNO3 và xác định kim loại R.
(Thí sinh không được sử dụng Bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học)
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu
 Nội dung
Điểm
1a
 Gọi pM, nM, eM, pX, nX, eX lần lượt là các hạt cơ bản của nguyên tử M, X. p = e 
Ta có hệ phương trỉnh: (2pM + 4pX) + (nM + 2nX) = 164 (1)
 (2PM + 4pX) – (nM + 2nX) = 52 (2)
 (pM + nM) – (pX + nX) = 5 (3)
 (2pM + nM) – (2pX + nX) = 8 (4)
Cộng (1) + (2); lấy (4) – (3) ta có hệ 4pM + 8pX = 216
 PM - pX = 3
Giải được pM = 20 , pX = 17
M: Ca ; X: Cl CTHH: CaCl2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b
- Trích mẫu thử
- Dùng H2O để phân biệt được hai nhóm, tan trong H2O là : NaCl, Na2CO3, Na2SO4; không tan là: BaCO3, BaSO4.
- Cho khí CO2 sục vào BaCO3, BaSO4 có mặt H2O: chất tan là BaCO3, còn lại là BaSO4: 
BaCO3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2
- Lấy Ba(HCO3)2 vừa tạo ra cho vào 3 ống nghiệm chứa các chất NaCl, Na2CO3, Na2SO4:
+ Ống nghiệm nào không xuất hiện kết tủa: NaCl.
+ Còn hai ống nghiệm xuất hiện kết tủa: Na2CO3 và Na2SO4
Ba(HCO3)2 + Na2CO3 BaCO3 + 2NaHCO3
Ba(HCO3)2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaHCO3
- Sau đó lại phân biệt BaCO3, BaSO4 như trên để suy ra hai muối ban đầu là Na2CO3, Na2SO4
0,25
0,25
0,25
0.25
0.25
0.25
2a
t0
 - Đốt hỗn hợp chất rắn trong khí clo dư, rồi cho hỗn hợp chất rắn vào nước.
t0
 2Al + 3Cl2 2AlCl3
 Cu + Cl2 CuCl2
Lọc tách chất rắn, được hỗn hợp chất rắn Al2O3, Fe2O3 và hỗn hợp dung dịch AlCl3, CuCl2
- Cho dd NaOH dư vào hỗn hợp dung dịch thu được chất rắn Cu(OH)2, hỗn hợp gồm các dung dịch: NaAlO2, NaCl, NaOH.
Lọc tách chất rắn nung trong không khí, sau đó khử bằng khí H2. 
 AlCl3 + 3NaOH 3NaCl + Al(OH)3
t0
 NaOH + Al(OH)3 NaAlO2 + 2H2O
t0
t0
 Cu(OH)2 CuO + H2O
 CuO + H2 Cu + H2O
Sục CO2 dư vào phần dung dịch thu được, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi, điện phân nóng chảy Al2O3:
 NaAlO2 + CO2 + H2O Al(OH)3 + NaHCO3
t0, criolit
 2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O
 2Al2O3 4Al + 3O2
- Cho hỗn hợp chất rắn: Al2O3, Fe2O3 vào dd NaOH dư, lọc tách thu được Fe2O3. Sục CO2 dư vào phần dung dịch thu được, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được Al2O3
 Al2O3 + 2NaOH 2NaAlO2 + H2O
t0
 NaAlO2 + CO2 + H2O Al(OH)3 + NaHCO3
 Al(OH)3 Al2O3 + H2O
0,25
0.25
0,25
0,25
0.25
0.25
0.25
0.25
2b
 x (mol): CO2 44 12
 26.2
 y (mol): SO2 64 8
 x : y = 12 : 8 = 3 : 2 , mặt khác: x + y = 11,2 :22,4 = 0,5 mol
=> x = 0,3 mol ; y = 0,2 mol
t0, V2O5
 Hỗn hợp X tác dụng với O2 :
 2SO2 + O2 2SO3 (1)
 (mol) 0,2 0,2
Hỗn hợp Y gồm 0,3 mol CO2 và 0,2 mol SO2
Y tác dụng với NaOH, nNaOH = = 0,8 mol
 SO3 + 2NaOH Na2SO4 + H2O (2)
(mol) 0,2 0,4
=> nNaOH tác dụng với CO2 = 0,8 – 0,4 = 0,4 (mol)
Xét tỉ lệ:
 1 < = < 2
Nên sản phẩm tạo thành là hỗn hợp hai muối:
 CO2 + 2NaOH Na2CO3 + H2O (3) 
(mol) a 2a a
 CO2 + NaOH NaHCO3 (4)
(mol) b b b
Ta có hệ phương trình: a + b = 0,3
 2a + b = 0,4
Giải ra ta được: a = 0,1 mol: b = 0,2 mol
 Dung dịch Z gồm Na2SO4, Na2CO3, NaHCO3
 mddZ = mY + mddNaOH = 0,3. 44 + 0,2. 80 + 170,8 = 200 gam
Theo (2) nNa2SO4 = nSO3 = 0,2 mol => mNa2SO4 = 0,2.142 = 28,4 gam => C%dd Na2SO4 = .100% = 14,2%
Theo (3) nNa2CO3 = 0,1 mol => mNa2CO3 = 0,1.106 = 10,6 gam
=>C%dd Na2CO3 = .100% = 5,3%
Theo (4): nNaHCO3 = 0,2 mol => mNaHCO3 = 0,2.84 = 16,8 gam
=> C%dd NaHCO3 = .100% = 8,4%
0,25
0.25
0.25
0.25
0,25
0.25
0.25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
3a
nCO = 1,344 : 22,4 = 0,06 (mol); nH2 = 1,008 : 22,4 = 0,045 mol
 Gọi công thức chung của oxit RxOy
PTHH: RxOy + yCO xR + yCO2
(mol) 0,06 
 R + nHCl RCln + H2
 (mol) 0,045
Ta có phương trình: = (1)
Mặt khác ta có phương trình về khối lượng oxit:
.( Rx + 16y) = 3,48 (2)
Thế (1) vào (2):
Ta có: 0,09R = 2,52n
Biện luận với n = 1,2,3.
Thấy nghiệm n = 2, R = 56 thỏa mãn
Theo PTHH nO ( trong oxit ) = nCO = 0,06 mol => mO = 0,06. 16 = 0,96 (g) => mFe = 3,48 – 0,96 = 2,52 => nFe = 0,045 mol
=> = = . Vậy CTHH của oxit là Fe3O4
0,25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
3b
nHCl = 0,4. 1,5 = 0,6 mol
Goi M và N là hai kim loại trong hỗn hợp A có hóa trị x, a, b lần lượt là số mol của M, N.
PTHH : 
 2M + 2xHCl 2MClx + xH2 
(mol) a xa a 0,5xa
 2N + 2xHCl 2NClx + xH2 
(mol) b xb b 0,5xb
Theo PTHH: nHClx = x.(a + b) = 0,6 (1)
Ta có: mMClx + mNClx = (M + 35,5x).a + (N + 35,5x).b = 32,7
Hay: (Ma + Nb) + 35,5x.(a + b) = 32,7 (2) thế (1) vào (2)
=> Ma + Nb = 11,4 hay mM + mN = 11,4 < 13,3 (theo đề bài)
Do đó hỗn hợp A không tan hết
Theo PTHH: nH2 = 0,5x. (a + b) = 0,5.0,6 = 0,3 mol
=> VH2 = 0,3. 22,4 = 6,72 ( l)
0.25
0,25
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
4a
 Trong thành phần của không khí có: CO2, hơi nướcnếu để vôi sống lâu trong không khí thì vôi sống không còn giữ nguyên phẩm chất ( một phần bị biến đổi thành chất khác) do có các phản ứng hóa học:
 CaO + CO2 CaCO3
 CaO + H2O Ca(OH)2
 Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O
0.25
0,25
0.25
0,25
4b
 Hỗn hợp A tác dụng với dd NaOH: nH2 = 6,72 : 22,4 = 0,3 mol
 2Al + 2NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2 (1)
(mol) 0,2 0,3 
Hỗn hợp A tác dụng với dd HCl, nH2 = 15,68 :22,4 = 0,7 mol
 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 (2)
(mol) 0,2 0,3
 Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (3)
 Al2O3 + 6HCl AlCl3 + H2O (4)
 nH2 (p.ư 3) = 0,7 – 0,3 = 0,4 mol . Theo (3) => nMg= 0,4 (mol)
 => mAl2O3 = 20,1 – (0,2.27 + 0,4.24) = 5,1 (gam) 
=>nAl2O3= 5,1 : 102 = 0,05 (mol)
 dd HCl dư trung hòa bằng dd KOH, nKOH = 0,3. 1 = 0,3 mol
 HCl + KOH KCl + H2O (5)
(mol) 0,3 0,3 
 Tổng nHCl phản ứng (2), (3), (4),(5) = 0,2.3 + 0,4.2 + 0,05.6 + 0,3 = 2 (mol) 
=>VddHCl = 2 : 1 = 2 lít
0.25
0.25
0.25
0,25
0.25
0.25
0.25
0,25 
5
Phương trình hóa học
 Cu + 2AgNO3 Cu(NO3)2 + 2Ag	(1)
(mol) x 2x x 2x
Ta có phương trình về độ tăng khối lượng của chất rắn:
108.2x – 64x = 95,2 – 80 => x = 0,1 (mol)
 Pb + Cu(NO3)2 Pb(NO3)2 + Cu(2)
(mol) 0,1 0,1 0,1 0,1
Theo (2) thì độ giảm khối lượng kim loại sẽ là (207 – 64).0,1 = 14,3(g) > 80 – 67,05 = 12,95 (g).
 Điều này chứng tỏ trong dung dịch A vẫn còn muối AgNO3 dư để phản ứng:
 Pb + 2AgNO3 Pb(NO3)2 + 2Ag(3)
(mol) y 2y y 2y
- Theo (3) ta có độ tăng khối lượng của chất rắn: 216.y – 207.y = 9.y
Ta có phương trình về độ giảm khối lượng của chất rắn khi cho Pb vào dung dịch A:
 14,3 – 9y = 80 – 67,05 = 12,75 => y = 0,15
Từ (1) và (3) ta có số mol của AgNO3 = 2x + 2y = 0,1.2 + 0,15.2 = 0,5 (mol)
=> CMddAgNO3 = = 2,5 (M)
Dung dịch D chứa Pb(NO3)2, nPb(NO3) = 0,1 + 0,15 = 0,25 (mol). Vậy dung dịch D có số mol là 0,25. = 0,025 (mol)
 R + Pb(NO3)2 R(NO3)2 + Pb (4)
(mol) 0,025 0,025 0,025 0,025
Theo (4) độ tăng khối lượng kim loại là:
0,025.207 - 0,025.R = 44,575 – 40 = 4,575 (g)
=> R = 24 (g). Vậy R là Mg (magiê)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Giáo viên ra đề
Lê Thị Minh Nguyệt