Đề và đáp án HSG tỉnh nghệ an năm 2010 -2011 môn hóa

Môn thi: Hóa học - bảng a
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Cõu I (4,0 im).
1/ Chn 7 cht rn khỏc nhau m khi cho 7 cht ú ln lt tỏc dng vi dung dch HCl cú 7 cht khớ
khỏc nhau thoỏt ra. Vit cỏc phng trỡnh phn ng minh ho.
2/ Cho cỏc s phn ng hoỏ hc sau õy:
X
1
+ X
2
Na
2
CO
3
+ H
2
O
X
3
+ H
2
O X
2
+ X
4
+ H
2
X
5
+ X

2
X
6
+ H
2
O
X
6
+ CO
2
+ H
2
O X
7
+ X
1
X
5
X
8
+ O
2
Chn cỏc cht X
1
, X
2
, X
3
, X
5

, X
6
, X
7
, X
8
thớch hp v hon thnh cỏc phng trỡnh hoỏ hc ca cỏc phn
ng trờn.
3/ Em hóy xut thờm 4 phn ng khỏc nhau trc tip iu ch X
2
Cõu II (3,0 im).
Cho 26,91 (g) kim loi M vo 700 ml dung dch AlCl
3
0,5M, sau khi phn ng xy ra hon ton thu c
V lớt H
2
(ktc) v 17,94 (g) kt ta. Xỏc nh kim loi M v giỏ tr ca V.
Cõu III (6,0 im):
Chia 80 (g) hn hp X gm st v mt oxit ca st thnh hai phn bng nhau:
Ho tan ht phn I vo 400 (g) dung dch HCl 16,425% c dung dch A v 6,72 lớt khớ H
2
(ktc).
Thờm 60,6 (g) nc vo A c dung dch B, nng % ca HCl d trong B l 2,92%.
1/ Tớnh khi lng mi cht trong hn hp X v xỏc nh cụng thc ca oxit st.
2/ Cho phn II tỏc dng va ht vi H
2
SO
4
c núng ri pha loóng dung dch sau phn ng bng nc, ta
thu c dung dch E ch cha Fe

2
(SO
4
)
3
. Cho 10,8 (g) bt Mg vo 300 ml dung dch E khuy k, sau khi
phn ng xy ra hon ton thu c 12,6 (g) cht rn C v dung dch D. Cho dung dch D tỏc dng vi dung
dch Ba(OH)
2
d, lc kt ta v nung n khi lng khụng i c m (g) cht rn F (trong iu kin thớ
nghim BaSO
4
khụng b phõn hu). Tớnh C
M
ca dung dch E v giỏ tr m.
Cõu IV (4,0 im).
1/ Vit phng trỡnh húa hc ( dng cụng thc cu to thu gn) thc hin cỏc bin húa theo s sau:

Axetilen Etilen Etan
P.V.C Vinylclorua icloEtan Etylclorua
2/ Cho vo bỡnh kớn hn hp cựng s mol C
5
H
12
v Cl
2
to iu kin phn ng xy ra hon ton thu
c sn phm hu c m trong mi phõn t ch cha mt nguyờn t Clo. Vit cỏc cụng thc cu to cú th
cú ca cỏc sn phm hu c ú.
Cõu V (3,0 im).

t chỏy hon ton 1 (g) hn hp X gm C
2
H
2
, C
3
H
6
, C
2
H
6
. Hp th ton b sn phm chỏy vo 2 lớt
dung dch Ca(OH)
2
0,02 M thu c 1 (g) kt ta. Mt khỏc 3,36 lớt hn hp X (ktc) lm mt mu ti a
200 ml dung dch Br
2
0,5 M. Tớnh th tớch mi khớ cú trong 1 (g) hn hp X.
Cho: H = 1; Li = 7; C = 12, O = 16; Na = 23; Mg = 24; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40;
Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ba= 137.
Trang 1/ 6 - 9 THCS - Bảng A
S GIO DC & O TO
NGH AN
K THI CHN HC SINH GII TNH LP 9 THCS NM
HC 2010 - 2011
(1)
(2)
(8)
(7)

(5)
(6)
(3)
(4)
in phõn dung dch
cú mng ngn
in phõn núng chy
Criolit
CHNH THC
- - - HÕt - - -
Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh:
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: HểA HỌC - Bảng A

Câu Nội dung
I
1 Các chất rắn có thể chọn lần lượt là:
Zn; FeS; Na
2
SO
3
; CaCO
3
; MnO
2
; CaC
2

; Al
4
C
3
Các ptpư: Zn + 2HCl ZnCl
2
+ H
2
FeS + 2HCl FeCl
2
+ H
2
S
Na
2
SO
3
+ 2HCl 2NaCl + SO
2
+ H
2
O
CaCO
3
+ 2HCl CaCl
2
+ CO
2
+ H
2

