DE THI HSG

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2013-2014
MƠN THI: HỐ HỌC
(Thời gian làm bài 150 phút khơng kể thời gian giao đề)

Câu I: ( 4,0 điểm)
1. Dẫn luồng khí CO dư qua hỗn hợp các oxit : CaO ; CuO ; Fe 3O4 ; Al2O3 nung nóng
(các oxit có số mol bằng nhau). Kết thúc phản ứng thu được chất rắn A và khí B. Cho
A vào H2O dư được dung dịch C và phần không tan D. Cho D vào dung dịch AgNO3
(số mol AgNO3 bằng 7/4 tổng số mol các oxit trong hỗn hợp đầu), thu được dung dịch
E và chất rắn F. Lấy khí B cho sục qua dung dịch C được dung dịch G và kết tủa H.
Viết các phương trình hố học của các phản ứng xảy ra, xác định thành phần của A, B,
C, D, E, F, G, H.
2. Có 5 mẫu kim loại: Ba, Mg, Fe, Ag, Al chỉ dùng một dung dịch axit làm thuốc thử
(không được dùng bất kì hóa chất nào khác). Hãy nhận biết 5 kim loại trên, viết các
phương trình hóa học xảy ra.
Câu II: (4,5 điểm)
1. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng các khí sau ra khỏi hỗn hợp gồm: propan,
propilen, axetilen và sunfurơ. Viết các phương trình hóa học xảy ra.
2. Chất A có cơng thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với Ag2O(dư) trong dung dịch
amoniac được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214 đvC. Viết công
thức cấu tạo của A. Biết A có cấu tạo mạch hở, khơng phân nhánh.
3. A, B, D, F, G, H, I, M, N, P, Q là các chất hữu cơ thoả mÃn các sơ đồ phản ứng sau:
A t 0 B + C ;
B+C ⃗
;
D+E ⃗

t 0 , xt D
t 0 , xt F ;
F + O2 ⃗
H + NaOH ⃗t 0 I + F;
t 0 , xt G + E ; F + G ⃗
t 0 , xt H + E ;
⃗ I+C ;
G+L ❑
F ⃗
M ⃗
t 0 , xt M + E + C ;
t 0 , xt N (polime);
B + G ⃗t 0 P ;
P ⃗
t 0 , xt Q (polime).
Xác định A, B, D, E, F, G, H, I, L, M, N, P, Q. Viết phơng trình hoá học biểu diễn cỏc
sơ đồ phản ứng trờn.
Cõu III: (4,0 im)
Trong 1 bình kín có dung tích V lít chứa 1,6 gam khí oxi và 14,4 gam hỗn hợp bột
M gồm các chất: CaCO3 ; MgCO3 ; CuCO3 và C(cacbon). Nung M trong bình cho các
phản ứng xảy ra hồn tồn, đưa về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất trong bình tăng 5 lần
so với áp suất ban đầu (thể tích chất rắn trong bình khơng đáng kể). Tỉ khối hỗn hợp
d

khí sau phản ứng so với khí N2: 1 < hh / N 2 < 1,57. Chất rắn còn lại sau khi nung có
khối lượng 6,6 gam được đem hồ tan trong lượng dư dung dịch HCl thấy cịn 3,2 gam
chất rắn khơng tan.
1. Viết các phương trình hố học xảy ra.
2. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong hỗn hợp đầu.
Câu IV: (3,5 điểm)

Cho 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon mạch hở vào bình nước
brom dư. Sau khi kết thúc phản ứng có 896 cm3 (đktc) một chất khí thốt ra.
Mặt khác nếu đốt cháy hồn tồn hỗn hợp X nói trên, cho sản phẩm cháy hấp thụ hết
vào 580 ml dung dịch Ca(OH)2 0,5M thì thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng
2,48 gam. Lọc bỏ kết tủa, lấy dung dịch nước lọc cho tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2
lấy dư, ta lại thu được kết tủa và tổng khối lượng hai lần kết tủa bằng 46,73 gam.
Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo có thể có của hai hiđrocacbon.
Câu V: (4,0 điểm)
Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung
dịch vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô
cạn dung dịch, thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng khơng đổi, thì
chỉ cịn lại 8,775 gam chất rắn.
1. Tìm nồng độ CM của dung dịch X, nồng độ C% của dung dịch Y và công thức của Z.
2. Cho 16,4 gam hỗn hợp X1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản
ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc
lấy kết tủa, đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi, thu được 13,1 gam
chất rắn Y1. Tìm thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1.
Biết NTK: Cl=35,5; H=1; N=14; O=16; C=12; Al=27; Ba=137; Fe=56; Na=23;
Mg=24; Ca =40; Cu=64.
...................................Hết................................
(Học sinh khơng được sử dụng bất kì tài liệu nào. Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm).

