Tập 26 đề thi học sinh giỏi cấp huyện + tỉnh môn Hóa học lớp 9 (có đáp án chi tiết)

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa Quy Nhơn 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

“Tập 20 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Hóa học lớp 9 (có đáp án chi tiết)” 

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 

ĐỀ SỐ: 01 

MÔN: HÓA HỌC - LỚP 9 

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 

Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 24/10/2017-Năm học 2017 - 2018 

ĐỀ BÀI 

Câu 1: (2.0 điểm) 

Chọn các chất A,B,C thích hợp và viết các phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện 

phản ứng nếu có) theo sơ đồ biến hoá sau: 

A (2) 

B ⎯ ⎯→ 

( 1) 

Fe (SO ) 2 4 3 ⎯ ⎯→ ( 4) 

FeCl 3 ⎯ ⎯→ 

( 5) 

Fe(NO 3 ) 3 ⎯ ⎯→ 

( 6) 

A ⎯ ⎯→ 

( 7) 

B ⎯ ⎯→ 

( 8) 

(3) 

C 

C 

Câu 2: (2.0 điểm) 

Nêu hiện tượng xảy ra và viết các phương trình hóa học của các phản ứng có thể xảy 

ra khi: 

a) Cho mẫu kim loại Na vào cốc đựng dung dịch MgCl 2 . 

b) Sục từ từ khí CO 2 vào dung dịch Ca(OH) 2 . 

Câu 3: (2.0 điểm) 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

Từ đá vôi, quặng pirit sắt, muối ăn, nước và các thiết bị, chất xúc tác cần thiết khác 

xem như có đủ, viết PTHH điều chế các chất: FeCl 3 , NaHCO 3 , CaCl 2 

Câu 4: (2.0 điểm) 

Chỉ được dùng quỳ tím hãy phân biệt các dung dịch bị mất nhãn riêng biệt sau: HCl, 

Ba(OH) 2 , Na 2 SO 4 , H 2 SO 4 , KOH. Viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có). 

Câu 5: (2.0 điểm) 

X, Y, Z là các hợp chất của Na; X tác dụng với dung dịch Y tạo thành Z. Khi cho 

Z tác dụng với dung dịch HCl thấy bay ra khí cacbonic. Đun nóng Y cũng thu được khí 

cacbonic và Z. Hỏi X, Y, Z là những chất gì? Cho X, Y, Z lần lượt tác dụng với dung 

dịch CaCl 2 . Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 

Câu 6: (2.0 điểm) 

Muối A có công thức XY 2 , tổng số hạt cơ bản trong A là 140, số hạt mang điện nhiều 

hơn số hạt không mang điện là 44. Cũng trong phân tử này thì số hạt mang điện của Y nhiều 

hơn của X cũng là 44 hạt. Xác định công thức phân tử của A. 

Câu 7: (2.0 điểm) 

Hòa tan hết 3,2 gam oxit M 2 O m (M là kim loại) trong một lượng vừa đủ dung dịch 

H 2 SO 4 10%, thu được dung dịch muối có nồng độ 12,9%. Sau phản ứng đem cô cạn bớt 

dung dịch và làm lạnh nó, thu được 7,868 gam tinh thể muối với hiệu suất kết tinh là 

70%. Xác định công thức của tinh thể muối đó. 

Câu 8: (2.0 điểm) 

Sục từ từ V lít CO 2 (ở đktc) vào 148 gam dung dịch Ca(OH) 2 20% thì thu được 30 

gam kết tủa. Tính V và nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch sau phản 

ứng? 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÝ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

1 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial







Câu 9: (2.0 điểm) 

Dẫn H 2 đến dư đi qua 25,6gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , MgO, CuO (nung nóng) 

cho đến khi phản ứng xảy hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8gam chất rắn. Mặt khác 

0,15mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225ml dung dịch HCl 2,0M. 

a) Viết các phương trình phản xảy ra. 

b) Tính % theo khối lượng các chất trong hỗn hợp X? 

Câu 10. (2.0 điểm) 

Hòa tan NaOH rắn vào nước để tạo thành 2 dung dịch A và B với nồng độ phần 

trăm của dung dịch A gấp 3 lần nồng độ phần trăm của dung dịch B. Nếu đem trộn hai 

dung dịch A và B theo tỉ lệ khối lượng m A : m B = 5 : 2 thì thu được dung dịch C có nồng 

độ phần trăm là 20%. Hãy xác định nồng độ phần trăm của dung dịch A và nồng độ phần 

trăm của dung dịch B. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 

(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học) 

HƯỚNG DẪN CHẤM 


ĐỀ THI HSG CẤP HUYỆN MÔN: HÓA HỌC- LỚP 9 


Câu Nội dung Điểm 

Câu 1 A: Fe(OH) 3; B: Fe 2 O 3 ; C: Fe 

(2điểm) (1) Fe 2 O 3 + 3 H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3 H 2 O 0,25 

(2) 2 Fe(OH) 3 + 3H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6 H 2 O 0,25 

(3) 2Fe + 6 H 2 SO 4 đặc ⎯⎯→ 

to Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6 H 2 O 0,25 

(4) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 → 2FeCl 3 + 3BaSO 4 0,25 

(5) FeCl 3 + 3AgNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + 3AgCl 0,25 

(6) Fe(NO 3 ) 3 + 3NaOH → Fe(OH) 3 + 3 NaNO 3 0,25 

(7) 2Fe(OH) 3 ⎯⎯→ 

to ) Fe 2 O 3 + 3H 2 O 0,25 

(8) Fe 2 O 3 + 3H 2 ⎯⎯→ 

to 2Fe + 3H 2 O 0,25 

Câu 2 

(2điểm) a, Hiện tượng: -Mẫu kim loại Na tan dần đồng thời có khí không màu 0,5đ 

thoát ra, sau đó xuất hiện kết tủa trắng. 

PTHH: 

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 

0,25đ 

2NaOH + MgCl 2 → Mg(OH) 2 + 2NaCl 

0,25đ 


(trắng) 

b,Hiện tượng: - Có kết tủa trắng xuất hiện sau đó kết tủa lại tan dần 0,5đ 

2 



www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 

. 






DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN






Câu 3 

(2điểm) 

Câu 4 

(2điểm) 

Câu 5 

(2điểm) 


tạo thành dung dịch trong suốt. 

PTHH: 

CO 2 + Ca(OH) 2 → 

CaCO 3 + H 2 O 

(trắng) 

CO 2 + CaCO 3 + H 2 O → Ca(HCO 3 ) 2 . 

Viết đúng 1 PTHH được 0,25 điểm 

§F, mn 

2NaCl + 2H 2 O ⎯⎯⎯⎯→ 2NaOH + H 2 ↑ + Cl 2 ↑ 

H 2 + Cl 2 → 2HCl 

CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + H 2 O + CO 2 

§F 

2H 2 O ⎯⎯⎯→ 2H 2 ↑ + O 2 ↑ 

0 

t 

4FeS 2 + 11O 2 ⎯⎯→ 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 ↑ 

Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 3 +3H 2 ↑ 

0 

t 

CaCO 3 ⎯⎯→ CaO + CO 2 

NaOH + CO 2 → NaHCO 3 

- Trích các mẫu thử và đánh số thứ tự. 

- Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch trên: 

+ dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ, đó là dung dịch HCl, 

H 2 SO 4 (Nhóm 1) 

+ dung dịch làm quỳ tím chuyển sang màu xanh, đó là dung dịch 

KOH, Ba(OH) 2 (Nhóm 2) 

+ dung dịch không làm quỳ tím chuyển màu, đó là dung dịch Na 2 SO 4 

- Tiếp tục lấy mỗi mẫu thử trong nhóm 1 lần lượt nhỏ vào mỗi mẫu 

thử trong nhóm 2. 

+ Nếu thấy có kết tủa trắng xuất hiện thì mẫu thử trong nhóm 1 là 

H 2 SO 4 , mẫu thử trong nhóm 2 là Ba(OH) 2 . 

Ba(OH) 2 + H 2 SO 4 BaSO 4 + 2H 2 O 

(trắng) 

+ Nếu không có hiện tượng gì thì mẫu trong nhóm 1 là HCl, mẫu thử 

trong nhóm 2 là KOH. 

Vì khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl có khí cacbonic thoát ra, 

X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y lại thu được khí cacbonic và Z 

chứng tỏ: 

=>Z là muối cacbonat Na 2 CO 3 . 

Y là muối natrihidrocacbonat NaHCO 3 . 

X là natrihidroxit NaOH 

Các phương trình hóa học: 

Na 2 CO 3 + 2HCl → NaCl + H 2 O + CO 2 ↑ 

NaOH + NaHCO 3 → Na 2 CO 3 + H 2 O 

2NaHCO 3 → Na 2 CO 3 + H 2 O + CO 2 ↑ 

Các phản ứng hóa học khi cho A, B, C phản ứng với dung dịch 

0,25đ 

0,25đ 

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 





3 








Câu 6 

(2điểm) 

Câu 7 

(2điểm) 

Câu 8 

(2điểm) 


CaCl 2 : 

2NaOH + CaCl 2 → Ca(OH) 2 ↓ + 2NaCl 

NaHCO 3 + CaCl 2 → không phản ứng 

Na 2 CO 3 + CaCl 2 → CaCO 3 ↓ + 2NaCl 

Gọi p x ; n x là số proton và nơtron của X 

P y ; n y là số proton và nơtron của Y. 

Theo bài ra ta có hệ phương trình: 

(2p x + n x ) + 2(2p y + n y ) = 140 

(2p x + 4p y ) - (n x + 2n y ) = 44 

4p y – 2p x = 44 

Giải ra ta được p x = 12 (Mg); p y = 17 (Cl) 

Vậy CTPT của A là MgCl 2 . 

PTHH: M 2 O m + mH 2 SO 4 ⎯⎯→ M 2 (SO 4 ) m + mH 2 O 

Giả sử có 1 mol M 2 O m phản ứng thì số gam dung dịch H 2 SO 4 10% là 

980m. 

Khối lượng dung dịch thu được là: 2M + 996m (g). 

Số gam muối là (2M + 96m) (g). 

M + m 

2M 

+ 996m 

Ta có C% = 2 96 100% 

= 12,9% => M = 18,65m 

Nghiệm phù hợp là m = 3 và M = 56(Fe) 

Vậy oxit là Fe 2 O 3 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O 

nFe 2 O 3 = 3, 2 = 0,02 mol 

160 

Vì hiệu suất là 70% nên số mol Fe 2 (SO 4 ) 3 tham gia kết tinh là: 

0,02.70% = 0,014 mol 

Nhận thấy số gam Fe 2 (SO 4 ) 3 = 0,014.400 = 5,6 < 7,868 nên 

Đặt CTHH của muối tinh thể là Fe 2 (SO 4 ) 3 .nH 2 O 

Ta có 0,014( 400+ 18n) = 7,868 

n = 9 

Công thức của muối là Fe 2 (SO 4 ) 3 .9H 2 O 

n Ca(OH) = 148.20 

n CaCO = 30 

3 

2 

100.74 

100 

= 0,4 mol 

= 0,3 mol 

Ta thấy n CaCO < n Ca(OH) => Xét 2 trường hợp 

3 2 

TH1: CO 2 hết, (Ca(OH) 2 dư). 


CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O 

n CO = n CaCO = 0,3 mol 

V CO = 0,3. 22,4 = 6,72 lít 


2 

2 

3 



0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 





4 








Câu 9. 

(2điểm) 


M dd sau pư = 0,3.44 + 148 – 30 = 131,2 g 

Trong dd sau pư có: Ca(OH) 2 dư 0,4 - 0,3 = 0,1 mol 

C% (Ca(OH) 2 dư = 0,1.74.100 = 5,64 % 

131,2 

TH2: CO 2 dư, (Ca(OH) 2 hết). 

Gọi x, y là số mol Ca(OH) 2 tạo muối trung hòa và muối axit 

CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O (1) 

x x x 

2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 

2y y y 

(2)V 

Theo (1) và (2) ta có x + y = 0,4 mà x = 0,3 => y = 0,1 mol 

Vậy V CO = (0,3 + 2.0,1).22,4 = 11.2 lít 

M dd sau pư = 0,5.44 + 148 – 30 = 140 (g). 

Dd sau pư có: 0,1 mol Ca(HCO 3 ) 2 

C% (Ca(HCO 3 ) 2 = 0,1.162.100 

140 

=11,57 % 

a,PTHH: 

H 2 + CuO ⎯ t ⎯→ 

0 C Cu + H 2 O (1) 

4H 2 + Fe 3 O 4 ⎯ t ⎯→ 

0 C 3Fe + 4H O (2) 2 

H 2 + MgO ⎯ t ⎯→ 

0 C ko phản ứng 

2HCl + MgO → MgCl 2 + H 2 O (3) 

8HCl + Fe 3 O 4 → FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O (4) 

2HCl + CuO → CuCl 2 + H 2 O (5) 

b,* Đặt n MgO = x (mol); n Fe O = y (mol); n CuO = z (mol) trong 25,6gam 

3 4 

X 

Ta có 40x + 232y + 80z = 25,6 (I) 

40x + 168y + 64z = 20,8 (II) 

* Đặt n MgO =kx (mol); n Fe O =ky (mol); n CuO =kz (mol) trong 0,15mol X 

3 4 

Ta có k(x + y + z) = 0,15 (III) 

2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV) 

Giải hệ gồm (I), (II), (III) và (IV)⇒ 

x=0,15mol; y=0,05mol; z=0,1mol 

m MgO = 0,15. 40 = 6 (g) 

m CuO = 0,1. 80 = 8 (g) 

m Fe O = 0,05 . 232 = 11,6 (g) 

3 

4 

2 




0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 






5 








%MgO = (6: 25,6) .100 = 23,44% 

%CuO = (8 : 25,6) .100 = 31,25% 

%Fe 3 O 4 =100% – (23,44 + 31,25) %= 45,31% 0,25 




Câu 10 Gọi x là nồng độ phần trăm của dung dịch B thì nồng độ phần trăm 

của dung dịch A là 3x. 

Nếu khối lượng dung dịch B là m (gam) thì khối lượng dung dịch A 

là 2,5m (gam). 

Khối lượng NaOH có trong m (gam) dung dịch B = mx (gam) 

Khối lượng NaOH có trong 2,5m (gam) dung dịch A = 2,5m.3x = 

7,5mx (gam) 

⇒ Khối lượng NaOH có trong dung dịch C = mx + 7,5mx = 8,5mx 

(gam) 

Khối lượng dung dịch C = m + 2,5m = 3,5m 

8,5mx 20 

⇒ = ⇒ x = 8,24% 

3,5m 100 

Vậy dung dịch B có nồng độ là 8,24%, dung dịch A có nồng độ là 

24,72%. 

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 

(0,5đ) 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 


0,5đ 






6 
















ĐỀ BÀI 

Câu 1. (2,0 điểm): Cho các hoá chất CaCO 3 , NaCl, H 2 O và các dụng cụ cần thiết để làm 

thí nghiệm, trình bày phương pháp điều chế dung dịch gồm 2 muối Na 2 CO 3 và NaHCO 3 

có tỷ lệ số mol là 1:1. 

Câu 2. (2,0 điểm): Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học để giải thích cho các thí 

nghiệm sau: 

Thí nghiệm 1: Cho Na dư vào dung dịch Al(NO 3 ) 3 . Sau đó lại sục CO 2 vào dung 

dịch thu được. 

Thí nghiệm 2: Đốt cháy quặng pirit sắt trong oxi dư sau đó hấp thụ sản phẩm khí 

vào dung dịch brom. 

Thí nghiệm 3: Cho Sắt vào dung dịch đồng(II) sunfat. 

Câu 3. (2,0 điểm): Cho 200ml dung dịch hỗn hợp AgNO 3 0,1M và Cu(NO 3 ) 2 0,5M. 

Thêm 2,24 gam bột Fe kim loại vào dung dịch đó khuấy đều tới phản ứng hoàn toàn thu 

được chất rắn A và dung dịch B. 

a. Tính số gam chất rắn A? 

b. Tính nồng độ mol của các muối trong dung dịch B? ( Biết thể tích dung dịch 

không thay đổi). 

c. Hòa tan chất rắn A bằng axit HNO 3 đặc thì có bao nhiêu lít khí màu nâu thoát ra 

(ở đktc)? 

Câu 4. (2,0 điểm): Hỗn hợp A gồm Fe 3 O 4 , Fe, Al và Al 2 O 3 . Cho A tan trong dung dịch 

NaOH dư được hỗn hợp chất rắn A 1 , dung dịch B 1 và khí C 1 . Cho khí C 1 (dư) tác dụng 

với A nung nóng được hỗn hợp chất rắn A 2 . Chất rắn A 2 tác dụng với H 2 SO 4 đặc nguội, 

được dung dịch B 2 . Cho B 2 tác dụng với dung dịch BaCl 2 được kết tủa B 3 . Xác định các 

chất A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , B 3 , C 1 và viết phương trình hoá học xảy ra. 

Câu 5. (2,0 điểm): Cho 16 gam hỗn hợp X chứa Mg và kim loại M vào dung dịch HCl 

dư, sau khi phản ứng kết thúc thu được 8,96 lít khí H 2 (đktc). Cũng 16 gam hỗn hợp X ở 

trên tan hoàn toàn trong dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư thu được dung dịch Y và 11,2 lít 

khí SO 2 (đktc) duy nhất. Viết phương trình hóa học xảy ra và xác định kim loại M. 

Câu 6. (2,0 điểm): Chỉ dùng một loại thuốc thử, hãy nhận biết các muối đựng trong các 

lọ mất nhãn gồm: NH 4 Cl, (NH 4 ) 2 SO 4 , NaNO 3 , MgCl 2 , AlCl 3 , FeCl 3 . 

Câu 7. (2,0 điểm): Dẫn H 2 đến dư đi qua 51,2 gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , MgO, CuO 

(nung nóng) cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được 41,6 gam 

chất rắn. Mặt khác 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225ml dung dịch HCl 2,0 M. 

a. Viết các phương trình hóa học biểu diễn phản ứng xảy ra. 

b. Tính % số mol các chất trong hỗn hợp X? 







7 









Câu 8. (2,0 điểm): Một loại muối ăn bị lẫn các tạp chất là: MgCl 2 , CaCl 2 , MgSO 4 , 

CaSO 4 , Na 2 SO 4 , Mg(HCO 3 ) 2 và Ca(HCO 3 ) 2 . Hãy trình bày phương pháp hóa học để thu 

được NaCl tinh khiết. 

Câu 9. (2,0 điểm): 

Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau đây. 

X 

G + H 2 O 

G Y ⎯ ddBr ⎯ 2 → A + B 

⎯⎯→ 

Fe Z ⎯⎯→ 

A X + C. 

Cho biết G là một Phi kim, X là khí có mùi trứng thối 

Câu 10. (2,0 điểm): X là hỗn hợp của hai kim loại gồm kim loại R và kim loại kiềm A. 

Lấy 9,3 gam X cho vào nước dư thu được 4,48 lít khí H 2 (đktc). Đem 1,95 gam Kali 

luyện thêm vào 9,3 gam X ở trên, thu được hỗn hợp Y có phần trăm khối lượng Kali là 

52%. Lấy toàn bộ hỗn hợp Y cho tác dụng với dung dịch KOH dư thu được 8,4 lít khí H 2 

(đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định kim loại A và R. 

Cho: Na= 23, C= 12, H=1, O=16, Ag= 108, N=14, Cu= 64, Fe= 56, Mg= 24, Cl= 35,5, 

S= 32, Al= 27, K= 39. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 






+ Điều chế khí cacbonic 

t 0 

CaCO3 ⎯⎯→ CaO + CO2 

0,25 

+ Điều chế dd NaOH 

dpdd mang ngan 

2NaCl + 2H 2O ⎯⎯⎯⎯⎯→ 2NaOH + Cl2 + H2 

+ Các phản ứng điều chế muối 

CO2 + NaOH ⎯⎯→ NaHCO3 

(1) 

du 

2a mol 2a mol 

Câu 1. 

0,25 

0,25 

2,0điểm NaHCO3 + NaOH ⎯⎯→ Na2CO3 + H 

2O 

(2) 

a mol amol amol 

0,25 

Cách tiến hành : 

- Cho 2V dd NaOH vào hai cốc A và B sao cho V A = 2V B (dùng ống 

đong chia độ). 

- Gọi số mol NaOH ở cốc A là 2a mol thì số mol NaOH ở cốc B sẽ 

là a mol 

- Sục khí CO 2 dư vào cốc A xảy ra phản ứng (1). Sau đó đổ cốc A 

0,25 

0,25 


. 








8 








vào cốc B xảy ra phản ứng (2). Như vậy ta thu được trong cốc B 

dung dịch 2 muối NaHCO 3 và Na 2 CO 3 có tỷ lệ 1:1 

0,5 




Câu 2. 

2,0 

điểm 

Câu 3. 

2,0 

điểm 

Thí nghiệm 1: Có khí không màu thoát ra, Na tan dần 

2Na +2H 2 O → 2NaOH + H 2 

- Xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan. 

3NaOH + Al(NO 3 ) 3 → Al(OH) 3 + 3NaNO 3 

NaOH + Al(OH) 3 → NaAlO 2 + 2H 2 O 

- Xuât hiện kết tủa keo trăng trở lại khi sục khí CO 2 vào: 

NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2 O → Al(OH) 3 + NaHCO 3 

Thí nghiệm 2: Có khí mùi hắc thoát ra 

0 

t 

4FeS 2 + 11O 2 ⎯⎯→ 2 Fe 2 O 3 + 8SO 2 

- Mất màu da cam của dung dịch Brom 

SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → 2HBr + H 2 SO 4 

Thí nghiệm 3: Có chất rắn màu đỏ gạch bám vào đinh sắt, màu xanh 

lam của dung dịch nhạt dần. 

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu 

n AgNO3 = 0,2.0,1=0,02 (mol) 

n Cu(NO3)2 = 0,2.0,5 =0,1 (mol) 

n Fe = = 0,04 (mol) 

a. Các phản ứng xảy ra: 

Fe + 2AgNO 3 → Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag↓ 

0,01 0,02 0,01 0,02 (mol) 

Fe + Cu(NO 3 ) 2 → Fe(NO 3 ) 2 + Cu↓ 

(0,04-0,01) 0,03 0,03 0,03 (mol) 

- Chất rắn A gồm: Ag và Cu 

=> m A = 0,02.108 + 0,03.64 = 4,08 (g) 

b. Dung dịch B gồm: 

Fe(NO 3 ) 2 : (0,01 + 0,03) = 0,04 (mol) 

Cu(NO 3 ) 2dư : (0,1 – 0,03 )=0,07 (mol) 

C M Fe(NO3)2 = = 0,2 (M) 

C M Cu(NO3)2 = = 0,35 (M) 

c.Các phản ứng hòa tan: 

Ag + 2HNO 3 → AgNO 3 + NO 2 ↑ + H 2 O 

0,02 0,02 (mol) 

Cu + 4HNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 ↑ + 2H 2 O 

0,03 0,06 (mol) 

V NO2 = (0,02 + 0,06 ).22,4 = 1,792 (lít) 


Câu 4. 

2,0 

điểm 


0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

+ Cho A tác dụng với dd NaOH dư thì Fe 3 O 4 , Fe không phản ứng. 0,25 





9 








Câu 5. 

2,0 

điểm 




2Al + 2NaOH + H 

2O → 2NaAlO2 + 3 H2 

0,25 

Al2 O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H 

2O 

Chất rắn A 1 : Fe 3 O 4 , Fe; dd B 1 : NaAlO 2 và NaOH dư; khí C 1 : H 2 

+ Cho khí C 1 dư tác dụng với A thì Fe, Al, Al 2 O 3 không phản ứng. 

t 

Fe 3 O 4 + 2H 2 ⎯⎯→ 

0 

3Fe + 4H 2 O. 

Chất rắn A 2 : Fe, Al, Al 2 O 3 

0,25 

0,25 

+ Cho A 2 tác dụng H 2 SO 4 đặc nguội thì Fe và Al không phản ứng. 

Al2 O3 + 3 H 

2SO4 dac, nguoi 

→ Al2( SO4 ) 

3 

+ 3H 2O 

0,25 

0,25 

Dd B 2 : Al2( SO 

4) 

3 

+ Cho B 2 tác dụng với dd BaCl 2 

0,25 

Al2( SO4 ) 

3 

+ 3 BaCl2 → BaSO4 + 2AlCl3 

0,25 

B 3 : BaSO 4 

Đặt số mol của Mg và kim loại M lần lượt là : x và y 


Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 

0,25 

my 

x + = 0,5 (6) 

2 

x 

x 

2M + 2nHCl → 2MCl n + nH 2 (có thể có) 

ny 

y 

2 

Mg + 2H 2 SO 4 → MgSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

x 

x 

0,25 

2M + 2mH 2 SO 4 → M 2 (SO 4 ) m + mSO 2 + 2mH 2 O 

my 

y 

2 

Số mol của H 2 là : 8,96 : 22,4 = 0,4 mol 

Số mol của SO 2 là : 11,2 : 22,4 = 0,5 mol 

0,25 

* Trường hợp 1. Kim loại M không phản ứng với dung dịch HCl. 

Theo bài ra và các phương trình trên ta có : 

24x + My = 16 (1) 

x = 0,4 (2) 

my 

x + = 0,5 (3) 

2 

Từ (1), (2), (3) ta có : M = 32m 

Nếu m = 1 → M = 32 (loại) 

Nếu m = 2 → M = 64 (Cu) 

0,25 

Nếu m = 3 → M = 96 (loại) 

Vậy kim loại M là Cu 

0,25 

* Trường hợp 2. Kim loại M phản ứng với dung dịch HCl. 

Theo bài ra và các phương trình trên ta có : 

24x + My = 16 (4) 

ny 

x + 

2 

= 0,4 (5) 

0,25 







10 








Câu 6. 

2,0 

điểm 

Câu 7. 

2,0 

điểm 


Theo (5) và (6) ta thấy m > n 

n 1 2 

m 2 3 3 

x 0,3 0,35 0,2 

y 0,2 0,1 0,2 

M 44 (loại) 76 56 (Fe) 

(loại) 

Vậy kim loại M là Fe 

- Lấy mỗi lọ một ít dung dịch làm mẫu thử. Cho từ từ dung dịch 

Ba(OH) 2 dư lần lượt vào từng mẫu thử: 

+ Mẫu thử nào có khí mùi khai bay ra là NH 4 Cl 

2NH 4 Cl + Ba(OH) 2 → BaCl 2 + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O 

+ Mẫu thử nào có tạo kết tủa trắng và khí mùi khai bay ra là 

(NH 4 ) 2 SO 4 

(NH 4 ) 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 ↓ + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O 

+ Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng không tan trong kiềm dư là MgCl 2 

MgCl 2 + Ba(OH) 2 → Mg(OH) 2 ↓ + BaCl 2 

+ Mẫu thử nào có tạo kết tủa nâu đỏ là FeCl 3 

2FeCl 3 + 3Ba(OH) 2 → 2Fe(OH) 3 ↓ + 3BaCl 2 

+ Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng keo, sau kết tủa tan ra là AlCl 3 

2AlCl 3 + 3Ba(OH) 2 → 2Al(OH) 3 ↓ + 3BaCl 2 

2Al(OH) 3 ↓ + Ba(OH) 2 → Ba(AlO 2 ) 2 + 4H 2 O 

+ Mẫu thử nào không có hiện tượng gì là NaNO 3 

a) Mỗi PTHH đúng được 0,125 điểm 

H 2 + CuO ⎯⎯→ 

C Cu + H 2 O (1) 

4H 2 + Fe 3 O 4 ⎯⎯→ 

C 3Fe + 4H 2 O (2) 

H 2 + MgO ⎯⎯→ 

C ko phản ứng 

2HCl + MgO → MgCl 2 + H 2 O (3) 


2HCl + CuO → CuCl 2 + H 2 O (5) 

b) Đặt n = x (mol); n = y (mol); n = z (mol) trong 

MgO Fe3 O 4 CuO 

51,2 gam X 


40x + 168y + 64z = 41,6 (II) 

* Đặt n MgO 

=kx (mol); n Fe3 O 

=ky (mol); n 

4 CuO 

=kz (mol) trong 

0,15mol X 


2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV) 

Giải hệ gồm (I), (II), (III) và (IV) x=0,3mol; y=0,1mol; z=0,2mol 

%n MgO = 0,3 

0,6 .100 = 50(%); %n CuO = 0,2 .100 = 33,33(%) 

0,6 

%n =100 – 50 – 33,33 = 16,67(%) 

Fe3 O 4 




Câu 8. * Hoà tan hỗn hợp vào nước dư, sau đó thêm BaCl 2 dư vào: 0,5 

11 




0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,75 

0.25 

0,25 

0,25 

0,5 










2,0 

điểm 

Câu 9. 

2,0 

điểm 

Câu 10 

2,0 

điểm 


Na 2 SO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 + 2NaCl 

MgSO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 + MgCl 2 

CaSO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 + CaCl 2 

........................................................................................................................................................................... 

* Lọc bỏ kết tủa. Thêm Na 2 CO 3 dư vào dung dịch nước lọc: 

MgCl 2 + Na 2 CO 3 → MgCO 3 + 2NaCl 

CaCl 2 + Na 2 CO 3 → CaCO 3 + 2NaCl 

BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 + 2NaCl 

Mg(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 → MgCO 3 + 2NaHCO 3 

Ca(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 → CaCO 3 + 2NaHCO 3 

................................................................................................................................................................. 

* Lọc bỏ kết tủa. Thêm HCl dư vào để phản ứng hết NaHCO 3 , 

Na 2 CO 3 dư: 

NaHCO 3 + HCl → NaCl + H 2 O + CO 2 

Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + H 2 O + CO 2 

Cô cạn dung dịch, thu được NaCl tinh khiết. 

G là một phi kim và X có mùi trứng thối => X là H 2 S và G là S 

S + H 2 ⎯⎯→ 

t o 

H S (X) 2 

S + O 2 ⎯⎯→ 

O SO ( Y) 

2 2 t 

S + Fe ⎯⎯→ 

o 

FeS (Z) 

2H 2 S + SO 2 →3 S + 2H 2 O 

SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → 2 HBr + H 2 SO 4 

FeS + HBr → H 2 S + FeBr 2 ( có thể thay HBr bằng 

H 2 SO 4 ) 

Xác định kim loại A, R 

4, 48 

8, 4 

n 

H 2 (1) 

= = 0,2 (mol); n 

H 2 (2) 

= = 0,375 (mol). 

22,4 

22,4 

Khi thêm 1,95 gam K vào 9,3 gam X, nếu trong X không có K thì 

1,95 

%m K = .100 ≈17,33% 

< 52%, suy ra trong X có kim loại K 

1,95 + 9,3 

=> A chính là K 

- Vậy X ( chứa K, R) 

+ Nếu R tan trực tiếp trong nước, hoặc không tan trong dung dịch 

KOH, thì khi cho Y tác dụng với KOH so với X có thêm 0,025 mol 

H 2 , do có phản ứng 

K + H 2 O ⎯⎯→ KOH + 1 2 H 2↑ 

0,05 0,025 



=> ∑ n 

H 

= 0,2 + 0,025 = 0,225(mol)< n 

2 (2) 2 

H (2) đề cho. 

=>R không tan trực tiếp trong nước nhưng tan trong dd KOH 

Đặt số mol của K và R lần lượt là x,y ta có: 



1,0 

0.5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

12 















0,52.(9,3 + 1,95) 

x = = 0,15mol => m R = yR = 9,3 - 0,1.39 = 5,4 

39 

gam (I) 

• Y tác dụng với dung dịch KOH có phản ứng (TN2): 

K + H 2 O ⎯⎯→ KOH + 1 2 H 2↑ 

0,25 

0,15 0,15 0,075 

R + (4-n)KOH + (n-2)H 2 O ⎯⎯→K (4-n) RO 2 + n 2 H 2↑ 

0,25 

=> n 

H 2 (2) = 0,075 + n.y = 0,375 => ny = 0,6 (II) 

2 0,25 

Từ (I,II) => R = 27n 

3 => n = 3; R = 27 (Al) 

Lưu ý: - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 đ; 

- HS làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 

- Học sinh không cân bằng hoặc thiếu điều kiện hoặc thiếu trạng thái bay hơi kết 

tủa trừ ½ số điểm mỗi phương trình. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







13 















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015 - Năm học 2015 - 2016 

ĐỀ BÀI 

Câu 1.(4,0 điểm). 

1. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp để hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ 

đồ chuyển hóa sau (mỗi mũi tên tương ứng với 1 phương trình hóa học). 

A 

+D 

B +D CuSO 4 CuCl 2 Cu(NO 3 ) 2 A B C. 

+D 

C 

2. X, Y, Z là các hợp chất của Na; X tác dụng với dung dịch Y tạo thành Z. Khi cho Z 

tác dụng với dung dịch HCl thấy bay ra khí cacbonic. Đun nóng Y cũng thu được khí 

cacbonic và Z. Hỏi X, Y, Z là những chất gì? Cho X, Y, Z lần lượt tác dụng với dung 


Câu 2.(4,0 điểm). 

1. Chỉ dùng một hoá chất duy nhất, hãy tách FeO ra khỏi hỗn hợp FeO, Cu, Fe. 

2. Viết các PTHH xảy ra khi cho: a. Ba vào dd NaHSO 4 b. Na vào dd AlCl 3 . 

3. Có 5 chất bột màu trắng đựng trong 5 bình riêng biệt bị mất nhãn là: NaCl, Na 2 CO 3 , 

Na 2 SO 4 , BaCO 3 và BaSO 4 . Chỉ được dùng thêm H 2 O và CO 2 hãy nêu cách phân biệt 

từng chất. 

Câu 3.(4,0 điểm). 

1. Bằng phương pháp hóa học, hãy tách riêng từng khí ra khỏi hỗn hợp gồm: CO 2 , SO 2 , 

N 2 . 

2. Nhiệt phân hoàn toàn 20 gam hỗn hợp MgCO 3, CaCO 3 và BaCO 3 thoát ra khí B. Hấp 

thụ hết B bằng dung dịch Ca(OH) 2 thu được 10 gam kết tủa D và dung dịch E. Đun nóng 

dung dịch E lại tách ra 6 gam kết tủa D nữa. Phần trăm khối lượng MgCO 3 là bao nhiêu? 

Câu 4.(4,0 điểm). 

Hoà tan 34,2 gam hỗn hợp gồm Al 2 O 3 và Fe 2 O 3 vào trong 1 lít dung dịch HCl 2M, 

sau phản ứng còn dư 25% axit. Cho dung dịch tạo thành tác dụng với dung dịch NaOH 

1M sao cho vừa đủ để chỉ có một kết tủa tạo thành. 

a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. 

b. Tính khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp. 

c. Tính thể tích của dung dịch NaOH 1M đã dùng. 

Câu 5.(4,0 điểm). 

Hỗn hợp X gồm Al 2 O 3 , Fe 2 O 3 , CuO. Để hoà tan hoàn toàn 4,22 g hỗn hợp X cần 

vừa đủ 800 ml dung dịch HCl 0,2M. Lấy 0,08 mol hỗn hợp X cho tác dụng với H 2 dư 

thấy tạo ra 1,8g H 2 O. Tính thành phần % về khối lượng của mỗi oxit trong X. 

Cho: H=1; O=16; C = 12; Mg = 24; Fe = 56; Cu = 64; Na = 23; Al = 27; Ba = 137; Ca = 

40. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 

14 




















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Thiệu Hóa, ngày 25/11/2015 - Năm học 2015 - 2016 

. 


A, B, C, D lần lượt là: Cu(OH) 2 , CuO, Cu, H 2 SO 4 . 


H 2 SO 4 + Cu(OH) 2 → CuSO 4 + 2H 2 O 

H 2 SO 4 + CuO → CuSO 4 + H 2 O 

0,25 

0,25 

Câu1(4đ) 2H 2 SO 4 đặc, nóng + Cu → CuSO 4 + 2H 2 O + SO 2 ↑ 

0,25 

1. 2đ CuSO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 ↓ + CuCl 2 

0,25 

CuCl 2 + 2AgNO 3 → 2AgCl↓ + Cu(NO 3 ) 0,25 

2 

Cu(NO 3 ) 2 + 2NaOH → Cu(OH) 2 ↓ + 2NaNO 

0,25 

3 

Cu(OH) t 2 → 0,25 

CuO + H 2 O 

CuO + CO t→ 0 

0,25 

Cu + CO 2 

3 

2đ 

Câu2(4đ) 

1(1đ) 

2(1,5đ) 

Vì khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl có khí cacbonic thoát 

ra, X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y lại thu được khí 

cacbonic và Z chứng tỏ: 

- Z là muối cacbonat Na 2 CO 3 , Y là muối natrihidrocacbonat 

NaHCO 3 , X là natrihidroxit NaOH 





Các phản ứng hóa học khi cho A, B, C phản ứng với dung dịch 

CaCl 2 : 




0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

Tách FeO ra khỏi hổn hợp FeO, Cu, Fe 

FeO 

Cu, Fe phản ứng 

+ FeCl 

Cu 

3 

0,5đ 

Fe 

FeO không tan thu đựơc 0,25đ 

FeO 

0,25đ 

Pt : Cu + FeCl 3 CuCl 2 + 2FeCl 2 

Fe + 2FeCl 3 3FeCl 2 


a) Ba + 2H 2 O ----> Ba(OH) 2 + H 2 

Ba(OH) 2 + 2NaHSO 4 ----> BaSO 4 + Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

Ba(OH) 2 + Na 2 SO 4 BaSO 4 + 2NaOH 

b) 2Na + 2 H 2 O ----> 2NaOH + H 2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 






15 








3(1,5đ) 

Câu3(4đ) 

1(1,5đ) 

2(2,5đ) 


3NaOH + AlCl 3 ----> Al(OH) 3 + 3NaCl 

Al(OH) 3 + NaOH ----> NaAlO 2 + 2H 2 O 

- Hoà tan mẩu thử 5 chất trên vào nước, chất nào không tan là 

BaCO 3 và BaSO 4 , các chất tan là NaCl, Na 2 CO 3 , Na 2 SO 4 . 

- Sục khí CO 2 dư vào kết tủa BaCO 3 và BaSO 4 trong nước, kết tủa 

nào tan là BaCO 3 , không tan là BaSO 4 . 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O Ba(HCO 3 ) 2 

- Lấy dd Ba(HCO 3 ) 2 cho tác dụng với mẫu thử 3 dd còn lại, dd 

nào không có kết tủa là NaCl, dd nào có kết tủa là Na 2 CO 3 và 

Na 2 SO 4 . 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 BaCO 3 + 2NaHCO 3 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 SO 4 BaSO 4 + 2NaHCO 3 

- Sục khí CO 2 dư vào 2 kết tủa vừa tạo thành trong nước, kết tủa 

nào tan là BaCO 3 => dd ban đầu là Na 2 CO 3 , kết tủa nào không tan 

là BaSO 4 

=> dd ban đầu là Na 2 SO 4 . 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O Ba(HCO 3 ) 2 

Cho Hỗn hợp đi qua bình đựng dd NaOH dư thì khí CO 2 và SO 2 

bị giữ lại, khí thoát ra là N 2 . 

CO 2 + 2NaOH Na 2 CO 3 + H 2 O 

SO 2 + 2NaOH Na 2 SO 3 + H 2 O 

Cho dd H 2 SO 3 dư vào dd vừa thu được ở trên ta thu được CO 2 

H 2 SO 3 + Na 2 CO 3 Na 2 SO 3 + CO 2 + H 2 O 

Cho dd HCl dư vào dd vừa thu được ở trên ta thu được SO 2 

Na 2 SO 3 + 2HCl 2NaCl + SO 2 + H 2 O 

- Nhiệt phân các muối thu được khí B, B là CO 2 , PTHH : 

t 

MgCO o 

3 ⎯⎯→ MgO + CO 2 (a) 

t 

BaCO o 

3 ⎯⎯→ BaO + CO 2 (b) 

t 

CaCO o 

3 ⎯⎯→ CaO + CO 2 (c) 

- Cho CO 2 vào dung dich Ca(OH) 2 thu được kết tủa D và dung 

dịch E , Đun nóng dung dịch E lại tách ra 6 gam kết tủa D nên 

PTHH: 

t 

CO 2 + Ca(OH) o 

2 ⎯⎯→ CaCO 3 ↓+ H 2 O (1) 

2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 (2) 

t 

Ca(HCO 3 ) o 

2 ⎯⎯→ CaCO 3 ↓ + CO 2 ↑ + H 2 O (3) 

n 

CaCO 3 ( pt 3) = 0,06 mol ; n 

Ca CO 3 ( pt 1) = 0,1 mol 

Theo PTHH (2),(3): n 

( pt 2) 

=2 n = 0,12 mol 

CO 2 

n 

Ca( HCO ) ( pt3) 

Theo PTHH (1): n 

CO 2 ( pt1) 

= Ca CO 3 ( pt 1) = 0,1 mol 

n 

CO 2 

= 0,1 + 0,12 = 0,22 mol 

Gọi số mol của MgCO 3 , BaCO 3 , CaCO 3 trong 20 g hỗn hợp lần 

3 2 



0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,125 

0,125 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 


0,5 

0,5 

0,5 






16 








Câu4(4đ) 

Câu5(4đ) 


lượt là x,y, z (x,y, z >0) 

Ta có : 84x+ 100y+197z = 20 => 100y + 197z = 20-84x 

=>100y+100z y+z =0,22-x (II) 

Từ (I) và (II) → 52,5









(mol). 

Từ (1), (2), (3) , số mol HCl tham gia phản ứng là 6x, 6y, 2z. 

Ta có 102x + 160y +80z = 4,22 

(I) 

6x + 6y +2z = 0,16 

(II) 

Trong thí nghiệm lần 2, số mol các chất tham gia phản ứng gấp n 

lần số mol tham gia thí nghiệm lần 1(n>0), tức là số mol Al 2 O 3 , 

Fe 2 O 3 , CuO là nx, ny, nz . 

n(x + y + z) = 0,08 (III) 

Từ (4) và (5) ta có: n(3y + z) = 1,8/18 = 0,1 (IV) 

Giải ra ta có n = 2 ; x = 0,01; y = 0,01; z = 0,02 

Thành phần % của Al 2 O 3 = 24,17 % ; Fe 2 O 3 = 37,91% và CuO = 

37,92% 

Lưu ý: - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 đ; 

- HS làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 

- Học sinh không cân bằng hoặc thiếu điều kiện hoặc thiếu trạng thái bay hơi 

kết tủa trừ ½ số điểm mỗi phương trình 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 


1,0 

1,0 

0,5 

0,5 






18 











ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ 




Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 – TP. Thanh Hóa, ngày 03/12/2013-Năm học 2013 - 2014 

ĐỀ BÀI 

Bài 1 (5,5 điểm ) 

1. Chỉ có bình khí cacbonic và dung dịch KOH, cốc chia độ và bếp đun. Hãy trình bày 

hai phương pháp điều chế kali cacbonat tinh khiết. 

2. Nung nóng đồng kim loại trong không khí sau một thời gian được chất rắn A. Hòa 

tan A trong axit sunfuric đặc nóng được dung dịch B và khí C. Khí C tác dụng với dung 

dịch NaOH thu được dung dịch D. Dung dịch D vừa tác dụng với bari clorua ,vừa tác 

dụng với kali hiđroxit. Cho B tác dụng với dung dịch kali hiđroxit. Viết phương trình hóa 

học biểu diễn phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. 

3. Viết PTHH biểu diễn phản ứng sau: 

a. Cho Na vào dung dịch Al 2 (SO 4 ) 3 

b. Cho K vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 

c. Hòa tan sắt từ oxit vào dung dịch axit sunfuric đặc nóng. 

d. Nung nóng Al với Fe 2 O 3 tạo hỗn hợp Al 2 O 3 và Fe x O y 

Bài 2 (5,0 điểm) 

1. Cho 2,16 gam bột Al vào bình chứa 200 ml dung dịch X gồm AgNO 3 , Cu(NO 3 ) 2 . 

Lắc bình đến phản ứng kết thúc thu được 12,24 gam chất rắn A và dung dịch B. Cho 

dung dịch KOH dư vào dung dịch B lấy kết tủa đem nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng 

không đổi thu được 2,4 gam một oxit kim loại. Tính nồng độ mol/l của mỗi muối trong 

hỗn hợp X . 

2. Cho Cl 2 tác dụng với 16,2g kim loại R ( chỉ có 1 hóa trị) thu được 58,8g chất rắn D? 

Cho O 2 dư với chất rắn D đến phản ứng hoàn toàn, thu được 63,6g chất rắn E. Xác định 

kim loại R và tính % khối lượng của mỗi chất trong E. 

3. Có các hoá chất sau: Nước, dung dịch NaCl, dung dịch HCl, dung dịch Na 2 CO 3 . 

Không dùng thêm hoá chất hãy phân biệt các dung dịch trên (dụng cụ cần thiết có đủ). 


1. Dẫn H 2 đến dư đi qua 51,2 gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , MgO, CuO (nung nóng) cho 

đến khi phản ứng xảy hoàn toàn, sau phản ứng thu được 41,6 gam chất rắn. Mặt khác 

0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225ml dung dịch HCl 2,0 M. 

a. Viết các phương trình hóa học biểu diễn phản ứng xảy ra. 

b. Tính % số mol các chất trong hỗn hợp X? 

