bộ đề thi học sinh giỏi tỉnh môn hóa 9 (hay)

Sở Giáo dục v Đào tạo
Thái Bình
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS năm học 2012-2013
Mụn: Hóa học
Thi gian lm bi: 150 phỳt
(khụng k thi gian giao )
Cho bit nguyờn t khi: 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; Ba=137.
Cõu 1. (2,0 im)
Cho cỏc dung dch sau: Ba(NO
3
)
2
, K
2
CO
3
, MgCl
2
, KHSO
4
v Al
2
(SO
4
)
3
. Nhng cp dung dch no
phn ng c vi nhau? Vit phng trỡnh húa hc minh ha.
Cõu 2. (2,0 im)
Cho 10 gam oxit ca kim loi M cú húa tr II tỏc dng va vi dung dch H

2
SO
4
24,5% thu
c dung dch mui cú nng 33,33% (dung dch A). Lm lnh dung dch A thy cú 15,625 gam
cht rn X tỏch ra, phn dung dch bóo hũa cú nng 22,54% (dung dch B). Xỏc nh kim loi M
v cụng thc cht rn X.
Cõu 3. (2,0 im)
Cho cỏc kim loi sau: Ba, Mg, Al, Ag. Ch dựng mt dung dch axit, hóy trỡnh by phng phỏp
húa hc phõn bit cỏc kim loi trờn? Vit phng trỡnh húa hc minh ha.
Cõu 4. (3,0 im)
Cho 16 gam hn hp X cha Mg v kim loi M vo dung dch HCl d, sau khi phn ng kt thỳc
thu c 8,96 lớt khớ H
2
(ktc). Cng 16 gam hn hp X trờn tan hon ton trong dung dch H
2
SO
4
c núng d thu c dung dch Y v 11,2 lớt khớ SO
2
(ktc) duy nht. Vit phng trỡnh húa hc
xy ra v xỏc nh kim loi M.
Cõu 5. (2,0 im)
Nung núng hn hp gm CuO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O

3
, CaO v cacbon d nhit cao (trong chõn
khụng) n khi cỏc phn ng xy ra hon ton thu c cht rn A v khớ B duy nht. Cho cht rn
A vo dung dch HCl d thu c cht rn X, dung dch Y v khớ H
2
. Cho cht rn X vo dung dch
H
2
SO
4
c, núng, d thy X tan ht. Vit cỏc phng trỡnh húa hc xy ra.
Cõu 6. (3,0 im)
t chỏy ht m gam cacbon trong oxi thu c hn hp khớ A gm CO v CO
2
. Cho hn hp khớ
A i t t qua ng s ng 23,2 gam Fe
3
O
4
nung núng n phn ng kt thỳc thu c cht rn B
cha 3 cht (Fe, FeO, Fe
3
O
4
) v khớ D duy nht. Hp th hon ton khớ D bi dung dch Ba(OH)
2
thu
c 19,7 gam kt ta v dung dch X. un núng dung dch X thu thờm 14,775 gam kt ta na thỡ
kt thỳc phn ng. Cho ton b cht rn B vo dung dch CuSO
4

d, sau khi phn ng xy ra hon
ton thỡ lng CuSO
4
ó phn ng l 0,03 mol; ng thi thu c 21,84 gam cht rn E.
1. Vit phng trỡnh húa hc xy ra.
2. Tớnh m v t khi ca A so vi H
2
.
Cõu 7. (3,0 im)
1. A v B l hai hp cht hu c cha vũng benzen cú cụng thc phõn t ln lt l C
8
H
10
v C
8
H
8
.
a. Vit cụng thc cu to cú th cú ca A v B.
b. Vit phng trỡnh húa hc di dng cụng thc cu to xy ra (nu cú) khi cho A v B ln lt
tỏc dng vi H
2
d (Ni, t
o
); dung dch brom.
2. Hn hp khớ A gm 0,2 mol axetilen; 0,6 mol hiro; 0,1 mol vinylaxetilen (CH C-CH=CH
2
,
cú tớnh cht tng t axetilen v etilen). Nung núng hn hp A mt thi gian vi xỳc tỏc Ni, thu
c hn hp B cú t khi hi so vi hn hp A l 1,5. Nu cho 0,15 mol hn hp B sc t t vo

dung dch brom (d) thỡ cú m gam brom tham gia phn ng. Tớnh giỏ tr ca m.
Cõu 8. (3,0 im)
Hn hp A gm hai hirocacbon mch h: C
n
H
2n
(n 2) v C
m
H
2m-2
(m 2).
1. Tớnh thnh phn phn trm theo s mol mi cht trong hn hp A, bit rng 100 ml hn hp
ny phn ng ti a vi 160 ml H
2
(Ni, t
0
). Cỏc khớ o cựng iu kin v nhit v ỏp sut.
2. Nu em t chỏy hon ton mt lng hn hp A ri hp th ton b sn phm chỏy bng nc
vụi trong, thu c 50 gam kt ta v mt dung dch cú khi lng gim 9,12 gam so vi dung dch
nc vụi trong ban u v khi thờm vo dung dch ny mt lng dung dch NaOH d li thu c
thờm 10 gam kt ta na. Tỡm cụng thc phõn t v vit cụng thc cu to ca hai hirocacbon trong hn
hp A.
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN HÓA HỌC
(Gồm 5 trang)
Câu Nội dung Điểm

Câu 1
(2,0 đ)
- Các cặp dung dịch phản ứng được với nhau là :
Ba(NO
3
)
2
và K
2
CO
3
; Ba(NO
3
)
2
và KHSO
4
; Ba(NO
3
)
2
và Al
2
(SO
4
)
3
;
K
2

CO
3
và MgCl
2
; K
2
CO
3
và KHSO
4
; K
2
CO
3
và Al
2
(SO
4
)
3
.
- Các phương trình hóa học xảy ra :
Ba(NO
3
)
2
+ K
2
CO
3

→ BaCO
3
+ 2KNO
3
Ba(NO
3
)
2
+ KHSO
4
→ BaSO
4
+ HNO
3
+ KNO
3

(hoặc Ba(NO
3
)
2
+ 2KHSO
4
→ BaSO
4
+ 2HNO
3
+ K
2
SO

4
)
3Ba(NO
3
)
2
+ Al
2
(SO
4
)
3
→ 3BaSO
4
+ 2Al(NO
3
)
3
K
2
CO
3
+ MgCl
2
→ MgCO
3
+ 2KCl
K
2
CO

3
+ 2KHSO
4
→ 2K
2
SO
4
+ CO
2
+ H
2
O
(hoặc K
2
CO
3
+ KHSO
4
→ K
2
SO
4
+ KHCO
3
)
3K
2
CO
3
+ Al

2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O → 2Al(OH)
3
+ 3K
2
SO
4
+ 3CO
2
0,5 điểm
1,5 điểm
Câu 2
(2,0 đ)
 Xác định M
Đặt số mol của oxit của kim loại M (MO) là x mol.
MO + H
2
SO
4
→ MSO
4
+ H
2
O

mol x x x
Khối lượng dung dịch H
2
SO
4
là :
x
x
400
5,24
100.98
=
(gam)
Theo bảo toàn khối lượng : m
oxit
+ m
ddaxit
= m
ddA
→ m
ddA
= 10 + 400x (gam)
Nồng độ % của dung dịch muối: C% =
)40010(
)96(
x
xM
+
+
.100% =33,33% (1)

Theo bài ra, ta có: (M +16)x = 10 (2)
Giải hệ (1) và (2), ta có: x = 0,125 và M = 64 và kim loại cần tìm là Cu.
 Xác định chất rắn X
- Gọi công thức của chất rắn X là: CuSO
4
.nH
2
O, số mol tương ứng là a.
- Khối lượng CuSO
4
trong dd A là: 0,125.160 = 20 (gam)
- Khối lượng dd A là: m
ddA
= 10 + 400.0,125 = 60 (gam)
- Khối lượng dd B là: m
ddB
= m
ddA
– m
X
= 60 – 15,625 = 44,375 (gam)
Ta có: C%
(ddB)
=
%54,22%100.
375,44
16020
=
− a
→ a

