Đề thi và đáp án HSG hóa 9 tỉnh Thanh Hóa 2010.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
Đề chính thức

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC: 2009 - 2010

Môn thi: HÓA HỌC
Lớp 9 - THCS
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24/3/2010

Câu 1: (5,5 điểm)
1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: (Mỗi mũi tên là một phương trình hóa học)
Fe → FeCl3
FeCl2 → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 → Fe3O4 → FeSO4
2. Có một hỗn hợp bột gồm các oxit: K2O, Al2O3, BaO. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng
kim loại ra khỏi hỗn hợp trên.
3. Dung dịch A chứa a mol CuSO4 và b mol FeSO4. Xét ba thí nghiệm sau:
Thí nghiệm 1: Thêm c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 3 muối.
Thí nghiệm 2: Thêm 2c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 2 muối.
Thí nghiệm 3: Thêm 3c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối.
a. Tìm mối quan hệ của a, b, c trong từng thí nghiệm.
b. Nếu a = 0,2; b = 0,3 và số mol của Mg là 0,4 thì khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng là bao
nhiêu?
Câu 2: (5,5 điểm).
1. Một hợp chất hữu cơ có công thức dạng C xHyOz (x ≤ 2) tác dụng với NaOH. Hãy xác định công
thức cấu tạo và viết phương trình hóa học xảy ra giữa các chất trên với NaOH.
2. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt các bình khí sau: H 2, CH4, C2H4, CO2, SO2. Viết phương
trình hóa học xảy ra.
3. Axit A là chất rắn, màu trắng, dễ tan trong nước. Oxit B tác dụng với dung dịch nước của A tạo nên

hợp chất C màu trắng, không tan trong nước. Khi nung C với cát và than ở nhiệt độ cao thu được đơn chất có
trong thành phần của A. Xác định công thức của A, B, C và viết phương trình hóa học xảy ra.
Câu 3: (4,5 điểm).
Hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của hai kim loại nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng
tuần hoàn. Hòa tan 3,6 gam hỗn hợp X bằng dung dịch HNO 3 dư, thu được khí Y. cho toàn bộ lượng khí Y
hấp thụ hết bởi dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 7,88 gam kết tủa.
a. Hãy xác định công thức của hai muối và tính thành phần % về khối lượng mỗi muối trong X.
b. Cho 7,2 gam hỗn hợp X và 6,96 gam FeCO 3 vào một bình kín chứa 5,6 lit không khí (đktc). Nung
bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Z. Tính thành phần % theo số mol
các chất trong Z.
c. Tính thể tích dung dịch HNO 3 2M tối thiểu cần dùng để hòa tan hết hỗn hợp chất rắn thu được sau
khi nung.
Giả sử trong không khí oxi chiếm 1/5 và nitơ chiếm 4/5 về thể tích.
Câu 4: (4,5 điểm).
1. Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua
bình đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư. Sau khi kết thúc thí nghiệm thấy khối lượng bình 1
tăng 10,8 gam và bình 2 tăng 17,6 gam. Xác định công thức phân tử của A và viết công thức cấu tạo có thể
có của A.
2. A là rượu đa chức có công thức R(OH) n (R là gốc hidrocacbon). cho 12,8 gam dung dịch rượu A
(trong nước) có nồng độ 71,875% tác dụng với Na dư thu được 5,6 lit H 2 (ở đktc). Xác định công thức phân
tử của A, biết khối lượng phân tử của A là 92 đ.v.C.
Cho: H = 1, C = 12, O = 16, Na = 23, Mg = 24, Al = 27, Ca = 40, Fe = 56, Cu = 64, Ba = 137
- Hết –

