Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học 9 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT Bắc Giang (Có đáp án)

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
 THÀNH PHỐ BẮC GIANG NĂM HỌC 2019 - 2020
 MÔN KHẢO SÁT: HÓA HỌC 9 
 ĐỀ CHÍNH THỨC
 Ngày thi: 12/11/2019
 (Đề thi gồm có: 01 trang) Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (4,0 điểm)
 1. (2,0 điểm) Hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa sau và ghi rõ điều 
kiện nếu có? (mỗi mũi tên chỉ ứng với một phương trình phản ứng)
 (2)
 (1) Al O Al2(SO4)3 NaAlO
 2 3 (3) (9) 2
 (8)
 Al (7) Al(OH)3
 (6)
 (4)
 AlCl3 Al(NO3)3 (10)
 Al O
 (5) 2 3
 2. (2,0 điểm) Có 4 lọ mất nhãn đựng các dung dịch sau: NaOH, Ba(OH)2, K2SO4, NaCl. Bằng 
phương pháp hóa học hãy nhận biết 4 lọ mất nhãn trên.
Câu 2. (4,0 điểm)
 1. (2,0 điểm) Cho hỗn hợp A gồm BaO, FeO, Al2O3. Hòa tan A trong lượng nước dư được dung 
dịch D và phần không tan B. Sục khí CO 2 dư vào D, phản ứng tạo kết tủa. Cho khí CO dư qua B 
nung nóng được chất rắn E. Cho E tác dụng với NaOH dư thấy tan một phần và còn lại chất rắn G. 
Xác định các chất B, D, E, G và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 
 2. (2,0 điểm) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra cho các thí nghiệm sau:
 a. Sục từ từ khí cacbonic đến dư vào dung dịch bari hiđroxit.
 b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaOH loãng có chứa một lượng nhỏ 
phenolphtalein. 
Câu 3. (4,0 điểm)
 1. (2,5 điểm) Hòa tan 15 gam hỗn hợp gồm Al, Fe, Ag vào 200 gam dung dịch HCl 18,25%, 
sau phản ứng thấy thoát ra 8,96 lít khí (đktc), 4 gam chất rắn không tan và dung dịch A.
 a. Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
 b. Tính nồng độ % của mỗi chất tan có trong dung dịch A.
 2. (1,5 điểm) Cho hỗn hợp bột gồm: CuCl2, AlCl3. Bằng phương pháp hóa học, viết các phương 
trình phản ứng để điều chế kim loại Al, Cu riêng biệt mà không làm thay đổi khối lượng của mỗi 
kim loại. 
Câu 4. (5,0 điểm)
 1. (3,0 điểm) Cho sơ đồ điều chế và thu khí vô cơ Z như 
 hình vẽ bên:
 a. Hãy chọn X và Y để điều chế 4 chất khí Z khác nhau 
 và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
 b. Trình bày cách để nhận biết khí Z khi đã đầy bình. 
 2. (2,0 điểm) Hỗn hợp chất rắn X gồm MxOy, CuO, Al2O3, có khối lượng là 25,5 gam đem chia 
thành 2 phần bằng nhau.
 - Hòa tan phần 1 vào dung dịch NaOH dư còn lại 11,22 gam hỗn hợp A.
 - Dẫn 7,392 lít khí CO ở đktc vào phần 2 nung nóng được hỗn hợp chất rắn B và hỗn hợp khí C 
có tỉ khối đối với H2 là 18. Hòa tan B vào dung dịch HCl dư thấy còn 4,8 gam Cu.
 a. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
 b. Tính % về khối lượng của mỗi nguyên tố trong hỗn hợp X, biết phản ứng xảy ra hoàn toàn.
 c. Để hòa tan hoàn toàn A phải dùng hết 18,75 gam dung dịch H2SO4 98% đun nóng. Xác định kim 
loại M và công thức MxOy, biết rằng: 
 t 0
 M O + H SO  M (SO ) + SO  + H O; M O bị khử và không tan trong dung dịch kiềm.
 x y 2 4(đặc) . 2 4 3 2 2 x y
Câu 5. (3,0 điểm)
 1. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 23,2 gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu vào 175 gam HNO3 50,4%, sau 
phản ứng thu được dung dịch X (không có muối NH4NO3) và khí B. Cho 950 ml dung dịch KOH 1M 
vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khi khối 
lượng không đổi được 32 gam chất rắn. Cô cạn Z được chất rắn T. Nung T đến khi khối lượng không 
đổi được 79,3 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim 
loại trong A và khối lượng mỗi chất tan trong X. 
