CHINH PHỤC 33 ĐỀ THI HSG HÓA 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

NGUYỄN ĐÌNH HÀNH
(Giáo viên chuyên luyện thi hóa THCS)

TUYỂN CHỌN VÀ GIẢI CHI TIẾT
33 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
TỈNH, THÀNH PHỐ NĂM 2018

Kính chào các thầy cô giáo!
Trước hết mình xin trân trọng cảm ơn các thầy cô đã sử dụng sách
và tài liệu của mình. Qua đây, cho tôi gửi lời chúc quý thầy cô và gia
đình luôn dồi dào sức khỏe và hạnh phúc.
Tài liệu này được tôi sưu tầm từ các đề thi dạng file ảnh trên các
trang mạng xã hội, sau đó tôi đánh máy lại và giải, phân tích. Vì
muốn có tư liệu giảng dạy cho cá nhân và cho quý thầy cô nên tôi đã
làm tài liệu này tốn khá nhiều thời gian. Với bộ tài liệu 33 đề thi có
tổng dung lượng file lên tới 206 trang A4 bằng công sức sưu tầm,
biên soạn và chia sẻ cách giải khá tỉ mỉ, hình ảnh được vẽ lại tương
đối nét, thì việc có nó trong tay sẽ hỗ trợ khá nhiều cho các thầy cô
trong việc soạn giảng.
Mặc dù tôi rất cố gắng trong sưu tầm và biên soạn, song tài liệu khó
tránh khỏi sai sót. Tôi rất mong các thầy cô giáo phản hồi về chất
lượng tài liệu, những sai sót trong tài liệu để tôi chỉnh sửa và hoàn
thiện tài liệu được tốt hơn.
Xin trân trọng cảm ơn!
Thầy Nguyễn Đình Hành
(Email: )

1


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Đề thi chính thức
Đề thi có 2 trang

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

2

ĐỀ SỐ 1
KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ
KHÓA THI NGÀY: 29.3.2018
Môn thi: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (5 điểm)
1.1. Xăng sinh học (xăng pha etanol), (etanol hay còn gọi rượu etylic) được coi là giải pháp thay thế cho
xăng truyền thống.
Xăng pha etanol là xăng được pha một lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên
cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5 (pha
5% etanol),...
- Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học ? Viết các

phương trình hóa học để chứng minh.
- Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng
truyền thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thống thì cần 3,22 kg
O2 .
1.2. Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế
khí H2 trong phòng thí nghiệm, hãy cho biết:
- Hóa chất ở trên bình cầu (Y) và trong bình
thủy tinh (Z)?
- Viết phương trình hóa học minh họa.
- Khí H2 đã thu bằng phương pháp gì?
Phương pháp này dựa trên tính chất gì của
H2?
1.3. Có 4 hidrocacbon A, B, C, D có cùng công thức phân tử là C4H8
- A, B làm mất màu dung dịch brom nhanh, C làm chậm mất màu dung dịch brom, còn D thì không. Biết
A, B cộng H2 cho cùng sản phẩm G. Xác định CTPT của A, B, C, D.
Câu 2: (6 điểm)
2.1. Từ dung dịch H2SO4 98% (khối lượng riêng 1,84 g/ml), dung dịch HCl 5M, nước cất và các dụng cụ
cần thiết khác, hãy trình bày cách pha chế 300ml dung dịch chứa hỗn hợp H2SO4 1M và HCl 1M.
2.2. Có 6 chất rắn đựng trong 6 lọ riêng biệt, mất nhãn là: Na2CO3, Na2SO4, MgCO3 , BaCO3, BaSO4,
CuSO4. Chỉ dùng thêm một thuốc thử, hãy nhận biết các chất rắn trên bằng phương pháp hóa học (viết
các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra).
2.3.
- Một học sinh A dự định làm thí nghiệm pha loãng H2SO4 như sau. Lấy một lượng H2SO4 đặc cho vào
cốc thủy tinh, sau đó đổ nước vào trong cốc và khuấy đều bằng đũa thủy tinh. Cách làm thí nghiệm như
dự định của học sinh A sẽ gây nguy hiểm như thế nào? Hãy đưa ra cách làm đúng và giải thích.
- Nêu hiện tượng xảy ra và giải thích khi làm thí nghiệm sau: Cho một ít đường kính trắng vào cốc thủy
tinh, rồi nhỏ từ từ 1-2 ml H2SO4 đặc vào.
Câu 3: (4 điểm)
3.1. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan 43,8 gam vào nước dư, thu được 2,24 lít khí H2
(đktc) và dung dịch Y, trong đó có chứa 41,04 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 13,44 lít CO2 (đktc) vào

trong dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Tính m?
3.2. Hỗn hợp A gồm Fe, M và MO (M là kim loại có hóa trị cao nhất là 2, hydroxyt của M không lưỡng
tính). Chia 57,6 gam hỗn hợp A thành hai phần bằng nhau.
- Phần 1: Cho khí CO dư đi qua hỗn hợp A nung nóng để khử hoàn toàn oxyt thành kim loại, thu được
hỗn hợp khí B, chất rắn C. Dẫn B qua dung dịch nước vôi trong được 6 gam kết tủa và dung dịch D. Cho
dung dịch NaOH 1M vào dung dịch D để đạt được lượng kết tủa lớn nhất thì lượng dung dịch NaOH cần
dùng ít nhất là 20 ml. Hòa tan chất rắn C trong dung dịch H2SO4 loãng dư còn lại 16 gam chất rắn không
tan.
- Phần 2: Hòa tan trong dung dịch HCl. Sau một thời gian thu được dung dịch E, khí G và chất rắn F gồm
2 kim loại. Cho dung dịch E tác dụng với dung dịch KOH dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 17,1 gam


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

3

một kết tủa duy nhất. Hòa tan chất rắn F trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được 5,936 lít khí SO2
(đktc, sản phẩm khử duy nhất).
Xác định kim loại M?
Câu 4: (5 điểm)
4.1. Cho một bình chứa hỗn hợp khí X gồm metan (CH4), etilen (C2H4) và axetilen (C2H2). Hãy trình bày
phương pháp hóa học để tách riêng từng khí trong X.
4.2. Đốt cháy 7,8 gam hidrocacbon A thu được 13,44 lít CO2 (đktc). Biết tỷ khối hơi của A đối với H2
bằng 39. Mặt khác 7,8 gam A tác dụng với AgNO3/ NH3 dư thu được 29,2 gam kết tủa. Tìm công thức
cấu tạo của A, biết A có mạch thẳng.
4.3. Hỗn hợp X gồm ankin A (công thức CnH2n-2) và anken B (có công thức CmH2m). Biết A, B đều có
mạch thẳng. Chia 11 gam X làm 2 phần bằng nhau.

- Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc).
- Phần 2: Hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch brom, thấy cần 200ml dung dịch Brom 1M.
a. Tìm công thức phân tử A, B.
b. Xác định công thức cấu tạo A, B biết A không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 cho kết tủa.
**
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG HÓA HỌC LỚP 9, TP HỒ CHÍ MINH
Năm học 2017-2018
---------------Câu 1.
1.1.
- Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì nguyên liệu sản xuất etanol để pha vào trong xăng có
nguồn gốc từ thực vật (nhờ phản ứng lên men để sản xuất lượng lớn etanol). Loại thực vật thường được
trồng và sử dụng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,…
Các phương trình hóa học:
t 0 , Axit

(C6 H10O5 ) n  nH 2O 
 nC 6 H12O6
t 0 ,Axit

C12H22O11 + 2H2O 
 C6H12O6 (glucozo)+ C6H12O6 (fructozo)
men r­îu

C6H12O6 (glucozo)  2C2H5OH + 2CO2
- Giả sử đốt 1 kg etanol:
t0

C2H6O2 + 3O2  2CO2 + 3H2O
46
3.32 kg

1

mO =
2

3.32
 2, 087 kg < 3,22 kg
46

Như vậy khi cháy 1kg etanol tiêu tốn lượng O2 ít hơn khi đốt 1kg xăng truyền thống, đồng nghĩa với
lượng khí thải thoát ra (CO2 ) cũng ít hơn, hạn chế đáng kể tình trạng ô nhiễm môi trường.
Mặt khác, nguồn nguyên liệu để sản xuất etanol lượng lớn không bị hạn chế trong khi trữ lượng xăng
dầu truyền thống luôn bị hạn chế.
Từ các ưu điểm trên cho thấy dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống
và sản xuất để thay thế cho xăng truyền thống.
1.2. Bình cầu (Z) chứa dung dịch HCl hoặc H2SO4 loãng. Chất rắn trong bình thủy tinh (Z) là kim loại
đứng trước hidro trong dãy hoạt động hóa học của kim loại. Ví dụ: Zn, Al ...
Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2 
Zn + H2SO4 loãng  ZnSO4 + H2 
- Phương pháp thu khí như hình vẽ là phương pháp đẩy nước (hay còn gọi là dời chỗ nước)
Khí H2 được thu bằng phương pháp đẩy nước là dựa vào tính chất H2 ít tan trong nước.
1.3. Các CTCT có thể có của C4H8
CH2=CH–CH2–CH3
(1)
CH3–CH=CH–CH3 (2) (Chất này còn một đồng phân cis-trans, ở đây không xét)
CH3 –C(CH3 )=CH2 (3)


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

H2 C

CH2

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

CH2
(5)