≈
0,0625 → 0,0625(160 + 18n) = 15,625 → n= 5
Vậy công thức của X là: CuSO
4
.5H
2
O
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Câu 3
(2,0 đ)
Lấy một lượng nhỏ mỗi kim loại cho vào 4 ống nghiệm đã có sẵn dung dịch
H
2
SO
4
loãng.
- Kim loại không phản ứng là Ag
- Kim loại phản ứng tạo kết tủa trắng và có bọt khí thoát ra là Ba
Ba + H
2
SO
4
→ BaSO
4
+ H
2
- Kim loại phản ứng tạo khí và không tạo kết tủa trắng là Mg, Al

Mg + H
2
SO
4
→ MgSO
4
+ H
2
2Al + 3H
2
SO
4
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
Thu lấy 2 dung dịch muối tương ứng là : MgSO
4
và Al
2
(SO
4
)
3

0,5 điểm

0,5 điểm
Câu Nội dung Điểm
Cho Ba vào dung dịch H
2
SO
4
loãng đến khi kết tủa không tăng them, ta tiếp
tục cho thêm 1 lượng Ba để xay ra phản ứng : Ba + 2H
2
O → Ba(OH)
2
+ H
2
Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Ba(OH)
2
.
Cho dung dịch Ba(OH)
2
dư vào các dung dịch muối MgSO
4
và Al
2
(SO
4
)
3
+ Xuất hiện kết tủa trắng tan một phần trong dung dịch Ba(OH)
2
dư là dung
dịch Al

2
(SO
4
)
3
, suy ra kim loại tương ứng là Al.
3Ba(OH)
2
+ Al
2
(SO
4
)
3
→ 3BaSO
4
+ 2Al(OH)
3
Ba(OH)
2
+ 2Al(OH)
3
→ Ba(AlO
2
)
2
+ 4H
2
O
+ Xuất hiện kết tủa trắng không tan trong dung dịch Ba(OH)

2
dư là dung dịch
MgSO
4
, suy ra kim loại tương ứng là Mg.
Ba(OH)
2
+ MgSO
4
→ BaSO
4
+ Mg(OH)
2
1,0 điểm
Câu 4
(3,0 đ)
Đặt số mol của Mg và kim loại M lần lượt là : x và y
Các phương trình hóa học:
Mg + 2HCl → MgCl
2
+ H
2

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

2
ny
Mg + 2H
2
SO
4
→ MgSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O
mol x x
2M + 2mH
2
SO
4
→ M
2
(SO
4
)
m
+ mSO
2
+ 2mH
2
O
mol y

2
my
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
 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)
x +
2
my
= 0,5 (3)
Từ (1), (2), (3) ta có : M = 32m
Nếu m = 1 → M = 32 (loại)
Nếu m = 2 → M = 64 (Cu)
Nếu m = 3 → M = 96 (loại)
Vậy kim loại M là Cu
 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)
x +
2
ny
= 0,4 (5)
x +
2

my
= 0,5 (6)
Theo (5) và (6) 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 (loại) 56 (Fe)
Vậy kim loại M là Fe
1 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Câu 5
(2,0 đ)
Phương trình hóa học :
- Nung nóng hỗn hợp gồm CuO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
, CaO và cacbon dư ở nhiệt độ
Câu Nội dung Điểm
cao :
CuO + C
dư

0
t
→
Cu + CO
Fe
3
O
4
+ 4C
dư

0
t
→
3Fe + 4CO
Fe
2
O
3
+ 3C
dư

0
t
→
2Fe + 3CO
CaO + 3C
dư

0
t
→
CaC
2
+ CO
Chất rắn A tác dụng với dung dịch HCl dư :
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
CaC
2
+ 2HCl → CaCl
2
+ C
2
H
2
Cho chất rắn X tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng, dư :
C + 2H
2
SO
4đặc

0

t
→
CO
2
+ 2SO
2
+ 2H
2
O
Cu + 2H
2
SO
4đặc

0
t
→
CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O
1,0 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
Câu 6
(3,0 đ)
1. Các phương trình hóa học xảy ra:

2C + O
2

0
t
→
2CO (1)
C + O
2

0
t
→
CO
2
(2)
Fe
3
O
4
+ CO
0
t
→
3FeO + CO
2
(3)
FeO + CO
0
t

→
Fe + CO
2
(4)
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
+ H
2
O (5)
2CO
2
+ Ba(OH)
2
→ Ba(HCO
3
)
2
(6)
Ba(HCO
3
)
2

0
t
→

BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O (7)
Fe + CuSO
4
→ FeSO
4
+ Cu

(8)
Chất rắn E chứa : Cu, FeO, Fe
3
O
4

2. Theo các phương trình (1) → (7) :

)(25,0
197
775,14
.2
197
7,19
2
molnn
COC

=+==
→ m = 0,25.12 = 3 gam
Chất rắn B chứa: Fe, FeO, Fe
3
O
4
có số mol lần lượt là x, y, z.
Theo các phương trình trên và bài ra ta có:
x = 0,03
64x + 72y +232z = 21,84
x + y + 3z =
3,03.
232
2,23
=
Suy ra : x = 0,03; y = 0,18; z = 0,03
→ m
B
= m
Fe
+ m
FeO
+ m
Fe3O4
= 21,6 gam
Theo định luật bảo toàn khối lượng :
m
A
+ m
Fe3O4

= m
B
+ m
CO2
→ m
A
= 0,25.44 + 21,6 – 23,2 = 9,4 gam
→ Tỉ khối của A so với H
2
là:
8,18
2.25,0
4,9
=
1,0điểm
0,5 điểm
0,75điểm
0,75 điểm
Câu 7
(3,0 đ)
1. a. Công thức cấu tạo của C
8
H
10
là :

CH
3
CH
3

CH
3
CH
3

CH
3
CH
3

CH
2
CH
3
1 điểm
Câu Nội dung Điểm
Công thức cấu tạo của C
8
H
8
là :
CH=CH
2
b. Phản ứng với H
2
: Cả A và B đều phản ứng (5 phương trình hóa học)
Phản ứng với dung dịch nước brom: chỉ có B phản ứng (1 phương trình hóa
học)
2. Ta có n

A
= 0,1 + 0,2 + 0,6 = 0,9 mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng :
m
A
= m
B
→ n
A
.
A
M
= n
B
.
B
M

→
A
B
B
A
M
M
n
n
=
Theo bài ra :
5,1=

A
B
M
M
→ n
B
= 0,6 mol
→
pu
H
n
2
= n
A
– n
B
= 0,9 – 0,6 = 0,3 mol
Vì phản ứng của hiđrocacbon với H
2
và với Br
2
có tỉ lệ mol giống nhau nên có
thể coi H
2
và Br
2
là X
2
.
Theo bài ra sản phẩm cuối cùng là các hợp chất hữu cơ trong phân tử chỉ chứa

liên kết đơn, ta có phương trình phản ứng:
CH≡ C-CH=CH
2
+ 3X
2
→ CHX
2
-CX
2
-CHX-CH
2
X
mol 0,1 0,3
CH≡ CH + 2X
2
→ CHX
2
- CHX
2
mol 0,2 0,4
Ta có :
pu
H
n
2
+
pu
Br
n
2

=
pu
X
n
2
= 0,3 + 0,4 = 0,7 mol
→
pu
Br
n
2
= 0,7 – 0,3 = 0,4 mol
→ số mol Br
2
phản ứng với 0,15 mol hỗn hợp B là:
mol1,0
6,0
15,0.4,0
=
Vậy khối lượng brom tham gia phản ứng với 0,15 mol hỗn hợp B là:

