Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS năm học 2010 - 2011 môn thi: hóa học 9

i M và giá trị của V.
Câu III (6,0 điểm):
Chia 80 (g) hỗn hợp X gồm sắt và một oxit của sắt thành hai phần bằng nhau:
Hoà tan hết phần I vào 400 (g) dung dịch HCl 16,425% được dung dịch A và 6,72 lít khí H2 (đktc). Thêm 60,6 (g) nước vào A được dung dịch B, nồng độ % của HCl dư trong B là 2,92%.
1/ Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X và xác định công thức của oxit sắt.
2/ Cho phần II tác dụng vừa hết với H2SO4 đặc nóng rồi pha loãng dung dịch sau phản ứng bằng nước, ta thu được dung dịch E chỉ chứa Fe2(SO4)3. Cho 10,8 (g) bột Mg vào 300 ml dung dịch E khuấy kĩ, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 12,6 (g) chất rắn C và dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi được m (g) chất rắn F (trong điều kiện thí nghiệm BaSO4 không bị phân huỷ). Tính CM của dung dịch E và giá trị m.
Câu IV (4,0 điểm). 
1/ Viết phương trình hóa học (ở dạng công thức cấu tạo thu gọn) thực hiện các biến hóa theo sơ đồ sau:
(1)
(2)
(8)
(5)
(3)
(7)
 Axetilen Etilen Etan
(4)
(6)
 P.V.C Vinylclorua ĐicloEtan Etylclorua
2/ Cho vào bình kín hỗn hợp cùng số mol C5H12 và Cl2 tạo điều kiện để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được sản phẩm hữu cơ mà trong mỗi phân tử chỉ chứa một nguyên tử Clo. Viết các công thức cấu tạo có thể có của các sản phẩm hữu cơ đó.
Câu V (3,0 điểm).
Đốt cháy hoàn toàn 1 (g) hỗn hợp X gồm C2H2, C3H6, C2H6. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02 M thu được 1 (g) kết tủa. Mặt khác 3,36 lít hỗn hợp X (đktc) làm mất màu tối đa 200 ml dung dịch Br2 0,5 M. Tính thể tích mỗi khí có trong 1 (g) hỗn hợp X.
 Cho: H = 1; Li = 7; C = 12, O = 16; Na = 23; Mg = 24; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40;
	 Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ba= 137. 
- - - HÕt - - -
Hä vµ tªn thÝ sinh:................................................................ Sè b¸o danh: .......................................
Së Gd&§t NghÖ an
Kú thi chän häc sinh giái tØnh líp 9 THCS 
 N¨m häc 2010 - 2011
H­íng dÉn vµ BiÓu ®iÓm chÊm ®Ò chÝnh thøc
(H­íng dÉn vµ biÓu ®iÓm chÊm gåm 05 trang)
M«n: HÓA HỌC. B¶ng A 
----------------------------------------------
Câu
Nội dung
Điểm
I
4,0
1
Các chất rắn có thể chọn lần lượt là:
Zn; FeS; Na2SO3; CaCO3; MnO2; CaC2; Al4C3
1,75
mỗi pthh cho 0,25
Các ptpư: Zn + 2HCl ® ZnCl2 + H2
	FeS + 2HCl	® 	FeCl2 + H2S
	Na2SO3 + 2HCl	® 2NaCl + SO2 + H2O
	CaCO3 + 2HCl	® CaCl2 + CO2 + H2O
	MnO2 + 4HCl đặc	MnCl2 + Cl2 + 2H2O
	CaC2 + 2HCl	® 	CaCl2 + C2H2
	Al4C3 + 12HCl® 	4AlCl3 + 3CH4
2
Các chất thích hợp với X1, X2, X3, X5, X6, X7, X8 lần lượt có thể là:
X1: NaHCO3, X2: NaOH, X3: NaCl, X5: Al2O3, X6: NaAlO2, X7: Al(OH)3, X8: Al
1,25
mỗi pthh cho 0,25
Các phương trình hóa học lần lượt là:
NaHCO3 + NaOH	® Na2CO3 + H2O
2NaCl + 2H2O	® 2NaOH + Cl2 + H2
Al2O3 + 2NaOH	® 2NaAlO2 + H2O	
NaAlO2 + CO2 + 2H2O®	 Al(OH)3 + NaHCO3
đpnc
criolit
2Al2O3 	 4Al + 3O2
3
Để trực tiếp điều chế ra NaOH ta có thể sử dụng thêm các phản ứng:
	2Na + 2H2O	® 2NaOH + H2
1
mỗi pthh cho 0,25
	Na2O + H2O	® 2NaOH
	Na2CO3 + Ba(OH)2	® 2NaOH + BaCO3
Hoặc: 2NaHCO3 + Ba(OH)2 dư ® BaCO3 + 2NaOH + H2O
II
3,0
Các phương trình hóa học:(n là hoá trị của R; Đặt khối lượng mol của M là M).