2. Chỉ được dùng thêm quỳ tím và các ống nghiệm, hãy chỉ rõ phương pháp nhận ra các 

dung dịch bị mất nhãn: NaHSO 4 , Na 2 CO 3 , Na 2 SO 3 , BaCl 2 , Na 2 S. 


1. Cho 93,4 gam hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl 2 , NaBr, KI tác dụng với 700 ml dung dịch 

AgNO 3 2M thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung 

dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H 2 

(đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không 

khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn (Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn). 

19 















a. Tính khối lượng kết tủa B. 

b. Hòa tan 93,4 gam hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl 2 vào 

dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam muối. Tính V(đktc)? 

2. Khi cho một kim loại vào dung dịch muối có thể xẩy ra những phản ứng hoá học gì? 

Viết PTHH minh họa. 

3. Có a gam bột kim loại sắt để ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp 

B khối lượng 24 gam gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Cho B tác dụng vừa đủ với 300ml 

dung dịch axit HNO 3 thu được 4,48 lít khí duy nhất NO ( đktc ). 

a. Viết phương trình hóa học biểu diễn phản ứng xảy ra. Tính a. 

b. Tính nồng độ mol /l của dung dịch HNO 3 

(Cho Cu: 64; O: 16; Ca: 40; Na: 23; Fe: 56; Cl: 35,5; S: 32; H: 1;, K: 39; C: 12, 

Mg: 24, Br: 80; I: 127; Ag: 108) 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 




Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 – TP. Thanh Hóa, ngày 03/12/2013-Năm học 2013 - 2014 


1. (1,0 điểm) 

Cách 1: (0,5 điểm) 

Chia dung dịch KOH thành 2 phần bằng nhau: 

Phần 1: Sục khí CO 2 dư vào, khi đó tạo thành KHCO 3 

CO 2 + KOH → KHCO 3 

Phần 2: trộn với KHCO 3 vừa điều chế được 

Cô cạn , thu được K 2 CO 3 tinh khiết 

Cách 2: ( 0,5 điểm) 

Sục khí CO 2 dư vào dung dịch KOH 

KOH + KHCO 3 → K 2 CO 3 + H 2 O 

CO 2 + KOH → KHCO 3 

Sau đó cô cạn dung dịch và nung nóng chất rắn đến khối lượng không đổi thu được 

K 2 CO 3 tinh khiết. 

2. (2,5 điểm ) 

2KHCO 3 

⎯ o 

t 

⎯→ 

K 2 CO 3 

. 

+ CO 2 + H 2 O 


Hòa tan A bằng dung dịch H 2 SO 4 thu được dung dịch B và khí C 

=> A : CuO , Cu 

Dung dịch B : CuSO 4 , H 2 SO 4 có thể dư 








20 











Khí C: SO 2 

Dung dịch D vừa tác dụng với BaCl 2 , vừa tác dụng với dung dịch KOH 

=> Dung dịch D : NaHSO 3 , Na 2 SO 3 

Ta có PTHH : ( Mỗi PTHH đúng được 0,25 điểm ) 

CuO + 

2Cu + O 2 

H 2 SO 4 

dd đặc 

⎯ o 

t 

⎯→ 

Cu + 2H 2 SO 4 

(dd đặc ) 

⎯ o 

t 

⎯→ 

⎯ o 

t 

⎯→ 

2CuO 

CuSO 4 + H 2 O 

CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

SO 2 + NaOH → NaHSO 3 

SO 2 + 2 NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O 

Na 2 SO 3 + BaCl 2 → BaSO 3 + 2NaCl 

2NaHSO 3 + 2KOH → Na 2 SO 3 + K 2 SO 3 + 2H 2 O (l) 

CuSO 4 + KOH → Cu(OH) 2 + K 2 SO 4 

H 2 SO 4 + 2 KOH → K 2 SO 4 + 2H 2 O 

3. (2,0 điểm) Mỗi ý làm đúng được 0,5 diểm 

a. 

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 

6NaOH + Al 2 (SO 4 ) 3 → 2Al(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 

Nếu NaOH dư 

Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + 2H 2 O 

b. 

2K + 2H 2 O → 2KOH + H 2 

6KOH + Fe 2 (SO 4 ) 3 → 2Fe(OH) 3 + 3K 2 SO 4 

t 

c. 2Fe 3 O 4 +10H 2 SO 4 ⎯⎯→ 

o 

(ddđặc) 

3Fe 2 (SO 4 ) 3 +SO 2 +10H 2 O 

⎯ o 

t 

d. 2( 3x -2y )Al + 3xFe 2 O 3 ⎯→ (3x- 2y ) Al 2 O 3 + 6 Fe x O y 


1. ( 2,0 điểm ) 

* Phần lập luận, viết đúng các PTHH ( 1,0 điểm ) 

Trật tự phản ứng: 

Al + 3AgNO 3 → Al(NO 3 ) 3 +3Ag (1) 

2Al + 3Cu(NO 3 ) 2 → 2Al(NO 3 ) 3 + 3 Cu (2) 

Cho KOH dư vào dung dịch B 

Al(NO 3 ) 3 + 4KOH → KAlO 2 + 3KNO 3 + 2 H 2 O (3) 

Cu(NO 3 ) 2 + 2 KOH → Cu(OH) 2 + 2KNO 3 (4) 

Nung kết tủa thu được một oxit , chứng tỏ trong dung dịch còn Cu(NO 3 ) 2 

Al hết , AgNO 3 hết 







21 









t 

Cu(OH) 2 ⎯→ CuO + H 2 O (5) 

* Phần lời giải còn lại ( 1,0 điểm ) 

Gọi số mol AgNO 3 tham gia phản ứng (1) là 3x 

Gọi số mol Cu(NO 3 ) 2 tham gia phản ứng (2) là 3y 

Gọi số mol Cu(NO 3 ) 2 tham gia phản ứng (4) là z 

Từ (4), (5) ta có m CuO = 80z = 2,4 => z= 0,03 mol 

Ta có : x + 2y = 2,16 : 27 = 0,08 

(a) 

Phần rắn A gồm Ag , Cu sinh ra từ (1) ,(2) 

108 . 3x + 64 . 3y = 12,24 

=> 108 x + 64 y = 4,08 (b) 

Từ (a) ,(b) = > x= 0,02 mol , y= 0,03 mol 

n AgNO3 = 3x = 0,03 mol 

C M = 0,06 : 0,2 = 0,3 ( M) 

n Cu(NO3)2 = 3y + z = 0,09 + 0.03 = 0,12 ( mol) 

=> C M (Cu(NO3)2 = 0,12 : 0,2 = 0,6 ( M ) 

2.( 2,0 điểm ) 

⎯ o 

Theo bài ra ta có : phương trình hóa học 

t 

2R + nCl 2 ⎯→ 2RCln (1) 

n = (58,8 – 16,2)/ 71 = 0,6 

Cl2 

⎯ o 

t 

4R + nO 2 ⎯→ 2R 2 O n (2) 

n O2 

= (63,6 – 58,8 )/32 = 0,15 

⎯ o 

Theo (1) (2) ta có : 

n = 2.(n : n ) + 4 n : n = 1,8/n 

R Cl2 O2 

M R = 16,2n : 1,8 = 9n => R là Al ; n = 3 

Theo (2): n Al2 O 

= 2.nO 2 : 3 = 0,1 (mol) 

3 

3.( 1,0 điểm ) 

% m Al2 O 3 

= 0,1 . 102. 100 : 63,6 = 16 (%) 

%m AlCl3 

= 100 – 16 = 84 (%) 

- Lần lượt đun các dung dịch đến cạn: ( 0,5 điểm ) 

+ Thấy có cặn là NaCl , Na 2 CO 3 ( nhóm I ) 

+ Thấy không cặn là H 2 O , HCl ( nhóm II) 

-Đổ lần lượt các dung dịch nhóm I vào nhóm II,( 0,5 điểm ) 

thấy khí thoát ra thì nhận ra nhóm I là Na 2 CO 3 , nhóm II là dung dịch HCl 


còn lại nhóm I là NaCl ; nhóm II là H 2 O 

Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 + H 2 O 









22 









1. (2,0 điểm) 

H 2 + CuO ⎯⎯→ 

t 0 C Cu + H 2 O (1) 

4H 2 + Fe 3 O 4 ⎯ t ⎯→ 

0 C 3Fe + 4H 2 O (2) 

H 2 + MgO ⎯⎯→ 

t 0 C ko phản ứng 

2HCl + MgO → MgCl 2 + H 2 O (3) 


2HCl + CuO → CuCl 2 + H 2 O (5) 

* Đặt n MgO 

= x (mol); n Fe3 O 4 

= y (mol); n CuO 

= z (mol) trong 25,6gam X 


40x + 168y + 64z = 41,6 (II) 

* Đặt n =kx (mol); n =ky (mol); n =kz (mol) trong 0,15mol X 

MgO Fe3 O 4 CuO 


2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV) 

Giải hệ gồm (I), (II), (III) và (IV) x=0,3mol; y=0,1mol; z=0,2mol 

%n MgO = 0,3 

0,6 .100 = 50,00(%); %n CuO = 0, 2 .100 = 33,33(%) 

0, 6 

%nFe 3 O 4 =100 – 50 – 33,33 = 16,67(%) 

2. ( 1,5 điểm ) 

*Dùng qùy tím nhận ra: 

-Dung dịch NaHSO 4 làm quỳ tím hóa đỏ. 

-Dung dịch BaCl 2 không làm đổi màu quỳ tím. 

-Ba dung dịch còn lại làm quỳ tím hóa xanh. 

*Dùng NaHSO 4 nhận ra mỗi dung dịch còn lại với hiện tượng: 

Na 2 S + 2 NaHSO 4 → 2Na 2 SO 4 + H 2 S : bọt khí mùi trứng thối 

Na 2 SO 3 + 2NaHSO 4 → 2Na 2 SO 4 + SO 2 + H 2 O : bọt khí mùi hắc 

Na 2 CO 3 + 2NaHSO 4 → 2Na 2 SO 4 + CO 2 + H 2 O : bọt khí không mùi 

Bài 4 ( 6,0 điểm) 

1. (3,5 điểm) 

a. MgCl 2 + 2AgNO 3 → 2AgCl + Mg(NO 3 ) 2 (1) 

NaBr + AgNO 3 → AgBr + NaNO 3 (2) 

KI + AgNO 3 → AgI + KNO 3 (3) 

( Có thể có Fe + 2AgNO 3 → Fe(NO 3 ) 2 + 2 Ag ) (4) 

AgNO 3 + Fe(NO 3 ) 2 →Fe(NO 3 ) 3 + Ag (5) 


Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (6) 

Mg(NO 3 ) 2 + 2 NaOH → Mg(OH) 2 + 2NaNO 3 (7) 

Fe(NO 3 ) 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaNO 3 (8) 








23 









4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH) 3 (9) 

Mg(OH) 2 

2Fe(OH) 3 

t 

⎯⎯→ 

o 

t 

⎯⎯→ 

o 

Theo (6) n Fe 

= n H2 

MgO + H 2 O (10) 

Fe 2 O 3 + 3H 2 O (11) 

= 0,2 mol < n Fe 

đề = 0,4 mol 

Chứng tỏ có phản ứng (4) và Fe dư sau (4) 

Không có phản ứng (5) 

m MgO 

= 24 – 0,1.160 = 8 (g) 

n MgCl2 

= n MgO 

= 0,2 mol 

n = 2n = 2.(0,4 – 0,2 ) = 0,4 (mol) 

AgNO3 Fe 

n AgNO3 

= 2n MgCl2 

= 0,4 mol 

n NaBr 

= x mol , n KI 

= y mol 

103x + 166y = 93,4 – 95.0,2 = 74,4 

x + y = 0,7.2 – ( 0,4 + 0,4 ) = 0,6 

=> x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol 

Theo (1) nAgCl = 2nMgCl2=2.0,2 = 0,4 (mol ) 

Theo (2) nAgBr = nNaBr = 0,4 mol 

Theo (3) nAgI = nKI = 0,2 mol 

m B 

= m AgCl + m AgBr + m AgI = 0,4.143,5 + 0,4 . 188 + 0,2 .( 108 +... ) = 169,6 (g ) 

b. Cl 2 + 2 KI → 2 KCl + I 2 

Cl 2 + 2 NaBr → 2NaCl + Br 2 

Theo (1) : 1 mol KI tạo ra 1 mol KCl khối lượng giảm 91,5 gam 

0,2 mol KI tạo ra 0,2 mol KCl khối lượng giảm 18,3 gam. 

Theo (2) : 1 mol NaBr tạo ra 1 mol NaCl khối lượng giảm 44,5 gam. 

0,4 mol NaBr tạo ra 0,4 mol NaCl khối lượng giảm 17,8 gam. 

Nếu 0,2 mol KI phản ứng khối lượng giảm 18,3 gam 

Cả 0,2 mol KI ; 0,4 mol NaBr phản ứng khối lượng giảm 36,1 gam 


Theo đề khối lượng giảm 93,4 – 66,2 = 27,2 gam 

KI phản ứng hết , NaBr phản ứng một phần 

Khối lượng giảm do NaBr phản ứng là 27,2 – 18,3 = 8,9 

1 mol NaBr phản ứng khối lượng giảm 44,5 gam 








24 








a gam NaBr phản ứng khối lượng giảm 18,9 gam 

V Cl2 (đktc) 

= 22,4 (0,2 : 2 + 0,2 :2 ) = 4,48 (lít) 

=> a = 0,2 mol 




2. (1,5 điểm) Mỗi trường hợp được 0,5 điểm 

Xét ba trường hợp có thể xẩy ra: 

1/ Nếu là kim loại mạnh ( đứng trước Mg : K , Na ,Ca, Ba ... ) 

+ Trước hết các kim loại này tác dụng với nước của dung dịch cho bazơ kiềm, sau đó 

bazơ kiềm tác dụng với muối tạo thành hiđroxit kết tủa: 

Ví dụ: Na + dd CuSO 4 

2Na + 2 H 2 O → 2 NaOH + H 2 

2NaOH + CuSO 4 → Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 

2/ Nếu là kim loại hoạt động mạnh hơn kim loại trong muối nhưng không phải kim loại 

mạnh thì sẽ đẩy kim loại của muối ra khỏi dung dịch 

Ví dụ: Zn + FeSO 4 → ZnSO 4 + Fe 

3/ Nếu kim loại hoạt động yếu hơn kim loại của muối: Phản ứng không xẩy ra 

Ví dụ: Cu + FeSO 4 Phản ứng không xảy ra. 

3. ( 1,0 điểm ) 

a. 

2Fe + O 2 → 2FeO 

4Fe + 3O 2 → 2Fe 2 O 3 

3Fe + 2O 2 → Fe 3 O 4 

Fe + 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 

3FeO + 10HNO 3 → 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO + 5H 2 O 

Fe 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O 

3Fe 3 O 4 + 28 HNO 3 → 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14 H 2 O 

Gọi x,y, z, t lần lượt là số mol củaFe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 trong 24 g B. Ta có 

56 x + 72 y + 232 z + 160 t = 24 (1) 

y+ 4z + 3t = (24- a ) : 16 ( mol nguyên tử oxi ) (2) 

x + y + 3z + 2t = a : 56 ( mol nguyên tử sắt ) (3) 

x + y :3 + z :3 = 0,2 ( mol NO ) (4) 

Chia (1) cho 8 , rồi cộng với (4) sau khi đã nhân 3 ta có 

10x + 10 y + 30z + 20 t= 10 (x+ y +3z +2t ) = 3,6 (5) 

Thay (3) vào (5 ) => m =20,16 

b. 300 ml = 0,3 l 

Ta có : n = 3n HNO3 Fe(NO3 ) 3 

+ n NO 

= 3.( 20,16 : 56 ) + 0,2 = 1,28 ( mol ) 

C M 

= 1,28 : 0,3 = 4,27 ( M ) 

Lưu ý : 

- Phương trình hóa học : nếu sai cân bằng hay thiếu điều kiện thì trừ ½ số điểm 

dành cho phương trình hóa học đó 

- Bài toán giải theo cách khác đúng kết quả, lập luận hợp lý vẫn đạt điểm tối đa. 

nếu tính toán nhầm lẫn dẫn đến kết quả sai trừ ½ số điểm dành cho nội dung đó. Nếu 

dùng kết quả sai để giải tiếp thì không chấm điểm các phần tiếp theo. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







25 
















ĐỀ BÀI 

Câu 1: (5,5đ): 

1.Viết các phương trình hóa học biểu diễn các biến hóa hóa học sau: 

A 

A B C 

NaOH D↓ O 2 + H 2 O E t o G 

F A 

Biết A là kim loại thông thường có hai hóa trị thường gặp là II và III. 

2. Từ quặng pirit ( FeS 2 ) ; NaCl ; H 2 O , Chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác hãy 

điều chế dung dịch : FeCl 3 ; FeSO 4 ; Fe 2 ( SO 4 ) 3 ; và Fe(OH) 3 

3. Cho các chất sau: CO 2 , Ca(OCl) 2 , CO, MgO, SO 2 , Fe 3 O 4 , NO, HClO. 

Hãy điều chế mỗi oxitaxit trên theo 3 phương pháp khác nhau, viết phương trình 

hóa học của các phản ứng đã dùng. 

Câu 2.(3đ): 

1. Tiến hành các thí nghiệm sau: 

- Thí nghiệm 1: cho từ từ từng giọt (có khuấy đều) dung dịch HCl đến dư vào dung 

dịch Na 2 CO 3 

- Thí nghiệm 2: cho từ từ từng giọt (có khuấy đều) dung dịch Na 2 CO 3 đến dư vào 

dung dịch HCl 

2. Hỗn hợp X gồm Fe, Al, Cu Đốt cháy hoàn toàn 33,4g X ngoài không khí thu được 

41,4g hỗn hợp Y gồm 3 oxit. Cho toàn bộ Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch H 2 SO 4 

20%, khối lượng riêng d = 1,14g/ml. Tính thể tích tối thiểu của dung dịch H 2 SO 4 trên 

dùng để hòa tan hết hỗn hợp Y. 

Câu 3.(4đ): Người ta cho các chất MnO 2 , KMnO 4 , K 2 Cr 2 O 7 tác dụng với HCl để điều 

chế khí Clo theo các phương trình phản ứng sau: 

MnO 2 + HCl → MnCl 2 + H 2 O + Cl 2 

KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + H 2 O+ Cl 2 . 

K 2 Cr 2 O 7 + HCl → KCl + CrCl 3 + H 2 O + Cl 2 

a. Hãy cân bằng các phương trình phản ứng trên. 

b. Nếu muốn điều chế một lượng khí Clo nhất định thì chất nào trong ba chất trên 

tiết kiệm được HCl nhất. 

c. Nếu các chất trên có cùng số mol tác dụng với HCl thì chất nào tạo được nhiều Clo 

nhất. 

d. Nếu các chất trên có cùng khối lượng tác dụng với HCl thì chất nào tạo được nhiều 

Clo nhất. 

Câu 4(2,5đ): Chỉ dùng nước và một chất khí có thể phân biệt 5 chất bột trắng sau đây 

không? NaCl, Na 2 CO 3 , Na 2 SO 4 , BaCO 3 , BaSO 4 . Nếu được trình bày cách phân biệt. 

Câu 5: (5đ): Có hai dung dịch; H 2 SO 4 (dung dịch A), và NaOH (dung dịch B). 

Trộn 0,2 lít dung dịch A với 0,3 lít dung dịch B được 0,5 lít dung dịch C. Lấy 20 

ml dung dịch C, thêm một ít quì tím vào, thấy có màu xanh. Sau đó thêm từ từ dung dịch 

HCl 0,05M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 40 ml dung dịch axit. 

26 















Trộn 0,3 lít A với 0,2 lít B được 0,5 lít dung dịch D. Lấy 20 ml dung dịch D, thêm 

một ít quì tím vào thấy có màu đỏ. Sau đó thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M tới khi quì 

tím đổi thành màu tím thấy hết 80 ml dung dịch NaOH. 

a) Tính nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B. 

b) Trộn V B lít dung dịch NaOH vào V A lít dung dịch H 2 SO 4 ở trên ta thu được dung 

dịch E. Lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch BaCl 2 0,15 M được kết 

tủa F. Mặt khác lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl 3 1M được 

kết tủa G. Nung F hoặc G ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì đều thu được 

3,262gam chất rắn. Tính tỉ lệ V B :V A 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 






Câu 1 

5,5 đ 

1(1,5đ) 2Fe + 3Cl 2 t o 2FeCl 3 (B) 

0,25 

2FeCl 3 + Fe 3FeCl 2 (C) 

0,25 

FeCl 2 + 2NaOH Fe(OH) 2 (D) + 2NaCl 

0,25 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH) 3 (E) 

0,25 

2Fe(OH) 3 t o Fe 2 O 3 (F) + 3H 2 O 

0,25 

Fe 2 O 3 + 3H 2 t o 2Fe (A) + 3H 2 O 

0,25 

2 

(2,25đ) 

t 

4FeS 2 + 11O 2 ⎯⎯→ 

o 

2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

2NaCl+2 H 2 O ⎯ đpcmn ⎯ → 2NaOH + H 2 ↑ + Cl 2↑ 

Fe 2 O 3 + 3H 2 ⎯⎯→ 

t o 

2Fe + 3H 2 O 

XTt 

2SO 2 + O 2 ⎯⎯ o 

→ 2SO 3 

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 

t 

2Fe+ 3Cl 2 ⎯⎯→ 

o 

2FeCl 3 

Fe + H 2 SO 4(l) →FeSO 4 + H 2↑ 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 →Fe 2 (SO 4 ) 3 +3H 2 O 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH → 3Na 2 SO 4 + 2Fe(OH) 3↓ 

3 Oxitaxit: CO 2 ; SO 2 

0,25 

(1,75đ) Điều chế CO 2 

t 

C + O 2 ⎯⎯→ 

o 

CO 2 

0,25 

CaCO 3 ⎯⎯→ 

o 

0,25 

2 

2HCl + CaCO 3 → CaCl 2 + CO 2↑ + H 2 O 

0,25 

Điều chế SO 2 

t 

S + O 2 ⎯⎯→ 

o 

SO 

0,25 

2 

0,25 

t 

4FeS 2 + 11O 2 ⎯⎯→ 

o 

2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

0,25 

Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + SO 2↑ + H 2 O 

27 





. 



0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 













Câu 2. Câu 2.1 bỏ không chấm, chuyển điểm cả bài sang câu 2.2 

2(3,0đ) Gọi R(hóa trị x) là kim loại đại diện cho hỗn hợp Al,Fe,Cu. 

4R + xO 2 ⎯⎯→ 

t o 

2R O (1) 

2 x 

R 2 O x + xH 2 SO 4 → R 2 (SO 4 ) x + x H 2 O (2) 

Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có 

Ta có m O 2 

= 41,4 – 33,4 = 8g 

=>n O 2 

= 8/32 = 0,25mol 

Theo PTHH 1,2 n H 2 SO 4 

= 2 n O 2 

= 0,5mol 

0,5.98.100% 

m dd H 2 SO 4 (min) = = 245g 

20% 

V dd H 2 SO 4 (min) = 245 1, 

14 ≈ 214,9 ml 

Câu 3 

a.(1đ) Cân bằng các phương trình phản ứng: 

MnO 2 + 4HCl → MnCl 2 + 2H 2 O + Cl 2 

(1) 

2KMnO 4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl 2 + 8H 2 O + 5Cl 2 

(2) 

K 2 Cr 2 O 7 + 14HCl →2KCl+2CrCl 3 + 7H 2 O+ 3Cl 2 (3) 

b.(1đ) Giả sử lượng khí clo thu được là 1 mol Lượng HCl cần là: 

nHCl(1) = 4mol; nHCl(2) = 16/5mol; nHCl(3) = 

14/3mol 

Kết luận: Dùng KMnO 4 tiết kiệm HCl nhất. 

c. (1đ) Giả sử dùng 1 mol mỗi chất tác dụng với HCl thì Cl 2 thu được ở 

mỗi PT là 

PT(1)n Cl2 = 1mol. 

PT(2) n Cl2 = 5/2mol 

PT(3) n Cl2 = 3 mol 

Kết luận: Nếu các chất có cùng số mol thì dùng K 2 Cr 2 O 7 tạo 

được nhiều khí Clo nhất. 

3,0 đ 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

4,0 đ 

0,5 

0,25 

0,25 

0,75 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

d.(1đ) giả sử Khối lượng mỗi chất là 100g: 

n MnO2 ≈ 1,5 mol => n Cl2 = 1,5 mol 

0,25 

n KMnO4 ≈ 0,633 => n Cl2 = 1,58 mol 

0,25 

n K2Cr2O7 ≈0,34=> n Cl2 = 1,02 mol 

0,25 

Kết luận: Các chất cùng khối lượng thì KMnO 4 tạo nhiều Clo 0,25 

nhất. 

Câu 4 2,5đ 







28 









-Hòa tan 5 chất trên vào nước được 2 nhóm: 

+ Nhóm tan trong nước : NaCl, Na 2 CO 3 , Na 2 SO 4 

+ Nhóm không tan trong nước: BaCO 3 , BaSO 4 

-Sục CO 2 vào nhóm không tan, chất tan được là BaCO 3 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O --> Ba(HCO 3 ) 2 

Chất không tan là BaSO 4 

-Cho Ba(HCO 3 ) 2 vào nhóm tan trong nước, lọ không xuất hiện 

kết tủa là lọ chứa NaCl, 2 lọ còn lại đều tạo kết tủa: 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 --> BaCO 3↓ + 2NaHCO 3 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 SO 4 --> BaSO 4↓ + 2NaHCO 3 

-Lấy 2 kết tủa tạo thành cho vào nước và thổi CO 2 vào , kết tủa 

tan là BaCO 3 suy ra Na 2 CO 3 , còn lại là Na 2 SO 4 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O --> Ba(HCO 3 ) 



0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

Câu 5 ( 5,0 đ) 

a(2đ) Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và B 

TH1. 

Ta có: n H2SO4 = 0,2x n NaOH = 0,3y 

Vì dung dịch C làm quỳ tím hóa xanh suy ra trong C có NaOH 

dư 

0,125 

H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

mol: 0,2x 0,4x 

0,125 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O 

mol: 0,002 0,002 

0,25 

Vậy n HCl = n NaOH ( trong 20 ml C) = 0,05. 0,04 = 0,002 mol 

0,25 

0,002.0,5.1000 

=> n NaOH( trong 0,5 lit C) = 

= 0,05 mol 

20 

0,25 

ta có: 0,3y – 0,4x = 0,05 (1) 

TH2. 

Ta có: n H2SO4 = 0,3x n NaOH = 0,2y 

Vì dung dịch D làm quỳ tím hóa đỏ nên trong D có H 2 SO 4 dư. 

Vậy sản phẩm tạo ra sau khi trộn dd A và dd B là NaHSO 4 . 0,25 

H 2 SO 4 + NaOH → NaHSO 4 + H 2 O 

mol: 0,2y 0,2y 0,2y 

n H2SO4(trong 0,5 l D) = 0,3x - 0,2y (mol) 

PƯ trung hòa dd (D) để quỳ tím trở lại màu tím: 

H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

mol: (0,3x-0,2y) 2(0,3x-0,2y) 

0,25 

NaHSO 4 + NaOH → Na 2 SO 4 + H 2 O 

Mol: 0,2y 0,2y 

Số mol NaOH trung hòa dd (D) là: 

2(0,3x-0,2y) + 0,2y = 0,6x – 0,2y (mol) (*) 

Số mol NaOH trung hòa 20ml dd (D) là: 

0,25 

n NaOH = 0,1.0.08 = 0,008 mol (**) 

Từ * và ** ta có: 





29 













0,6x – 0,2y = 0,008.500:20 

=> 0,3x – 0,1y = 0,1 (2) 

Từ (1) và (2) suy ra: x = 0,7 M ; y = 1,1 M 

0,25 

Vậy C M(A) = 0,7 M ; C M(B) = 1,1 M 

b.(3đ) Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl 3 , chứng tỏ NaOH còn dư. 

H 2 SO 4 + 2NaOH --> Na 2 SO 4 + H 2 O 

Na 2 SO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 ↓ + 2NaCl 

0,25 

AlCl 3 + 3NaOH → Al(OH) 3↓ + 3NaCl 

0,125 

0 

0,125 

t 

2Al(OH) 3 ⎯⎯→ Al 2 O 3 + 3H 2 O 

Ta có n (BaCl2) = 0,1.0,15 = 0,015 mol 

n (BaSO4) = 3,262 = 0,014mol < 0,015 

0,25 

233 

=> BaCl 2 dư, Na 2 SO 4 hết 

0,25 

=> n (H2SO4) = n (Na2SO4) = n (BaSO4) = 0,014mol . 

Vậy V A = 0,014 

0,7 = 0,02 lít 0,25 

3, 262 

Ta có: n (Al2O3) = 

102 ≈0,032 mol => n Al(OH)3 = 2. 0,032 = 0,064 

0,25 

mol 

n (AlCl3) = 0,1.1 = 0,1 mol. 

Vì n Al(OH)3 < n AlCl3 => + Xét 2 trường hợp có thể xảy ra: 0,25 

- Trường hợp 1: Sau phản ứng với H 2 SO 4 , NaOH dư nhưng thiếu 

khi phản ứng với AlCl 3 

n (NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol 

0,25 

n (NaOH pư với AlCl3) = 3n (Al(OH)3) = 3.0,064 = 0,192 mol. 

tổng số mol NaOH bằng: 0,028 + 0,192 = 0,22 mol 

0, 22 

Vậy V B = 

1,1 = 0,2 lít . Tỉ lệ V B:V A = 0,2 : 0,02 = 10 : 1 0,25 

- Trường hợp 2: NaOH phản ứng với AlCl 3 xong vẫn dư và đã 

hoà tan một phần Al(OH) 3 : 

Al(OH) 3 ↓ + NaOH → NaAlO 2 + 2H 2 O 

0,25 

Tổng số mol NaOH là: 

0,028 + 3.0,1 + (0,1 - 2.0,032) = 0,364 mol 

0,25 

0,364 

Vậy V B = ≈0,33 lít 

1,1 

=> Tỉ lệ V B :V A = 0,33:0,02 = 16,5 : 1 

0,25 

Lưu ý: 

- Nếu học sinh giải làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 

- Học sinh viết PTHH không cân bằng hoặc thiếu điều kiện thì trừ ½ số điểm mỗi 

phương trình 


-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 






30 















Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Bình Giang - Năm học 2012 - 2013 

ĐỀ BÀI 

Câu 1. (2 điểm) 

1. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học xảy ra trong mỗi thí 

nghiệm sau: 

a. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3 cho đến dư. 

b. Hòa tan mẩu Fe vào dung dịch HCl rồi nhỏ tiếp dung dịch KOH vào dung dịch thu 

được và để lâu ngoài không khí. 

2. Từ các chất ban đầu là FeS 2 , Na 2 O, H 2 O và các điều kiện cần thiết khác. Viết các 

phương trình phản ứng điều chế Na 2 SO 3 , Fe(OH) 2 . 


1. Hãy nêu phương pháp tách riêng mỗi chất rắn có trong hỗn hợp các chất sau: 

CaCO 3 , NaCl, BaSO 4 . Viết phương trình hóa học xảy ra. 

2. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp và viết các phương trình phản ứng hoàn thành 

sơ đồ biến hoá sau: 

A 

B 

+ D 

(2) 

(1) + D 

(4) 

(5) 

(6) 

(7) 

(8) 

⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 ⎯⎯→ FeCl 3 ⎯⎯→ Fe(NO 3 ) 3 ⎯⎯→ A ⎯⎯→ B ⎯⎯→ C 

(3) + D 

C 


1. Chỉ dùng phenolphtalein không màu, bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt 

các lọ mất nhãn đựng các dung dịch: NaOH, H 2 SO 4 , BaCl 2 , NaCl, Na 2 SO 4 . Viết phương 

trình phản ứng xảy ra (nếu có). 

2. Tiến hành thí nghiệm nhúng đồng thời hai thanh kim loại R thứ nhất và thứ hai 

lần lượt vào hai dung dịch CuSO 4 và AgNO 3 . Sau một thời gian nhấc các thanh R ra, 

thấy thanh R thứ nhất khối lượng giảm so với ban đầu, thanh R thứ hai có khối lượng 

tăng so với ban đầu. Biết rằng lượng tăng ở thanh R thứ hai gấp 75,5 lần lượng giảm ở 

thanh R thứ nhất; giả sử tất cả kim loại sinh ra đều bám trên thanh R; số mol các kim loại 

bám trên thanh R trong hai thí nghiệm trên đều bằng nhau; trong hợp chất kim loại R 

mang hóa trị II. Xác định kim loại R. 



Một hỗn hợp gồm hai muối Na 2 SO 4 và K 2 SO 4 được trộn với nhau theo tỉ lệ số mol 

tương ứng là 1:2. Hòa tan hỗn hợp hai muối vào 102 gam nước được dung dịch A. Cho 

31 













1664 gam dung dịch BaCl 2 10% vào dung dịch A, lọc bỏ kết tủa rồi thêm dung dịch 

H 2 SO 4 dư vào dung dịch còn lại thu được 46,6 gam kết tủa. Xác định nồng độ phần trăm 

các chất có trong dung dịch A. 





Hòa tan 5,33 gam hỗn hợp 2 muối MCl n và BaCl 2 vào nước được 200 gam dung dịch X. 

Chia X thành 2 phần bằng nhau: 

Phần 1: Cho tác dụng với 100 g dung dịch AgNO 3 8,5% thu được 5,74 g kết tủa X 1 và dung 

dịch X 2 . Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng, dư thu được 1,165 gam kết tủa X 3 . 

1. Xác định tên kim loại M và công thức hóa học MCl n . 

2. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X 2 

Cho biết: Ag=108; Cu= 64; Zn=65; Al=27; Fe=56; Ba=137; Na= 23;K=39; O=16; 

H=1; Cl=35,5; N=14; S=32. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







32 














Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Bình Giang - Năm học 2012 - 2013 

Câu Ý Đáp án Điểm 

1 2 

1 a. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl 3 cho đến dư. 

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng tăng dần sau đó tan dần tạo 

dung dịch trong suốt. 

0,5 

3NaOH + AlCl 3 → 3NaCl + Al(OH) 3↓ 

NaOH dư + Al(OH) 3 → NaAlO 2 + 2H 2 O 

b. Hiện tượng: Mẩu Fe tan dần vào dd HCl, thu được dd trong suốt, 

có khí không màu thoát ra. Khi nhỏ dd KOH vào dd thu được thì xuất 

hiện kết tủa trắng xanh, để lâu ngoài không khí kết tủa chuyển dần 0,5 

sang màu nâu đỏ. 

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑ 

(có khí thoát ra) 

FeCl 2 + 2KOH → Fe(OH) 2 ↓ + 2KCl (có kết tủa trắng xanh) 

Có thể có phản ứng: KOH + HCl dư → KCl + H 2 O 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH) 3 ↓ (kết tủa chuyển màu nâu 

đỏ) 

2 * Điều chế Na 2 SO 3 

Dienphan 

2H 2 O ⎯⎯⎯⎯→ 2H 2 + O 2 

o 

t 

4FeS 2 + 11O 2 ⎯⎯→ 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

Na 2 O + H 2 O → 2NaOH 

2NaOH + SO 2 → Na 2 SO 3 + H 2 O 0,5 

* Điều chế Fe(OH) 2 

o 

t 

3H 2 + Fe 2 O 3 ⎯⎯→ 2Fe + 3H 2 O 

o 

t 

2SO 2 + O 2 ⎯⎯⎯→ 2SO 

V2O 

5 3 

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 

0,5 

H 2 SO 4 + Fe → FeSO 4 + H 2 

FeSO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + Fe(OH) 2 

2 2 

1 - Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp vào nước, lọc tách chất rắn không tan 

được hỗn hợp chất rắn CaCO 3 , BaSO 4 và dung dịch NaCl. 

- Cô cạn dung dịch thu được NaCl. 

- Tách CaCO 3 , BaSO 4 : 

+ Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, lọc dung dịch thu được 

chất rắn không tan BaSO 4 và dung dịch chứa CaCl 2 và HCl dư. 

CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ 

+ Nhỏ dung dịch Na 2 CO 3 dư vào dung dịch chứa CaCl 2 và HCl dư, 

lọc tách kết tủa thu được muối CaCO 3 . 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

CaCl 2 + Na 2 CO 3 → CaCO 3 ↓ +2NaCl 







33 









2 HCl dư + Na 2 CO 3 → 2NaCl + H 2 O + CO 2 ↑ 

2 A: Fe(OH) 3 ; B: Fe 2 O 3 ; C: Fe ; D: H 2 SO 4 

Fe(OH) 3 + 3H 2 SO 4 ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6H 2 O 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O 

t 

2Fe + 6H 2 SO 0 

4 (đ) ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 ⎯⎯→ 3BaSO 4↓ + 2FeCl 3 

FeCl 3 + 3AgNO 3 ⎯⎯→ 3AgCl ↓ + Fe(NO 3 ) 3 

Fe(NO 3 ) 3 + 3NaOH ⎯⎯→ Fe(OH) 3↓ + 3NaNO 3 

0 

t 

2Fe(OH) 3 ⎯⎯→ Fe 2 O 3 + 3H 2 O 

0 

t 

Fe 2 O 3 + 3CO ⎯⎯→ 2 Fe + 3 CO 2 

0,125 

0,125 

0,125 

0,125 

0,125 

0,125 

0,125 

0,125 

3 2 

1 - Lấy mỗi dung dịch một ít cho vào các ống nghiệm, đánh số thứ tự. 

- Nhỏ dung dịch phenolphtalein vào 5 ống nghiệm: 

+ Ống nghiệm nào xuất hiện màu đỏ là dung dịch NaOH 

0,25 

+ 4 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: H 2 SO 4 , 

BaCl 2 , NaCl, Na 2 SO 4 . 

- Nhỏ dung dịch NaOH có phenolphtalein (màu đỏ) vào 4 ống nghiệm 

còn lại: 

+ Dung dịch nào làm mất màu đỏ của dd NaOH là H 2 SO 4 . 

0,25 

2NaOH + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

+ 3 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: BaCl 2 , 

NaCl, Na 2 SO 4 . 

- Nhỏ dung dịch H 2 SO 4 vào ba ống nghiệm còn lại: 

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu trắng là dung dịch BaCl 2 0,25 

BaCl 2 + H 2 SO 4 → BaSO 4 + 2HCl 

+ 2 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: NaCl, 

Na 2 SO 4 

- Nhỏ dung dịch BaCl 2 vào hai ống nghiệm còn lại: 

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu trắng là dung dịch Na 2 SO 4 

BaCl 2 + Na 2 SO 4 → BaSO 4 + 2NaCl 

0,25 

+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: NaCl. 

2 Kim loại R có nguyên tử khối là M R : 

PTHH: 

R + CuSO 4 → CuSO 4 + Cu ↓ 

x 

x 

R + 2AgNO 3 → R(NO 3 ) 2 + 2Ag ↓ 

0,5x x 

Đặt x là số mol mỗi kim loại bám vào thanh R (n Cu = n Ag = x mol) 

+ Phần khối lượng kim loại giảm ở thanh thứ nhất = (M R -64)x 

+ Phần khối lượng tăng ở thanh thứ hai = (2.108 - M R ).0,5x 




0,25 

0,25 

0,25 

0,25 






34 









Theo đề ta có: (2.108 - M R ).0,5x = 75,5.(M R -64)x 

Giải ra M R = 65. Suy ra kim loại R là kẽm (Zn) 

4 2 

- Khi cho dd BaCl 2 vào dd A: 

BaCl 2 + Na 2 SO 4 → BaSO 4↓ + 2NaCl (1) 

0,25 

BaCl 2 + K 2 SO 4 → BaSO 4↓ + 2KCl (2) 

- Khi cho dd H 2 SO 4 vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ 

trong nước lọc còn chứa BaCl 2 (dư) và tham gia phản ứng hết với 

0,25 

H 2 SO 4 . 

BaCl 2 + H 2 SO 4 → BaSO 4↓ + 2HCl (3) 

- Khối lượng BaCl 2 cho vào dung dịch A là: 

1664 166, 4 

m 

BaCl 

= .10 = 166, 4(g) → n 

2 BaCl 

= = 0,8(mol) 

2 

100 208 

- Số mol BaCl 2 tham gia phản ứng (3) là: 

0,25 

0,25 

46,6 

nBaCl 2 (3) 

= n 

BaSO 4 (3) 

= = 0, 2(mol) 

233 

- Suy ra tổng số mol Na 2 SO 4 và K 2 SO 4 = số mol BaCl 2 tham gia phản 

ứng (1) và (2) và bằng: n 

(Na2SO 4 + K2SO 4 ) 

= n 

BaCl 2 (1+2) 

= 0,8 − 0, 2 = 0,6(mol) 

0,25 

- Vì số mol Na 2 SO 4 và K 2 SO 4 trong hỗn hợp trộn với nhau theo tỉ lệ 

1:2 nên ta có: n 

Na2SO 

=0,2(mol); n 

4 K2SO 

= 0, 4(mol) 

4 

0,25 

→ m =0,2.142=28,4(g); n = 0,4.174 = 69,6(g) 

Na2SO 4 K2SO4 



- Khối lượng dung dịch A: mddA 

= 102 + 28, 4 + 69,6 = 200(g) 

- Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: 

28,4 69,6 

C% 

Na2SO 

= 100%=14,2(%) ; C% 

4 K2SO 

= 100% = 34,8(%) 

4 

200 200 

0,25 

0,25 

5 2 

1 Gọi a,b là số mol của MCl n và BaCl 2 có trong 2,665 gam mỗi phần 

Phần 1: MCl n + n AgNO 3 → M(NO 3 ) n + n AgCl ↓ 

(1) 

a an a an (mol) 

0,25 

BaCl 2 + 2 AgNO 3 → Ba(NO 3 ) 2 + 2 AgCl ↓ 

(2) 

b 2b b 2b (mol) 

5,74 

n AgCl = = 0,04 mol an + 2b = 0,04 mol 

143,5 

Phần 2: BaCl 2 + H 2 SO 4 → BaSO 4↓ + 2 HCl 

0,25 

(3) 

b 

b mol 

2MCl n + nH 2 SO 4 → M 2 (SO 4 ) n↓ + 2nHCl 

(4) 

Theo phản ứng(3) cứ 1 mol BaCl 2 chuyển thành 1 mol BaSO 4 khối 0,25 

lượng muối tăng 25 gam. Từ phản ứng (4) cứ 2 mol MCl n chuyển 

thành 1 mol M 2 (SO 4 ) khối lượng tăng 12,5 n gam. Nhưng khối lượng 







35 











X 3 < m hỗn hợp muối ban đầu. Chứng tỏ (4) không xảy ra. → X 3 là 

BaSO 4 

1,165 

Số mol BaSO 4 = 

233 

= 0,005 mol b = 0,005 an = 0,03. 

m hh = a(M + 35,5n) + 0,005. 208 = 2,665 aM = 0,56 

aM 0,56 56 

= M = n 

an 0,03 3 

n 1 2 3 

M 18,7 37,3 56(Fe) 

Vậy M là kim loại sắt Fe. Công thức hóa học của muối: FeCl 3 

2 Số mol AgNO 3 phản ứng theo PTHH (1), (2): n 

AgNO 3 (1), (2) 

= 0,04 mol 

Số mol AgNO 3 dư = 0,05 - 0,04 = 0,01 mol 

Dung dịch X 2 gồm: 

Fe(NO 3 ) 3 ( 0,01 mol) m = 0,01. 242 = 2,42 g 

Fe(NO ) 

Ba(NO 3 ) 2 ( 0,005 mol) m 

Ba(NO 3 ) = 0,005. 261=1,305 g 

2 

AgNO 3 dư (0,01 mol) m 

AgNO3du 

= 0,01 . 170 = 1,7 g 0,25 

200 

m dd = + 100 - 5,74 =194,26 g 

0,25 

2 

2, 42 

C% Fe(NO 3 ) 3 = .100% = 1,245% 

194, 26 

1,305 

C% Ba(NO 3 ) 2 = .100% 

= 0,671% 

194,26 

1,7 

C% AgNO 3 = .100% = 0,875% 

0,25 


Ghi chú: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương tương. 

- Phương trình có chất viết sai không cho điểm, thiếu điều kiện và không cân 

bằng trừ đi nửa số điểm của phương trình đó. Nếu bài toán có phương trình không cân 

bằng hoặc sai chất thì không cho điểm. 

- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 


3 3 

0,25 

0,25 






36 
















ĐỀ BÀI 

Bài 1: (3,5 điểm) 

a) Viết các phương trình hoá học xảy ra khi cho: 

- Fe vào dung dịch HCl. 

- Fe vào dung dịch H 2 SO 4 ( đặc nóng). 

- CO 2 vào dung dịch Ba(OH) 2 . 

- Fe 3 O 4 vào dung dịch H 2 SO 4 ( đặc nóng). 

b) Nêu hiện tượng hoá học xảy ra và viết phương trình hoá học khi: 

- Cho từ từ dung dịch NaOH cho đến dư vào dung dịch AlCl 3 . 