1


HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC: 2009 - 2010

Môn thi: HÓA HỌC
Lớp 9 - THCS

Câu
1.1

1.2

Đáp án
2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3
2FeCl3 + Fe → 3FeCl2
2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3
FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl
4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3
t0
2Fe(OH)3 →
Fe2O3 + 3H2O
0
t
3Fe2O3 + CO →
2Fe3O4 + CO2
Fe3O4 + 4H2SO4 loãng + Fe → 4FeSO4 + 4H2O

Điểm

t0

Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp bằng dung dịch HCl dư, sau đó nhúng
thanh kim loại Mg vào hỗn hợp dung dịch trên tới khi phản ứng kết thúc,
lấy thanh kim loại Mg ra. Ta thu được 2 phần

- Phần 1: Hỗn hợp dung dịch gồm KCl, BaCl2; MgCl2
- Phần 2: Rắn gồm Mg và Al.
Cho phần 1 tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ ta thu được
Mg(OH)2 không tan, lọc tách Mg(OH)2 được dung dịch gồm KCl và
BaCl2; cho dung dịch vừa thu được tác dụng với dung dịch K2CO3 dư ta
thu được BaCO3 không tan, lọc tách BaCO3 ta được dung dịch gồm KCl
và K2CO3 còn dư, cho dung dịch đó tác dụng với dung dịch HCl dư ta thu
được dung dịch KCl và HCl còn dư, cô cạn dung dịch thu được KCl
khan; rồi điện phân nóng chảy KCl ta thu được K (Kali). Còn chất rắn
BaCO3 tiếp tục cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung
dịch BaCl2 ; cô cạn và điện phân nóng chảy BaCl2 ta thu được Ba (Bari)
Cho phần 2 tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được hỗn hợp dung
dịch gồm MgCl2; AlCl3 và HCl còn dư, cho hỗn hợp dung dịch tác dụng
với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa Mg(OH)2 ; lọc tách kết tủa còn
lại hỗn hợp dung dịch, rồi tiếp tục thổi dòng khí CO2 dư vào hỗn hợp
dung dịch ta lại thu được kết tủa Al(OH)3 ; lọc tách Al(OH)3 rồi đem
nung ở nhiệt độ cao thu được Al2O3 ; tiếp tục đem Al2O3 điện phân nóng
chảy ta thu được Al.
Các PTHH xảy ra:
K2O + 2HCl → 2KCl + H2O
BaO + 2HCl → 2BaCl2 + H2O
Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O
Khi nhúng thanh kim loại Mg vào dung dịch xảy ra phản ứng.
3Mg + 2AlCl3 → 3MgCl2 + 2Al
- Phần 1:
MgCl2 + 2KOH → Mg(OH)2 + 2KCl
BaCl2 + K2CO3 → BaCO3 + 2KCl
Lọc tách được BaCO3.
K2CO3 + 2HCl → 2KCl + H2O + CO2
Cô cạn dung dịch ta thu được KCl khan, rồi điện phân nóng chảy

2


KCl thu được K.
2KCl dpnc

→ K +

Cl2

Cho BaCO3 tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ.
BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O + CO2
Cô cạn dung dịch ta thu được BaCl2 khan, rồi điện phân nóng chảy
BaCl2 thu được Ba.
BaCl2 dpnc

→ Ba + Cl2
- Phần 2: Tác dụng với dung dịch HCl dư
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2
Al

+ 6HCl → 2AlCl3 + 3H2

Cho dung dịch thu được tác dụng với NaOH dư
HCl + NaOH → NaCl + H2O
MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl
AlCl3 + 4NaOH dư → NaAlO2 + 3NaCl + H2O
Lọc tách kết tủa Mg(OH)2 , rồi thổi dòng khí CO2 dư vào dung dịch
thu được.