(4)
H2 C

4

CH2

H2C

CH

CH3

A, B làm mất màu d.dịch brom nhanh và có cùng sản phẩm cộng H2 nên A, B tương ứng với (1),(2)
D không làm mất màu dung dịch brom  D tương ứng với cấu tạo (4)
C làm mất màu chậm dung dịch brom nên C tương ứng với cấu tạo (5)
Câu 2
2.1. Số mol mỗi chất tan trong 300ml dung dịch hỗn hợp điều chế được:

nH

2SO 4

 n HCl  0,3.1  0, 3 mol
0,3

 VddHCl 5M (cần lấy) =
 0,06 lít = 60ml
5
 VddH SO 98% (cần lấy) =
2 4

0,3.98.100
 16,3ml
98.1,84

Cách pha chế:
- Cho 100ml nước cất vào cốc thủy tinh có vạch chia thể tích.
- Dùng dụng cụ hút lấy 60ml dung dịch HCl 5M cho từ từ vào cốc, khuấy đều cho tan hết. Sau đó dùng
dụng cụ hút lấy 16,3ml dung dịch H2SO4 98% cho từ từ vào cốc đó, khuấy đều cho tan.
- Thêm từ từ nước cất vào dung dịch hỗn hợp cho tới khi chạm vạch 300ml thì thu được 300ml dung
dịch H2SO4 1M và HCl 1M.
2.2. Trích mẫu các chất rắn để làm thí nghiệm
- Nung nóng mỗi chất rắn thì phân biệt 2 nhóm chất.
+ Nhóm có khối lượng giảm xuống là BaCO3 hoặc MgCO3 (Nhóm A).
t0

BaCO3  BaO

+ CO2 

t0

MgCO3  MgO + CO2 
+ Nhóm còn lại là BaSO4, Na2CO3, CuSO4, Na2SO4 (Nhóm B)
- Hòa tan sản phẩm nung của nhóm A vào nước dư, nếu sản phẩm tan thì chất ban đầu là BaCO3, nếu sản
phẩm không tan thì chất ban đầu là MgCO3
BaO + H2O  Ba(OH)2
- Hòa tan lần lượt các chất nhóm B vào nước dư, mẫu không tan là BaSO4. Mẫu tan thành dung dich màu
xanh là CuSO4, mẫu tan thành dung dịch không màu là Na2CO3 và Na2SO4 (nhóm C).
- Thử các dung dịch nhóm C bằng dung dịch Ba(OH)2, lọc kết tủa làm khô rồi nung nóng. Hòa tan sản
phâm vào nước, nếu tan thì mẫu ban đầu là Na2CO3. Mẫu còn lại là Na2SO4.
Ba(OH)2 + Na2CO3  BaCO3  + 2NaOH
Ba(OH)2 + Na2SO4 BaSO4  + 2NaOH
t0

BaCO3  BaO + CO2 
Lưu ý: Có thể dùng dung dịch H2SO4 loãng dư để thử lượng nhỏ các mẫu
+ Mẫu nào không tan là BaSO4
+ Mẫu nào có khí thoát ra và xuất hiện kết tủa là mẫu BaCO3
+ Mẫu nào xuất hiện dung dịch màu xanh là CuSO4 (tan vật lý)
+ Mẫu nào tạo dung dịch không màu và không có khí thoát ra là mẫu Na2SO4 (tan vật lý)
+ Các mẫu có khí thoát ra mà không có kết tủa là MgCO3, Na2CO3
Phương trình hóa học:
BaCO3 + H2SO4 loãng  BaSO4  + H2O + CO2 
MgCO3 + H2SO4 loãng  MgSO4 + H2 O + CO2 
Na2CO3 + H2SO4 loãng  Na2SO4 + H2O + CO2 
- Cho 2 mẫu còn lại vào dung dịch Na2SO4, mẫu tan là Na2CO3 (tan vật lý), mẫu còn lại là MgCO3

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

5

2.3.
- Cách làm thí nghiệm theo dự định của học sinh A có thể bị bỏng axit. Vì H2SO4 tan rất mạnh trong
nước và tỏa rất nhiều nhiệt. Nếu ta rót nước vào H2SO4, làm nước sôi đột ngột sẽ gây ra hiện tượng các
giọt axit bắn ra xung quanh gây nguy hiểm.
Đề xuất cách làm đúng: Cho vào cốc thủy tinh một lượng nước đủ lớn, sau đó cho từ từ H2SO4 đặc vào
cốc nước, dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ. Vì làm như vậy lúc nào trong cốc cũng có lượng nước lớn hơn
nhiều so với lượng axit, nhiệt tỏa ra khi hòa tan bị nước hấp thu, nước không bị sôi đột ngột nên không có
hiện tượng bắn các giọt axit ra ngoài.
- Cho 1-2 ml H2SO4 đặc vào cốc chứa đường kính trắng thì màu trắng của đường chuyển dần sang màu
vàng, sau đó hóa nâu và cuối cùng có chất rắn xốp màu đen. Có bọt khí sinh ra đẩy khối chất rắn màu đen
lên trên miệng cốc.
Giải thích: H2SO4 đặc hút nước (tách H và O từ phân tử đường) nên chỉ còn lại cacbon (màu đen, xốp).
Cacbon tác dụng với H2SO4 đặc tạo ra hỗn hợp khí gây ra sủi bọt và đẩy than lên trên.
H SO ®Æc

2
4
C12H22O11 
 12C + 11H2O

C + 2H2SO4 đặc  2SO2  + CO2  + 2H2O
Câu 3:

41,04

2, 24

13, 44

3.1. n H 
 0,1(mol) ; n Ba(OH) 
 0, 6(mol)
 0, 24 mol ; n CO 
2
2
2
22, 4
22, 4
171
Phản ứng của X với H2O
Na2O + H2O  2NaOH
BaO + H2 O  Ba(OH)2
2Na + 2H2O  2NaOH + H2 
Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 
Gọi x là số mol NaOH
Theo bảo toàn số mol H, ta cso:

nH

2O

(phản ứng) =

1
x  0, 24.2  0,1.2
(n NaOH  2n Ba(OH)  n H2 ) 
 (0, 5x  0,34) mol
2
2
2

BTKL  43,8 + 18.(0,5x + 0,34) = 41,04 + 40x + 0,1.2  x = 0,28 mol
(Ngoài cách trên các em có thể giải bằng nhiều cách: Quy đổi X gồm 3 chất, phân tích hệ số, sử dụng
công thức trung bình, sử dụng quy tắc hóa trị ...)
Vì n Ba(OH)  n NaOH  0,52  n CO  0, 6  n OH  0, 76  Kết tủa BaCO3 bị tan một phần
2
2
 Các muối sau phản ứng gồm BaCO3, Ba(HCO3 )2, NaHCO3
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O
0,24  0,24 
0,24 mol
CO2 + NaOH  NaHCO3
0,28
 0,28 mol
CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2
(0,6 – 0,52)  0,08 mol
 m = (0,24 – 0,08).197 = 31,52 gam
3.2. Mỗi phần A có khối lượng 28,8 gam
-Phần 1: n NaOH  0, 02 mol ; n CaCO (lần 1) = 0,06 mol
3

Khí B: CO2, CO dư
t0

; rắn C gồm Fe và M

CO + MO  M + CO2
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
Ca(HCO3)2 + NaOH  CaCO3  + NaHCO3 + H2O


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

6

Theo các pư: n O (oxit kim loại)  n CO  n CaCO (lần 1) + 2n NaOH = 0,06 + 0,02.2 = 0,1 mol
2
3
C + H2SO4 loãng dư còn lại 16 gam chất rắn không tan  n Fe 

28,8  16  0,1.16
 0,2 mol
56

-Phần 2: n SO  0, 265 mol
2
F gồm 2 kim loại (Fe và M)  MO phản ứng hết  MCl2
Mặt khác, kết tủa chỉ gồm 1 chất  kết tủa là Fe(OH)2  MCl2 đã bị Fe phản ứng hết.
MO + 2HCl  MCl2 + H2O

Fe + MCl2  FeCl2 + M 
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
FeCl2 + 2KOH  Fe(OH)2  + 2KCl
0,19



17,1
mol
90
t0

2Fe + 6H2SO4 đặc  Fe2 (SO4)3 + 6H2O + 3SO2 
(0,2-0,19)
0,015 (mol)
t0

M + 2H2SO4 đặc  MSO4 + 2H2O + SO2 
0,25
(0,265 – 0,015) mol
Ta có: M =

16
 64 (Cu)
0, 25

Câu 4:
4.1. Sơ đồ tách:

C2 H2

ddBr

ddAgNO / NH d­

3
3 
C 2 H 4 

CH 4

2 d­ 
C 2 H 4 , CH 4 
dd HCl

C 2 Ag 2  
 C 2H 2

CH 4 
 Zn, ®un nãng

C 2 H 4 Br2 
 C2H4 


(Thực tế các khí ra khỏi bình dung dịch AgNO3/NH3 có thể lẫn NH3, vì vậy muốn loại bỏ khí này thì cần
loại bỏ NH3 bằng dung dịch H2SO4 loãng)

7,8

4.2. n A 
 0,1 mol ; n CO  0, 6mol  n H  7,8 – 0,6.12 = 0,6 mol = nC
2
78
 A: CnHn  13n = 78  n = 6  CTPT của A: C6H6
NH