- Cho từ từ dung dịch NH 3 cho đến dư vào dung dịch AlCl 3 . 

Bài 2: (4,5 điểm) 

a) Chỉ dùng 1 thuốc thử để nhận ra các dung dịch riêng biệt sau: HCl, H 2 SO 4 , FeCl 2 , 

H 3 PO 4 . 

b) Cho các chất: FeS 2 , O 2 , H 2 O, NaCl và các thiết bị cần thiết. Hãy viết các phương 

trình hoá học điều chế các chất sau: Fe 2 (SO 4 ) 3 , FeSO 4 , Fe(OH) 3 , FeCl 3 , FeCl 2 . 

Bài 3: (4,0 điểm) Cho luồng khí CO dư đi qua ống sứ chứa m gam bột sắt oxit nung 

nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Dẫn toàn bộ lượng khí sinh ra vào một lít 

dung dịch Ba(OH) 2 0,1M thu được 9,85 gam kết tủa. Mặt khác khi hoà tan toàn bộ lượng 

kim loại sắt tạo thành ở trên bằng V lít dung dịch HCl 2M ( vừa đủ) thì thu được một 

dung dịch, sau khi cô cạn dung dịch thu được 12,7 gam muối khan 

a) Xác định công thức oxit sắt. 

b) Tính m. 

c) Tính V. 

Bài 4: ( 4,0 điểm) Ngâm 45,5 gam hỗn hợp bột các kim loại Zn, Cu, Ag trong dung 

dịch HCl dư thu được 4,48 lít khí (ĐKTC). Nếu nung một lượng hỗn hợp như trên trong 

không khí, phản ứng xong thu được hỗn hợp rắn mới có khối lượng 51,9 gam 

a) Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 

b) Xác định khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 

Bài 5: (4,0 điểm) 

a) Cho a gam dung dịch H 2 SO 4 loãng nồng độ A% tác dụng với một lượng hỗn hợp 

hai kim loại Na và Mg (dùng dư) thì khối lượng khí H 2 tạo thành là 0,05a gam. 

Tính A? 

b) Cần lấy bao nhiêu tấn Fe 2 O 3 và một tấn gang chứa 5% các bon để sản xuất một loại 

thép chứa 1% các bon. Biết rằng các bon chỉ bị oxi hoá thành CO. 

(Cho Fe = 56, O = 16, Zn = 65, Cu = 64, Ag = 108, S = 32, H = 1, C = 12, Cl = 35,5, 

Mg = 24, Ba = 137) 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







37 













Bài Lời giải Điểm 

Bài1 

(3,5điểm) 

Câu a(1,5đ) 

2Fe +2HCl → FeCl 2 + H 2 

0,25đ 

2Fe +6H 2 SO 4(đặc nóng) → Fe 2 (SO 4 ) 3 +3SO 2 +6H 2 O 

0,25đ 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 

0,25đ 

0,25đ 

2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 

0,5đ 

2Fe 3 O 4 + 10 H 2 SO 4(đặc nóng) → 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 10H 2 O 

Bài 2 

(4,5điểm) 

Câu b(2đ) 

-Xuất hiện kết tủa , kết tủa tăng dần đến tối đa rồi lại tan dần 

cuối cùng thu được dung dịch trong suốt 

3NaOH + AlCl 3 → Al(OH) 3 + NaCl 

NaOH + Al(OH) 3 → NaAlO 2 + 2H 2 O 

-Xuất hiện kết tủa , kết tủa tăng dần đến tối đa (không tan trong 

dung dịch NH 3 dư) 

- 3NH 3 + 3H 2 O + AlCl 3 → Al(OH) 3 + 3NH 4 Cl 

Câu a(2đ) 

Đánh số thứ tự các lọ hoá chất và lấy mỗi lọ mỗi ít làm mẫu 

thử, Cho kim loại Ba vào các mẫu thử trên: 

- Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng hơi xanh rồi hoá nâu dần,đồng 

thời có khí không màu thoát ra là FeCl 2 

Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 

Ba(OH) 2 + FeCl 2 → Fe(OH) 2 + BaCl 2 

Fe(OH) 2 + 2H 2 O +O 2 → 4 Fe(OH) 3 

Mẫu thử nào chỉ có khí không màu thoát ra là HCl 

Ba + 2HCl → BaCl 2 + H 2 

Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng là H 2 SO 4 và H 3 PO 4 

Ba + H 2 SO 4 → BaSO 4 + H 2 

3Ba + 2H 3 PO 4 → Ba 3 (PO 4 ) 2 + 3H 2 

Lọc lấy kết tủa cho vào dung dich HCl, kết tủa nào tan là kết tủa 

của mẫu thử H 3 PO 4 , 

Ba 3 (PO 4 ) 2 + 6HCl → BaCl 2 + 2H 3 PO 4 

Kết tủa nào không tan là kết tủa của mẫu thử H 2 SO 4 

Câu b, (2,5đ) 

Mỗi phương trình đúng được 0,25đ 

. 



0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 







38 











4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8 SO 2 

2SO 2 + O 2 2SO 3 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O 

2NaCl + 2H 2 O 2NaOH + 2H 2 + Cl 2 

Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH 2Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 

Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 

Fe + 3Cl 2 2FeCl 3 

H 2 + Cl 2 

2HCl 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 

Hoặc Fe + 2FeCl 3 3FeCl 2 

Bài 3 (4đ) a, nBa(OH) 2 = 0,1mol; nBaCO 3 = 9,85 : 197 = 0,05mol, 

nFeCl 2 = 12,7 : 127 = 0,1mol 

PTHH: Fe x O y + yCO → xFe + yCO 2 (1) 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O (2) 

2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (3) 

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (4) 

Theo phương trình hoá học (4) 

nFe = nFeCl 2 = 0,1mol => nFe = 0,1mol 

Vì nBaCO 3 < nBa(OH) 2 nên xét 2 trường hợp 

Trường hợp 1: Khi sục CO 2 vào dung dịch Ba(OH) 2 chỉ xảy ra 

phản ứng (2), 

Theo phương trình hoá học (2) : nCO 2 = nBaCO 3 = 0,05mol => 

nCO 2 = 0,05mol 

Ta có: x/y = 0,1/0,05 = 2/1 (loại) 

Trường hợp 2: Khi sục CO 2 vào dung dịch Ba(OH) 2 xảy ra cả 

hai phản ứng (2) và (3) 

Theo PTHH (2): nCO 2 = nBaCO 3 = nBa(OH) 2 = 0,05mol 

Vậy nBa(OH) 2 tham gia ở PTHH(3) = 0,1 – 0,05 = 0,05mol, 

Theo PTHH ( 3) nCO 2 = 2nBa(OH) 2 = 0,1mol, 

Tổng CO 2 tham gia ở PTHH (2) và PTHH( 3) 

0,1 + 0,05 = 0,15mol 

Ta có x/y = 0,1 / 0,15 => x/y = 2/3 => CTHH của ôxít là Fe 2 O 3 

b, Theo PTHH(1) nFe 2 O 3 = 0,05mol => mFe 2 O 3 = 8g 

c, Theo PTHH( 4 )nHCl = 0,2mol 

=> V dung dịch HCl = 0,2/2 = 0,1lít 

Bài 4 (4đ) Zn + 2HCl → ZnCl 2 + H 2 (1) 

2Zn + O 2 → 2ZnO (2) 

2Cu + O 2 → 2CuO (3) 

nH 2 = 4,48 / 22,4 = 0,2mol 

Từ PTHH 1 ta có nZn = nH 2 = 0,2mol => mZn = 0,2 , 65 = 13g 

Áp dụng định luật BTKL ta có: 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

1,0đ 

0,5đ 

0,5đ 

0.25đ 

0.25đ 

0.25đ 

0.25đ 

0.5đ 







39 











Khối lượng Oxi phản ứng ở PTHH (2 )và PTHH( 3) là: 0,5đ 

mO 2 = 51,9 – 45,5 = 6,4g => nO 2 = 6,4/32 = 0,2mol 

Theo PTHH (2) ta có: nO 2 = 1/2nZn = 0,1mol => nO 2 phản ứng 

ở PTHH (3) là : 0,2 – 0,1 = 0,1mol, 

Theo PTHH (3): nCu = 2nO 2 = 0,2mol => mCu = 0,2.64 =12,8g 

mAg = 45,5 – 12,8 – 13 = 19,7g 

0,5 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

Bài 5 (4đ) a, (2đ) PTHH : 2Na + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + H 2 (1) 0.25đ 

Mg + H 2 SO 4 → MgSO 4 + H 2 (2) 

0,25đ 

Vì hỗn hợp dùng dư nên Na tác dụng với nước 

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 (3) 

Nếu lấy a = 100g dung dịch thì khối lượng H 2 SO 4 là A(g) và 

khối lượng của nước là 100 – A(g) 

Khối lượng H 2 tạo thành là : 0,05 , 100 = 5(g), 

Theo PTHH 1 và (2) 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

Cứ 98g H 2 SO 4 tác dụng với kim loại cho 2g H 2 

Vậy A(g) H 2 SO 4 tác dụng với kim loại cho 2A/ 98(g) 

Theo PTHH (3): Cứ 36 g nước tác dụng với Na cho 2g H 2 bay ra, 

0,25đ 

Vậy (100 – A)g nước tác dụng với Na cho 2(100 - A) / 36g H 2 

bay ra, 

Theo bài ra ta có : 2A/98 + 2(100-36) = 5 

Giải phương trình trên ta có : A = 15,8. Tức là A% = 15,8% 

b, (2đ) 

Gọi khối lượng Fe 2 O 3 cần thêm vào là x( tấn) 

0,25đ 

0,25đ 

PTHH: Fe 2 O 3 + 3C → 2Fe + 3CO 

160tấn 36tấn 112tấn 

xtấn 36x/160tấn 112x/160tấn 

0,5đ 

Khối lượng Cácbon bị ôxi hoá : 

36 = 0,255x 160 

0,5đ 

x 

Khối lượng Fe tạo thành : 

0,7x 

160 

Trong 1 tấn gang có 0,95 tấn Fe và 0,05 tấn C 

Tổng khối lượng Fe trong thép là: 0,95 + 0,7x(tấn) 

0,5đ 

Tổng khối lượng C còn lại trong thép là: 0,05 – 0,225x (tấn) 

Thép chứa 1% Các bon nên: 

mC 1 0,05 − 0,225x 

= = 

=> x = 0,174 

mFe 100 −1 

0,95 + 0,7 

0,5đ 

Vậy phải thêm vào 0,174 tấn Fe 2 O 3 vào 1 tấn gang chứa 5%C để 

sản xuất 1 lọai thép chứa 1% C 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







40 











Câu 1:(1,5 điểm). 





Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Tĩnh Gia - Năm học 2009 - 2010 

ĐỀ BÀI 

Nêu tính chất hoá học của H 2 SO 4 ? Viết phươmg trình phản ứng minh họa? 

Câu 2 : (2.0 điểm). 

Chỉ dùng thêm quỳ tím , trình bày phương pháp hoá học để phân biệt 5 lọ dung 

dịch bị mất nhãn gồm: NaCl, Ba(OH) 2 ,KOH, Na 2 SO 4 , H 2 SO 4 

Câu3:(2.5 điểm). 

Cho Mg, Fe vào dung dịch CuSO 4 sau phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn A, 

dung dịch B . Hỏi A,B gồm những chất gì, viết PTPƯ? 

Câu4:(4.0 điểm) 

Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS 2 và cho tất cả SO 2 thu được hấp thụ vào 2 lít dung 

dịch Ba(OH) 2 0.15M. Tính khối lượng muối tạo thành 

Câu 5: .(5.0 điểm) B là hỗn hợp gồm Fe, Al, Ba 

TN1 : Cho m gam B vào nước đến phản ứng xong thoát ra 8,96 lít H 2 ở (ĐKTC) 

TN2 : Cho m gam B vào NaOH dư thoát ra 12.32 lít H 2 ở ĐKTC 

TN3 : Cho m gam B vào dung dịch HCl dư thoát ra 13,44lít H 2 ở ĐKTC 

Tính m và % khối lượng mỗi kim loại trong B 

Câu 6:(5 điểm) A là dung dịch HCl.. B là dung dịch Ba(OH) 2 

Thí nghiệm 1: Trộn 50 ml dung dịch Avới 50 ml dung dịch B thu được dung dịch 

C. Thêm ít quỳ tím vào C thấy quỳ tím chuyển sang màu đỏ, thêm từ từ dung dịch NaOH 

0,1M vào C cho tới khi quỳ trở lại màu tím , thấy tốn hết 50 ml dung dịch NaOH 

Thí Nghiệm 2: trộn 50 ml dung dịch A với 150 ml dung dịch B thu được dung dịch 

D. Thêm ít quỳ tím vào D thấy có màu xanh. Thêm từ từ dung dịch HNO 3 0.1M vào D 


tới quỳ trở lại màu tím thấy tốn hết 350 ml dung dịch HNO 3 

Từ 2 thí nghiệm trên tính nồng độ mol(mol/lit) của các dung dịch A,B 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 






41 














Nguồn: Đề thi HSG Hóa 9 –H. Tĩnh Gia - Năm học 2009 - 2010 

Câu1: 1. (1.5 điểm) SGK lớp 9 

Axít sunfuric loãng và Axít sunfuric đặc có một số tính chất hoá học khác nhau 

a. Axít sunfuric loãng có tính chất hóa học của một axit 

- Làm đối màu quỳ tím thành đỏ 

- Tác dụng với một số kim loại tạo thành muối sunfat và giảI phóng khí hiđro 

Mg + H 2 SO 4 MgSO 4 + H 2 

- Tác dụng với bazơ tạo thành muối sunfat và nước 

H 2 SO 4 + Ba(OH) 2 BaSO 4 + 2H 2 O 

- Tác dụng với oxit bazơ tạo thành muối sunfat và nước 

H 2 SO 4 + CuO CuSO 4 + 2H 2 O 

- Tác dụng với dung dịch muối tạo thành muối mới bazơ mới 

H 2 SO 4 + BaCl 2 BaSO 4 + HCl 

b. Axit sunfuric đặc có tính chất hoá học riêng 

- Tác dụng vơi kim loại giải phóng khí sunfurơ 

Cu + H 2 SO 4 CuSO 4 + SO 2 + H 2 O 

- Tính háo nước ( tác dụng với đường, bông ,vải….) 

Câu 2. (2.0 đ)Dùng giấy quỳ tím cho vào 5 mẫu thử: 

Mẫu làm quỳ tím hoà hồng là dung dịch H 2 SO 4 

Mẫu làm quỳ tím hoá xanh là dung dịch Ba(OH) 2 ,KOH 

Mẫu không làm quỳ tím thay đổi màu là dung dịch Na 2 SO 4 , NaCl (0,75đ) 

Dùng H 2 SO 4 mới nhận biết cho vào 2 mẫu Ba(OH) 2 ,KOH . mẫu tạo kết tủa trắng là 

Ba(OH) 2 , mẫu không hiện tượng là KOH 

(0,25đ) 


H 2 SO 4 + 2KOH K 2 SO 4 + 2H 2 O (0,5đ) 

Dùng Ba(OH) 2 mới nhận biết cho tác dụng với 2 mẫu Na 2 SO 4 , NaCl. Mẫu tạo kết tủa 

trắng là Na 2 SO 4 , mẫu không có hiện tượng là NaCl 

(0,25đ) 

Ba(OH) 2 + Na 2 SO 4 BaSO 4 + 2NaOH (0,25đ) 

Câu 3.(2.5 đ) Phương trình phản ứng : 

Mg + CuSO 4 MgSO 4 + Cu (1) (0,25đ) 

Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu (2) (0,25đ) 

Trường hợp 1: CuSO 4 hết , kim loại còn dư 

(0,25đ) 

+ chỉ có Mg phản ứng: Fe không phản ứng: chỉ có PƯ (1) (0,5đ) 

Chất rắn A là Fe,Cu, Mg có thể còn dư, 

Dung dịch B MgSO 4 

+ Fe phản ứng, Mg hết; có cả PƯ (1,2 ). (0,5đ) 

Chất rắn A là Fe có thể dư, và Cu 

Dung dịch B : MgSO 4 , FeSO 4 

Trường hợp 2 : CuSO 4 dư , kim loại hết có cả 2 phản ứng 1 và 2 (0,25đ) 

Chất rắn A là Cu 

Dung dịch B : CuSO 4 ,MgSO 4 , FeSO 4 

(0,5đ) 

Câu 4: (4.0đ) Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: 







42 











4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 (1) (0,5đ) 

SO 2 + Ba(OH) 2 BaSO 3( r) + H 2 O (2) (0,5đ) 

2SO 2 + Ba(OH) 2 Ba(HSO 3 ) 2 (3) (0,5đ) 

Ta có : n FeS 2 = 18/120 = 0.15 mol 

(0,25đ) 

Theo phương trình 1 ⇒ n SO2 = 2n FeS2 = 0.3 mol 

(0,25đ) 

n Ba(OH) 2 = 2.0,125 = 0,25 mol 

(0,25đ) 

lập tỷ lệ : nSO 2 : n Ba(OH) 2 = 0,3 : 0,25 = 1.2 (0,25đ) 

ta nhận thấy tỷ lệ này : 1 < nSO 2 : n Ba(OH) 2 = 1.2 < 2 (có thể dựa vào số mol các chất để 

lập luận để tìm ra 2 muối tạo thành sau phản ứng ) (0,25đ) 

Vậy có 2 muối được tạo thành sau phản ứng. Gọi x,y lần lượt là số mol của BaSO 3 , Ba(HSO 3 ) 2 

ta có 

(0,25đ) 

SO 2 + Ba(OH) 2 BaSO 3( r) + H 2 O (2) 

(Mol) x x x 

2SO 2 + Ba(OH) 2 Ba(HSO 3 ) 2 (3) 

( mol) 2y y y 

x + 2y = 0,3 

x+ y = 0.25 

tính được x = 0.2 mol ; y = 0.05 mol 

(0,5đ) 

m BaSO 3 = 0,2.217 = 43,4 g , mBa(HSO 3 ) 2 = 0,05.299 = 14,95 g 

(0,5đ) 

Câu 5: (5.0đ) Các phản ứng xảy ra ở các TN 

TN1: cho vào nước : Fe không phản ứng 

(0,75đ) 

Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 

2Al + Ba(OH) 2 + 2H 2 O Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2 

Số mol H 2 ở thí nghiệm 1 là: n H 2 = 0,4 mol 

TH2: Cho vào NaOH dư xảy ra các phản ứng 

(0,75đ) 

Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 


2Al + 2NaOH + 2H 2 O 2NaAlO 2 + 3H 2 


TN3: cho vào HCl dư 

(0,75đ) 

Ba + 2HCl BaCl 2 + H 2 

2Al + 6HCl AlCl 3 + 3H 2 



ở TH1 số mol H 2 thu được nhỏ hơn ở TN2 chứng tỏ Al còn dư và Ba(OH) 2 phản ứng hết 

(0,25đ) 

gọi x,y,z lần lượt là số mol của Ba, Al, Fe ta có số mol H 2 ở mỗi thí nghiệm thu được là: 

- TN1 

Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 

Mol x x x 


Mol 2x x 3x 

(vì Al còn dư nên hoà tan hết lượng Ba(OH) 2 ) 

⇒ x+3x = 0,4 ⇒ x = 0,1 

(0,5đ) 

- Từ TN2 ta thấy NaOH dư do đó Al phản ứng hết 

Ba + 2H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 

Mol x x x 








43 











Mol 2x x 3x 

Lượng Al còn y-2x mol 

(0,25đ) 

2Al + 2NaOH + 2H 2 O 2NaAlO 2 + 3H 2 

Mol y-2x 

1,5(y-2x) 

Số mol H 2 thoát ra là: 

⇒ x+3x+1,5(y-2x) = 0,55 ⇒ x + 1,5y = 0,55 ⇒ y = 0,3 mol (0,5đ) 

- Từ TN3 : vì HCl dư nên H 2 thoát ra từ Ba + Al vẫn bằng 0,55 mol ⇒ H 2 thoát ra từ Fe là: 

(0,25đ) 

z = 0,6 – 0,55 = 0,05 mol 

(0,25đ) 

m hỗn hợp = 0,1.137 + 0,3.27 + 0,05.56 = 5,25 gam 

(0,25đ) 

⇒ phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp B là 

%Ba = (1,37/ 5,25 ) .100 = 26,1% 

%Al = (1,08 / 5,25 ) .100 = 20,6% 

⇒ %Fe = 100 - (%Ba + %Al) = 53,3% 

(0,75đ) 

Câu 6 : ( 5.0 điểm ) 

Thí nghiệm 1: Các phương trình phản ứng xảy ra : (0,5đ) 

2HCl + Ba(OH) 2 BaCl 2 + 2H 2 O 

HCl + NaOH NaCl + H 2 O 

Sản phẩm thu được chỉ gồm muối và nước 

(0,25đ) 

Thí nghiệm 2 : Các phương trình xảy ra : 

(0,5đ) 

2HCl + Ba(OH) 2 BaCl 2 + 2H 2 O 

2HNO 3 + Ba(OH) 2 Ba(NO 3 ) 2 + 2H 2 O 

Sản phẩm thu được chỉ gồm muối và nước 

(0,25đ) 

Từ thí nghiệm 1 ta có: nHCl = 2n Ba(OH) 2 + nNaOH (0,5đ) 

⇒ CMHCl .V HCl= 2 CMBa(OH) 2 .V Ba(OH) 2 + CMNaOH. VNaOH thay số vào ta có 

⇒ CMHCl . 0,05 = 2 CMBa(OH) 2 .0,05 + 0,1 0,05 

⇒ CMHCl = 2 CMBa(OH) 2 . + 0,1 (1) (0,75đ) 

Từ thí nghiệm 2 ta có: 2n Ba(OH) 2 = nHCl + nHNO 3 (0,5đ) 

⇒ 2 CMBa(OH) 2 .V Ba(OH) 2 = CMHCl .V HCl + CMHNO 3. VHNO 3 thay số vào ta có 

⇒ 2 CMBa(OH) 2 . 0,15 = CMHCl . 0,05 + 0,1 0,35 

⇒ 6 CMBa(OH) 2 = CMHCl + 0,7 (2) (0,75đ) 

Kết hợp 1và 2 

CMHCl = 2 CMBa(OH) 2 . + 0,1 

6CMBa(OH) 2 = CMHCl + 0,7 

Giải hệ phương trình CMHCl = 0,5M ; CMBa(OH) 2 = 0,2M (1.0đ) 

Ghi chú : Thí sinh làm cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa ứng với phần tương 

đương 

- Trong PTHH nếu sai công thức không cho điểm nếu không cân bằng hoặc thiếu điều 

kiện phản ứng trừ đi 1/2 số điểm , nếu bài toán dựa vào PTHH để giải nếu cân bằng sai 

thì không cho điểm bài toán kể từ khi sai 


-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 






44 















ĐỀ BÀI 

Câu 1.( 4 điểm) Cho sơ đồ chuyển hóa của nguyên tố Fe (mỗi mũi tên là 1 phản ứng hóa học): 

H 2 SO 4 

Fe Fe 2 (SO 4 ) 3 FeCl 3 Fe 

(1) 

Ba(OH) 2 

(3) 

HCl đặc 

(2) 

(4) NaCl 

Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 Fe(OH) 3 

(5) 

(8) 

a. Hãy chỉ ra những chỗ đúng, sai, hoặc thiếu chính xác ở sơ đồ chuyển hóa trên và giải thích 

vì sao? 

b. Từ đó hãy chọn hóa chất, điều kiện (ở trên dấu mũi tên) thích hợp và viết PTHH thực hiện 

dãy chuyển hóa đúng. 


a. Chỉ được dùng thêm 2 hóa chất tự chọn. Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt 5 chất 

bột chứa trong 5 lọ mất nhãn gồm: Mg(OH) 2 , Al 2 O 3 , Ca(NO 3 ) 2 , Na 2 CO 3 , KOH. 

b. Hãy trình bày phương pháp hóa học để tách từng chất ra khỏi hỗn hợp gồm BaCO 3 , CuO 

NaCl, CaCl 2 sao cho khối lượng không thay đổi. 


a. Trình bày nguyên tắc, nguyên liệu, các phản ứng chính xảy ra trong quá trình luyện gang. 

b. Tính khối lượng quặng manhetit (chứa 10% tạp chất trơ) cần dùng để sản xuất được 2 tấn 

gang chứa 5% cacbon. Biết hiệu suất quá trình đạt 90%. 


Hòa tan 5,33 gam hỗn hợp 2 muối RCl n và BaCl 2 vào nước được 200 gam dung dịch X. Chia 

X thành 2 phần bằng nhau: 

Phần 1: Cho tác dụng với 100 g dung dịch AgNO 3 8,5% thu được 5,74 g kết tủa X 1 và dung 

dịch X 2 . Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng, dư thu được 1,165 gam kết tủa X 3 . 

a. Xác định tên kim loại R và công thức hóa học RCl n . 

b. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X 2 


Cho 12,9 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Mg và Al vào trong bình đựng khí clo, nung nóng. 

Sau một thời gian ngừng phản ứng thu được 41,3 gam hỗn hợp chất rắn B. Cho toàn bộ chất 

rắn B tan vào trong 500 ml dung dịch HCl 1,2M thu được dung dịch C và V lít khí H 2 (đktc). 

Dẫn V lít khí H 2 này qua ống đựng 20 gam CuO nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn 

hợp chất rắn nặng 16,8 gam. Biết chỉ có 80% H 2 phản ứng. 

a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp A. 

b. Tính nồng độ C M các chất trong dung dịch C (Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng 

kể). 

Cho: H=1, O=16, Al=27, Ba=137, Mg=24,S=32, Fe=56, Cl=35,5, Ag = 108, Cu = 64, N= 

14, C= 12 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 


HCl 

(7) 

t o 

t 0 (6) 

H 2 O 






45 














. 


I 4.0 

a (1) chưa chính xác vì: Nếu dung dịch H 2 SO 4 loãng thì chỉ thu được 

FeSO 4 

Nếu H 2 SO 4 đặc, nguội thì Fe bị thụ động hóa nên không xảy ra phản 

ứng. Do đó phải dùng dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng 

0.25 

(2) Sai, vì HCl đặc dễ bay hơi nên không thể đẩy H 2 SO 4 ra khỏi muối 

(3) Phản ứng xảy ra nhưng không nên dùng Ba(OH) 2 vì tạo BaSO 4 kết 

tủa lẫn với Fe(OH) 3 

(4) Sai, vì Fe(OH) 3 là bazơ không tan nên không tác dụng với muối 

NaCl 

(5) đúng, vì Fe(OH) 3 là bazơ không tan nên bị nhiệt phân 

(6) Sai, Fe 2 O 3 không thể phân hủy thành Fe, cần có chất khử mạnh như 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

H 2 , CO... 

(7) Sai, Vì phản ứng xảy ra chỉ thu được FeCl 2 

0,25 

(8) sai, không thể chuyển hóa trực tiếp vì Fe 2 O 3 không tan trong nước 0,25 

b (1) Chọn H 2 SO 4 đặc, nóng 

2Fe + 6 H 2 SO 4 đặc, nóng → 

(2) Chọn BaCl 2 : 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6 H 2 O 0.25 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3 BaCl 2 → 2FeCl 3 + 3BaSO 4 

0,25 

(3) Chọn NaOH 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6 NaOH → 2 Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 

0,25 

(4) Chọn dd HCl: 

Fe(OH) 3 + 3 HCl ⎯⎯→ 

to FeCl 3 + 3 H 2 O 

0,25 

(5) 2Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 + 3 H 2 O 

0,25 

(6) Chọn CO hoặc H 2 

t o 

Fe 2 O 3 + 3CO 2 Fe + 3 CO 2 

0,25 

Fe 2 O 3 + 3 H 2 ⎯⎯→ 

to 2Fe + 3 H 2 O 

(7) Chọn Cl 2 : 

0,25 

2Fe + 3Cl 2 ⎯⎯→ 

to 2FeCl 3 

(8) không thể chuyển hóa trực tiếp 

0,25 

II 4.0 

a. - Cho các mẫu thử vào nước dư: 

+ Hai mẫu thử không tan là Mg(OH) 2 và Al 2 O 3 ( nhóm 1) 

0.25 

+ Ba mẩu thử tan tạo thành 3 dung dịch là Ca(NO 3 ) 2 , Na 2 CO 3 , KOH ( 

nhóm 2) 

- Nhỏ dung dịch HCl vào 3 mẫu thử của nhóm 2: 

0,25 

+ Mẩu nào có bọt khí thoát ra là Na 2 CO 3 

Na 2 CO 3 + 2HCl → NaCl + CO 2 + H 2 O. Ta biết lọ Na 2 CO 3 0,25 

46 















+Lấy dung dịch Na 2 CO 3 vừa nhận biết ở trên cho vào 2 dung dịch còn 0,25 

lại 

Mẫu nào có kết tủa trắng là Ca(NO 3 ) 2 , Không có hiện tượng gì là 0,25 

KOH.. 

Na 2 CO 3 + Ca(NO 3 ) 2 → CaCO 3 + 2NaNO 3 

0,25 

b. 

- Nhỏ dung dịch KOH vừa nhận biết ở trên vào 2 mẩu thử rắn ở nhóm 1 

Mẩu nào tan là Al 2 O 3 , không tan là Mg(OH) 2 

0,25 

Al 2 O 3 + 2KOH → 2KAlO 2 + H 2 O 

0,25 

- Cho (NH 4 ) 2 CO 3 vào dung dịch vừa thu được cho đến khi lượng kết tủa 

không tăng nữa, lọc kết tủa thu được CaCO 3 . 

0,25 

(NH 4 ) 2 CO 3 + CaCl 2 → CaCO 3 + 2NH 4 Cl 

-Hòa tan CaCO 3 trong dung dịch HCl: 

0,25 

CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 + H 2 O 

0,25 

Cô cạn dung dịch ta thu được CaCl 2 . 

- Lấy nước lọc có chứa NaCl, NH 4 Cl, (NH 4 ) 2 CO 3 (dư) ở trên, Cho HCl 0,25 

vào đến khi không còn khí thoát ra: 

(NH 4 ) 2 CO 3 + 2 HCl → 2 NH 4 Cl + CO 2 + H 2 O 

0,25 

Cô cạn dung dịch, nung ở nhiệt độ cao thu được NaCl 

0,25 

NH 4 Cl ⎯⎯→ 

to NH 3 ↑ + HCl↑ 

- Cho hỗn hợp chất rắn BaCO 3 , CuO vào nước, sục CO 2 vào tới dư: 

BaCO 3 + CO 2 + H 2 O → Ba(HCO 3 ) 2 . 

0,25 

Lọc kết tủa ta thu được CuO. 

Lấy dung dịch nước lọc đem cô cạn thu được BaCO 3 

0,25 

Ba(HCO 3 ) 2 ⎯⎯→ 

to BaCO 3 + CO 2 + H 2 O 

III 4.0 

a Nguyên tắc sản xuất gang: Dùng CO khử các oxit sắt ở nhiệt độ cao 

trong lò cao 

0.25 

Nguyên liệu: Quặng sắt (hemantit Fe 2 O 3 hoặc manhetit Fe 3 O 4 ), than 

cốc, không khí giàu oxi và chất phụ gia ( đá vôi...) 

Các phản ứng chính: 

0,25 

- Tạo chất khử CO: 

0,25 

C + O 2 ⎯⎯→ 

to CO 2 

0,25 

CO 2 + C ⎯⎯→ 

to 2 CO 

0,25 

- Khử oxit sắt: 

3CO + Fe 2 O 3 ⎯⎯→ 

to 2Fe + 3CO 2 

0,25 

hoặc 4 CO + Fe 3 O 4 ⎯⎯→ 

to 3 Fe + 4 CO 2 

- Tạo xỉ: 

CaCO 3 ⎯⎯→ 

to CaO + CO 2 

0,25 

CaO + SiO 2 ⎯⎯→ 

to CaSiO 3 

b - Hàm lượng Fe trong gang: 100- 5 = 95 %. 

Khối lượng Fe có trong 2 tấn gang: 

2 . 95% = 1,9 (tấn) 

232.1,9 440,8 

( tấn). 

168 

Khối lượng Fe 3 O 4 cần dùng để có 1,9 tấn Fe là: = 

168 



0,25 

0.25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 







47 











440 ,8 100 4408 

Khối lượng quặng manhetit chứa 10% tạp chất: . = 

0,25 

168 90 1512 0,25 

4408 100 . ≈ 3,24 (tấn) 

1512 90 

(tấn) 

0,25 

Vì hiệu suất chỉ đạt 90% nên khối lượng quặng đã lấy là: 

IV 4.0 

a Gọi a,b là số mol của RCl n và BaCl 2 có trong 2,665 gam mỗi phần 

Phần 1: RCl n + n AgNO 3 → R(NO 3 ) n + n AgCl (1) 0.25 

a an a an (mol) 

BaCl 2 + 2 AgNO 3 → Ba(NO 3 ) 2 + 2 AgCl (2) 

b 2b b 2b (mol) 0,25 

5,74 

n AgCl = = 0,04 mol an + 2b = 0,04 

143,5 

0,25 

Phần 2: BaCl 2 + H 2 SO 4 → BaSO 4 + 2 HCl (3) 

b 

b mol 

0,25 

2RCl n + nH 2 SO 4 → R 2 (SO 4 ) n + 2nHCl (4) 0,25 

Từ phản ứng (3) cứ 1 mol BaCl 2 chuyển thành 1 mol BaSO 4 khối lượng 

muối tăng 25 gam. Từ phản ứng (4) cứ 2 mol RCl n chuyển thành 1 mol 

R 2 (SO 4 ) khối lượng tăng 12,5 n gam. Nhưng khối lượng X 3 < m hỗn 

hợp muối ban đầu. Chứng tỏ (4) không xảy ra. → X 3 là BaSO 4 

1,165 

0,25 

Số mol BaSO 4 = = 0,005 mol b = 0,005 an = 0,03. 

233 

m hh = a(M R + 35,5n) + 0,005. 208 = 2,665 aM R = 0,56 

0,25 

56 

aM R / an = 0,56 / 0,03 M R = n 

3 

n 1 2 3 

M R 18,7 37,3 56(Fe) 

0,25 

Vậy R là kim loại sắt Fe. Công thức hóa học của muối: FeCl 3 

b. số mol AgNO 3 phản ứng theo PTHH (1), (2)=. 0,04 mol 

số mol AgNO 3 dư = 0,05 - 0,04 = 0,01 mol 

Dung dịch X 2 gồm: 

Fe(NO 3 ) 3 ( 0,01 mol) m Fe(NO 3 ) 3 = 0,01. 142 = 1,42 g 

Ba(NO 3 ) 2 ( 0,005 mol) m Ba(NO 3 ) 2 = 0,005. 261=1,305 g 

AgNO 3 dư (0,01 mol) m AgNO 3 = 0,01 . 170 = 1,7 g 

0.25 

0,25 

0,25 

0,25 

200 

m dd = + 100 - 5,74 =194,26 g 

0,25 

2 

1,42 

C% Fe(NO 3 ) 3 = .100% 

= 0,73% 

0,25 


1,305 

C% Ba(NO 3 ) 2 = .100% 

= 0,671% 

0,25 


1,7 

C% AgNO 3 = 

0,25 

.100% = 0,875% 


V 4.0 







48 











a. Gọi x, y là số mol Mg, Al phản ứng với Cl 2 theo phương trình hoá học: 

Mg + Cl 2 ⎯⎯→ 

to MgCl 2 

x x mol 

2Al + 3Cl 2 ⎯⎯→ 

to 2AlCl 3 

y 3y/2 mol 

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m A + mCl 2 = m B 

mCl 2 = 41,3 - 12,9 = 28,4 g 

28,4 

nCl 2 = = 0,4mol 

x + 3y/2 = 0,4 2x + 3y = 0,8 (1) 

71 

Cho B vào dd HCl thấy có khí H 2 thoát ra chứng tỏ kim loại còn dư 

gọi a, b là số mol Mg, Al có trong B 

Mg + 2 HCl → MgCl 2 + H 2 

a 

a 

2Al + 6 HCl →2 AlCl 3 + 3 H 2 

b 3b/2 

nH 2 = a + 3b/2 

0,25 

H 2 + CuO ⎯⎯→ 

to Cu + H 2 O 

khối lượng chất rắn giảm đi chính là khối lượng oxi trong CuO bị khử 0,25 

m O = 20 - 16,8 = 3,2 gam 

Theo PTHH nH pư 3,2 

2 = n CuO = n O = = 0, 2 mol 

0,25 

16 

vì chỉ có 80% H 2 tham gia phản ứng nên lượng H 2 có trong V lít là 

0,2.100 

= 0,25mol a + 3b/2 = 0,25 ⇒ 2a +3b = 0,5 (2) 

80 

0,25 

Từ (1) và (2) ta có 2(a+x) + 3(b+ y) = 1,3 (4) 

trong hỗn hợp đầu n Mg = (a + x), n Al = (b + y) 

m hh = 24( a + x) + 27 (b +y) = 12,9 (5) 

0,25 

Từ (4), (5) ta có hệ PT: 2(a+x) + 3(b+ y) = 1,3 

24( a + x) + 27 (b +y) = 12,9 

Giải hệ Pt ta được (a + x) = 0,2 ; ( b + y) = 0,3 

0,25 

⇒ m Mg = 0,2 . 24 = 4,8 gam; m Al = 0,3 . 27 = 8,1 gam 

% m Mg = 

4,8 

8,1 

100% = 37,21% 

; %m Al = 100% = 62,79% 

12,9 

12,9 

0,25 

b Ta có: 

n bđ HCl = 0,5 . 1,2 = 0,6 mol , n pư HCl = 2 nH 2 = 2. 0,25 = 0,5 mol 

0,25 

0,2 

0,3 

0 ,1 

C M MgCl 2 = = 0,4M 

; C M AlCl 3 = = 0,6M 

; C M HCl = = 

0,25 

0,2M 

0,5 

0,5 

0,5 

HCl dư. 

Trong dung dịch C 

0,25 

nMgCl 2 = n Mg = 0,2 mol 

nAlCl 3 = n Al = 0,3 mol 

n dư HCl = 0,6 - 0,5 = 0,1 mol. 

0,25 

Nồng độ mol các chất trong C 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 

49 





0.25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

















ĐỀ BÀI 

Câu 1. (6,5 điểm) 

1. Khi cho bột nhôm tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng thu được dung dịch 

X 1 và khí X 2 . Thêm vào X 1 một ít tinh thể NH 4 Cl rồi tiếp tục đun nóng thấy tạo thành kết 

tủa X 3 và có khí X 4 thoát ra. Xác định X 1 , X 2 , X 3 , X 4 . Viết phương trình hoá học biểu 

diễn các phản ứng xảy ra. 

2. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, H và hoàn thành sơ đồ biến hóa sau: 

+ NaOH C + E 

t 

A ⎯⎯→ 

0 

B +NaOH +HCl H 

+ NaOH D +F 

Biết rằng H là thành phần chính của đá phấn; B là khí dùng nạp cho các bình chữa 

cháy(dập tắt lửa). 

3. a. Bằng phương pháp hóa học hãy tách SO 2 ra khỏi hỗn hợp gồm các khí SO 2 , 

SO 3 , O 2 . 

b. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp gồm 

Mg, Al, Fe, Cu. 

4. Có 5 chất rắn: BaCl 2 , Na 2 SO 4 , CaCO 3 , Na 2 CO 3 , CaSO 4 .2H 2 O đựng trong 5 lọ riêng 

biệt. Hãy tự chọn 2 chất dùng làm thuốc thử để nhận biết các chất rắn đựng trong mỗi lọ. 

Câu 2: (5,5 điểm) 

1. Lấy ví dụ bằng phương trình phản ứng cho các trường hợp sau: khi cho một kim 

loại vào một dung dịch muối sản phẩm tạo thành là 

a. Muối + kim loại b. Muối + bazơ + Khí c. Hai muối d. Duy nhất một 

muối 

2. Hãy xác định các hợp chất A,B,C,D và viết phương trình hóa học biểu diễn biến 

hóa sau 

(1) (2) (3) (4) 

A B C D Cu 

3. Hỗn hợp khí gồm CO, CO 2 , C 2 H 4 và C 2 H 2 . Trình bày phương pháp dùng để tách 

từng khí ra khỏi hỗn hợp 

Câu 3: (4,0 điểm) 

Có hai dung dịch; H 2 SO 4 (dung dịch A), và NaOH (dung dịch B). Trộn 0,2 lít dung 

dịch A với 0,3 lít dung dịch B được 0,5 lít dung dịch C. 

Lấy 20 ml dung dịch C, thêm một ít quì tím vào, thấy có màu xanh. Sau đó thêm từ 

từ dung dịch HCl 0,05M tới khi quì tím đổi thành màu tím thấy hết 40 ml dung dịch axit. 







50 









Trộn 0,3 lít A với 0,2 lít B được 0,5 lít dung dịch D. Lấy 20 ml dung dịch D, thêm 

một ít quì tím vào thấy có màu đỏ. Sau đó thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M tới khi quì 

tím đổi thành màu tím thấy hết 80 ml dung dịch NaOH. 

a. Tính nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B. 

b. Trộn V B lít dung dịch NaOH vào V A lít dung dịch H 2 SO 4 ở trên ta thu được dung 

dịch E. Lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch BaCl 2 0,15 M được kết 

tủa F. Mặt khác lấy V ml dung dịch E cho tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl 3 1M được 

kết tủa G. Nung F hoặc G ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì đều thu được 

3,262gam chất rắn. Tính tỉ lệ V B :V A 

Câu 4: (4,0 điểm) 

Có hỗn hợp A có khối lượng 12,9 g gồm kim loại M (hóa trị II) và S. Nung hỗn hợp 

trong bình kín( không có không khí), thu được chất rắn X .Đốt X trong O 2 dư thu được 

oxit kim loại M có khối lượng 8,1g và khí E. Hấp thụ khí E bằng dung dịch NaOH dư 

thấy khối lượng bình tăng 12,8 g 

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra 

b. Tìm kim loại M 

c. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp A 

(Cho: O =16, H =1, C =12, Ca = 40, Ba = 137, Na = 23, S = 32, Cl = 35,5 ) 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 



. 




Đáp án 

Điểm 

Câu 1: 6,5đ 

1. 1,5 


2Al + 2NaOH + 2H 2 O → NaAlO 2 + 3H 2 ↑ 

0,5 

NaOH + NH 4 Cl → NaCl + NH 3 ↑+ H 2 O 

NaAlO 2 + NH 4 Cl + H 2 O → Al(OH) 3 ↓ +NH 3 + NaCl 

0,5 

=> Dung dịch X 1 chứa NaOH dư và NaAlO 2 

- Khí A 2 là H 2 . 

- Kết tủa A 3 là Al(OH) 3 

- Khí A 4 là NH 3 . 

0,5 

2. 1,5 


t 

MgCO 3 ⎯⎯→ 

0 

MgO + CO 2 

CO 2 + NaOH → NaHCO 3 

CO 2 + 2NaOH → Na 2 CO 3 + H 2 O 

NaHCO 3 + NaOH → Na 2 CO 3 + H 2 O 

0,5 

Na 2 CO 3 + HCl → NaHCO 3 + NaCl 

NaHCO 3 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + NaOH + H 2 O 

0,5 

Na 2 CO 3 + CaCl 2 → CaCO 3 + 2NaCl 







51 











=> B là CO 2 , A là muối cacbonnat dễ bị nhiệt phân như MgCO 3 , BaCO 3 ..., C 

là NaHCO 3 , D là Na 2 CO 3 , E là Ca(OH) 2 , F là muối tan của canxi như CaCl 2 , 0,5 

Ca(NO 3 ) 2 ..., H là CaCO 3 . 

3. 2,0 

a. 0,5 

Cho hỗn hợp qua dd NaOH dư, còn lại O 2 : 

SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O 

SO 3 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + H 2 O 

0,25 

dung dịch thu được tác dụng với H 2 SO 4 loãng: 

Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + H 2 O + SO 2 . 

0,25 

b. 1,5 

Hoà tan hỗn hợp trong dd NaOH dư, Al tan theo phản ứng: 

2Al + 2NaOH + 2H 2 O → 2NaAlO 2 + 3H 2 . 