NaAlO2 + CO2 + H2O → Al(OH)3 + NaHCO3
Lọc tách kết tủa Al(OH)3 , rồi đem nung Al(OH)3 ta thu được
Al2O3
0

t
2Al(OH)3 →
Al2O3

+ 3H2O

Điện phân nóng chảy Al2O3, ta thu được Al
2Al2O3 dpnc

→ 4Al
1.3

+ 3O2

a/
Ở thí nghiệm 1: sau phản ứng thu được dung dịch gồm 3 muối gồm
MgSO4 ; CuSO4 và FeSO4, do đó ta có c < a, tức là CuSO4 vẫn còn dư và
FeSO4 chưa phản ứng (vì theo quy tắc thì Mg sẽ tham gia phản ứng với
muối CuSO4 trước, khi hết CuSO4 mà Mg còn dư thì mới tiếp tục phản
ứng với FeSO4)
PTHH:
Mg + CuSO4 
→ MgSO4 + Cu
c
c

mol
(Với c < a)
Ở thí nghiệm 2: Sau phản ứng thu được dung dịch gồm 2 muối gồm
MgSO4 và FeSO4, do đó ta có a ≤ 2c < a + b, tức là FeSO4 vẫn còn dư
(FeSO4 chưa phản ứng hoặc phản ứng 1 phần)
TH 1: Nếu 2c = a, thì FeSO4 chưa phản ứng.
Mg + CuSO4 
→ MgSO4 + Cu
a
a
mol
TH 2: Nếu 2c > a, thì FeSO 4 đã phản ứng 1 phần. Sau phản ứng
còn d ư một lượng là:
b – (2c – a) mol. Hay (a + b) – 2c mol
Mg + CuSO4 
→ MgSO4 + Cu
a
a
mol
Mg
+ FeSO4 
→ MgSO4 + Fe
2c – a
2c – a mol
Vậy: a ≤ 2c < a + b
Ở thí nghiệm 3: sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối, vì vậy cả

3

2.1

2.2

CuSO4 và FeSO4 đã phản ứng hết. 3c ≥ a + b
TH 1: 3c = a + b, phản ứng xảy ra vừa đủ.
Mg + CuSO4 
→ MgSO4 + Cu
a
a
mol
Mg
+ FeSO4 
→ MgSO4 + Fe
2c – a
2c – a mol
( Với 2c – a = b Hay 2c = a + b)
TH 2: 3c > a + b
Mg + CuSO4 
→ MgSO4 + Cu
a
a
mol
Mg + FeSO4 
→ MgSO4 + Fe
b
b
mol
( Với 3c – a > b Hay 3c > a + b)
b/

Ta có: mr = 0,2.64 + 0,2.56 = 12,8 + 11,2 = 24 gam
Để tác dụng được với NaOH thì chất hữu cơ trên phải có nhóm – COOH
hoặc có nhóm chức – COO; có ít nhất là 2 nguyên tử Oxi. Số nguyên tử
oxi không vượt quá 4, vì chỉ có tối đa là 2 nguyên tử C. Vậy 2 ≤ z ≤ 4.
Ta có:
H – COOH ; CH3 – COOH ; H – COOCH3 ; HO – CH2 – COOH ;
HOOC – COOH ; O = CH-COOH
PTHH:
H - COOH + NaOH 
→ H - COONa + H2O
CH3 - COOH + NaOH 
→ CH3 - COONa + H2O
H – COOCH3 + NaOH 
→ CH3 - OH + H – COONa
HO - CH2 - COOH + NaOH 
→ HO - CH2 - COONa + H2O
HOOC - COOH + 2NaOH 
→ NaOOC - COONa + 2H2O
O = CH - COOH + NaOH 
→ O = CH - COONa + H2O
Dẫn các khí lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước
brom. Phân biệt được 2 nhóm.
- Nhóm 1: Làm mất màu dung dịch nước brom gồm: C2H4 và SO2
- Nhóm 2: Không làm mất màu dung dịch nước brom gồm: H 2 ;
CH4 và CO2
- Nhận ra SO2 ở nhóm 1 bằng cách dẫn 2 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm nào bị vẩn đục
là nhận ra khí SO2.
- Nhận ra CO2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 3 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm nào bị vẩn đục