 2. (1,0 điểm) Cho khí CO qua 70,25 gam hỗn hợp X gồm Fe 2O3 và một oxit của kim loại R (R có hóa 
trị không đổi), nung nóng thu được 3,36 lít (đktc) khí CO2 và hỗn hợp chất rắn Y gồm Fe, FeO, Fe3O4, 
Fe2O3, oxit của R. Hỗn hợp Y phản ứng vừa đủ với 750ml dung dịch H 2SO4 1M thu được 1,12 lít (đktc) khí 
H2 và hỗn hợp Z. Thêm tiếp dung dịch NaOH từ từ cho tới dư vào hỗn hợp Z, sau phản ứng hoàn toàn thu 
được kết tủa T. Lọc kết tủa T để ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 101,05 gam chất rắn. 
Xác định công thức của oxit kim loại R.
 (Biết: O = 16; K = 39; Al = 27; C = 12; Cl = 35,5; Fe = 56; N = 14; Mg = 24; Ba =137; S = 32; Ag =108; 
Cu = 64; H = 1)
 --------------------------------HẾT-------------------------------
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
 Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
 Họ và tên thí sinh:................................................. Số báo danh: . 
 Giám thị 1 (Họ tên và ký).......................................................................
 Giám thị 2 (Họ tên và ký)..............................................................................
 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM
 THÀNH PHỐ BẮC GIANG KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
 NĂM HỌC 2019 - 2020
 HDC ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN KHẢO SÁT: HÓA HỌC 9 
 Ngày thi: 12/11/2019
 (Bản hướng dẫn chấm có 07 trang)
Câu 1 Hướng dẫn giải (4,0 điểm)
 Các phương trình phản ứng:
 Mỗi phương trình viết đúng được 0,2 điểm, Thiếu điều kiện hoặc không cân bằng 
 cứ 2 phương trình trừ 0,2 điểm.
 t 
 1) 4 Al 3O2  2 Al2O3
 t 
 4) 2 Al 3Cl2  2 AlCl3
 2) Al O 3H SO Al SO 3H O
 2 3 2 4 2 4 3 2
 1
 7) Al2O3 6HCl  2 AlCl3 3H 2O
 (2,0 
 3) Al SO 6NaOH 2 Al OH 3Na SO
điểm) 2 4 3 3 2 4
 8) Al SO 3Ba(NO ) 2 Al NO 3BaSO
 2 4 3 3 2 3 3 4
 5) AlCl 3AgNO  3AgCl Al NO
 3 3 3 3
 6) Al NO 3NaOH  Al OH 3NaNO
 3 3 3 3
 9) Al OH NaOH  NaAlO 2H O
 3 2 2
 10) 2 Al OH t Al O 3H O
 3 2 3 2
 - Trích mỗi mẫu thử đánh số thứ tự tương ứng.
 - Nhúng quỳ tím vào lần lượt vào các mẫu thử.
 + 2 mẫu thử làm quỳ tím hóa xanh là NaOH và Ba(OH)2 0,5
 + 2 mẫu thử không làm quỳ tím chuyển màu là K2SO4 và NaCl.
 - Nhỏ từ từ dung dịch Na2SO4 vào 2 ống nghiệm làm quỳ tím hóa xanh:
 + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là Ba(OH)2
 2 + Mẫu thử không hiện tượng là NaOH. 0,75
 (2,0 Na2SO4 + Ba(OH)2  BaSO4 + 2 NaOH
điểm)
 - Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào 2 mẫu thử không làm quỳ tím chuyển 
 màu
 + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là K2SO4
 K2SO4 + Ba(OH)2  BaSO4 + 2 NaOH 0,75
 + Mẫu thử không hiện tượng là NaCl.
 Nếu không viết mỗi PTHH trừ 0,25 điểm
Câu 2 (4,0 điểm)
 Hòa tan hỗn hợp A vào lượng dư nước có các phản ứng:
 BaO +H2O  Ba(OH)2 
 1 0,5
 Al2O3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 +H2O
 (2,0 
điểm)
 Phần không tan B gồm : FeO, Al O dư ( do E tan một phần trong dd NaOH), dung 
 2 3 0,5
 dịch D chỉ có: Ba(AlO2)2 
 Sục khí CO2 dư vào dung dịch D .