0,25 

- Lọc tách được Fe, Mg, Cu không tan. Thổi CO 2 dư vào nước lọc: 

NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2 O → Al(OH) 3 + NaHCO 3 

- Lọc tách kết tủa Al(OH) 3 , nung đến khối lượng không đổi thu được Al 2 O 3 , 

điện phân nóng chảy thu được Al: 

0 

t 

2Al(OH) 3 ⎯⎯→ Al 2 O 3 + 3H 2 O 

2Al 2 O 

dpnc 3 ⎯⎯⎯→ 4Al + 3O 2 

0,25 

- Hoà tan hỗn hợp 3 kim loại trong dd HCl dư, tách được Cu không tan và 

dung dịch hai muối: 

Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 

- Cho dd NaOH dư vào dung dịch 2 muối : 

MgCl 2 + 2NaOH → Mg(OH) 2 + 2NaCl 

0,25 

FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaCl 

- Lọc kết tủa và nung ở nhiệt độ cao: 

Mg(OH) 2 → MgO + H 2 O 

0 

t 

4Fe(OH) 2 + O 2 ⎯⎯→ 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O 

- Thổi CO dư vào hỗn hợp 2 oxit đã nung ở nhiệt độ cao: 

0 

t 

Fe 2 O 3 + 3CO ⎯⎯→ 2Fe + 3CO 2 

MgO + CO không phản ứng 

- Hoà tan hỗn hợp (để nguội) sau khi nung vào H 2 SO 4 đặc nguội dư, MgO tan 

còn Fe không tan được tách ra: 

0,5 

MgO + H 2 SO 4 (đặc nguội) ⎯⎯→ MgSO 4 + H 2 O 

- Tiến hành các phản ứng với dung dịch còn lại thu được Mg: 

MgSO 4 +2NaOH dư → Mg(OH) 2 + Na 2 SO 4 

Mg(OH) 2 + 2HCl → MgCl 2 + 2H 2 O 

MgCl 

dpnc 2 ⎯⎯⎯→ Mg + Cl 2 

0,25 

4. 1.5 

- Hoà tan các chất trong nước dư, phân biệt hai nhóm chất: 


- Nhóm 1 gồm các chất không tan: CaCO 3 , CaSO 4 .2H 2 O. Dùng dd HCl nhận 

0,5 






52 











0,25 

được các chất nhóm 1 (Viết PTHH). 

- Nhóm 2 gồm các chất tan là BaCl 2 , Na 2 SO 4 , Na 2 CO 3 . 

0,5 

- Dùng dd HCl nhận được Na 2 CO 3 . 

- Dùng Na 2 CO 3 mới tìm ; nhận được BaCl 2 . Còn lại Na 2 SO 4 . 

Na 2 CO 3 +2HCl → 2NaCl + CO 2 + H 2 O 

0,5 

Na 2 CO 3 + BaCl 2 → BaCO 3 + 2NaCl 

Câu 2: 5,5đ 

1. Các PTHH xảy ra 1,5 

a. Fe + CuSO 4 → Cu + FeSO 4 

c. Cu + 2 FeCl 3 → CuCl 2 + 2 FeCl 2 

0,5 

d. Fe + 2FeCl 3 → 3FeCl 2 

0,25 

b. 6Na + 2 FeCl 3 +6 H 2 O → 6 NaCl + 2 Fe(OH) 3 + 3 H 2 

0,5 

2. 2,0 

- Tìm D: D → Cu : D có thể là CuO nếu chất tác dụng là H 2 , CO : D có 

thể là dung dịch muối đồng: CuCl 2 , CuSO 4 ,vv… nếu chất tác dụng là 

kim loại hoạt động mạnh hơn Cu ( Cu,Zn,Mg …) 

0,25 

- Tìm C: Nếu từ C tạo ra CuO thì C là Cu(OH) 2 còn nếu C là CuSO 4 thì C 

là Cu(OH) 2 .Do đó B là muối đồng tan như Cu(NO 3 ) 2 …,A là muối đồng 0,25 

tan CuCl 2 

Vậy có thể có hai dãy biến hóa 

AgNO 3 KOH H 2 SO 4 Fe 

0,25 

CuCl 2 → Cu(NO 3 ) 2 → Cu(OH) 2 → CuSO 4 → Cu 

BaCl 2 NaOH t O H 2 

0,25 

Hoặc: CuSO 4 → CuCl 2 → Cu(OH) 2 → CuO → Cu 

PTHH: CuCl 2 + AgNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + AgCl 

0,25 

Cu(NO 3 ) 2 + KOH → Cu(OH) 2 + KNO 0,25 

3 

Cu(OH) 2 + H 2 SO 4 → CuSO 4 + H 2 O 

0,25 

0,25 

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu 

3. 2,0 

- Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch Ca(OH) 2 dư ; CO 2 được giữ lại: 

CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O 

- Nhiệt phân CaCO 3 thu được CO 2 : 

0 

t 

CaCO 3 ⎯⎯→ CaO + CO 2 

0,5 

- Dẫn hỗn hợp khí còn lại qua dung dịch Ag 2 O dư trong NH 3 ; lọc tách thu 

được kết tủa và hỗn hợp khí CO , C 2 H 4 và NH 3 : 

NH3 

C 2 H 2 + Ag 2 O ⎯⎯⎯→ C 2 Ag 2 + H 2 O 

- Cho kết tủa tác dụng với dd H 2 SO 4 loãng dư thu được C 2 H 2 : 

0 

t 

C 2 Ag 2 + H 2 SO 4 ⎯⎯→ C 2 H 2 + Ag 2 SO 0,75 

4 

- Dẫn hỗn hợp CO, C 2 H 4 và NH 3 qua dd H 2 SO 4 loãng dư, đun nóng; thu được 

CO: 

2NH 3 + H 2 SO 4 → (NH 4 ) 2 SO 4 

. 2 4 

C 2 H 4 + H 2 O ⎯⎯⎯⎯→ d dH SO CH 3 CH 2 OH 







53 











- Chưng cất dung dịch thu được C 2 H 5 OH. Tách nước từ rượu thu được C 2 H 4 . 0,75 

0 

170 C , H2SO4dac 

CH 3 CH 2 OH ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ C 2 H 4 + H 2 O 

Câu 3 . 4,0 

a. 1,5 

PTHH: 

+ Lần thí nghiệm 1: 2NaOH + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2H 2 O (1) 

Vì quì tím hóa xanh, chứng tỏ NaOH dư. Thêm HCl: 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O (2) 

+ lần thí nghiệm 2: phản ứng (1) xảy ra, sau đó quì hóa đỏ chứng tỏ H 2 SO 4 dư. 0,5 

Thêm NaOH: 2NaOH + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2H 2 O (3) 

+ Đặt x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và dd B: Từ (1),(2),(3) ta 0,25 

có: 

0,05.40 500 

0,3y - 2.0,2x = . = 0,05 (I) 

1000 20 

0,3x - 0, 2 y 0,1.80 500 = = 0,1 (II) 

2 1000.2 20 

Giải hệ (I,II) ta được: x = 0,7 mol/l , y = 1,1 mol/l 

0,75 

b. 2,5 

Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl 3 , chứng tỏ NaOH còn dư. 

AlCl 3 + 3NaOH → Al(OH) 3 + 3NaCl (4) 

0 

t 

2Al(OH) 3 ⎯⎯→ Al 2 O 3 + 3H 2 O (5) 

Na 2 SO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 + 2NaCl (6) 

0,5 

Ta có n(BaCl 2 ) = 0,1.0,15 = 0,015 mol 

n(BaSO 4 ) = 3,262 = 0,014mol < 0,015 

233 

=> n(H 2 SO 4 ) = n(Na 2 SO 4 ) = n(BaSO 4 ) = 0,014mol . Vậy V A = 0,014 = 0,02 lít 

0,7 

n(Al 2 O 3 ) = 3,262 

102 =0,032 mol và n(AlCl 0,75 

3) = 0,1.1 = 0,1 mol. 

+ Xét 2 trường hợp có thể xảy ra: 

- Trường hợp 1: Sau phản ứng với H 2 SO 4 , NaOH dư nhưng thiếu so vời AlCl 3 

(ở pư (4): n(NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol 

n(NaOH pư (4) = 3n(Al(OH) 3 ) = 6n(Al 2 O 3 ) = 6.0,032 = 0,192 mol. 

tổng số mol NaOH bằng 0,028 + 0,192 = 0,22 mol 

0, 22 

Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là 

1,1 = 0,2 lít .Tỉ lệ V 0,75 

B:V A = 0,2:0,02 =10 

- Trường hợp 2: Sau (4) NaOH vẫn dư và hoà tan một phần Al(OH) 3 : 

Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + 2H 2 O (7) 

Tổng số mol NaOH pư (3,4,7) là: 0,028 + 3.0,1 + 0,1 - 2.0,032 = 0,364 mol 

Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là 0,364 ≃ 0,33 lít 

1,1 0,5 

=> Tỉ lệ V B :V A = 0,33:0,02 = 16,5 

Câu 4. 4,0đ 







54 











a. M + S → MS 

2MS + 3O 2 → 2 MO + 2 SO 2 

0,75 

Nếu dư S : O 2 + S → SO 2 

2 NaOH + 3SO 2 → 2 Na 2 SO 3 + 2 H 2 O 

0,5 

b. Tìm kim loại M : 

Khí E là SO 2 có số mol n 12,8 

SO 2 = 

0,25 

= 0, 2 

64 

Khối lượng kim loại : 12,9 – 0,2.32 = 6,5 g 

0,5 

8,1 − 6,5 

Số mol kim loại : = 0,1mol 

16 

0,5 

6,5 

Khối lượng nguyên tử kim loại M = = 65 . Vậy kim loại là Zn 

0,1 

6,5.100 

c. % khối lượng Zn : = 50,39% 

. % khối lượng S = 49,61%. 

12,9 

0,75 

0,75 

Chú ý khi chấm thi: 

- Trong các phương trình hóa học nếu viết sai công thức hóa học thì không cho 

điểm, nếu không viết điều kiện phản ứng hoặc không cân bằng phương trình hoặckhông 

ghi trạng thái các chất phản ứng hoặc cả ba thì cho 1/2 số điểm của phương trình đó. 

-Nếu làm các cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa ứng với mỗi ý, câu của đề ra 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







55 















ĐỀ BÀI 

Câu 1:( 4đ) 

1/ Cho CO tác dụng với CuO đun nóng được hỗn hợp chất rắn A và khí B. Hòa tan hoàn 

toàn A vào H 2 SO 4 đặc nóng. Cho B tác dụng với dung dịch nước vôi trong dư. Viết 

phương trình phản ứng hóa học. 

2/ Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng cho các thí nghiệm sau: 

a/ Nhúng đinh sắt đã cạo sạch gỉ vào dung dịch CuSO 4 

b/ Sục khí SO 2 vào dung dịch Ca(HCO 3 ) 2 

Câu 2: (4,5đ) 

1/ Có 5 mẫu chất khí A, B, C, D, E đựng trong 5 lọ riêng biệt . Mỗi khí có một tính chất 

sau: 

a/ Khí A cháy tạo ra chất lỏng(ở nhiệt độ thường) không màu, không mùi, chất lỏng này 

làm cho đồng(II) sunfat khan màu trắng thành màu xanh. 

b/ Khí B rất độc, cháy trong không khí với ngọn lửa xanh nhạt sinh ra chất khí làm đục 

nước vôi trong. 

c/ Khí C không cháy, nhưng làm vật cháy sáng chói hơn. 

d/ Khí D không cháy mà còn làm tắt ngọn lửa của vật đang cháy 

e/ Khí E tác dụng với nước tạo thành hỗn hợp 2 axit có tác dụng tẩy trắng, sát trùng, diệt 

khuẩn. 

Hãy cho biết A,B, C,D, E là những khí nào? Viết phương trình phản ứng xảy ra? 

2/ Xác định chất A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K và viết phương trình phản ứng theo sơ đồ sau: 

A + O 2 → B+C B + O 2 ⎯ t ⎯ o , xt → D 

D + E → F 

D + BaCl 2 + E → G↓ + H 

F+ BaCl 2 → G↓ + H H + AgNO 3 → AgCl + I 

I + A → J + F + NO↑ + E 

J + NaOH → Fe(OH) 3 + K 

Câu 3:( 5,5đ) Hỗn hợp gồm 3 kim loại Cu, Fe, Mg nặng 20 gam được hòa tan hết bằng 

axit H 2 SO 4 loãng, thoát ra khí A, nhận được dung dịch B và chất rắn D. Thêm KOH dư 

vào dung dịch B rồi sục không khí để xảy ra hoàn toàn phản ứng. 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4 Fe(OH) 3 ↓ 

Lọc kết tủa và nung đến luợng không đổi cân nặng 24 (g). Chất rắn D cũng được 

nung trong không khí đến lượng không đổi cân nặng 5 gam. Tìm % khối lượng mỗi kim 

loại ban đầu? 

Câu 4:(6 đ) Nung 25,28gam hỗn hợp FeCO 3 v à Fe x O y dư tới phản ứng hoàn toàn, thu 

được khí A và 22,4 gam Fe 2 O 3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 40ml dung 

dịch Ba(OH) 2 0,15M thu được 7,88 gam kết tủa. 

1, Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

2, Tìm công thức phân tử của Fe x O y 

Ghi chú: Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học do Bộ Giáo dục 

- đào tạo ban hành và máy tính bỏ túi. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







56 













. 


Câu 1 Nội dung đáp án 4đ 

1, CO + CuO → Cu + CO 2 chất rắn A (Cu + CuO dư), khí B(CO 2 ) 

CuO + H 2 SO 4 → CuSO 4 + H 2 O 

Cu + 2H 2 SO 4 → CuSO 4 + SO 2↑ + H 2 O 

CO+Ca(OH) 2 → CaCO 3↓ + H 2 O 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

2, a. Fe + CuSO 4 → FeSO 4 ↓ + Cu (d 2 màu xanh+có kết tủa Cu) 

b, SO 2 + CO(HCO 3 ) 2 → CaCO 3↓ +2CO 2 +H 2 O (có kết tủa, có khí ↑ ) 

2SO 2 +Cu(HCO 3 ) 2 →Ca(HSO 3 ) 2 + 2CO 2↑ ( có khí ↑ ) 

0,75đ 

0,75đ 

0,75đ 

Câu 2 4,5đ 

1, Căn cứ vào tính chất đã nêu ta biết: 

o 

a, A là khí H 2 : H 2 + O 2 ⎯⎯→ 

t 

H 2 O 

0,5đ 

1 0,75đ 

b, B là khí CO: CO + O2 → CO 2 

2 0,25đ 

c, C là khí O 2 

0,25đ 

d, D là khí CO 2 

e, E là khí Cl 2 : Cl 2 + H 2 O → HCl + HClO 

0,75đ 

2, A: Là FeS 2 hoặc FeS 

FeS 2 + O 2 → SO 2 + Fe 2 O 3 

0,25đ 

(B) 

SO 2 + O 2 ⎯ ⎯ → 0,25đ 

3 

(D) 

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 

0,25đ 

(D) (E) (F) 

SO 3 +BaCl 2 +H 2 O → BaSO 4 ↓ +2HCl 

0,25đ 

(D) (E) (G) (H) 

H 2 SO 4 +BaCl 2 → BaSO 4↓ +2HCl 

0,25đ 

(F) (G) (H) 

HCl +AgNO 3 →AgCl ↓ +HNO 3 

0,25đ 

(H) 

(I) 

8HNO 3 +FeS 2 →Fe(NO 3 ) 3 + H 2 SO 4 + 5NO↑ +2H 2 O 

0,25đ 

(J) (F) (E) 

Fe(NO 3 ) 3 + 3NaOH → Fe(OH) 3 + H 2 SO 4 + 3NaNO 3 

0,25đ 

(J) 

(K) 

Câu 3 5,5đ 

Cu không tan trong H 2 SO 4 loãng là chất rắn D khi nung trong không 

khí. 2Cu +O 2 ⎯⎯→ 

o 

2CuO 

1đ 


ta có m Cu = 

80 5 . 64 = 4 (g)⇒ m Mg +m Fe = 16(g) 

% Cu= 20 

4 x 100 = 20% 

Theo bài ra ta có phương trình: 


0,5đ 

0,5đ 





57 









Fe + H 2 SO 4(l) →FeSO 4 + H 2 ↑ 

Mg + H 2 SO 4 →MgSO 4 + H 2↑ 

FeSO 4 + 2KOH →Fe(OH) 2 ↓ +K 2 SO 4 

MgSO 4 + 2KOH →Mg(OH) 2 ↓ +K 2 SO 4 

4Fe(OH) 2 +O 2 +H 2 O →4Fe(OH) 3 ↓ 

o 

2Fe(OH) 3 ⎯⎯→ 

t 

Fe 2 O 3 + 3H 2 O 

Mg(OH) 2 ⎯⎯→ 

t o 

MgO +H 2 O 

Theo phương trình phản ứng: 

Lượng oxit bằng 24 – 26 = 18 g →0,5mol 

Gọi x là số mol của Fe; Gọi y là số mol của Mg 

56x+ 

24y= 

16 

Ta có hệ phương trình: { 

1 ,5x 

+ y= 

0,5 

→x 

= y = 0, 2 

m Fe = 0,2 . 56 = 11,2 (g). 

11,2 

%Fe = × 100% = 56% 

20 

m Mg = 4,8(g) ⇒ %Mg =24% 

Thu được 7,88 gam kết tủa đó là BaCO 3↓ 

ta có n = 0,14 mol; n Fe 2 O 3 

Ba(OH ) 

= 0,06 mol; n 

2 

BaCO 

= 0,04mol 

3 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

1đ 

0,25đ 

0,25đ 

Câu 

4 

1, 

2đ 

Theo bài ra ta có phương trình 

4FeCO 3 + O 2 → 2Fe 2 O 3 + 4CO 2↑ (1) 

0,5đ 

3x − 2y 

2Fe x O y + ( ) O2 → xFe2O3 

(2) 

0,5đ 

2 

CO 2 +Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓ +H 2 O (3) 

0,5đ 

2CO 2 +Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (4) 

0,5đ 

2 4đ 

Do nBa( OH ) 2 

〉 nBaCO 

nên có 2 khả năng xảy ra: 

3 ↓ 

Nếu Ba(OH) 2 dư (0,02 mol) thì n CO 

= 0, 04mol 

(không có phản ứng 

2 

2đ 

(4)) → m = 25,28 

− (0,04 × 116) 20,64( g) 

Fe x O y 

= 

0,04 

n tạo ra từ khí Fe Fe 2 O 3 

x O y = 0,14 - = 0,12 (mol) 

2 

→ Số mol Fe= 0,24 (mol) còn số mol O = 0,45 (mol) 

→Tỉ số O : Fe = 1,875 >1,5 (loại ). 

Vậy nBa(OH ) 

không dư; 0,025 mol Ba(OH) 

2 

2 tham dư phản ứng (4) 

khi đó n 

CO 

= 0,04 + 0,04 = 0,08(mol) 

2 

Vậy m = 25,28 

− (0,08× 

116) 16( g) 

Fe x O y 

= 



0,08 

Số mol Fe 2 O 3 tạo ra ở (2) = 0,14 - = 0,1 (mol) 

2 

→ m Fe 

0,1 160 16( g) 

2 O 

= × = 

3 

→O 2 dư phản ứng (2) = 0 và oxit sắt ban đầu là Fe 2 O 3. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 


2đ 






58 














ĐỀ BÀI 

Câu 1: (4 điểm) 

1. Nêu các hiện tượng xảy ra và viết PTPƯ nếu có. 

a. Cho bột nhôm vào dung dịch Natri hyđrôxit. 

b. Cho bột sắt vào dung dịch Đồng sunfat. 

c. Cho miếng Natri vào dung dịch Nhôm sunfat. 

2. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa: 

A D E 

FeCl 3 FeCl 3 

B 

F 

Hãy xác định các chất A, B, C, D, E, F – Viết PTHH. 



Nung 10,23g hỗn hợp hai oxit là CuO và PbO với Cacbon dư, toàn bộ lượng khí 

sinh ra được dẫn vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư, phản ứng xong thu được 5,5g kết 

tủa. Tính thành phần % theo khối lượng các oxit trong hỗn hợp ban đầu. 

Câu 3: (4 điềm) 

Có một oxit sắt chưa rõ công thức. Chia lượng oxit này làm hai phần bằng nhau. 

a/ Để hòa tan hết phần 1, phải dùng 150 ml dung dịch HCl 3M. 

b/ Cho một luồng khí CO dư đi qua phần 2 nung nóng, phản ứng xong thu được 

8.4 gam sắt.Hãy tìm công thức phân tử của oxit sắt trên. 


a. Làm bay hơi 60g nước từ dung dịch muối ăn có nồng độ 15% được dung dịch mới 

có nồng độ 18%. 

Hãy xác định khối lượng của dung dịch ban đầu. 

b. Hòa tan a(g) Natri oxit vào 175,2g nước thu được dung dịch Natri hidroxit 16%. 

Tính a(g) Natri oxit cần dùng. 


Cho các chất Na, MgCl 2 , FeCl 2 , FeCl 3 , AlCl 3 . Chỉ dùng thêm H 2 O hãy nhận biết các 

chất trên 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







59 














Nội dung 

Câu 1:a. Hiện tượng: 

1. Có bọt khí thoát ra. Al + 2NaOH + 2H 2 O 2NaAlO 2 +3H 2 ↑ 

2. Mất màu xanh của dung dịch. 

Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu↓ 

3. Có bọt khí thóat ra, có kết tủa và kết tủa tan khi Na dư 

2Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 ↑ 

6NaOH + Al 2 (SO 4 ) 3 3Na 2 SO 4 + 2Al(OH) 3 ↓ 

NaOH + Al(OH) 3 NaAlO 2 + 2H 2 O 

b. Xác định chất A,B,D,E.F 

A. Fe E. Fe(OH) 3 B. Cl 2 F. HClD. Fe 2 (SO 4 ) 3 

A FeCl 3 : 2Fe + 3Cl 2 ⎯ ⎯→ 2FeCl 3 

B FeCl 3 : 3Cl 2 + 2Fe ⎯→ 

2FeCl 3 

A Fe 2 (SO 4 ) 3 : 2Fe + 3H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 ↑ 

D Fe(OH) 3 : Fe 2 (SO 4 ) 3 +6NaOH ⎯→ 

2Fe(OH) 3 ↓ + 3Na 2 SO 4 

B HCl : Cl 2 + H 2 ⎯ ⎯→ 2HCl 

E FeCl 3 : 2Fe(OH) 3 + 6HCl ⎯→ 

2FeCl 3 + 3H 2 O 

F FeCl 3 : 6HCl +2Fe(OH) 2 ⎯→ 

2FeCl 3 + 3H 2 O 

Câu 2: CuO + C 

2x 

⎯ o 

t 

⎯→ 

⎯ o 

t 

⎯→ 

2Cu + CO 2 ↑ 

2PbO + C 2Pb + CO 2 ↑ 

2y 

y 

CO 2 + Ca(OH) 2 ⎯ ⎯→ CaCO 3 ↓ + H 2 O 

0,055mol 

0,055mol 

Số mol CaCO 3 = 5,5: 100 = 0,055mol 

Ta có hệ PT: 160x + 446y = 10,23 

x + y = 0,055 

Giải ra ta được: x = 0,05; y = 0,005 

0,05x160 

x100 

%CuO = 

10,23 

= 78,2% 

0,005x446x100 

%PbO = 

10,23 

= 21,8% 

Câu 3: 

- Số mol HCl là: n HCl = 0,15 . 3 = 0,45 (mol) 

- Số mol sắt là: n Fe = 8,4 : 56 = 0,15 (mol) 

x 

. 

Điểm 



0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 





60 











- Công thức của oxit sắt trên có dạng: Fe x O y 

- Các PTHH: 

* Phần 1: Fe x O y + 2y HCl x FeCl 2y/x + y H 2 O (1) 

Mol: 0,45/2y 0,45 

* Phần 2: Fe x O y + y CO x Fe + y CO 2 ↑ (2) 

Mol: 0,15/x 0,15 

- Theo đề bài: Khối lượng của oxit sắt ở mỗi phần bằng nhau nên ta có 

phương trình: 

0,45/2y = 0,15/x 

0,45x = 0,15.2y 

x/y = 2/3 

Nên: x = 2 ; y = 3 

Vậy, công thức phân tử của oxit sắt đó là Fe 2 O 3. 

Câu 4: 

a. Gọi: Nồng độ % và khối lượng dung dịch ban đầu là C % đ , m dd đ . 

Nồng độ % và khối lượng dung dịch ban sau là C % S , (m dd đ – 60). 

- Vì khối lượng chất tan trước và sau không đổi, ta có: 

C 

m C m − 

. . ( 60) 

m %ñ ddñ %S ddñ 

ct = = 

100% 100% 

15% . 

m 

18% . ( 60) 

ddñ m 

= = ddñ 

− 

100% 100% 

=> m dd đ = 360g 

a 

b. Số mol Na 2 O : mol 

62 

PTHH : Na 2 O + H 2 O → 2NaOH 

a mol ---> 2 a mol 

62 

62 

a 

(2 )40 

Ta có : C % dd NaOH = 62 .100% = 16% 

(a + 175, 2) 

=> a = 24,8(g) 

Câu 5: 

Đánh số các lọ hóa chất 

Trích mỗi ít hóa chất làm mẫu thử 

Cho nước vào các mẫu thử 

Trường hợp có khí thoát ra là Na:Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 ↑ 


Cho NaOH vào các mẫu thử còn lại 

Trường hợp tạo kết tủa trắng ngả xanh là FeCl 2 

2NaOH + FeCl 2 → Fe(OH) 2 ↓ + 2NaCl 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0, 5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0, 5 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 






61 











Trường hợp tạo kết tủa trắng tan trong NaOH dư là AlCl 3 

3NaOH + AlCl 3 → Al(OH) 3 ↓ + 3NaCl 

Trường hợp tạo kết tủa nâu đỏ là FeCl 3 


Kết tủa trắng là MgCl 2 

2NaOH + MgCl 2 → Mg(OH) 2 ↓ + 2NaCl 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 


0,5 

0,25 

0,5 

0,25 

0,5 






62 














ĐỀ BÀI 


Câu 1. (2.0 điểm): 

Cho m gam hỗn hợp Fe và CuO vào dung dịch HCl, kết thúc phản ứng được dung 

dịch A có chứa chất rắn B. Cho chất rắn B vào trong 200 ml dung dịch H 2 SO 4 loãng 

0,2M thu được dung dịch C không màu và còn lại chất rắn D không tan trong dung dịch 

HCl có khối lượng 1,28 gam , cho dung dịch NaOH đã đun sôi để nguội tới dư vào dung 

dịch A vừa thu được thấy tạo ra kết tủa F nung kết tủa F trong bình chứa khí N 2 thì thu 

được rắn K có khối lượng 9,72 gam . Cho dung dịch C tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 

dư thu được k ết tủa M nung kết tủa M trong không khí thu được rắn N có khối lượng 

5,46 gam . 

a.Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 

b. Tìm khối lợng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. 

(Cho Fe = 56, Cu = 64, O = 16; H = 1) 

Câu 2. (1.5 điểm ): Khử 15.2g hỗn hợp FeO và Fe 2 O 3 bằng hidro ở nhiệt độ cao, thu 

được sắt kim loại. Để hòa tan hết lượng sắt kim loại này cần dùng 100ml dung dịch 

H 2 SO 4 2M, sau phản ứng thu được dung dịch A và khí B. 

a. Xác định phần trăm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp ban đầu và tính thể tích 

khí B. 

b. Nếu cô cạn cẩn thận dung dịch A sẽ thu được bao nhiêu gam tinh thể FeSO 4 . 

7H 2 O. 

Câu 3. (1.5 điểm): Cho m gam kim loại Fe tan hết trong V ml dung dịch HNO 3 0,5 M, 

sau phản ứng thu được 0,672 lít khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng 

thu được 7,82 gam muối khan. Tìm m và tính V. 

Câu 4. (2.0 điểm): Hòa tan 16,16 gam hỗn hợp gồm sắt và một oxit sắt bằng dung dịch 

HCl dư, thu được 0,896 lít khí (đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với lượng dư dung 

dịch NaOH, sau đó nung nóng trong không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu 

được kết tủa B. Nung B ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi thu được 17,6 gam 

chất rắn. 

a. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp đầu. 

b. Xác định công thức của oxit sắt. 

Câu 5. (3.0 điểm ): Hỗn hợp A gồm ba chất M 2 CO 3 , MHCO 3 , MCl (M là kim loại 

kiềm). Hòa tan hoàn toàn 30,15 gam A trong V ml dung dịch HCl 10,52% (có khối 

lượng riêng D = 1,05 g/ml) dư, thu được dung dịch B và 5,6 lít khí CO 2 (ở đktc). Chia B 

thành 2 phần bằng nhau: 







63 









Cho phần một phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 1M, thu được m gam muối 

khan. 

Cho phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO 3 dư, thu được 50,225 gam kết tủa. 

a. Xác định tên kim loại M. 

b. Tính thành phần phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp A. 

c. Tính giá trị của V và m. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 



. 




Câu Đáp án Điểm 

Câu 1: (2 điểm) Cho m gam hỗn hợp Fe và CuO vào dung dịch HCl, kết thúc phản ứng 

được dung dịch A có chứa chất rắn B . Cho chất rắn B vào trong200 ml dung dịch H 2 SO 4 

loãng 0,2M thu được dung dịch C không màu và còn lại chất rắn D không tan trong 

dung dịch HCl có khối lượng 1,28 gam , cho dung dịch NaOH đã đun sôi để nguội tới dư 

vào dung dịch A vừa thu được thấy tạo ra kết tủa F nung kết tủa F trong bình chứa khí 

N 2 thì thu được rắn K có khối lượng 9,72 gam . Cho dung dịch C tác dụng với dung dịch 

Ba(OH) 2 dư thu được k ết tủa M nung kết tủa M trong không khí thu được rắn N có khối 

lượng 5,46 gam . 

a.Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 

b. Tìm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. 

(Cho Fe = 56, Cu = 64, O = 16; H = 1) 

Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (1) 

x 

x 

CuO +2HCl CuCl 2 + H 2 O (2 ) 

0,02 0,02 

Vì chất rắn B tác dụng với H 2 SO 4 loãng cho dung dịch không màu và chất 

rắn D không tan trong axit nên CuO tan hết trong HCl ở trên và có phản 

ứng: 

0.5 

Fe + CuCl 2 Cu + FeCl 2 (3) ( CuCl 2 phản ứng hết) 

0,02 0,02










Kết tủa M là : Fe(OH) 2 + BaSO 4 nung trong không khí 

BaSO 4 BaSO 4 (7)( không bị nhiệt phân ) 

0,02 – y 0,02 – y 

4Fe(OH) 2 + O 2 2Fe 2 O 3 + 2H 2 O (8) 

y y /2 

Ta có rắn N là BaSO 4 0,02 – y + y mol và Fe 2 O 3 y /2 : tổng khối lượng 

là 

233 . ( 0,02 ) + (y/2). 160 = 5,46 => y = 0,01 

NaOH đun sôi để nguội không có O 2 , NaOH + dd A chỉ có FeCl 2 số mol 

là x + 0,02 mol 

FeCl 2 + 2NaOH Fe(OH) 2 + 2NaCl (9) 

0.5 

x + 0,02 x + 0,02 

Kết tủa F là Fe(OH) 2 nung trong khí N 2 khí trơ 

Fe(OH) 2 FeO + H 2 O (10) 

x + 0,02 x + 0,02 

Chất rắn K là FeO có khối lượng (x + 0,02 ) . 72 = 9,72 gam 

x = 0,115 mol 

Vậy số mol sắt ban đầu là: 

( phản ứng 1,3,4 ) x + y+ 0,02 = 0,115 + 0,02 +0,01 = 0,145 mol 0.5 

Khối lượng các chất trong hỗn hợp ban đầu là: 

m CuO = 0,02 . 80 = 1,6 gam 

m Fe = 0,145. 56 = 8,12 gam 

Câu 2. (1.5 điểm ): Khử 15.2g hỗn hợp FeO và Fe 2 O 3 bằng hidro ở nhiệt độ cao, thu 

được sắt kim loại. Để hòa tan hết lượng sắt kim loại này cần dùng 100ml dung dịch 

H 2 SO 4 2M, sau phản ứng thu được dung dịch A và khí B. 

c. Xác định phần trăm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp ban đầu và tính thể tích 

khí B. 

d. Nếu cô cạn cẩn thận dung dịch A sẽ thu được bao nhiêu gam tinh thể FeSO 4 . 

7H 2 O. 

a. Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe 2 O 3 và FeO 

Ta có khối lượng của hỗn hợp: 160x + 72y = 15,2g (1) 

Phương trình hóa học. 

t 

Fe 2 O 3 + 3H 2 ⎯⎯→ 

0 

2Fe + 3H 2 O 

x 3x 2x 

t 0.5 

FeO + H 2 ⎯⎯→ 

0 

Fe + H 2 O 

y y y 

Số mol của H 2 SO 4 : n = 2 . 0,1 = 0,2mol 

H 2 SO 4 

Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 (*) 

(2x + y) (2x + y) (2x + y) mol 







65 










Theo PTHH 

n n = n + n 

H SO 

= 

Fe 

2 

2 4 

Fe2O3 

n = 2x 

+ y = 

2 SO 4 

FeO 

⇒ H 

0, 2 mol (2) 

Từ (1) và (2) → x = 0,05 mol, y = 0,1 mol 

m = 0.05 . 160 = 8g; m FeO = 0,1 . 72 = 7,2g. 

⇒ Fe 2 O 3 

8 

% m = .100% = 52, 6% 

Fe 2 O 3 

15.2 

%m FeO = 100% - 52,6% = 47,4%. 

Theo pư (*): n 

H 

= n 

2 Fe = 2x + y =2. 0,05 + 0.1 = 0,2 mol 

V = 0,2.22,4 = 4,48 lít. 

 

H 2 

b. 

FeSO H O 

mFeSO 

4 7 H 2O 

n = 

4 . 7 2 FeSO4 

n = 2x + y = 0.2 mol 

. = 0,2 . 278 = 55,6g. 0.5 

Câu 3. (1.5 điểm): Cho m gam kim loại Fe tan hết trong V ml dung dịch HNO 3 0,5 M, 

sau phản ứng thu được 0,672 lít khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng 

thu được 7,82 gam muối khan. Tìm m và tính V. 

nNO = 6,72/22,4 = 0,03 mol. 

- Nếu Fe tác dụng hết HNO 3 chỉ tạo ra muối Fe(NO 3 ) 3 theo ptpư : 

Fe+ 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 

n 

Fe( NO 3 ) 3 

= n NO = 0,03 mol m 

Fe(NO 3 ) 

= 0,03.242 = 7,26g ≠ 7,82g 

3 

0.5 

không t/m điều kiện đề bài (loại). 

- Nếu chỉ tạo ra muối Fe(NO 3 ) 2 theo ptpư : 

Fe+ 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 

0,03 0,03 0,03 mol 

Fe + 2Fe(NO 3 ) 3 3Fe(NO 3 ) 2 

0,03 0,045 mol 

m = 0,045.180 = 8,1 g Fe(NO 3 ) 

≠ 7,82g loại 

3 

- Vậy : Fe pư với HNO 3 tạo ra 2 muối theo các ptpư : 

Fe+ 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (1) 

0.5 

0,03 0,12 0,03 0,03 mol 

Fe + 2Fe(NO 3 ) 3 3Fe(NO 3 ) 2 (2) 

x 2x 3x mol 

Từ (1) và (2) ta có: (0,03 – 2x).242 + 3x.180 = 7,82 

x = 0,01 mol. 

Vậy tổng số mol Fe pư ở (1) và (2) là: 0,01 + 0,03 = 0,04 mol 

m = 0,04.56 = 2,24g. 

0.5 

V = 0,12/0,5 = 0,24 lít = 240ml. 

 

HNO3 




Câu 4. (2.0 điểm): Hòa tan 16,16 gam hỗn hợp gồm sắt và một oxit sắt bằng dung dịch 

HCl dư, thu được 0,896 lít khí (đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với lượng dư dung 

dịch NaOH, sau đó nung nóng trong không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu 

được kết tủa B. Nung B ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi thu được 17,6 gam 

0.5 






66 












chất rắn. 

a)Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp đầu. 

b) Xác định công thức của oxit sắt. 

a) Fe + HCl FeCl 2 + H 2 (1) 

0,04 mol 0,04 mol 

Fe x O y + 2yHCl x FeCl 2y/x + y H 2 O (2) 

%m Fe = 13,86% 

1.0 

(0,75 đ) 

%m FexOy = 100 – 13,86 = 86,14 (%) 

b) n Fe2O3 = 17,6/160 =0,11 

2 FeFeCl 2 Fe(OH) 2 Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 

0,04 mol 0,02 mol 

2Fe x O y …Fe(OH) 3 x Fe 2 O 3 

(0,18/x) mol 

0,09 mol 

1.0 

Từ (1) và (2) ta có: 

0,04.56 + (0,18/x) (56x +16y) = 16,16 

=> x/y = 3/4 => CTPT oxit Fe x O y là Fe 3 O 4 

Câu 5. (3.0 điểm ): Hỗn hợp A gồm ba chất M 2 CO 3 , MHCO 3 , MCl (M là kim loại 

kiềm). Hòa tan hoàn toàn 30,15 gam A trong V ml dung dịch HCl 10,52% (có khối 

lượng riêng D = 1,05 g/ml) dư, thu được dung dịch B và 5,6 lít khí CO 2 (ở đktc). Chia B 

thành 2 phần bằng nhau: 

Cho phần một phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 1M, thu được m gam muối 

khan. 

Cho phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO 3 dư, thu được 50,225 gam kết tủa. 

a. Xác định tên kim loại M. 

b. Tính thành phần phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp A. 

c. Tính giá trị của V và m. 

a. xác định tên kim loại: 

M 2 CO 3 + 2HCl 2MCl + CO 2 + H 2 O (1) 

MHCO 3 + HCl MCl + CO 2 + H 2 O (2) 

Dung dịch B: MCl, HCl dư 

½ dung dịch B + KOH (3) 

HCl + KOH KCl + H 2 O (3) 

½ dung dịch B + AgNO 3 

HCl + AgNO 3 AgCl + HNO 3 (4) 

MCl + AgNO 3 AgCl + MNO 3 (5) 

n CO2 =5,6/22,4 = 0,25 mol 

n AgCl = 50,225/143,5 = 0,35 mol 

n KOH = 0,1.1 = 0,1 mol 

Gọi x,y,z lần lượt là số mol của M 2 CO 3 , MHCO 3 , MCl trong hỗn hợp A 

(với x,y,z >0) 

Phương trình theo khối lượng của hỗn hợp A. 


1.0 






67 












(2M +60)x + (M+61)y +(M+ 35,5)z = 30,15 (a) 

Theo (3) : n HCl dư = n KOH = 0,1 mol 

Theo (4) và (5): n AgCl = n HCl dư + n MCl = 0,35 mol 

n MCl phản ứng = 0,35 – 0,1 =0,25 mol 

Từ (1) và (2): 

n MCl = 2n M2CO3 + n MHCO3 = 2x + y (b) 

Phương trình theo tổng số mol MCl trong dung dịch B: 

2x+ y + z = 0,25 .2 = 0,5 mol (c) 

Từ (1) và (2) :n CO2 = n M2CO3 + n MHCO3 = x+ y 

=> x+ y = 0,25 (d) 

Từ (c) và (d): y = 0,25 –x; z = 0,25 – x 

Thay y,z vào (a): 

(2M+ 60)x + (M+61) (0,25 – x) + (M + 35,5) (0,25 – x) =30,15 

0,5M – 36,5x = 6,025 

=> x = (0,5m – 6,025)/36,5 

Vì : 0 m KCl = 0,1 .74,5 =7,45 g 

=> m = 14,625 + 7,45 = 22,075 g 

Tính V: 

Theo (1),(2),(3): n HCl =2n Na2CO3 + n NaHCO3 + 2n KOH 

= 2x + y+ 0,2 = 2.0,15 + 0,1 + 0,2 = 0,6 mol 

V= (n.M.100)/(C5.D) = (0,6.36,5.100)/(10,52.1,05)= 198,26ml 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 


1.0 

1.0 






68 














ĐỀ BÀI 

Câu 1: (3,5 đ) 

1/ Xác định các chất A,B,C,D,E,H và thực hiện dãy chuyển hóa sau: 


+ O 2 B + H 2 O C 

A + O 2 H H 

+ NaOH 

D + NaOH E 

2/Hãy chọn 5 chất rắn khác nhau để khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch HCl ta 

thu được 5 chất khí khác nhau. Viết PTHH. 

Câu 2: (4,0 đ) 

1/Nêu hiện tượng xảy ra và viết các PTHH khi: 

a/ Cho Ba vào dung dịch AlCl 3 

b/Cho Na vào dung dịch CuSO 4 

c/ Dẫn khí CO dư nung nóng qua ống sứ đựng CuO, MgO, Al 2 O 3 , sau đó cho tác dụng 

với dung dịch HCl. 

d/ Cho đồng kim loại vào dung dịc HCl có oxi tan. 

2/Bằng phương pháp hóa học làm thế nào để nhận ra sự có mặt của mỗi khí trong hỗn 

hợp gồm: CO, CO 2 , SO 2 , SO 3. . Viết PTHH. 

Câu 3: (3,5 đ) Hòa tan hoàn toàn 0,32 gam một kim loại hóa trị II vào dung dịch 

H 2 SO 4 đặc nóng, lượng khí SO 2 thu được cho hấp thụ hoàn toàn bởi 45 ml NaOH 0,2 M 

cho dung dịch chứa 0,608 gam muối. Xác định kim loại . 

Câu 4: (4,5 đ) Nhúng một thanh sắt và một thanh kẽm vào cùng một cốc chứa 500 ml 

dung dịch CuSO 4 . Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra khỏi cốc thì ở mỗi thanh có 

thêm đồng bám vào, khối lượng dung dịch trong cốc bị giảm mất 0,22 gam. Trong dung 

dịch sau phản ứng nồng độ mol của ZnSO 4 gấp 2,5 lần nồng độ mol của FeSO 4 . Thêm 

NaOH dư vào cốc, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thì thu 

được 14,5 gam chất rắn. 

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra 

b. Tính khối lượng đồng bám trên mỗi thanh kim loại và nồng độ mol của dung 

dịch CuSO 4 ban đầu. 

Câu 5: (4,5 đ) Cho hỗn hợp 2 muối ASO 4 và B 2 (SO 4 ) 3 có số mol theo tỉ lệ 1: 2, 

nguyên tử khối của B lớn gấp 1,125 lần nguyên tử khối của A. Hòa tan hoàn toàn 16,08 

hỗn hợp trên vào nước để được 200 gam dung dịch. Lấy 100 gam dung dịch này cho tác 

dụng với dung dịch BaCl 2 dư sinh 16,31 gam kết tủa. 

1/ Xác định tổng số mol 2 muối có trong hỗn hợp ban đầu. 

2/ xác định A, B và nồng độ % của dung dịch ban đầu. 

(Biết:Mg=24,Al=27,Fe=56,Cu=64,Zn=65,Cl=35,5;Ba=137,S=32,O=16,Na=23,H=1) 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







69 











Câu1: 

(3,5 đ) 

Câu2 

(4,0 đ) 



. 