3  2C H
2C6H6 + aAg2O 
6 6 – a Aga  + aH2O
0,1 
0,1 mol

Ta có: 78 + 107a =

29, 2
 292  a = 2
0,1

1mol A thế với 2 mol AgNO3 / NH3  A có 2 liên kết ba CC ở đầu mạch.
CTCT của A: CH  C–CH2 –CH2 –CCH
4.3. Mỗi phần có khối lượng 5,5 gam
-Phần 1: n CO  0, 4 mol
2
BT mol H  2 n H O  5,5 – 0,4.12  n H O  0,35 mol
2
2

3n  1
t0

O2  nCO2 + (n-1)H2O (1) n CO  n H O  n A
2
2
2
3m
t0
+
O2  mCO2 + mH2 O
(2) n CO  n H O  0
2
2
2

CnH2n-2 +
CmH2m


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Từ (1,2)  n ankin A 

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

 n CO2  n H2O  0, 05 mol

-Phần 2: n Br  0,2 mol
2
Cn H2n-2 + 2Br2  CnH2n-2Br4
0,05

0,1 (mol)
CmH2m + Br2  CmH2mBr2
0,1 (0,2-0,1) mol

 n, m nguyên d­¬ng;
a. Ta có 0,05n + 0,1m = 0,4  n + 2m = 8 (*) điều kiện: 
 n  2;m  2
- Trường hợp 1: n = 2 ; m = 3  CTPT của A, B lần lượt là: C2H2 , C3H6
- Trường hợp 2: n = 4 ; n = 2  CTPT của A,B lần lượt là: C4H6, C2H4
b. Vì A không phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 nên A không có liên kết ba ở đầu mạch
 trường hợp 2 là thỏa mãn
CTCT của A: CH3–CC–CH3
CTCT của B: CH2 =CH2
---**---

7


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

8

ĐỀ SỐ 02
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: HÓA HỌC
Ngày thi: 04/4/2018
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 02 trang)

Bài I (3,0 điểm)
1. Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế
khí Z. Khí Z có thể là khí nào trong số các
khí sau: H2, NH3, SO2, HCl. Viết phương
trình hóa học minh họa và chỉ rõ các chất
X, Y trong phản ứng.

2. Giải thích tại sao:
- Nước đá khô thường được dùng để bảo quản thực phẩm?
- Khí CO2 không thể dùng để dập tắt đám cháy kim loại như Mg, Al?
3. Để AgCl (màu trắng) ngoài ánh sáng, thấy chuyển dần thành chất rắn màu đen. Giải thích hiện tượng
và viết phương trình hóa học minh họa.
Bài II (4,0 điểm)
1. Chọn các chất phù hợp và viết phương trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau:
Ba(OH)2
HCl
X (r) mµu ®en 
X1(k ) vµng lôc 
 X 2(dd ) kh«ng mµu 
 X 3(dd ) mµu vµng 
 X 2(dd) kh«ng mµu

(1)
(2)
(3)
(4)


 M kÕt tña tr¾ng
(9)
0

H2SO4 ®Æc, t
HCl
Y(r) mµu ®en 
Y1(dd ) mµu xanh 
 Y2(dd ) mµu xanh 
 Y3(r) mµu ®á 
 Y4(dd) mµu xanh
(5)
(6)
(7)
(8)

Biết phân tử khối các chất thỏa mãn: M X  M Y  167 ; M X + M Y = 396 ; M X + M Y = 226,5
2
2
3
3
2. Chọn các chất phù hợp và hoàn thành các phương trình hóa học sau:
t0

a) KMnO4  A1 + A2 + O2 

(1)

t0

A1 + HCl đặc  Cl2  + ....+……(2)
t0

A2 + HCl đặc  Cl2 + …+……. (3)

b) B1 + B2  BaSO4  + CO2  + ….+…. (1)
B1 + BaCl2  BaSO4  +…+…
(2)
B2 + H2SO4  BaSO4  + CO2  + ..... (3)
B2 + NaOH  B3  + ….+ ….
(4)

Bài III (4,0 điểm)
1. Đốt cháy m gam đơn chất X (là chất rắn màu đỏ) trong oxi dư thu được chất rắn Y (chất Y tan trong
nước thành một dung dịch axit tương ứng với Y). Cho toàn bộ chất rắn Y vào 500ml dung dịch chứa hỗn
hợp NaOH 0,5M và KOH 1M đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch sau phản ứng,
làm khô các chất thu được 47,24 gam chất rắn khan. Tìm giá trị của m.
2. Đặt hai cốc A, B có khối lượng bằng nhau lên 2 đĩa cân, cân ở vị trí thăng bằng. Cho 120 gam hỗn hợp
kali hidrocacbonat và natri hidrocacbonat vào cốc A; 85 gam bạc nitrat vào cốc B. Thêm từ từ 100 gam
dung dịch axit sunfuric 19,6% vào cốc A; 100 gam dung dịch axit clohidric 36,5% vào cốc B. Sau thí
nghiệm, cân có ở vị trí thăng bằng không? Nếu cân không ở vị trí thăng bằng thì cần thêm bao nhiêu gam
dung dịch axit clohidric 36,5% vào cốc nào để cân trở lại vị trí thăng bằng? (Giả thiết khí CO2 không tan
trong nước, bỏ qua quá trình bay hơi của nước và hidroclorua).
Bài IV (4,0 điểm)

1. Cho ankan X tác dụng với clo trong điều kiện có ánh sáng thu được khí hidroclorua và 26,25 gam hỗn
hợp Y gồm hai dẫn xuất monoclo và điclo. Lượng khí hidroclorua sinh ra được hòa tan hoàn toàn vào
nước, trung hòa dung dịch thu được bằng 500ml dung dịch NaOH 1M.
a) Tìm công thức phân tử của ankan X.
b) Đốt cháy hoàn toàn V lít (ở đktc) ankan X bằng oxi dư, toàn bộ lượng CO2 sinh ra được hấp thụ vào
250ml dung dịch Z chứa đồng thời Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,32M thu được m gam kết tủa. Tìm điều
kiện của V để m đạt giá trị lớn nhất.


Tuyn chn v gii chi tit 33 thi HSG cp tnh nm 2018

Nguyn ỡnh Hnh
T: 0988 275 288 0898 375 488

9

2. t chỏy hon ton 0,99 mol hn hp X gm CH3 COOCH3, CH3COOC3 H7 v ba hidrocacbon mch
h thỡ cn va 3,81 mol O2 thu c CO2 v 43,2 gam nc. Nu cho 0,165 mol hn hp X tỏc dng
dung dch Br2 d thỡ cú bao nhiờu mol Br2 phn ng?
Bi V (5,0 im)
1. Hũa tan mt lng hn hp gm Al v Al2O3 trong dung dch H2SO4 loóng va thu c dung dch
X trong ú s nguyờn t hidro bng 1,76 ln s nguyờn t oxi. Tớnh nng phn trm ca cht tan trong
dung dch X.
2. Cho m (gam) Zn vo dung dch cha 0,1 mol AgNO3 v 0,15 mol Cu(NO3)2 , sau mt thi gian thu
c 26,9 gam kt ta v dung dch X cha 2 mui. Lc kt ta, thờm tip 5,6 gam bt st vo dung dch
X, sau khi cỏc phn ng xy ra hon ton thu c 6 gam kt ta. Tớm giỏ tr ca m.
3. Cho 5,102 gam hn hp X gm hai mui M2CO3 v MHCO3 tỏc dng vi dung dch HCl d, dn ton
b khớ thoỏt ra vo 500ml dung dch Y gm KOH 0,024M v Ba(OH)2 0,09M thu c 7,88 gam kt ta.
Xỏc nh cụng thc v tớnh phn trm khi lng mi mui trong hn hp X.
------*------HNG DN GII HSG TP H NI NM HC 2017-2018

---------Bi I (3,0 im)
1. Khớ Z thu c bng cỏch y nc nờn
khớ Z khụng tan hoc rt ớt tan trong nc.
Chn khớ Z l H2 ; X l dung dch HCl, Y kim
loi (Zn, Mg ...)
Phng trỡnh húa hc:
Zn + 2HCl ZnCl2 + H2
2.
- Nc ỏ khụ l khớ CO2 trng thỏi rn (lnh n 78,50C), lnh hn nc ỏ thng nờn giỳp thc
phm ti lõu hn.
- CO2 (rn) ch b thng hoa thnh khớ CO2 ch khụng chuyn thnh lng nh nc ỏ thng nờn thc
phm luụn c khụ rỏo (sch hn). Ngoi ra, lp khớ CO2 bao bc thc phm lm c ch s xõm nhp
ca cỏc vi sinh vt, giỳp cho thc phm cú mựi t nhiờn.
- Khụng dựng khớ CO2 khụng th dựng dp tt ỏm chỏy kim loi nh Mg, Al do cỏc kim loi Mg v
Al cú tớnh kh rt mnh, tỏc dng vi CO2 nhit cao, lm cho ỏm chỏy mnh thờm.
t0

4Al + 3CO2 2Al2O3 + 3C
t0

2Mg + CO2 2MgO + C
t0

C + O2 CO2
Cỏc phn ng trờn xy ra liờn tc nờn lm cho ỏm chỏy cng xy ra mónh lit.
3. Khi b chiu sỏng thỡ AgCl b phõn hy thnh kim loi Ag dng vụ nh hỡnh (dng bt) nờn cú mu
en (kim loi Ag dng cu trỳc mng tinh th rt ỏnh kim, cú mu trng bc)
as

2AgCl 2Ag (bt) + Cl2

Bi II (4,0 im)
1. S
Ba(OH)2
HCl
X (r) màu đen
X1(k ) vàng lục
X 2(dd ) không màu
X 3(dd ) màu vàng
X 2(dd) không màu
(1)
(2)
(3)
(4)