O
MnO
2
+ 4HClMnCl
2
+ Cl
2
+ H
2
O
CaC
2
+ 2HCl CaCl
2
+ C
2
H
2
Al
4
C
3
+ 12HCl 4AlCl
3
+ 3CH
4
2 Các chất thích hợp với X
1
, X
2

, X
3
, X
5
, X
6
, X
7
, X
8
lần lượt có thể là:
X
1
: NaHCO
3
, X
2
: NaOH, X
3
: NaCl, X
5
: Al
2
O
3
, X
6
: NaAlO
2
, X

7
: Al(OH)
3
, X
8
: Al
Các phương trình hóa học lần lượt là:
NaHCO
3
+ NaOH Na
2
CO
3
+ H
2
O
2NaCl + 2H
2
O 2NaOH + Cl
2
+ H
2
Al
2
O
3
+ 2NaOH 2NaAlO
2
+ H
2

O
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O Al(OH)
3
+ NaHCO
3
2Al
2
O
3
4Al + 3O
2
3 Để trực tiếp điều chế ra NaOH ta có thể sử dụng thêm các phản ứng:
2Na + 2H
2
O 2NaOH + H
2
Na
2
O + H
2
O 2NaOH
Na
2
CO

3
+ Ba(OH)
2
2NaOH + BaCO
3
2NaHCO
3
+ Ba(OH)
2 dư
BaCO
3
+ 2NaOH + H
2
O
II
Các phương trình hóa học:(n là hoá trị của R; Đặt khối lượng mol của M là M).
2M + 2n H
2
O 2M(OH)
n
+ nH
2
(1)
3M(OH)
n
+ n AlCl
3
n Al(OH)
3
+ 3MCl

n
(2)
Có thể: M(OH)
n
+ n Al(OH)
3
M(AlO
2
)
n
+ 2n H
2
O (3)
3
AlCl
n
= 0,7.0,5 = 0,35 (mol),
3
Al(OH)
n
=
17,94
78
= 0,23 (mol)
Bài toán phải xét 2 trường hợp:
TH1: AlCl
3
chưa bị phản ứng hết ở (2)
↔
không có phản ứng (3)

Trang 2/ 6 - 9 THCS - B¶ng A
đpnc
criolit
Từ (2):
M(OH)
n
n
=
3
Al(OH)
3 3 0,69
.n .0,23
n n n
= =
Từ (1):
n
M M(OH)
0,69
n n
n
= =
⇒
ta có pt:
0,69 M
.M 26,91 39
n n
= → =
Với n = 1
→
M = 39

→
M là: K
Với n = 2
→
M = 78
→
loại
Theo (1):
2
H K
1 1
n .n .0,69 0,345
2 2
= = =
(mol)
→
V = 7,728 lít
TH2: AlCl
3
phản ứng hết ở (2), M(OH)
n
dư
↔
có phản ứng (3)
Từ (2):
3 3
Al(OH) AlCl
n n 0,35= =
(mol)
Từ (2):

n
M(OH)
n
đã phản ứng
3
AlCl
3 3.0,35 1,05
.n
n n n
= = =
Theo bài ra
3 3
Al(OH) Al(OH)
n 0,23 n= →
bị tan ở (3) = 0,35 – 0,23 = 0,12 (mol)
Từ (3):
n
M(OH)
n
dư
3
Al(OH)
1 1 0,12
.n .0,12
n n n
= = =
(mol)
→
Tổng
n

M(OH)
0,12 1,05 1,17
n
n n n
= + =
(mol)
→
ta có pt:
1,17 M
.M 26,91 23
n n
= → =
→
n = 1
→
M = 23
→
M là Na
n = 2
→
M = 46
→
loại
Theo (1):
2
H Na
1 1
n .n .1,17 0,585
2 2
= = =

→
V = 13,104 lít
III
1 Đặt công thức của oxit sắt là Fe
x
O
y
Các phương trình hoá học:
Fe + 2HCl FeCl
2
+ H
2
(1)
Fe
x
O
y
+ 2yHCl
2y
x
xFeCl
+ yH
2
O (2)
n
HCl
ban đầu
400.16,425
1,8
100.36,5

= =
(mol);
2
H
6,72
n 0,3
22,4
= =
(mol)
mddB = 400 + 40 – 0,3.2 + 60,6 = 500 (g)
→
n
HCl
dư
2,92.500
0,4
100.36,5
= =
(mol).
→
n
HCl
đã phản ứng ở (1) và (2) = 1,8 – 0,4 = 1,4 (mol)
Từ (1): n
HCl
=
2
H
2n
= 2.0,3 = 0,6 (mol)

Từ (1): n
Fe
=
2
H
n
= 0,3 (mol)
→
m
Fe
= 0,3.56.2 = 33,6 (g)
→
x y
Fe O
m
= (40 – 16,8)2 = 46,4 (g)
→
n
HCl
ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol)
Từ (2):
x y
Fe O
1 0,4
n .0,8
2y y
= =
Trang 3/ 6 - 9 THCS - B¶ng A
→
ta có:

0,4 x 3
(56x 16y) 23,2
y y 4
+ = → =
Vậy công thức của Fe
x
O
y
là Fe
3
O
4
2 Các pthh:
2Fe + 6H
2
SO
4đ
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O (1)
2Fe
3

O
4
+ 10H
2
SO
4đ
3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O (2)
Fe
2
(SO
4
)
3
+ Mg 2FeSO
4
+ MgSO
4
(3)
FeSO
4

+ Mg Fe + MgSO
4
(4)
Ba(ỌH)
2
+ MgSO
4
BaSO
4
+ Mg(OH)
2
(5)
Có thể: Ba(OH)
2
+ FeSO
4
BaSO
4
+ Fe(OH)
2
(6)
Mg(OH)
2
MgO + H
2
O (7)
Có thể: Fe(OH)
2
FeO + H
2

O (8)
hoặc: 4Fe(OH)
2
+ O
2
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O (9)
Mg
10,8
n 0,45
24
= =
(mol)
Xét trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết
Đặt:
2 4 3
Fe (SO )
n
trong 300ml ddE là x
Từ (3), (4): n
Mg
đã phản ứng = 3x
→
n
Mg

còn lại = 0,45 – 3x
Từ (3), (4): n
Fe
= 2x
→
m
Fe
= 2x.56
Ta có pt: (0,45 – 3x).24 + 2x.56 = 12,6
→
x = 0,045 (mol)
→
C
M
của Fe
2
(SO
4
)
3
trong ddE
0,045
0,15(M)
0,3
= =
Khi đó trong ddD chỉ có: MgSO
4
và kết tủa gồm BaSO
4
và Mg(OH)

2
Từ (3):
4 2 4 3
MgSO Fe (SO )
n 3n 3.0,045 0,135= = =
(mol)
Từ (5):
4 4
BaSO MgSO
n n 0,135= =
(mol)
Từ (7):
2
MgO Mg(OH)
n n 0,135= =
(mol)
Giá trị của m trong trường hợp này = 0,135.233 + 0,135.40 = 36,855 (g)
Xét trường hợp 2: Mg hết
Thì chất rắn C là Fe: n
Fe
= 12,6/56 = 0,225 mol
Từ (4): n
Mg
= n
fe
= 0,225 (mol)
Từ (3): n
Mg
pư 3 = 0,45 – 0,225 = 0,225 (mol)

2 4 3
Fe (SO )
n
= 0,225 (mol)
Vậy
M
C
của dung dịch E
0,225
0,75(M)
0,3
= =
Khi đó: Kết tủa thu được khi cho dung dịch D phản ứng với Ba(OH)
2
gồm:
BaSO
4
, Mg(OH)
2
, Fe(OH)
2.
Với :
4
MgSO
n
ở (3) = n
Mg
= 0,45 (mol)
Từ (4):
4

FeSO
n
= 3n
Fe
= 3.0,075 = 0,225 (mol)
Từ (5):
4 2 4
BaSO Mg(OH) MgSO
n n n 0,45= = =
(mol)
Từ (6):
4 2 4
BaSO Fe(OH) FeSO
n n n 0,225= = =
(mol)
→
Số mol trong kết tủa lần lượt là:
4
BaSO
n
= 0,45 + 0,225 = 0,675 (mol)
Trang 4/ 6 - 9 THCS - B¶ng A
0
t
0
t
0
t
0
t

khooongtcos
õi
0
t
kh«ng khÝ
2
Fe(OH)
n
= 0,225 (mol),
2
Mg(OH)
n
= 0,45 (mol)
Khi nung kết tủa trên ta lại phải xét 2 trường hợp:
a) Nếu nung trong chân không:
Từ (7):
2
MgO Mg(OH)
n n 0,45= =
(mol)
Từ (8):
2
FeO Fe(OH)
n n 0,225= =
(mol)
Giá trị của m trong trường hợp này = 0,675.233 + 0,45.40 + 0,225.72 = 191,475
(g)
b) Nếu nung trong không khí:
Từ (9):
2 3 2

Fe O Fe(OH)
1 1
n .n .0,225 0,1125
2 2
= = =
(mol)
Vậy giá trị của m trong trường hợp này là:
0,675.233 + 0,45.40 + 0,1125.160 = 193,275 (g)
IV
1) Các ptpư:
HC
≡
CH + H
2
H
2
C = CH
2
(1)
H
2
C = CH
2
+ H
2
H
3
C – CH
3
(2)

HC
≡
CH + HCl H
2
C = CHCl (3)
n(H
2
C = CHCl) [H
2
C - CHCl]
n
(4)
H
2
C = CH
2
+ Cl
2
ClH
2
C – CH
2
Cl (5)
H
2
C = CHCl + HCl H
3
C – CH
2
Cl

2
(6)
H
3
C – CH
3
+ Cl
2
CH
3
– CH
2
Cl + HCl (7)
H
2
C = CH
2
+ HCl CH
3
– CH
2
Cl (8)
2) Các công thức cấu tạo có thể có của các sản phẩm hữu cơ là:
CH
3
– CH
2
– CH
2
– CH

2
– CH
2
Cl
CH
3
– CH
2
– CH
2
– CHCl

– CH
3

CH
3
– CH
2
– CHCl – CH
2
– CH
3
CH
2
Cl – CH
2
– CH

– CH

3


CH
3
– CH
2
– CH– CH
2
Cl
CH
3
– CHCl – CH

– CH
3


CH
3
– CH
2
– CCl– CH
3
CH
3
– C

– CH
2

Cl
V
Các phương trình hoá học:
2C
2
H
2
+ 5O
2
4CO
2
+ 2H
2
O (1)
2C
3
H
6
+ 9O
2
6CO
2
+ 6H
2
O (2)
2C
2
H
6
+ 7O

2
4CO
2
+ 6H
2
O (3)
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O (4)
Trang 5/ 6 - 9 THCS - B¶ng A
0
t ,Pd
0
t , Ni
0
t
0
t ,xt
0
t ,xt
as
3
CH
CH

3
CH
3
CH
3
t
o
t
o
t
o
CH
3
CH
3
Có thể: 2CO
2
+ Ca(OH)
2
Ca(HCO
3
)
2
(5)
C
2
H
2
+ 2Br
2

C
2
H
2
Br
4
(6)
C
3
H
6
+ Br
2
C
3
H
6
Br
2
(7)
2
Ca(OH)
n
= 0,04 (mol),
3
CaCO
n
= 0,01 (mol)
2
Br

n
= 0,1 (mol), n
X
ở thí nghiệm 2 = 0,15 (mol)
Đặt
2 2 3 6 2 6
C H C H C H
n ,n ,n
trong 1 (g) hỗn hợp X lần lượt là x, y, z (x, y, z > 0)
Ta có pt khối lượng: 26x + 42y + 30z = 1 (a)
Từ (1)
2
CO
n
=2x, từ (2):
2
CO
n
=2y, từ (3):
2
CO
n
=2z (*)
ở đây phải xét 2 trường hợp:
TH1: Ca(OH)
2
dư
↔
không có phản ứng (5)
từ (4):

2
CO
n
=
3
CaCO
n
= 0,01 (mol)
→
n
C
= 0,01 (mol)
↔
0,12 (g).
→
m
H
trong 1 (g) X = 1 – 0,12 = 0,88 (g) > 0,12 (g) (vô lí vì trong hỗn hợp X
cả 3 chất đều có m
C
> m
H
)
TH2: CO
2
dư
↔
phản ứng (5) có xảy ra.
Từ (4):
2

CO
n
=
2
Ca(OH)
n
=
3
CaCO
n
= 0,01 (mol)
→

2
Ca(OH)
n
ở (5) = 0,04 – 0,01 = 0,03 (mol)
Từ (5):
2
CO
n
= 2
2
Ca(OH)
n
= 2.0,03 = 0,06
→
tổng
2
CO

n
= 0,06 + 0,01 = 0,07 (mol) (**)
Từ (*) và (**) ta có phương trình theo CO
2
:
2x + 3y + 2z = 0,07 (b)
Từ (6):
2
Br
n
= 2
2 2
C H
n
= 2x, từ (7):
2
Br
n
=
3 6
C H
n
= y
Kết hợp (5) và (6) ta thấy:
Cứ x + y +z mol hỗn hợp X làm mất màu tối đa 2x + y mol Br
2
Vậy 0,15 mol hỗn hợp X làm mất màu tối đa 0,1 mol Br
2
→
ta có pt: (x + y + z). 0,1 = (2x + y).0,15 (c)

Giải hệ phương trình (a), (b), (c) ta được: x = 0,005; y = 0,01; z = 0,015
Vậy trong 1 (g) hỗn hợp X có
2 2
C H
V
= 0,005.22,4 = 0,112 (lít)
3 6
C H
V
= 0,01.22,4 = 0,224 (lít)
2 6
C H
V
= 0,015.22,4 = 0,336 (lít)
Trang 6/ 6 - 9 THCS - B¶ng A