1/ Điểm 1,75 

A là FeS 2 hoặc S, H là SO 2 , B là SO 3 , C là H 2 SO 4 , D là NaHSO 3 , E là 0,25 

Na 2 SO 4 

PTHH: 4FeS 2 + 11O 2 -> 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

0,25 

Hoặc S + O t0 2 SO 2 

2SO 2 + O ⎯⎯→ 2 V 2 O 5 

2SO 3 

0,25 

SO 3 + H 2 O -> H 2 SO 

0,25 

4 

SO 2 + NaOH -> NaHSO 

0,25 

3 

NaHSO 3 + NaOH -> Na 2 SO 

0,25 

3 

H 2 SO 4 + Na 2 SO 3 -> Na 2 SO 4 + SO 2 + H 2 O 

0,25 

2/ 1,75 

5 chất khí đó là: Cl 2 , H 2 , SO 2 , CO 2 , H 2 S 

5 chất khí đó là: MnO 2 , kim loại đứng trước H 2 , Na 2 CO 3 , NaHSO 3 , 

0,25 

0,25 

FeS 

PTHH: Fe + 2HCl -> FeCl 2 + H 2 

MnO 2 + 4HCl -> MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O 

Na 2 CO 3 + 2HCl -> 2NaCl + CO 2 + H 2 O 

0,25 

0,25 

0,25 

FeS + 2HCl -> FeCl 2 + H 2 S 

0,25 

NaHSO 3 + HCl -> NaCl + SO 2 + H 2 O 

0,25 

1/ 2,0 

a/ Có khí không màu thoát ra do: 

Ba + H 2 O -> Ba(OH) 2 + H 2 

0,25 

Xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan dần do: 

3Ba(OH) 2 + 2AlCl 3 -> 2Al(OH) 3 + 3BaCl 2 

0,25 

Ba(OH) 2 + 2Al(OH) 3 -> Ba(AlO 2 ) 2 + 4H 2 O 

b/ Có bọt khí không màu thoát ra do: 

2Na + 2H 2 O -> 2NaOH + H 2 

0,25 

Xuất hiện kết tủa màu xanh lơ do: 

CuSO 4 + 2NaOH -> Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 

0,25 

c/ Xuất hiện chất rắn màu đỏ: 

CuO + CO 

t0 Cu + CO 2 

0,25 

Sau đó cho dd HCl vào thấy còn lại duy nhất một chất rắn màu đỏ 

trong dung dịch: 

MgO + 2HCl -> MgCl 2 + H 2 O 

0,25 

Al 2 O 3 + 6HCl -> 2AlCl 3 + H 2 O 

d/ Dung dịch chuyển sang màu xanh do: 

0,5 

2Cu + 4HCl + O 2 -> 2CuCl 2 + 2H 2 O 

2/ 2,0 

Dẫn khí qua dung dịch BaCl 2 thấy có kết tủa trắng xuất hiện nhận biết 0,25 

được SO 3 : 







70 








Câu3 

(3,5 đ) 

Câu4 

(4,5 đ) 


SO 3 + H 2 O + BaCl 2 -> BaSO 4 + 2HCl 

Còn lại 3 khí: CO, CO 2 , SO 2 cho đi qua dung dịch nước Brom, khí 

SO 2 làm dd brom bị mất màu: 

SO 2 + 2H 2 O + Br 2 -> 2HBr + H 2 SO 4 

Dẫn 2 khí còn lại đi qua dung dịch nước vôi trong dư xuất hiện kết tủa 

trắng nhận biết được CO 2 : 

CO 2 + CaCO 3 -> CaCO 3 + H 2 O 

Khí còn lại đem dẫn qua bột đồng oxit nung nóng thấy xuất hiện kết 

tủa đỏ, hấp thụ sản phẩm bằng dd nước vôi trong có vẩn đục là CO: 

CuO + CO t0 Cu + CO 2 

CO 2 + CaCO 3 -> CaCO 3 + H 2 O 

Lọc kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi 

4Fe(OH) 2 + O t0 2 Fe 2 O 3 + 2H 2 O (6) 



0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

3,5 

Số mol NaOH là: 0,045.0,2 = 0,009 mol 

0,25 

=> R = 0,32 

0,005 = 64 đvC => R là nguyên tố đồng, ký hiệu HH là Cu 0,5 

Gọi R là kim loại hóa trị II , n là số mol của R tham gia phản ứng: 

R + 2H 2 SO 4 đ/nóng -> RSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

0,25 

n(mol) 

n(mol) 

Khi SO 2 hấp thụ hết với dd NaOH có thể xaỷ ra các trường hợp: 

TH1: Chỉ tạo muối trung hòa: Na 2 SO 3 (x mol) 

0,25 

SO 2 + NaOH -> Na 2 SO 3 + H 2 O (2) 

Theo PT (2) ta có: 2x = 0,009 => x = 0,0045 (mol) 

Khối lượng của Na 2 SO 3 là: 0,0045.126 = 0,567 (g) < 0,608 g (loại) 

TH2: Chỉ tạo muối axit: NaHSO 3 (y mol) 

0,25 

0,25 

SO 2 + NaOH -> NaHSO 3 (3) 

Theo PT (3) ta có: y = 0,009 (mol) 

Khối lượng của NaHSO 3 là: 0,009.104 = 0,936 (g) > 0,608 g (loại) 

TH3: tạo hỗn hợp 2 muối: Na 2 SO 3 và NaHSO 3 

0,25 

0,25 

SO 2 + NaOH -> Na 2 SO 3 + H 2 O 

SO 2 + NaOH -> NaHSO 3 

Gọi a,b lần lượt là số mol của 2 muối Na 2 SO 3 và NaHSO 3 tạo thành 0,25 

Ta có hệ PT: 

⎪⎧126a+104b=0,608 ⎪⎧a=0,004 

0,5 

⎨ 

⎩⎪ 2a+b=0,009 

=> ⎨ 

⎩ ⎪b=0,001 Mà n = a + b = 0,005 

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 2,0 

Zn + CuSO 4 ZnSO 4 + Cu (1) 

0,25 

Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu (2) 

0,25 

Dung dịch sau phản ứng gồm: ZnSO 4 , FeSO 4 và có thể có CuSO 4 còn 0,25 

lại. Cho tác dụng NaOH dư: 

ZnSO 4 + 4NaOH Na 2 ZnO 2 + Na 2 SO 4 + 2H 2 O (3) 

0,25 

FeSO 4 + 2NaOH Na 2 SO 4 + Fe(OH) 2 (4) 

0,25 

CuSO 4 + 2NaOH Na 2 SO 4 + Cu(OH) 2 (5) 

0,25 


0,25 






71 








Câu5 

(4,5 đ) 


Cu(OH) 2 

t0 CuO + H 2 O (7) 0,25 

b. Tính khối lượng Cu bám vào các thanh kim loại và nồng độ 2,5 

moldung dịch CuSO 4 

Gọi x là số mol Fe phản ứng với CuSO 4 ⇒ số mol ZnSO 4 = 2,5x mol 0,25 

Theo (1), (2) số mol Cu bám vào thanh Zn = 2,5x mol, số mol Cu bám 

vào thanh sắt là x mol 

0,25 

Theo đề bài ta có: 8x - 2,5x = 0,22 ⇒ x = 0,04 mol 

x 

Số mol Fe 2 O 3 = 02 

2 =0, mol⇒Khối lượng Fe 2 O 3 = 0,02×160 = 3,2 g 

0,25 

0,25 

(14,5 −3,2) 

Số mol CuO = = 0,14125 mol 

80 

0,25 

Khối lượng Cu bám trên thanh kẽm = 2 ,5x × 64 = 2,5.0,04.64 = 6,4 g 

0,25 

Khối lượng Cu bám trên thanh sắt = 64x = 64×0,04 = 2,56 gam 

0,25 

Số mol CuSO 4 ban đầu = 2,5x + x + 0,14125) = 0,28125 mol 0,25 

Nồng độ mol dung dịch CuSO 4 ban đầu 

0,28125 

C M = = 0,5625M 

0,5 

0,5 

1/ 2,5 

Gọi số mol ASO 4 trong 100g dd hỗn hợp 2 muối là: x, thì số mol 0,5 

B 2 (SO 4 ) 3 là: 2x 

Khi cho dd hỗn hợp tác dụng với dd BaCl 2 dư, kết tủa thu được là 0,25 

BaSO 4 . 

ASO 4 + BaCl 2 -> BaSO 4 + ACl 2 

0,25 

x(mol) 

x(mol) 

B 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 -> 3BaSO 4 + 2ACl 3 

0,5 

2x(mol) 

6x(mol) 

Ta có tổng số mol BaSO 4 là: x + 6x =7x =16,31 => x = 0,01 mol 0,25 

=>tổng số mol muối trong 100 gam dd là: x+2x=3x=3.0,01=0,03mol 0,25 

Tổng số mol 2 muối có trong 200g dd hay trong hỗn hợp là: 

0,5 

0,03.2 =0,06 mol 

2. 2,0 

Gọi khối lượng mol của A là a(g); của nguyên tố B là b(g) 

0,25 

Theo đề bài ta có: b = 1,125.a (1) 

0,25 

Trong 16,08g hỗn hợp có: 0,2 mol ASO 4 và 0,4 mol B 2 (SO 4 ) 3 0,25 

Ta có: (a+96)0,02 + (2.b + 96.3)0,04 = 16,08 (2) 

0,25 

Thay (1) vào (2) ta có:(a+96)0,02 + (2.1,125.a + 96.3)0,04 = 16,08 0,25 

Giải ra ta có: a = 24 => A là Magie: Mg 

B =27 => B là Nhôm: Al 

0,25 

C% của dd MgSO 4 = 0,02.120 100= 1,2% 

200 


C% của dd Al 2 (SO 4 ) 3 = 0,04.342 

200 

100= 6,84% 



0,25 

0,25 






72 








-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 










73 















ĐỀ BÀI 

Câu I ( 3,0 điểm): 

Khử hoàn toàn 2,4 gam hỗn hợp CuO và Fe x O y cùng số mol như nhau bằng hiđro, thu 

được 1,76 gam kim loại. 

Hoà tan kim loại đó bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,488 lít khí H 2 (ở đktc). 

Xác định công thức của oxit sắt. 

Câu II (5,0 điểm): 

1. Dung dịch A là dung dịch HCl. Dung dịch B là dung dịch NaOH. 

a/ Lấy 10 ml dung dịch A pha loãng bằng nước thành 1000 ml thì thu được dung dịch 

HCl 0,01M. Tính nồng độ mol/l của dung dịch A. 

Để trung hoà 100 gam dung dịch B cần 150 ml dung dịch A. Tính nồng độ % của dung 

dịch B. 

b/ Hoà tan hết 11 gam hỗn hợp Al, Fe bằng dung dịch A vừa đủ thu được 8,96 lít khí 

H 2 (đktc). Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp và nồng độ mol/l của các chất 

trong dung dịch thu được. 

2. Hỗn hợp X chứa CO 2 , CO, H 2 với % thể tích tương ứng là a, b, c; % khối lượng 

tương ứng là a ’ , b ’ , c ’ a' b 

. Đặt x = , y = , c 

, z = , và f = x + y + z. Hỏi f có giá trị trong 

a b c 

khoảng nào? 

Câu III (3.5 điểm) Hoàn thành các phản ứng sau 

a) A + B C + H 2 

b) C + Cl 2 D 

c) D + NaOH E + F 

d) E Fe 2 O 3 + H 2 O 

Câu IV: (2,5 điểm ) 

Có 4 chất rắn: Đá vôi, xô đa (Na 2 CO 3 ), muối ăn và Kalisunphát. Làm cách nào để phân 

biệt chúng khi chỉ được dùng nước và một hoá chất khác. Viết các PTHH của các phản 

ứng(nếu có). 

CâuV: (6,0 điểm) 

1. Cho 3,81 (g) muối Clorua kim loại M hoá trị (II) tác dụng với dung dịch AgNO 3 

chuyển thành muối nitrát(có hoá trị không đổi) và số mol bằng nhau thì khối lượng hai 

muối khác nhau là 1,59 (g).Tìm công thức hoá của muối clorua kim loại M. 

2. Cho a (g) dung dịch H 2 SO 4 nồng độ A% tác dụng với một lượng hỗn hợp hai kim 

loại Na và Mg (dùng dư) thì khối lượng khí Hiđrô tạo thành là 0,05 a(g).Tính A 

Ghi chú: Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







74 














Câu I:( 3,0 điểm) 

Các phản ứng : ( Mỗi phương trình viết đúng 0,25 đ) 

t 

CuO đ + H 2(k) 

Cu đ + H 2 O (h) (1) 

t 

Fe x O y + y H 2 

x Fe + y H 2 O (2) 

Cu + HCl Không xảy ra phản ứng 

Fe r + 2HCl dd FeCl 2 dd + H 2 k (3) 

Gọi n là số mol của mỗi oxit, theo điều kiện bài ra, ta có các phương trình: 0,25đ 

80n + ( 56x + 16 y)n = 2,4 

64n + n x.56 = 1,76 0,75 đ 

0,488 

nFe = n x = n H 2 = = 0,02 (mol) 0,5đ 

22,4 

Giải hệ phương trình trên ta được : x =2 ; y = 3. 0,25đ 

Vậy công thức của sắt oxit là Fe 2 O 3 . 0,25đ 

Câu II (5,0 điểm) 

1.(4,0đ) a/ *Trong 1000ml (1 lit) dung dịch HCl 0,01M có: n HCl = 0,01mol 0,125đ 

Vì khi pha loãng dung dịch bằng H 2 O, số mol HCl trong dung dịch là 

không đổi. 

⇒ Trong 10ml (0,01 lit) dung dịch A có: n HCl = 0,01mol 

0,01 

⇒ Nồng độ mol/l của dung dịch A là: C M = = 1(mol/l) 

0,125đ 

0,01 

* Trung hoà 100 gam dung dịch B cần 150ml dung dịch A. 

Ta có: n HCl = 150 x 10 -3 x 1 = 0,15 (mol) 

0,125đ 

Phương trình hoá học: NaOH + HCl → NaCl + H 2 O (1) 0,125đ 

Theo (1): n NaOH = n HCl = 0,15 mol 

0,25đ 

⇒ Trong 100 gam dung dịch B có: m NaOH = 0,15 x 40 = 6 (gam) 0,25đ 

6 

0,25đ 

⇒ C% của dung dịch B: C% (NaOH) = x100% = 6% 

100 

b/ Gọi a,b lần lượt là số mol của Al, Fe trong hỗn hợp kim loại. 

Ta có: m hh = 27a + 56b = 11 gam (*) 

0,25đ 

Hoà tan hỗn hợp kim loại bằng dung dịch A(dd HCl 1M) vừa đủ, 

phương trình hoá học: 

2Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2↑ (2) 

0,125đ 

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2↑ (3) 

0,125đ 

Theo (2), (3): ∑ n H 

= 3 

2 

2 a + b = 8,96 = 0,4 (mol) (**) 

22,4 0,25đ 

Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,2 mol, b = 0,1 mol 

0,25đ 

⇒ Thành phần % về khối lượng: 

27x0,2 

%Al = x 100% = 49,1% 

11 

0,25đ 

75 















0,25đ 

% Fe = 100% - 49,1% = 50,9% 

n FeCl 2 

= n Fe = 0,1 mol ⇒ C M(FeCl 2 ) = 0,1 

0,8 = 0,125(mol/l) 0,5 

Theo (2), (3): ∑ nHCl 

= 2 ∑ n H 

= 2 x 0,4 = 0,8 mol 

2 

0,25đ 

⇒ Thể tích dung dịch A cần dùng : V = 0,8 

1 

= 0,8 (lit) 

0,25đ 

Vì khi hoà tan hỗn hợp rắn vàodung dịch A thể tích dung dịch thay 

đổi không đáng kể ⇒ dung dịch thu được có thể tích bằng 0,8 lit. 

Trong dung dịch thu được có: 

n AlCl 3 

= n Al = 0,2 mol ⇒ C M(AlCl 3 ) = 0,2 = 0,25 (mol/l) 

0,8 0,5 

2.(1,0đ) Hỗn hợp X chứa CO 2 , CO, H 2 . 

VCO 

2 

* CO 2 có: %V CO 2 

= 

VX 

x 100%. Vì trong hỗn hợp khí:%V =%n 

nCO 

2 

⇒ a= %V CO 2 

= %n CO 2 

= 

nX 

x 100% (*) 

0,25đ 

a , mCO 

2 

= %m CO 2 

= 

m = 44. nCO 

2 

n . M 

x100% (**) 

0,25đ 

X 

X 

X 



, 

a 

Từ (*) và (**) ta có: x = 

a = 44 M 

X 

, 

b 

* Tương tự : y = 

b = M 

CO 

, 

c 

M 

X 

M c = M 

H2 

X 

M 

X 

M 

2X 

0,25đ 

44 + 28 + 2 

Ta có : f = x + y + z = 

= 74 

M X 

M 

X 

Vì M H 2 

< M 

X 

< M CO 2 

⇒ 2 < M 

X 

< 44 

74 

⇒ 

44 < 74 M 

X 

< 74 2 

⇔ 1,68 < f < 37 

0,25đ 

Câu III. (3,5 điểm): 

E là Fe(OH) 3 

(0,25điểm) 

F là NaCl 

(0,25điểm) 

D là FeCl 3 

(0,25điểm) 

C là FeCl 2 

(0,25điểm) 

A là Fe 

(0,25điểm) 

B là HCl 

(0,25điểm) 

ptpư 

1) Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (k) (0,5điểm) 

t o 

2) FeCl 2 + 3Cl 2(K) 2FeCl 3 (0,5điểm) 

3) FeCl 3 + 3NaOH Fe(OH) 3 + 3NaCl (0,5điểm) 

t o 

4) 2Fe(OH) 3 Fe 2 O 3 + 3H 2 O (0,5điểm) 

Câu IV ( 2,5điểm): 

Hoà tan bốn chất rắn vào nước có một chất không tan là CaCO 3 . Ba chất rắn tan là 

Na 2 CO 3 ; NaCl và K 2 SO 4 . (0,5 đ) 







76 











Lấy mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử, cho mỗi mẫu thử tác dụng với a xít HCl. Mẫu 

thử nào có khí bay ra là Na 2 CO 3 

(0,25đ) 

Na 2 CO 3 + 2 HCl ⎯ ⎯→ 2 NaCl + H 2 O + CO 2 ↑ (0,25đ) 

Sau đó cho dung dịch HCl vào đá vôi để được dung dịch CaCl 2 (0,25đ) 

CaCO 3 + 2 HCl ⎯ ⎯→ 2CaCl 2 + H 2 O + CO 2↑ (0,25đ) 

Lấy dung dịch CaCl 2 nhỏ từ từ vào hai mẫu thử còn lại. Mẫu thử nào có xuất hiện kết 

tủa là K 2 SO 4 

(0,25đ) 

K 2 SO 4 + CaCl 2 ⎯ ⎯→ CaSO 4 ↓ + 2 KCl (0,25đ) 

Mẫu thử không phản ứng với CaCl 2 là NaCl 

(0,5đ) 

Câu V (6,0điểm): 

1. (3,0điểm) 

Phương trình hoá học: MCl 2 + 2 AgNO 3 ⎯ ⎯→ M(NO 3 ) 2 + 2 AgCl↓ (0,5đ) 

Theo bài ra thì khối lượng M(NO 3 ) 2 thu được lớn hơn MCl 2 là 1,59 (g). 

Mà 1(mol) M(NO 3 ) 2 có khối lượng lớn hơn MCl 2 là: 124-71 = 53 (g) (0,5đ) 

1, 59 

Vậy số mol muối MCl 2 = số mol muối M(NO 3 ) 2 và bằng = 0,03(mol) 53 

(0,5đ) 

3, 81 

Khối lượng mol của MCl 2 là =127 (g) 0, 

03 

(0,5đ) 

Vậy M +35,5 .2 =127 

⇒ M = 127 –71 =56. Vậy M là Fe. 

(0,5đ) 

Công thức của muối sắt là: FeCl 2 . 

(0,5đ) 

2. (3,0 điểm): 

Phương trình hoá học : Mg + H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ MgSO 4 + H 2 ↑ (1) 

(0,25đ) 

2 Na + H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ Na 2 SO 4 + H 2 ↑ (2) (0,25đ) 

Vì hỗn hợp dùng dư nên Na tác dụng với H 2 O 

2 Na + 2 H 2 O ⎯ ⎯→ 2 NaOH + H 2 ↑ (3) (0,25đ) 

Nếu lấy a =100 (g) dung dịch thì khối lượng H 2 SO 4 là A (g) và khối lượng của nước là 

(100 – A) (g) (0,25đ) 

Khối lượng H 2 tạo thành là: 0,05 . 100 = 5 (g) 

(0,25đ) 

Theo PTHH (1) và (2) 

Cứ 98 (g) H 2 SO 4 tác dụng với kim loại cho 2 (g) H 2 

2A 

Vậy A (g) H 2 SO 4 tác dụng với kim loại cho (g)H2 98 

(0,25đ) 

Theo PTHH (3) 36 (g) H 2 O tác dụng với Na cho 2 (g) H 2 bay ra 

2(100 

− A) 

Vậy(100 – A) (g) H 2 O tác dụng với Na cho (g) H 2 bay ra 

36 

(0,25đ) 

2A 2(100 

− A) 

Theo bài ra ta có phương trình: + 98 36 

= 5 (0,5đ) 

Giải PT trên ta có A = 15,8. Tức là A% =15,8 % 

(0,75đ) 

Lưu ý: Các phương trình hoá học nếu thí sinh ghi thiếu điều kiện và chưa cân bằng giám 

khảo trừ 1/2 số điểm của phương trình. 

Thí sinh có cách giải khác đáp án nhưng đúng trọn vẹn vẫn cho điểm tối đa. 


-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 






77 















ĐỀ BÀI 

CâuI (2,5đ) 

Trộn 5,6 lít CO ở đktc với 3,36 lít khí B (gồm các nguyên tố C, H) ở đktc thu được 

hỗn hợp khí X nặng 11,5 gam. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X người ta thu được 24,2 

gam khí CO 2 . 

a/ Tính khối lượng mol phân tử của B. 

b/ Tìm công thức phân tử của B. 

CâuII:( 2,5đ) 

Cho 21,6 gam hỗn hợp gồm kim loại M và M 2 O 3 được nung ở nhiệt độ cao rồi dẫn 

luồng khí CO dư đi qua để phản ứng hoàn toàn thu được m gam kim loại và 6,72 lít khí 

CO 2 (ở đktc). 

a/ Xỏc định kim loại M, oxit M 2 O 3 và gọi tên. 

b/ Tìm m. 

Biết tỉ lệ số mol của M và M 2 O 3 trong hỗn hợp bằng 1:1. 

Câu III: (4.5đ) 

1/ Trình bày phương pháp tách Al 2 O 3 ra khỏi hỗn hợp các chất :Fe 2 O 3 , SiO 2 

2/ Trong phòng thí nghiệm có 3 lọ mất nhãn đựng 3 dd : HCl, H 2 SO 4 và NaOH có cùng 

nồng độ mol/l.Chỉ dùng phenolphtalein .Hãy nhận biết 3 dd trên 

Câu IV(5 đ): Trộn dd AgNO 3 1,2M và dd Cu(NO 3 ) 2 1,6M với thể tích bằng nhau được 

dd A. Thêm 1,62 g bột nhôm vào 100 ml dd A được chất rắn B và dd C 

a/ Tính khối lượng B 

b/ Trình bày PPHH để tách lấy từng d chất ở B 

c/ Thêm 240 ml dd NaOH 1M vào dd C được kết tủa D .Lọc lấy D nung nóng đồng thời 

cho khí CO đi qua cho đến khi chất rắn có khối lượng không đổi được chất rắn E . E gồm 

những chất gì ? khối lượng mỗi chất rắn trong E là bao nhiêu. 

Câu V(5,5đ): 

1/ Khi cho bột nhôm tác dụng với NaOH đun nóng thu được dd X 1 và khí X 2 . Thêm vào 

X 1 một ít thể tích NH 4 Cl rồi tiếp tục đun nóng thấy tạo thành kết tủa X 3 và có khí X 4 

thoát ra 

2/ Xác định các chất từ A 1 đến A 11 và viết các PTHH sau: 

A 1 + A 2 → A 3 + A 4 







78 











A 3 + A 5 → A 6 +A 7 

A 6 +A 8 + A 9 → A 10 

A 10 ⎯⎯→ 

to A 11 + A 8 

A 11 + A 4 ⎯⎯→ 

« t A + A 1 8 

Biết A 3 là muối sắt clorua 

3/ Viết PTHH của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: 

Cho sắt dư vào H 2 SO 4 đặc nóng được dd A . Cho A vào dd NaOH dư được kết tủa B. 

Lọc kết tủaB. Lọc kết tủa B nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi 

Xác định X 1 ,X 2 , X 3 , X 4 .Viết PTHH biểu diễn phản ứng trên 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 



CâuI (2,5 điểm) CTPT khí B : C x H y ( x,y ∈ N*) 

5,6 

Số mol CO : n = = 0,25 (mol) 

22,4 

3,36 

Số mol C x H y : n = + 0,15 (mol) 1,0đ 

22,4 

Theo bài toán: 0,25 . 28 + 0,15 .M B = 11,5 M B = 30 0,5đ 

Mặt khác: 12x + y = 30 

Chỉ có x = 2 , y = 6 là thoả mãn điều kiện bài toán 

Vậy CTHH của B là: C 2 H 6 1,0đ 

Câu II (2,5 điểm) 

Ta có: n CO2 = 6,72:22,4 = 0,3(mol) 

PTHH: M 2 O 3 (r) + 3CO(k) → 2M(r) + 3CO 2 (k) 0,5đ 

Từ PTHH ta thấy n O trong oxit bằng n CO2 . 

Do đó trong hỗn hợp rắn có: n O = 0,3 (mol) 

→ m O = 0,3.16 = 4,8 0,5đ 

Suy ra: m = 21,6 – 4,8 = 16,8 (gam) 0,5đ 

Ta có: n M 2O3 = n O : 3 = 0,3:3 = 0,1 (mol) 

m M 2O3 = 21,6 – m M (ban đầu) < 21,6 

Suy ra: M M 2O3 

< 21,6:0,1 = 216 

M M < (216 – 16.3):2 = 84 

M là kim loại có hoá trị III và có nguyên tử khối bé hơn 84. 

M có thể là: Fe, (Al, Ga, Ni, Co, Mn, Cr, V, Ti, Sc). 1,0đ 








79 











Câu III: (4,5đ) 

1/ Đun nóng hỗn hợp với dd NaOH loãng dư: 

Al 2 O 3 + 2NaOH → 2 NaAlO 2 + H 2 O 0,5đ 

- Chất không tan là Fe 2 O 3 và SiO2 ,lọc bỏ chất không tan, dd thu được là NaOH dư 

vàNaAlO 2 0,5đ 

Axit hoá dd thu được bằng cách thổi CO 2 dư vào: 

NaOH + CO 2 → NaHCO 3 (2) 

NaAlO 2 + CO 2 + H 2 O → Al(OH) 3 + NaHCO 3 (3) 1đ 

- Chất rắn thu được là Al(OH) 3 đem rửa sạch ,nung đến khối lượng không đổi thu được 

Al 2 O 3 : 2Al(OH) 3 ⎯⎯→ 

to Al 2 O 3 + H 2 O 0,5đ 

2/ Dùng phenolphtalein nhận được dd NaOH do phenolphtalein không màu chuyển sang 

màu hồng. Hai dd axit không đổi màu được nhận biết như sau: 0,5đ 

-Lấy 2 ống nghiệm đựng 2 thể tích bằng nhau của 2 dd axit và 2 ống nghiệm đựng 2 dd 

NaOH với thể tích gấp đôi . 0,5đ 

Vì có cùng nồng độ mol/l nên số mol của HCl = số mol H 2 SO 4 

-Lần lượt cho mỗi ống nghiệm chứa dd NaOH vào từng dd axit có phản ứng: 

NaOH + HCl → NaCl + H 2 O 

2NaOH + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2 H 2 O 0,5đ 

Dùng phenolphtalein thử sane phẩm thu được ở 2 ống nghiệm ,nếu ống nghiệm nào làm 

hồng phenolphtalein thì ống đó chứa dd HCl ,ống còn lại ,chứa H 2 SO 4 0,5đ 

Câu IV (5đ): 

a/ n AgNO3 = 0,05.1,2=0,06 mol 

n Cu(NO3)2 = 0,05.1,6=0,08 mol 

1, 62 

n Al = =0,06mol 

27 

0,5 đ 

Al + 3AgNO 3 → Al(NO 3 ) 3 + 3Ag 

0,02 0,06 0,02 0,06 

2Al + 3Cu(NO 3 ) 2 → 2Al(NO 3 ) 3 + 3Cu 

0,04 0,06 0,04 0,06 0,5 đ 

- Al hết , dd C gồm: 0,06 mol Al(NO 3 ) 3 và 0,08 – 0,06 = 0,02mol Cu(NO 3 ) 2 dư 

- Chất rắn B gồm: Cu và Ag 


n Cu = 0,06 mol → m Cu = 0,06.64= 3,84 g 

n Ag = 0,06mol → m Ag = 0,06.108=6,48 g 

Vậy B: m B =6,48+3,84= 10,32 g 

0,5 đ 






80 









b/ Nung B trong oxi: 2Cu +O 2 ⎯⎯→ 

to 2CuO 

Ag không phản ứng 

Thu được hỗn hợp CuO và Ag. Hoà tan hỗn hợp này vào dd HCl dư có CuO tan 

CuO +2HCl → CuCl 2 + 2H 2 O 

CuCl 2 + 2NaOH → Cu(OH) 2 + 2NaCl 0,5 đ 

Lọc lấy Cu(OH) 2 nung nóng 1 thời gian rồi cho CO đi qua ta thu được : 

Cu(OH) 2 

CuO +CO 

⎯ t 

c/ n NaOH = 0,24 mol 

⎯→ 

« CuO + H O 2 

⎯⎯→ 

to Cu + CO 2 0,5 đ 

Cu(NO 3 ) 2 + 2NaOH → Cu(OH) 2 +2NaNO 3 

0,02mol 0,04 0,02 

Al(NO 3 ) 3 + 3 NaOH → Al(NO 3 ) 3 + 3NaNO 3 

0,06 0,18 0,06 

n NaOH dư= 0,24 –( 0,18+0,04)=0,02 mol 

Al(NO 3 ) 3 + NaOH → NaAlO 2 + H 2 O 

0,02 0,02 

n Al(NO3)3 còn là: 0,06-0,02=0,04 mol 

Cu(OH) 2 

0,02mol 

2Al(OH) 3 

⎯ t 

⎯→ 

« CuO + H O 2 

0,02 mol 

⎯⎯→ 

to Al 2 O 3 + 3H 2 O 

0,04 mol 0,02 mol 

CuO + CO → Cu + CO 2 

0,25 đ 

0,02 0,02mol 0,75 đ 

E gồm: Cu và Al 2 O 3 

m Cu = 0,02 .64=1,28 g 

m Al2O3 = 0,02.102=2.04 g 

Câu V (5,5đ): 

0,25 đ 


0,5 đ 

1/ Al + 2NaOH +2H 2 O → NaAlO 2 + 3H 2 0,25đ 

NaOH + NH 4 → NaCl + NH 3 + H 2 O 0,25đ 

Na AlO 2 + NH 4 Cl + H 2 O → Al(OH) 3 + NH 3 +NaCl 0,25đ 








81 






⇒ dd X 1 chứa NaOH dư và Na Al 2 O 3 0,25đ 

- Khí X 2 : là H 2 ; kết tủa X 3 là Al(OH) 3 ; khí X 4 là : NH 3 0,5đ 






2/ A 1 :Fe A 3 : FeCl 2 A 5 :NaOH A 7 :NaCl A 9 : O 2 A11: Fe 2 O 3 

A 2 :HCl A 4 :H 2 A 6 :Fe(OH) 3 A 8 : H 2 O A 10 : Fe(OH) 3 

(Xác định đúng mỗi chất cho 0,25đ) 

3/ 2Fe +6 H 2 SO 4 ⎯⎯→ 

to Fe 2 (SO) 4 + 3 SO 2 + 6H 2 O 

Fe + Fe 2 (SO4) 3 → 3FeSO 4 

FeSO 4 +2NaOH → Na 2 SO 4 +Fe(OH) 2 

4 Fe(OH) 2 +O 2 ⎯⎯→ 

to 2 Fe 2 O 3 + 4 H 2 O 

( xác định đúng các chất vào mỗi PTHH 0,5đ) 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







82 















ĐỀ BÀI 

Câu 1(4 điểm): Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp BaCO 3 , MgCO 3 , Al 2 O 3 được chất rắn A, 

khí D. Hòa tan chất rắn A trong nước dư, thu được dung dịch B và kết tủa C. Sục khí D 

(dư) vào dung dịch B thấy xuất hiện kết tủa. Hòa tan C trong dung dịch NaOH dư thấy 

tan một phần. 

Xác định A, B, C, D. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

Câu 2(4 điểm): 

1. Chỉ dùng dung dịch NaOH hãy nhận biết 6 lọ không nhãn đựng riêng biệt từng dung 

dịch sau: K 2 CO 3 , (NH 4 ) 2 SO 4 , MgSO 4 , Al 2 (SO 4 ) 3 , FeSO 4 , Fe 2 (SO 4 ) 3 . 

Viết các phương trình phản ứng minh họa. 

2. Hãy nêu và giải thích bằng phương trình phản ứng các hiện tượng xảy ra trong từng 

thí nghiệm sau: 

a. Cho NaOH dư tác dụng với dung dịch FeCl 2 . Sau đó lấy kết tủa thu được để lâu 

trong không khí. 

b. Cho viên Na vào cốc đựng dung dịch AlCl 3 . 

Câu 3(4 điểm): 

1. Bằng phương pháp hoá học hãy tách các chất NaCl, FeCl 3 , AlCl 3 ra khỏi hỗn hợp 

rắn mà không làm thay đổi khối lượng của mỗi chất. Viết đầy đủ các phương trình phản 

ứng xảy ra. 

2. Có hỗn hợp các chất sau: Al 2 O 3 và Fe 2 O 3 . Hãy trình bày phương pháp hóa học để 

điều chế riêng từng kim loại: Al, Fe từ hỗn hợp trên. 

Câu 4(4 điểm): Nung 25,28 gam hỗn hợp FeCO 3 và Fe x O y trong O 2 dư tới phản ứng 

hoàn toàn, thu được khí A và 22,4 gam Fe 2 O 3 duy nhất. Cho khí A hấp thụ hoàn toàn vào 

400ml dung dịch Ba(OH) 2 0,15M thu được 7,88gam kết tủa. 

1) Viết các phương trình phản ứng xẩy ra 

2) Tìm công thức phân tử của Fe x O y . 

Câu 5(4 điểm): Hỗn hợp A có khối lượng 6,1g gồm CuO, Al 2 O 3 và FeO. Hòa tan hoàn 

toàn A cần 130ml dung dịch H 2 SO 4 loãng 1M, thu được dung dịch B. 

Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa đen nung trong 

không khí đến khối lượng không đổi, được 3,2g chất rắn. 

Tính khối lượng từng oxit trong A. 

Cho: Na = 23 ; O = 16 ; H = 1 ; Ba = 137 ; S = 32 ; Al = 27 ; 

C = 12 ; Cu = 64 ; Fe = 56. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







83 














. 


+ Nhiệt phân hỗn hợp, ta có PTPƯ: 

0 

t 

BaCO 3 ⎯⎯→ BaO + CO 2 

0 

t 

MgCO 3 ⎯⎯→ MgO + CO 2 

0,5 đ 

0,5 đ 

0 

t 

Al 2 O 3 ⎯⎯→ không 

1 

⎧BaO 

(4 điểm) 

⎪ 

→ Chất rắn A⎨MgO 

⎪ 

⎩Al2O3 

Khí D: CO 2 . 

0,5 đ 

+ Hòa tan A vào H 2 O dư, ta có PTPƯ: 

BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 

MgO + H 2 O → không 

Al 2 O 3 + Ba(OH) 2 → Ba(AlO 2 ) 2 + H 2 O 

2 

⎧MgO 

→ d B : Ba( AlO2 ) 

2 

Kết tủa C ⎨ 

⎩ Al ( ) 

2 O 

3 du 

+ Khi cho dung dịch B tác dụng với CO 2 dư: 

Ba(AlO 2 ) 2 + 2CO 2 + 4H 2 O → 2Al(OH) 3 ↓ + Ba(HCO 3 ) 2 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

+ Hòa tan C vào dung dịch NaOH dư, ta có PTPƯ: 

MgO + NaOH → không 

Al 2 O 3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H 2 O 

0,5 đ 

(Vì kết tủa C cho vào dung dịch NaOH dư có tan một phần 

chứng tỏ C có Al 2 O 3 dư; phần không tan là MgO). 

1. Nhận biết: 

2 

(4 điểm) 

+ Trích mẫu thử và đánh số thứ tự 1, 2, 3, 4, 5, 6. 

+ Nhỏ từ từ dd NaOH cho tới dư vào các mẫu thử trên. 

- Nếu không hiện tượng là K 2 CO 3 . 

- Nếu xuất hiện khí mùi khai là (NH 4 ) 2 SO 4 . 

2NaOH + (NH 4 ) 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2NH 3 + 2H 2 O 

(mùi khai) 

- Nếu xuất hiện kết tủa trắng không tan là dd MgSO 4 . 

MgSO 4 + 2NaOH → Mg(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 

- Nếu xuất hiện kết tủa keo sau đó tan dần là dd Al 2 (SO 4 ) 3 . 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH → 2Al(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 


- Nếu xuất hiện kết tủa xanh lơ sau đó hóa nâu trong không 

khí là FeSO 4 . 

FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + Na 2 SO 4 

(xanh lơ) 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 







84 








4Fe(OH) 2 + O 2 2H 2 O → 4Fe(OH) 3 

0,25 đ 

(xanh lơ) 

(nâu đỏ) 

- Nếu xuất hiện kết tủa nâu đỏ là Fe 2 (SO 4 ) 3 

0,25 đ 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH → 2Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 0,25 đ 

(nâu đỏ) 

2. Nêu hiện tượng và giải thích: 

a. + Ban đầu có kết tủa màu xanh lơ: 


0,5 đ 

(xanh lơ) 

+ Để lâu trong không khí thì kết tủa màu xanh lơ dần 

chuyển sang màu nâu đỏ: 

0,5 đ 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH) 3 

b. + Ban đầu viên Na tan dần đến hết, xuất hiện khí không 0,5 đ 

màu thoát ra, có kết tủa keo: 

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 ↑ 

3NaOH + AlCl 3 → Al(OH) 3 ↓ + 3NaCl 

+ Sau đó kết tủa keo tan dần tạo thành dung dịch: 

0,5 đ 


1. Tách hỗn hợp: 

+ Cho toàn bộ hỗn hợp trên vào dd NH 3 dư, có 2 kết tủa tạo 0,5 đ 

thành: 

AlCl 3 + 3NH 3 + 3H 2 O → Al(OH) 3 ↓ + 3NH 4 Cl 

3 

FeCl 3 + 3NH 3 + 3H 2 O → Fe(OH) 3 ↓ + 3NH 4 Cl 

(4 điểm) Còn NaCl không phản ứng. 

+ Tách riêng kết tủa và nước lọc A (chứa NaCl và NH 4 Cl). 0,25 đ 

+ Cho kết tủa vào NaOH dư, khi đó Al(OH) 3 tan hết do phản 0,25 đ 

ứng: 


0,25 đ 

+ Lọc lấy chất rắn không tan là Fe(OH) 3 cho tác dụng hết với 

dung dịch HCl rồi cô cạn, ta được FeCl 3 tinh khiết: 

Fe(OH) 3 + 3HCl → FeCl 3 + 3H 2 O 

0,25 đ 

+ Sục khí CO 2 dư vào dung dịch NaAlO 2 còn lại: 

NaAlO 2 + CO 2 + H 2 O → Al(OH) 3 ↓ + NaHCO 3 0,25 đ 

+ Lọc lấy Al(OH) 3 cho tác dụng với dung dịch HCl rồi cô cạn, 

ta thu được AlCl 3 tinh khiết: 

Al(OH) 3 + 3HCl → AlCl 3 + 3H 2 O 

0,25 đ 

+ Cô cạn dung dịch A, ta thu được NaCl tinh khiết do: 

0 

t 

NH 4 Cl ⎯⎯→ NH 3 ↑ + HCl↑ 

2. Điều chế từng kim loại Al, Fe: 

0,5 đ 

+ Hòa tan 2 oxit vào NaOH dư, khi đó Al 2 O 3 tan hết do phản 

ứng: 

Al 2 O 3 + NaOH → NaAlO 2 + H 2 O 

0.5đ 

+ Lọc lấy chất rắn không tan là Fe 2 O 3 đem nung nóng đỏ rồi 

cho luồng khí H 2 đi qua, ta được Fe tinh khiết: 

0,5đ 

85 

















4 

(4 điểm) 


0 

t 

Fe 2 O 3 + 3H 2 ⎯⎯→ 2Fe + 3H 2 O 

+ Sục khí CO 2 dư vào dung dịch NaAlO 2 còn lại: 

NaAlO 2 + CO 2 + H 2 O → Al(OH) 3 ↓ + NaHCO 3 

+ Lọc lấy Al(OH) 3 đem nung ở nhiệt độ cao, ta được Al 2 O 3 : 

0 

t 

2Al(OH) 3 ⎯⎯→ Al 2 O 3 + 3H 2 O 

+ Điện phân nóng chảy Al 2 O 3 có mặt của criolit, ta thu được 

Al tinh khiết: 

dpnc 

2Al 2 O 3 ⎯⎯⎯→ 4Al + 3O 2 

1. + Đặt: 

⎧⎪ nFeCO 

= a( mol) 

3 

⎨ 

nFe ( ) 

xO 

= b mol 

⎪⎩ y 

⇒ 116. a + b.(56x + 16 y) = 25,28 

⇔ 116.a + 56.bx + 16.by = 25,28 (*) 

+ Các PTHH: 

0 

t 

FeCO 3 ⎯⎯→ FeO + CO 2 (1) 

amol amol amol 

0 

t 

4FeO + O 2 ⎯⎯→ 2Fe 2 O 3 (2) 

a 

amol 

mol 

2 

0 

t 

4Fe x O y + (3x – 2y)O 2 ⎯⎯→ 2xFe 2 O 3 (3) 

bx 

bmol 

mol 

2 

Ba(OH) 2 + CO 2 → BaCO 3 ↓ + H 2 O (4) 

1mol 1mol 1mol 

Có thể có: Ba(OH) 2 + 2CO 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (5) 

1mol 2mol 

2. + Ta có: nBa( OH ) 

= C . 2 0,15.0,4 0,06( ) 

2 M 

V = = mol 

d 

m 7.88 

nBaCO 

= = = 0,04( mol) 

3 

M 197 

m 22, 4 

nFe 0,14( ) 

xO 

= = = mol 

y 

M 160 

+ Theo PTHH (2) và (3): 

a bx 

+ = 0,14( mol) 

2 2 

⇔ a + bx = 0,28 (2*) 

+ Vì: nBa( OH ) 

> n 

2 BaCO 

nên có 2 trường hợp xảy ra: 

3 

a. TH1: Chỉ xảy ra phản ứng (4), tức là: 

Ba(OH) 2 dư = 0,06 – 0,04 = 0,02 (mol). Và CO 2 hết. 

- Theo PTHH (1) và (4): nCO 

= n 

2 BaCO3 

= 0,04( mol) 

Hay: a = 0,04 (3*) thay vào (2*) ta được: 

bx = 0,24 (4*) thay vào (*) ta được: 

by = 0,59 (5*) 

bx 0,24 

- Lấy (4*) chia cho (5*) ta được: 

by = 0,59 

x 24 

⇔ = 

y 59 

→ Loại. 



0,25đ 

0,25đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 



0,25 đ 





86 









b. TH2: Xảy ra cả 2 phản ứng (4) và (5): 

Ba(OH) 2 + CO 2 → BaCO 3 ↓ + H 2 O (4) 

0,04mol 0,04mol 0,04mol 

Ba(OH) 2 + 2CO 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (5) 

0,02mol 0,04mol 

→ n = 0,04 + 0,04 = 0,08( mol) 

CO2 

⇒ a = 0,08 (6*) thay vào (2*) ta được: 

bx = 0,2 (7*) thay vào (*) ta được: 

by = 0,3 (8*) 

bx 0,2 

Lấy (7*) chia cho (8*) ta được: 

by = x 2 ⎧x 

= 2 

⇔ = → ⎨ 

0,3 y 3 ⎩ y = 3 

Vậy công thức của oxit sắt là: Fe 2 O 3 



0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

⎧ nCuO 

= a( mol) 

⎪ 

+ Đặt: ⎨nAl ( ) 

2O 

= b mol ⇒ 80a + 102b + 160c = 6,1( g) 

(*) 0,25 đ 

3 

⎪ 

⎩nFeO 

= c( mol) 

+ Ta có: nH 2 

2SO = C . 

4 M 

Vd 

= 1.0,13 = 0,13( mol) 

0,25 đ 

+ Hòa tan A bằng dd H 2 SO 4 loãng ta có PTPƯ: 

CuO + H 2 SO 4 → CuSO 4 + H 2 O (1) 

0,25 đ 

amol amol amol 

5 

Al 2 O 3 + 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (2) 0,25 đ 

(4 điểm) bmol 3bmol bmol 

FeO + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 O (3) 

0,25 đ 

cmol c(mol) c(mol) 

+ Theo PTPƯ (3), (4), (5) ta có: 

a + 3b + c = 0,13 (mol) (**) 

0,25 đ 

⎧CuSO4 

= a( mol) 

⎪ 

+ Trong dd B: ⎨Al2( SO4 ) 

3 

= b( mol) 

⎪ 

⎩FeSO4 

= c( mol) 

0,25 đ 

+ Khi cho dd B tác dụng với dd NaOH dư ta có PTPƯ: 

CuSO 4 + 2NaOH → Cu(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (4) 

0,25 đ 

amol 

amol 

0,25 đ 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 8NaOH → 2NaAlO 2 + 3Na 2 SO 4 + 4H 2 O (5) 

0,25 đ 

FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (6) 

cmol 

cmol 

+ Khi nung kết tủa, ta có PTPƯ: 

0 

t 

Cu(OH) 2 ⎯⎯→ CuO + H 2 O (7) 

0,25 đ 

amol amol 

0 

t 

4Fe(OH) 2 + O 2 ⎯⎯→ 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O (8) 

0,25 đ 

c 

cmol 

mol 

2 

+ Theo PTPƯ (4), (5), (6), (7), (8): 

0,25 đ 

87 

















80.a + 160.c = 3,2(g) (***) 

+ Giải hệ (*), (**), (***) ta được: 

⎧a 

= 0,02mol 

⎪ 

⎨b 

= 0,03mol 

⎪ 

⎩c 

= 0,02mol 

+ Vậy: m = n. M = 0,02.80 = 1,6( g) 

CuO 

m = n. M = 0,03.102 = 3,06( g) 

Al2O3 

m = n. M = 0,02.72 = 1,44( g) 

FeO 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 

0,25 đ 


0,5 đ 






88 















ĐỀ BÀI 

Câu I: ( 1,5 điểm) 

Viết 6 phương trình phản ứng điều chế ZnCl 2 , mỗi phương trình đặc trưng cho một 

phương pháp. (Tránh trùng lập) 

Câu II: (4,5 điểm) 

1/ Chỉ được dùng thêm quỳ tím và các ống nghiệm, hãy chỉ rõ phương pháp nhận ra các 

dung dịch bị mất nhãn: NaHSO 4 , Na 2 CO 3 , Na 2 SO 3 , BaCl 2 , Na 2 S. 

2/ Trình bày phương pháp hoá học để nhận biết các chất khí đựng trong các bình riêng 

biệt: metan, etilen, hiđro, axetilen.2 

Câu III: ( 5 điểm) 

Trong cốc đựng 19,88 gam hỗn hợp MgO, Al 2 O 3 . Cho 200 ml dung dịch HCl vào cốc, 

khuấy đều. Sau khi phản ứng kết thúc, cho bay hơi dung dịch thấy còn lại trong cốc 

47,38 gam chất rắn khan. Cho tiếp vào cốc 200 ml dung dịch HCl (ở trên) khuấy đều. 