16160.1,0
2
==
Br
m
(gam)
1 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm

Câu 8
(3,0 đ)
1. Vì các khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất do đó tỉ lệ về số mol
của các chất bang tỉ lệ về thể tích.
Gọi x, y lần lượt là thể tích của C
n
H
2n
và C
m
H
2m-2
Phương trình hóa học tổng quát:
C
n
H
2n
+ H
2
→ C
n
H
2n + 2
ml x x
C
m
H
2m - 2
+ 2H
2

→ C
m
H
2m + 2
ml y 2y
Theo bài ra ta có: x + y = 100 (1
’
)
x + 2y = 160 (2
’
)
Từ (1
’
) và (2
’
) → x = 40; y = 60
Thành phần phần trăm theo số mol của mỗi chất trong hỗn hợp A là:
%n
CnH2n
=
100
40
.100% = 40% và %n
CmH2m-2
=
100
60
.100% = 60%
2. Gọi a, b lần lượt là số mol của C
n

H
2n
và C
m
H
2m-2
.
Khi đó ta luôn có:
b
a
=
60
40
→ 3a – 2b = 0 (3
’
)
Phương trình hóa học xảy ra khi đốt cháy hỗn hợp A:
1,0 điểm
Câu Nội dung Điểm
C
n
H
2n
+
2
3n
O
2
→ nCO
2

+ nH
2
O (1)
mol a na na

C
m
H
2m-2
+
2
13 −m
O
2
→ mCO
2
+ (m-1)H
2
O (2)
mol b bm (m-1)b
Số mol CaCO
3
ở phản ứng (3) là : n
CaCO3
= 50 : 100 = 0,5 mol
Số mol CaCO
3
ở phản ứng (5) là : n
CaCO3
= 100 : 100 = 0,1 mol

CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O (3)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2
(4)
Ca(HCO
3
)
2
+ 2NaOH → CaCO
3
+ Na
2
CO
3
+ 2H
2

O (5)
Từ phản ứng (3) ta có: n
CO2
= n
CaCO3
= 0,5 (mol)
Từ phản ứng (4) và (5) ta có: n
CO2
= 2n
CaCO3
= 0,2 (mol)
Tổng số mol của khí CO
2
là : 0,5 + 0,2 = 0,7 (mol)
Theo bài rat a có :
Độ giảm khối lượng của dung dịch = m
CaCO3 ở pu (3)
– (m
CO2
+ m
H2O
)
→ 9,12 = 50 – (0,7.44 + 18.n
H2O
) → n
H2O
= 0,56 (mol)
Theo phản ứng (1), (2) ta có:
n
CO2

= an + bm = 0,7 (4
’
)
n
H2O
= an + b(m – 1) = 0,56 (5
’
)
Từ (3
’
), (4
’
), (5
’
) ta có : b = 0,14; a =
75
7
→ 2n + 3m = 15

m 2 3 4 5
n 4,5 (loại) 3 1,5(loại) 0(loại)
Vậy công thức phân tử của hai hiđrocacbon là : C
3
H
6
và C
3
H
4
Công thức cấu tạo C

3
H
6
là : CH
2
=CH–CH
3
Công thức cấu tạo C
3
H
4
là : CH≡C–CH
3
hoặc CH
2
=C=CH
2

1,0 điểm
1,0 điểm
Chú ý: 1. Học sinh giải cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa.
2. Viết phương trình phản ứng thiếu điều kiện (nếu có), không cân bằng thì trừ
1
2
số điểm của
phương trình đó.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010-2011

MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi 27 tháng 3 năm 2011
Đề thi gồm 1 trang
Câu 1(2 điểm):
1- Chất bột A là Na
2
CO
3
, chất bột B là Ca(HCO
3
)
2
. Viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có)
khi:
- Nung nóng A và B.
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
- Hòa tan A và B bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng.
- Cho CO
2
qua dung dịch A và dung dịch B.
- Cho dung dịch Ca(OH)
2
vào dung dịch A và dung dịch B.
- Cho A và B vào dung dịch BaCl
2

.
2- Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau:
NaOH, HCl, H
2
SO
4
, BaCl
2
, Na
2
SO
4
. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein ( với các điều kiện
và dụng cụ thí nghiệm có đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và
viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có).
Câu 2 (2 điểm):
1- Từ Metan và các chất vô cơ, các điều kiện phản ứng cần thiết có đầy đủ. Hãy viết các
phương trình hóa học điều chế: rượu etylic, axit axetic, polietilen, etyl axetat,
etylclorua(C
2
H
5
Cl), etan (C
2
H
6
).
2- Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon ở trạng thái khí có số nguyên tử C
≤
4. Người ta thu

được khí cacbonic và hơi nước theo tỷ lệ thể tích là 1:1 (các chất khí và hơi đo ở cùng điều
kiện). Xác định công thức cấu tạo có thể có của hidrocacbon trên.
Câu 3 (2 điểm): Hỗn hợp A gồm hai kim loại Na và Al.
1) Hòa tan A vào nước dư:
a) Xác định tỉ lệ số mol
Na
Al
n
n
để hỗn hợp A tan hết?
b) Nếu khối lượng A là 16,9 gam cho tan hết trong lượng nước dư thì thu được 12,32 lít khí H
2
(đktc). Xác định khối lượng mỗi kim loại trong A?
2) Cho 16,9 gam hỗn hợp A như trên vào 2 lít dung dịch HCl 0,75M, phản ứng xong thu được
dung dịch X. Cho 2 lít dung dịch KOH vào X kết thúc các phản ứng thì thu được 7,8 gam
kết tủa. Xác định nồng độ mol/lít của dung dịch KOH đã dùng?
Câu 4 (2 điểm):
1- Hòa tan hoàn toàn một lượng kim loại M trong dung dịch H
2
SO
4
loãng có nồng độ 20% (lấy
dư 20% so với lượng cần cho phản ứng). Dung dịch thu được có nồng độ của muối tạo thành
là 23,68%. Xác định kim loại M?
2- Nêu phương pháp tách hai muối FeCl
2
và CuCl
2
ra khỏi hỗn hợp của chúng mà khối lượng
không thay đổi. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra (nếu có).

Câu 5 (2 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.
a) Tính khối lượng hỗn hợp khí A ban đầu?

b) Xác định công thức phân tử của X, Y, Z?
Cho: C=12; Cl =35,5; H = 1; Al = 27; Na = 23; O = 16; Ca = 40; Ba = 137; S = 32; Fe = 56;
Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Mg = 24.
- - -Hết- - -
Họ tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . số báo
danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chữ kí giám thị 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ kí giám thị 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. .
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: HÓA HỌC
Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm
1 1
- Các phương trình hóa học xảy ra là:
+) Ca(HCO
3
)
2

o
t
→
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
CaCO
3

o
t
→
CaO + CO
2

0.25đ
+) Na
2
CO
3
+ H
2
SO
4

→
Na
2
SO
4
+ H
2
O + CO
2
Ca(HCO
3
)
2

+ H
2
SO
4

→
CaSO
4
+ 2H
2
O + 2 CO
2
0.25đ
+) Na
2
CO
3
+ CO
2
+ H
2
O
→
2NaHCO
3
+) Na
2
CO
3
+ Ca(OH)

2

→
CaCO
3
+ 2NaOH
Ca(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2
O
+) Na
2
CO
3
+ BaCl
2

→
BaCO
3
+ 2NaCl

(Nếu HS coi cho hỗn hợp cùng vào dung dịch BaCl
2
mà có thêm phương trình
Na
2
CO
3
+ Ca(HCO
3
)
2