Họ và tên thí sinh……………………………………………..SBD……………….........
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2013-2014

MƠN THI: HỐ HỌC
(Thời gian làm bài 150 phút khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu I: ( 4,0 điểm)
1

Hướng dẫn chấm
2,0đ

Gọi số mol mỗi oxit là a => số mol AgNO3 = 7a.
+ Phản ứng khi cho CO dư qua hỗn hợp các oxit nung nóng :
to

 

CO + CuO
a mol

Cu

+

CO2

a mol

a mol

3Fe +

4CO2

3a mol

4a mol

to

4CO + Fe3O4  
a mol

 Thành phần của A : Cu = a mol ; Fe = 3a mol ; CaO = a mol ; Al2O3= a mol
 Thành phần khí B : CO2 = 5a mol ; CO dư
+ Phản ứng khi cho A vào nước dư :
CaO +
a mol

 

H2O

Ca(OH)2
a mol

Al2O3 + Ca(OH)2  

Ca(AlO2)2 + H2O
a mol
a mol
a mol
 Thành phần dung dịch C : Ca(AlO2)2 = a (mol) ; H2O
 Thành phần D : Cu = a(mol) ; Fe = 3a (mol)
+ Phản ứng khi cho D vào dung dịch AgNO3 :
Fe +
2AgNO3
3a mol 6a mol

 

Fe(NO3)2 + 2Ag
3a mol
6a mol

Cu
+ 2AgNO3   Cu(NO3)2 + 2Ag
0,5a mol
a mol
0,5a mol
a mol
 Thành phần dung dịch E:
Fe(NO3)2 = 3a mol ; Cu(NO3)2 = 0,5a mol ; H2O.
 Thành phần F : Ag = 7a mol ; Cu = 0,5a mol.
+ Phản ứng khi cho khí B sục qua dung dịch C:
CO2 + 3H2O
a mol

+ Ca(AlO2)2  
a mol

CO2 + CaCO3 + H2O
a mol
a mol

 

CaCO3 + 2Al(OH)3
a mol
2a mol
Ca(HCO3)2
a mol

 Thành phần dung dịch G :

n Ca(HCO3 )2

= a mol ; H2O

 Thành phần kết tủa H :

n Al(OH)3

= 2a (mol).


2

Lấy mỗi mẫu kim loại 1 lượng nhỏ cho vào 5 cốc đựng dung dịch H2SO4 lỗng.
- Cốc nào khơng có khí bay lên là Ag ( khơng tan)
- Cốc nào có khí bay lên và có ↓ là Ba
Ba + H2SO4 -> Ba SO4 ↓ + H2 ↑
(1)
- Các cốc có khí ↑ : Al, Mg, Fe
2Al + 3H2SO4 -> Al2 (SO4)3 + 3H2 ↑
(2)
Mg + H2SO4 -> MgSO4 + H2 ↑
(3)
Fe + H2SO4 -> FeSO4 + H2 ↑
(4)
Thêm tiếp Ba dư vào cốc có phản ứng (1) thì xảy ra phản ứng sau
Ba + 2H2O -> Ba(OH)2 + H2 ↑
(5)
Lọc kết tủa được dung dịch Ba(OH)2
- Lấy 1 lượng nhỏ mỗi kim loại còn lại cho tác dụng với dung dịch Ba(OH)2
nhận được Al vì có phản ứng tạo khí.
Al + 2H2O + Ba(OH)2 -> Ba(AlO2)2 + 3H2 ↑
(6)
đồng thời cho Ba(OH)2 vào 2 dung dịch muối của 2 kim loại còn lại (phản ứng 3
và 4)
Ta nhận được Fe vì xuất hiện kết tủa trắng xanh, hóa nâu khi để trong khơng khí.
FeSO4 + Ba(OH)2 -> BaSO4 + Fe(OH)2 ↓
(7)
4Fe(OH)2 ↓ + O2 + 2H2O -> 4Fe(OH)3 ↓
(8)
Trắng xanh
Nâu đỏ
Cịn lại Mg thì xuất hiện kết tủa trắng là Mg(OH)2, khơng hóa nâu khi để trong

khơng khí.