Sau kh kết thúc phản ứng, làm bay hơi dung dịch, thấy còn lại trong cốc 50,68 gam chất 

rắn khan. 

1/ Tính C M của dung dịch HCl. 

2/ Tính % khối lượng mỗi ôxit trong hỗn hợp đầu. 

Câu IV: (4 điểm) 

Hỗn hợp A gồm 64% Fe 2 O 3 , 34,8% Fe, 1,2% C. Cần bao nhiêu kg hỗn hợp A trộn với 1 

tấn gang chứa 3,6% C, còn lại là sắt. Để luyện được một loại thép chứa 1,2%C trong lò 

Mác Tanh. Biết phản ứng xảy ra hoàn toàn, C bị ô xi hoá thành cacbon oxit do Fe 2 O 3 

trong quá trình luyện thép. 

Câu V: (2 điểm) 

Có 2 nguyên tố X, Y tạo thành 2 hợp chất A 1 và A 2 . Trong A 1 nguyên tố X chiếm 75% 

về khối lượng, Y chiểm 25%, trong A 2 nguyên tố X chiếm 90%, Y chiểm 10%. Nếu công 

thức hoá học của A 1 là XY 4 thì công thức hoá học của A 2 là gì? 

Câu VI: ( 3 điểm) 

Cho 80 gam bột Cu vào 200 ml dung dịch AgNO 3 , sau một thời gian phản ứng lọc được 

dung dịch A và 95,2 gam chất rắn. Cho tiếp 80 gam bột Pb vào dung dịch A, phản ứng 

xong lọc tách được dung dịch B chỉ chứa một muối duy nhất và 67,05 gam chất rắn. 

1/ Tính nồng độ mol/l của dung dịch AgNO 3 đã dùng. 

2/ Cho 40 gam bột kim loại R (hoá trị II) vào 1/10 dung dịch B, sau phản ứng hoàn toàn 

lọc tách được 44,575 gam chất rắn không tan. Hãy xác định kim loại R. 

Thí sinh được dùng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







89 














Câu I: 

(1,5 

điểm) 

Câu II 

(4.5điểm) 

Câu III 

(5 điểm) 

. 

NỘI DUNG 

1/ Các phương trình: 

a. Zn + Cl 2 ⎯⎯→ 

to ZnCl 2 

b. Zn + 2HCl ⎯ ⎯→ ZnCl 2 + H 2 

c. Zn + CuCl 2 ⎯ ⎯→ ZnCl 2 + Cu 

d. ZnO + 2HCl ⎯ ⎯→ ZnCl 2 + H 2 O 

e. Zn(OH) 2 + 2HCl ⎯ ⎯→ ZnCl 2 + 2H 2 O 

g. ZnCO 3 + 2HCl ⎯ ⎯→ ZnCl 2 + CO 2 + H 2 O 

( Mỗi phương trình cho 0,25 điểm) 

2/ Chia nhỏ các chất cần nhận biết thành nhiều phần: 

- Nhận NaHSO 4 = quỳ tím --> đỏ 

- Nhỏ NaHSO 4 vào các mẫu thử còn lại. 

NaHSO 4 + Na 2 CO 3 --> Na 2 SO 4 + H 2 O + CO 2 

NaHSO 4 + Na 2 SO 3 --> Na 2 SO 4 + H 2 O + SO 2 

NaHSO 4 + Na 2 S --> Na 2 SO 4 + H 2 S 

+ Nhận ra Na 2 CO 3 ; có khí không mầu, không mùi. 

+ Nhận ra Na 2 SO 3 ; có khí mùi hắc. 

+ Nhận ra Na 2 S ; có mùi trứng thối. 

- còn lại dung dịch BaCl 2 . 

( Mỗi chất cho 0,5 điểm) 

- Nhận biết C 2 H 2 bằng phản ứng: 

CH = CH + Ag 2 O ⎯ ddNH ⎯⎯ 

3 → Ag - C = C - Ag + H O 2 

mầu vàng 

- Nhậ biết C 2 H 4 bằng nước Br 2 bị mất mầu. 

C 2 H 4 + Br 2 --> C 2 H 4 Br 2 

- Đốt cháy CH 4 và H 2 cho sản phẩm đi qua nước vôi trong dư: 

CH 4 + 2O 2 --> CO 2 + 2H 2 O 

2H 2 + O 2 --> 2H 2 O 

Nếu có vẩn đục --> nhận CH 4 

CO 2 + Ca(OH) 2 --> CaCO 3 + H 2 O 

- Còn lại là H 2 

( Nhận biết mỗi chất cho 0,25 điểm) 

1/ Các phản ứng xảy ra: 

MgO + 2HCl --> MgCl 2 + H 2 O (1) 

Al 2 O 3 + 6HCl --> 2AlCl 3 + 3H 2 O (2) 

+ Vì sau khi cô cạn dung dịch sau lần thứ 2 khối lượng chất rắn 

khan tăng lên, chứng tỏ sau lần thứ nhất các ôxit chưa tan hết, 

nói cách khác HCl thiếu. 

+ Theo phản ứng (1,2) 

2 mol HCl tham gia phản ứng làm cho khối lượng chất rắn tăng: 

71 - 16 = 55 

ĐIỂM 



1,5 đ 

2,5 đ 

2,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 





90 








Câu IV 

(4 điểm) 

Câu V 

(2 điểm) 




Vậy số mol HCl phản ứng: 

47,38 

−19,88 

1 

x 2 = 1(mol) => C M HCl = = 5 (M) 

1,0 đ 

55 

0,2 

2/ Sau lần thêm dung dịch HCl thứ hai, các ôxit phải tan hết, vì 

nếu chưa tan hết tức HCl thiếu hoặc đủ thì khối lượng muối tăng 

55 gam (vì n HCl = 5. 0,4 = 2 mol) 

Thực tế chất rắn chỉ tăng: 

1,0 đ 

50,68 - 19,88 = 30,8 (g) 

Gọi x,y là số mol của MgO, Al 2 O 3 ta có phương trình: 

40x + 102y = 19,88 

95x + 133,5y = 50,68 

=> x = y = 0,14 

40.0,14.100 

% MgO = = 28,17% 

19,88 

1,0 đ 

% Al 2 O 3 = 71,83% 

Viết phản ứng xảy ra: Fe 2 O 3 + 3C ⎯⎯→ 

to 2Fe + 3CO 

0,5 đ 

Trong 1 tấn gang (1000kg) : m C= 0,012 (kg) 

Trước khi phản ứng: ( trộn m kg hỗn hợp và 1000kg gang) 

mC = (0,012m + 36) kg => nC = (0,012m + 36/12 (Kmol) 

0 ,012m 

+ 36 

(hoặc . 10 3 (mol) 

12 

nFe 2 O 3 = 0,64/ 160 = 0,004m (Kmol) 

1,5 đ 

Theo phản ứng (*): 

Lượng C đã phản ứng: 0,012m(Kmol) 0,144m(kg) 

Lượng CO↑ : 0,012m (Kmol) 0,336m (kg) 

Lượng C còn dư trong thép: 0,012+36 - 0,144m =(36 - 0,132m) 

(kg) 

Khối lượng thép (áp dụng định luật bảo toàn khối lượng) 1,0 đ 

(1000 + m) - mCO ↑ = 1000 + m - 0,336m = 1000 + 0,644m 

36 − 0,132 m 

Vậy ta có: = 0,012 => m = 171,428 (kg) 

1000 + 0,664 

1,0 đ 

A 1 : XY 4 

X 

=> %mX = .100% = 75% (1) 

X + 4Y 

4Y 

và % mY= . 100% = 25% (2) 

X + 4Y 

Từ (1) và (2) suy ra: 

1,0 đ 

X 75 

= = 3 =>X = 12Y (a) 

4Y 

25 

A 2 : X X Y Y 

Xx 

Ta có % mX = . 100% = 90% (3) 

Xx + Yy 

Yy 

và %mY = . 100% = 10% (4) 

Xx + Yy 







91 











Câu VI 

(3 điểm) 

Chú ý 

Xx 

từ (3) và (4) => = 9 (b) Yy 

x 9 3 

Từ (a) và (b) => = = 

y 12 4 

CTHH: A 2 là X 3 Y 4 

Cu + 2AgNO 3 --> Cu(NO 3 ) 2 + 2Ag↓ 

x 2x x 2x 

95,2 − 80 

Số mol x = = 0,1 

216 − 64 

Pb + Cu(NO 3 ) 2 --> Pb(NO 3 ) 2 + Cu↓ 

0,1 0,1 0,1 0,1 

Theo phương trình nếu chỉ có phản ứng thì độ giảm lượng kim 

loại (do mất Pb = 207 và tạo Cu = 64) là: 

( 207 - 64). 0,1 = 14,3 (gam) > 80 - 67,05 = 12,95 (gam) 

Chứng tỏ trong dung dịch vần còn muối AgNO 3 dư để có phản 

ứng: 

Pb + 2AgNO 3 --> Pb(NO 3 ) 2 + 2Ag↓ 

y 2y y 2y 

Phản ứng này làm tăng lượng (216 - 207)y. 

Vậy ta có: ( 216 -207)y = 14,3 - 12,95 = 1,35 --> y = 0,15 

Số mol AgNO 3 ban đầu 2x + 2y = 0,5 (mol) 

0,5 

--> Nồng độ mol = = 2,5 M 

0,2 

Dung dịch D chứa Pb(NO 3 ) 2 = 0,1 + 0,15 = 0,25 (mol) 

R + Pb(NO 3 ) 2 --> R(NO 3 ) 2 + Pb↓ 

0,025 0,025 0,025 0,025 

Độ tăng kim loại = (207 - R) . 0,025 = 44,575 - 40 = 4,575 (gam) 

=> R = 24 => Mg 

- Các cách giải khác đúng đáp số, không sai bản chất hoá học 

vẫn cho đủ điểm. 

- Phương trình phản ứng hoá học viết sai 1 công thức hoặc 

không cân bằng không tính điểm. 

- Các phương trình phản ứng phải viết đủ trạng thái của các chất. 

- Có thể chia nhỏ biểu điểm chấm ( thống nhất trong tổ chấm) 

1,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 

1,0 đ 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 







92 











Câu I: (5 điểm) 




ĐỀ BÀI 

Nồng độ dung dịch KAl(SO 4 ) 2 bão hoà ở 20 0 C là 5,66%. 

a. Tính độ tan của KAl(SO 4 ) 2 ở 20 0 C. 


b. Lấy 900 gam dung dịch bão hoà KAl(SO 4 ) 2 ở 20 0 C đem đun nóng để làm bay 

hơi hết 300 gam nước, phần còn lại được làm lạnh đến 20 0 C. Hỏi có bao nhiêu gam tinh 

thể phèn KAl(SO 4 ) 2 .12H 2 O kết tinh? 

Câu II : ( 3 điểm) 

1.(1 đ) : Một loại phân bón phức hợp NPK có ghi trên nhãn : 20.10.10. 

Thông tin trên cho ta biết điều gì ? 

2. (2 đ): Bằng sơ đồ, hãy tách từng chất ra khỏi hỗn hợp các chất rắn gồm: Cu, 

ZnSO 4 , CuO. Viết các phương trình phản ứng hoá học xảy ra. 

Câu III: (4 điểm) 

Hoà tan hết hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20% 

thu được dung dịch D. Nồng độ của FeCl 2 trong dung dịch D là 15,757%. 

a. Xác định nồng độ phần trăm của MgCl 2 trong dung dịch D 

b. Xác định thành phần phần trăm về khối lượng của Fe trong hỗn hợp X. 

Câu IV: (4 điểm) 

1. (1,5 đ). Cho 3,8 g hỗn hợp P gồm các kim loại : Mg, Al, Zn, Cu tác dụng hoàn 

toàn với oxi dư thu được hỗn hợp chất rắn Q có khối lượng là 5,24 gam. 

Tính thể tích dung dịch HCl 1M cần dùng (tối thiểu) để hoà tan hoàn toàn Q. 

2. (2,5 đ). Dẫn khí H 2 dư đi qua 25,6 gam hỗn hợp X gồm Fe 3 O 4 , MgO, CuO 

(nung nóng ) cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8 gam 

chất rắn. Mặt khác 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225 ml dung dịch HCl 2,0 

M. 

a. Viết các phương trình phản ứng hoá học xảy ra. 

b. Tính % số mol các chất trong hỗn hợp X. 

Câu V: (4 điểm) 


Một hỗn hợp gồm Zn và Fe có khối lượng là 37,2 gam. Hoà tan hỗn hợp này trong 

2 lít dung dịch H 2 SO 4 0,5M 

a) Chứng tỏ rằng hỗn hợp này tan hết ? 






93 











b) Nếu dùng một lượng hỗn hợp Zn và Fe gấp đôi trường hợp trước, lượng H 2 SO 4 

vẫn như cũ thì hỗn hợp mới này có tan hết hay không? 

c) Trong trường hợp (a) hãy tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp biết rằng 

lượng H 2 sinh ra trong phản ứng vừa đủ tác dụng với 48 gam CuO? 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 




a) Dung dịch 5,66% là 100 gam dung dịch có 5,66 gam chất tan và 94,34 

gam H 2 O 

100.5,66 g 

100g H 2 O 

94,34 

= 6g 

Độ tan của KAl(SO 4 ) 2 ở 20 0 C là 6g. 

b) Khối lượng KAl(SO 4 ) 2 = 900.5,66 = 50,94g 

100 

Trong 900g dd có 50,94g KAl(SO 4 ) 2 và 849,06 g H 2 O 

Khi làm bay hơi hết 300 g nước thì khối lượng nước còn lại = 849,06 – 300 = 

549,06(g) 

Gọi m KAl(SO 4 ) 2 .12 H 2 O kết tinh là x g 

m KAl(SO 4 ) 2 (kết tinh) = 

258x = 258x 

258 + 126 474 g 

m KAl(SO 4 ) 2 còn lại trong dung dịch =50,94 - 258x 

474 g 

m H 2 O(kết tinh) = 216x 

474 g 

m H 2 O còn lại trong dd =( 549,06- 216x ) 

474 g 

Ở 20 0 C: 100g H 2 O hoà tan 6g KAl(SO 4 ) 2 

( 549,06 - 216x ) 

474 g H 2O → (50,94 - 258x ) 

474 g 

100. (50,94 - 258x ) = 6.( 549,06 - 216x ) 

474 

474 

258x . 100 

5094 - = 3294,36 - 216x . 6 

474 

474 

25800x - 1296x 

1799,64 = 

474 

853029,3 = 24504 x 

X = 34,8 (g) 


0,5 đ 

0,5 đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,25đ 



0,25đ 

0,25đ 





94 








Có 34,8 gam tinh thể phèn KAl(SO 4 ) 2 .12 H 2 O kết tinh 

0,25đ 




Câu II : ( 3 điểm) 

1.(1đ). - Tỉ lệ : 20.10.10 cho ta biết tỉ lệ khối lượng các thành phần của N. 

P 2 O 5 . K 2 O trong mẫu phân được đóng gói 0,25đ 

- Ta tính được hàm lượng các nguyên tố : N, P, K. 

0,25đ 

+ Hàm lượng của nguyên tố N là : 20 % 

31.2 

+ tỷ lệ P trong P 2 O 5 là : 

0,25đ 

= 0, 44 

142 

Hàm lượng của nguyên tố P trong phân bón trên = 0,44 .10% =4,4 % 

39.2 

+ Tỉ lệ K trong K 2 O là : 

0,25đ 

= 0, 83 

94 

Hàm lượng của nguyên tố K trong phân bón trên = 0,83 .10% = 8,3 % 

2.( 2đ) Sơ đồ : 

cô cạn 

Cu 

ZnSO 4 ( tan) ZnSO 4 

+H O 

CuO 2 Cu + HCldư Cu ( không tan) 

1đ 

+ NaOH dư 

ZnSO 4 CuO CuCl 2 Cu(OH) 2 

⎯⎯→ 

to CuO 

( không tan) HCl dư 

Các PT: CuO + 2HCl → CuCl 2 + H 2 O 

CuCl 2 + 2NaOH → Cu(OH) 2 + 2NaCl 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O 

Cu(OH) 2 ⎯⎯→ 

to 

CuO + H 2 O 

Câu III: (4 điểm) 

a) n Fe = x , mFe = 56x , n Mg = y , m Mg = 24 y 

. 2 

Fe + 2 HCl → Fe Cl 2 + H 2 

x 2x x x / mol 

Mg + 2 HCl → Mg Cl 2 + H 2 

y 2y y y / mol 

m KL = 56 x + 24 y 

(2x + 2y) . 36,5 . 100 

m dd HCl = = 365 . (x +y) 

20 

m H 2 = (x + y) . 2 

m dd sau phản ứng = 56 x + 24 y + 365 (x + y) – (x + y) 

m FeCl 2 = 127 x 

= 419 x + 387 y 

1đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 


0,25đ 






95 









127x .100 

C% FeCl 2 = = 15,757 

419x 

+ 387 y 

Giải phương trình được x = y 

m MgCl 2 = 95 y 

95 y .100 95 y .100 

C% MgCl 2 = 

= = 11,787 

419x 

+ 387 y 806y 

b) m Fe = 56 x , m Mg = 24 x (x = y) 

56x .100 

% Fe = = 70 

56x 

+ 24y 

Câu IV : ( 4 điểm) 

1. (1,5đ). 

Gọi a, b, c, d lần lượt là số mol Mg, Al, Zn, Cu 

2Mg + O 2 ⎯⎯→ 

to 2MgO (1) 

a 0,5a a 

4Al + 3O 2 ⎯⎯→ 

to 

2Al 2 O 3 (2) 

b 0,75b 0,5b 

2Zn + O 2 ⎯⎯→ 

to 2ZnO (3) 

c 0,5c c 

2Cu + O 2 ⎯⎯→ 

to 2CuO (4) 

d 0,5d d 

Q gồm: (MgO, Al 2 O 3 , ZnO, CuO) 

MgO + 2HCl MgCl 2 + H 2 O (5) 

a 2a 

Al 2 O 3 + 6HCl 2AlCl 3 + 3H 2 O (6) 

O,5b 3b 

ZnO + 2HCl ZnCl 2 + H 2 O (7) 

c 2c 

CuO + 2HCl CuCl 2 + H 2 O (8) 

d 2d 

Theo ( 5, 6, 7, 8) n HCl = 2a + 3b + 2c + 2d 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1, 2, 3, 4) 

m P + m O2 = m Q 

=> m O2 = m Q - m P = 5,24 - 3,18 = 1,44 g 

=> n O2 = 1,44 : 32 = 0,045 mol 

Theo (1,2,3,4) : n O2 = 0,5a + 0,75b + 0,5c + 0,5d = 0,045 mol 

Ta thấy: n HCl = 4.(0,5a + 0,75b + 0,5c + 0,5d) = 4nO 2 = 4 . 0,045 = 0,18 mol 

=> V HCl cần tìm = 

n 0,18 

= = 0,18 ( l) = 180( ml) 

CM 1 

Có thể giải cách khác : Sau khi tìm ra số mol O 2 là 0,045. 

Nhận xét: Trong các cặp chất phản ứng : 1,5; 2,6; 3,7; 4,8 thấy số mol axit 

luôn gấp 4 lần số mol O 2 . 



0,25đ 

0,5đ 

0,25đ 

0,5đ 

96 



1đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,25đ 



0,25đ 











Do đó: tìm ra số mol HCl = 4.0,045 = 0,18. Tìm ra thể tích dd là 180 ml 

2.( 2,5đ) H 2 + CuO ⎯⎯→ 

to Cu + H 2 O 

4H 2 + Fe 3 O 4 ⎯⎯→ 

to 

3Fe + 4H 2 O 

H 2 + MgO ⎯⎯→ 

to không pư 

1đ 

2HCl + MgO MgCl 2 + H 2 O 

8HCl + Fe 3 O 4 FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O 

2HCl + CuO CuCl 2 + H 2 O 

* Đặt n MgO = x ( mol) , n Fe 3 O 4 = y ( mol) , nCuO = z (mol) trong 25,6 0,25đ 

gam X 

Ta có 40x + 232y + 80z = 25,6 ( I ) 

0,25đ 

Và 40x + 168y + 64z = 20,8 ( II) 

* Đặt n MgO = kx ( mol) , n Fe3O4 = ky ( mol) , n CuO = kz (mol) trong 0,15 mol 

0,25đ 

X 

Ta có : k ( x + y + z ) = 0,15 ( III) 

0,25đ 

Và 2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV) 

Giải hệ (I),(II), (III), (IV) ta được x = 0,15 mol, y = 0,05 mol, z = 0,1 mol 0,25đ 

0,15 

0,1 

% n MgO = 100 = 50% 

, % n CuO = 100 = 33,33% 

0,3 

0,3 

0,25đ 

% n Fe3O4 = 100 - 50 - 33,33 = 16,67 % 

Câu V : ( 4 điểm) 

Gọi n Zn = x , m Zn = 65x 

n Fe = y , m Fe = 56y 

Ta có: 65x + 56y = 37,2 (I) 

n H 2 SO 4 = 2.0,5 = 1 mol 

Giả sử hỗn hợp tan hết ta sẽ có phương trình phản ứng: 

Zn + H 2 SO 4 → ZnSO 4 + H 2 (1) 

x x x 

Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 (2) 

y y y 

a) * 65x + 56y = 37,2 

56x + 56y < 65x + 56y 

56x + 56y < 37,2 

56(x+y) < 37,2 

x+y < 37, 2 

56 = 0,66 

* 65x + 65y > 65x + 56y 

65x + 65y > 37,5 

65(x+y) > 37,5 

x + y > 37, 2 

65 = 0,57 

Theo (1), (2) n H 2 SO 4 = x + y = 1 mol 

Mà n2 kim loại 0.57 < x + y < 0,66 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 





0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 





97 











Nên kim loại tan hết, axit dư 

b) Nếu dùng hỗn hợp Zn và Fe gấp đôi thì cũng lý luận như trên 

Ta có: 1,14 < x + y < 1,32 

Mà n H 2 SO 4 = 1 mol 

Do đó axit phản ứng hết, kim loại dư (không tan hết) 

c) H 2 + CuO ⎯⎯→ 

to Cu + H 2 O 

(x+y) (x+y) 

nCuO = x + y = 48 = 0,6 (II) 

80 

Từ (I) và (II) ta có: 

65x + 56y = 37,2 

x + y = 0,6 

x = 0,4, y= 0,2 

mZn = 0,4 . 65 = 26 (g) 

mFe = 0,2 . 56 = 11,2 (g) 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 







98 















ĐỀ BÀI 

Câu 1.(2 điểm). 

1. Không dùng hoá chất nào khác, nêu phương pháp nhận biết 4 lọ đựng 4 dung dịch bị 

mất nhãn sau: Na 2 CO 3 , BaCl 2 , NaCl, HCl 

2. Cho sơ đồ biến hóa sau: 

t o 

CaCO 3 CaO A B C CaCO 3 

(1) (2) (3) (4) (7) 

(8) 

(5) (6) 

D 

B 

Hãy tìm các chất ứng với các chữ cái: A, B, C, D. Biết rằng chúng là những chất 

khác nhau. Viết phương trình phản ứng. 

Câu 2: (2,5 điểm) 

1) X, Y, Z là các hợp chất của Na; X tác dụng với dung dịch Y tạo thành Z. Khi 

cho Z tác dụng với dung dịch HCl thấy bay ra khí cacbonic. Đun nóng Y cũng thu được 

khí cacbonic và Z. Hỏi X, Y, Z là những chất gì? Cho X, Y, Z lần lượt tác dụng với dung 


2) Trộn lẫn 200 ml dung dịch H 2 SO 4 1,5M vào 301 gam dung dịch H 2 SO 4 3M (D 

= 1,29 g/ml). Tính nồng độ mol/lit của dung dịch H 2 SO 4 nhận được. 

3) Hoà tan vừa đủ ôxit của kim loại M có công thức MO vào dung dịch H 2 SO 4 

loãng nồng độ 4,9% được dung dịch chỉ chứa một muối tan có nồng độ 7,69%. Xác 

định tên kim loại M. 

Câu 3: (1,5 điểm) 

Cho 7,8g hỗn hợp 2 kim loại là R hoá trị II và Nhôm tác dụng với dung dịch axit 

sunfuric loãng, dư. Khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch 2 muối và 8,96 lít khí 

(đktc) 

1) Viết phương trình phản ứng hoá học xảy ra? 

2) Tính khối lượng muối thu được sau thí nghiệm và thể tích dung dịch H 2 SO 4 

2M tối thiểu cần dùng ? 

3) Xác định R. Biết rằng trong hỗn hợp ban đầu tỉ lệ số mol R : Al là 1 : 2 

Câu 4: (1,5 điểm) Nung 16,8 gam hỗn hợp X gồm MgCO 3 và CaCO 3 đến khối lượng 

không đổi. Dẫn toàn bộ khí thu được vào 180ml dung dịch Ba(OH) 2 1M thu được 33,49 

gam kết tủa. 

Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp X. 

Câu 5.(2,5 điểm). 

Cho 0,51 gam hỗn hợp A ở dạng bột gồm Fe và Mg vào 100 ml dung dịch CuSO 4 . 

Sau khi các phản ứng hoàn toàn, lọc, thu được 0,69 gam chất rắn B và dung dịch C. 

Thêm dung dịch NaOH dư vào C, lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng 

không đổi, được 0,45 gam chất rắn D. 







99 









a) Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO 4 đã dùng. 

b) Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 

c) Hòa tan hoàn toàn chất rắn B trong dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng thu được V lít khí 

SO 2 duy nhất ở đktc. Tính V? 

(Cho H = 1; S = 32; O = 16; Al = 27; Mg = 24; C = 12; Ba = 137; Fe = 56; Cu = 64; 

Na = 23) 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 




. 

Câu ý Nội dung Điểm 

Câu 1 

(2điểm) 

1 - Đánh số thứ tự các lọ theo thứ tự từ 1 đến 4. 

- Trích mỗi hoá chất ra ống nghiệm làm mẫu thử rồi đánh 

số thứ tự tương ứng. 

- Lần lượt đem các mẫu thử đun nóng 

+ Mẫu thử nào bay hơi hết thì đó là dung dịch HCl. 

- Dùng mẫu thử HCl nhận biết được ở trên nhỏ vào 3 mẫu 

thử còn lại. 

+ Mẫu thử nào có khí bay lên là dung dịch Na 2 CO 3 

Na 2 CO 3 + 2HCl → NaCl + CO 2 + H 2 O 

- Dùng dung dịch Na 2 CO 3 vừa nhận biết ở trên nhỏ vào 2 

mẫu thử còn lại. 

+ Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch BaCl 2 . 

BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 + 2NaCl 

- Chất còn lại là NaCl 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

2 (1) CaCO 3 

o 

t 

⎯⎯→ CaO + CO 2 



(2) CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 

( A) 

(3) Ca(OH) 2 + 2 HCl → CaCl 2 + 2 H 2 O 

( B ) 

(4) CaCl 2 + 2 AgNO 3 → Ca(NO 3 ) 2 + 2 AgCl 

( C ) 

0,125 

0,125 

0,125 


0,125 





(5) CaCO 3 + CO 2 + H 2 O → Ca(HCO 3 ) 2 

( D ) 

(6) Ca(HCO 3 ) 2 + 2 HNO 3 → Ca(NO 3 ) 2 + 2 H 2 O 

0,125 


100 








Câu 2 

(2,5điểm) 


+ 2CO 2 

( C ) 

(7) Ca(NO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 → CaCO 3 + 2 NaNO 3 

(C) 

(8) CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 + H 2 O 

(B) 

1 Vì khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl có khí 

cacbonic thoát ra, X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y 

lại thu được khí cacbonic và Z chứng tỏ: 

- Z là muối cacbonat Na 2 CO 3 , Y là muối 

natrihidrocacbonat NaHCO 3 , X là natrihidroxit NaOH 





Các phản ứng hóa học khi cho A, B, C phản ứng với dung 

dịch CaCl 2 : 




2 n H 2 SO 4 (trong dung dịch 2M) = 0,2 x 1,5 = 0,3 mol 

301x3 

n H 2 SO 4 (trong dung dịch 3M) = = 0,7 mol. 

1,29 x1000 

Thể tích của dung dịch H 2 SO 4 sau khi trộn = 0,2+0,233 = 

0,433 lit 

Vậy: 

Nồng độ H 2 SO 4 sau khi trộn = (0,3+ 0,7): 0,433 = 2,3 M 

3 PTHH: MO + H 2 SO 4 → MSO 4 +H 2 O 

Gọi x là số mol của MO 

Khối lượng MO: (M+16)x (g) 

Khối lượng của H 2 SO 4 là:98.x(g) 

Khối lượng dung dịch H 2 SO 4 : 

98. 

x.100 

= 2000.x 

4,9 

0,125 

0,125 

0,125 



Khối lượng chất tan sau phản ứng:(M+96)x(g) 

Khối lượng dung dịch sau phản ứng: (M+16)x + 



0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 





101 








Câu 3 

(1,5điểm) 

Câu 4 

(1,5điểm) 


2000.x 

( M + 96) x.100 

Theo đề bài ta có: 

=7,96 

( M + 16) x + 2000x 

Giải ra ta được M= 64. Vậy M là kim loại đồng 

nH 2 = 8,96/ 22,4 = 0,4 (mol) 

a) R + H 2 SO 4 RSO 4 + H 2 (1) 

2Al + 3H 2 SO 4 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 (2) 

b) Từ (1) và (2) ta có nH 2 SO 4 = nH 2 = 0,4 mol 

Theo ĐLBTKL ta có : 

m muối = m hỗn hợp kim loại + m H 2 SO 4 – m H 2 . 

= 7,8 + 0,4 x 98 – 0,4 x2 = 46,2 (g) 

Thể tích dung dịch H 2 SO 4 : V = 0,4/2 = 0,2 (lít) 

c) Gọi a là số mol của kim loại R thì số mol của Al là 2a 

Theo đề bài ta có hệ phương trình. 

axR + 2a x 27 = 7,8 

a + 3a = 0,4 

Suy ra : a= 0,1 ; R = 24 (Mg) 

Số mol Ba(OH) 2 = 0,18 (mol) 

Số mol BaCO 3 = 0,17 (mol) 

MgCO 3 → to MgO + CO 2 

xmol 

xmol 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

CaCO 3 → to CaO + CO 2 

0,25 

ymol 

ymol 

ta có : 84x + 100y = 16.8 (I ) 

0,25 

Vì Số mol BaCO 3 < Số mol Ba(OH) 2 nên bài toán xảy ra 2 

trường hợp : 

0,25 

* TH1 : Thiếu CO 2 , dư Ba(OH) 2 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 

0,17mol 

0,17mol 

Ta có : x +y = 0,17 

(II) 

Từ (I) và (II) ta có hệ phương trình : 

⎧84x 

+ 100y 

= 16,8 ⎧x 

= 0,0125 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⎩ x + y = 0,17 ⎩y 

= 0,1575 

Thành phần % 2 muối : 

%MgCO 3 = 6.25%; %CaCO 3 = 93.75% 

* Trường hợp 2: dư CO 2 , kết tủa tan một phần 



0,5 

0,125 

0,125 


0,25 






102 








Câu 5 

(2,5điểm) 


CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 

O,18mol 0,18mol 0,18mol 

CO 2 + BaCO 3 + H 2 O→ Ba(HCO 3 ) 2 

0,01mol 0,01 mol 

Ta có : x +y = 0,19 (III) 

⎧84x 

+ 100y 

= 16,8 ⎧ x = 0,1375 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⎩ x + y = 0,19 ⎩y 

= 0,0525 

Thành phần % 2 muối : 

%MgCO 3 = 68.75%; %CaCO 3 =31.25% 

Theo đề: Lúc đầu dùng 0,51 gam hỗn hợp Mg và Fe, qua 

những biến đổi chỉ thu được 0,45 gam MgO và Fe 2 O 3 ⇒ 

CuSO 4 thiếu, Fe dư. 


Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu (1) 

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu (2) 

Vì Mg mạnh hơn Fe nên Mg phản ứng hết, Fe phản ứng 

với phần CuSO 4 còn lại và Fe dư. Do đó chất rắn B gồm 

Cu và Fe dư. 

MgSO 4 + 2NaOH → Mg(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (3) 

FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (4) 

Nung kết tủa trong không khí: 

t 0 

Mg(OH) 2 → MgO + H 2 O (5) 

4Fe(OH) 2 + O 2 → 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O (6) 

Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và Fe có trong 0,51 

gam hỗn hợp, a là số mol Fe tham gia phản ứng (2). 

Ta có: 24x + 56y = 0,51 

(I) 

56(y – a) + 64(x + a) = 0,69 (II) 

40x + 160.a/2 = 0,45 

(III) 

Kết hợp (I), (II) và (III) ta có: x = 0,00375 ; y = 0,0075 ; a 

= 0,00375 

a) Nồng độ mol của dung dịch CuSO 4 : 

0,00375.2.1000 

C M(CuSO 4 ) = = 0, 075 M 

100 

b) Thành phần % khối lượng của hỗn hợp A. 

0,00375.24 

%m Mg = .100% = 17,65% 

0,51 

%m Fe = 100% - 17,65% = 82,35% 




0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 






103 











c) Thể tích khí SO 2 sinh ra (đktc). 

Chất rắn B gồm Fe dư và Cu. Khi cho B tác dụng với 

H 2 SO 4 đặc, nóng: 

2Fe + 6H 2 SO 4(đặc,nóng) → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 ↑ + 6H 2 O 

(7) 

Cu + 2H 2 SO 4(đặc,nóng) → CuSO 4 + SO 2 ↑ + 2H 2 O 

(8) 

(7) → n SO 2 

= 2 

3 

nFe dư = 2 

3 (y – a) = 2 

3 (0,0075 – 0,00375) 

= 0,005625 mol 

(8) → n SO 2 

= n Cu = x + a = 0,0075 + 0,00375 = 0,01125 

mol 

V SO 2 

= 22,4.(0,005625 + 0,01125) = 0,378 lít. 

-------------------------------------- Hết --------------------------------------- 


0,25 

0,25 






104 





ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC - LỚP 9. 



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

THANH HÓA 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 

NĂM HỌC 2017 – 2018 




ĐỀ CHÍNH THỨC 

Môn thi: HÓA HỌC - LỚP 9 THCS 

Thời gian: 150 phút(không kể thời gian giao đề) 

Ngày thi: 10/03/2018 

Đề thi này có 10 câu, gồm 02 trang 

Câu 1 (2,0 điểm): 

1. Cho hợp chất X có dạng AB 2 , có phân tử khối bằng 34 và có các tính chất sau: 

0 

t 

X + O 2 Y + Z 

X + Y A + Z 

X + Cl 2 A + HCl 

Xác định X và hoàn thành các phương trình hóa học. 

2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt cơ bản (proton, nơtron và electron) là 82. 

Trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 22. Xác định số lượng các loại 

hạt proton, nơtron, electron và số khối A của nguyên tử nguyên tô X. 

Câu 2 (2,0 điểm): 

1. Hãy lập biểu thức liên hệ giữa độ tan và nồng độ % của dung dịch bão hòa. Độ tan 

phụ thuộc vào các yếu tố chính nào? 

2. Hỗn hợp A gồm C 3 H 4 , C 3 H 6 , C 3 H 8 có tỉ khối đối với H 2 là 20,5. Đốt cháy hoàn toàn 

1,12 lít (đktc) hỗn hợp A rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong dư. 

Khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng hay giảm bao nhiêu gam? 

Câu 3 (2,0 điểm): 

1. Nêu hiện tượng và giải thích cho các thí nghiệm sau: 

- Thí nghiệm 1: Rắc bột nhôm trên ngọn lửa đèn cồn. 

- Thí nghiệm 2: Cho sợi dây đồng vào dung dịch AgNO 3 . 

- Thí nghiệm 3: Cho mẩu Na vào dung dịch CuSO 4 . 

- Thí nghiệm 4: Cho dung dịch NH 3 vào dung dịch FeCl 3 . 

2. Hòa tan hoàn toàn một lượng oxit kim loại hóa trị (II) vào một lượng vừa đủ dung 

dịch H 2 SO 4 có nồng độ a% tạo thành dung dịch muối sunphat có nồng độ b%. 

a. Xác định khối lượng mol của kim loại theo a và b. 

b. Cho a% = 10% và b% = 11,76%. Hãy xác định oxit kim loại. 

Câu 4 (2,0 điểm): 

1. Cho hai khí A và B tác dụng với nhau trong bình kín (có điều kiện phản ứng thích 

hợp), thu được hỗn hợp ba khí. Nếu dẫn hỗn hợp ba khí đó qua nước, sau đó qua ống thủy 

tinh đốt nóng đựng Fe 2 O 3 thì còn lại một khí. Xác định hai khí A, B và viết các phương trình 

hóa học xảy ra. 

2. Đốt m gam phoi bào sắt trong oxi được 32,8 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 và 

Fe 3 O 4 . Cho X phản ứng hết với dung dịch HNO 3 loãng dư được dung dịch B và 6,72 lít khí 

NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Hãy tính m. 

Câu 5 (2,0 điểm): 

1. Trình bày cách tiến hành thí nghiệm oxi tác dụng với natri. Vì sao trong thí nghiệm 

đốt natri người ta thường cho trước vào đáy bình một lớp cát mỏng? Nếu thay lớp cát mỏng 

bằng nước có được không? Phải làm gì để xử lí natri còn dư sau phản ứng một cách an toàn. 







Trang 1 











2. Nhiệt phân hoàn toàn 80,6 gam hỗn hợp X gồm KMnO 4 , KClO 3 và MnO 2 được hỗn 

hợp rắn Y và V lít khí O 2 (đktc). Trong Y chứa 14,9 gam KCl chiếm 22,508%. Tính V và tính 

% khối lượng các chất trong A. 

Câu 6 (2,0 điểm): 

askt 

1. Cho phản ứng sau: C 5 H 12 + Cl 2 C 5 H 11 Cl + HCl 

TØlÖ1:1 

Biết rằng trong sản phẩm thu được chỉ có một chất hữu cơ duy nhất. Viết công thức cấu tạo 

đúng của C 5 H 12 trong phản ứng trên và viết phương trình hóa học ở dạng công thức cấu tạo? 

2. Cho 100 ml rượu etylic 46 o phản ứng hết với kim loại Na dư thu được V lít khí 

(đktc). Tính giá trị của V. Biết khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất bằng 0,8 gam/ml 

và khối lượng riêng của nước bằng 1 gam/ml. 

Câu 7 (2,0 điểm): 

1. Hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ, ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu 

có): 

(1) (2) (3) (4) 

a. A o B C D Cao su buna 

1500 C;LLN 

(5) (6) (7) (8) 

+O 2 /Pt,850 C 

+X 

b. X o Y Z T NH4NO3 

2. Có 3 cốc đựng các dung dịch hỗn hợp sau: 

- Cốc 1: NaHCO 3 và Na 2 CO 3 . 

- Cốc 2: Na 2 CO 3 và Na 2 SO 4 . 

- Cốc 3: NaHCO 3 và Na 2 SO 4 . 

Chỉ dùng tối đa 2 thuốc thử, hãy nhận ra từng cốc. 

Câu 8 (2,0 điểm): 

Nung hỗn hợp X gồm cacbon và CuO đến khi phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn 

A. Cho chất rắn A phản ứng vừa đủ với 0,5 lít dung dịch HCl 0,4M. Lọc lấy phần không tan 

sau phản ứng cho tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng, dư thu được 1,344 lít khí (đktc). 

1. Tính khối lượng của hỗn hợp X. 

2. Cho lượng hỗn hợp X như trên tác dung với dung dịch H 2 SO 4 đặc 7M vừa đủ. Tính 

thể tích khí thoát ra (đktc) và thể tích dung dịch axit đã dùng. 

Câu 9 (2,0 điểm): 

Thực hiện phản ứng este hóa giữa axit C x H y COOH và rượu C n H 2n+1 OH. Sau phản 

ứng tách lấy hỗn hợp X chỉ gồm este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam hỗn hợp 

X, thu được 12,768 lít khí CO 2 (đktc) và 8,28 gam H 2 O. Nếu cũng cho hỗn hợp X như trên 

thì tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 3,84 gam rượu. Hóa hơi hoàn 

toàn lượng rượu này thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N 2 (đo ở cùng 

điều kiện nhiệt độ và áp suất). 

1. Viết các phương trình hóa học xảy ra dưới dạng tổng quát. 

2. Xác định công thức cấu tạo của axit, rượu, este và tính hiệu suất phản ứng este hóa. 

Câu 10 (2,0 điểm): 

1. Trong thí nghiệm ở hình dưới đây, người ta dẫn khí clo ẩm vào bình A có đặt một 

miếng giấy quì tím khô. Dự đoán và giải thích hiện tượng xảy ra trong hai trường hợp sau: 

* Trường hợp 1: Đóng khóa K. 

* Trường hợp 2: Mở khóa K. 






Cl 2 

ẩm 


K 

Trang 2 











H 2 SO 4 đặc 

2. Có nên bón các loại phân đạm amoni hoặc đạm Ure với vôi không? Tại sao? 

Cho khối lượng nguyên tử các nguyên tố: H=1, N=14, O=16, P=31, S=32, Cl=35.5, Mg=24, 

K=39, Ca=40, Mn=55, Fe=56, Ag=108, C=12, Cu=64. 

------ Hết------ 

Chú ý: Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. 

A 

Bông tẩm 

dd NaOH 

Quì tím khô 







Trang 3 











SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 

NĂM HỌC 2017 – 2018 


Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 9 THCS 

ĐỀ CHÍNH THỨC 

Ngày thi: 10/03/2018 

(Hướng dẫn chấm có 05 trang) 


Câu 1 

(2 đ) 

1. Từ phương trình: X + Cl 2 A + HCl 

=> trong X có hiđro, M X = 34 => X là H 2 S 

Các phản ứng: 

0 

t 

2H 2 S + 3O 2 2SO 2 + 2H 2 O 

2H 2 S + SO 2 3S + 2H 2 O 

H 2 S + Cl 2 2HCl + S 

0,5 

0,5 

2. Gọi số tổng số hạt p; n; e tương ứng của X là P; N và E. 

2P + N = 82 (1) và 2P-N = 22 (2). 

Giải hệ gồm (1),và (2) ta được P = 26 và N = 30 

=> Số hạt proton = số hạt electron = 26 

Số hạt notron = 30 

Số khối A = 26 + 30 = 56 

0,5 

0,5 

Câu 2 1. Lập công thức: 

(2 đ) 

a. Gọi C% là x, S: độ tan x% = S.100% 

100 S 

0,5 

b. Độ tan phụ thuộc 

+ Bản chất chất tan 

+ Bản chất dung môi 

0,5 

+ Nhiệt độ 

2. Đặt CTPT trung bình của hỗn hợp có dạng C3H 

x 

C H + (3+ 4 

x ) O2 

3 x 

0,05 (3 + 4 

x ).0,05 0,15 

0 

t 

3CO 2 + 0,5 x - H 2 O (1) 

CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O (2) 

0,15 dư 0,15 

M 

A 

= 20,5.2=41 gam/mol 

Ta có: 12.3 + x = 41 => x = 5 

Số mol hỗn hợp: n A = 1,12 = 0,05 mol 

22,4 


Theo (1) 

n 

O 2 

= (3 + 4 

x ).0,05= 0,2125 mol 






Trang 4 








Áp dụng bảo toàn khối lượng: m + 

A 

m 

O 2 

= 

m + m 

2 

CO 2 

H O 




Câu 3 

(2 đ) 

Câu 4 

(2 đ) 

=> m + m 

2 

CO 2 

Theo (1): n 

H O 

CO 2 

= 0,05.41 + 0,2125.32= 8,85 gam 

=3.0,05 = 0,15 mol 

Theo (2): nCaCO 

n = 0,15 mol => m 

3 CO2 

CaCO 3 

= 0,15.100 =15 gam 

Ta thấy: m > m + m 

2 

CaCO 3 

CO 2 

H O 

=> Khối lượngdung dịch giảm là: 15 – 8,85 = 6,15 gam 

1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học: 

- Thí nghiệm 1: Bột nhôm cháy chói sáng. 

0 

t 

2Al + 3O 2 Al 2 O 3 

- Thí nghiệm 2: Dung dịch chuyển sang màu xanh, có chất rắn màu đen bám 

vào dây đồng. 

Cu + 2AgNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + 2Ag↓ 

xanh đen 

- Thí nghiệm 3: Có khí không màu thoát ra, màu xanh của dung dịch nhạt 

dần, có kết tủa màu xanh nhạt. 

↑ 

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 . 

Khí không màu 

2NaOH + CuSO 4 → Na 2 SO 4 + Cu(OH) 2 ↓ 

Dung dịch xanh Kết tủa xanh 

- Thí nghiệm 4: Màu vàng của dung dịch nhạt dần, có kết tủa màu nâu đỏ. 