→
CaCO
3
+ 2NaHCO
3
không cho điểm vì bài không
cho “ cùng vào dung dịch BaCl
2
“)
0.25đ
0.25đ
2
Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh
số thứ tự.
Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên,
+ Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng
là NaOH
+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H

2
SO
4
, BaCl
2
và Na
2
SO
4
. 0.25đ
Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn
lại.
+ Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H
2
SO
4
.( Nhóm I)
+ Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl
2
và Na
2
SO
4.
(
Nhóm II).
PTHH: NaOH + HCl
→
NaCl + H
2
O

2NaOH + H
2
SO
4

→
Na
2
SO
4
+ H
2
O
0.25đ
Nhỏ một vài giọi dung dịch của một dung dịch ở nhóm I và hai ống nghiệm chứa
dung dịch nhóm II
+ Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là
H
2
SO
4
. Nhỏ dung dịch H
2
SO
4
vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II
- Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl
2
.
- Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na

2
SO
4
+ Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất
H
2
SO
4
, ống nghiệm gây kết tủa BaCl
2
, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa
hóa chất Na
2
SO
4
. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl.
PTHH: H
2
SO
4
+ BaCl
2

→
BaSO
4 ( kết tủa trắng)
+ 2HCl
0.25đ
0.25đ
2

1
Phương trình hóa học:
2CH
4

1500
o
C
lamlanhnhanh
→
C
2
H
2
+ 3H
2
C
2
H
2
+ H
2

3
/
o
Pd PbCO
t
→
C

2
H
4
C
2
H
4
+ H
2
O
ax
o
it
t
→
C
2
H
5
OH ( rượu etylic)
C
2
H
5
OH + O
2

o
men giam
t

→
CH
3
COOH + H
2
O
( axit axetic)
CH
2
= CH
2

,
o
xt p
t
→
(- CH
2
– CH
2
-)
n
(Poli etilen)
C
2
H
5
OH + CH
3

COOH
2 4dac
o
H SO
t
→
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
( etyl axetat)
C
2
H
4
+ HCl
→
C
2
H
5
Cl ( etyl clorua)
C
2
H

4
+ H
2

o
Ni
t
→
C
2
H
6
(etan)
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
2
Gọi công thức tổng quát của Hidrocacbon là C
x
H
y
( x, y
*
N∈
)
PTHH: C
x
H
y

+ ( x +
4
y
)O
2

o
t
→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
Theo bài ra tỷ lệ thể tích CO
2
: H
2
O = 1:1
: 1:1 2
2
y
x y x⇔ = ⇒ =
Vì là chất khí có số nguyên tử C
≤
4 nên ta có 2
≤

x
≤
4
0.25đ
+ Trường hợp 1: x = 2. Công thức của H-C là C
2
H
4
có CTCT là CH
2
= CH
2

+ Trường hợp 2: x = 3. Công thức của H-C là C
3
H
6
có các công thức cấu tạo phù hợp
là:
CH
2
=CH – CH
3
; 0.25đ
+ Trường hợp 3: x = 4. Công thức của H-C là C
4
H
8
có các công thức cấu tạo phù hợp
là:

CH
2
=CH-CH
2
-CH
3
; CH
3
–CH=CH-CH
3
; CH
2
=C-CH
3
|
CH
3
; -CH
3

0.25đ
0.25đ
3
1
a) Cho hỗn hợp A tan hết trong nước.
PTHH : 2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H

2
(1)
2Al +2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2
(2)
Gọi x, y lần lượt là số mol Na, Al trong hỗn hợp A ( x, y>0)
Theo PT 1, 2 để hỗn hợp A tan hết thì n
Na:
n
Al =
1
x
y
≥
0.5đ
b) Khi m
A
= 16,9 (gam) và
2
12,32
0,55( )
22,4
H
n mol= =

ta có phương trình: 23x + 27y = 16,9(I)
Theo PT 1:
2
1 1
( )
2 2
H Na
n n x mol= =
Theo PT 2:
2
3 3
( )
2 2
H Al
n n y mol= =
Ta có PT:
1 3
0,55( )
2 2
x y II+ =
Kết hợp I và II ta có hệ: 23x + 27y = 16,9

1 3
0,55
2 2
x y+ =
Giải hệ ta được: x = 0,5; y = 0,2. Vậy khối lượng của Na = 0,5.23= 11,5(gam)
Khối lượng của Al = 0,2.27 = 5,4 (gam)
0.5đ
2

Cho 16,9 gam A ( Na = 0,5 mol; Al = 0,2 mol) vào dung dịch HCl
n
HCl
= 2. 0,75 = 1,5 (mol)
PTHH: 2Na + 2HCl
→
2NaCl + H
2
(3)
2Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
(4)
Vì n
HCl
= 1,5 > n
Na
+ 3n
Al
= 1,1 (mol). Vậy HCl phản ứng dư.
Ta có : n
HCl dư
= 1,5 - 1,1 = 0,4 (mol)
0.25đ
Khi cho dung dịch KOH và dung dịch sau phản ứng vì có kết tủa HCl hết:
PTHH: KOH + HCl
→

KCl + H
2
O ( 5)
0,4 0,4
3KOH + AlCl
3

→
Al(OH)
3
+ 3KCl (6)
3a a a
Có thể xảy ra : KOH + Al(OH)
3

→
KAlO
2
+ H
2
O (7)
b b
0.25đ
Trường hợp 1: không xảy ra phản ứng 7. AlCl
3
dư, KOH hết
a =
7,8
0,1( )
78

mol=
⇒
n
KOH
= 0,4 + 0,3 = 0,7 (mol).
Vậy nồng độ dung dịch KOH là: C
M =
0,7
0,35
2
M=
0.25đ
Trường hợp 2: Xảy ra phản ứng 7. Sau phản ứng 6 AlCl
3
hết, sau pứ 7 KOH hết
Al(OH)
3
dư = 0,1 (mol)
⇒
a = 0,2
⇒
b = a – 0,1 = 0,1(mol)

⇒
n
KOH
= 0,4 + 3a + b = 1,1 (mol)
Vậy nồng độ dung dịch KOH là: C
M
1,1

0,55
2
M= =
0.25đ
4
1
Gọi hóa trị của kim loại M trong phản ứng là n ( 1
≤
n
≤
3)
PTHH: 2M + nH
2
SO
4

→
M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
(1)
Gọi số mol của M là x
0.25đ
Theo PT 1: n
hidro

=
2 4
2
H SO pu
nx
n =

Vì dùng dư 20% so với lượng phản ứng
2 4
120
0,6 ( )
2 100
H SO bandau
nx
n nx mol
×
⇒ = =
×
Khối lượng dung dịch H
2
SO
4
đã dùng là:
98 0,6
100 294 ( )
20
nx
nx gam
×
× =

Theo định luật bào toản khối lượng:
m
dung dịch sau phản ứng
= m
kim loại
+ m
dung dịch axit
– m
hidro
= Mx + 294nx -
2
2
nx
×
= Mx +293nx
(gam)
0.25đ
Theo PT: n
muối
=
1
2
n
M
=
1
2
nx (mol)
m
muối

=
1
2
nx(2M + 96)= Mx + 49nx
Ta lại có C%
muối
= 23,68%, khối lượng của muối =
23,68
(16,8 293 )
100
nx+
Ta có phương trình: Mx + 49nx =
23,68
(Mx 293 )
100
nx+
0.25đ
Giải PT ta được: M = 28n.
n 1 2 3
M 28 (loại) 56
(Fe)
84 (loại)
Vậy kim loại hóa trị II khối lượng mol = 56 là sắt (Fe)
Fe + H
2
SO
4