 Ba(AlO2)2 +4H2O +2CO2  2Al(OH)3 + Ba(HCO3)2.
 Cho khí CO dư qua B nung nóng có phản ứng:
 o
 FeO + CO t Fe +CO
 2 0,5
 Chất rắn E gồm Fe và Al2O3
 Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư : 
 Al2O3 +2 NaOH  2NaAlO2 +H2O.
 Chất rắn G là Fe. 0,5
 Nếu không viết mỗi PTHH trừ 0,25 điểm
 a. Khi sục khí cacbonic vào dung dịch Ba(OH) 2 đến dư, ban đầu xuất hiện kết tủa 
 trắng, sau tan dần. 0,5
 CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O
 CO2 + BaCO3 + H2O Ba(HCO3)2.
 Nếu không viết mỗi PTHH trừ 0,25 điểm 0,5
 2
 (2,0 
điểm) b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaOH loãng có chứa một lượng nhỏ 
 phenolphtalein: dung dịch có màu hồng, sau nhạt dần đến mất hẳn. 
 0,5
 HCl + NaOH NaCl + H2O
 0,5
Câu 3 (4,0 điểm)
 2 Al + 6HCl  2AlCl3 + 3 H2 (1)
 Fe + 2 HCl  FeCl2 + H2 (2) 0,25
 nHCl = 1 mol
 n
 H2 = 0,4 mol
 0,75
 Theo (1) và (2)
 n 2n 0,8 mol 1
 HCl p­ H2 
 1 Vậy trong dung dịch A có axit còn dư
 (2,5 Gọi số mol của Fe và Al là x và y (x, y >0)
điểm) 56x+ 27y = 11 (I)
 3
 Theo (1) và (2) ta có x y 0,4 (II)
 2
 Từ (I) và (II) x = 0,1 và y = 0,2 0,75
 % Fe = 37,33%
 % Al = 36%
 % Ag = 26,67%
 Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 15+ 200 - 4 - 0,4.2 = 210,2 gam
 C% 12,7%
 AlCl
 3 0,75
 C% 6,04%
 FeCl2
 C%HCl 3,47%
 * Hòa tan h.h vào dd NaOH dư
 CuCl2 + 2 NaOH  Cu(OH)2 + 2 NaCl
 0,5
 AlCl3 + 4 NaOH  NaAlO2 + 3 NaCl + 2 H2O
 * Lọc, tách, lấy ktủa, nung đến k/l không đổi; Cho CO dư qua chất rắn nung nóng thu 
 được Cu. 
 t0
 Cu(OH)2  CuO + H2 0,5
 2 t0
 CuO + CO  Cu + CO2
 (1,5 
điểm)
 * Sục CO2 dư vào phần dd, lọc lấy k.tủa, nung đến k/l không đổi, đ.phân nóng chảy 
 thu được Al
 NaAlO2 + CO2 + 2 H2O  Al(OH)3 + NaHCO3 
 t0
 2 Al(OH)3  Al2O3 + 3 H2O 0,5
 dpnc
 2 Al2O3  4 Al + 3 O2
Câu 4 (5,0 điểm)
 a) Chọn 4 chất Z là: SO2, Cl2, HCl, NO2 
 dung dịch X và rắn Y tương ứng: (H 2SO4 đặc, Fe); (MnO2, Cl2); (H2SO4 đặc, 1,0
 NaCl), (HNO3 đặc, Fe).
 Chú ý: Thiếu mỗi chất trừ 0,25 điểm
 Phương trình phản ứng:
 t0
 6H2SO4 đặc + 2Fe  Fe2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  (không màu)
 ñun nheï
 4HCl đặc + MnO2  MnCl2 + 2H2O + Cl2  (màu vàng lục)
 1 t0 1,0
 H2SO4 đặc + NaClrắn  NaHSO4 + HCl  (không màu)
(3 điểm) t0
 6HNO3 đặc + Fe  Fe(NO3)3 + 3H2O + 3NO2  (màu nâu)
 Chú ý: Thiếu mỗi PTHH trừ 0,25 điểm
 b) Các khí trên đều là khí độc vì vậy lớp bông thường tẩm xút (NaOH) để hấp thụ 
 khí, tránh tình trạng khí đầy bình sẽ thoát ra ngoài.