3NH 3 + 3H 2 O + FeCl 3 → 3NH 4 Cl + Fe(OH) 3 ↓ 

Dung dịch vàng nhạt Kết tủa nâu đỏ 

2. a. phản ứng hóa học: 

MO + H 2 SO 4 → MSO 4 + H 2 O 

( M + 16) gam 98 gam (M + 96) gam 

Nồng độ của dung dịch H 2 SO 4 sau: 

M+96 

C%H2SO 4 

sau = 

.100%=b% 

100 

(M+16)+98. 

a 

=> M= 16ab+100.(98b-96a) (*) 

a(100-b) 

b. Thay số vào(*) tính được M = 24 → Mg; Oxit là MgO. 

1. Hai khí A, B là H 2 , N 2 

- Hai khí A, B phản ứng với nhau: 

Fe 

3H 2 + N 2 2NH 

0 

3 

t ,p 


=> hỗn hợp 3 khí gồm NH 3 , H 2 , N 2 . 

- Dẫn hỗn hợp qua nước thì NH 3 tan trong nước tạo dung dịch NH 3 . 

- Hỗn hợp khí còn lại dẫn qua ống thủy tinh đốt nóng đựng Fe 2 O 3 thì còn lại 

một khí là khí N 2 : 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 






Trang 5 








Câu 5 

(2 đ) 


H 2 + 3Fe 2 O 3 

H 2 + Fe 3 O 4 

0 

t C 

2Fe 3 O 4 + H 2 O 

0 

t C 

3FeO + H 2 O 



0 

t C 

H 2 + FeO Fe + H 2 O 

m 

2. Đặt n 

Fe 

= = x mol : Ta có sơ đồ: X + HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + H 2 O 

56 

- Bảo toàn nguyên tố: 

+ Với Fe: n 

Fe(NO 3 ) 

= n 

3 Fe 

= x 

+ Với N: n 

HNO 

= 3n 

3 Fe(NO 3 ) 

+ n 

3 NO 

= 3x + 0,3 

1 3x+0,3 

+ Với H: n 

H2O 

= n 

HNO 

= 

3 

2 2 

- Bảo toàn khối lượng: m 

X 

+m 

HNO 

= m 

3 Fe(NO 3 ) 

+m 

3 NO 

+m 

H2O 

3x+0,3 

32,8+63.(3x+0,3)=242x+30.0,3+18. 

2 

=> x 0,5=> m=0,5.56=28 gam 

Chú ý: Nếu học sinh làm bằng bảo toàn electron thì vẫn cho điểm tối đa. 

1. Phương trình hóa học: 

* Cách tiến hành natri tác dụng với oxi 

- Thu khí oxi vào lọ thủy tinh. 

- Cắt một mẩu nhỏ Na, cho mẩu Na vào muỗng đốt hóa chất. Sau đó đốt Na 

trên đèn cồn rồi đưa vào lọ chứa oxi 

0 

t 

4Na + O 2 2Na 2 O 

Chú ý: Học sinh có thể viết thêm phản ứng tạo Na 2 O 2 ; NaO 2 là điều tốt, 

nhưng không tính thêm điểm. 

* Phản ứng tỏa nhiều nhiệt nên ở dưới đáy lọ phải phủ một lớp cát mỏng để 

bảo vệ bình không bị vỡ. 

* Nếu thay lớp cát mỏng bằng lớp nước thì không an toàn vì nếu Na 2 O, 

Na,... rơi xuống sẽ tác dụng với nước, H 2 sinh ra có thể cháy trong O 2 gây 

nguy hiểm. 

2Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 

Na 2 O + H 2 O 2NaOH 

0 

t 

2H 2 + O 2 2H 2 O 

* Natri dư cần được xử lý bằng cách ngâm trong cồn vì Na phản ứng êm dịu 

với rượu etylic 

2Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 (nếu trong cồn có nước) 

2C 2 H 5 OH + 2Na 2C 2 H 5 ONa + H 2 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 






Trang 6 








Câu 6 

(2 đ) 


100 

2. m 

Y 

=14,9. =66,2 gam ; nKCl = 0,2 mol 

22,508 

=> 

0 

t 

=> V= 10,08 (lít) 

0 

t 

2KClO 3 2KCl + 3O 2 (1) 

a 1,5a 

0 

t 

2KMnO 4 K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 (2) 

b 0,5b 

n 

O 

=0,5n 

2 KMnO 

+1,5n 

4 KClO 

=0,45 mol 

3 

n 

KClO 

=n 

3 KCl 

= 0,2 mol => n 

KMnO 

=0,3 mol 

4 

 

0,3.158 

 

% KMnO4 

.100% 58,81% 

80, 6 

 

=> 0, 2.122,5 

 

% KClO3 

.100% 30, 40% 

80, 6 

 

% MnO2 

100% 58,81% 30, 40% 10, 79% 

 

 

1. - Xác định công thức cấu tạo: Vì có 1 sản phẩm hữu cơ, do đó cấu tạo 

đúng của C 5 H 12 phải là: 

CH 3 

| 

CH 3 -C-CH 3 

| 

CH 3 

- Phương trình hóa học: 

CH 3 CH 3 

| | 

CH 3 -C-CH 3 + Cl 2 

a. s. k. 

t 

CH 3 - C- CH 2 -Cl + HCl 

| | 

CH 3 CH 3 

2. Trong 100 ml rượu etylic 46 o có: V 

C2H5OH 

= 46 ml; V 

H2O 

= 54 ml 

36,8 

m 

C2H5OH 

= V . D = 46 . 0,8 = 36,8 gam n 

C2H5OH 

= = 0,8 mol 

46 

54 

m 

H2O 

= 54 . 1 = 54 gam n 

H2O 

= = 3 mol 

18 

Phương trình phản ứng: 2C 2 H 5 OH + 2Na 2C 2 H 5 ONa + H 2 

(1) 

0,8 0,4 

2H 2 O + 2Na 2NaOH + H 2 

(2) 

3 1,5 

n H2 

= 1,5 + 0,4 = 1,9 mol V 

H 

= 1,9 . 22,4 = 42,56 lít 

2 




0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 






Trang 7 








Câu 7 

(2 đ) 

Câu 8 

(2 đ) 


1. Viết phương trình hóa học theo sơ đồ: 

a. Từ (1)-(4): 

o 

1500 C 

(1) 2CH C H +3H 

4 LLN 2 2 2 

o 

CuCl/NH4Cl,t 

2 2 

 

2 

(2) 2C H CH =CH-CºCH 

o 

Pd/PbCO 3 ,t 

2 2 

 

2 2 

(3) CH =CH-CºCH+H CH =CH-CH=CH 

o 

Na.t 

2 2 

 

2 2 n 

 

(4) nCH =CH-CH=CH -CH -CH=CH-CH - 

b. Từ (5)-(8): 

o 

Pt,850 C 

(5) 4NH 

3+5O2 4NO+6H2O 

(6) 2NO+O2 2NO2 

(7) 4NO 

2+O 2+2H2O 4HNO3 

(8) HNO 

3+NH3 NH4NO3 

2. Nhận biết: 

- Dùng dung dịch BaCl 2 → cả 3 ống đều tạo kết tủa 

- PTHH: BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 ↓ + 2NaCl 

BaCl 2 + Na 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + 2NaCl 

- Sục khí CO 2 đến dư vào: 

+ Thấy kết tủa tan hết là ống 1 

+ Kết tủa tan 1 phần là ống 2 

+ Kết tủa không tan là ống 3 

- PTHH: CO 2 + BaCO 3 + H 2 O → Ba( HCO 3 ) 2 

1. Vì A tác dụng được với dung dịch HCl nên CuO dư, C hết: 

2CuO + C 

t o 

2Cu + CO 2 (1) 

CuO + 2 HCl 

CuCl 2 + H 2 O (2) 

t 

Cu + 2H 2 SO 4 đặc, 

o 

CuSO 4 + SO 2 + 2 H 2 O (3) 

Theo(2): n CuO dư = 2 

1 n HCl = 2 

1 .0,5.0,4 = 0,1 mol 

Theo(3): n Cu sinh ra = n SO2 = 0,06 mol ; n C = 1 2 n Cu = 0,03 mol 

n CuO 

ban đầu = 0,16 mol 

=> khối lượng hỗn hợp X = 0,16.80 + 0,03.12 = 13,16 gam 

2. Tác dụng với H 2 SO 4 đặc ,nóng 

CuO + H 2 SO 4 CuSO 4 + H 2 O (4) 

0 

t 

C + 2 H 2 SO 4 đặc CO 2 + 2 SO 2 + 2 H 2 O (5) 

0,06 mol 0,06 mol 0,12 mol 

n khí thoát ra = n C trong X = 0,06 mol =>V khí = 1,344 lít 

số mol H 2 SO 4 đã dùng = 2.0,06 + 0,16 = 0,28 mol 

=>Thể tích dung dịch H 2 SO 4 7M đã dùng = 0,28 =0,04 lit 

7 

 




0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 






Trang 8 








Câu 9 

(2 đ) 




1. Phương trình hóa học: 

H SO ®Æc,t 

C x H y COOH + C n H 2n+1 OH 

 

2 4 

0 

C x H y COOC n H 2n+1 + H 2 O (1) 

C x H y COOH + NaOH C x H y COONa + H 2 O (2) 

t 

C x H y COOC n H 2n+1 + NaOH 0 

C x H y COONa + C n H 2n+1 OH 

(3) 

C x H y COOC n H 2n+1 +(4x+6n+y+1)O 2 (n+x+1)CO 2 +(2n+y+1)/2H 2 O 

(4) 

C x H y COOH + (4x+y+1)/4O 2 (x+1)CO 2 + (y+1)/2H 2 O 

(5) 

C n H 2n+1 OH +3n/2O 2 nCO 2 + (n+1)H 2 O 

(6) 

2. Gọi số mol este là a (mol) 

trong 13,2 gam X có (0,12 – a) mol C n H 2n+1 OH dư, (0,15 – a) mol 

C x H y COOH (RCOOH) dư. 

n rượu ban đầu = nN 

3,36 / 28 0,12mol , n 

2 

CO 

0,57mol , n 

2 

H2O 

0,46mol 

Theo (1, 2, 3) ta có: n axit ban đầu = n muối = n NaOH = 0,15 (mol) 

Ta có: 3,84 / 0,12 32 14n 18 n 1 rượu là CH 3 OH 

13, 2 0,57.12 0, 46.2 

Bảo toàn oxi: 2(0,15-a) + 2a + (0,12-a) = a = 0,08 

16 

Vậy trong 13,2 gam X: 0,04(mol) CH3OH, 0,07(mol) RCOOH,0,08(mol) RCOOCH 

3 

Ta có: 0,04.32 + 0,07(R + 45) + 0,08(R + 59) = 13,2 

R = 27 là C 2 H 3 - => axit là CH 2 =CH-COOH. 

Vậy CTPT của este là C 2 H 3 COOCH 3 

axit(ban ®Çu) 0,15 rîu(ban ®Çu) 0,12 

Do: H%theo rîu 

1 1 1 1 

H% = 0,08 .100% = 66,67% 

0,12 

0,5 

Câu 1.* Trường hợp 1: Đóng khóa K=> quì tím không đổi màu 

10 vì H 2 SO 4 đặc có tính háo nước. Khí vào bình A là khí clo khô 

0,5 

(2 đ) * Trường hợp 2: Mở khóa K => quì tím chuyển sang màu đỏ, sau đó mất 

màu 

do tác dụng oxi hóa mạnh của axit hipoclorơ HClO. 

0,5 

Cl 2 + H 2 O HCl + HClO 

2. Không nên bón các loại phân đạm amoni hoặc đạm ure với vôi vì đạm sẽ 

mất tác dụng do: 

0,5 

↑ 

2NH 4 Cl + Ca(OH) 2 → NH 3 + CaCl 2 

(NH 2 ) 2 CO + 2H 2 O → (NH 4 ) 2 CO 3 

0,5 

↑ 

(NH 4 ) 2 CO 3 + Ca(OH) 2 → 2NH 3 + CaCO 3 + 2H 2 O 

Chú ý khi chấm: - Trong các pthh nếu viết sai công thức hoá học thì không cho điểm. Nếu 

không viết điều kiện(theo yêu cầu của đề) hoặc không cân bằng pt hoặc cả hai thì cho 1/2 số 

điểm của phương trình đó. 

- Nếu làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm ứng với các phần tưong đương. 

----------------------------------Hết--------------------------- 


0,5 

0,5 

0,5 






Trang 9 












THÁI BÌNH 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS 

NĂM HỌC: 2016 - 2017 

Môn: HÓA HỌC 

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 

(Đề thi gồm 02 trang) 

Cho H = 1; C = 12; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; 

Ca = 40; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137. 

Câu 1. (3,0 điểm) Hình vẽ minh họa sau đây dùng để điều chế và thu khí SO 2 trong phòng thí 

nghiệm. 

1. Nêu tên các dụng cụ thí nghiệm trong hình vẽ. 

2. Viết 2 phương trình phản ứng minh họa tương 

ứng với các hóa chất A, B. 

3. Nêu vai trò của bông tẩm dung dịch D, viết 

phương trình minh họa. 

4. Làm thế nào để biết bình đã đầy khí SO 2 . 

5. Cho 2 hóa chất là dung dịch H 2 SO 4 đặc và CaO 

rắn. Hóa chất nào được dùng và không được dùng để 

làm khô khí SO 2 . Giải thích? 

6. Bộ dụng cụ ở trên còn được dùng để điều chế 

khí hiđroclorua. Viết phương trình phản ứng minh 

họa. 

Câu 2. (2,5 điểm) 

1. Cho 12 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hoá trị II không đổi) vào dung dịch HCl 

dư thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc). Mặt khác khi cho 12 gam hỗn hợp A ở trên tác dụng hết 

với khí Cl 2 ở nhiệt độ cao thì thấy lượng Cl 2 phản ứng tối đa là 5,6 lít (đktc). Biết rằng các 

phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định kim loại M. 

2. Cho chất rắn B chứa Ba(HCO 3 ) 2 , CaCO 3 , Na 2 CO 3 . Đem nung 67,1 gam chất rắn B ở 

nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được 47,7 gam chất rắn X. Mặt khác cho 67,1 

gam chất rắn B vào nước thì thu được dung dịch C và 39,7 gam kết tủa D. Xác định phần 

trăm khối lượng mỗi chất trong B. 

Câu 3. (1,5 điểm) 

Cho 4,8 gam chất A tan hết vào 100 gam nước thu được dung dịch B (chỉ chứa một chất 

tan). Cho BaCl 2 vừa đủ vào dung dịch B thu được tối đa 9,32 gam kết tủa BaSO 4 , lọc bỏ kết 

tủa thu được dung dịch C. Cho một lượng bột Zn vừa đủ vào dung dịch C thu được 0,448 lít 

khí H 2 (đktc) và dung dịch D. 

1. Xác định công thức của chất A. 

2. Tính nồng độ C% của các chất tan trong dung dịch D. 


Câu 4. (3,0 điểm) 






Trang 10 











1. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe(OH) 2 , FeCO 3 (trong đó Fe 3 O 4 

chiếm 25% số mol hỗn hợp) bằng dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư, khi phản ứng xảy ra hoàn 

toàn thu được dung dịch Y chứa (m + 208,8) gam muối và hỗn hợp khí Z gồm SO 2 và CO 2 

trong đó thể tích khí SO 2 là 13,44 lít (đo ở đktc). Xác định giá trị của m. 

2. Lấy 16 gam hỗn hợp gồm Mg và kim lọai M (có cùng số mol) tác dụng hết với dung dịch 

H 2 SO 4 đặc nóng dư chỉ thu được dung dịch A và 11,2 lít khí SO 2 duy nhất (đktc). Nếu lấy 22,4 gam 

kim loại M tác dụng hoàn toàn với 300 ml dung dịch H 2 SO 4 1M thì thu được V lít khí (đktc). Xác 

định kim loại M và giá trị của V. 

Câu 5. (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm KCl và KClO 3 . Người ta cho thêm 7,175 gam 

MnO 2 vào 39,4 gam hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y. Nung Y ở nhiệt độ cao thu được 

chất rắn Z và khí P. Cho Z vào dung dịch AgNO 3 lấy dư thu được 64,575 gam chất rắn 

T. Lấy 1/3 lượng khí P ở trên rồi cho hấp thụ hết vào dung dịch chứa 0,5 mol FeSO 4 và 

0,3 mol H 2 SO 4 thu được dung dịch Q. Cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào dung dịch Q thu 

được m gam kết tủa. Biết các phản ứng hoàn toàn. Xác định giá trị của m. 

Câu 6. (3,0 điểm) Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, MgO, MgSO 4 tan hoàn toàn trong 163,68 

gam dung dịch H 2 SO 4 28,74%; sau phản ứng thu được dung dịch Y có chứa H 2 SO 4 4,9% và 

6,048 lít H 2 (đktc). Lấy 120 gam dung dịch Y cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết 

tủa Z và dung dịch T. Lọc lấy kết tủa Z và nung đến khối lượng không đổi thu được a gam 

chất rắn. Sục khí CO 2 đến dư vào dung dịch T thu được 9,36 gam kết tủa. Xác định giá trị của 

m, a và phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp X. 

Câu 7. (3,0 điểm) Hòa tan hết 27,6 gam hỗn hợp A gồm R 2 SO 3 và RHSO 3 (R là kim loại) bằng 

dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được tối đa V lít khí SO 2 duy nhất 

(đktc) và dung dịch X. Hấp thụ hết V lít khí SO 2 ở trên vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm 

NaOH 1,5M và KOH 0,5M, dung dịch sau phản ứng chứa 30,08 gam chất tan. Cho 11,5 gam kim 

loại R ở trên vào 400 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Y. Cho lượng dư dung dịch AgNO 3 

vào dung dịch Y thì thu được m gam kết tủa. Xác định kim loại R và giá trị của m, V. 

Câu 8. (2,0 điểm) Người ta hòa tan hoàn toàn hỗn hợp NaOH và Ba(OH) 2 vào nước thì thu 

được dung dịch X. Sục từ từ khí CO 2 tới dư vào dung dịch X. Kết quả thí nghiệm được biểu 

diễn trên đồ thị sau: 

0,5 

O 

Số mol BaCO 3 

E 

0,4a 

A 

a 

B 

2a 


Số mol CO 2 

1. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. 

2. Xác định giá trị của a và x trong đồ thị trên. 

----------------------------------Hết--------------------------- 

x 

F 

D 






Trang 11 











SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS 

THÁI BÌNH 

NĂM HỌC: 2016-2017 

Môn: HÓA HỌC 


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM 

(Gồm 06 trang) 

Câu Ý Nội dung… Điểm 

1 

(3,0đ) 

2 

(2,5đ) 

1) 

2) 

3) 

4) 

5) 

6) 

- Dụng cụ: Giá sắt, kẹp, đèn cồn, lưới amiang, bình cầu, buret bầu 

(phễu chiết quả lê), nút cao su, ống dẫn khí, bình thủy tinh tam 

giác. 

- Hóa chất: muối sunfit (Na 2 SO 3 ), axit (dd H 2 SO 4 ) hoặc Cu, H 2 SO 4 

đặc 

Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + SO 2 + H 2 O 

Cu + 2H 2 SO 4 (đặc, nóng) CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

- Vai trò của bông tẩm dung dịch kiềm (NaOH hoặc Ca(OH) 2 ) là 

phản ứng với SO 2 khi nó đầy đến miệng tránh khí tràn ra ngoài làm 

ô nhiễm môi trường. 

SO 2 + 2NaOH Na 2 SO 3 + H 2 O 

Hoặc: SO 2 + Ca(OH) 2 CaSO 3 + H 2 O 

- Dùng giấy quỳ tím ẩm đặt gần miệng bình, khi giấy quỳ tím đổi 

màu thì dừng thu khí. 

- Dùng H 2 SO 4 đặc để làm khô SO 2 vì axit đặc có tính háo nước và 

không phản ứng với SO 2 . 

Không dùng được CaO vì mặc dù CaO hút nước mạnh nhưng có 

phản ứng với SO 2 . 

- NaCl (rắn) + H 2 SO 4 (đặc, nóng) NaHSO 4 + HCl 

Hoặc: 2NaCl (rắn) + H 2 SO 4 (đặc, nóng) Na 2 SO 4 + 2HCl 

Đặt x, y lần lượt là số mol của Fe và M. 

=> 56x + My = 12 (*) 

+ Xét phản ứng giữa hỗn hợp A với Cl 2 

2Fe + 3Cl 2 → 2FeCl 3 

x 1,5x 

M + Cl 2 → MCl 2 

y y 

Ta có phương trình: 1,5x + y = 0,25 (**) 

+ Xét phản ứng giữa hỗn hợp A với dung dịch HCl 


0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 






Trang 12 












Trường hợp 1: kim loại M có phản ứng với HCl 

0,25 

1) Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 

(1,0đ) x 

x 

M + 2HCl → MCl 2 + H 2 

y 

y 

Ta có phương trình: x + y = 0,1 (***) 

2 

Từ (**) và (***) tính được x = 0,3 và y = -0,2 (vô lý) 

(2,5đ) 

Trường hợp 2: kim loại M không phản ứng với HCl 

Chỉ có: Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 

0,5 

x 

x 

Ta có: x = 0,1 (****) 

Từ (**) và (****) có: x = 0,1 và y = 0,1. Thay giá trị này của x và y 

vào (*) ta được R = 64. Vậy R là Cu. 

Đặt x, y, z lần lượt là số mol của Ba(HCO 3 ) 2 , CaCO 3 , Na 2 CO 3 

2) 

(1,5đ) 

259x + 100y + 106z = 67,1 (1) 

+ Xét thí nghiệm nung nóng B: 

Ba(HCO 3 ) 2 → BaO + 2CO 2 2H 2 O 

x 

x 

CaCO 3 → CaO + CO 2 

y 

y 

Na 2 CO 3 không bị nhiệt phân 

Chất rắn X chứa x mol BaO; y mol CaO; z mol Na 2 CO 3 

153x + 56y + 106z = 47,7 (2) 

+ Xét thí nghiệm cho chất rắn B vào nước: Xảy ra phản ứng 

Ba(HCO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 2NaHCO 3 

- Trường hợp 1: Ba(HCO 3 ) 2 hết + Na 2 CO 3 dư → BaCO 3 + 2NaHCO 3 

x 

x 

Nếu: x < z 

Kết tủa là x mol BaCO 3 sinh ra và y mol CaCO 3 ban đầu 

197x + 100y = 39,7 (3) 

Từ (1), (2), (3) ta có: x = 0,1; y = 0,2; z = 0,2 (thỏa mãn) 

Phần trăm khối lượng mỗi chất trong B lần lượt là 38,6%; 29,8%; 31,6% 

- Trường hợp 2: Ba(HCO 3 ) 2 dư + Na 2 CO 3 hết → BaCO 3 + 2NaHCO 3 

z 

z 

Nếu: z < x 

Kết tủa là z mol BaCO 3 và y mol CaCO 3 ban đầu 

100y + 197z = 39,7 (4) 

Từ (1), (2), (4) có x = 0,171; y = 0,027 ; z = 0,188 (vô lý) 

Có: mol BaSO 4 = 9,32/233 = 0,04 

mol H 2 = 0,448/22,4 = 0,02 → mol nguyên tử H = 0,04 

Vì: mol gốc SO 4 = mol nguyên tử H → A là muối axit của H 2 SO 4 

Gọi công thức của A là: M(HSO 4 ) n 

Ptpứ: M(HSO 4 ) n + nBaCl 2 → nBaSO 4 + MCl n + nHCl (1) 

0,04/n 0,04 0,04/n 0,04 

Zn + 2HCl → ZnCl 2 + H 2 (2) 

0,02 0,04 0,02 0,02 







Trang 13 












1) 

(1,5đ) 

2) 

(1,5đ) 

→ M M(HSO4)n = 4,8.n/0,04 = 120.n = M +97n → M = 23.n 

→ n = 1 và M =23 (Na) 

Từ phản ứng (1) và (2) ta có: 

Dung dịch D chứa: n NaCl = 0,04 mol và n ZnCl2 = 0,02 mol 

Theo định luật bảo toàn khối lượng: 

m A + m H2O ban đầu + m BaCl2 + m Zn = m dung dịch D + m BaSO4 + m H2 

→ m dung dịch D = 105,06 gam 

C% NaCl = 0,04.58,5/105,06 = 2,23 (%) 

C% ZnCl2 = 0,02.136/105,06 =2,59 (%) 

n SO2 = 0,6 mol 

Đặt x, y, z, t lần lượt là số mol của FeO, Fe 3 O 4 , Fe(OH) 2 , FeCO 3 

Phương trình phản ứng: 

2FeO + 4H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4H 2 O 

x 0,5x 0,5x 

2Fe 3 O 4 + 10H 2 SO 4 → 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 10H 2 O 

y 1,5y 0,5y 

2Fe(OH) 2 + 4H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 5H 2 O 

z 0,5z 0,5z 

2FeCO 3 + 4H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 2CO 2 + 4H 2 O 

t 0,5t 0,5t t 

Ta có hệ phương trình: 0,5x + 0,5y + 0,5z + 0,5t = 0,6 

và y = 0,25.(x + y + z + t) 

=> x + y + z + t = 1,2 và y = 0,3. 

m Fe2(SO4)3 = 400.(0,5x + 1,5y + 0,5z + 0,5t) = m + 208,8 

=> 400.[y + 0,5(x + y + z + t)] = m + 208,8 

=> m = 151,2 (gam) 

n SO2 = 0,5 mol 

Đặt n Mg = n M = x mol. 

Mg + 2H 2 SO 4 → MgSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

x 

x 

2M + 2nH 2 SO 4 → M 2 (SO 4 ) n + nSO 2 + 2nH 2 O 

x 

0,5xn 

Ta có hệ phương trình: 24.x + M.x = 16 và x + 0,5nx = 0,5 

+ Trường hợp 1: n = 1 thì M = 24 (không thỏa mãn) 

+ Trường hợp 2: n = 2 thì M = 40 (Ca). Khi đó xét phản ứng của Ca (0,56 mol) 

với dung dịch chứa 0,3 mol H 2 SO 4 

Ca dư + H 2 SO 4 hết → CaSO 4 + H 2 

0,3 0,3 0,3 

Ca + H 2 O → Ca(OH) 2 + H 2 

(0,56-0,3) 0,26 

=> V H2 = (0,3 + 0,26).22,4 = 12,544 lít 

+ Trường hợp 3: n = 3 thì M = 56 (Fe). Khi đó xét phản ứng của Fe (0,4 mol) với 

dung dịch chứa 0,3 mol H 2 SO 4 






Fe dư + H 2 SO 4 hết → FeSO 4 + H 2 

0,3 0,3 


Trang 14 









=> V H2 = 0,3.22,4 = 6,72 lít 

Hỗn hợp Y gồm: KCl, KClO 3 , MnO 2 

0 

t 

2KClO 3 2KCl + 3O 2 

Chất rắn Z: KCl, MnO 2 ban đầu 

Khí P là O 2 

KCl + AgNO 3 → AgCl + KNO 3 

Rắn T gồm MnO 2 ban đầu (7,175 gam) và AgCl sinh ra. 

Từ đó tính được n AgCl = 0,4 mol = n KCl trong Z 


m X = m KCl trong Z + m O2 tính được n O2 = 0,3 mol 

4FeSO 4 + O 2 + 2H 2 SO 4 → 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2H 2 O 

0,4 0,1 0,2 0,2 

Dung dich Q chứa: 0,1 mol FeSO 4 dư, 0,1 mol H 2 SO 4 dư, 0,2 mol Fe 2 (SO 4 ) 3 sinh 

ra 

FeSO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 + Fe(OH) 2 

0,1 0,1 0,1 

H 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 + 2H 2 O 

0,1 0,1 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3Ba(OH) 2 → 3BaSO 4 + 2Fe(OH) 3 

0,2 0,6 0,4 

Kết tủa thu được gồm: 0,1 mol Fe(OH) 2 , 0,4 mol Fe(OH) 3 và 0,8 mol BaSO 4 có 

tổng khối lượng là 238,2 gam 

- PTHH: 2Al + 3H 2 SO 4 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 

(1) 

MgO + H 2 SO 4 

(2) 

MgSO 4 + H 2 O 

2NaOH + H 2 SO 4 

(3) 

Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

2NaOH + MgSO 4 Mg(OH) 2 + Na 2 SO 4 

6 

(4) 

(3,0đ) 

6NaOH + Al 2 (SO 4 ) 3 3Na 2 SO 4 + 2Al(OH) 3 

(5) 

0,5 

NaOH + Al(OH) 3 NaAlO 2 + 

(6) 

2H 2 O 

Mg(OH) 2 

t 

 

0 

MgO + H 2 O 

(7) 

CO 2 + NaOH 

(8) 

NaHCO 3 

0,25 

Trang 15 





















7 

(3,0đ) 

(9) 

Ta có: 

CO 2 + NaAlO 2 + 2H 2 O Al(OH) 3 + NaHCO 3 

n 

n 

H 2 SO 4 

H 2 

 

 

6 ,048 

22 ,4 

163,68.28 ,74 

100.98 

2 

3 

0, 48 ( m ol ) 

0, 27 ( m ol ) 

T heo (1) : n 0, 27 0,18 ( m ol ) 

A l 

- Ta coi dung dịch Y có 2 phần: + Phần 1 là dd Y ban đầu 

+ Phần 2 là dd Y có khối lượng 100 

gam 

Kết tủa T là Al(OH) 3 có số mol = 9,36/78 = 0,12 mol 

Gọi k là tỉ số giữa phần 1 với phần 2 

Suy ra: k = 0,18/0,12 = 1,5 

m 163,68 0,54 

 

1,5 

120 

m 16,86 ( gam) 

- Ở phần 1: mol axit dư = (16,86 + 163,68 – 0,54).4,9/(100.98) = 0,09 mol 

mol axit pư với MgO = mol MgO = 0,48-0,27-0,09 = 0,12 

mol 

Vậy phần trăm về khối lượng từng chất trong hỗn hợp ban đầu là 

0,18.27 

% m 100% 28,82% 

Al 

16,86 

0,12.40 

16,86 

% mMgO 

100% 28,47% 

% mMgSO 

100% 28,82% 28,47% 42,71% 

4 

Tìm x: Tổng mol MgSO 4 trong dd Y ban đầu là 

Ở phần 1 của dd Y: 

nMgSO n 

4 MgO 

nMgSO 4 ( bd ) 

0,12 (16,86 4,86 4,8) :120 0,18( mol) 

Do : n ( p1) 1,5 n ( p2) 

MgSO4 MgSO4 

0,18 

MgSO4 

1,5 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,75 

n ( p2) 0,12 ( mol) 

Theo PT (4,7) 

a mMgO 

0,12.40 4,8 ( gam) 

n NaOH = 0,3 mol; n KOH = 0,1 mol 

Xét phản ứng giữa a mol SO 2 với dung dịch chứa 0,3 mol NaOH 

và 0,1 mol KOH (quy về MOH: 0,4 mol) 

+ Trường hợp 1: MOH dư 

SO 2 + 2MOH → M 2 SO 3 + H 2 O 

a 2a a 

n H2O sinh ra = a mol và 2a < 0,4 => a < 0,2 


m SO2 + m NaOH + m KOH = m chất tan + m H2O sinh ra 

64*a + 0,3*40 + 0,1*56 = 30,08 + a*18 

=> a = 0,27 (vô lý) 0,5 







Trang 16 












8 

(2,0đ) 1) 

(1,0đ) 

+ Trường hợp 2: phản ứng tạo ra 2 loại muối 

SO 2 + MOH → MHSO 3 

x mol x mol 

SO 2 + 2MOH → M 2 SO 3 + H 2 O 

y mol 2y mol y mol 

n SO2 < n NaOH < 2n SO2 => 0,2 < a < 0,4 

ta có hệ phương trình: x + y = n SO2 và x + 2y = n MOH 

=> y = n MOH - n SO2 = 0,4 – a = n H2O sinh ra 


m SO2 + m NaOH + m KOH = m chất tan + m H2O sinh ra 

64*a + 0,3*40 + 0,1*56 = 30,08 + 18*(0,4 – a) 

Suy ra a = 0,24 ( thỏa mãn) => V = 5,376 lít 

Xét phản ứng giữa hỗn hợp A với H 2 SO 4 đặc 

R 2 SO 3 + H 2 SO 4 → R 2 SO 4 + SO 2 + H 2 O 

2RHSO 3 + H 2 SO 4 → R 2 SO 4 + 2SO 2 + H 2 O 

Từ 2 phương trình phản ứng thấy: n hỗn hợp A = n SO2 = 0,24. 

Tính được M (trung bình) của hỗn hợp A bằng 115 

=> R + 81 < 115 < 2R + 80 

=> 17,5 < R < 34 

=> R là Na (M = 23) 

Xét phản ứng giữa Na với dung dịch HCl: 

n Na = 0,5 mol; n HCl = 0,4 mol 

Na dư + HCl hết → NaCl + H 2 O 

0,4 mol 0,4 mol 0,4 mol 

n Na dư = 0,5 – 0,4 = 0,1 mol 

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 

0,1 mol 0,1 mol 

Dung dịch Y chứa: 0,4 mol NaCl và 0,1 mol NaOH 

NaCl + AgNO 3 → AgCl + NaNO 3 

0,4 mol 0,4mol 

NaOH + AgNO 3 → AgOH + NaNO 3 

0,1 0,1 

2AgOH → Ag 2 O + H 2 O 

0,1 0,05 

Kết tủa thu được gồm 0,4 mol AgCl và 0,05 mol Ag 2 O có tổng khối 

lượng là 69 gam 

1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. 

Các phản ứng xảy ra theo thứ tự: 

1) CO 2 + Ba(OH) 2 

BaCO 3 + H 2 O (1) 

2) CO 2 + 2NaOH Na 2 CO 3 + H 2 O (2) 

3) CO 2 + Na 2 CO 3 + H 2 O 2NaHCO 3 (3) 

4) CO 2 + BaCO 3 + H 2 O Ba(HCO 3 ) 2 (4) 

Hiện tượng: 

Xuất hiện kết tủa màu trắng, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại, 

lượng kết tủa không đổi sau một thời gian, sau đó kết tủa giảm dần. 

Hoặc: Dung dịch bị vẩn đục, sau một thời gian trong dần trở lại đến 



0,25 

Trang 17 



0,5 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5 

0,75 

0,25 














trong suốt. 

2. Xác định giá trị của x. 

Dựa vào ý nghĩa đồ thị và các phản ứng giải thích ở trên ta có: 

+ Tại điểm E : Ba(OH) 2 dư 

CO 2 + Ba(OH) 2 dư BaCO 3 + H 2 O 

0,5 mol 0,5 mol 

Ta có: 0,4a = 0,5 => a = 1,25 

+ Tại điểm A: Kết tủa bắt đầu đạt giá trị cực đại tương ứng với 

Ba(OH) 2 vừa hết. 

Từ phương trình (1) ta có: n CO2 = n Ba(OH)2 ban đầu = a = 1,25. 

+ Tại điểm B: Xảy ra vừa hết phản ứng (1), (2), (3). 

Cộng hai phản ứng (2) và (3) ta được phản ứng 

CO 2 + NaOH NaHCO 3 (5) 

Trong phản ứng (1) và (5) ta có: 

n CO2 = n NaOH ban đầu + n Ba(OH)2 ban đầu 

=> n NaOH ban đầu = 2*1,25 - 1,25 = 1,25. 

+ Tại điểm F xảy ra các phản ứng: 

CO 2 + Ba(OH) 2 BaCO 3 + H 2 O 

1,25 1,25 1,25 

CO 2 + NaOH NaHCO 3 

1,25 1,25 

CO 2 + BaCO 3 + H 2 O Ba(HCO 3 ) 2 

0,75 (1,25 – 0,5) 

Vậy tổng số mol CO 2 ở F là: x = 1,25 + 1,25 + 0,75 = 3,25 mol 

0,5 

O 

Số mol BaCO 3 

E 

0,4a 

A 

a 

B 

2a 

Số mol CO 2 

----------------------------------Hết--------------------------- 


x 

F 

D 

0,25 

0,75 






Trang 18 











PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

VĨNH LỘC 

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH 

GIỎI LỚP 9 DỰ THI CẤP TỈNH 

NĂM HỌC 2017 – 2018 (LẦN 2) 

MÔN: HÓA HỌC 

Thời gian làm bài 150 phút 

( Không kể thời gian giao đề) 

Câu 1.( 2,0 điểm) 

Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một sunfua của kim loại M hóa trị II thu được chất rắn A 

và khí B. Hòa tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 24,5% thu được muối có 

nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch này tới nhiệt độ thấp thấy tách ra 15,625g tinh thể T, 

phần dung dịch bảo hòa lúc đó có nồng độ 22,54%. Xác định kim loại M và T. 

Câu 2.( 2,0 điểm) 

1. A và B là hai nguyên tố kim loại, tổng số hạt cơ bản của cả hại nguyên tử A và B là 

142, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 42, số hạt mang điện 

trong nguyên tử A nhiều hơn B là 12. Tìm A và B 

2. Nung m đá vôi, sau một thời gian giải phóng ra 2,24 lit khí CO 2 (đktc). Lượng chất 

rắn còn lại cho vào 56,6 gam H 2 O được hỗn hợp X. Hòa tan hoàn toàn X bằng 100 gam dung 

dịch HCl thấy thoát ra 1,12 lit CO 2 (đktc). Dung dịch còn lại có khối lượng 300 gam. 2. Tính 

m. 

Câu 3.( 2,0 điểm) 

1. Khử m gam Fe 2 O 3 thành Fe cần 13,44 lit (đktc) hỗn hợp CO và H 2 . Tính m. 

2. Tính tỉ khối của hỗn hợp A có 25% khí CH 4 và 75% khí C 3 H 8 so hỗn hợp B có 40% khí 

H 2 và 60% khí O 2 . 

Câu 4.( 2,0 điểm) 

Chỉ dùng một hóa chất hãy nhận biết 5 mẫu kim loại Ba, Mg, Al, Fe, Ag đựng trong 5 

lọ mất nhãn. 

Câu 5.( 2,0 điểm) 

Cho hh gồm 2,8(g) Fe và 0,81(g) Al tác dụng với 100 ml dd hỗn hợp gồm Cu(NO 3 ) 2 

và AgNO 3 cùng nồng độ mol cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim 

loại có khối lượng 8,12gam. Tính nồng độ C M của từng muối trong A. 

Câu 6.( 2,0 điểm) 

1. Cho 2,24 lit CO 2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 1 lit hh Ca(OH) 2 0,06M ; NaOH 0,06 

M thu m gam kết tủa. Tính m và khối lượng các muối trong dung dịch sau phản ứng. 

2. Một loại quạng có chứa 35% Ca 3 (PO 4 ) 2 . Hãy tính hàm lượng phần trăm (độ dinh 

dưỡng) P 2 O 5 có trong quặng trên. 







Trang 19 











Câu 7.( 2,0 điểm) 

Hoàn thành sơ đồ phản ứng. 

X + A 

X + B H F H 

X + C Fe (7) K H + BaSO 4 

X + D 

Câu 8.( 2,0 điểm) 

1. Tìm các chất kí hiệu bằng chữ cái trong sơ đồ sau và hoàn thành sơ đồ bằng phương trình 

hóa học: 

o 

1500 C 

A (khÝ) B C D E CH 

Lµm l¹nh nhanh 

3 

COOC 2 

H 5 

CH 3 

COONa NaOH 

CaO 

X (r¾n) Y (khÝ) 

2. Từ một loại tinh dầu người ta tách ra được hợp chất hữu cơ A. Đốt cháy hoàn toàn 2,64 

gam A cần vừa đủ 4,704 lít khí oxi (đktc) chỉ thu được CO 2 và H 2 O với tỉ lệ khối lượng là 

mCO2 

= 11 

m 2 . Biết M 

A 

< 150. Xác định công thức phân tử của A. 

H2O 

(2) 

(3) 

(1) 

(4) 

(6) 

(5) 

Câu 9.( 2,0 điểm) 

Cho xúc tác Ni vào hỗn hợp X gồm C 2 H 4 và H 2 , nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn 

hợp Y chứa 3 khí. Biết rằng tỉ khối hơi của X so với khí hiđro là 7,5 và tỉ khối hơi của Y so 

với khí hiđro là 12. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 

a) Hãy tách H 2 từ hỗn hợp X. 

b) Tính thành phần phần trăm theo thể tích các khí có trong hỗn hợp X, Y. 

Câu 10.( 2,0 điểm) 

A là hỗn hợp khí (ở điều kiện tiêu chuẩn) gồm ba hidrocacbon (X, Y, Z) có dạng công thức là 

C n H 2n+2 hoặc C n H 2n ( có số nguyên tử C £ 4). Trong đó có hai chất có số mol bằng nhau. 

Cho 2,24 lít hỗn hợp khí A vào bình kín chứa 6,72 lít O 2 ở điều kiện tiêu chuẩn rồi bật tia lửa 

điện để các phản ứng xảy ra hoàn toàn ( giả sử phản ứng cháy chỉ tạo ra CO 2 và H 2 O). Dẫn 

toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc rồi bình 2 đựng dung dịch 

Ca(OH) 2 dư. Thấy khối lượng bình 1 tăng 4,14 gam và bình 2 có 14 gam kết tủa. Xác định 

công thức phân tử của X, Y, Z? 

--------------------------------Hết--------------------------- 

F 

(8) (9) 


(10) 






Trang 20 











PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

VĨNH LỘC 

ĐÁP ÁN 

MÔN: HÓA HỌC 

Thời gian làm bài 150 phút 

( Không kể thời gian giao đề) 

Câu 1.( 2,0 điểm) 

Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một sunfua của kim loại M hóa trị II thu được chất rắn A và khí 

B. Hòa tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 24,5% thu được muối có nồng độ 

33,33%. Làm lạnh dung dịch này tới nhiệt độ thấp thấy tách ra 15,625g tinh thể T, phần dung 

dịch bảo hòa lúc đó có nồng độ 22,54%. Xác định kim loại M và T. 

Hướng dẫn: 

MS + O 2 MO + SO 2 (1) 

MO + H 2 SO 4 MSO 4 + H 2 O (2) 

giả sử có 1 mol MO tham gia phản ứng (2) khí đó ta có 

( M 96).100% 

nMO 

nH 

SO 

nCuSO 

1( mol) 

C% MSO 

 

98.100 33,33% M 64( Cu) 

2 4 

4 

4 M 16 

12 

Theo phương trình hóa học (1) và (2) nCuSO 

n n n 

96 

0,125( mol) 

4 CuO 

 

H 2SO 

 

4 CuS 

 

98.0,125.100 

m dd 

,125.80 60g 

m 

CuSO 

(6015,625)22,54 

0,125.16010 

0,0625 

( 22,54%) 

 

100 

10 

. 

 

160 

0,0625 

18 

5 

4 trongdd 

g nCuSO 

n 

4 nH 2O 

 

24,5 

33,33% 

0 

24, 5 

 

15,625 

160 

T: CuSO 4 .5H 2 O 

Câu 2. ( 2,0 điểm) 

1. ( 1,0 điểm) A và B là hai nguyên tố kim loại, tổng số hạt cơ bản của cả hại nguyên tử A và 

B là 142, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 42, số hạt mang 

điện trong nguyên tử A nhiều hơn B là 12. Tìm A và B 

Áp dụng công thức Z A + Z B = (142 + 42): 4 = 46 (*) 

Kết hợp đề bài 2Z A – 2Z B = 12 (**) Z A = 26 A là sắt (Fe) 

Z B = 20 B là canxi (Ca) 

2.( 1,0 điểm) Nung m đá vôi, sau một thời gian giải phóng ra 2,24 lit khí CO 2 (đktc). Lượng 

chất rắn còn lại cho vào 56,6 gam H 2 O được hỗn hợp X. Hòa tan hoàn toàn X bằng 100 gam 

dung dịch HCl thấy thoát ra 1,12 lit CO 2 (đktc). Dung dịch còn lại có khối lượng 300 gam. 2. 

Tính m. 

Áp dụng định luật BTKL cho quá trình trên ta có. 

2,24.44 

1,12.44 

m 

22,4 

56,6 

100 

 

22, 4 

300 m 150 

Câu 3.( 2,0 điểm) 

1. ( 1,0 điểm) Bài 4. Khử m gam Fe 2 O 3 thành Fe cần 13,44 lit (đktc) hỗn hợp CO và H 2 có tỉ 

khối so với khí C 2 H 6 bằng 0,5. Tính m. 

Hướng dẫn. Fe 2 O 3 + 3CO 2Fe + 3CO 2 

Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O 

1. nhh 0,6 

n ,2 m 0,2.160 32g 

=m 


Fe O 

2 3 3 3 

0 

Fe2O3 






Trang 21 









2.( 1,0 điểm) Tính tỉ khối của hỗn hợp A có 25% khí CH 4 và 75% khí C 3 H 8 so hỗn hợp B có 

40% khí H 2 và 60% khí O 2 . 

Đặt n A = n B =1 mol 

0,25.160,75.44 

d 

A / B 

 

0,4.20,6.32 

Câu 4.( 2,0 điểm) 

Chỉ dùng một hóa chất hãy nhận biết 5 mẫu kim loại Ba, Mg, Al, Fe, Ag đựng trong 5 lọ mất 

nhãn. 