→
FeSO

4
+ H
2
0.25đ
2 Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp vào nước thu được dung dịch.
Cho từ từ dung dịch NaOH tới dư vào dung dịch chứa hỗn hợp. Lọc lấy kết tủa,
nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi được hỗn hợp hai oxit( FeO và CuO).
PTHH: CuCl
2
+ 2NaOH
→
Cu(OH)
2
+ 2NaCl
FeCl
2
+ 2NaOH
→
Fe(OH)
2
+ 2NaCl
Cu(OH)
2

o
t
→
CuO + H
2
O

Fe(OH)
2

o
t
→
FeO + H
2
O
Cho luồng khí H
2
đi qua hỗn hợp oxit nung nóng đến khối lượng không đổi thu được
Fe và Cu .
Cho Fe và Cu vào dung dịch HCl dư đến khi phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn
0.25đ
0.25đ
là Cu. Cô cạn dung dịch thu được FeCl
2
tinh khiết.
Đốt Cu trong khí clo dư thu được Cl
2
tih khiết
PTHH: Fe + HCl
→
FeCl
2
+ H
2
Cu + Cl
2

o
t
→
CuCl
2
0.25đ
0.25đ
5 a
Theo bài ra ta có: n
A
=
2
2,24 6,72
0,1( ); 0,3( )
22,4 22,4
O
mol n mol= = =
Khi đốt cháy phản ứng xảy ra hoàn toàn hỗn hợp ma chỉ thu được CO
2
và H
2
O, giả
sử CTTQ ba H-C là C
x
H
y
PTHH: C
x
H

y
+ ( x +
4
y
)O
2

o
t
→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
Cho toàn bộ sản phẩm qua bình 1 đựng H
2
SO
4
đặc sau đó qua bình 2 đựng dung
dịch Ca(OH)
2
dư thì H
2
O hấp thụ vào H
2
SO

4
đặc.
2
4,14( )
H O
m gam⇒ =
CO
2
hấp thụ vào bình Ca(OH)
2
dư tạo kết tủa CaCO
3
theo PT
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2
O
Ta có:
2
2 3
4,14
0,23( )
18

14
0,14( )
100
H O
CO CaCO
n mol
n n mol
= =
= = =
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( )
32 16 32 0,14 16 0,23 8,16( )
8,16
0,255( ) 0,3.
32
phanung
phan ung
phan ung
O O CO O H O
O CO H O
O
m m m
m n n gam
n mol
= +
⇒ = × + × = × + × =
⇒ = = <

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)
0.75đ
b
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:
C
n
H
2n +2
+
2

3 1
2
n
O
+

o
t
→
nCO
2
+ (n +1)H
2
O (1)
C
m
H
2m
+
2
3
2
m
O

o
t
→
mCO
2

+ mH
2
O (2)
Nhận thấy theo PT 1 :
2 2 2 2n n
C H H O CO
n n n
+
= −
PT 2:
2 2
H O CO
n n=
Vậy
2 2 2 2
0,23 0,14 0,09( )
n n
C H H O CO
n n n mol
+
= − = − =

2
0,1 0,09 0,01( )
m m
C H
n 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( )
2
mol=
0.5đ
0.25đ
Ta cú: 0,045 + 0,045n +0,01m = 0,14
4,5n + m = 9,5 (loi vỡ m

2

n <2)
Nu: a = c = 0,01(mol).


b = 0,09 0,01 = 0,08 (mol)
Ta cú: 0,01 + 0,08n + 0,01m = 0,14
8n + m = 13 ( loi vỡ n < 2)
Nu: b = c = 0,01


a = 0,09 0,01 = 0,08 (mol)
Ta cú: 0,08 + 0,01n + 0,01m = 0,14

n + m = 6

khớ ú
n 2 3 4
m 4 3 2
Vy 3 H-C cú th l: CH
4
; C
2
H
6;
C
4
H
8
hoc CH
4
; C
3
H
8;
C
3
H
6

hoc CH
4
; C
4
H
10;

C
2
H
4
0.25
0.25
Chỳ ý:
- Nu phng trỡnh khụng cõn bng thỡ tr na s im ca phng trỡnh ú.
Nu s dng trong tớnh toỏn thỡ phn tớnh toỏn khụng cho im.
- Hc sinh cú cỏch gii khỏc tng ng ỳng vn cho im ti a.
Sở Giáo Dục & Đào Tạo
NGhệ an
Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9
THCS năm học 2010 - 2011

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%.
Đề chính thức
in phõn dung dch
cú mng ngn
in phõn núng chy
Criolit
1/ Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X và xác định công thức của oxit sắt.
2/ Cho phần II tác dụng vừa hết với H
2
SO
4
đặc nóng rồi pha loãng dung dịch sau phản ứng bằng
nước, ta thu được dung dịch E chỉ chứa Fe
2
(SO
4
)
3
. Cho 10,8 (g) bột Mg vào 300 ml dung dịch E khuấy
kĩ, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 12,6 (g) chất rắn C và dung dịch D. Cho dung dịch D tác
dụng với dung dịch Ba(OH)
2
dư, lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi được m (g) chất rắn F

(trong điều kiện thí nghiệm BaSO
4
không bị phân huỷ). Tính C
M
của dung dịch E và giá trị m.
Câu IV (4,0 điểm).
1/ Viết phương trình hóa học (ở dạng công thức cấu tạo thu gọn) thực hiện các biến hóa theo
sơ đồ sau:

Axetilen Etilen Etan
P.V.C Vinylclorua ĐicloEtan Etylclorua
2/ Cho vào bình kín hỗn hợp cùng số mol C
5
H
12
và Cl
2
tạo điều kiện để phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được sản phẩm hữu cơ mà trong mỗi phân tử chỉ chứa một nguyên tử Clo. Viết các công thức cấu
tạo có thể có của các sản phẩm hữu cơ đó.
Câu V (3,0 điểm).
Đốt cháy hoàn toàn 1 (g) hỗn hợp X gồm C
2
H
2
, C
3
H
6
, C

2
H
6
. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 2 lít
dung dịch Ca(OH)
2
0,02 M thu được 1 (g) kết tủa. Mặt khác 3,36 lít hỗn hợp X (đktc) làm mất màu tối
đa 200 ml dung dịch Br
2
0,5 M. Tính thể tích mỗi khí có trong 1 (g) hỗn hợp 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.
- - - HÕt - - -
Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh:
(1)
(2)
(8)
(7)
(5)
(6)
(3)
(4)
Sở Gd&Đt Nghệ an
Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS
Năm học 2010 - 2011
Hớng dẫn và Biểu điểm chấm đề chính thức
(H ớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang)
Môn: HểA HC. Bảng A

Cõu Ni dung im

I 4,0
1 Cỏc cht rn cú th chn ln lt l:
Zn; FeS; Na
2
SO
3
; CaCO
3
; MnO
2
; CaC
2
; Al
4
C
3
1,75
mi
Cỏc ptp: 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
+ 4HCl c
0
t

MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O
CaC
2

+ 2HCl CaCl
2
+ C
2
H
2
Al
4
C
3
+ 12HCl 4AlCl
3
+ 3CH
4
2 Cỏc cht thớch hp vi X
1
, X
2
, X
3
, X
5
, X
6
, X
7
, X
8
ln lt cú th l:
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
1,25
mi
Cỏc phng trỡnh húa hc ln lt l:
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 trc tip iu ch ra NaOH ta cú th s dng thờm cỏc phn ng:
2Na + 2H
2
O 2NaOH + H
2
1
mi
pthh
Na
2
O + H
2
O 2NaOH
Na
2
CO
3
+ Ba(OH)
2
2NaOH + BaCO
3
Hoc: 2NaHCO
3