2,0đ

Câu II: (4,5 điểm)
1

2

3

Hướng dẫn chấm
Cho hỗn hợp khí sục vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, SO2 được tách ra dưới dạng kết
tủa : SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O
Lọc kết tủa đem nung nóng ( hoặc tan hết trong dung dịch HCl ) được SO2
t0
CaSO3   CaO + SO2 
Cho hỗn hợp khí thốt ra vào dung dịch AgNO 3 dư( trong NH3), tách ra kết tủa rồi
cho tan hết trong dung dịch HCl. Ta thu được C2H2.
NH 3
 C2Ag2 + H2O
C2H2 + Ag2O  
C2Ag2 + 2HCl  2AgCl  + C2H2 
Hai khí cịn lại cho hấp thụ vào nước ( H 2SO4 loãng làm xúc tác) , C3H8 thoát ra ta
thu được. Lấy dung dịch đun nóng trên 1700C ( xúc tác H2SO4 đặc) ta thu được
C3H6 ( sau khi ngưng tụ để loại bỏ hơi nước):
H 2 SO4 loãng
C3H6 + H2O     C3H7OH
SO4 đ.đ
 H2170



0 
C
C3H7OH
C3H6 + H2O
Hợp chất A (C7H8) tác dụng với Ag2O trong dung dịch amoniac, đó là hyđrocacbon
có liên kết ba ở đầu mạch nên có dạng R(C CH)x
ddNH 3 ,t 0
 2R(C CAg)x  + xH2O
2R(C CH)x
+ x Ag2O    
MR + 25x
MR + 132x
MB – MA = (MR + 132x) – (MR + 25x) = 107x = 214  x = 2.
Vậy A có dạng HC C-CH2-CH2-CH2-C CH
A: CH4; B: C2H2; C: H2; D: C2H4; E: H2O; F: C2H5OH; G: CH3COOH;
H: CH3COOC2H5; I: CH3COONa; L: Na; M: CH2=CH-CH=CH2 ;
N: poli(butadien); P: CH3COOCH=CH2; Q: poli(vinyl axetat).
Các PTHH:

1,5đ

0,75đ

2,25đ


0

1500 C
2CH4    C2H2 + 3H2 ;
t 0 , Pd
 C2H4
C2H2 + H2   
;
0
t , H 2 SO4 loãng
C2H4 + H2O      C2H5OH ;
C2H5OH + O2 ⃗
t 0 , xt CH3COOH + H2O ;
CH3COOH + C2H5OH ⃗
t 0 , xt CH3COOC2H5 + H2O ;
CH3COOC2H5 + NaOH ⃗
t 0 CH3COONa + C2H5OH ;
2CH3COONa + 2Na ❑
⃗ 2CH3COONa + H2 ;
2C2H5OH ⃗
t 0 , xt CH2=CH-CH=CH2 + 2H2O + H2 ;
nCH2=CH-CH=CH2 ⃗
t 0 , xt ( CH2-CH=CH-CH2)n ;
CH CH + CH3COOH ⃗
t 0 CH3COOCH=CH2 ;
nCH3COOCH=CH2 ⃗
t 0 , xt poli(vinyl axetat).

Câu III: (4,0 điểm)
Hướng dẫn chấm
1

to

C + O2

  CO2

CaCO3

  CaO + CO2

to

to

MgCO3   MgO + CO2
CuCO3

to

  CuO + CO2
to

C + CO2   2CO
to

C + CuO   Cu + CO
CO + CuO

2

1,0đ

Các phương trình hóa học có thể xảy ra :

to

  Cu + CO2

(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)

 CaCl2 + H2O
CaO + 2HCl  

(8)

 MgCl2 + H2O
MgO + 2HCl  

(9)

 CuCl2 + H2O
CuO + 2HCl  

(10)

Tính thành phần % khối lượng hỗn hợp :
d
Vì 1< hh / N 2 <1,57 nên hỗn hợp khí sau phản ứng gồm CO2 và CO.
Vì sau phản ứng có CO và CO2, các phản ứng xảy ra hồn tồn nên chất rắn
cịn lại sau khi nung là : CaO ; MgO và Cu vậy khơng có phản ứng (10).
Khối lượng Cu = 3,2 g  khối lượng CuCO3 trong hỗn hợp :
3, 2
.124
64
= 6,2 (g)
Gọi số mol C ; CaCO3 ; MgCO3 trong hỗn hợp lần lượt là a, b, c.
Theo đầu bài khối lượng CaO và MgO: 6,6 – 3,2 = 3,4 (g)

3,0đ


 56b + 40c = 3,4. (*)
Số mol CO và CO2 sau phản ứng nhiệt phân:

5.