M kết tủa trắng
(9)
0

H2SO4 đặc, t
HCl
Y(r) màu đen
Y1(dd ) màu xanh
Y2(dd ) màu xanh
Y3(r) màu đỏ
Y4(dd) màu xanh
(5)
(6)
(7)
(8)

Phõn tớch s ta thy: X l MnO2 MY = 167 87 = 80 X: CuO
Y3 rn mu Y3 l Cu X3 = 226,5 64 = 162,5 X3: FeCl3 ; Y4: CuSO4
Y2 l Cu(NO3)2 X2 = 396 188= 208 X2 l BaCl2 M: BaSO4
Cỏc phng trỡnh húa hc:
MnO2 + 4HCl c MnCl2 + 2H2O + Cl2
Cl2 + BaBr2 BaCl2 (dd) + Br2 (lu ý: cho X2 l dung dch nờn khụng chn Ba + Cl2 BaCl2)


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

3BaCl2 + Fe2(SO4 )3  2FeCl3 + 3BaSO4 
2FeCl3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4  + 3BaCl2
CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O
CuCl2 + 2AgNO3  2AgCl  + Cu(NO3)2
Cu(NO3)2 + Fe  Cu + Fe(NO3 )2
Cu + 2H2SO4 đặc  CuSO4 + 2H2O + SO2 
CuSO4 + BaCl2  BaSO4  + CuCl2
2. Chọn các chất phù hợp và hoàn thành các phương trình hóa học sau:
A1: K2MnO4 ; A2: MnO2
t0

a. 2KMnO4  K2 MnO4 + MnO2 + O2 
K2MnO4 + 8HCl đặc  2KCl + MnCl2 + 4H2O + 2Cl2 
MnO2 + 4HClđăc  MnCl2 + 2H2O + Cl2 
b. B1: NaHSO4; B2: Ba(HCO3)2 ; B3: BaCO3
2NaHSO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4  + Na2SO4 + 2CO2  + 2H2O

2NaHSO4 + BaCl2  BaSO4  + Na2SO4 + 2HCl
Hoặc viết: NaHSO4 + BaCl2 dư  BaSO4  + NaCl + HCl
Ba(HCO3)2 + H2SO4  BaSO4 + 2H2 O + 2CO2 
Ba(HCO3)2 + 2NaOH  BaCO3  + Na2CO3 + 2H2O
Hoặc viết: Ba(HCO3)2 dư + NaOH  BaCO3  + NaHCO3 + H2O
Lưu ý: dung dịch NaHSO4 có tính chất tương tự dung dịch H2SO4 loãng.
Bài III (4,0 điểm)
1. Chất rắn X màu đỏ, Y là oxit axit  X là photpho (P) và Y là P2 O5
Số mol NaOH = 0,25 mol ; KOH = 0,5 mol
 mNa+K = 0,25.23 + 0,5.39 = 25,25 (gam)

0, 75.95
= 49 (gam)
3
0, 75.96
Nếu vừa đủ tạo ra muối =HPO4  mrắn = 25,25 +
= 61,25 (gam)
2
Nếu vừa đủ tạo ra muối PO4  mrắn = 25,25 +

Nếu vừa đủ tạo ra muối –H2PO4  mrắn = 25,25 + 0,75.97= 98 (gam)
Theo đề bài mrắn = 47,24 gam < 49 gam  phản ứng tạo muối trung hòa và kiềm dư
Đặt công thức của KOH và NaOH là MOH
t0

4P + 5O2  2P2O5
P2O5 + 3H2O  2H3PO4
H3PO4 + 3MOH  M3PO4 + 3H2 O

(1)

(2)
(3)

m

BT mol P  n H PO  n P 
(mol)
3 4
31

3m

Theo (3)  n H O  3n H PO =
(mol)
2
3 4
31
BTKL theo pư (3) 

98m
3m.18
 0, 25.40  0, 5.56  47, 24 
 m = 6,51 (gam)
31
31

2.
Tóm tắt:

10

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

11

Hướng dẫn:
Cốc A:

nH

2SO 4



19, 6
 0, 2 mol ;
98

120
120
 1, 2  n NaHCO  KHCO 
 1, 43 mol
3
3
100
84

 H2SO4 hết.
2MHCO3 + H2SO4  M2SO4 + H2O + 2CO2 
0,2 
0,4 (mol)
mddB = 100 + 120 – 0,4.44 = 202,4(gam)
Cốc B:

n HCl 

36,5
85
 1(mol) ; n AgNO =
 0,5 mol < 1  AgNO3 hết.
3 170
36,5

AgNO3 + HCl  AgCl  + HNO3
0,5 
0,5
mcác chất trong B = 100 + 85 = 185 gam < 211,2 gam.
Vậy cân không thăng bằng, cân lệch về bên cốc A.
* Muốn cân thăng bằng phải thêm dung dịch HCl vào cốc B. Vì trong B không có chất nào tác dụng với
HCl nên khối lượng dung dịch HCl thêm vào bằng độ chênh khối lượng giữa 2 cốc.
 m ddHCl (thêm vào) = 202,4 – 185 = 17,4 (gam)
Bài IV (4,0 điểm)
1. Đặt công thức của ankan X: CnH2n+2 (n  1, n nguyên)
a.s

CnH2n+2 + Cl2  CnH2n+1Cl + HCl

(1)

a.s

CnH2n+2 + 2Cl2  CnH2nCl2 + 2HCl (2)
HCl + NaOH  NaCl + H2O
(3)
0,5
0,5 mol
Theo các phản ứng (1,2,3): n Cl (trong )  n HCl  0, 5 mol
Y
Trong dẫn xuất điclo có hàm lượng Cl cao hơn trong dẫn xuất monoclo


14n  71 26, 25
14n  36,5

 52,5 
 1,14 < n < 2,4  n = 2
2
0,5
1

Công thức phân tử ankan X: C2H6
b. n Ba(OH)  0, 05 mol; n NaOH = 0,08 mol
2

t0

C2H6 + 3,5O2  2CO2 + 3H2O

V

22, 4

V
(mol)
11, 2

Vì kết tủa cực đại nên Ba(OH)2 phản ứng hết và chưa xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa bởi CO2.
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (2)
CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O (3)
CO2 + H2O + Na2CO3  2NaHCO3 (4)
* Lượng CO2 min khi vừa đủ xảy ra phản ứng (2)

V

 n CO  n Ba(OH)  0, 05mol 
 0, 05  V  0, 56lit
2
2
11, 2
* Lượng CO2 max khi vừa đủ xảy ra phản ứng (2,3,4)

V

 0,13  V  1, 456 lit
 n CO  n Ba(OH)  n NaOH  0, 05  0, 08  0,13mol 
2

2
11, 2
Vậy 0,56 lít  V  1,456 lít
2. Giả sử đốt 0,165 mol X thì lượng CO2 và O2 là:
nO 
2

0,165
43,2 0,165
.3,81  0, 635 (mol) ; n H O =

 0, 4 mol
2
0,99
18 0,99

Đặt CT của axit và hidrocacbon lần lượt là: CnH2nO2 và CmH2m+2-2k


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

t0

CnH2nO2 + (1,5n – 1)O2  nCO2 + nH2O

12

(1)  hÖ sè (1,5H 2 O  O 2 )  1

a (mol)
t0

CmH2m+2-2k + (1,5m + 0,5 – 0,5k)O2  mCO2 + (m +1 – k)H2O (2)  hÖ sè (1,5H 2 O  O2 )  1  k
b(mol)
CmH2m+2-2k + kBr2  CmH2m+2-2kBr2k
(3)
b
bk (mol)
Theo (1,2): a.1 + b.(1-k) = 1,5.0,4 – 0,635  bk = a + b + 0,035 = 0,165 + 0,035 = 0,2 mol
Theo (2): n Br (phản ứng) = kb = 0,2 mol
2

Cách 2: Hidro hóa
Giả sử cho X tác dụng H2  số mol H2 pư = số mol Br2 pư = x (mol)
X + x(mol) H2  0,165 mol X'
X'

Cn H 2n O 2 : a(mol)
Cm H 2m  2 : 0,165 - a



Cn H 2n O 2 : a(mol)
Cm H 2m  2 : 0,165-a

O2


(0,635 + 0,5x) mol

t0

 CO 2 +

b

H2 O

0,4 mol + x

 n Ankan  0,4 + x – b = 0,165 – a

 x  a  b  0, 235
0.235.2  0,87
x
 0, 2 = n Br
2
2
 2a  2b  0, 4  0, 635.2  0,87

 

Cách 3: Giải theo chất tổng quát
t0

CnH2n+2-2kOm + (1,5n + 0,5 – 0,5k – 0,5m)O2  nCO2 + (n+1-k)H2 O
0,165 mol
Theo phản ứng  3.hệ số H2O – 2hệ số O2 = 2 – 2k + m

 3n H 2O  2n O 2  2n hh  2n pi(pt)  n O( este)  2n hh  2n pi(pt)  2n pi( este)  2n hh  2n pi(hidrocacbon)
 n pi(hidrocacbon) = (2.0,165 – 3.0,4 + 2.0,635) : 2 = 0,2 mol = n Br (phản ứng)
2
Bài V (5,0 điểm)
1. Phương trình hóa học:
Al2O3 + 3H2 SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O
2Al + 3H2 SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 
Dung dịch X gồm Al2 (SO4)3 và H2 O
Giả sử

Al2 (SO4 )3 :1(mol)
H 2O : x(mol)