	2M + 2n H2O	®	2M(OH)n + nH2	(1)
0,5
	3M(OH)n + n AlCl3	 ® n Al(OH)3 + 3MCln	(2)
Có thể: M(OH)n + n Al(OH)3	® M(AlO2)n + 2n H2O (3)
	 = 0,7.0,5 = 0,35 (mol), = = 0,23 (mol)
Bài toán phải xét 2 trường hợp:
TH1: AlCl3 chưa bị phản ứng hết ở (2) không có phản ứng (3)
Từ (2): = 
Từ (1): 
1,0
 ta có pt: 
Với n = 1 M = 39 M là: K
Với n = 2 M = 78 loại
Theo (1): (mol) V = 8,268 lít
TH2: AlCl3 phản ứng hết ở (2), M(OH)n dư có phản ứng (3)
Từ (2): (mol)
Từ (2): đã phản ứng 
1,5
Theo bài ra bị tan ở (3) = 0,35 – 0,23 = 0,12 (mol)
Từ (3): dư (mol)
 Tổng (mol)
 ta có pt: 
 n = 1 M = 23 M là Na
 n = 2 M = 46 loại
Theo (1): 
 V = 13,104 lít
III
6,0
1
Đặt công thức của oxit sắt là FexOy
Các phương trình hoá học:
	Fe + 2HCl	 ® FeCl2 + H2 (1)
	FexOy + 2yHCl	® + yH2O (2)	
1,0
nHCl ban đầu (mol); (mol)
mddB = 400 + 40 – 0,3.2 + 60,6 = 500 (g)
 nHCl dư (mol).
 nHCl đã phản ứng ở (1) và (2) = 1,8 – 0,4 = 1,4 (mol)
Từ (1): nHCl = = 2.0,3 = 0,6 (mol)
Từ (1): nFe = = 0,3 (mol) mFe = 0,3.56 = 16,8 (g)
= 40 – 16,8 = 23,2 (g)
 nHCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol)
Từ (2): 
ta có: 
Vậy công thức của FexOy là Fe3O4
1,0
2
Các pthh: 
	2Fe + 6H2SO4đ	®	Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
	2Fe3O4 + 10H2SO4đ	 ® 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2)
	Fe2(SO4)3 + 3Mg	®	2Fe + 3MgSO4 (3)
Có thể: Fe + Fe2(SO4)3	®	3FeSO4 (4)
	Ba(ỌH)2 + MgSO4	®	BaSO4 + Mg(OH)2 (5)
Có thể: Ba(OH)2 + FeSO4	®	BaSO4 + Fe(OH)2 (6)
	Mg(OH)2	®	MgO + H2O (7)
Có thể: Fe(OH)2	 FeO + H2O (8)
hoặc:	4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O (9)
0,5
 (mol)
Xét trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết, Fe2(SO4)3 hết ở (3) không có (4,6,8,9)
Đặt: trong 300ml ddE là x
Từ (3): nMg đã phản ứng = 3x
 nMg còn lại = 0,45 – 3x
Từ (3): nFe = 2x mFe = 2x.56
Ta có pt: (0,45 – 3x).24 + 2x.56 = 12,6
 x = 0,045 (mol)
 CM của Fe2(SO4)3 trong ddE 
0,5
Khi đó trong ddD chỉ có: MgSO4 và kết tủa gồm BaSO4 và Mg(OH)2
Từ (3): (mol)
Từ (5): (mol)
Từ (7): (mol)
Giá trị của m trong trường hợp này = 0,135.233 + 0,135.40 = 36,855 (g)
0,5
Xét trường hợp 2: Mg hết, Fe2(SO4)3 sau phản ứng (3) còn dư:
(4,6,7) hoặc (4,6,8) xảy ra.