là nhận ra khí CO2.
- Nhận ra H2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí còn lại lần lượt đi qua
các ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm nào mà làm chất
rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ và đồng thời có hơi nước xuất
hiện, là nhận ra khí H2.
- Khí còn lại là CH4.
Các PTHH:
SO2 + Br2 + 2H2O 
→ H2SO4 + 2HBr
C2H4 + Br2 
→ C2H4Br2
SO2 + Ca(OH)2 
→ CaSO3 + H2O
CO2 + Ca(OH)2 
→ CaCO3 + H2O

4


0

t
H2 + CuO →
Cu + H2O

Hoặc có thể làm theo cách:
Dẫn các khí lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước
vôi trong. Phân biệt được 2 nhóm.
- Nhóm 1: Làm đục dung dịch nước vôi trong và tạo kết tủa gồm:
CO2 và SO2

- Nhóm 2: Không làm đục dung dịch nước vôi trong gồm: H 2 ; CH4
và C2H4
- Nhận ra SO2 ở nhóm 1 bằng cách dẫn 2 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch brom, ống nghiệm nào bị mất màu là nhận ra
khí SO2.
- Nhận ra C2H4 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 3 khí đó lần lượt đi qua
các ống nghiệm chứa dung dịch nước brom, ống nghiệm nào bị mất màu
là nhận ra khí C2H4.
- Nhận ra H2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí còn lại lần lượt đi qua
các ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm nào mà làm chất
rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ và đồng thời có hơi nước xuất
hiện, là nhận ra khí H2.
- Khí còn lại là CH4.
Các PTHH:
SO2 + Ca(OH)2 
→ CaSO3 + H2O
CO2 + Ca(OH)2 
→ CaCO3 + H2O
SO2 + Br2 + 2H2O 
→ H2SO4 + 2HBr
C2H4 + Br2 
→ C2H4Br2
0

t
H2 + CuO →
Cu + H2O

2.3

A là H3PO4 ; B là CaO và C là Ca3(PO4)2
PTHH:

2H3PO4 +

3CaO 
→ Ca3(PO4)2 + 3H2O
0

t
Ca3(PO4)2 + SiO2 (cát) + 5C →
3CaSiO3 + 5CO + 2P

3

a/ Đặt công thức chung của 2 muối cacbonat của hai kim loại hoá trị II là:
RCO3
Ta có PTHH:

RCO3 + 2HNO3 
→ R(NO3)2 +

H2O + CO2

CO2 + Ba(OH)2 
→ BaCO3 + H2O
nBaCO 3 = 0,04 mol => nRCO 3 = nCO 2 = nBaCO 3 = 0,04 (mol)
MRCO 3 = 90 => MR = 30.
MR là khối lượng nguyên tử trung bình của 2 kim loại hoá trị II. Mà 2
kim loại hoá trị II lại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn.

Vậy 2 kim loại đó là Mg và Ca.
=> CTHH của 2 muối:

MgCO3 và CaCO3.

Theo bài ra ta có:
84a + 100b = 3,6

5


a + b = 0,04
Đặt a, b lần lượt là số mol của MgCO3 và CaCO3.
Giải hệ phương trình ta được: a = 0,025 và b = 0,015.
 mCaCO 3 = 1,5 g và % mCaCO 3 = 41,67%
 mMgCO 3 = 2,5 g và % mMgCO 3 = 58,33%
0

t
b/ MgCO3 →
MgO + CO2
0

t
CaCO3 →
CaO + CO2
0

t
FeCO3 →

FeO + CO2

nFeCO 3 = 0,06 mol => nFeO = 0,06 (mol)
1
1
VO 2 = 5 Vkk = 5 .5,6 = 1,12 (lit) => nO 2 = 0,05 (mol)

VN 2 = 5,6 – 1,12 = 4,48 (lit) => nN 2 = 0,2 (mol)
0

Xảy ra phản ứng:

t
4FeO + O2 →
2Fe2O3

0,06

0,05

0,03

(mol)

Sau phản ứng thì nO 2 d ư = 0,05 – 0,015 = 0,035 (mol)
Ta nhận thấy khối lượng của hỗn hợp X ở câu b gấp đôi ở câu a. Vì
vậy số mol CO2 của hỗn hợp X ở câu b sẽ l à: 0,08 mol.
=>

∑n

CO2

= 0,08 + 0,06 = 0,14 (mol).