 2x = 1,76.(x + 12)  x = 88

342

 C% Al (SO ) 
100%  17, 76%
2
4 3
342  88.18
2. Dung dịch X gồm: Zn(NO3 )2 và Cu(NO3)2  AgNO3 hết
m rắn = 26,9 gam > 0,1.108 = 10,8 gam  Chất rắn gồm Ag, Cu (hoặc còn Mg)
Chất rắn gồm Ag
Zn + 2AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag 
0,05 0,1
0,1 mol  tăng m1 = 7,55 gam
Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu 
x

x
x (mol)  giảm m 2 = x (gam)
Khi cho Fe vào X thì chỉ xảy ra phản ứng của Fe với Cu(NO3)2
Fe + Cu(NO3 )2  Fe(NO3)2 + Cu  (tăng m  8gam /1mol Fe )
 n Fe (phản ứng) =

6  5, 6
 0,05 mol < n Fe (ban đầu) = 0,1  Cu(NO3)2 hết
8

 n Cu(NO ) = n Fe (phản ứng) = 0,05 mol  x = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol
3 2


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

13

Việc tính toán xác định m có thể thực hiện theo nhiều cách khác nhau:
Cách 1: Tăng giảm khối lượng
Tăng giảm khối lượng  m + 7,55 – 0,1 = 26,9  m = 19,45 (gam)
Cách 2: Sử dụng BTKL cho phản ứng (1,2)
BT số mol gốc NO3  2. n Zn(NO ) + 0,05.2 = 0,15.2 + 0,1  n Zn(NO ) = 0,15 mol
3 2
3 2
BTKL kim loại theo phản ứng (1,2)  m + 0,1.108 + 0,15.64 = 26,9 + 0,15.65 + 0,05.64
 m = 19,45 gam

Cách 3: BTKL cả quá trình
Xét cả quá trình có 0,15mol Zn và 0,05 mol Fe đã chuyển vào muối, các kim loại còn lại ở trong các chất
rắn.
 m + 0,1.108 + 0,15.64 + 5,6 – 0,15.65 – 0,05.56 = 26,9 + 6  m = 19,45 gam
Cách 4: Tính theo rắn lần 1

m Zn  0,15.65  26,9  0,1.108  (0,15  0, 05).64  19, 45 (gam)
3. - Phản ứng của X với dung dịch HCl
M2CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2  (1)
MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2  (2)
- Phản ứng của CO2 với hỗn hợp kiềm

n Ba(OH)  0, 045 mol ; n KOH = 0,012 mol
2

n BaCO  0, 04 mol < n Ba(OH) = 0,045  Kết tủa dưới cực đại  có 2 trường hợp
3

2

Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O (3)
0,04
0,04 mol

5,102

Theo (1,2): n X  n CO2  0,04mol  M X 
 127,55 g/mol
0, 04

Theo TC trung bình M + 61 < 127,55 < 2M + 60  33,775 < M < 66,55  M = 39 (K) thỏa mãn
X

K 2 CO3
KHCO3



nK

2CO3

n KHCO

3

29.138

127,55  100 29
%m K 2CO3  40.127,55 100%  78, 44%


 
138  127,55 11
%m
 21,56%
KHCO3


(Hoặc giải hệ pt 2 ẩn tìm số mol  tính % khối lượng (như TH2), hoặc dùng cách khác đều được)

Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần
 n BaCO (hòa tan) = 0,045 – 0,04 = 0,005 mol
3

CO2 +
0,045
CO2 +
0,012
CO2 +
0,005

Ba(OH)2  BaCO3  + H2 O (3)
0,045
0,045 mol
KOH  KHCO3
(4)
0,012 (mol)
H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 (5)
0,005 mol

n X  n CO  0,062 mol  M X 
2

5,102
 82, 3 g/mol
0, 062

Theo TC trung bình M + 61 < 82,3 < 2M + 60  11,15 < M < 21, 3 M = 18 (-NH4) thỏa mãn

(NH 4 ) 2 CO3 : a(mol)

a  b  0, 062
a  0, 012


NH 4 HCO3 : b(mol)
96a  79b  5,102  b  0, 05
0, 012.96
100%  22,58%  %m NH HCO  77, 42%
 %m (NH ) CO 
4 2
3
4
3
5,102
 X

--**--


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
---------------ĐỀ CHÍNH THỨC

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

14

ĐỀ SỐ 3
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: Hóa học
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 13/3/2018
(Đề gồm 02 trang)

Câu I. (3,5 điểm)
1. Viết các phương trình hóa học để thực hiện dãy chuyển hóa sau (ghi điều kiện nếu có):
CH3 COONa

(1)

(4)

CH4
Al4C3

(3)

C2H2

(2)

(6)
(7)

C2H4

(5)

PE

C6 H6
C2H3Cl

(8)

PVC

2. Hỗn hợp khí gồm CO, CO2 , C2H4 và C2H2. Trình bày phương pháp hóa học dùng để tách riêng từng khí
ra khỏi hỗn hợp.
Câu II. (3,0 điểm)
1. Trong phòng thí nghiệm có các dung dịch: HCl đặc,
NaOH; các chất rắn: CaCO3, MnO2, Al4C3, CaC2.
a. Từ các hóa chất trên có thể điều chế được những
chất khí nào trong số các khí sau: H2, O2, Cl2, CO2, CH4,
C2H2. Với mỗi khí (nếu điều chế được) viết một phương
trình hóa học.
b. Hình vẽ bên mô tả bộ dụng cụ điều chế và thu khí
X. Hãy cho biết X là những khí nào trong số các khí ở
trên được điều chế và thu bằng bộ dụng cụ đó. Vì sao?

2. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong mỗi thí nghiệm sau:
a. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch Ca(OH)2 .
b. Cho một mẫu nhỏ kim loại Na vào dung dịch FeCl3.
Câu III. (3,5 điểm)
1. Có các dung dịch không màu đựng trong các lọ mất nhãn riêng biệt: HCl, NaOH, H2SO4, NaCl. Chỉ

được sử dụng thêm một dung dịch (chứa một chất tan), hãy trình bày cách phân biệt mỗi dung dịch và
viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
2. Hòa tan hoàn toàn a mol Al vào dung dịch chứa b
n Al(OH) (mol)
3
mol HCl thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch
NaOH vào X, sự phụ thuộc của số mol Al(OH)3 theo
số mol NaOH được biểu diễn bằng đồ thị như hình vẽ a
bên:
Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy
n NaOH (mol)
ra và xác định các giá trị a, b, x. Biết các phản ứng xảy
0 0,1
x
1,0
ra hoàn toàn.
Câu IV. (4,0 điểm)
1. Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ X cần dùng 1,176 lít O2 (đktc), chỉ thu được khí CO2 và
hơi H2O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư, sau khi phản ứng kết thúc thì
trong bình có 4,5 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,71 gam so với dung dịch ban đầu. Biết tỉ
khối hơi của X so với khí H2 bằng 37.
a. Tính giá trị m.
b. Xác định công thức phân tử của hợp chất X.
2. Hòa tan hết hỗn hợp gồm FeS, Fe, FeO và Fe(OH)2 trong một lượng vừa đủ dung dịch H2 SO4 loãng,
sau phản ứng thu được dung dịch Y (chỉ chứa một chất tan). Biết trong Y, khối lượng nguyên tố oxi
chiếm

16
tổng khối lượng của dung dịch.
19

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


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

15

b. Tính nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch Y.
Câu V. (2,0 điểm)
1. E là oxit của kim loại M, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Xác định công thức của E.
2. Cho dòng khí CO (thiếu) đi qua ống sứ chứa x gam chất E nung nóng. Sau phản ứng, khối lượng chất
rắn còn lại trong ống sứ là y gam. Hòa tan hết y gam này vào lượng dư dung dịch HNO3 loãng, thu được
dung dịch F và khí NO duy nhất bay ra. Cô cạn cẩn thận dung dịch F thu được 3,7x gam muối G. Giả
thiết hiệu suất các phản ứng là 100%.
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b. Lập biểu thức tính thể tích NO (đktc) theo x, y và xác định công thức của G.
Câu VI. (2,0 điểm)
Hỗn hợp M gồm một hiđrocacbon A và một hiđrocacbon B có công thức C n H2n-2 (n  2), có tỉ lệ
mol tương ứng là 2 : 1. Tỉ khối của hỗn hợp M so với hiđro bằng

76
. Đốt cháy hoàn toàn 3,36 lít
3

(đktc) hỗn hợp M, sau đó dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào 1000 gam dung dịch Ca(OH)2 7,4% thấy có
55 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, sau đó đun sôi dung dịch thì không thấy có thêm kết tủa.