 Đối với NO2 (nâu), Cl2(vàng lục) nên quan sát thấy khi màu của nó tràn lên tới 
 miệng lọ là đã đầy bình. 1,0
 Đối với SO2, HCl đều không màu nên trong lớp bông có tẩm vài gọt quỳ tím 
 (có màu xanh trong môi trường kiềm) nếu màu xanh chuyển dần thành màu đỏ thì 
 khí đã đầy bình.
 2 Phần 1:
(2 điểm) Sơ đồ phản ứng:
 Al2O3 
 MxOy  NaOH  dd NaAlO2 vµ hçn hîp A 0,5
 CuO 
 25,5
 m 11,22 1,53 gam
 Al2O3 2
 1,53
 n 2 2 0,06 mol
 Al( X ) 102
Phần2:
Sơ đồ phản ứng:
 Al2O3  M
 t0 
 MxOy  CO  Cu CO2
 CuO  Al2O3
 0,5
 Al2O3 
 0 MCln
 M  HCl t vµ Cu
 AlCl3
 Cu 
 4,8
Ta có n n n 2 0,15 mol 
 Cu( X ) Cuo( X ) O( X ) 64
Vì M 18.2 36 nên sau phản ứng CO còn dư
 §Æt n a (mol) n a (mol) n 0,33 a (mol)
 CO CO2 COd ­
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có
 CO 28 8
 36
 CO2 44 8
 nCO 0,33 a 8
 d ­ a 0,165 mol
 n a 8
 CO2
 Tacã m 25,5 2.1,53 0,15.80 10,44(g)
 MxOy
 m (2.n n ).16 (2.0,165 0,15).16 2,88(g) 0,5
 O( X ) O(COp ­ ) O(CuO)
 mM( X ) 10,44 2,88 7,56(g)
 a. Thành phần % khối lượng mỗi nguyên tố trong X
 0,06
%m 100% ; 6,35%
 Al 25,5
 0,15.64
%m 100% ; 37,65%
 Cu 25,5
 7,56
%m 100% ; 29,65%
 M 25,5
%mO 100% 6,35% 37,65% 29,65% 26,35%
 18,75.98
 b.Ta có n 0,1875(mol) 0,5
 H2SO4 100.98
 CuO + H2SO4  CuSO4 + H2SO4 
 0,15:2 → 0,075 (mol) 
 2 6 2  3 2 6 2
 MxOy x y H2 SO4 xM2 SO4 3 x y SO2 x y H2O
 0,225
  (0,1875 0,075) (mol)
 6x 2y
 10,44 : 2 0,225 y
 M 139,2 62,4 
 Mx 16y 6x 2y x
 Lập bảng xét ta được: M = 56, x = 3, y = 4
 Vậy M là sắt(Fe), CTHH oxit Fe3O4
Câu 5 (3,0 điểm)
 Sơ đồ phản ứng
 Fe + HNO3  Fe(NO3)3 + Khí B + H2O (1)
 Cu + HNO3  Cu(NO3)2 + Khí B + H2O (2) 0,5
 Cu + Fe(NO3)3  Cu(NO3)2 + Fe(NO3)2 (3)
 TH1: Chứng minh HNO3 hết qua bảo toàn Nitơ
 TH2: Sau (1), (2) và (3) thu được dung dịch X gồm: Fe(NO3)3 , Cu(NO3)2 , 
 Fe(NO3)2 .
 KOH
 dung dịch X gồm: Fe(NO3)3 , Cu(NO3)2 , Fe(NO3)2  Kết tủa Y gồm: 
 Fe(OH)3 , Cu(OH)2 , Fe(OH)2 
 t0
 nung Y ngoài không khí theo sơ đồ Fe(OH)3 , Cu(OH)2 , Fe(OH)2  Fe2O3 và 0,25
 CuO
 c« c¹n t0
 Dung dịch Z: KOH và KNO3  T gồm KOH và KNO3  Chất rắn 
 gồm: KOH và KNO2
 1
(2 điểm) BTNT K
  KOH 0,05 mol và KNO2 0,9 mol
 Gọi số mol của Fe và Cu lần lượt là x và y ( x, y >0)
 56x + 64 y = 23,2 (I)
 0,25
 80x + 80y = 32 (II) 
 Từ (I) và (II) giải ra ta được x =0,3 và y = 0,1
 Gọi số mol của Fe(NO3)3 , Fe(NO3)2 lần lượt là a, b (a,b > 0)
 BTNTN 0,2 + 3a + 2b = 0,9 (III) và a + b= 0,3 (IV)
 0,5
 Từ (III) và (IV) giải hệ ta được a = 0,1 và b = 0,2 
 % Fe= 72,413% và %Cu = 27,587% 0,5
 m Fe(NO3)3= 24,2 (g), m Fe(NO3)2 = 36 (g) và m Cu(NO3)2= 18,8 (g)
 Đặt công thức của oxit kim loại là R2On
 Đặt công thức các oxit sắt trong Y: FexOy.