+ Ba(OH)
2 d
BaCO
3
+ 2NaOH + H
2
O
II 3,0
Cỏc phng trỡnh húa hc:(n l hoỏ tr ca R; t khi lng mol ca M l M).
2M + 2n H
2
O 2M(OH)
n
+ nH
2
(1)
0,5
3M(OH)
n
+ n AlCl
3
n Al(OH)
3
+ 3MCl
n
(2)
Cú th: 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)
Bi toỏn phi xột 2 trng hp:
TH1: AlCl
3
cha b phn ng ht (2)

khụng cú phn ng (3)
T (2):
M(OH)
n
n
=
3

Al(OH)
3 3 0,69
.n .0,23
n n n
= =
1,0
pnc
criolit
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 = 8,268 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
= = =
1,5
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 6,0
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)
1,0
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 = 16,8 (g)
→
x y
Fe O
m
= 40 – 16,8 = 23,2 (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
= =
→
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
1,0
2 Các pthh:
2Fe + 6H
2
SO
4đ
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O (1)
0,5
2Fe
3
O
4
+ 10H

2
SO
4đ
→ 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O (2)
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3Mg → 2Fe + 3MgSO
4
(3)
Có thể: Fe + Fe
2
(SO
4
)
3
→ 3FeSO

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

0
t

→
FeO + H
2
O (8)
hoặc: 4Fe(OH)
2
+ O
2

0
t
→
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, Fe
2
(SO
4
)

3
hết ở (3)
⇔
không có (4,6,8,9)
Đặt:
2 4 3
Fe (SO )
n
trong 300ml ddE là x
Từ (3): n
Mg
đã phản ứng = 3x
→
n
Mg
còn lại = 0,45 – 3x
Từ (3): 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
= =
0,5
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)
0,5
Xét trường hợp 2: Mg hết, Fe
2
(SO
4
)
3
sau phản ứng (3) còn dư:
↔
(4,6,7) hoặc (4,6,8) xảy ra.
Từ (3):
2 4 3
Fe (SO ) Mg
1 1
n .n .0,45 0,15
3 3
= = =
(mol)
Từ (3):
Fe Mg
2 2
n n .0,45 0,3
3 3
= = =
(mol)
↔
16,8 (g)

Theo bài ra khối lượng chất rắn chỉ có 12,6 (g) nhỏ hơn 16,8 (g) chứng tỏ (4) có xảy ra
và khối lượng Fe bị hoà tan ở (4) = 16,8 – 12,6 = 4,2 (g)
↔
0,075 (mol)
→
từ (4):
2 4 3
Fe (SO )
n
= n
Fe
bị hoà tan = 0,075 (mol)
→
Tổng
2 4 3
Fe (SO )
n
trong 300 ml ddE ở trường hợp này = 0,15 + 0,075 = 0,225 (mol)
Vậy
M
C
của dung dịch E
0,225
0,75(M)
0,3
= =
1,0
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)
2
Fe(OH)
n
= 0,225 (mol),
2
Mg(OH)
n
= 0,45 (mol)
1,0
Khi nung kết tủa trên ta lại phải xét 2 trường hợp: 0,25
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)
0,25
IV 4,0
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 ClH
2
C – CH

2
Cl (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)
Mỗi
pthh
cho
0,25
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
Mỗi
ctct
cho
0,25
V 3,0
Các phương trình hoá học:
2C
2
H
2
+ 5O
2
4CO
2
+ 2H
2
O (1)
2C
3
H
6
+ 9O
2
46CO
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)
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)
0,5
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)
0,5
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
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
)
0,5
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) (**)
0,5
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)
0,5
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)
0,5
Lưu ý bài V:
Nếu trong bài học sinh xét C
3

H
6
là mạch vòng:
- Không có phản ứng (7)
→
sai không trừ điểm.
- Có phản ứng (7)
→
đúng đáp số vẫn không cho thêm điểm.
Sở Giáo Dục & Đào Tạo
NGhệ an
Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9
THCS năm học 2010 - 2011

Môn thi: Hóa học - bảng B
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Cõu I (5,0 im).
1/ Chn 6 cht rn khỏc nhau m khi cho 6 cht ú ln lt tỏc dng vi dung dch HCl cú 6 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 húa tr I 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 (4,0 im):
Cho 40 (g) hn hp X gm st v mt oxit ca st tan ht 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/ Vit cỏc phng trỡnh húa hc xy ra.
2/ Tớnh khi lng mi cht trong X.
3/ Xỏc nh cụng thc húa hc ca oxit st.
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 (4,0 im).
Chia 1,344 lớt hn hp X (ktc) gm C
2
H
2

, C
3
H
6
, C
2
H
6
thnh 2 phn bng nhau:
- t chỏy hon ton phn 1 ri hp th hon ton sn phm chỏy vo 2 lớt dung dch Ca(OH)
2
0,02 M
thu c 1 (g) kt ta.
- Phn 2 cho phn ng hon ton vi dung dch Brụm d, thy khi lng Brụm ó phn ng l 3,2 (g).
Tớnh th tớch mi khớ trong hn hp X.
(1)
(2)
(8)
(7)
(5)
(6)
(3)
(4)
Đề chính thức
in phõn dung dch
cú mng ngn
in phõn núng chy
Criolit
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.

- - - Hết - - -Họ và tên thí sinh: Số báo
danh:
S GIO DC V O TO K THI CHN HC SINH GII CP TNH
KHNH HềA NM HC 2009 2010
MễN THI : HểA HC CP THCS (Bng A)
THI CHNH THC Ngy thi : 06 4 2010
( thi ny cú 2 trang) Thi gian lm bi : 150 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
Bi 1 : 3,00 im
1. Lm 2 thớ nghim sau:
* Thớ nghim 1: Cho t t dung dch Na
2
CO
3
1M vo cc cha 100 ml dung dch HCl 2M, lc
u, ti khi th tớch dung dch trong cc t 250 ml thỡ dng li.
* Thớ nghim 2: Cho t t dung dch HCl 2M vo cc cú cha 150 ml dung dch Na
2
CO
3
1M,
lc u ti khi th tớch dung dch trong cc t 250 ml thỡ dng li.
Gi thit th tớch dung dch khụng i khi lm thớ nghim.
a. Tớnh th tớch CO
2
thoỏt ra mi thớ nghim.
b. T thớ nghim cú th nờu 1 cỏch n gin phõn bit 2 dung dch Na
2
CO
3
v HCl

trong phũng thớ nghim.
2. Cht rn A l hp cht ca natri cú mu trng, tan trong nc to dung dch lm hng phenolphtalein.
Cho A tỏc dng vi cỏc dung dich axớt HCl hay HNO
3
thỡ u to khớ B khụng mu, khụng mựi, khụng
chỏy. Nu cho A tỏc dng vi dung dch nc vụi trong (d), ta thu kt ta trng D v dung dch cú
cha cht E lm xanh mu qu tớm. A khụng to kt ta vi dung dch CaCl
2
. Xỏc nh A, B, D, E v
vit cỏc phng trỡnh phn ng.
B i 2 : (5,00 i m)
1. 1 viờn Na ra ngoi khụng khớ m, ỏnh kim ca Na dn b mt i, cú mt lp gm hn hp nhiu
cht bao quanh viờn Na. Vit phng trỡnh hoỏ hc ca cỏc phn ng ó xy ra.
2. Tỏch C
2
H
6
ra khi hn hp khớ gm: C
2
H
6
, C
2
H
4
, C
2
H
2
v SO

2
(vit phn ng xy ra nu cú).
3. Vit cỏc phng trỡnh húa hc hon thnh chui bin húa sau:
B
(3)

C
(4)

Cao su Buna

(2)
X
(1)

A
(5)

D
(6)

PE

(7)
E
(8)