1. Tìm công thức phân tử của A và B, biết phân tử của chúng hơn kém nhau 1 nguyên tử cacbon.
2. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa.
Câu VII. (2,0 điểm)
Hỗn hợp X gồm Na2SO4, Na2CO3, NaHCO3 đã được trộn đều. Chia 48,48 gam X làm 3 phần:
- Cho phần 1 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thì thấy có 1,2 gam NaOH phản ứng.
- Cho phần 2 (có khối lượng gấp đôi phần 1) tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 2,24 lít khí
(đktc).
- Cho phần 3 tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thì thấy có 51,3 gam Ba(OH)2 phản ứng.
Tính khối lượng mỗi chất trong 48,48 gam hỗn hợp X. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn.
-- ** --HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2017-2018
----------Câu I. (3,5 điểm)
1- Các phương trình hóa học:
0

t (CaO)
(1) CH3COONa + NaOH 
 CH4  + Na2CO3
(2) Al4C3 + 12H2O  3CH4  + 4Al(OH)3
0

1500 C
(3) 2CH4 
 C2H2 + 3H2
lµm l¹nh nhanh
0

t ,Pd/PbCO3
(4) C2 H2 + H2 
 C2H4
0

t ,xt
(5) nC2H4 
 (-CH2-CH2-)n
P
0

600 C
(6) 3C2H2 
C6H6
bét than

(7) C2 H2 + HCl  C2H3Cl
t 0 ,xt

(8) nC2H3Cl 
 (-CH2-CHCl-)n
P
2- Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch Ca(OH)2 dư; CO2 được giữ lại, lọc kết tủa nhiệt phân thì được CO2:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2 O
0

t
CaCO3 
 CaO + CO2
- Dẫn hỗn hợp khí còn lại qua dung dịch AgNO3/NH3 dư; lọc tách thu được kết tủa và hỗn hợp khí
CO, C2H4 và NH3:

AgNO

3
C2 H2 + Ag2O 
 Ag2C2  + H2O
NH
3

Cho kết tủa tác dụng với dung dịch HCl dư thu được C2H2:
Ag2C2 + 2HCl  2AgCl  + C2H2
- Dẫn hỗn hợp CO, C2H4 và NH3 qua dung dịch H2SO4 loãng, dư, thu được CO.
2NH3 + H2SO4  (NH4)2SO4
H SO

2
4
C2 H4 + H2O 
 C2H5OH
Chưng cất dung dịch thu được C2H5OH. Tách nước từ rượu etylic thu được C2H4 :


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

16

H SO ñaëc

2
4

C2 H5OH 
 C2H4 + H2O
170 0 C

Câu II. (3,0 điểm)
1. a) Có thể điều chế được tất cả các khí: H2, O2, Cl2, CO2, CH4, C2 H2.
ñpdd NaOH
2H2O 
 2H2 + O2
CaCO3 +2HCl  CaCl2 + CO2 + H2O
MnO2 + 4HCl đặc  MnCl2 + Cl2 + 2H2O
Al4C3 + 12HCl  4AlCl3 + 3CH4
CaC2 + 2HCl  CaCl2 + C2H2 

(1)
(2)
(3)
(4)
(5)

b) Với bộ dụng cụ như hình vẽ trên thì khí X được điều chế từ chất rắn và dung dịch.
- Khí X thu được bằng phương pháp đẩy nước nên các khí X phải không tan hoặc ít tan trong nước.
 các khí X là: CO2, CH4 và C2H2.
2. a. Lúc đầu xuất hiện kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó kết tủa tan dần thành dung dịch trong suốt.
CO2 + Ca(OH)2CaCO3  + H2O
CO2 + H2O + CaCO3Ca(HCO3)2
b. Kim loại tan mạnh, có khí không màu thoát ra, dung dịch màu vàng nâu chuyển dần thành kết tủa màu
nâu đỏ.
2Na + 2H2O2NaOH + H2 
3NaOH + FeCl3Fe(OH)3  + 3NaCl

Câu III. (3,5 điểm)
1. Trích mẫu các dung dịch để làm thí nghiệm
- Thử các mẫu bằng dung dịch Ba(HCO3)2
+ Mẫu nào có kết tủa trắng và sủi bọt khí là dung dịch H2 SO4.
Ba(HCO3)2 + H2SO4  BaSO4 + 2H2O + 2CO2
+ Mẫu nào có sủi bọt khí, không có kết tủa là dung dịch HCl.
Ba(HCO3)2 + 2HCl  BaCl2 + 2H2O + 2CO2
+ Mẫu nào có kết tủa trắng, không có hiện tượng sủi bọt khí là dung dịch NaOH.
Ba(HCO3)2 + 2NaOH  BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O
Hoặc: Ba(HCO3)2 + NaOH  BaCO3  + NaHCO3 + H2O
+ Mẫu không thấy hiện tượng là dung dịch NaCl.
2- Phương trình hóa học:
n Al(OH) (mol)
3
2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 (1)
a mol
3a
a
Khi n NaOH = 0,1 mol thì kết tủa Al(OH)3 bắt đầu xuất a
hiện  trong X có HCl dư
HCl(dư) + NaOH  NaCl + H2 O (2)
0 0,1
0,1 mol  0,1 mol
AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl (3)
a mol  3a
a
Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O (4)
a mol 
a
- Tại thời điểm lượng kết tủa cực đại

nHCl(bđ) = nNaOH  b = 1 mol
Từ (2) và (3)  a = 0,3
- Tại thời điểm kết tủa vừa tan hết:  x = 0,1 + 4a = 1,3

n NaOH
1,0

x

(mol)


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

Câu IV. (4,0 điểm)
1. a. n O 
2

1,176
4,5
 0, 0525 mol ; n CaCO 
 0, 045 mol
3 100
22, 4
0

t

(X) + O2 
(1)
 CO2 + H2O
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (2)
0,045
 0,045mol
Dung dịch giảm 1,71 gam  4,5 – 0,045.44 – 18 n H O  1,71  n H O  0, 045
2
2
BTKL cho phản ứng (1)  m = 0,045.(44 + 18) – 0,0525.32 = 1,11 (gam)
b. Bảo toàn số mol oxi  n O (X) = 0,045.2 + 0,045.1 – 0,0525.2 = 0,03 mol

n C : n H : n O  0, 045 : (0, 045.2) : 0, 03  3: 6 : 2
 Công thức X có dạng: (C3H6O2 )n
 74n =37.2  n = 1
Vậy công thức phân tử của hợp chất X là: C3H6O2
2. a. Các phương trình hóa học:
FeS + H2 SO4 FeSO4 + H2S 
Fe + H2SO4FeSO4 + H2
FeO + H2SO4FeSO4 + H2O
Fe(OH)2 + H2SO4FeSO4 + 2H2O
b. Dung dịch Y gồm FeSO4 và H2O
Giả sử có 1 mol FeSO4 và x mol H2O
Theo đề ta có:

mO
mY



16x  64 16
  x  76
152  18x 19

152

 C% FeSO (trong Y) 
100%  10%
4
152  18.76
Câu V. (2,0 điểm)
Đặt oxit là M2On, ta có:

2M 80

 M  32n
16n 20

Chọn n = 2, M = 64 đvC. Vậy oxit là CuO.
- Cho dòng khí CO (thiếu) đi qua ống sứ chứa x gam chất E đốt nóng:
0

t
CuO + CO 
 Cu + CO2 (1)
- Hòa tan chất rắn: Cu và CuO dư vào HNO3:
CuO + 2HNO3  Cu(NO3)2 + H2O (2)
3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (3)

xy

mol
16
2
2 xy xy
Theo (3): n NO  n Cu  .

3
3 16
24
x  y 14
 VNO  22, 4.
 (x  y)
24
15
Theo (1): n Cu 

- Theo (1), (2), (3), khi cô cạn dung dịch nếu thu được muối có công thức Cu(NO3)2 thì:

n Cu(NO

3 )2

 nCuO(ban ñaàu ) 

m Cu(NO

3 )2

m Cu(NO

3 )2 .nH2 O

x
mol
80

x
 2,35x  3,7x  muối ngậm nước: Cu(NO3)2.nH2O
80
x
 (188  18n).  3, 7x  n = 6
80

 188.

Vậy công thức của muối ngậm là: Cu(NO3)2.6H2O.

17


Tuyn chn v gii chi tit 33 thi HSG cp tnh nm 2018

Nguyn ỡnh Hnh
T: 0988 275 288 0898 375 488

Cõu VI. (2,0 im)

A : C x H y (0,1 mol)
B : C n H2n-2 (0,05 mol)

Tớnh s mol trong M
0

t
(M) + O2
CO2 + H2O
un núng dung dch khụng thy xut hin kt ta phn ng khụng to mui axit
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2 O
0,55 0,55
0,55 (mol)

76

BTKL trong M 2n H O 0, 55.12 0,15. .2 n H O 0,5 mol
2
2
3

(1)
0,1x 0, 05n 0,55
y 2x
0,05y 0, 05.(n 1) 0,5 (2)

Bo ton C, H

0,55 11

3, 67
C
Vỡ

0,15 3
2 chất có chỉ số cacbon là C 3 hoặc C 4 (*)
A, B chênh nhau 1C

T (1) 2x + n = 11 (**)
T (*) v (**) x = 4; n = 3
Cụng thc phõn t ca A, B ln lt l: C4 H8 v C3H4

n Ca(OH)

2 (pửự)

0,55 mol; n Ca(OH)

2 (dử)



7,4.1000
0,55 0,45 mol
100.74

Khi lng Ca(OH)2 d = 0,45.74 = 33,3 gam

m dd sau = m dd Ca(OH) + m CO + m H O m CaCO = 1000 + 0,55.44 + 0,5.18 55 = 978,2g
2

Nng % dung dch Ca(OH)2 :

2

2

3

33,3
.100 = 3,4%
978,2

Cõu VII. (2,0 im)
*Phn 1: Gi x, y ln lt l s mol Na2SO4 v Na2CO3 phn 1
NaHCO3 + NaOH Na2CO3 + H2 O
(1)

n NaHCO n NaOH
3

1, 2
0, 03 mol
40

*Phn 2:
NaHCO3 + HCl NaCl + H2O + CO2
(2)
0,06
0,06 mol
Na2CO3 + 2HCl 2NaCl + H2O + CO2 (3)
2y
2y (mol)