1, 6
32 = 0,25 ( mol)

Số mol C trong CO và CO2 bằng số mol C đơn chất và số mol C trong các muối
cacbonat của hỗn hợp : a + b + c + 0,05 = 0,25. (**)
Khối lượng hh là 14,4 g nên : 12a + 100b + 84c = 14,4 – 6,2 (***)
Kết hợp (*) ; (**) ; (***) ta có hệ phương trình :
56b  40c 3, 4


a  b  c 0, 2
12a  100b  84c 8, 2


Giải được: a = 0,125 ; b = 0,025 ; c = 0,05

% Khối lượng các chất trong M:
0,125.12
.100% 10, 42%
14,
4
% khối lượng C =
0, 025.100
.100% 17,36%
14,
4
% khối lượng CaCO3 =
0, 05.84
.100% 29,17%
% khối lượng MgCO3 = 14, 4
0, 05.124
.100% 43, 05%
% khối lượng CuCO3 = 14, 4
Câu IV: (3,5 điểm)
Hướng dẫn chấm
3,316
0,14 mol
Số mol hỗn hợp X : 22, 4
Hiđrocacbon không bị dung dịch Br2 hấp thụ là ankan, CTTQ có dạng C nH2n + 2 (A)

( n ≥1).
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
CTTQ của B là CmH2m+2 – 2k (m ≥ 2; k ≥ 1).
3n 1
2 O2  nCO2 + (n+1)H2O
CnH2n + 2 +
(1)
mol
0,04
0,04n
0,04(n+1)
3m  1  k
2
CmH2m+2 – 2k +
O2  mCO2 + (m+1-k)H2O (2)
mol
0,1
0,1m
0,1(m+1-k)
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O
(3)
x
x
x (mol)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
(4)
2y

y
y (mol)

0,5đ

1,5đ


Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2  CaCO3  + BaCO3  + 2H2O (5)
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 (I)
m  mH 2O  mCaCO3  3
Theo đề bài: khối lượng dung dịch tăng = CO2
= 2,48 (g)
m
→ H 2O = 2,48 + 100x – 0,38.44 = 5,76 (g)
n
→ H 2O = 0,32 mol → 0,04n + 0,1m + 0,04 + 0,1- 0,1k = 0,32
→ 0,04n + 0,1m - 0,1k = 0,18 (II)
Từ (I) và (II) → k = 2.
(I)  4n + 10m = 38
Biện luận :
n 1 2 3 4
m / 3 / /
Chọn n = 2 ( C2H6) CTCT : CH3 – CH3

m = 3 ( C3H4) CTCT : CH3 – C  CH hoặc CH2=C=CH2
Câu V: (4,0 điểm)
Hướng dẫn chấm
1
HCl + NaOH  NaCl + H2O
NaCl + n H2O  NaCl.nH2O
Z
NaCl.nH2O  NaCl + n H2O
Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ
với nhau. Có:
nHCl = nNaOH = nNaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol.
0 , 15
C M (HCl)=
=2,5 M
0 , 06
0 , 15× 40
C % (NaOH)=
×100 %=6 %
100
Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có:
nH2O = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; nH2O = 0,3 mol
=>
n = 0,3: 0,15 = 2;
Vậy cơng thức của Z là NaCl.2H2O.
2
Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: nHCl = 0,84× 2,5 = 2,1 mol
1600 ×6
=2,4 mol
Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: nNaOH =
100 ×40

Al + 3 HCl  AlCl3 + 3/2 H2
(1)
a
3a
a
Fe + 2 HCl  FeCl2 + H2
(2)
b
2b
b
Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là:
16 , 4
nHCl =
×3=1, 82<2,1
27
Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là:
16 , 4
nHCl =
×2=0 ,59<2,1
56
Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl ln dư. Khi thêm dung

1,5đ

1,5đ

2,5đ


dịch Y:

HCl
+ NaOH  NaCl + H2O
(3)
2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b)
FeCl2 + 2 NaOH  Fe(OH)2 + 2 NaCl
(4)
b
2b
b
AlCl3 + 3 NaOH  Al(OH)3 + 3 NaCl
(5)
a
3a
a
Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 lần lượt là a và b. Có:
27a + 56b = 16,4
(*)
Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol
=> số mol NaOH dư là: 2,4- 2,1 = 0,3 mol.
Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2 H2O
a
0,3
Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH)3 bị hịa tan hồn tồn, kết tủa chỉ có Fe(OH)2.
4 Fe(OH)2 + O2  2 Fe2O3 + 4 H2O
b
b/2
Chất rắn Y1 là Fe2O3.
b/2 = nFe2O3 = 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol
(*) =>
a = 0,2678 mol (≤ 0,3)

=>
%Al = 27× 0,2678 ×100: 16,4 = 44,09%;
%Fe = 55,91%.
Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH)3 bị hịa tan một phần, kết tủa có Fe(OH)2 và
Al(OH)3 dư.
2 Al(OH)3  Al2O3 + 3 H2O
a - 0,3
(a - 0,3)/2
4 Fe(OH)2 + O2  2 Fe2O3 + 4 H2O
b
b/2
Chất rắn Y1 có Al2O3 và Fe2O3.
51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1
(**)
Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1
=>
%Al = 27× 0,4 ×100: 16,4 = 65,85%;
%Fe = 34,15%.
.......................................................................