PVC
Bit rng, X l hirocacbon chim thnh phn ch yu trong khớ thiờn nhiờn.
Em hóy ỏp dng cỏc nh lut húa hc v kin thc húa hc Trung hc c s gii cỏc bi toỏn húa hc

sau (t bi 3 n bi 11) bng phng phỏp n gin, ti u nht :
Bài 3 : 1,00 điểm
Khử hoàn toàn 17,6 g hỗn hợp (X) gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
cần dùng vừa hết 2,24 lít
khí CO (đktc). Hãy tính khối lợng kim loại Fe thu đợc sau phản ứng .
Bài 4 : 1,00 điểm
Nung 20 g hỗn hợp bột (X) gồm Mg và Fe với bột S tạo ra 32 g hỗn hợp (Y). Đốt cháy hoàn
toàn hỗn hợp (Y) thu đợc V lít SO
2
(đktc). Hãy tính giá trị của V .
Bài 5 : 1,00 điểm
Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hợp chất hữu cơ (X) có tỉ lệ n
C
: n
H
= 1 : 2 thì cần vừa đủ
12,8 g oxi. Sản phẩm cháy cho đi qua dung dịch Ca(OH)
2
d thấy tạo ra 30 g kết tủa.
Hãy tính giá trị của m .
Bài 6 : 1,00 điểm
Cho m gam hỗn hợp gồm các kim loại hoạt động tác dụng với dung dịch HCl d thu đợc
dung dịch (X) và n mol khí (đktc). Cô cạn dung dịch (X) thu đợc p gam muối khan. Hãy thiết lập biểu

thức liên hệ giữa p và m, n .
Bài 7 : 2,00 điểm
Hỗn hợp (X) gồm kim loại R (hoá trị II) và nhôm. Cho 7,8 g hỗn hợp (X) tác dụng với dung
dịch H
2
SO
4
loãng, d. Khi phản ứng kết thúc thu đợc dung dịch chứa hai muối và 8,96 lít khí (đktc). Tính
khối lợng muối thu đợc và thể tích dung dịch axit H
2
SO
4
2M tối thiểu đã dùng.
Bài 8 : 1,50 điểm
Hòa tan hoàn toàn 2,81 g hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
, MgO và ZnO trong 500 ml dung dịch H
2
SO
4
0,1M (vừa đủ). Hãy tính khối lợng muối khan thu đợc sau khi cô cạn dung dịch sau phản ứng.
Bài 9 : 1,00 điểm
Cho 20,15 g hỗn hợp hai axit hữu cơ (X) có công thức chung là RCOOH tác dụng với dung
dịch Na
2
CO
3
(vừa đủ) thu đợc V lít khí (đktc) và dung dịch muối (Y). Cô cạn dung dịch (Y) thu đợc

28,95 g muối khan. Hãy tính giá trị của V .
Bi 10 : 1,50 im
Trung hoà 16,6 g hỗn hợp axit axetic và axit fomic (công thức là HCOOH) bằng dung dịch
NaOH thu đợc 23,2 g hỗn hợp muối. Hãy tính thành phần % về khối lợng của hai axit trên ở trong hỗn
hợp.
Bi 11 : (2,00 im)
t chỏy hon ton m gam hp cht hu c A (c to bi hai nguyờn t) ri hp th ht
sn phm chỏy (gm khớ CO
2
v H
2
O) bng cỏch dn hn hp ln lt i qua bỡnh (1) ng dung dch
NaOH, bỡnh (2) ng H
2
SO
4
c. Sau thớ nghim thy khi lng bỡnh (1) tng 24,16 g v khi lng
bỡnh (2) tng 8,64 g. Lng oxi tiờu tn ỳng bng lng oxi to ra khi nhit phõn hon ton 252,8 g
KMnO
4
. Tớnh m v xỏc nh CTPT ca (A).
HT
Ghi chỳ : Thớ sinh c s dng mỏy tớnh cỏ nhõn v bng HTTH cỏc nguyờn t húa hc. Giỏo viờn
coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
S GIO DC V O TO
HI DNG
Kè THI CHN HC SINH GII TNH
LP 9 THCS NM HC 2010-2011
MễN THI: HểA HC
Thi gian lm bi: 150 phỳt

Ngy thi 27 thỏng 3 nm 2011
thi gm 1 trang
Cõu 1(2 im):
THI CHNH THC
3- Chất bột A là Na
2
CO
3
, chất bột B là Ca(HCO
3
)
2
. Viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có)
khi:
- Nung nóng A và B.
- Hòa tan A và B bằng dung dịch H
2
SO
4
loãng.
- Cho CO
2
qua dung dịch A và dung dịch B.
- Cho dung dịch Ca(OH)
2
vào dung dịch A và dung dịch B.
- Cho A và B vào dung dịch BaCl
2
.
4- Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau:

NaOH, HCl, H
2
SO
4
, BaCl
2
, Na
2
SO
4
. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein ( với các điều kiện
và dụng cụ thí nghiệm có đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và
viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có).
Câu 2 (2 điểm):
3- Từ Metan và các chất vô cơ, các điều kiện phản ứng cần thiết có đầy đủ. Hãy viết các
phương trình hóa học điều chế: rượu etylic, axit axetic, polietilen, etyl axetat,
etylclorua(C
2
H
5
Cl), etan (C
2
H
6
).
4- Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon ở trạng thái khí có số nguyên tử C
≤
4. Người ta thu
được khí cacbonic và hơi nước theo tỷ lệ thể tích là 1:1 (các chất khí và hơi đo ở cùng điều
kiện). Xác định công thức cấu tạo có thể có của hidrocacbon trên.

Câu 3 (2 điểm): Hỗn hợp A gồm hai kim loại Na và Al.
3) Hòa tan A vào nước dư:
c) Xác định tỉ lệ số mol
Na
Al
n
n
để hỗn hợp A tan hết?
d) Nếu khối lượng A là 16,9 gam cho tan hết trong lượng nước dư thì thu được 12,32 lít khí H
2
(đktc). Xác định khối lượng mỗi kim loại trong A?
4) Cho 16,9 gam hỗn hợp A như trên vào 2 lít dung dịch HCl 0,75M, phản ứng xong thu được
dung dịch X. Cho 2 lít dung dịch KOH vào X kết thúc các phản ứng thì thu được 7,8 gam
kết tủa. Xác định nồng độ mol/lít của dung dịch KOH đã dùng?
Câu 4 (2 điểm):
3- Hòa tan hoàn toàn một lượng kim loại M trong dung dịch H
2
SO
4
loãng có nồng độ 20% (lấy
dư 20% so với lượng cần cho phản ứng). Dung dịch thu được có nồng độ của muối tạo thành
là 23,68%. Xác định kim loại M?
4- Nêu phương pháp tách hai muối FeCl
2
và CuCl
2
ra khỏi hỗn hợp của chúng mà khối lượng
không thay đổi. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra (nếu có).
Câu 5 (2 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.
c) Tính khối lượng hỗn hợp khí A ban đầu?
d) Xác định công thức phân tử của X, Y, Z?
Cho: C=12; Cl =35,5; H = 1; Al = 27; Na = 23; O = 16; Ca = 40; Ba = 137; S = 32; Fe = 56;

Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Mg = 24.
- - -Hết- - -
Họ tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . số báo
danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Chữ kí giám thị 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ kí giám thị 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. .
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: HÓA HỌC
Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm
1
1
- Các phương trình hóa học xảy ra là:
+) Ca(HCO
3
)
2

o
t
→
CaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O
CaCO
3

o
t
→
CaO + CO
2

0.25đ
+) Na
2
CO
3
+ H
2
SO
4

→
Na
2
SO
4
+ H
2
O + CO
2
Ca(HCO
3
)
2
+ H

2
SO
4

→
CaSO
4
+ 2H
2
O + 2 CO
2
0.25đ
+) Na
2
CO
3
+ CO
2
+ H
2
O
→
2NaHCO
3
+) Na
2
CO
3
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ 2NaOH
Ca(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2
O
+) Na
2
CO
3
+ BaCl
2