 Vì trong Y không có kim loại R nên R2On không bị khử.
 2 – Phản ứng khử A bằng CO:
 t0
 (1,0 xFe2O3 + (3x-2y)CO  2FexOy + (3x-2y)CO2 (1) 0,25
 t0
điểm) Fe2O3 + 3CO  2Fe + 3CO2 (2) 
 Rắn Y: R2On, Fe, FexOy 
 – Phản ứng của B với H2SO4(có thể xảy ra):
 R2On + nH2SO4 R2(SO4)n + nH2O (3)
 2FexOy + 2yH2SO4 Fe2(SO4)2y/x + 2yH2O (4)
 Hoặc viết: FexOy + yH2SO4 (3x - 2y)FeSO4 + ( y - x) Fe2(SO4)3 + yH2O
 Fe + H2SO4 FeSO4 + H2  (5) 
 Fe + Fe2(SO4)3 3FeSO4 (có thể có) (6)
 FeSO4 + 2NaOH Fe(OH)2  + Na2SO4 (7)
 Fe2(SO4)3 + 6NaOH 2Fe(OH)3  + 3Na2SO4 (8)
 R2(SO4)n + 2nNaOH 2R(OH)n  + nNa2SO4 (9)
 R(OH)n + (4-n)NaOH Na(4– n)RO2 + 2H2O (10)
 (Phản ứng (9) xảy ra khi R2On là oxit lưỡng tính)
 2Fe(OH)2 + ½ O2 + H2O 2Fe(OH)3 (11) 
Theo phản ứng (1,2) ta có: 
 n n 0,15(mol)
 O(bÞkhö ) CO2
Theo phản ứng (3,4,5) ta có: 
 n n n 0,75 0,05 0,7(mol)
 O(trong Y) H2SO4 H2
 n 0,7 0,15 0,85(mol)
 O(trong X) 0,25
 mKL(trong X) 70,25 0,85.16 56,65(gam)
 chæ coù: Fe(OH)3
 Chất rắn sau khi để ngoài không khí có thể gồm: hoaëc: Fe(OH)3, R(OH)n
 hoaëc: Fe(OH)3, R2 (SO4 )n
 Trường hợp 1: Rắn sau khi để ngoài không khí chỉ có Fe(OH)3
 Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: Fe2O3  2Fe(OH)3
 101,05.160
 m 75,55(gam) 70,25(gam) loại.
 Fe2O3(trong X) 2.107
 Trường hợp 2: Rắn sau khi để ngoài không khí gồm Fe(OH)3, R(OH))n 
 Bảo toàn nguyên tố R,Fe ta có: 0,25
 Fe2O3 2Fe(OH)3 ; R2On 2R(OH)n 
 nOH 2nO(trong X) 2.0,85 1,7(mol)
 mraén nKL nOH 56,65 1,7.17 85,55(gam) 101,05(gam) loại.
 Trường hợp 3: Rắn sau khi để ngoài không khí gồm Fe(OH)3, R2(SO4)n
 Bảo toàn nguyên tố R,Fe ta có: 
 Fe2O3  2Fe(OH)3 ; R2On  R2(SO4)n
 a 2a (mol) b b (mol) 
 3a + bn = nO = 0,85 
 Ta có: 
 102a + 96bn = m = 101,05 56,65 = 44,4 
 OH + SO4
 a 0,2 0,25
 b 0,25
 bn 0,25 n
 Phương trình khối lượng kim loại trong hỗn hợp X:
 0,25
 0,2.112 + 2M  = 56,65 M = 68,5n
 R n R
 chỉ có n = 2; MR = 137 là thoả mãn.
 Vậy kim loại R là bari (Ba). Công thức oxit là: BaO 
 Điểm toàn bài (20 điểm)
Lưu ý khi chấm bài: (PHÙ HỢP THEO ĐẶC TRƯNG BỘ MÔN)
 - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.
 - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. 
Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.