Từ (3): (mol)
Từ (3): (mol) 16,8 (g)
Theo bài ra khối lượng chất rắn chỉ có 12,6 (g) nhỏ hơn 16,8 (g) chứng tỏ (4) có xảy ra và khối lượng Fe bị hoà tan ở (4) = 16,8 – 12,6 = 4,2 (g) 0,075 (mol)
 từ (4): = nFe bị hoà tan = 0,075 (mol)
 Tổng trong 300 ml ddE ở trường hợp này = 0,15 + 0,075 = 0,225 (mol)
Vậy của dung dịch E 
1,0
Khi đó: Kết tủa thu được khi cho dung dịch D phản ứng với Ba(OH)2 gồm: BaSO4, Mg(OH)2, Fe(OH)2.
Với : ở (3) = nMg = 0,45 (mol)
Từ (4): = 3nFe= 3.0,075 = 0,225 (mol)
Từ (5): (mol)
Từ (6): (mol)
 Số mol trong kết tủa lần lượt là: 
= 0,45 + 0,225 = 0,675 (mol)
= 0,225 (mol), = 0,45 (mol)
1,0
Khi nung kết tủa trên ta lại phải xét 2 trường hợp:
a) Nếu nung trong chân không:
Từ (7): (mol)
Từ (8): (mol)
Giá trị của m trong trường hợp này = 0,675.233 + 0,45.40 + 0,225.72 = 191,475 (g)
0,25
b) Nếu nung trong không khí:
Từ (9): (mol)
Vậy giá trị của m trong trường hợp này là:
0,675.233 + 0,45.40 + 0,1125.160 = 193,275 (g)
0,25
IV
4,0
1) Các ptpư:
HCCH + H2 	 H2C = CH2 (1)
H2C = CH2 + H2 	 H3C – CH3 (2)
HCCH + HCl 	 H2C = CHCl (3)
n(H2C = CHCl) 	 [H2C - CHCl]n (4)
H2C = CH2 + Cl2 	 ClH2C – CH2Cl (5)
H2C = CHCl + HCl 	 ClH2C – CH2Cl (6)
H3C – CH3 + Cl2 	 CH3 – CH2Cl + HCl (7)
H2C = CH2 + HCl 	 CH3 – CH2Cl (8)
Mỗi pthh cho 0,25
2) Các công thức cấu tạo có thể có của các sản phẩm hữu cơ là:
	CH3 – CH2 – CH2 – CH2 – CH2Cl
	CH3 – CH2 – CH2 – CHCl – CH3 
	CH3 – CH2 – CHCl – CH2 – CH3 CH2Cl – CH2 – CH – CH3
	CH3 – CH2 – CH– CH2Cl
	CH3 – CHCl – CH – CH3 
	CH3 – CH2 – CCl– CH3 CH3 – C – CH2Cl
Mỗi ctct cho 0,25
V
3,0
to
Các phương trình hoá học:
to
	2C2H2 + 5O2	4CO2 + 2H2O (1)
to
	2C3H6 + 9O2	46CO2 + 6H2O (2)
	2C2H6 + 7O2	4CO2 + 6H2O (3)
	CO2 + Ca(OH)2	 	 CaCO3 + H2O (4)
Có thể: 2CO2 + Ca(OH)2	 Ca(HCO3)2 (5)
	C2H2 + 2Br2	C2H2Br4 (6)
	C3H6 + Br2	 	 C3H6Br2 (7)
0,5
= 0,04 (mol), = 0,01 (mol)
= 0,1 (mol), nX ở thí nghiệm 2 = 0,15 (mol)
Đặt trong 1 (g) hỗn hợp X lần lượt là x, y, z (x, y, z > 0)
Ta có pt khối lượng: 26x + 42y + 30z = 1 (a)
Từ (1) =2x, từ (2): =2y, từ (3): =2z (*)
0,5
ở đây phải xét 2 trường hợp:
TH1: Ca(OH)2 dư không có phản ứng (5)
từ (4): = = 0,01 (mol) nC = 0,01 (mol) 0,12 (g).