Tổng số mol các khí là: 0,2 + 0,14 + 0,035 = 0,375 (mol)
Vậy thành phần các khí trong hỗn hợp Z là:
% nO 2 = 9,33% ; % nN 2 = 53,33% ; % nCO 2 = 37,33%
c/ Các PTHH xảy ra:
MgO + 2HNO3 
→ Mg(NO3)2 +
0,05

H2O

0,1

(mol)

CaO + 2HNO3 
→ Ca(NO3)2 + H2O
0,03

0,06

(mol)

Fe2O3 + 6HNO3 
→ 2Fe(NO3)3 +
0,03

4.1

0,18

3H2O
(mol)

∑n

HNO3

(đã dùng) = 0,1 + 0,06 + 0,18 = 0,34 (mol)

∑V

HNO3

(cần dùng) =

0,34
= 0,17 (lit)
2

Theo bài ra ta có PTHH:
0

t
4CxHyOz + (4x + y – 2z) O2 →
4xCO2 + 2yH2O

Vì H2SO4 đặc nên rất háo nước và hút nước sinh ra từ phản ứng cháy,
còn bình đựng nước vôi trong dư sẽ hấp thụ hết lượng khí CO 2. Vậy khối
lượng bình 1 tăng 10,8 g là khối lượng H 2O và khối lượng bình 2 tăng

6


17,6 g là khối lượng CO2.
CO2 + Ca(OH)2 
→ CaCO3 + H2O
Ta có: nCO 2 = 0,4 (mol) => nC = nCO 2 = 0,4 (mol). Vậy mC = 4,8 g
và nH 2 O = 0,6 (mol) => nH = 2nH 2 O = 1,2 (mol). Vậy mH = 1,2 g
Ta có khối lượng mO = 9,2 – (4,8 + 1,2) = 3,2 g => nO = 0,2 mol.
Ta có tỉ lệ: nC : nH : nO = 0,4 : 1,2 : 0,2 = 2 : 6 : 1
Vậy CTPT đơn giản nhất của A là: C2H6O
CH3 – CH2 – OH (Rượu etylic) và CH3 – O – CH3 (Đi metyl ete)
4.2

Theo bài ra ta có:
mA = 12,8 x 0,71875 = 9,2 g. => nA = 0,1 (mol)
mH2O = 3,6 gam; nH2O = 0,2 mol.
nH 2 = 0,25 (mol)
2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 (1)

0,2

0,1 (mol)

2R(OH)n +

2nNa 
→ 2R(ONa)n

+ nH2 (2)

2

n

(mol)

0,1
0,05n
Từ (1), (2): nH2 = 0,1+ 0,05n = 0,25 mol => n = 3.
Ta có:
là 92 đ.v.C.

(mol)

n = 3. Công thức là R(OH) 3 có khối lượng phân tử của A

MR(OH) 3 = MR + 51 = 92 => MR = 41. Mà R là gốc hidrocacbon nên
có dạng: CxHy
Ta có: 12x + y = 41. (x, y là những số nguyên dương)
Xét tỉ lệ:
x

1

2

3

4

y

29 (loại)

17 (loại)

5

-7 (loại)

Vậy giá trị x = 3 và y = 5 là phù hợp. CTPT của rượu A là:
C3H5(OH)3 Glyxerin Hoặc 1,2,3 propan triol.

7