4 ĐỀ THI HSG MÔN HOÁ HỌC LỚP 9 Có đáp án

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,5 điểm)
a) Cho hình vẽ sau: (Mô hình thí nghiệm trong
chương trình Hóa học lớp 8)
- Đây là sơ đồ điều chế khí gì? Cho biết X có thể là
những chất nào? Viết phương trình phản ứng xảy ra.
- Tại sao người ta phải cho một ít bông ở đầu ống
nghiệm? Tại sao trước khi tắt đèn cồn phải rút ống dẫn khí
ra khỏi ống nghiệm?
b) Hỗn hợp A gồm CaCO3, Cu, FeO, Al. Nung nóng A (trong điều kiện không có không khí) một
thời gian được chất rắn B. Cho B vào nước dư được dung dịch C, khí D và chất rắn E (E không thay
đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH). Cho E tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung
dịch F, hỗn hợp khí G và chất rắn H. Xác định B, E, G, H và viết phương trình hóa học của các phản
ứng xảy ra.
Câu 2. (2,0 điểm)
Người ta tiến hành đo pH của dung dịch, hỗn hợp sau: (1) dịch vị dạ dày, có nồng độ axit clohiđric
là 0,0032M; (2) nước vôi trong; (3) nước muối ăn; (4) sữa tươi; (5) nước biển. Kết quả được ghi ngẫu
nhiên ở bảng dưới đây:
Dung dịch, hỗn hợp
A
B
C
D
E
pH
10

6,6
2,5
7
8
a) Xác định đúng các dung dịch, hỗn hợp tương ứng với từng giá trị pH trên.
b) Canxi là nguyên tố thiết yếu cho sinh vật sống, phần lớn nằm trong xương. Dùng đủ lượng
calcium là điều rất quan trọng trong giai đoạn xương đang phát triển ở tuổi trẻ em và dậy thì. Một
trong những loại thuốc bổ sung canxi cho cơ thể người là Calcinol (có thành phần gồm CaCO 3, CaF2,
CaHPO4, Mg(OH)2,...). Hãy cho biết dung dịch, hỗn hợp nào ở trên có thể hoà tan được viên thuốc
Calcinol. Viết phương trình phản ứng.
Câu 3. (2,0 điểm)
Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm cacbon và lưu huỳnh trong dung dịch HNO 3 đặc, nóng
thu được hỗn hợp khí Y gồm NO 2 và CO2 có tỉ khối hơi so với NO bằng 1,525. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y
qua dung dịch NaOH dư, thu được 64,5 gam muối. Tính phần trăm khối lượng từng chất trong X.
Câu 4. (2,0 điểm)
Một học sinh đã tiến hành thí nghiệm: đem hòa tan
hết m gam Na, Al vào nước, sau phản ứng hoàn toàn
thu được dung dịch X. Nhỏ từ từ từng giọt dung dịch
HCl loãng vào X. Kết quả thí nghiệm về sự phụ thuộc
của số mol kết tủa thu được theo số mol HCl được biểu
diễn theo đồ thị ở hình bên.
Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra
và tính giá trị của m.

s�mol Al(OH)3

0,15
0

0,2

0,95

s�mol HCl

Câu 5. (2,5 điểm)
Hòa tan hết 34,4 gam hỗn hợp X gồm Fe và một oxit sắt vào 400 gam dung dịch HCl 14,6% thu
được dung dịch Y và 4,48 lít khí H 2 (đktc). Thêm 66,0 gam nước vào dung dịch Y được dung dịch Z.
Nồng độ phần trăm của HCl trong dung dịch Z là 2,92%.


Mặt khác, cũng hòa tan hết 34,4 gam hỗn hợp X vào dung dịch H 2SO4 đặc, nóng thì thu được V lít
khí SO2 duy nhất (đktc).
a) Xác định công thức hóa học của oxit sắt trong hỗn hợp X.
b) Tính khoảng giá trị của V?
Câu 6. (2,5 điểm)
Hỗn hợp M gồm metan, etilen và axetilen.
- Cho 4,26 gam M tác dụng với dung dịch brom dư thì có tối đa 27,2 gam brom phản ứng.
- Nếu cho 11,2 lít M (ở đktc) phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, kết thúc phản
ứng thu được 42 gam kết tủa.
a) Tính phần trăm thể tích các khí trong hỗn hợp M.
b) Trộn 4,26 gam M với 0,2 mol H2 rồi nung nóng trong bình kín có chứa một ít bột Ni, sau một
thời gian thu được hỗn hợp X. Tính thể tích khí O 2 (ở đktc) tối thiểu cần dùng để đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp X.
Câu 7. (2,0 điểm)
Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau và ghi điều kiện phản ứng (nếu có):
(1)
( 2)
( 3)
Axit axetic 

 Magie axetat  
 Natri axetat 
 Metan
(8)

(4)

Rượu etylic ( 7 ) Cloetan ( 6)

Etilen

( 5)

Axetilen

Câu 8. (2,0 điểm)
Hỗn hợp E gồm axit cacboxylic X và este Y (đều đơn chức và có cùng số nguyên tử cacbon). Cho
m gam E phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,25 mol NaOH, sinh ra 19,8 gam muối. Mặt khác,
cũng cho m gam E trên, tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3 đun nóng, thì sinh ra tối
đa 32,4 gam Ag.
Xác định công thức cấu tạo của X và Y. Tính giá trị của m.
Câu 9. (2,5 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 12 gam chất hữu cơ A chỉ thu được hỗn hợp khí và hơi gồm CO 2, H2O. Dẫn
toàn bộ sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy có 40 gam kết tủa trắng và khối lượng
dung dịch giảm 15,2 gam so với khối lượng của dung dịch Ca(OH) 2 ban đầu. Biết rằng 3 gam A ở thể
hơi có thể tích bằng thể tích của 1,6 gam oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.
a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, biết A phản ứng được với CaCO3.
b) Hỗn hợp G gồm X (C2H2O4), Y. Trong đó X và Y có chứa nhóm định chức như A. Cho 0,3 mol
hỗn hợp G tác dụng với NaHCO 3 dư thu được 11,2 lít khí (đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn
hợp G cần 16,8 lít O2 (đktc), chỉ thu được 12,6 gam nước và 44 gam CO2. Viết công thức cấu tạo thu gọn

của X và Y. Biết Y có mạch cacbon thẳng, chỉ chứa nhóm chức có hiđro và khi cho Y tác dụng với Na dư
thì thu được n H2  n Y phản ứng.
----------Hết---------(Cho: H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; K = 39; Fe = 56; Al = 27;
Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; S = 32)
(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Câu

a

1
(2,5
điểm)

2
(2,0
điểm)

3
(2,0
điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung

- Sơ đồ điều chế oxi trong phòng thí nghiệm
- X có thể là KMnO4 hoặc KClO3 và MnO2 (xúc tác),....
- Phương trình phản ứng:
t�
2KMnO4 ��
� K2MnO4 + MnO2 + O2 �
MnO2 , t�
2KClO3 ����
� 2KCl + 3O2 �
- Cho một ít bông để ngăn không cho bột chất rắn đi theo luồng khí sinh ra.
- Trước khi tắt đèn cồn phải rút ống dẫn khí ra khỏi ống nghiệm vì khi tắt đèn
cồn phản ứng xảy ra chậm dần rồi dừng hẳn nên lượng khí sinh ra ít dần rồi
ngừng hẳn dẫn đến áp suất trong ống nghiệm đựng chất rắn giảm, nước bị hút
ngược vào ống nghiệm có thể gây vỡ ống nghiệm.
t�
� CaO + CO2
Phản ứng: CaCO3 ��

t�
� Al2O3 + 3Fe
2Al + 3FeO ��
B chứa CaO, Al2O3, Cu, Fe, Al, CaCO3 dư (do G là hỗn hợp khí), có thể có FeO.
Do E không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH, nên E không
còn Al và Al2O3 � E gồm Cu, Fe, CaCO3, có thể có FeO.
G: CO2 và H2; H (rắn) là Cu.
b Các phương trình hóa học:
CaO + H2O   Ca(OH)2
2Al + Ca(OH)2 + 2H2O   Ca(AlO2)2 + 3H2
Al2O3 + Ca(OH)2   Ca(AlO2)2 + H2O
CaCO3 + 2HCl

  CaCl2 + CO2 + H2O
FeO + 2HCl   FeCl2 + H2O
Fe + 2HCl   FeCl2 + H2
Các dung dịch, hỗn hợp tương ứng là: dung dịch A: nước vôi trong; dung dịch
a B: sữa tươi; dung dịch C: dịch vị dạ dày; dung dịch D: nước muối ăn; dung dịch
E: nước biển
- Dịch vị dạ dày có thể hoà tan được viên thuốc Calcinol.
- Các phản ứng xảy ra:
CaCO3 + 2HCl   CaCl2 + CO2 + H2O
b
CaF2 + 2HCl   CaCl2 + 2HF
CaHPO4 + 2HCl   CaCl2 + H3PO4
Mg(OH)2 + 2HCl   MgCl2 + H2O
Phương trình hóa học:
C + 4HNO3   CO2 + 4NO2 + 2H2O
mol: x
x
4x
S + 6HNO3   H2SO4 + 6NO2 + 2H2O
mol: y
y
6y
CO2 + 2NaOH   Na2CO3 + H2O
mol: x
x
2NO2 + 2NaOH   NaNO3 + NaNO2 + H2O
mol:(4x + 6y)
(2x + 3y) (2x + 3y)

Điểm

0,25
0,25
0,25
0,25

0,5

1,0

1,0

1,0

1,0


4
(2,0
điểm)

5
(2,5
điểm)

Đặt x và y lần lượt là số mol của cacbon và lưu huỳnh
44x  46(4x  6y)
Ta có: M Y = 30.1,525 = 45,75 gam �
= 45,75 (1)
x  4x  6y
Hỗn hợp muối gồm: Na2CO3: x mol; NaNO3: 2x + 3y (mol); NaNO2: 2x + 3y (mol)

mmuối = 106x + 85(2x + 3y) + 69(2x + 3y) = 64,5 (2)
Giải hệ gồm (1) và (2) ta có: x = 0,1 ; y = 0,05
� m = 0,1.12 + 0,05.32 = 2,8 gam
� %mC = 42,86% ; %mS = 57,14%
Các phương trình hóa học:
2Na + 2H2O � 2NaOH + H2
(1)
�
2Al + 2NaOH + 2H2O
2NaAlO2 + 3H2
(2)
HCl + NaOH � NaCl + H2O
(3)
�
HCl + NaAlO2 + H2O
NaCl + Al(OH)3
(4)
Al(OH)3 + 3HCl � AlCl3 + 3H2O
(5)
Đặt x và y là số mol của NaOH dư và NaAlO2
Từ đồ thị và phản ứng (3) ta có: x = nNaOH = 0,2 mol
Khi kết hợp với đồ thị và các phản ứng (3), (4), (5) ta có:
nHCl = x + y + 3(y – 0,15) = 0,95 � y = 0,3
Từ phản ứng (2) ta có: nAl = nNaAlO2 = y = 0,3 mol
Từ phản ứng (1), (2) ta có: nNa = x + y = 0,5 mol
� m = mNa + mAl = 0,5.23 + 0,3.27 = 19,6 gam
Gọi công thức của oxit sắt là FexOy.
Các PTHH khi X vào dung dịch HCl:
Fe + 2HCl � FeCl2 + H2
(1)

�
FexOy + 2yHCl
FeCl2y/x + yH2O
(2)
400.14, 6
nHCl ban đầu =
= 1,6 mol; nH2 = 0,2 mol � mH2 = 0,2.2 = 0,4 gam
100.36,5
Từ (1): nFe = nH2 = 0,2 (mol) � mFe = 0,2.56 = 11,2 gam
23, 2
� mFexOy = 34,4 – 11,2 = 23,2 gam � nFexOy =
mol (I)
56x  16y
a Từ (1): nHCl = 2nH2 = 2.0,2 = 0,4 mol
mddA = 400 + 34,4 – 0,4 = 434 gam ;
mddB = 434 + 66 = 500 gam
500.2,92
nHCl dư =
= 0,4 mol ;
nHCl ở (2) = 1,6 – 0,4 – 0,4 = 0,8 mol
100.36,5
1
1
0, 4
Từ (2): nFexOy =
.nHCl =
.0,8 =
mol (II)
2y
2y

y
23, 2
0, 4
x
3
�
Từ (I) và (II) ta có phương trình:
=
=
56x  16y
y
y
4
Vậy công thức oxit sắt là: Fe3O4
b Các PTHH khi cho X vào dung dịch H2SO4 đặc nóng
t� Fe (SO ) + 3SO + 6H O
2Fe + 6H2SO4 đặc ��
(3)
4 3
2
2
� 2
t� 3Fe (SO ) + SO + 10H O
2Fe3O4 + 10H2SO4 đặc ��
(4)
2
4 3
2
2
�

Có thể: Fe + Fe2(SO4)3   3FeSO4
(5)
Nếu H2SO4 dư thì (5) không xảy ra:
3
1
� nSO2 max = .nFe + .nFe3O4 = 0,35 mol � VSO2 max = 7,84 lít
2
2

0,25
0,25
0,25
0,25

1,0

0,25
0,25
0,25
0,25

0,5

0,5

0,5


6
(2,5

điểm)

7
(2,0
điểm)

Nếu H2SO4 không dư: (5) xảy ra:
nSO2 min � nFe ở (5) = nFe2(SO4)3 ở (3) và (4)
Đặt nFe (5) = x (mol) � nFe (3) = 0,2 – x (mol)
1
3
� nFe2(SO4)3 ở (3) và (4) = (0,2 – x) + .0,1
2
2
1
3
0,5
� có pt: (0,2 – x) + .0,1 = x � x =
2
2
3
0,5 0,1
nFe (3) = 0,2 –
=
(mol)
3
3
3 0,1 1
Khi đó nSO2 min = .
+ .0,1 = 0,1 mol � VSO2 min = 2,24 lít

2 3
2
Vậy khoảng giá trị có thể nhận giá trị của V là: 2,24 �V �7,84
Đặt a, b, c lần lượt là số mol của CH4, C2H4, C2H2 trong 4,26 gam.
C2H4 + Br2 � C2H4Br2
(1)
C2H2 + 2Br2 � C2H2Br4
(2)
� 16a + 28b + 26c = 4,26 (I)
Từ pt (1) và (2), ta có: nBr2 = b + 2c = 0,17 (II)
Vì cho tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3, giả thuyết dùng thể tích
Đặt ka, kb, kc lần lượt là số mol của CH4, C2H4, C2H2 trong 0,5 mol M
a
Ta có: ka + kb + kc = 0,5 (III) (k là tỷ lệ khối lượng)
Khi qua dung dịch AgNO3, có phản ứng
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 � C2Ag2 + 2NH4NO3 (3)
Từ pt (3), ta có: nC2H2 = nC2Ag2 � kc = 0,175 (mol) (IV)
Từ (III) và (IV) � a + b + c = 20/7c (V)
Giải hệ pt gồm (I), (II) và (V) � a = 0,1; b = 0,03; c = 0,07
� %CH4 = 50%; %C2H4 = 15%; C2H2 = 35%.
Trộn 4,26 gam M với 0,2 mol H2 có các pứ xảy ra:
Ni, t�
C2H4 + H2 ���
� C2H6
mol: 0,03
0,03
0,03
Ni,
t�
C2H2 + 2H2 ���� C2H6

mol: 0,07
0,14
0,07
� hỗn hợp X gồm: CH4 (0,1 mol); C2H6 (0,1 mol); H2 dư (0,03 mol)
Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X:
t�
b
CH4 + 2O2 ��
� CO2 + 2H2O
mol: 0,1
0,2
t�
C2H6 + 7/2O2 ��
� 2CO2 + 3H2O
mol: 0,1
0,35
t�
2H2 + O2 ��
� 2H2O
mol: 0,03 0,015
� nO2 cần dùng = 0,2 + 0,35 + 0,015 = 0,565 mol
� VO2 cần dùng = 0,565.22,4 = 12,656 lít
Các phương trình phản ứng: (Mỗi phương trình đúng được 0,25 điểm)
(1) 2CH3COOH + Mg  (CH3COO)2Mg + H2
(2) (CH3COO)2Mg + 2NaOH  2CH3COONa + Mg(OH)2
(3) CH3COONa + NaOH  CH4 + Na2CO3
1500�
C,lln
(4) 2CH4 ����
� C2H2 + 3H2

Pd/PbCO3
(5) C2H2 + H2 ����
� C2H4
(6) C2H4 + HCl  C2H5Cl
t� C H OH + NaCl
(7) C2H5Cl + NaOH ��
� 2 5
men giam
(8) C2H5OH + O2     CH3COOH + H2O

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

2,0


8
(2,0
điểm)

9
(2,5
điểm)

Vì X, Y có cùng số nguyên tử cacbon nên R > R 1 � 1 � X không có phản ứng
tráng bạc
RCOOH + NaOH   RCOONa + H2O
mol:
x
x
x
1
R COOR’ + NaOH   R1COONa + R’OH
mol:
y
y
y
� nNaOH = x + y = 0,25 (1)
� mmuối = (R + 67)x + (R1 + 67)y = 19,8 � Rx + R1y = 3,05 (2)
3, 05
Rx  R 1y
� R=
=
= 12,2 � R1 = 1 (HCOOR’)
0, 25
xy
Y phản ứng với AgNO3/NH3 sinh ra Ag theo tỉ lệ nY : nAg = 1 : 2
HCOOR’ + 2AgNO3 + 4NH3 + 2H2O � (NH4)2CO3 + 2Ag + R’OH + 2NH4NO3
mol: y

2y
� nAg = 2y = 0,3 � y = 0,15 mol
Từ (1) � x = 0,1. Thay x, y vào (2) � R = 29 (C2H5-)
Vậy X là C2H5COOH và Y là HCOOC2H5 � m = 74.0,25 = 18,5 gam
nO2 = 1,6/32 = 0,05 mol = nA  MA = 3/0,05 = 60 gam
nA = 12/60 = 0,2 mol; nCaCO3 = nCO2 = 40/100 = 0,4 mol
Ta có: mgiảm = mCaCO3 – (mCO2 + mH2O) = 15,2 gam � nH2O = 7,2/18 = 0,4 mol
mO (trong 12 gam A) = 12 – 0,4(12 + 2) = 6,4 gam � nO = 6,4/16 = 0,4 mol
a Vậy A là hợp chất hữu cơ chứa C, H, O.
nC : nH : nO = 0,4 : (0,4.2) : 0,4 = 1 : 2 : 1  Công thức ĐGN của A là CH2O.
Công thức phân tử A là (CH2O)n Ta có 30n = 60  n = 2.
Vậy công thức phân tử của A là C2H4O2.
Theo bài A phản ứng được với CaCO3. Vậy A là axit, CTCT: CH3COOH.
Gọi CT chung của G là R(COOH)x
Viết phản ứng với NaHCO3
Xác định x = 1,67  G gồm: (COOH)2 và R1COOH
Tính số mol X = 0,2, Y = 0,1
Tính mG = 32,6 gam  mY = 14,6 gam, My = 146
b Tính số mol các nguyên tố trong Y: nC = 0,6 ; nH = 1 ; nO = 0,4
 CTPT của Y: C6H10O4.
Y tác dụng với Na dư thì thu được nH2 = nY phản ứng
 Y phải có thêm 1 nhóm OH
Vì Y mạch thẳng, chứa 1 nhóm -COOH, 1 nhóm -OH, có CTPT là C 6H10O4 và
chỉ chứa các nhóm chức có H  Y có 4 CTCT thỏa mãn
Viết 1 CTCT của X: HOOC-COOH
Viết 4 CTCT thỏa mãn.
OHC-CH(OH)-(CH2)3-COOH;
OHC-CH2- CH(OH)-(CH2)2-COOH;
OHC-(CH2)2-CH(OH)-CH2-COOH;
OHC-(CH2)3-CH(OH)-COOH

(Chú ý: Học sinh có cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa).
----------Hết----------

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,5


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,5 điểm)

a) Trong phòng thí nghiệm người ta điều chế và thu khí X bằng hai cách sau:
Z

Z

X

X

Y

XXXXX
XXXXX

Z

Y

Nước
- Dựa vào hình vẽ hãy nêu đặc điểm của khí X? Cách thu khí X?
- Trong chương trình hóa học lớp 8 cho biết khí X là khí nào? Từ đó cho biết Y, Z có thể là chất
gì? Viết phương trình phản ứng xảy ra? Nêu một số ứng dụng của khí X?
b) Tiến hành thí nghiệm với dung dịch của từng muối X, Y, Z ta thấy các hiện tượng được ghi
trong bảng sau:
Mẫu thử
Thí nghiệm
Hiện tượng
X hoặc Y
Tác dụng với dung dịch HCl dư
Đều có khí CO2

Y hoặc Z
Tác dụng với dung dịch NaOH dư
Đều có chất kết tủa
X
Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng
Có chất khí thoát ra
Z
Tác dụng với dung dịch HCl dư
Có kết tủa
Biết: MX + MZ = 249; MX + MY = 225; MZ + MY = 316. Xác định công thức của các muối X, Y, Z
và viết phương trình hóa học minh họa.
Câu 2. (2,0 điểm)
Có 7 chất rắn dạng bột, màu sắc tương tự nhau: CuO; FeO; MnO2; Fe3O4; Ag2O; FeS; hỗn hợp (FeO
và Fe). Nêu cách nhận ra từng chất bằng phương pháp hoá học, chỉ dùng thêm 1 thuốc thử. Viết các
phương trình phản ứng.
Câu 3. (2,5 điểm)
Hỗn hợp X gồm KCl và KClO3. Người ta cho thêm 7,175 gam MnO2 vào 39,4 gam hỗn hợp X thu
được hỗn hợp Y. Nung Y ở nhiệt độ cao thu được chất rắn Z và khí P. Cho Z vào dung dịch AgNO 3 lấy
dư thu được 64,575 gam chất rắn T. Lấy 1/3 lượng khí P ở trên rồi cho hấp thụ hết vào dung dịch chứa
0,5 mol FeSO4 và 0,3 mol H2SO4 thu được dung dịch Q. Cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào dung dịch Q
thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng hoàn toàn. Xác định giá trị của m.
Câu 4. (2,5 điểm)
Người ta hòa tan hoàn toàn hỗn hợp NaOH và Ba(OH) 2 vào nước thì thu được dung dịch X. Sục từ
từ khí CO2 tới dư vào dung dịch X. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:
Số mol BaCO3

Số mol CO2


a) Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên.

b) Xác định giá trị của a và x trong đồ thị trên.
Câu 5. (3,0 điểm)
Hoà tan hết 3,82 gam hỗn hợp gồm muối sunfat của kim loại M hoá trị I và muối sunfat của kim
loại R hoá trị II vào nước thu được dung dịch A. Cho 500 ml dung dịch BaCl 2 0,1M vào dung dịch A.
Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6,99 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, lấy nước lọc đem cô cạn
thì thu được m gam muối khan.
a) Tính m.
b) Xác định kim loại M và R. Biết rằng nguyên tử khối của kim loại R lớn hơn nguyên tử khối của
M là 1 đvC.
c) Tính phần trăm khối lượng muối sunfat của hai kim loại trong hỗn hợp đầu.
Câu 6. (2,5 điểm)
a) Hiđrocacbon X là chất khí (ở nhiệt độ phòng, 25 0C). Nhiệt phân hoàn toàn X (trong điều kiện
không có oxi) thu được sản phẩm gồm cacbon và hiđro, trong đó thể tích khí hiđro thu được gấp đôi
thể tích khí X (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định công thức phân tử và viết công thức
cấu tạo mạch hở của X.
b) Cho 0,448 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai hiđrocacbon mạch hở (thuộc các dãy đồng đẳng
ankan, anken, ankin) lội từ từ qua bình chứa 0,14 lít dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hoàn
toàn, số mol Br2 giảm đi một nửa và không thấy có khí thoát ra. Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn
0,448 lít X (đktc), lấy toàn bộ sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào 400 (ml) dung dịch Ba(OH) 2 0,1M
thu được 5,91 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon.
Câu 7. (2,0 điểm)
Xác định các chất hữu cơ A, D, Y, E, G, H, I và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện
của phản ứng, nếu có) trong dãy biến hóa sau:
A

(1)
(2)

D

E

(4)

CH4

(3)

Y

(6)
(9)

G
I

(5)
(7)
(10)

Polietilen
H

(8)

Cao su buna

Poli(vinyl clorua)

Câu 8. (3,0 điểm)

Một hỗn hợp X gồm 6,4 gam rượu metylic và b mol hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức, đồng đẳng kế
tiếp nhau. Chia hỗn hợp X thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1 cho tác dụng hết với Na thu được 4,48 lít khí H2 (đktc).
- Đốt cháy hoàn toàn phần 2, rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua hai bình: Bình 1 đựng P 2O5 và
bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư. Sau phản ứng thấy bình 1 nặng thêm a gam; bình 2 nặng thêm (a +
22,7) gam.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo có thể có của 2 rượu cần tìm.
----------Hết---------(Cho: H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; K = 39; Fe = 56; Al = 27;
Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; S = 32)
(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Câu

a

1
(2,5
điểm)

b

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung

Khí X là khí nhẹ hơn không khí và ít tan (hoặc không tan) trong nước.
Thu khí X bằng 2 cách: đẩy nước (úp ngược ống nghiệm) và đẩy không khí (úp
ngược ống nghiệm)
X : H2 ; Y : Zn hoặc Fe hoặc Al, hoặc Mg; Z : dd HCl hoặc dd H2SO4 loãng
Zn + 2HCl ��
� ZnCl2 + H2
- Ứng dụng của H2: bơm bóng bay, bơm bóng thám không, kinh khí cầu, sử
dụng làm nhiên liệu, điều chế kim loại...
(HS đề xuất đc 1 chất Y, 1 chất Z phù hợp cho điểm tối đa. Trình bày được 2
trong số các ưng dụng của khi hidro cho điểm tối đa)
Ta có: MX + MZ = 249; MX + MY = 225; MZ + MY = 316
� MX = 79; MY = 146; MZ =170
Vì X và Y phản ứng với HCl tạo khí CO2 nên X và Y là muối CO3 hoặc HCO3
X : NH4HCO3
Y: Mg(HCO3)2
Z: AgNO3
Các phương trình hóa học:
NH4HCO3 + HCl ��
� NH4Cl + CO2 + H2O
2NH4HCO3 + 2NaOH ��
� 2NH3 + Na2CO3 + 3H2O
Mg(HCO3)2 + 2HCl ��
� MgCl2 + 2CO2 + 2H2O
Mg(HCO3)2 + 2NaOH ��
� MgCO3 + Na2CO3 + 2H2O

2
(2,0
điểm)

2AgNO3 + 2NaOH ��
� Ag2O + NaNO3 + H2O
AgNO3 + HCl ��
� AgCl + HNO3
Lấy mỗi chất một ít cho vào dung dịch HCl
– Nhận ra CuO: tan trong dung dịch HCl tạo dung dịch màu xanh.
CuO + 2HCl  
 CuCl2 + H2O
– Nhận ra FeO: tan trong dung dịch HCl
FeO + 2HCl  
 FeCl2 + H2O
– Nhận ra MnO2: tan trong dung dịch HCl, cho khí màu vàng thoát ra
MnO2 + 4HCl  
 MnCl2 + Cl2 + 2H2O
– Nhận ra Fe3O4: tan trong dung dịch HCl tạo dung dịch có màu vàng
Fe3O4 + 8HCl  
 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
– Nhận ra Ag2O: chất rắn chuyển từ màu đen sang màu trắng
Ag2O + 2HCl  
 2AgCl + H2O
– Nhận ra FeS: tan trong dung dịch HCl, có khí mùi trứng thối thoát ra
FeS + 2HCl  
 FeCl2 + H2S
– Nhận ra hỗn hợp (FeO và Fe): tan trong dd HCl, có khí không màu thoát ra
FeO + 2HCl  
 FeCl2 + H2O
Fe + 2HCl  
 FeCl2 + H2

Điểm

0,25

0,75

0,5

1,0

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


3
(2,5
điểm)

4
(2,5
điểm)

Hỗn hợp Y gồm: KCl, KClO3, MnO2
t0
2KClO3 ��
� 2KCl + 3O2

Chất rắn Z: KCl, MnO2 ban đầu
Khí P là O2
KCl + AgNO3 ��
� AgCl + KNO3
Rắn T gồm MnO2 ban đầu (7,175 gam) và AgCl sinh ra.
Từ đó tính được nAgCl = 0,4 mol = nKCl trong Z
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
mX = mKCl trong Z + mO2 tính được nO2 = 0,3 mol
4FeSO4 + O2 + 2H2SO4 ��
� 2Fe2(SO4)3 + 2H2O
0,4
0,1
0,2
0,2
Dung dich Q chứa: 0,1 mol FeSO4 dư, 0,1 mol H2SO4 dư, 0,2 mol Fe2(SO4)3 sinh ra
FeSO4 + Ba(OH)2 ��
� BaSO4 + Fe(OH)2
0,1
0,1
0,1
H2SO4 + Ba(OH)2 ��
� BaSO4 + 2H2O
0,1
0,1
Fe2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 ��
� 3BaSO4 + 2Fe(OH)3
0,2
0,6
0,4
Kết tủa thu được gồm: 0,1 mol Fe(OH)2, 0,4 mol Fe(OH)3 và 0,8 mol BaSO4

� khối lượng kết tủa là 238,2 gam
Các phản ứng xảy ra theo thứ tự:
CO2 + Ba(OH)2 � BaCO3 + H2O
(1)
CO2 + 2NaOH � Na2CO3 + H2O
(2)
CO2 + Na2CO3 + H2O � 2NaHCO3
(3)
a
CO2 + BaCO3 + H2O � Ba(HCO3)2
(4)
Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa màu trắng, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại,
lượng kết tủa không đổi sau một thời gian, sau đó kết tủa giảm dần.
Dựa vào ý nghĩa đồ thị và các phản ứng giải thích ở trên ta có:
+ Tại điểm E : Ba(OH)2 dư
CO2 + Ba(OH)2 dư � BaCO3 + H2O
0,5 mol
0,5 mol
�
Ta có: 0,4a = 0,5
a = 1,25
+ Tại điểm A: Kết tủa bắt đầu đạt giá trị cực đại tương ứng với Ba(OH) 2 vừa
hết.
Từ phương trình (1) ta có: nCO2 = nBa(OH)2 ban đầu = a = 1,25.
+ Tại điểm B: Xảy ra vừa hết phản ứng (1), (2), (3).
Cộng hai phản ứng (2) và (3) ta được phản ứng
b
CO2 + NaOH � NaHCO3
(5)
Trong phản ứng (1) và (5) ta có: nCO2 = nNaOH ban đầu + nBa(OH)2 ban đầu

� nNaOH ban đầu = 2.1,25 - 1,25 = 1,25.
+ Tại điểm F xảy ra các phản ứng:
CO2 + Ba(OH)2 � BaCO3 + H2O
1,25 1,25
1,25
CO2 + NaOH � NaHCO3
1,25 1,25
CO2 + BaCO3
+ H2O � Ba(HCO3)2
0,75
(1,25 – 0,5)
Vậy tổng số mol CO2 ở F là: x = 1,25 + 1,25 + 0,75 = 3,25 mol

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

0,75

0,25

0,5

0,5

0,5


a

5
(3,0
điểm)
b

c

a

6
(2,5
điểm)
b

Các phương trình phản ứng:
BaCl2 + M2SO4  BaSO4 + 2MCl
(1)
BaCl2 + RSO4  BaSO4 + RCl2
(2)
Số mol kết tủa thu được = 6,99/(137 + 96) = 0,03 mol
Theo (1), (2) ta có: Số mol BaCl2 tham gia phản ứng = 0,03 mol
 Số mol BaCl2 dư = 0,1.0,5 - 0,03 = 0,02 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m = 3,82 + 0,03.(137 + 71) - 0,03.(137 + 96) + 0,02.208 = 7,23 gam
Gọi số mol của M2SO4 và RSO4 lần lượt là x và y

Theo đề ta có các phương trình sau:
(2M + 96)x + (R + 96)y = 3,82 (*)
x + y = 0,03
(**)
R = M + 1 (***)
Từ (*), (**) và (***) ta có: 30,33 > M > 15,667
Điều kiện (0 < x, y < 0,03)
Vậy M = 23 (Na) và R = 24 (Mg)
Thay M = 23 (Na) và R = 24 (Mg) vào (*) ta có x = 0,01 và y = 0,02
Thành phần phần trăm khối lượng muối sunfat của hai kim loại trong hỗn hợp
đầu là:
%Na2SO4 = 37,173% ; % MgSO4 = 62,827%
Gọi công thức phân tử của X: CxHy ( x ≤ 4)
y
t0
CxHy ��
� xC + H2
2
y
Theo bài ra ta có = 2 � y= 4. Vậy X có dạng CxH4
2
� các công thức phân tử thỏa mãn điều kiện X là: CH4, C2H4, C3H4, C4H4.
- CTCT: CH4; CH2=CH2; CH3-CCH; CH2=C=CH2; CH2=CH-CCH.
0, 448
Ta có n hh X =
= 0,02 (mol) ; n Br2 ban đầu = 0,14 �0,5 = 0,07 (mol)
22, 4
0, 07
� n Br2 phản ứng =
= 0,035 (mol);

2
Vì không có khí thoát ra nên 2 hiđrocacbon không no anken; ankin)
mBình Br2 tăng 6,7 gam là khối lượng của 2 hiđrocacbon không no.
Đặt công thức chung của 2 hiđrocacbon là Cn H 2n  2 2k ( k là số liên kết 
trung bình)
Cn H 2n  22k + k Br2 ��
� Cn H 2n 22k Br2k
0,02 � 0,02 k
Từ phản ứng: n Br2 = 0,02 k = 0,035 mol � 1< k = 1,75 <2
� 2 hiđrocacbon thuộc 2 dãy đồng đẳng khác nhau: 1 anken, 1 ankin.
Đặt ctpt chung của 2 hiđrocacbon là CnH2n (x mol); CmH2m-2 (y mol)
Từ phản ứng với brom � x + 2y = 0,035 (I)
- Tổng số mol 2 khí: x + y = 0,02 (II)
- Phản ứng cháy, theo btnt (C): nCO2 = nx + my (*)
TH1: Nếu Ba(OH)2 dư � nCO2 = nBaCO3 = 0,03mol
theo (*) � nx + my = 0,03 (III)
Từ (I,II,III) � n + 3m = 6; do m �2, n �2 � Không có n, m thỏa mãn.
TH2: Nếu Ba(OH)2 tạo 2 muối: Theo btnt C, Ba:
� nCO2 = nBaCO3 + 2nBa(HCO3) = nBaCO3 + 2(nBa(OH)2-nBaCO3)
= 0,03+2(0,04-0,03)=0,05 mol; Từ (*) => nx+my = 0,05 (III)’
Từ (I,II,III’) � y = 0,015; x = 0,005; n + 3m = 10 (n �2, m �2)
+ Với m = 2; n = 4 thì thỏa mãn. Vậy hai hiđrocacbon đó là: C2H2 và C4H8.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5

1,0

0,5

0,5

0,5


Các phương trình phản ứng: (Mỗi phương trình đúng được 0,2 điểm)
CaO,t o Cao
(1) CH3COONa(r) + NaOH(r) ����
� CH4(k) + Na2CO3
Crackinh
(2) CH3- CH2-CH2-CH3 ����
� 3CH4 + CH3-CH=CH2
La�
nhnhanh
� C2H2 + 3H2
(3) 2CH4 ����
15000 C
o

7
(2,0
điểm)

Pd.PbCO3 ,t
(4) CH ≡ CH + H2 ����
�
� H2C = CH2
0
xt,t ,p
(5) nCH2 = CH2 ���
� (-CH2 – CH2 -)n
0

CuCl 2 /NH 4Cl,t
(6) 2CH ≡ CH �����
� CH2 = CH – C ≡ CH
Pd.PbCO3 ,to
(7) H2C = CH –CH ≡ CH + H2 ����
�
� H2C = CH – CH = CH2
0
xt,t ,p
(8) nH2C = CH – CH = CH2 ���
� (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n

2,0

0

8
(3,0
điểm)

xt,t
(9) HC ≡ CH + HCl ���
� H2C = CHCl
�
-CH2 -CH- �

xt,t 0 ,p
�
�
(10) nH2C = CHCl ���
� �
�
Cl
�
�
n
Gọi CTPT của 2 rượu no, đơn chức, đồng đẳng liên tiếp là CnH2n+1OH
Các phương trình phản ứng:
CH3OH + Na ��
(1)
� CH3ONa + 1/2H2
(2)
� CnH2n+1ONa + 1/2H2
a CnH2n+1OH + Na ��
t0
CH3OH + 1,5O2 ��
(3)
� CO2 + 2H2O
3n
t0

CnH2n+1OH +
O2 ��
� nCO2 + (n + 1)H2O (4)
2
Trong ½ hỗn hợp: số mol = 0,1 mol; số mol CnH2n+1OH = b/2
1
b 1
Theo (1) và (2) ta có: nH2 = 0,1. + . = 0,2 (mol) � b = 0,6 (mol)
2
2 2
b
b
Theo (3) và (4) ta có: nCO2 = 0,1 + .n ; nH2O = 0,1.2 + (n + 1)
2
2
Theo
gt,
ta
có:
(0,1
+
bn/2).44
=
50,6
;
(0,1.2
+
bn/2
+
b/2).18

= 27,9 ; b = 0,6
b
Giải ra ta được: n = 3,5 nên n1 = 3 ; n2 = 4
Vậy CTPT của 2 rượu cần tìm là: C3H8O và C4H10O
Viết CTCT của 2 rượu
- C3H8O: CH3-CH2-CH2-OH ; CH3-CH(OH)-CH3
- C4H10O: CH3-CH2-CH2-CH2-OH ; CH3-CH2-CH(OH)-CH3
(CH3)2-CH-CH2-OH ; (CH3)3C-OH

(Chú ý: Học sinh có cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa).
----------Hết----------

1,0

0,5

0,5

1,0


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm):
Có 6 lọ hóa chất bị mất nhãn đựng riêng biệt 6 dung dịch sau đây: Na 2CO3; NH4Cl; MgCl2; AlCl3;
FeSO4; Fe2(SO4)3. Bằng phương pháp hóa học, chỉ dùng một loại thuốc thử làm như thế nào để nhận

biết lọ nào đựng dung dịch gì? Viết các phương trình phản ứng.
Câu 2 (2,0 điểm):
Cho một mẫu đá vôi (CaCO 3) vào ống nghiệm chứa 10 ml dung dịch HCl 1M. Cứ sau 30
giây người ta đo thể tích CO2 (đktc) thu được kết quả như sau:
Thời gian (giây)
0
30
60
90
120
150
180
200
Thể tích khí CO2 (ml)
0
30
52
78
80
88
91
91
a) Kết quả đo ở thời điểm nào được nghi ngờ là sai? Giải thích?
b) Giải thích tại sao phản ứng dừng lại ở thời điểm 180 giây?
c) Khoảng thời gian nào phản ứng xẩy ra nhanh nhất? Có những biện pháp nào để phản ứng xẩy
ra nhanh hơn?
Câu 3 (2,0 điểm):
Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Na 2O, Ba, BaO vào
lượng nước dư, thu được dung dịch X và a mol khí H 2.
Sục khí CO2 đến dư vào dung dịch X, khối lượng kết tủa

được biễu diễn theo đồ thị như hình bên.
a) Viết các phương trình hóa học có thể xảy ra trong
thí nghiệm trên.
b) Tính giá trị của m.

m

35,46 gam

0

a

0,6

nCO2

Câu 4 (2,0 điểm):
Hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu. Lấy 3,31 gam X cho vào dung dịch HCl dư, thu được 0,784 lít H 2
(đktc). Mặt khác, nếu lấy 0,12 mol X tác dụng với khí clo dư, đun nóng thu được 17,27 gam hỗn hợp
chất rắn Y. Tính thành phần % về khối lượng của các chất trong X.
Câu 5 (3,0 điểm):
Hòa tan 2,16 gam hỗn hợp gồm ba kim loại Na, Al, Fe vào nước lấy dư thu được 0,448 lít khí
(đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO 4
1M thu được 3,2 gam đồng kim loại và dung dịch A. Tách dung dịch A cho tác dụng với một lượng
vừa đủ dung dịch NaOH để thu được kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa thu được trong không khí đến khối
lượng không đổi được chất rắn B. Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp đầu.
Câu 6 (2,0 điểm):

Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch
HNO3 (dư) thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N2, NO, N2O, NO2 trong đó 2
khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thì thu được 58,8 gam muối khan.
Tính số mol HNO3 đã phản ứng.
Câu 7 (2,0 điểm): Viết phương trình hóa học thực hiện các biến hóa theo sơ đồ sau:
(1)
(2)
Axetilen
Etilen
Etan
(7)
(3)
(5)
(6)
(4)
P.V.C
Vinylclorua
ĐicloEtan
Etylclorua
Câu 8 (2,0 điểm):
Chia m gam hỗn hợp X gồm một ancol và một axit thành 3 phần bằng nhau:
- Phần 1: cho tác dụng với Na dư thu được 3,36 lít khí H2 (đktc).
- Phần 2: đốt cháy hoàn toàn thu được 20,16 lít khí CO2 (đktc).
- Phần 3: đun với dung dịch H2SO4 đặc thì thu được este Y có công thức phân tử C5H10O2.
a) Tìm m, biết rằng Maxit > Mancol.
b) Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X rồi dẫn sản phẩm vào bình đựng 1 lít dung dịch
Ba(OH)2 2M thì khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng hay giảm bao nhiêu gam?
Câu 9 (3,0 điểm):
Hỗn hợp A gồm hai hiđrocacbon mạch hở: CnH2n (n ≥ 2) và CmH2m-2 (m ≥ 2).
a) Tính thành phần phần trăm theo số mol mỗi chất trong hỗn hợp A, biết rằng 100 ml hỗn hợp

này phản ứng tối đa với 160 ml H2 (Ni, t0). Các khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất.
b) Nếu đem đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp A rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng nước
vôi trong, thu được 50 gam kết tủa và một dung dịch có khối lượng giảm 9,12 gam so với dung dịch
nước vôi trong ban đầu và khi thêm vào dung dịch này một lượng dung dịch NaOH dư lại thu được thêm
10 gam kết tủa nữa. Tìm công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của hai hiđrocacbon trong hỗn hợp A.


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Câu

1
(2,0
điểm)

a
2
(2,0
điểm)

b
c

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung
Lấy mỗi chất một ít làm mẫu thử. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào từng mẫu thử,
xảy ra hiện tượng:

- Không có hiện tượng là Na2CO3
- Nhận ra NH4Cl: Có khí mùi khai bay ra.
NH4Cl + NaOH ��
� NaCl + NH3 � + H2O
- Nhận ra MgCl2: Có kết tủa trắng.
MgCl2 + 2NaOH ��
� NaCl + Mg(OH)2 �
- Nhận ra AlCl3: Có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan.
AlCl3 + 3NaOH ��
� NaCl + Al(OH)3 �
Al(OH)3 + NaOH ��
� NaAlO2 + H2O
- Nhận ra FeSO4: Có kết tủa trắng xanh hóa nâu đỏ.
FeSO4 + 2NaOH ��
� Na2SO4 + Fe(OH)2 �(trắng xanh)
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O ��
� 4Fe(OH)3 �(nâu đỏ)
- Nhận ra Fe2(SO4)3: Có kết tủa màu nâu đỏ
Fe2(SO4)3 + 6NaOH ��
� 3Na2SO4 + 2Fe(OH)3 �
Ở thời điểm 90 giây:
78
52  30
v pu(3) 
 0,867 (ml / s)  v pu(2) 
 0, 733(ml / s) trái với quy luật
90
30
(tốc độ phản ứng càng giảm khi lượng chất phản ứng càng ít)
Ptpư CaCO3 + 2HCl ��

� CaCl2 + H2O + CO2
Ta nhận thấy nếu HCl phản ứng hết thì:
Thể tích CO2 = 0,005.22,4 = 0,112 (lít) = 112ml > thể tích CO2 tạo thành.
Vì vậy HCl dư, CaCO3 hết nên phản ứng dừng khi mẫu CaCO3 hết
- Ở phút đầu tiên
- Tán nhỏ mẫu CaCO3 hoặc khuấy đều hoặc đun nóng hệ phản ứng

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,5

0,5
0,25

0,5

1,0
0,5


a

3
(2,0
điểm)

b

Các phương trình hóa học: (Mỗi phản ứng đúng được 0,125đ)
2Na + 2H2O ��
� 2NaOH + H2
Na2O + H2O ��
� 2NaOH
Ba + 2H2O ��
� Ba(OH)2 + H2
BaO + H2O ��
� Ba(OH)2
2NaOH + CO2 ��
� Na2CO3 + H2O
Na2CO3 + CO2 + H2O ��
� 2NaHCO3
Ba(OH)2 + CO2 ��
� BaCO3 + H2O
BaCO3 + CO2 + H2O ��
� Ba(HCO3)2
Quy đổi hỗn hợp đầu thành: Na, Ba, O
35, 46
nBa2+ = nBaCO3 max =
= 0,18 (mol) tại thời điểm nCO2 = a = 0,18 (mol)
197
Khi nCO2 = 0,6 (mol) thì kết tủa tan hết
� dung dịch thu được sau phản ứng gồm Ba2+ (0,18 mol); HCO3 (0,6 mol); Na+
� Bảo toàn điện tích: nNa+ = 0,6 – 0,18.2 = 0,24 (mol)
Bảo toàn e: nNa + 2nBa = 2nO + 2nH2 � nO = 0,12 (mol)
� m = mNa + mBa + mO = 0,24.23 + 0,18.137 + 0,12.16 = 32,1 (g)
Gọi số mol của Al, Fe, Cu trong 3,31 gam X lần lượt là x, y, z
Ta có: 27x + 56y + 64z = 3,31 (I)
2Al  6HCl � 2AlCl3  3H 2

Mol: x
1,5x
Fe  2HCl � FeCl 2  H 2
Mol: y

1,0

1,0

0,5

y

0, 784
 0, 035(mol) (II)
22, 4
Gọi số mol của Al, Fe, Cu trong 0,12 mol X lần lượt là kx, ky, kz.
� kx + ky + kz = 0,12 (III).
Khi cho X tác dụng với clo dư, phương trình hóa học là
to
2Al  3Cl 2 ��
� 2AlCl3
� n H2  1,5x  y 

4
(2,0
điểm)

Mol : kx

kx
to
2Fe  3Cl 2 ��
� 2FeCl3
Mol : ky

ky
t

0,5

o

Cu + Cl 2 ��
� CuCl2
Mol : kz
kz
� m Y  133,5kx  162,5ky  135kz  17, 27 (IV)
Từ (III) và (IV):
x yz
0,12

� 1, 25x  2, 23y  1, 07z  0 (V)
133, 5x  162,5y  135z 17, 27
Kết hợp (I), (II), (V) ta có hệ phương trình, giải ra ta được:
27x  56y  64z  3,31
�
�x  0, 01
�
�

1,5x  y  0, 035
� �y  0, 02
�
�
1, 25x  2, 23y  1, 07z  0 �
z  0, 03
�
�
� mAl = 0,01.27 =0,27g; mFe = 0,02.56 = 1,12g; mCu = 1,92g
0, 27
1,12
�
100%  8,16% ; %m Fe 
�
100%  33,84% ;
� %m Al 
3,31
3,31
%m Cu  100%  8,16%  33,84%  58,00%

0,5

0,5


5
(3,0
điểm)

6

(2,0
điểm)

Các phương trình:
2Na + 2H2O   2NaOH + H2  (1)
Al bị tan một phần hay hết theo phương trình.
2Al + 2NaOH + 2H2O   2NaAlO2 + 3H2  (2)
Fe + CuSO4   FeSO4 + Cu (3)
2Al+ 3 CuSO4   Al2(SO4)3 + 3 Cu  (4)
Dung dịch A gồm: Al2(SO4)3 , FeSO4 và CuSO4 dư
Al2(SO4)3 + 6NaOH   2Al(OH)3  + 3Na2SO4 (5)
FeSO4 + 2NaOH   Fe(OH)2  + Na2SO4 (6)
CuSO4 + 2NaOH   Cu(OH)2  + Na2SO4 (7)
Nung kết tủa ở nhiệt độ cao:
2Al(OH)3   Al2O3 + 3H2O (8)
2Fe(OH)2 + 1/2O2   Fe2O3 + 2H2O (9)
Cu(OH)2   CuO + H2O (10)
Chất rắn B gồm: Al2O3 , Fe2O3 và CuO
0,448
Số mol H2 =
= 0,02 mol
22,4
Số mol CuSO4 = 0,06.1= 0,06 mol
3,2
Số mol Cu =
= 0,05 mol
64
Xét hai trường hợp có thể xảy ra:
Trường hợp 1: NaOH dư, Al tan hết, chất rắn còn lại chỉ là Fe:
Theo (3): nFe = nCu =0,05 mol

nCuSO4 dư = 0,06 – 0,05 = 0,01 mol
� Fe đã phản ứng hết.
mFe = 0,05.56 = 2,8g > mhh = 2,16g (loại)
Trường hợp 2: NaOH thiếu, Al bị tan một phần theo (2).
Gọi a, b, c là số mol của Na, Al, Fe trong 2,16g hỗn hợp:
1
3
Theo (1, 2) : nH2 = a + a = 2a = 0,02 � a = 0,01 mol
2
2
Số mol Al còn lại để tham gia (4) là (b – a )
Vì CuSO4 dư nên Fe và Cu đã phản ứng hết ở (3) và (4)
3
Ta có : nCu = (b – a) + c = 0,05
2
Mặt khác 23a + 27b = 56c = 2,16
Giải hệ phương trình ta được: b = 0,03 mol ; c = 0,02 mol
� mNa = 0,01.23 = 0,23 g; mAl = 0,03.27 = 0,81 g; mFe = 0,02.56 = 1,12 g
Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x = 14,4 � x = 0,1
Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 < 58,8 (g)
� Có NH4NO3 và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (g)
� Số mol NH4NO3 = 0,0125 (mol)
2, 688
= 0,12 (mol)
22, 4
Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta
coi 2 khí này là một khí N3O 2 �NO. N 2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là
hỗn hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b.
Ta có hệ phương trình:
a  b  0,12

a  b  0,12
a  0, 072
�
�
�
� �
� �
�
3a  8b  0,1  3�0,1  2 �0,1  2 �0,1
3a  8b  0, 6
b  0, 048
�
�
�

1,25

0,5

0,25

0,5

0,5
0,5

Ta có: nhh khí =

0,5

0,5


Vậy tổng số mol HNO3 đã dùng là: 0,893 (mol)
Các phương trình: (Mỗi phản ứng đúng được 0,25 điểm)
Pd.PbCO3 ,t o
(1) CH ≡ CH + H2 �����
H2C = CH2

0,5

o

7
(2,0
điểm)

a

8
(2,0
điểm)

b

Ni ,t
(2) H2C = CH2 + H2 ���
� H3C – CH3
0
xt,t

(3) HC ≡ CH + HCl ���
� H2C = CHCl
 CH 2  CH �
�

xt,t 0 ,p
�
�
(4) nH2C = CHCl ���
� �
�
Cl
�
�
n
(5) H2C = CH2 + Cl2 ��
� ClH2C – CH2Cl
xt , t 0
(6) H2C = CHCl + HCl ���
� ClH2C – CH2Cl
as
(7) H3C – CH3 + Cl2 ��
� CH3 – CH2Cl + HCl
(8) H2C = CH2 + HCl ��
� CH3 – CH2Cl
* Từ phần 3: Este Y là este no, đơn chức, mạch hở � Trong X, ancol và axit đều
no, đơn chức, mạch hở
Đặt x và y lần lượt là số mol của ancol và axit trong mỗi phần
3,36
1

1
� x + y = 0,3 = nX
* Phần 1: nH2 = x + y =
22, 4
2
2
20,16
* Phần 2: nCO2 =
= 0,9 (mol)
22, 4
0,9
Suy ra: C =
=3
0,3
Mà: Maxit > Mancol
nên công thức của ancol là CH3OH và công thức của axit là C3H7COOH
�x  y  0,3
�x  0,1
� �
Hệ: �
�x  4y  0,9
�y  0, 2
� nancol ban đầu = 0,3 (mol); naxit ban đầu = 0,6 (mol)
� m = 0,3.32 + 0,6.88 = 62,4 (g)
t0
CH3OH + 3/2O2 ��
� CO2 + 2H2O
Mol:
0,3
0,3

0,6
t0
C3H7COOH + 4O2 ��
� 4CO2 + 2H2O
Mol:
0,6
2,4
1,2
Theo pt: nCO2 = 0,3 + 2,4 = 2,7 (mol) ; nH2O = 0,6 + 1,2 = 1,8 (mol)
� mCO2 + mH2O = 2,7.44 + 1,8.18 = 151,2 (gam)
nBa(OH)2 = 2 (mol)
n CO2
2, 7

 1,35 � Tạo BaCO3 (a mol); Ba(HCO3)2 (b mol)
Xét tỉ lệ:
n Ba (OH)2
2

Viết pt
Hệ: a + b = 2
a + 2b = 2,7 � a = 1,3 ; b = 0,7
� mBaCO3 = 1,3.197 = 256,1 (g)
Do đó: sau phản ứng khối lượng dung dịch giảm vì mBaCO3 > mCO2 + mH2O
� mdd giảm = mBaCO3 – (mCO2 + mH2O) = 104,9 (g)

2,0

0,5

0,5

0,5

0,5


a

9
(3,0
điểm)

b

Vì các khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất do đó tỉ lệ về số mol của
các chất bằng tỉ lệ về thể tích.
Gọi x, y lần lượt là thể tích của CnH2n và CmH2m-2
Phương trình hóa học tổng quát:
CnH2n
+ H2 ��
� CnH2n + 2
mol
x
x
CmH2m - 2 + 2H2 ��
� CmH2m + 2
mol
y
2y

Theo bài ra ta có: x + y = 100
x + 2y = 160
� x = 40; y = 60
Thành phần phần trăm theo số mol của mỗi chất trong hỗn hợp A là:
40
60
%nCnH2n =
.100% = 40% và %nCmH2m-2 =
.100% = 60%
100
100
Gọi a, b lần lượt là số mol của CnH2n và CmH2m-2.
a 40
� 3a – 2b = 0 (I)
Khi đó ta luôn có: =
b 60
Phương trình hóa học xảy ra khi đốt cháy hỗn hợp A:
3n
CnH2n
+
O2 ��
� nCO2 + nH2O (1)
2
mol
a
na
na
3m  1
CmH2m-2 +
O2 ��

� mCO2 + (m-1)H2O (2)
2
mol
b
bm
(m-1)b
CO2
+ Ca(OH)2 ��
� CaCO3 + H2O (3)
2CO2 + Ca(OH)2 ��
� Ca(HCO3)2 (4)
Ca(HCO3)2 + 2NaOH ��
� CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O (5)
Số mol CaCO3 ở phản ứng (3) là : nCaCO3 = 50 : 100 = 0,5 mol
Số mol CaCO3 ở phản ứng (5) là : nCaCO3 = 100 : 100 = 0,1 mol
Từ phản ứng (3) ta có: nCO2 = nCaCO3 = 0,5 (mol)
Từ phản ứng (4) và (5) ta có: nCO2 = 2nCaCO3 = 0,2 (mol)
Tổng số mol của khí CO2 là : 0,5 + 0,2 = 0,7 (mol)
Theo bài ra ta có :
Độ giảm khối lượng của dung dịch = mCaCO3 ở pu (3) – (mCO2 + mH2O)
� 9,12 = 50 – (0,7.44 + 18.nH2O) � nH2O = 0,56 (mol)
Theo phản ứng (1), (2) ta có:
nCO2 = an + bm
= 0,7
(II)
nH2O = an + b(m – 1) = 0,56 (III)
Từ (I), (II), (III) ta có : b = 0,14; a = 7/75 � 2n + 3m = 15
Chọn n = 3; m = 3 là nghiệm hợp lí
Vậy công thức phân tử của hai hiđrocacbon là: C3H6 và C3H4
Công thức cấu tạo C3H6 là : CH2=CH–CH3

Công thức cấu tạo C3H4 là : CHC–CH3 hoặc CH2=C=CH2
(Chú ý: Học sinh có cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa).
----------Hết----------

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:
Hãy cho biết hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm khi khóa K đóng,
khóa K mở và giải thích. Biết các chất X, Y, Z, T trong mỗi thí
nghiệm lần lượt là:
- Thí nghiệm 1: H2SO4 đặc, C, dung dịch KMnO4, dung dịch Br2.
- Thí nghiệm 2: dung dịch HCl, KMnO4, dung dịch KBr, dung

dịch FeCl2.
b) Hỗn hợp A gồm CaCO3, Cu, FeO, Al. Nung nóng A (trong điều kiện không có không khí) một
thời gian được chất rắn B. Cho B vào nước dư được dung dịch C, khí D và chất rắn E (E không thay
đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH). Cho E tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung
dịch F, hỗn hợp khí G và chất rắn H. Xác định B, E, G, H và viết phương trình hóa học của các phản
ứng xảy ra.
Câu 2. (2,0 điểm)


Tiến hành thí nghiệm với dung dịch của từng muối X, Y, Z ta thấy các hiện tượng được ghi trong
bảng sau:
Mẫu thử
Thí nghiệm
Hiện tượng
X hoặc Y
Tác dụng với dung dịch HCl dư
Đều có khí CO2
Y hoặc Z
Tác dụng với dung dịch NaOH dư
Đều có chất kết tủa
X
Tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng
Có chất khí thoát ra
Z
Tác dụng với dung dịch HCl dư
Có kết tủa
Biết: MX + MZ = 249; MX + MY = 225; MZ + MY = 316. Xác định công thức của các muối X, Y, Z
và viết phương trình hóa học minh họa.
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho 2,34 gam Mg vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp Fe(NO 3)3 0,12M và Cu(NO3)2, sau một

thời gian thu được 3,78 gam kết tủa và dung dịch Y chứa 3 muối. Lọc bỏ kết tủa, cho dung dịch NaOH
đến dư vào dung dịch Y (trong điều kiện không có không khí) thì lượng kết tủa lớn nhất thu được là
8,63 gam. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính nồng độ mol của Cu(NO3)2 trong dung dịch X.
Câu 4. (3,0 điểm)
Hỗn hợp M gồm các kim loại Al, Fe, Ba. Chia m gam M thành 3 phần bằng nhau.
- Phần 1 tác dụng với nước (dư), thu được 896 ml khí H2.
- Phần 2 tác dụng với 50 ml dung dịch NaOH 1M (dư), thu được 1,568 lít khí H 2. Sau khi phản
ứng kết thúc, lọc tách chất rắn không tan được dung dịch Q.
- Phần 3 tác dụng với dung dịch HCl (dư), thu được 2,24 lít H 2. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn,
các thể tích khí đo ở đktc.
a) Xác định giá trị của m.
b) Tính thể tích dung dịch HCl 1M cần thêm vào dung dịch Q để thu được 1,56 gam kết tủa.
Câu 5. (2,0 điểm)
Một loại phèn nhôm X có công thức MAl(SO4)2.nH2O, trong đó M là kim loại kiềm (kim loại
nhóm IA trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học). Lấy 21,33 gam X nung đến khối lượng không
đổi thì thu được 11,61 gam phèn khan. Mặt khác, lấy 21,33 gam X hòa tan vào nước và cho tác dụng
hoàn toàn với BaCl2 dư thì thu được 20,97 gam kết tủa. Biết nồng độ của dung dịch MAl(SO 4)2 bão
hòa ở 20°C là 5,66%.
a) Xác định công thức phân tử của X và tính độ tan của MAl(SO4)2 ở 20°C.
b) Lấy 800 gam dung dịch MAl(SO 4)2 bão hòa ở 20°C đem nung nóng để làm bay hơi bớt 300
gam nước, phần dung dịch còn lại được làm lạnh tới 20°C. Hỏi có bao nhiêu gam tinh thể phèn X kết
tinh?
Câu 6. (2,0 điểm)
Cho 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon mạch hở vào bình nước brom dư. Sau khi
kết thức phản ứng có 896 cm3 (đktc) một khí thoát ra và 32 gam brom phản ứng. Mặt khác nếu đốt
cháy hoàn toàn hỗn hợp X nói trên, cho sản phẩm hấp thụ hết vào 580 ml dung dịch Ca(OH) 2 0,5M thì
thu được kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, lấy dung dịch nước lọc cho tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 lấy dư, ta
thu tiếp kết tủa và tổng khối lượng hai lần kết tủa bằng 46,73 gam. Xác định công thức phân tử, công
thức cấu tạo có thể có của hai hiđrocacbon.
Câu 7. (2,0 điểm)

Cho Y là chất vô cơ, hãy xác định cácAchất hữu +Y
cơ A 1, A2, AA3, A4, X và viết phương trình hóa học
1
2
của các phản ứng theo sơ đồ sau:
+Y
(1)

X

+H2O
(2)
(3)
+Z

(4) +H O
2
,

(6)

(8) +H2O

CH3CHO

CH3CHO

(5) +H2O

(9)

A3

(7)
+Y

A4

+H2O


Câu 8. (2,0 điểm)
Hỗn hợp E gồm axit cacboxylic X và este Y (đều đơn chức và có cùng số nguyên tử cacbon). Cho
m gam E phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 0,25 mol NaOH, sinh ra 18,4 gam muối. Mặt khác,
cũng cho m gam E trên, tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3 đun nóng, thì sinh ra tối
đa 32,4 gam Ag.
Xác định công thức cấu tạo của X và Y. Tính giá trị của m.
Câu 9. (3,0 điểm)
Một hỗn hợp X gồm 6,4 gam rượu metylic và b mol hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức, đồng đẳng kế
tiếp nhau. Chia hỗn hợp X thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1 cho tác dụng hết với Na thu được 4,48 lít khí H2 (đktc).
- Đốt cháy hoàn toàn phần 2, rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua hai bình: Bình 1 đựng P 2O5 và
bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư. Sau phản ứng thấy bình 1 nặng thêm 27,9 gam; bình 2 nặng thêm
50,6 gam.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo có thể có của 2 rượu cần tìm.
----------Hết----------

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Câu
1
(2,0
điểm)

a

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung
- Thí nghiệm 1:
+ Khi K đóng: khí sinh ra phải qua bình chứa Z, nếu bị Z hấp thụ thì không còn
để phản ứng với T.
to
2H2SO4đăc + C ��
� CO2 + 2SO2 + 2H2O
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O ��
� 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4
Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu
+ Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T.
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O ��
� 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 .
SO2 + Br2 + 2H2O ��
� H2SO4 + 2HBr
Cả bình Z và T đều nhạt màu

Điểm
0,5

- Thí nghiệm 2:
+ Khi K đóng:
16HCl + 2KMnO4 ��
� 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O
Cl2 + 2KBr ��
� 2KCl + Br2
Dung dịch Z đậm màu dần lên
+ Khi K mở:
Cl2 + 2KBr ��
� 2KCl + Br2
Cl2 + 2FeCl2 ��
� 2FeCl3
Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ

0,5

o

2
(2,0
điểm)

3
(2,0
điểm)

t
� CaO + CO2

Phản ứng: CaCO3 ��
o
t
� Al2O3 + 3Fe
2Al + 3FeO ��
B chứa CaO, Al2O3, Cu, Fe, Al, CaCO3 dư (do G là hỗn hợp khí), có thể có FeO.
Do E không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH, nên E không
còn Al và Al2O3 � E gồm Cu, Fe, CaCO3, có thể có FeO.
G: CO2 và H2; H (rắn) là Cu.
b (HS không cần giải thích vẫn cho điểm)
PTHH: CaO + H2O   Ca(OH)2
2Al + Ca(OH)2 + 2H2O   Ca(AlO2)2 + 3H2
Al2O3 + Ca(OH)2   Ca(AlO2)2 + H2O
CaCO3 + 2HCl
  CaCl2 + CO2 + H2O
FeO + 2HCl   FeCl2 + H2O
Fe + 2HCl   FeCl2 + H2
Ta có: MX + MZ = 249; MX + MY = 225; MZ + MY = 316
� MX = 79; MY = 146; MZ =170
Vì X và Y phản ứng với HCl tạo khí CO2 nên X và Y là muối CO3 hoặc HCO3
X : NH4HCO3
Y: Mg(HCO3)2
Z: AgNO3
Các phương trình hóa học:
NH4HCO3 + HCl ��
� NH4Cl + CO2 + H2O

2NH4HCO3 + 2NaOH ��
� 2NH3 + Na2CO3 + 3H2O
Mg(HCO3)2 + 2HCl ��

� MgCl2 + 2CO2 + 2H2O
Mg(HCO3)2 + 2NaOH ��
� MgCO3 + Na2CO3 + 2H2O
AgNO3 + HCl ��
� AgCl + HNO3
nMg = 0,0975 (mol); nFe(NO3)3 = 0,03 (mol); nCu(NO3)2 = 0,25.x (mol)
Đặt x là nồng độ mol của Cu(NO3)2
Vì dd sau phản ứng có 3 muối, nên 3 muối đó là Mg(NO3)2, Fe(NO3)2, Cu(NO3)2 dư
Fe(NO3)3 phản ứng hết, Cu(NO3)2 phản ứng 1 phần, Mg phản ứng 1 phần.
Đặt số mol Cu(NO3)2 phản ứng là a mol
PTHH: Mg + 2Fe(NO3)3 ��
� Mg(NO3)2 +2 Fe(NO3)2 (1)
0,015
0,03
0,015
0,03
Mg + Cu(NO3)2 ��
� Mg(NO3)2 + Cu (2)
a
a
a
a
Vậy chất rắn sau phản ứng gồm: 0,0975 – 0,015 – a = 0,0825 – a (mol) Mg dư
a mol Cu tạo thành.
�
Ta có: (0,0825 – a).24 + 64a = 3,78
a = 0,045 (mol)
Vậy dd sau phản ứng gồm: 0,015 + 0,045 = 0,06 mol Mg(NO3)2
0,03 mol Fe(NO3)2
0,25x – 0,045 mol Cu(NO3)2

Kết tủa gồm: 0,06 mol Mg(OH)2; 0,03 mol Fe(OH)2 ; 0,25x – 0,045 mol Cu(OH)2
Ta có: 0,06.58+ 0,03.90 + (0,25x – 0,045)98 = 8,63 � x = 0,28

0,5

0,5

1,0

1,0

0,5

0,5

0,5
0,5


a

4
(3,0
điểm)

b

5
(2,0
điểm)

a

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Ba, Al, Fe có trong mỗi phần
Phần 1: Ba + 2H2O ��
(1)
� Ba(OH)2 + H2
x
x
x
Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O ��
� Ba(AlO2)2 + 3H2 (2)
x
3x
nH2 (phần 1) = 0,896:22,4 = 0,04 (mol)
Phần 2: Ba + 2H2O ��
(3)
� Ba(OH)2 + H2
x
x
x
Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O ��
� Ba(AlO2)2 + 3H2 (4)
2NaOH + 2Al + 2H2O ��
� 2NaAlO2 + 3H2 (5)
nH2 (phần 2) = 1,568: 22,4 = 0,07 (mol)
Phần 3: Ba + 2HCl ��
(6)
� BaCl2 + H2
x

x
2Al + 6HCl ��
(7)
� 2AlCl3 + 3H2
y
1,5y
Fe + 2HCl ��
(8)
� FeCl2 + H2
z
z
nH2 (phần 3) = 2,24: 22,4 = 0,1 (mol)
Ở phần 2: NaOH dư suy ra Al đã phản ứng hết. Vì số mol H 2 thoát ra ở phần 1
nhỏ hơn số mol H2 thoát ra ở phần 2 suy ra: ở phần 1, nhôm dư.
nH2 (phần 1) = x + 3x = 4x = 0,04 � x = 0,01 (mol)
Theo (4,5): nH2(4,5) = 3/2 .nAl = 3y/2
nH2 (phần 2) = 0,01 + 3y/2 = 0,07 � y = 0,04 (mol)
Theo (6,7,8): nH2( phần 3) = 0,01 + 1,5.0,04 + z = 0,1 � z = 0,03 ( mol)
� m = 3. (137.0,01 + 27.0,04 + 56.0,03) = 12,39 (gam)
dung dịch Q chứa: Ba(AlO2)2, NaAlO2, NaOH dư, Ba(OH)2 dư.
HCl 1M + dung dịch Q:
HCl + NaOH ��
(9)
� NaCl + H2O
2HCl + Ba(OH)2 ��
(10)
� BaCl2 + 2H2O
NaAlO2 + HCl + H2O ��
(11)
� NaCl + Al(OH)3

Ba(AlO2)2 + 2HCl + 2H2O ��
� BaCl2 + 2Al(OH)3 (12)
Al(OH)3 + 3HCl ��
(13)
� AlCl3 + 3H2O
nOH ( bđ) = nNaOH + 2nBa(OH)2 = 0,05.1 + 2.0,01 = 0,07 ( mol)
nOH (4,5) = nAl = 0,04 (mol); nOH (9,10) = 0,07 – 0,04 = 0,03 (mol)
ngốc AlO2 = nAl = 0,04 (mol)
Lượng kết tủa cực đại khi HCl vừa đủ cho các phản ứng (9, 10, 11, 12), không
có phản ứng (13) xảy ra.
nAl(OH)3 = ngốcAlO2 = 0,04 (mol)
Vì nAl(OH)3 = 1,56/78 = 0,02 (mol) < 0,04 (mol) � có 2 trường hợp xảy ra:
TH1: Lượng HCl không đủ để muối aluminat phản ứng hết, không có phản ứng
(13) xảy ra.
Theo (9,10,11,12) � nHCl = nOH (9,10) + nAl(OH)3 = 0,03 + 0,02 = 0,05 (mol)
Vdd = 0,05: 1 = 0,05 (l) = 50 (ml)
TH2: Al(OH)3 đã bị hòa tan một phần theo phản ứng (13)
nHCl = nOH (9,10) + nAlO2 + 3nAl(OH)3(13) = 0,03 + 0,04 + 3(0,04 – 0,02) = 0,13 (mol)
Vdd = 130 (ml)
m H2O kết tinh = 21,33 – 11,61 = 9,72 (gam) � n H2O = 0,54 mol
n BaSO4 = 20,97/233 = 0,09 mol � số mol phèn X là 0,045 mol
� Khối lượng mol phân tử của phèn là 474 (gam/mol)
� n = 12 và M = 39 (K) � Công thức phân tử X là: KAl(SO4)2.12H2O
Độ tan: S = 5,66.100/(100 – 5,66) = 5,99

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5


6
(2,0
điểm)

7
(2,0
điểm)

Lượng phèn khan ban đầu là: 800.5,66/100 = 45,28 (gam)
Gọi x là số gam phèn kết tinh tách ra thì lượng phèn khan trong phần kết tinh là:
b 258.x/474 = 0,54.x (gam).
Khối lượng dung dịch còn lại = 800 – 300 – x = 500 – x (gam)
Ta có: 5,66 = 100.(45,28 – 0,54x)/(500 – x) � x = 35,13 (gam)
3,316
 0,14 mol
Số mol hỗn hợp X :
22, 4
Hiđrocacbon không bị dung dịch Br2 hấp thụ có dạng CnH2n + 2 (A)
0,896

 0, 04 mol
Số mol CnH2n + 2
22, 4
Vậy số mol Hiđrocacbon (B) tác dụng với dung dịch Br2 là 0,1 mol
32
 0, 2 mol
Mặt khác số mol Br2 (pư) =
160
Vì số mol Br2 : số mol Hiđrocacbon B = 2 : 1 nên suy ra Hiđrocacbon B phải có 2
liên kết đôi hoặc 1 liên kết ba. CTTQ của B là CmH2m – 2
3n  1
CnH2n + 2 +
O2  nCO2 + (n+1)H2O
2
0,04 
0,04n (mol)
3n  1
CmH2m - 2 +
O2  mCO2 + (m-1)H2O
2
0,1
0,1m (mol)
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
x
x
x (mol)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
2y
y
y (mol)

Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2  CaCO3  + BaCO3  + 2H2O
y
y
y (mol)
Ta có: 100x + 100y + 197y = 46,73
Số mol Ca(OH)2 = 0,29  x + y = 0,29
Giải hệ pt (1) và (2) được x = 0,2 ; y = 0,09
Số mol CO2 = x + 2y = 0,38 nên suy ra 0,04n + 0,1m = 0,38  4n + 10m = 38
Vì A và B là các hiđrocacbon khí nên chỉ số C  4  n, mZ và n, m  4
Chọn n = 2 (C2H6) CTCT: CH3 – CH3
m = 3 (C3H4) CTCT: CH3 – C  C – CH3 hoặc CH2=C=CH2
* Công thức của các chất:
A1: CH2 = CHCl;
A2: CH3 CHCl2 ; A3: RCOOCH=CH2 ;
A4: RCOOCH(Cl)CH3 ; X : C2H2 ;
Y: HCl;
Z: RCOOH.
* Các phương trình:
(1) CHCH + HCl xt  CH2=CHCl
HgSO4 ,800 C
(2) CHCH + H2O �����
� CH3CHO
xt
(3) CHCH + RCOOH   RCOOCH=CH2
(4) CH2=CHCl + H2O xt  CH3CHO
(5) RCOOCH=CH2 + H2O xt  RCOOH + CH3CHO
(6) CH2=CHCl + HCl xt  CH3-CHCl2
(7) RCOOCH=CH2 + H2O xt  RCOOH + CH3CHO
(8) CH3-CHCl2 + H2O xt  2HCl + CH3CHO
(9) RCOO-CHCl-CH3 + H2O xt  HCl + RCOOH + CH3CHO

0,5
0,5

0,5

1,0

0,5

2,0