2, 24

Theo (2, 3) n CO 2y 0, 06
0,1 y = 0,02
2
22, 4
*Phn 3:

n
kx (mol)
Na 2SO 4

Gi s P3 = k.P1 Phn 3: n Na CO 0, 02k (mol)
2 3

n NaHCO3 0, 03k (mol)
Na2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + 2NaOH
Na2CO3 + Ba(OH)2 BaCO3 + 2NaOH
NaHCO3 + Ba(OH)2 BaCO3 + NaOH + H2O

51,3

(4)
(5)
(6)

Theo (4, 5, 6) n X( phần 3) n Ba(OH) (pư)
0,3 mol
2
171

18


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

 kx + 0,02k + 0,03k = 0,3  k 

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

0,3
(I)
x  0, 05

Mặt khác: (k + 3).(142x + 0,02.106 + 0,03.84) = 48,48
k+3=

48, 48
(II)
142x  4, 64

Giải hệ pt (I), (II)x = 0,01; k = 5
m Na CO  0,02.8.106 = 16,96 gam
2

3

m NaHCO  0, 03.8.84  20,16 gam
3

m Na

2SO 4

 0, 01.8.142  11,36 gam
--------- HẾT -------------

19


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

20

ĐỀ SỐ 04

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 TỈNH THỪA THIÊN – HUẾ
Năm học 2017-2018
Thời gian: 150 phút
---------------------Bài 1 (4,0 điểm)
1. Có 6 ống nghiệm được đánh số đựng trong các dung dịch (không theo thứ tự): natri nitrat, đồng (II)
clorua, natri sunfat, kali cacbonat, bari nitrat và canxi clorua. Hãy xác định số của từng dung dịch. Biết
rằng:
-Khi trộn các dung dịch số 1 với số 3, số 1 với số 6, số 2 với số 3, số 2 với số 6, số 4 với số 6 thì cho kết
tủa.
-Nếu cho dung dịch AgNO3 tác dụng với dung dịch số 2 cũng cho kết tủa. Viết các phương trình phản

ứng hóa học xảy ra.
2. Từ C, H2O và không khí. Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học để điều chế: axit glucomic, natri
etylat và polietilen. (Các chất vô cơ, điều kiện và xúc tác khác coi như có đủ).
Bài 2 (4,25 điểm)
1. Từ hỗn hợp CuO, CaCO3, Fe2O3, Al2O3. Được phép sử dụng thêm Fe, Al, dung dịch HCl, nhiệt và các
dụng cụ phòng thí nghiệm khác có đủ. Hãy trình bày ba phương pháp điều chế Cu nguyên chất, viết
phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
2. Xác định các chất có trong sơ đồ sau:
a. A 
 B + .....

d. D + B 
 E + H2O

b. B + 3O2 
 2CO2 + 3H2O

e. E + NaOH 
F + B

c. B + .... 
 D + H2O

f.

F + .... 
 ......+ Na2CO3

Biết A, B, D, E, F đã cho là các chất hữu cơ, các điều kiện cần thiết khác như chất xúc tác, nhiệt độ có
đủ. Hoàn thành các phương trình phản ứng hóa học trên.

Bài 3 (5,0 điểm)
1. Một hỗn hợp A gồm MgO, Al2O3 và MO. Nung 16,20 gam hỗn hợp A trong ống sứ, rồi cho luồng khí
H2 đi qua. Ở điều kiện thí nghiệm, H2 chỉ tác dụng MO với hiệu suất 80%, lượng hơi H2O tạo ra chỉ được
hấp thụ 90% bởi 15,30 gam dung dịch H2SO4 90%, kết quả thu được dung dịch H2SO4 86,34%. Chất rắn
còn lại trong ống được hòa tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HCl, thu được dung dịch B và còn lại
2,56 gam chất rắn không tan M. Lấy 1/10 dung dịch B cho tác dụng dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa
đem nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được 0,28 gam oxit.
a. Xác định M.
b. Tính phần trăm khối lượng các chất có trong hỗn hợp A.
2. Hỗn hợp khí X gồm hidrocacbon M có công thức Cn H2n+2, hidrocacbon N và H2 được chứa trong bình
kín có sẵn bột Ni, đun nóng bình đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 8,96 lít khí Y (ở đktc). Chia Y làm
hai phần bằng nhau:
- Phần 1 cho qua dung dịch nước brom thấy dung dịch nhạt màu và thu được duy nhất một hidrocacbon
M. Đốt cháy hoàn toàn M thu được n CO2 : n H2 O  4 : 5
- Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn, sau phản ứng thu được 20,24 gam CO2 và 7,20 gam H2O.
a. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M và N.
b. Tính thành phần phần trăm theo thể tích của các khí trong X.
Bài 4 (3,75 điểm)
Cho 43,71 gam một hỗn hợp X gồm M2CO3, MCl, MHCO3 tác dụng hết với V ml (dư) dung dịch HCl
10,52% (D = 1,05 g/ml) thu được dung dịch A và 17,60 gam một chất khí. Chia dung dịch A làm hai phần
bằng nhau:
- Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M, sau đó cô cạn dung dịch thu được m gam
muối khan.
- Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dchj AgNO3 dư thu được 68,88 gam kết tủa trắng.
a. Xác định M (biết M là kim loại kiềm) và phần trăm khối lượng các chất có trong hỗn hợp X.
b. Tính V và m.
Bài 5 (3,0 điểm)
Một hỗn hợp A gồm hai hidrocacbon mạch hở X và Y có tỉ lệ số mol tương ứng 3: 4. Đốt cháy hoàn toàn
7,84 lít (đktc) hỗn hợp A, sau đó dẫn toàn bộ sản phẩm đi vào 1450 gam dung dịch Ca(OH)2 7,4% thấy có

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

21

120 gam kết tủa. Lọc kết tủa, sau đó nếu đun sôi dung dịch còn lại thì không thấy có thêm kết tủa xuất
hiện.
a. Tìm công thức phân tử của X và Y. Biết chúng hơn kém nhau một nguyên tử cacbon. Tỉ khối của hỗn
hợp A so với hidro bằng 23,43 và Y có công thức dạng CnH2n -2 .
b. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa.
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THỪA THIÊN – HUẾ
Năm học 2017-2018
---------------------Bài 1:
Bảng mô tả:
NaNO3 CuCl2 Na2SO4 K2CO3 Ba(NO3)2 CaCl2
Xác định số của mẫu
NaNO3
(5)
CuCl2
(4)

Na2SO4

(3)
 (ít tan)
K2CO3



(6)

Ba(NO3)2
(1)


CaCl2
(2)
 ít tan

Theo đề: Mẫu (6) tạo kết tủa với 3 mẫu (1), (2), (4)  mẫu (6) là K2CO3
 (1),(2),(4) thuộc các chất CuCl2, Ba(NO3)2, CaCl2
Mẫu (2) tác dụng với AgNO3 tạo kết tủa  (2) là CaCl2 hoặc CuCl2
Mẫu (4) chỉ kết tủa với mẫu (6)  mẫu (4) là CuCl2  (2) là CaCl2 ; (3) là Na2SO4
Các phuyong trình hóa học:
Ba(NO3)2 + Na2SO4  BaSO4  + 2NaNO3
Ba(NO3)2 + K2CO3  BaCO3  + 2KNO3
CaCl2 + Na2SO4  CaSO4  + 2NaCl
CaCl2 + K2CO3  CaCO3  + 2KCl
CuCl2 + K2CO3  CuCO3  + 2KCl
CaCl2 + 2AgNO3  2AgCl  + Ca(NO3)2
2. Điều chế axit glucomic (C6H12O7), Natri etylat (C2H5ONa) và polietilen (-C2H4 -)n
t0

C + O2  CO2
as
 – C6H10O5 – n + 6nO2
6nCO2 + 5nH2O 
clorophin

t 0 (ax)

– C6H10O5 – n + nH2O  nC6H12O6
t 0 (NH )

3  C H O + 2Ag 
C6H12O6 + Ag2O 
6 12 7

men r­îu

C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2
C2H5OH + Na  C2H5 ONa + ½ H2 
H 2 SO4 ®Æc
C2H5OH 
 C2H4 + H2O
170o C
t 0 ,xt,P

nCH2=CH2 
 – CH2=CH2 –n
Lưu ý: Học sinh có thể chon cách khác, tuy nhiên số phương trình phản ứng có thể nhiều hơn.
Bài 2:
1.
* Cách 1:
- Cho Al vào đung dịch HCl để điều chế H2:
2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 
- Nung nóng hỗn hợp, khử sản phẩm bằng H2 dư. Hòa tan chất rắn thu được vào dung dịch HCl dư. Lọc
kết tủa thu được Cu.
t0

CaCO3  CaO + CO2
t0

CuO + H2  Cu + H2O


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

t0

22

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2 O
CaO + 2HCl  CaCl2 + H2O
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O
* Cách 2:
-Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, thu được dung dịch gồm các muối và HCl
CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O
CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2 
Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O
Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O
- Cho Fe dư vào dung dịch dung dịch, tách lấy chất rắn (Fe, Cu) cho vào dung dịch HCl dư. Lọc lấy
phần rắn không tan, thu được Cu.
Fe + 2FeCl3  3FeCl2
Fe + CuCl2  FeCl2 + Cu 

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 
2. Mấu chốt từ sơ đồ b. BT nguyên tố C,H,O  B: C2H6O
Theo a  A: C6H12O6 ; theo c,d  D: axit (chọn CH3COOH), E: CH3COOC2H5 ; F: CH3COONa
men r­îu

a. C6H12O6  2C2H5OH + 2CO2
t0

b. C2H5OH + 3O2  2CO2 + 3H2O
men giÊm
c. C2H5OH + O2 
 CH3COOH + H2O
H SO ®Æc, t o

2 4

 CH3COOC2H5 + H2O
d. CH3COOH + C2H5OH 


t0

e. CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH
t 0 ,CaO

f. CH3COONa + NaOH 
 CH4  + Na2CO3
Bài 3:
1. Gọi a là số mol MO ban đầu
t0

MO + H2  M + H2O
0,8a 
0,8a
0,8a (mol)
Chất rắn gồm: MgO, Al2O3, MO, M
Áp dụng quy tắc đường chéo ta có:

mH
mddH

2O

2SO 4

0,8.0,9.18a 90  86,34

 a  0, 05 mol
15,3
86,34  0

Al2O3 + 6HCl  2AlCl3 + 3H2O
MgO + 2HCl  MgCl2 + H2O
MO + 2HCl  MCl2 + H2 O
a. Chất rắn còn lại là 2,56 gam kim loại M  M =

 Kim loại M là Cu.
b. Dung dịch B: MgCl2 , AlCl3, CuCl2, HCl dư
HCl + NaOH  NaCl + H2O
AlCl3 + 4NaOH  NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O

MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaCl
CuCl2 + 2NaOH  Cu(OH)2  + 2NaCl
t0

Mg(OH)2  MgO + H2O
t0

Cu(OH)2  CuO + H2O

2,56
 64 g/mol
0,8.0, 05


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

23

n CuCl = n CuO (dư) = 0,2.0,05 = 0,01 mol
2

 n MgO  0, 28.10  0, 01.80  2 (gam)
Phần trăm khối lượng trong hỗn hợp A:

2
0, 05.80
100%  12,35% ; %mCuO 

100%  24, 69%  %mAl O  62,96%
2 3
16, 2
16, 2
2. Đặt công thức của hidrocacbon N là CxHy (x  2)
Vì Y qua dung dịch Br2 dư (vì dd chỉ nhạt màu) mà chỉ thu được một hidrocacbon M nên H2 hết  Y
%mMgO 

chỉ toàn các hidrocacbon.
t 0 (Ni)

CxHy + zH2  CxHy+2z
- Phần 1:

3n  1
t0
O2  nCO2 + (n+1)H2O
2
n 1 5
Ta có:
  n  4  M là C4H10
n
4
- Phần 2: Số mol Y = 0,2 mol ; n CO  0, 46(mol) ; n H
CnH2n+2 +

2

2O

 0, 4 (mol)

13
t0
O2  4CO2 + 5H2 O
2
y
t0
CxHy + (x + )  xCO2 + y/2H2O
4
0, 46
CY 
 2,3 <4  x < 2,3  y = 2 thỏa mãn.
0, 2
0, 4.2
Mặt khác: H Y 
 4 < 10  y < 4 (y chẵn)  y = 2 thỏa mãn.
0, 2
(Hoặc lý luận: n CO  n H O  Hỗn hợp X phải có hợp chất có ít nhất 2 liên kết pi  N: C2 H2)
C4H10 +

2

2

a. Vậy CTPT của M là C4H10 ; N là: C2H2
C4H10 có 2 cấu tạo: CH3-CH2-CH2-CH3 ; CH3-CH(CH3)2
C2H2 có 1 cấu tạo: CHCH
b. Theo (1)  n M  N  n Y  0, 4(mol)

C 2 H 2 : a(mol)
½X

C 4 H10 : b
H 2 : c(mol)

2a  4b  0, 46
a  0,17


 a  b  0, 2
  b  0, 03
2a  10b  2c  0, 4.2  y  0, 08



 n1/ 2X  0, 2  0, 08  0, 28(mol)

%VC

2H 2



0,17
0, 03
100%  60, 71% ; %VC H 
100%  10, 71%  %VH  28,58%
4 10
2

0, 28
0, 28

Lưu ý: Có thể sử dụng Quy tắc đường chéo kết hợp bảo toàn mol nguyên tố hidro.

4  2, 3 17
1  n C2 H2  0,17
  X
nC H
2,3  2 3
2  n C H  0, 03
 4 10
4 10
Bảo toàn số mol H  n H .2  0,17.2  0, 03.10  0, 4.2  n H  0,08mol



nC

2H 2



2

Bài 4:

17, 6

a. n CO 

 0, 4(mol)
2
44
Gọi x, y, z lần lượt là số mol M2CO3, MHCO3, MCl
M2 CO3 + 2HCl  2MCl + H2O + CO2 
x  2x
2x
x mol

2


Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

24

MHCO3 + HCl  MCl + H2O + CO2 
y 
y
y
y mol

 MCl : 2x+y+z (mol)
 Dung dịch B: 
 HCl
-Phần 1: n KOH  0,1 mol
HCl + KOH  KCl + H2O

0,1
0,1
0,1 mol
-Phần 2: n AgCl  0, 48 mol
HCl + AgNO3  AgCl  + HNO3
0,1
0,1
0,1 mol
MCl + AgNO3  AgCl  + MNO3
0,38
 (0,48 – 0,1) mol

x + y = 0,4
 y  0, 4  x

(1)
2x + y + z = 0,38.2 = 0,76
 z  0,36  x

Ta có: 

Mặt khác: (2M+60).x + (M+61).(0,4 - x)+ (M+35,5).(0,36 –x) = 43,71

x=

0,76M - 6,53
(2)
36,5

0,76M - 6,53

< 0,36  8,59 < M < 25,88
36,5
Vì M là kim loại kiềm nên  M = 23 thỏa mãn  M là kali (K)
Với M =23, từ (1,2)  x = 0,3 ; y = 0,1 ; z = 0,06
Vì 0 < x < 0,36 nên từ (2)  0 <

%m Na

2CO3



0, 3.106
0,1.84
100%  72, 75% ; %m NaHCO 
100%  19, 22%  %m NaCl  8, 03%
3
43, 71
43, 71

b. Bảo toàn số mol clo  n HCl (ban đầu) = 0,48.2 – 0,06 = 0,9 mol

V=

0,9.36,5.100
 297, 4 ml
10, 52.1, 05

Lưu ý: Bài toán trên có thể giải theo những cách khác, như phương pháp sử dụng chất ảo, phương
pháp giả thiết. Chúng tôi giới thiệu thêm với bạn đọc cách giải theo chất ảo.

 RCO3

Đặt R = 2M  A  R(HCO3 ) 2
 RCl
2

Viết các phương trình hóa học xảy ra (theo các chất mới)
-Phần 1: Tính được HCl dư (như cách 1)
-Phần 2: Tính được n RCl = (0,48 – 0,1):2 = 0,17 mol
2

Bt mol nguyên tố R  n R (muối trong B) = 0,17.2 = 0,34 mol = n A

43, 71
 128,6 g/mol
0,34
Theo tính chất trung bình  R + 60 < 128,8 < R + 122  6,8 < R< 68,8  3,4  M = { 7; 23}
 Li 2 CO3 : x(mol)
2x  y  z  0, 76


+) Nếu M = 7 (Li)   LiHCO3 : y(mol)   x  y  0, 4
 x < 0  loại
 LiCl : z(mol)
74x  68y  42, 5z  43, 71


 MA =

Tuyển chọn và giải chi tiết 33 đề thi HSG cấp tỉnh năm 2018

Nguyễn Đình Hành
ĐT: 0988 275 288 0898 375 488

25

 Na 2 CO3 : x(mol)
 2x  y  z  0, 76
 x  0,3



+) Nếu M = 23 (Na)   NaHCO3 : y(mol)   x  y  0, 4
  y  0,1 (thỏa mãn)
 NaCl : z(mol)
106x  84y  58,5z  43, 71 z  0, 06



Bài 5:

 X : C x H y : 0,15 mol

7,84

 0,35 mol  
a. n A 

(n  2 ; x  1)
22, 4
 Y: C n H2n-2 : 0,2 mol

mCa(OH) = 107,3 (gam) ; n CaCO  1, 2mol
3

2

t0

(A) + O2  CO2 + H2O
Khi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2, đun sôi dung dịch sau phản ứng không thấy xuất
hiện kết tủa, chứng tỏ Ca(OH)2 còn dư.
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
1,2
1,2
1,2 mol
M A  23, 43.2  46,86 g/mol  2n H O  1, 2.12  46,86.0,35  n H O  1,0 mol
2

2

(1)
0,15x  0, 2n  1, 2
 y = 2x  X: CxH2x (x  2)
0,075y  0,1.(2n  2)  1 (2)
(Lưu ý: có thể lý luận vì n CO  n H O  n C H
nên  X là anken CxH2x)

Bảo toàn mol C,H  

2

2

n 2n 2

1, 2

 3, 4
C 
Ta có: 
0,35
 hai chất có chỉ số C lần lượt C3 và C4
 X, Y h¬n nhau 1C

Từ (1)  3x + 4n = 24  x chẵn  x = 4 ; n = 3
CTPT của X, Y lần lượt là C4H8 ; C3H4
b. mdd (sau phản ứng) = 1,2.44 + 1.18 + 1450 – 120 = 1400,8 gam
Chất tan trong dung dịch là Ca(OH)2 dư

 C%Ca(OH) 
2

107,3  1, 2.74
100% = 1,32%
1400,8
--**--