Đề thi học sinh giỏi vòng 2 môn Hóa 9 năm học 2015 - 2016

 ĐỀ THI HSG VÒNG 2 MÔN HÓA 9 NĂM HỌC 2015 - 2016
Câu1(4 điểm):
 a. Nêu hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm sau:
+ TN1: Cho mảnh Cu vào dung dịch H2SO4 loãng và sục khí O2 liên tục 
 + TN2: Cho mảnh Cu vào dung dịch H2SO4 đặc nóng.
b. Trong 2 thí nghiệm trên thí nghiệm nào dùng điều chế CuSO4 có lợi hơn? Tại sao? 
Câu 2 ( 4điểm):
1. Chỉ dùng 1 thuốc thử hãy trình bày phương pháp hóa học để nhận biết các dung dịch sau đựng trong các lọ mất nhãn: FeCl3, AlCl3, MgCl2, NaCl, CuCl2. 
2. Có hỗn hợp các chất rắn: Na2CO3, BaCO3, Al2O3, MgO, CuO. Hãy trình bày cách tách các chất đó ra khỏi nhau. Viết các PTHH xảy ra ?
Câu 3(4 điểm):
1. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 10%, thu được dung dịch Y và 22,4 lít H2 (đktc). Nồng độ của ZnSO4 trong dung dịch Y là 11,6022%. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X.
2. Cho 8,4 gam Fe tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí SO2 và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 26,4 gam muối khan. Tính khối lượng H2SO4 đã phản ứng ? 
Câu 4(4 điểm)
 Hỗn hợp X gồm CO2 và SO2 có tỷ khối so với N2 bằng 2. Cho 0,112 lít hỗn hợp khí X lội chậm qua 500ml dung dịch Ba(OH)2. Sau thí nghiệm phải dùng hết 25ml dung dịch HCl 0,2M để trung hòa Ba(OH)2 dư.
Tính thành phần % số mol mỗi khí trong hỗn hợp X ?
 Tính CM của dung dịch Ba(OH)2 trước thí nghiệm ?
Hãy nhận biết mỗi khí trong X?
Câu 5(4 điểm):
Trộn đều 30,96 gam hỗn hợp bột X gồm MgCO3 và kim loại R có hóa trị không đổi rồi chia làm hai phần bằng nhau.
- Đốt nóng phần I trong không khí, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 15 gam hỗn hợp các oxit kim loại.
- Để hòa tan vừa hết phần II cần 500ml dung dịch chứa hỗn hợp HCl 1,2M và H2SO4 0,24M được dung dịch A và có V lít khí B bay ra. 
1. Viết các phương trình hóa học. 
2. Xác định kim loại R và tỷ khối của B so với H2.
3. Cho 61,65 gam Ba kim loại vào dung dịch A. Sau khi các phản ứng kết thúc, lọc được m gam rắn F không tan và 500 ml dung dịch E. Tính giá trị của m và nồng độ CM của mỗi chất tan có trong dung dịch E.
ĐÁP ÁN- BIỂU ĐIỂM
C©u 
Néi dung
®iÓm
I
4,0
a
TN1: Mảnh đồng màu đỏ gạch tan dần ra, dung dịch chuyển dần sang màu xanh lam.
2Cu + O2 + 2H2SO4 → 2CuSO4 + 2H2O
TN2: Mảnh đồng màu đỏ gạch tan dần ra, dung dịch chuyển dần sang màu xanh lam, có khí mùi hắc thoát ra.
 Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + H2O
0,5
1,0
0,5
0,5
b
TN1 dùng để điều chế CuSO4 có lợi hơn vì :
Lượng H2SO4 cần ít hơn.
ở TN2 có khí SO2 thoát ra gây ô nhiễm môi trường. 
0,5
0,5
0,5
II
4,0
1
Dùng dung dịch NaOH nhận ra các dung dịch.
Lọ nào có kết tủa màu nâu đỏ là FeCl3.
Lọ nào có kết tủa màu xanh là CuCl2.
Lọ nào có kết tủa màu trắng là MgCl2.
Lọ nào xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó tan ra là AlCl3.
Lọ nào không có hiện tượng gì là NaCl.
Các PTHH xảy ra: 5 PTHH 
 0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
2
Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc tách được nước lọc, đun nóng thu được Na2CO3.
Hòa tan hh còn lại bằng dd NaOH dư lọc lấy nước lọc, sục khí CO2 dư vào thu lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi được Al2O3. 
Nung nóng 3 chất rắn còn lại thu được chất rắn, hòa tan chất rắn vào nước lọc tách được CuO và MgO. Sục khí CO2 dư vào nước lọc sau đó đun nóng thu được BaCO3.
Dẫn luồng khí H2 dư đi qua ống đựng 2 chất rắn còn lại, cho lượng chất rắn thu được vào dd HCl dư lọc lấy phần không tan đem nung ngoài không khí thu được CuO.
Cho dd NaOH dư vào dd còn lại lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được MgO.
Các PTHH xảy ra.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
 0,75
III
4,0
1
nH2 = 1 (mol) 
PTHH: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 
 x x x (mol)
 Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2
 y y y y 
 nH2 = x +y = 1 (*) = nH2SO4 
 161y/ (56x + 65y + 980 – 2 ) = 11,6022/100 (2*)
 Từ (*, 2*) suy ra: x = 0,25 (mol), y = 0,75 (mol).
 mFe = 14 gam , m Zn = 48,75 gam 
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
2
nFe = 0,15 (mol).