Hướng dẫn: Dùng dd H 2 SO 4 loãng 

Lấy 5 ống nghiệm đựng dd H 2 SO 4 loãng. Cho mỗi mẫu kim loại vào từng ống nghiệm, kim loại 

không tan là Ag. Các kim loại khác đều có phản ứng: 

Ba + H 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 2 

2 Al + 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 

Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 

Mg + H 2 SO 4 → MgSO 4 + H 2 

+Ống nghiệm nào có kết tủa là Ba. Cho tiếp Ba vào ống nghiệm này đến khi kết tủa không tăng nữa 

thì H 2 SO 4 đã hết , cho thêm Ba vào thì xảy ra phản ứng: 

Ba + H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 . Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Ba(OH) 2 . 

* Cho dd Ba(OH) 2 vào 3 dd còn lại: 

+ Trường hợp nào có kết tủa trắng không tan trong Ba(OH) 2 dư thì kim loại ban đầu là Mg: 

MgSO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 ↓ + Mg(OH) 2 ↓ 

+ Trường hợp nào có kết tủa tan 1 phần trong Ba(OH) 2 dư thì kim loại ban đầu là Al: 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Ba(OH) 2 → 2Al(OH) 3 + 3BaSO 4 

2Al(OH) 3 + Ba(OH) 2 → Ba(AlO 2 ) 2 + 4 H 2 O 

+ Trường hợp nào có kết tủa trắng xuất hiện sau đó hóa nâu ngoài không khí thì kim loại ban đầu là 

Fe: 

FeSO 4 + Ba(OH) 2 → Fe(OH) 2 + BaSO 4 

4 Fe(OH) 2 + O 2 + 2 H 2 O → 4 Fe(OH) 3 

Câu 5.( 2,0 điểm) 

Cho hh gồm 2,8(g) Fe và 0,81(g) Al tác dụng với 100 ml dd hỗn hợp gồm Cu(NO 3 ) 2 và 

AgNO 3 cùng nồng độ cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại có 

khối lượng 8,12gam. Tính nồng độ C M của từng muối trong A. 

Hướng dẫn: 

PTHH có thể sảy ra: 

Al + 3AgNO 3 Al(NO 3 ) 3 + 3Ag (1) 

2Al + 3Cu(NO 3 ) 2 2Al(NO 3 ) 3 + 3Cu (2) 

Fe + 2AgNO 3 Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag (3) 

Fe + Cu(NO 3 ) 2 Fe(NO 3 ) 2 + Cu (4) 

Y chứa 3 kim loại là Fe,Ag,Cu. 

Đặt số mol AgNO 3 = Cu(NO 3 ) 2 = x. 

Giã sử Al phản ứng vừa đủ 

Vì số mol NO - 3 trong dung dịch trước và sau phản ứng không thay đổi nên ta có biểu thức. 


1,85 








Trang 22 








x + 2x = 

phần. 


3 .n 

Al x=0,03 mY 

= 0,03(108+64)+2,8=7,96







CaO 

1. CH 3 COONa + NaOH o CH 4 + Na 2 CO 3 

2. 2CH 4 

o 

1500 C 

lµm l¹nh nhanh 

C 2 H 2 + 3H 2 

Pd 

3. C 2 H 2 + H 2 o C 2 H 4 

t 

H SO 

t 

2 4 

4. C 2 H 4 + H 2 O CH 3 CH 2 OH 

men giÊm 

5. C 2 H 5 OH + O 2 CH 3 COOH + H 2 O 

H2SO4 

6. CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ‡ ˆ ˆ ˆ ˆ † ˆ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O 

7. Na 2 CO 3 + 2HCl 2NaCl + CO 2 + H 2 O 

2. ( 1,0 điểm) Khối lượng oxi đã dùng để đốt cháy hoàn toàn 2,64 gam A là: 

m 

O 2 

= 4,704 .32 = 6,72 gam 

22,4 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta tính được: 

m + m = 2,64 + 6,72 = 9,36 (I) 

CO 2 

Mặt khác, theo đề bài ta có: 

Từ (I) và (II) ta có: 

CO 2 

H2O 

m 

m 

CO2 

H2O 

= 11 

2 

m = 7,92 gam; 

o 

t 

H2O 

(II) 

m = 1,44 gam 

Vậy khối lượng mol nguyên tử của mỗi nguyên tố trong A là: 

m 

C 

= 7,92 .12 = 2,16 gam; m 

H 

= 1,44 .2 = 0,16 gam 

44 

18 

m 

O 

= 2,64 (2,16 + 0,16) = 0,32 gam 

Gọi công thức phân tử của A có dạng CxHyO z theo đề bài ta có: 

x : y : z = 2,16 : 0,16 : 0,32 

12 1 16 

Vậy công thức phân tử của A có dạng C H O 

n 

9 8 n 

Mặt khác: M 

A 

= 132n < 150 n < 1,14 

Vậy n = 1. Công thức phân tử của A là: C 9 H 8 O 

= 9 : 8 : 1 

Câu 9.( 2,0 điểm) 

a. - Dẫn hỗn hợp khí vào bình đựng dung dịch Brom dư, C 2 H 4 bị giữ lại 

C 2 H 4 + Br 2 C 2 H 4 Br 2 

- Khí thu được là H 2 

b. Gọi a, b lần lượt là số mol của C 2 H 4 , H 2 có trong X 


28a 2b 

MX 

7,5.2(g) 

a b 

a = b 

% C 2 H 4 = %H 2 = 50(%) 

Gọi x là số mol C 2 H 4 phản ứng: 

Ni 

C 2 H 4 + H 2 0 C 2 H 6 



t 







Trang 24 









Trước pư: a a (mol) 

Phản ứng: x x x (mol) 

Sau pư: (a –x) (a –x) x (mol) 

28(a x) 2(a x) 30x 

MY 

 

12.2(g) 

(a x) (a x) x 

x = 0,75a 

nC2H 

n 

4 H 

a 0,75a 0,25a(mol) 

2 

nC2H 

0,75a(mol) 

6 

% C 2 H 4 = %H 2 = 20(%) 

% C 2 H 6 = 60(%) 

Câu 10.( 2,0 điểm) 

A là hỗn hợp khí (ở điều kiện tiêu chuẩn) gồm ba hidrocacbon (X, Y, Z) có dạng công thức là 

C n H 2n+2 hoặc C n H 2n ( có số nguyên tử C 4). Trong đó có hai chất có số mol bằng nhau. 

Cho 2,24 lít hỗn hợp khí A vào bình kín chứa 6,72 lít O 2 ở điều kiện tiêu chuẩn rồi bật tia lửa 

điện để các phản ứng xảy ra hoàn toàn ( giả sử phản ứng cháy chỉ tạo ra CO 2 và H 2 O). Dẫn 

toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc rồi bình 2 đựng dung dịch 

Ca(OH) 2 dư. Thấy khối lượng bình 1 tăng 4,14 gam và bình 2 có 14 gam kết tủa. Xác định 

công thức phân tử của X, Y, Z? 

2,24 6,72 

Theo bài ra ta có: n A = 0,1( mol); nO 

0,3( mol) 

2 

22,4 22,4 

mH 4,14( ) 

2O 

gam 

CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 

4,14 

nH2O 

0,23( mol) 

18 


14 

nCO 

n 0,14( ) 

2 CaCO 

mol 

3 

100 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng 

m m m 

O2 phan ung O( CO2 ) O( H2O) 

m 32 n 16 n 32 0,14 160,23 8,16( gam) 

O2 phan ung 

CO2 H2O 

8,16 

nO 

0,255( mol) 0,3. 

2 phan ung 

32 

Vậy oxi dư, hỗn hợp H-C cháy hoàn toàn. 

m hỗn hợp H-C = m C + m H = 0,14.12 + 0,23.2 = 2,14 (gam) 

Ta có: M TB của hỗn hợp A = 2,14 21,4 

0,1 .Vậy trong hỗn hợp A cómột H-C là CH 4.giả sử là X có 

mol là a ( a>0) 

Khi đốt dạng tổng quát có thể có 2 phương trình sau: 

3n 

1 

t 

C n H 2n +2 + O 

o 

2 

nCO 2 + (n +1)H 2 O (1) 

2 

3m C m H 2m + O 

t 

o 

2 

mCO 2 + mH 2 O (2) 

2 

Nhận thấy theo PT 1 : nC nH n 

2 n 2 H2O n 

 

CO2 

PT 2: nH2O 

nCO 

2 

n n n 0,23 0,14 0,09( mol) 


Vậy 

CnH2 n2 H2O CO2 








Trang 25 











n 

CmH 

2m 

0,1 0,09 0,01( mol) 

Trường hợp 1: Nếu Y và Z cùng dạng C m H 2m có số lần lượt là b và c ( b, c>0) 

a = 0,09; b + c = 0,01 Vậy số mol CO 2 = 0,09 + 0,01m = 0,14 

m = 6 ( loại) 

Trường hợp 2: Vậy X ( CH 4 ), Y (C n H 2n+2 ), Z ( C m H 2m ) với 2 n, m 4. 

a + b = 0,09. 

c = 0,01 

Vậy số mol CO 2 = a + nb + 0,01m = 0,14 

Vì 2 chất có số mol bằng nhau: 

Nếu: a = b = 0,09 0,045( mol) 

2 

Ta có: 0,045 + 0,045n +0,01m = 0,14 

4,5n + m = 9,5 (loại vì m 2 n










THANH HÓA 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 9 

Năm học: 2015 - 2016 

Môn thi: HÓA HỌC 


Câu 1. (5,0 điểm) 

1. Hòa tan hoàn toàn BaO vào nước, thu được dung dịch X. Cho SO 3 vào dung dịch X, 

thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Cho Al vào dung dịch Z thấy có khí hiđro bay ra. Viết các 

phương trình hóa học xảy ra. 

2. Có 4 khí A, B, C, D. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO 4 ở nhiệt độ cao, 

khí B được điều chế bằng cách cho FeCl 2 tác dụng với hỗn hợp KMnO 4 và H 2 SO 4 loãng, khí 

C được điều chế bằng cách đốt pirit sắt trong oxi, khí D tạo ra khi sục khí Cl 2 vào dung dịch 

NaHCO 3 . 

Xác định các khí A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xảy ra. 

3. Hoà tan các chất gồm Na 2 O, NaHCO 3 , BaCl 2 , NH 4 Cl có cùng số mol vào nước dư 

được dung dịch N và kết tủa M. Xác định N và M và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

4. Hòa tan hết 26,43 gam hỗn hợp bột gồm Mg, Al, Al 2 O 3 và MgO bằng 796 ml dung 

dịch HCl 2M (vừa đủ). Sau phản ứng thu được dung dịch T và 4,368 lít H 2 (đktc). Cô cạn 

dung dịch T thu được m gam muối khan. Viết các phương trình phản ứng và tính giá trị m. 

Câu 2. (5,0 điểm) 

1. Nung nóng hỗn hợp gồm CuO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 , CaO và cacbon dư ở nhiệt độ cao 

(trong chân không) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A và khí B duy 

nhất. Cho chất rắn A vào dung dịch HCl dư thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí H 2 . Cho 

chất rắn X vào dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng, dư thấy X tan hết. Viết các phương trình phản 

ứng xảy ra. 

2. Có 3 dung dịch riêng biệt gồm Ba(OH) 2 , Pb(NO 3 ) 2 , MgSO 4 bị mất nhãn. Có thể 

nhận biết 3 dung dịch trên bằng dung dịch Ca(OH) 2 , (NH 4 ) 2 SO 4 hoặc Na 2 S. Giải thích các 

trường hợp và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

3. Cho m gam Na vào 250 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M và AlCl 3 0,4M thu 

được (m - 3,995) gam kết tủa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị m. 

Câu 3. (4,0 điểm) 

1. Cho 11,2 gam hỗn hợp gồm Cu và kim loại M (hóa trị II, III) tác dụng với dung dịch 

HCl dư thu được 3,136 lít khí. Cũng lượng hỗn hợp này cho tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 

đặc nóng dư, thu được 5,88 lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất). Viết các phương trình phản 

ứng, xác định M và tính số mol của Cu trong hỗn hợp, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và 

chất khí đo ở đktc. 

2. Cho 93,4 gam hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl 2 , NaBr, KI tác dụng với 700 ml dung 

dịch AgNO 3 2M thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam Fe vào dung 

dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H 2 

(đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không 

khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Viết phản ứng và tính khối lượng kết 

tủa B, cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. 

Câu 4. (6,0 điểm) 

1. Viết các phương trình phản ứng thực hiện dãy chuyển hóa sau: 







Trang 27 











CH 3 COONa 

A 

B 

+X 

+Y 

Biết E là C 2 H 5 OH, G, H là polime. 

2. Từ tinh bột, chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ, hãy viết các phương trình phản 

ứng điều chế etyl axetat. 

3. Hỗn hợp R chứa 3 hiđrocacbon mạch hở có công thức tổng quát là C x H 2x+2 , C y H 2y 

và C z H 2z-2 , nặng 30 gam, chiếm thể tích 26,88 lít (đktc), có tỉ lệ số phân tử tương ứng là 

2 :1 :1 và y










THANH HÓA 


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 

Năm học: 2015 - 2016 

Môn thi: HÓA HỌC 

Câu Ý Nội dung Điểm 

BaO + H 2 O Ba(OH) 2 

Ba(OH) 2 + SO 3 BaSO 4 + H 2 O 

Nếu Ba(OH) 2 dư 

1 Ba(OH) 2 + 2Al + 2H 2 O Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2 

1,25 

Nếu SO 3 dư 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 

2Al + 3H 2 SO 4 Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 . 

2KMnO 4 

t 0 

K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 (A) 

10FeCl 2 + 6KMnO 4 + 24H 2 SO 4 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3K 2 SO 4 + 6MnSO 4 + 24H 2 O + 

10Cl 2 (B) 

2 

4FeS 2 + 7O 

t 0 

2 2Fe 2 O 3 + 4SO 2 (C) 

Cl 2 + H 2 O 

HCl + HClO 

1,0 

HClO HCl + ½ O 2 

2HCl + NaHCO 3 2NaCl + H 2 O + CO 2 

( Có thể : Cl 2 + NaHCO 3 2NaCl + CO 2 ) 

Câu Na 2 O + H 2 O → 2NaOH 

1 1 2 

NaHCO 3 + NaOH Na 2 CO 3 + H 2 O 

1 1 1 

3 NH 4 Cl + NaOH → NaCl + NH 3 + H 2 O 

1,5 

1 1 1 1 

BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 ↓ + 2NaCl 

1 1 1 2 

Dung dịch A chỉ có NaCl, kết tủa B chỉ có BaCO 3 

Mg + 2HCl MgCl 2 + H 2 (1) 

Al + 3HCl AlCl 3 +3/2 H 2 (2) 

Al 2 O 3 + 6HCl 2AlCl 3 +3 H 2 O (3) 

MgO + 2HCl MgCl 2 + H 2 O (4) 

4 

nHCl(1,2)=2nH 2 = 4,368.2 0,39 mol 

22,4 

1,25 

nHCl(3,4)=0,796.2-0,39=1,202 mol nO(oxit)=1,202/2=0,601 

mol 

Vậy m(muối)= 26,43 – 0,601.16 + 0,796.2.35,5 = 73,33 gam 

Nung hỗn hợp: 

CuO + C dư 

t 0 

Cu + CO 

Câu 

1 

2 

Fe 3 O 4 + 4C 

t 0 

dư 3Fe + 4CO 

Fe 2 O 3 + 3C 

t 0 

dư 2Fe + 3CO 

2,0 

(Nếu viết tạo CO 2 CO thì vẫn cho điểm tối đa) 







Trang 29 












CaO + 3C 

t 0 

dư CaC 2 + CO 

Chất A tác dụng với dung dịch HCl dư : 


CaC 2 + 2HCl CaCl 2 + C 2 H 2 

Cho X tác dụng với dd H 2 SO 4 đặc, nóng, dư : 

C + 2H 2 SO 4 đặc 

t 0 

CO 2 + 2SO 2 + 2H 2 O 

Cu + 2H 2 SO 4 đặc 

t 0 

CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

*Dung dịch Ca(OH) 2 

Ba(OH) 2 không hiện tượng 

Pb(NO 3 ) 2 có kết tủa trắng, rồi tan 

Pb(NO 3 ) 2 + Ca(OH) 2 Pb(OH) 2 + Ca(NO 3 ) 2 

Pb(OH) 2 + Ca(OH) 2 CaPbO 2 + 2H 2 O 

MgSO 4 có kết tủa trắng Mg(OH) 2 : MgSO 4 + Ca(OH) 2 Mg(OH) 2 + 

CaSO 4 

*Dung dịch (NH 4 ) 2 SO 4 

2 

Ba(OH) 2 có kết tủa trắng và khí mùi khai 

Ba(OH) 2 + (NH 4 ) 2 SO 4 2NH 3 + 2H 2 O + BaSO 4 

1,5 

Pb(NO 3 ) 2 có kết tủa trắng: Pb(NO 3 ) 2 + (NH 4 ) 2 SO 4 2NH 4 NO 3 + 

PbSO 4 

MgSO 4 không hiện tượng 

*Dung dịch Na 2 S 

Ba(ỌH) 2 không hiện tượng 

Pb(NO 3 ) 2 có kết tủa đen: Pb(NO 3 ) 2 + Na 2 S PbS + 2NaNO 3 

MgSO 4 có kết tủa trắng và khí: MgSO 4 + Na 2 S+ 2H 2 O Mg(OH) 2 + H 2 S + 

Câu 

Na 2 SO 

2 

4 

Phản ứng: 

2Na + 2HCl 2NaCl + H 2 (1) 

2Na + H 2 O 2NaOH + H 2 (2) 

3NaOH + AlCl 3 3NaCl + Al(OH) 3 ↓ (3) 

Có thể: NaOH + Al(OH) 3 NaAlO 2 + H 2 O (4) 

Theo bài ra ta có: nHCl = 0,125 (mol) và nAlCl 3 = 0,1 (mol) 

Gọi nAl(OH) 3 (thu được) = x mol 

Có hai trường hợp sau: 

3 Trường hợp 1: Al(OH) 3 chưa bị hòa tan, chưa xảy ra phản ứng (4) 1,5 

nNa = nHCl + 3nAl(OH) 3 = (0,125 + 3x) mol 

78x = 23.(0,125 + 3x) - 3,995 x < 0 (loại) 

Trường hợp 2: Al(OH) 3 tan một phần, đã xảy ra phản ứng (4) 

Ta có nNa(1,2) = nHCl(1) + nNaOH(3,4)= nHCl+ 3nAlCl 3 (3) + 

nAl(OH) 3 (4) 

= 0,125 + 3.0,1 + (0,1 – x) = (0,525 – x) mol 

78x = 23.(0,525 - x) - 3,995 => x = 0,08 mol 

m = 23(0,525 – 0,08) = 10,235 gam 

Câu Ta có: nH 2 = 3,136 0,14 mol, 

22, 4 nSO 2 = 5,88 0,2625 mol 

22,4 

3 1 

1,5 

M + HCl MCl 2 + H 2 (1) 







Trang 30 










2M + 6H 2 SO 4 M 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O (2) 

0,14 0,21 

Cu + 2H 2 SO 4 CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O (3) 

0,0525 (0,2625-0,21)=0,0525 

Ta có: 0,0525.64 + M.0,14=11,2 M=56 M là Fe 

nCu=0,0525 mol 

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl 2 , NaBr, KI. 

Phản ứng: 

MgCl 2 + 2AgNO 3 2AgCl↓ + Mg(NO 3 ) 2 (1) 

NaBr + AgNO 3 AgBr↓ + NaNO 3 (2) 

KI + AgNO 3 AgI↓ + KNO 3 (3) 

Fe + 2AgNO 3 Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag (4) 

Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (5) 

Fe(NO 3 ) 2 + 2NaOH Fe(OH) 2 ↓ + 2NaNO 3 (6) 

Mg(NO 3 ) 2 + 2NaOH Mg(OH) 2 + 2NaNO 3 (7) 

2Fe(OH) 2 + 1/2O 2 + H 2 O 

t 0 

2Fe(OH) 3 (8) 

t 

2 2Fe(OH) 3 ↓ 0 

Fe 2 O 3 + 3H 2 O (9) 

t 

Mg(OH) 2 MgO + H 2 O (10) 

2,5 

4,48 

Theo (5) n Fe = nH 

0, 2mol , nFe(bđ)= 22,4 0, 4mol 

2 

22,4 

56 

nAgNO 3 (4)= (0,4-0,2)2 = 0,2.2 = 0,4 mol 

Theo (1,2,3) và bài ra ta có hệ: 

2a b c=0,7.2 – 0, 4=1 a 0,2 

 

 

160 0,1 40a 24 b 0,4 

95a 103b+166c=93,4 

 

c 0,2 

Vậy mB = mAgCl + mAgBr + AgI = 143,5.0,4+188.0,4+235.0,2= 

179,6 gam 

CaO,t 

CH 3 COONa + NaOH o 

CH 4 + Na 2 CO 3 

15000C 

2CH 4 

Laøm lauïnh nhanh 

C 2 H 2 +3H 2 

Pd,t 

C 2 H 2 + H 2 o 

C 2 H 4 

o 

HgSO 4 ,t C 

C 2 H 2 + H 2 O CH 3 CHO 

Ni,t 

Câu CH 3 CHO + H 2 C 2 H 5 OH 

1 

o 

C 2 H 4 + H 2 O 

 

4 

,t C CH 3 CH 2 OH 

2,5 

xt,t 

2C 2 H 5 OH 0 

CH 2 =CH-CH=CH 2 + H 2 + 2H 2 O 

0 

xt,t ,p 

nCH 2 =CH-CH=CH 2 ( CH2-CH CH-CH 

2 

) 

n 

2 

H SO ñaëc,170o 

2 4 

C 

C 2 H 5 OH C 2 H 4 + H 2 O 

0 

xt,t ,p 

nC 2 H 4 ( C2H 4 

) 

n 

o 

H ,t C 

( C6H10O 5 ) 

n 

+ nH 2 O nC 6 H 12 O 6 

C 6 H 12 O 6 

men rö ôuï 

2C 2 H 5 OH + 2CO 2 

men ágiaágm 

C 2 H 5 OH + O 2 CH 3 COOH + H 2 O 




1,0 






Trang 31 












H SO ñaëc,t o 

2 4 

C 

CH 3 COOH + C 2 H 5 OH CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O 

a)Gọi a=nC y H 2y nC z H 2z-2 =a và nC x H 2x+2 =2a trong mỗi 

phần 4a= 26,88 0,4mol 

22,4.3 

a=0,1 mol và 0,2(14x+2)+0,1.14y +0,1(14z- 

2)=30/3=10 2x+y+z=7 

Do x 1, z>y 2 x=1, y=2, z=3 

Vậy công thức phân tử các hiđrocacbon là CH 4 , C 2 H 4 , C 3 H 4 

b) Phản ứng phần 1: 

2CH 4 + 4O 2 2CO 2 + 4H 2 O (1) 

C 2 H 4 + 3O 2 2CO 2 + 2H 2 O (2) 

3 C 3 H 4 + 4O 2 3CO 2 + 2H 2 O (3) 

2,5 

CO 2 + Ba(OH) 2 BaCO 3 + H 2 O (4) 

Ta có: nBaCO 3 =nCO 2 =0,7 mol, nH 2 O=0,8 mol 

Vậy m 1 =197.0,7-(0,7 .44+0,8.18)=92,7 gam 

Phản ứng phần 2: 

C 2 H 4 + Br 2 C 2 H 4 Br 2 (5) 

C 3 H 4 + 2Br 2 C 3 H 4 Br 4 (6) 

Vậy m 2 =28.0,1+40.0,1=6,8 gam 

Phản ứng phần 3: 

NH 

2C 3 H 4 + Ag 2 O 3 2C 3 H 3 Ag + H 2 O (7) 

Vậy m 3 =147.0,1 = 14,7 gam 

- Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu thiếu 

điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó. 

----------------------------------Hết--------------------------- 







Trang 32 












TỈNH NINH BÌNH 

ĐỀ THI CHÍNH THỨC 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 

NĂM HỌC 2012 - 2013 

Môn: Hoá học 


Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang 

Câu I (4 điểm): 

PE 

1) Cho sơ đồ biến hóa: 

(9) 

(1) (2) (3) (4) (5) (6) 

A B D E F G H 

(7) (8) 

L PVC 

Hãy gán các chất: CH 4 , C 2 H 4 , C 2 H 2 , CH 3 COONa, CH 3 COOH, C 2 H 5 OH, CH 3 COOC 2 H 5, 

CH 2 =CHCl ứng với các chữ cái (không trùng lặp) trong sơ đồ trên và viết các phương trình hóa học 

thực hiện sơ đồ biến hóa đó. 

2) Có hỗn hợp 3 oxit: MgO, CuO, Fe 2 O 3 . Trình bày phương pháp hoá học tách riêng từng 

oxit. 

Câu II (4 điểm): 

1) Dẫn hỗn hợp khí gồm CO 2 , SO 2 , C 2 H 4 qua dung dịch A (dư) thì thu được 1 chất khí duy 

nhất B thoát ra. B là khí gì? Viết phương trình phản ứng? 

2) Xác định công thức phân tử của các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình phản ứng theo dãy 

biến hoá sau: 

A 

NaOH 

0 

 

HCl 

2 5 

B C 

(1) 

(2) 

(3) 

D V O ,t 

E 

(4) 

(5) 

F (6) 

BaSO 4 

Biết A là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác. 

3) Cho hỗn hợp chất rắn gồm FeS 2 , CuS, Na 2 O. Chỉ được dùng thêm nước và các điều kiện cần 

thiết (nhiệt độ, xúc tác, ...). Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra để điều chế FeSO 4 , 

Cu(OH) 2 . 

Câu III (4,5 điểm): 

1) Từ than đá, đá vôi và các chất vô cơ cần thiết, hãy viết các phương trình phản ứng cần thiết 

điều chế Brombenzen và đibrometan. 

2) Dẫn luồng khí CO dư qua hỗn hợp các chất: BaO, CuO, Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 nung nóng (các chất 

có số mol bằng nhau). Kết thúc các phản ứng thu được chất rắn X và khí Y. Cho X vào H 2 O (lấy 

dư) thu được dung dịch E và phần không tan Q. Cho Q vào dung dịch AgNO 3 (số mol AgNO 3 

bằng hai lần tổng số mol các chất trong hỗn hợp ban đầu) thu được dung dịch T và chất rắn F. 

Lấy khí Y cho sục qua dung dịch E được dung dịch G và kết tủa H. Hãy xác định thành phần 

các chất của X, Y, E, Q, F, T, G, H và viết các phương trình hóa học xảy ra. 

3) Hoà tan 32 gam kim loại M trong dung dịch HNO 3 dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp 

khí gồm NO 2 và NO, hỗn hợp khí này có tỉ khối hơi so với H 2 bằng 17. Xác định kim loại M. 






Câu IV (4 điểm): Dung dịch A chứa đồng thời 2 muối bạc nitrat và đồng (II) nitrat với nồng 

độ mol của muối đồng gấp 4 lần nồng độ mol của muối bạc. 


Trang 33 











1) Nhúng 1 thanh kẽm vào 250 ml dung dịch A. Sau 1 thời gian, lấy thanh kẽm ra và làm 

khô, thấy khối lượng thanh kẽm tăng 1,51 gam. Biết rằng dung dịch sau phản ứng chứa 3 

muối. Tính nồng độ mol của muối kẽm trong dung dịch sau phản ứng? 

2) Nếu giữ thanh kẽm trong 250 ml dung dịch A một thời gian đủ lâu thì thấy sau phản ứng 

dung dịch A chỉ chứa 1 muối duy nhất với nồng độ 0,54M. Tính nồng độ mol của các muối trong 

dung dịch A ban đầu? 

(Coi tất cả kim loại mới sinh ra đều bám vào thanh kẽm và thể tích dung dịch không thay 

đổi). 

Câu V (3,5 điểm): 

Cho hỗn hợp X gồm 3 hidrocacbon A, B, C mạch hở, thể khí (ở điều kiện thường). 

Trong phân tử mỗi chất có thể chứa không quá một liên kết đôi, trong đó có 2 chất thành 

phần phần trăm về thể tích bằng nhau. Trộn m gam hỗn hợp X với 2,688 lít O 2 thu được 

3,136 lít hỗn hợp khí Y (các thể tích khí đều đo ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y, rồi 

thu toàn bộ sản phẩm cháy sục từ từ vào dung dịch Ca(OH) 2 0,02M thu được 2,0 gam kết tủa và 

khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm đi 0,188 gam. Đun nóng dung dịch này lại thu thêm 

0,2 gam kết tủa nữa (Cho biết các phản ứng hóa học đều xảy ra hoàn toàn). 

1) Tính m và thể tích dung dịch Ca(OH) 2 đã dùng. 

2) Tìm công thức phân tử và tính thành phần % về thể tích của 3 hidrocacbon trong hỗn 

hợp X. 

(Cho: H =1; C =12; N =14; 0 =16; Na =23; Ca =40; Cu = 64; Zn =65; Ag = 108) 

-----------------HẾT----------------- 

Họ và tên thí sinh:………………………………………Số báo danh:………………………. 

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:………………………….Giám thị 2:…………………………. 







Trang 34 












TỈNH NINH BÌNH 

Câu 

I. 

1 

2 

Câu 

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 

THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS 

NĂM HỌC 2012-2013 

Hướng dẫn chấm gồm 03 trang 

Nội dung 

Gán các chất như sau: 

A: C 4 H 10 ; B: CH 3 COOH; C: CH 3 COONa; D:CH 4 ; E: C 2 H 2 ; F: C 2 H 4 ; G: C 2 H 5 OH; 

H: CH 3 COOC 2 H 5 ; L: CH 2 = CHCl 

PTHH: 2C 4 H 10 + 5O 2 

0 

4CH 3 COOH + 2H 2 O (1) 

CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O (2) 

CH 3 COONa (r) + NaOH 0 

(r) CH 

CaO 4 + Na 2 CO 3 (3) 

2CH 4 

0 

1500 C 

C 2 H 2 + 3H 2 (4) 

lam lanh nhanh 

t 0 

Pd 

H SO l 

C 2 H 2 + H 2 C 2 H 4 (5) 

2 4 

C 2 H 4 + H 2 O C 2 H 5 OH 6) 

0 

H2SO4 đăc, 

t 

CH 3 COOH + C 2 H 5 OH CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O (7) 

nCH 2 = CH P 0 

, t , xt 

2 (- CH 2 - CH 2 -) n (PE) (8) 

CH ≡ CH + HCl t 0 

, xt CH 2 = CHCl (9) 

0 

, , 

nCH 2 = CHCl 

P t xt 

(- CH 2 - CHCl-) n (PVC) (10) 

* Nếu HS không ghi điều kiện, không cân bằng PTHH: trừ ½ tổng số điểm mỗi 

phương trình theo biểu điểm. 

* HS có thể chọn chất khác mà thỏa mãn PƯHH, cho điểm tối đa theo biểu điểm. 

2. (2,5đ) 

-Cho khí H 2 dư đi qua từ từ hỗn hợp nung nóng thì toàn bộ Fe 2 O 3 và CuO chuyển 

thành Fe và Cu. 

-Hoà tan hỗn hợp rắn thu được( Fe, Cu, MgO) bằng dung dịch HCl dư.Lọc lấy riêng 

chất rắn không tan là Cu. 


MgO + 2HCl MgCl 2 + H 2 O 

Lấy Cu nung trong không khí ta được CuO. 

2Cu +O 2 

to 2CuO 

-Hỗn hợp dung dịch thu được gồm MgCl 2 , FeCl 2 , HCl dư đem điện phân dung dịch 

thì thu được Fe 

FeCl 2 đpdd Fe +Cl 2 

Lọc lấy Fe nung trong không khí ta được Fe 2 O 3 . 

4Fe + 3O 2 

to 2 Fe 2 O 3 

-Sau đó cho dd NaOH dư tác dụng với dd còn lại(MgCl 2 , HCl dư). 

MgCl 2 + 2 NaOH Mg(OH) 2 +2 NaCl 

HCl + NaOH NaCl + H 2 O 

Lọc kết tủa , đem nung ta được MgO nguyên chất. 



PTHH: Mg(OH) 2 

to MgO + H 2 O 

Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 





Trang 35 








II 

1 

2 

3 

Câu 

III 

1 




-Khí B là : CO 2 hoặc C 2 H 4 

-Dung dịch A là: Nước brom hoặc dung dịch bazơ tan 

Ví dụ; 

- A là nước brom: 

C 2 H 4 + Br 2 C 2 H 4 Br 2 

SO 2 + Br 2 + H 2 O 2HBr + H 2 SO 4 

Vậy B là CO 2 . 

- A là dung dịch bazơ tan 

SO 2 + Ba(OH) 2 BaSO 3 + H 2 O 

CO 2 + Ba(OH) 2 CaSO 3 + H 2 O 

Vậy B là C 2 H 4 

1) Theo đề bài, ta có A là NaHS, theo dãy biến hoá ta có: 

NaHS NaOH 

Na 2 S HCl 

H 2 S SO 2 

O2 

SO 3 H 2 SO 4 BaSO V 4 

2O 5t 

(A) (B) (C) (D) (E) 0 

(F) 

Các phương trình phản ứng:( Mỗi phản ứng 0,25 điểm) 

NaHS + NaOH 

Na 2 S + H 2 O 

Na 2 S + HCl 

2NaCl + H 2 S 

2H 2 S + 3O 2 

2SO 2 + 2H 2 O 

V 

2SO 2 + O 

2 O 

2 

2SO 

5 t 

0 3 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 


- Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc, tách lấy chất rắn FeS 2 , CuS và dung dịch NaOH: 

Na 2 O + H 2 O 2NaOH 

- Điện phân nước thu được H 2 và O 2 : 2H 2 O 2H 2 + O 2 (1) 

- Nung hỗn hợp FeS 2 , CuS trong O 2 (1) dư đến phản ứng hoàn toàn được hỗn hợp rắn 

Fe 2 O 3 , CuO và khí SO 2 : 4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

CuS + O 2 CuO + SO 2 

- Tách lấy khí SO 2 cho tác dụng với O 2 (1) dư có xúc tác, sau đó đem hợp nước được 

H 2 SO 4 : 2SO 2 + O 2 2SO 3 

SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 (2) 

- Lấy hỗn hợp rắn Fe 2 O 3 , CuO đem khử hoàn toàn bằng H 2 (1) dư ở nhiệt độ cao 

được hỗn hợp Fe, Cu. Hòa tan hỗn hợp kim loại vào dd H 2 SO 4 loãng (2), được dung 

dịch FeSO 4 . Phần không tan Cu tách riêng. 

Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O. 

CuO + H 2 Cu + H 2 O. 

Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 

- Cho Cu tác dụng với O 2 (1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H 2 SO 4 (2) rồi 

cho tiếp dung dịch NaOH vào, lọc tách thu được kết tủa Cu(OH) 2 . 

2Cu + O 2 2CuO 

CuO + H 2 SO 4 CuSO 4 + H 2 O 

CuSO 4 + 2NaOH Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 . 



Các phương trình phản ứng điều chế C 2 H 5 Br, C 2 H 4 Br 2 được thực hiện theo dãy biến 

hóa sau: 

CaC 2 + 2H 2 O Ca(OH) 2 + C 2 H 2 





Trang 36 








o 

t , xt 

C 2 H 2 + H 2 C 2 H 4 

C 2 H 4 + Br 2 C 2 H 4 Br 2 

o 

t , xt 

3C 2 H 2 C 6 H 6 

o 

t , Fe 

C 6 H 6 + Br 2 C 6 H 5 Br + HBr 

Gọi số mol mỗi oxit là a số mol AgNO 3 là 8a 

2 + Phản ứng khi cho CO dư qua hỗn hợp các chất nung nóng: 

0 

t C 

CO + CuO Cu + CO 2 (1) 

a (mol) a (mol) a (mol) 

0 

t C 

4CO + Fe 3 O 4 3Fe + 4CO 2 (2) 

a (mol) 3a (mol) 4a (mol) 

Thành phần của X: Cu = a (mol); Fe = 3a (mol); BaO = a (mol); Al 2 O 3 = a (mol) 

Thành phần khí Y: CO 2 = 5a (mol); CO dư 

+ Phản ứng khi cho X vào nước dư: 

BaO + H 2 O Ba(OH) 2 (3) 

a (mol) 

a (mol) 

Al 2 O 3 + Ba(OH) 2 Ba(AlO 2 ) 2 + H 2 O (4) 

a (mol) a (mol) a (mol) 

Thành phần dung dịch E: Ba(AlO 2 ) 2 = a(mol) 

Thành phần Q: Cu = a(mol); Fe = 3a(mol) 

+ Phản ứng khi cho Q vào dung dịch AgNO 3 : 

Trước hết: Fe + 2AgNO 3 Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag (5) 

3a (mol) 6a (mol) 3a(mol) 6a(mol) 

Sau đó: Cu + 2AgNO 3 Cu(NO 3 ) 2 + 2Ag (6) 

a(mol) 2a(mol) a(mol) 2a(mol) 

Thành phần dung dịch T: Fe(NO 3 ) 2 = 3a(mol); Cu(NO 3 ) 2 = a(mol) 

Thành phần F: Ag = 8a(mol). 

* Nếu không viết 2 phản ứng (5), (6) xảy ra theo thứ tự trừ 0,5 điểm 

+ Phản ứng khi cho khí Y sục qua dung dịch E: 

2CO 2 + 4H 2 O + Ba(AlO 2 ) 2 Ba(HCO 3 ) 2 + 2Al(OH) 3 (7) 

2a (mol) a(mol) a(mol) 2a(mol) 

Thành phần dung dịch G: Ba(HCO 3 ) 2 = a(mol) 

Thành phần H: Al(OH) 3 = 2a(mol) 

* Đặt a,b là số mol của NO và NO 2 

30a 

46b 

a 3 

Ta có : 17 

2( a b) 

b 1 

3 * Phản ứng hoà tan M: 

10M + 14n HNO 3 

10M(NO 3 )n + 3nNO↑ + nNO 2 ↑+ 7nH 2 O 

10M (gam) 4n mol khí 

32 (gam) 8,96/22,4 = 0,4 mol khí 

10M .0,4 = 32.4n M = 32n M = 64 

Vậy M là Cu 

Câu 

IV 

-Gọi a là số mol của AgNO 3 số mol của Cu(NO 3 ) 2 là 4a mol 

-Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO 3 .(3 

muối đó là: Zn(NO 3 ) 2 , AgNO 3 , Cu(NO 3 ) 2 

-Gọi x là số mol Zn phản ứng 

Trang 37 

















1 

2 

Câu 

V 

1 


PTHH: Zn + 2AgNO 3 Zn(NO 3 ) 2 + 2Ag 

x 2x x 2x 

-Vì thanh kẽm sau phản ứng tăng nên tao có phương trình : 

108 . 2x – 65x = 1,51 x=0,01 (mol) 

-Theo phương trình ta có: 

n AgNO 3 phản ứng = 0,02 mol; 

n Zn(NO 3 ) 2 = 0,01 mol 

-Vậy,C M Zn(NO 3 ) 2 = 0,01 

0,25 

=0,04 M 

-Dung dịch chỉ chứa 1 muối duy nhất là Zn(NO 3 ) 2 nên AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 đã phản 

ứng hết 

-PTHH: Zn + 2AgNO 3 Zn(NO 3 ) 2 + 2Ag (1) 

0,5a a 0,5a a 

Zn + Cu(NO 3 ) 2 Zn(NO 3 ) 2 + Cu (2) 

4a 4a 4a 4 a 

-Ta có: C M Zn(NO 3 ) 2 = 0,54 M 

n Zn(NO 3 ) 2 = 0,54 .0,25=0,135(mol) 

-Từ (1 và 2) n Zn(NO 3 ) 2pư = 0,5a + 4a = 0,135 a= 0,03(mol) 

nAgNO 3 = 0,03 mol; nCu(NO 3 ) 2 = 4a= 0,12mol 

-Vậy: C M AgNO 3 = 0,03: 0,25 = 0,12 M 

C M Cu(NO 3 ) 2 = 0,12: 0,25 = 0,48M 

n 

O 2 

= 

2,688 

= 0,12 (mol), n hỗn hợp Y = 3,136 = 0,14 (mol) 

22, 4 22,4 

n hỗn hợp X = 0,14 – 0,12 = 0,02 (mol) 

Đặt công thức trung bình của A, B, C là: C H 

x y 



y t 

y 

PƯHH: C H + ( x + )O2 

0 

x CO 

x y 

2 + H2 O (1) 

4 2 

Hỗn hợp sản phẩm đốt cháy Y gồm CO 2 , H 2 O, O 2 (có thể dư), sục sản phẩm cháy 

vào dung dịch Ca(OH) 2 , có PƯHH 

CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O (2) 

2CO 2 + Ca(OH) 2 Ca(HCO 3 ) 2 (3) 

t 

Ca(HCO 3 ) 2 

0 

CaCO 3 + H 2 O + CO 2 (4) 

Từ (2) n 

CO 

= n = 2,0 = 0,02 (mol) 

2 CaCO 3 (2) 

100 

từ (3), (4) n 

CO 

= 2 n = 2. 0,2 = 0,004 (mol) 

2 CaCO 3 (3) 

100 

Vậy: Tổng số mol CO 2 ở sản phẩm cháy tạo ra: 0,02 + 0,004 = 0,024 (mol) 

m dd giảm = m - ( m CaCO 3 (2) CO 

+ m 

2 H2O 

) = 0,188 (g) 







Trang 38 








2 

2 


m 

H2O 

= 2,0 - 0,024. 44 – 0,188 = 0,756 (g) 



n 

H2O 

= 0,756 = 0,042 (mol) 

18 

Theo định luật BTKL: m X = m C + m H = 0,024.12 + 0,042. 2 = 0,372 (gam) 

n 

Ca(OH) 2 

= n 

Ca(OH) (2) + n 

2 Ca(OH) (3) = 0,02 + 0,002 = 0,022 (mol) 

2 

V = 0,022 = 1,1 (lít) 

0,02 

n C n H 

= n 

2n 2 H2O 

- n 

CO 

= 0,042 – 0,024 = 0,018 (mol) 

2 

Từ n 

CO 

; n 

2 X x = 0,024 

0,02 = 1,2 trong X có một chất là CH 4 

Vậy 3 hidrocacbon có thể có CTTQ thuộc các loại C n H 2n + 2 , C m H 2m (Vì 3 

hidrocacbon có tối đa một liên kết đôi) 

Chia X thành 3 trường hợp: 

Trường hợp 1: X có 3 hiđrocacbon đều có CTTQ C n H 2n + 2 

n X = n 

H2O 

- n 

CO 

= 0,018 < 0,02 loại 

2 

Trường hợp 2: X gồm CH 4 , một hiđrocacbon có CTTQ C n H 2n + 2 và một hiđrocacbon 

có CTTQ C m H 2m (n,m 4; m 2) 

Đặt n = x (mol), CH 

n 

4 

C n H 

= y mol, n 

2 n 2 

CmH 

= z mol 

2 m 

Ta có: x + y = 0,018 mol 

z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol 

a) Nếu: x = y = 0,018 = 0,009 

2 

n C = 0,009 .1+ 0,009 . n + 0,002. m = 0,024 

9n + 2m = 15 

m 2 3 4 

11 

7 

n 

1 

9 

9 

(loại) 

b) Nếu: y = z x = 0,018 – 0,002 = 0,016 

n C = 0,016 . 1 + 0,002n + 0,002m = 0,024 n + m = 4 

m 2 3 4 

n 2 1 0 

Chọn cặp nghiệm: C 2 H 6 , C 2 H 4 

Vậy công thức phân tử của hỗn hợp X: CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 

CTCT: CH 3 – CH 3 , CH 2 = CH 2 

c) Nếu x= z = 0,02 y = 0,016 

n C = 0,002 . 1 + 0,016n + 0,002m = 0,024 8n + m = 11 

m 2 3 4 

n 

9 

7 

1 

8 

8 

(loại) 

Trường hợp 3: X gồm CH 4 , một hiđrocacbon có CTTQ C n H 2n và một hiđrocacbon 

có CTTQ C m H 2m (2 n,m 4) 

Đặt n 

CH 

= x (mol), 4 

CnH 

n 

2 n 

CmH 

= z mol 

2 m 







Trang 39 











n 

H2O 

- 

CO2 

n = 0,018 y + z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol 

vì x phải khác y và z y = z = 0,001 

n C = 0,018 . 1 + 0,001n + 0,001m = 0,024 

n + m = 6 

m 2 3 4 

n 4 3 2 

Chọn: C 2 H 4 , C 4 H 8 

CTCT của C 4 H 8 

CH 3 – CH = CH – CH 3 CH 2 = CH – CH 2 – CH 3 CH 2 = C – CH 3 

3.a) Trường hợp: CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 

0,016 

%CH 4 = . 100% = 80% , 

0,02 

%C 2 H 6 = %C 2 H 4 = 10% 

b) Trường hợp: CH 4 , C 2 H 4 , C 4 H 8 

0,018 

%CH 4 = . 100% = 90% , 

0,02 

%C 2 H 4 = %C 4 H 8 = 5% 

----------------------------------Hết--------------------------- 







Trang 40

Tập 26 đề thi học sinh giỏi cấp huyện + tỉnh môn Hóa học lớp 9 (có đáp án chi tiết)

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?