→
BaCO
3
+ 2NaCl
(Nếu HS coi cho hỗn hợp cùng vào dung dịch BaCl

2
mà có thêm phương trình
Na
2
CO
3
+ Ca(HCO
3
)
2

→
CaCO
3
+ 2NaHCO
3
không cho điểm vì bài
không cho “ cùng vào dung dịch BaCl
2
“)
0.25đ
0.25đ
2
Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi
đánh số thứ tự.
Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói
trên,
+ Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu
hồng là NaOH
+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H

2
SO
4
, BaCl
2
và Na
2
SO
4
.
0.25đ
Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm
còn lại.
+ Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H
2
SO
4
.
( Nhóm I)
+ Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl
2
và
Na
2
SO
4.
( Nhóm II).
PTHH: NaOH + HCl
→
NaCl + H

2
O
2NaOH + H
2
SO
4

→
Na
2
SO
4
+ H
2
O
0.25đ
Nhỏ một vài giọi dung dịch của một dung dịch ở nhóm I và hai ống nghiệm
chứa dung dịch nhóm II
+ Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I
là H
2
SO
4
. Nhỏ dung dịch H
2
SO
4
vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II
- Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch
BaCl

2
.
- Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na
2
SO
4
+ Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất
H
2
SO
4
, ống nghiệm gây kết tủa BaCl
2
, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa
chứa hóa chất Na
2
SO
4
. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl.
PTHH: H
2
SO
4
+ BaCl
2

→
BaSO
4 ( kết tủa trắng)
+ 2HCl

0.25đ
0.25đ
2 1
Phương trình hóa học:
2CH
4

1500
o
C
lamlanh nhanh
→
C
2
H
2
+ 3H
2
C
2
H
2
+ H
2

3
/
o
Pd PbCO
t

→
C
2
H
4
C
2
H
4
+ H
2
O
ax
o
it
t
→
C
2
H
5
OH ( rượu etylic)
C
2
H
5
OH + O
2

o

men giam
t
→
CH
3
COOH + H
2
O
( axit axetic)
CH
2
= CH
2

,
o
xt p
t
→
(- CH
2
– CH
2
-)
n
(Poli etilen)
C
2
H
5

OH + CH
3
COOH
2 4dac
o
H SO
t
→
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
( etyl axetat)
C
2
H
4
+ HCl
→
C
2
H
5
Cl ( etyl clorua)
C

2
H
4
+ H
2

o
Ni
t
→
C
2
H
6
(etan)
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
2
Gọi công thức tổng quát của Hidrocacbon là C
x
H
y
( x, y
*
N∈
)
PTHH: C
x

H
y
+ ( x +
4
y
)O
2

o
t
→
xCO
2
+
2
y
H
2
O
Theo bài ra tỷ lệ thể tích CO
2
: H
2
O = 1:1
: 1:1 2
2
y
x y x⇔ = ⇒ =
Vì là chất khí có số nguyên tử C
≤

4 nên ta có 2
≤
x
≤
4
0.25đ
+ Trường hợp 1: x = 2. Công thức của H-C là C
2
H
4
có CTCT là CH
2
= CH
2

+ Trường hợp 2: x = 3. Công thức của H-C là C
3
H
6
có các công thức cấu tạo
phù hợp là:
CH
2
=CH – CH
3
; 0.25đ
+ Trường hợp 3: x = 4. Công thức của H-C là C
4
H
8

có các công thức cấu tạo
phù hợp là:
CH
2
=CH-CH
2
-CH
3
; CH
3
–CH=CH-CH
3
; CH
2
=C-CH
3
|
CH
3
; -CH
3

0.25đ
0.25đ
3
1
a) Cho hỗn hợp A tan hết trong nước.
PTHH : 2Na + 2H
2
O

→
2NaOH + H
2
(1)
2Al +2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2
(2)
Gọi x, y lần lượt là số mol Na, Al trong hỗn hợp A ( x, y>0)
Theo PT 1, 2 để hỗn hợp A tan hết thì n
Na:
n
Al =
1
x
y
≥
0.5đ
b) Khi m
A
= 16,9 (gam) và
2
12,32
0,55( )
22,4

H
n mol= =
ta có phương trình: 23x + 27y = 16,9(I)
Theo PT 1:
2
1 1
( )
2 2
H Na
n n x mol= =
Theo PT 2:
2
3 3
( )
2 2
H Al
n n y mol= =
Ta có PT:
1 3
0,55( )
2 2
x y II+ =
Kết hợp I và II ta có hệ: 23x + 27y = 16,9

1 3
0,55
2 2
x y+ =
Giải hệ ta được: x = 0,5; y = 0,2. Vậy khối lượng của Na = 0,5.23= 11,5(gam)
Khối lượng của Al = 0,2.27 = 5,4 (gam)

0.5đ
2 Cho 16,9 gam A ( Na = 0,5 mol; Al = 0,2 mol) vào dung dịch HCl
n
HCl
= 2. 0,75 = 1,5 (mol)
PTHH: 2Na + 2HCl
→
2NaCl + H
2
(3)
2Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
(4)
Vì n
HCl
= 1,5 > n
Na
+ 3n
Al
= 1,1 (mol). Vậy HCl phản ứng dư.
Ta có : n
HCl dư
= 1,5 - 1,1 = 0,4 (mol)
0.25đ
Khi cho dung dịch KOH và dung dịch sau phản ứng vì có kết tủa HCl hết:
PTHH: KOH + HCl

→
KCl + H
2
O ( 5)
0,4 0,4
3KOH + AlCl
3

→
Al(OH)
3
+ 3KCl (6)
3a a a
Có thể xảy ra : KOH + Al(OH)
3

→
KAlO
2
+ H
2
O (7)
b b
0.25đ
Trường hợp 1: không xảy ra phản ứng 7. AlCl
3
dư, KOH hết
a =
7,8
0,1( )

78
mol=
⇒
n
KOH
= 0,4 + 0,3 = 0,7 (mol).
Vậy nồng độ dung dịch KOH là: C
M =
0,7
0,35
2
M=
0.25đ
Trường hợp 2: Xảy ra phản ứng 7. Sau phản ứng 6 AlCl
3
hết, sau pứ 7 KOH hết
Al(OH)
3
dư = 0,1 (mol)
⇒
a = 0,2
⇒
b = a – 0,1 = 0,1(mol)

⇒
n
KOH
= 0,4 + 3a + b = 1,1 (mol)
Vậy nồng độ dung dịch KOH là: C
M

1,1
0,55
2
M= =
0.25đ
4
1
Gọi hóa trị của kim loại M trong phản ứng là n ( 1
≤
n
≤
3)
PTHH: 2M + nH
2
SO
4

→
M
2
(SO
4
)
n
+ nH
2
(1)
Gọi số mol của M là x
0.25đ
Theo PT 1: n

hidro
=
2 4
2
H SO pu
nx
n =

Vì dùng dư 20% so với lượng phản ứng
2 4
120
0,6 ( )
2 100
H SO bandau
nx
n nx mol
×
⇒ = =
×
Khối lượng dung dịch H
2
SO
4
đã dùng là:
98 0,6
100 294 ( )
20
nx
nx gam
×

× =
Theo định luật bào toản khối lượng:
m
dung dịch sau phản ứng
= m
kim loại
+ m
dung dịch axit
– m
hidro
= Mx + 294nx -
2
2
nx
×
= Mx
+293nx (gam)
0.25đ
Theo PT: n
muối
=
1
2
n
M
=
1
2
nx (mol)
m

muối
=
1
2
nx(2M + 96)= Mx + 49nx
Ta lại có C%
muối
= 23,68%, khối lượng của muối =
23,68
(16,8 293 )
100
nx+
Ta có phương trình: Mx + 49nx =
23,68
(Mx 293 )
100
nx+
0.25đ
Giải PT ta được: M = 28n.
n 1 2 3
M 28 (loại) 56 84 (loại)