 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
 Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (2)
Nếu muối thu được chỉ có Fe2(SO4)3 thì mFe2(SO4)3 = 0,075 . 400 = 30 gam > 26,4 gam. 
Nếu muối thu được chỉ có FeSO4 thì mFeSO4 = 0,15 . 142 = 21,3 gam < 26,4 gam .
Vậy xảy ra (1) và (2).
Gọi x là số mol Fe p/ư (1) → nFe(2) = (0,15 – x) mol
mmuối = (0,15 – x).3 . 152 + (0,5x – 0,15 + x) . 400 = 26,4 
 suy ra x = 0,125 (mol) → nH2SO4 = 0,375 (mol) 
→ m H2SO4 = 36,75 gam
0,25
 0,25
 0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
4,0
a.Gọi x, y lần lượt là số mol của CO2 và SO2 .
 x + y = 0,005 (*)
(44x + 64y)/ (x + y) = 28.2 (2*) 
Từ (*,2*) → x = 0,002 (mol), y = 0,003 (mol).
% CO2 = 40% , % SO2 = 60%.
b. CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1)
 SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O (2)
 Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O (3)
 0,0025 0,005 (mol)
nBa(OH)2 (1,2,3) = 0,002 + 0,003 + 0,0025 = 0,0075 (mol)
 → CM Ba(OH)2 = 0,0075/ 0,5 = 0,0035M
Nhận biết mỗi khí 
Dẫn hh khí cho lội qua dd Br2 nếu thấy mất màu chứng tỏ có SO2.
SO2 + 2H2O + Br2 → H2SO4 + 2HBr 
Sục khí còn lại qua dd nước vôi trong nếu nước vôi bị vẩn đục chứng tỏ khí đó là CO2.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
V
4,0
1
Các pthh : 
4R + xO2 2R 2Ox (1)
MgCO3 MgO + CO2 (2)
2 R + 2xHCl 2 R Clx + xH2 (3)
MgCO3 + 2HCl MgCl2 + CO2 + H2O (4)
2 R + xH2SO4 R 2(SO4)x + xH2 (5)
MgCO3 + H2SO4 MgSO4 + CO2 + H2O (6)
 = 0,5.1,2 = 0,6 (mol) ; 
 = 0,5.0,24 = 0,12(mol) ; m mỗi phần = 
0,5
0,25
Gọi M là khối lượng mol của kim loại R
Đặt nR ở mỗi phần là a (mol); ở mỗi phần là b (mol) 
mX ở mỗi phần = Ma +84b = 15,48
Từ (1): = nR = a = ( M+ 8x).a 
 (2): nMgO = = b mMgO = 40b
 M.a+ 8ax+40b = 15 
Từ (3) và (5): nH = x. nR = ax 
 (4) và (6): nH = 2 = 2b
 ax+ 2b = 0,84 
 Ta có hpt: 
Đặt ax= t có hệ 
Giải hệ này ta được: b = 0,12; t = 0,6
0,25
0,25
0,25
0,25
Với t = 0,6 a = 
b = 0,12 = 0,12.84 = 10,08 (g) mR = 15,48 – 10,08 =5,4 (g)
 Ma = 5,4 hay M . = 5,4 M = 9x.
Chọn: x= 1 M=9 (loại)
 x=2 M=18 (loại)
 x=3 M=27 R là Al
0,5
b
Từ (3) và (5) có nH2 = nAl = 0,3 mol
Từ (4) và (6) có nCO2 = = 0,12 mol 
Tỷ khối của B so với H2 = 
0,75
c
Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 (7)
3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (8)
Ba(OH)2 + MgSO4 BaSO4 + Mg(OH)2 (9)
3Ba(OH)2 + 2AlCl3 3BaCl2 + 2Al(OH)3 (10)
Ba(OH)2 + MgCl2 BaCl2 + Mg(OH)2 (11)
Có thể Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 Ba(AlO2)2 + 4H2O (12)
0,5
Trong dd A có chứa 4 chất tan: MgCl2; MgSO4; AlCl3; Al2(SO4)3, trong đó:
Tổng nMg = 0,12; nAl = 0,2
nCl = 0,6; = 0,12
Theo pt(7) = nBa = 0,45; nOH trong Ba(OH)2 = 2.0,45 = 0,9 mol
Từ (8) và (9): = = = 0,12 mol < 0,45 mol
dư: Các phản ứng (10 và (11) xảy ra cùng (8); (9)
Từ (8) và (10) = = nAl = 0,3
Từ (9) và (11) = = nMg = 0,12
Sau (8); (9); (10); (11) còn dư = 0,45 - 0,3 - 0,12 = 0,03 (mol)
phản ứng (12) xảy ra 
Từ (12) bị tan = 2 = 2.0,03 = 0,06 (mol) < 0,2 (mol)
Sau khi các phản ứng kết thúc còn lại = 0,2 - 0,06 = 0,14 (mol)
Vậy khối lượng kết tủa F chính là giá trị của m và
 m = 0,12.233 + 0,12.58 + 0,14.78 = 45,84(g)
0,25
Từ (10) và (11) = nCl = .0,6 = 0,3 (mol)
Vậy nồng độ CM của các chất tan trong dd E lần lượt là:
= 0,3:0,5 = 0,6 M
Từ (12) = dư =0,03
 = 0,03:0,5 = 0,06 M
0,25
 Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa