DE THI MOI NHAT 20172018

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 9
HUYỆN TUY PHƯỚC

NĂM HỌC: 2017 - 2018
Mơn thi: HĨA HỌC
Thời gian 150 phút ( khơng kể thời gian giao đề )
Ngày thi : 03/8/2017

Bài 1: ( 2.0 điểm )
Hãy chọn các chất A, B , C , … thích hợp và viết phương trình hóa học minh họa chuỗi chuyển
hóa sau. ( Ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có )

X  (1)
 A  (2)
 B

 (3)


C

 (7)
C6 H12 O7

 (4)


D  (5)
 E  (6)


F

 (8)
G

Biết X là chất khí, A là polime thiên nhiên D phản ứng với Na và kiềm. E phản ứng với kiềm
chứ không phản ứng với Na . G và F là hợp chất chứa Na.
Hướng dẫn giải

Khí cacbonic  (1) Tinh boät  (2)
 Gluxit  (3) Ancol etylic  (4)
 Axit axetic  (5) Metyl axetat  (6)
 Natri axetat
 (7)
C6 H12O7

 (8)
Natri etylat
Hướng dẫn giải

(1) 6nCO2 + 5nH2O

 clo
asrofin



(C6H10O5)n + 6nO2

0

H ,t
(2) (C6H10O5)n + nH2O    nC6H12O6

(3) C6H12O6

enzim
⃗

(4) C2H5OH + O2

2C2H5OH + 2CO2

 men


(5) CH3COOH + CH5OH

CH3COOH + H2O
4d
 H2 SO




o
t

(6) CH3COOCH5 + NaOH

0

CH3COOC2H5 + H2O

 t CH3COONa + C2H5OH


(7) C6H12O6

3 /NH3
 AgNO


t0

+ Ag2O

C6H12O6 + 2Ag
t0

Hoặc: CH2OH – [CHOH]4 – CHO+ 2AgNO3 + 2NH3 +H2O  
CH2OH – [CHOH]4 – COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3
1
 C2H5ONa + 2 H2
(8) C2H5OH + Na  
Bài 2: ( 2.0 điểm )
Hỗn hợp A gồm BaO , FeO, Al2O3 . Hòa tan A trong lượng nước dư được dung dịch D và phần
khơng tan. Sục khí CO2 dư vào D, phản ứng tạo kết tủa . Cho khí CO dư qua B nung nóng được
chất rắn E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy tan một phần và phần còn lại là chất rắn
G. Hòa tan hết G trong lượng dư H2SO4 loãng rồi cho dung dịch thu được tác dụng với dung

dịch KMnO4 . Giải thích thí nghiệm trên bằng các phương trình phản ứng.
Hướng dẫn giải

 Fe
  NaOH dö
 CO dö
 E
    
 Phần không tan : FeO, Al2O3 dư    
Al
O
dư
 2 3


 BaO

 FeSO4
  dd KMnO4


O dư
SO4 loãng dö
hh A  FeO  H2
 
G : Fe  H2
   dd 

    
H

SO
dö

2
4

 Al O

 2 3

 NaAlO2  CO2 dö
dd D : 
 Al(OH )3
   

 Ba(OH )dư 
Vì E tan một phần nên E gồm : Fe và Al2O3 dư  dd D: NaAlO2




BaO + H2O

Ba(OH)2

 Ba(AlO2)2 + H2O
Ba(OH)2 + Al2O3  
Ba(AlO2)2 + 2CO2 dư + 4H2O
FeO + CO dư

0

 t


 2 Al(OH)3 

+ Ba(HCO3)2

Fe + CO2

 2NaAlO2 + H2O
Al2O3 + 2NaOH dư  

Fe + H2SO4

loãng , dư


 FeSO4 +

H2 

 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4  

Bài 3: ( 2.0 điểm )














Chỉ dùng một thuốc thử hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt sau bằng phương pháp hóa học:
NaCl, NH4Cl, NaOH, MgSO4, FeCl3 , FeSO4.
-

Trích mỗi chất một ít cho vào ống nghiệm làm mẫu thử.
Nhỏ dung dịch NaOH lần lượt vào các mẫu thử.
+ NH4Cl có khí mùi khai.


 NaCl + NH3 

NH4Cl + NaOH

+ H2O

+ MgCl2 tạo kết tủa trắng .

 Mg(OH)2  + 2NaCl
MgCl2 + 2NaOH  
+ FeSO4 tạo kết tủa trắng xanh và hóa nâu đỏ ngồi khơng khí.

 Fe(OH)2  + Na2SO4
FeSO4 + 2NaOH  

4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  

4Fe(OH)3 

+ FeCl3 tạo kết tủa nâu đỏ.

 Fe(OH)3 
FeCl3 + 3NaOH  
-

+ 3NaCl

Cho dung dịch FeCl3 vừa nhận biết được vào 2 mẫu thử còn lại.
+ NaOH tạo kết tủa nâu đỏ.
3NaCl + FeCl3


 Fe(OH)3 

+ 3NaCl

+ Khơng có hiện tượng gì là NaCl
Bài 4: ( 2.0 điểm )
Hịa tan 4,95 gam hỗn hợp A gồm hai kim loại Fe và R ( R có hóa trị khơng đổi ) trong dung dịch
HCl dư, thu được 4,032 lít khí H2. Mặt khác nếu hòa tan 4,95 gam hỗn hợp A trên bằng dung
dịch HNO3 dư thu được 1,344 lít hỗn hợp khí B gồm NO, N2O có tỉ khối hơi so với H2 là 20,25.

Biết thể tích các khí đo ở đktc. Tìm tên kim loại và phần trăm khối lượng hỗn hợp A.
Hướng dẫn giải
Gọi x = nFe , y = nR có trong 4,95 gam hỗn hợp A, M là KL mol của R có hóa trị n khơng đổi.
Fe +

2HCl




FeCl2 + H2  (1)


x
M


+




nHCl

FeCln +



y

x 
Theo pt 1,2:

x
n
2

mol

H2  ( 2)

ny
2

mol

ny 4, 032

 0,18  2 x  ny  0,36 ( I )
2
22, 4

Áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp NO và N2O ta có :
n NO

44 – 40,5 = 3,5

30
40,5

n N2 O

40,5 – 30 = 10,5

44

(1,344:22, 4 ) . 1

 0, 015 mol
n CO
3,5 1
n NO 
13


  
n CO2 10,5 3
n
 N2O  (1,344 ; 22, 4 )  0, 015  0, 045 mol
Vì HNO3 dư nên muối Fe thu được là Fe3+
9Fe +

34HNO3




9 Fe (NO3)3



x
27M

+ NO

+ 34nHNO3

y

Theo pt 3,4 :




27 M (NO3)n





+ 17 H2O (3)

x
9

+ nNO



+ 3N2O

mol



+ 3nN2O

ny
27

x
ny

 0,015  3x  ny  0, 405 ( II )
9
27



+ 17n H2O (4)

mol


x  0,045
Từ I ,II  
(*)
ny  0,27
Mà: 56x + My =4,95 (**)

Từ*, * *  My  2,43 

My 2,43

 M  9n
ny
0,27

Với n = 2 và M = 27 g/mol . Vậy R là nhôm ( Al)
Cách 2: Gọi x = nFe , y = nR có trong 4,95 gam hỗn hợp A, M là KL mol của R có hóa trị n
khơng đổi.
nH 2 

4, 032
 0,18 mol ; nh2
22, 4

( NO  N 2O )



1,344
 0, 06 mol
22, 4

 Fe2+ + 2e
Fe  

x

→ 2x

 Rn+ + ne
R 

y

→ ny

 H2
2H+ + 2e  

0,36 ←

0,18

mol

Bảo toàn số mol electron  2x + ny = 0,36 (I)
Áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp NO và N2O ta có :
n NO

44 – 40,5 = 3,5

30
40,5

n N2 O

44

40,5 – 30 = 10,5

(1,344:22, 4 ) . 1

 0, 015 mol
n CO
3,5 1
n NO 
13


  
n CO2 10,5 3
n
 N2O  (1,344 ; 22, 4 )  0, 015  0, 045 mol
Vì HNO3 dư nên muối Fe thu được là Fe3+


 Fe3+ + 3e
Fe  

x

→ 3x

 Rn+ + ne
R 

y

→ ny

 NO 
N+5 + 3e  

0,045←

0,015 mol

 N2O 
2N+5 + 8e  

0,36←

0,045 mol

Bảo toàn số mol electron  3x + ny = 0,12 (II)
Từ (I), (II)  x = 0,045 và ny = 0,27 (*)
Mà : 56x + My = 4,95  My = 2,43 (**)
My 2,43

 M  9n
0,27
Từ (*), (**)  ny
Với n = 2 và M = 27 g/mol . Vậy R là nhôm ( Al)
Bài 5: ( 2.0 điểm )
Nhúng thanh kim loại kẽm nặng 9,1 gam vào dung dịch FeSO4 . Sau một thời gian lấy ra rửa
nhẹ làm khô, cân lại thấy thanh kim loại nặng 8,2 gam. Tiếp tục cho tác dụng với HCl dư. Hỏi
sau phản ứng kết thúc , khối lượng bình đựng dung dịch axit tăng thêm bao nhiêu gam ?

Hướng dẫn giải
Gọi x là số mol Zn đã phản ứng.



Zn + FeSO4
x

ZnSO4 + Fe



x

mol

Ta coù : m   65x  56 x  9,1  8,2  0,9  x  0,1 mol
Cho thanh kẽm sau phản ứng tác dụng với HCldư xảy ra phản ứng:


Zn

+ 2HCl




ZnCl2 + H2 



0,04
Fe +

2HCl




0,04 mol

FeCl2 + H2 



0,1

0,1 mol

Khối lượng Fe bám vào thanh kẽm mFe 0,1 . 56  5,6 gam
2,6
 0,04 mol
65
 8,1  ( 0,14 . 2 )  7,82 gam

 mZn  8,2  5,6  2,6 gam  nZn 
Vậy m

bình HCl 

Bài 6: ( 2.0 điểm )
Một loại quặng pirit chứa 96% FeS2 . Nếu mỗi ngày nhà máy sản xuất 100 tấn H2SO4 98% và
hiệu suất điều chế H2SO4 là 90% thì khối lượng quặng pirit cần dùng là bao nhiêu?
Hướng dẫn giải
o

t
4FeS2 + 11 O2   2Fe2O3 + 8 SO2 

2SO2 + O2
( FeS2

2 O5
 V




450  500o C


 2SO2

FeS2
120 (g)
?x( tấn )

x 

2SO3; SO3 +H2O




  90%
  


 2 H2SO4 )

2 H2SO4
196 (g)
98( tấn)

98 . 120
 60 tấn
196

H %  90%  mFeS2 
Vậy m quặng

2 SO3


 H2SO4

60
200

tấn

90%
3
200

pỉit cần dùng



3

96%

 69, 44 tấn

Bài 7: ( 2.0 điểm )
Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al và một oxit sắt FexOy ( trong điều kiện khơng
có khơng khí ) thu được 92,35 gam chất rắn Y. Hòa tan Y trong dung dịch NaOH dư thấy có 8,4


lít khí H2 ( ở đktc ) thốt ra và cịn lại phần khơng tan Z. Hịa tan ½ lượng Z bằng dung dịch
H2SO4 đặc nóng dư thấy có 13,44 lít khí SO2 thốt ra ( ở đktc ). Biết các phản ứng xảy ra hồn
tồn. Hãy tính khối lượng Al2O3 trong Y và xác định công thức của oxit sắt.
Hướng dẫn giải

8, 4
13,44
 0,375 mol ; nSO2 ( trong Z )  2 .
1,2 mol
22, 4
22,4

Y tác dụng với NaOH  chất rắn Y gồm : Fe , Al2 O3 , Al dö ; Z : Fe
nH2 

o

3FexOy + 2yAl

 t

3x Fe + yAl2O3




Al + NaOH + H2O
0,25

NaAlO2 +

3
2



H2



0,375 mol

( Hoặc : NaOH + Al + 2H2O


 Na[Al(OH)3] + H2 

)

 2 NaAlO2 + H2O
Al2O3 + 2NaOH  
2Fe + 6 H2SO4 đặc
0,8

o

 t Fe2SO4)3 + 3SO2  + 6H2O



1,2

mol

mAl2O3  92,35  ( 0,8 . 56  0,25 . 27 )  40,8 gam
40,8
 0, 4 mol
102
Theo ÑLBT nguyên tố đối với O :
 nAl2O3 

nO ( FexOy )  nO ( Al2O3 )  3.0, 4 1,2 mol



x nFe 0,8
2



y nO 1,2
3

Vậy CTPT của oxit sắt là Fe2O3
Bài 8: ( 2.0 điểm )
Cho 69,6 gam MnO2 tác dụng với dung dịch HCl đặc dư thu được một lượng khí X. Dẫn khí X
vào 500 ml dung dịch NaOH 4M thu được dung dịch A. Tính nồng độ mol các chất trong dung
dịch A . Giả thiết rằng thể tích dung dịch sau phản ứng thay đổi khơng đáng kể.
Hướng dẫn giải


o

t
MnO2 + 4HCl đặc   MnCl2 + Cl2  + 2H2O



0,8

0,8

mol

 NaCl + NaClO + H2O
Cl2 + 2NaOH  
0,8  1,6



0,8



mol

0,8

69,6
 0,8 mol; nNaOH  0,5 . 4  2 mol
87
0,8
2
Xeùt
( nCl2 )  ( nNaOH )  Tính theo nCl2
1
2
 nNaOH dư  2  1,6  0, 4 mol
nMnO2 

0,8
CM dd NaCl CM dd NaClO 
1,6 M

0,5
0,4
CM dd NaOH dö 
 0,8 M
0,5
Vậy:
Bài 9: ( 2.0 điểm )
Sáu hiđrocacbon A, B, C, D, E, F đều có cơng thức phân tử là C4H8. Biết khi cho dư lần lượt các
chất vào dung dịch Br2 trong CCl4 và khơng chiếu sáng thì A, B, C, D làm mất màu nhanh, E làm
mất màu chậm, cịn F khơng làm mất màu dung dịch Br2. B, C là đồng phân hình học của nhau
và B có nhiệt độ sơi cao hơn C. Khi hiđro hóa A, B, C đều cho cùng một sản phẩm. Xác định
công thức cấu tạo, gọi tên các chất A, B, C, D, E, F
Hướng dẫn giải
A, B, C, D làm mất màu nhanh dung dịch Br2 nên chúng là anken
E làm mất màu chậm dung dịch Br2 nên E là monoxicloankan vòng 3 cạnh.
F không làm mất màu dung dịch Br2 nên F là xiclobutan.
B, C là đồng phân hình học của nhau mà B có nhiệt độ sơi cao hơn C nên B là đồng phân
cis, C là đồng phân trans.
Hiđro hóa A, B, C đều cho cùng một sản phẩm nên A, B, C có cùng mạch cacbon.
CTCT và tên gọi của các chất là:
A: CH2 = CH – CH2 – CH3 (but-1-en) ;
B:

C:


CH3

CH3

CH = CH

CH = CH
H

H

H

(cis-but-2-en)
D:
CH2 = C – CH3
CH3
(metylpropen)

H

CH3

CH3

(trans-but – 2-en)
E:
CH2 - CH – CH3
CH2
(metylxiclopropen)

F:
CH2
CH2

CH2
CH2

( xiclobutan)

Chỉ là hoang mang thôi hay đang lạc lõng rồi? Xã hội tri thức, thi 30 điểm vẫn
trượt NV1. Mới học xong lớp 8 đã thi thế này rồi hỏi sao không thi 30 điểm vẫn
trượt NV1??? Rất cảm ơn người thầy ra đề rất có tâm !!!!