 mH trong 1 (g) X = 1 – 0,12 = 0,88 (g) > 0,12 (g) (vô lí vì trong hỗn hợp X cả 3 chất đều có mC > mH)
0,5
TH2: CO2 dư phản ứng (5) có xảy ra.
Từ (4): = = = 0,01 (mol)
 ở (5) = 0,04 – 0,01 = 0,03 (mol)
Từ (5): = 2= 2.0,03 = 0,06
 tổng = 0,06 + 0,01 = 0,07 (mol) (**)
0,5
Từ (*) và (**) ta có phương trình theo CO2:
	2x + 3y + 2z = 0,07 (b)
Từ (6): = 2= 2x, từ (7): = = y
Kết hợp (5) và (6) ta thấy:
Cứ x + y +z mol hỗn hợp X làm mất màu tối đa 2x + y mol Br2
Vậy 0,15 mol hỗn hợp X làm mất màu tối đa 0,1 mol Br2
 ta có pt: (x + y + z). 0,1 = (2x + y).0,15 (c)
0,5
Giải hệ phương trình (a), (b), (c) ta được: x = 0,005; y = 0,01; z = 0,015
Vậy trong 1 (g) hỗn hợp X có 
	= 0,005.22,4 = 0,112 (lít)
	= 0,01.22,4 = 0,224 (lít)
	= 0,015.22,4 = 0,336 (lít)
0,5
Lưu ý bài V:
	 Nếu trong bài học sinh xét C3H6 là mạch vòng:
	- Không có phản ứng (7) sai không trừ điểm.
	- Có phản ứng (7) đúng đáp số vẫn không cho thêm điểm.
Së Gi¸o Dôc & §µo T¹o NGhÖ an
§Ò chÝnh thøc 
Kú thi chän häc sinh giái tØnh líp 9 THCS n¨m häc 2010 - 2011
M«n thi: Hãa häc - b¶ng B
Thêi gian: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Câu I (5,0 điểm).
	1/ Chọn 6 chất rắn khác nhau mà khi cho 6 chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl có 6 chất khí khác nhau thoát ra. Viết các phương trình phản ứng minh hoạ.
	2/ Cho các sơ đồ phản ứng hoá học sau đây:
	X1 + X2 → Na2CO3 + H2O
điện phân dung dịch
có màng ngăn
	X3 + H2O	 	X2 + X4 + H2
	X5 + X2 → X6 + H2O
	X6 + CO2 + H2O → X7 + X1
điện phân nóng chảy
Criolit
	X5 	 	X8 + O2
	Chọn các chất X1, X2, X3, X5, X6, X7, X8 thích hợp và hoàn thành các phương trình hoá học của các phản ứng trên.
	3/ Em hãy đề xuất thêm 4 phản ứng khác nhau để trực tiếp điều chế X2
Câu II (3,0 điểm).
Cho 26,91 (g) kim loại M hóa trị I vào 700 ml dung dịch AlCl3 0,5M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít H2 (đktc) và 17,94 (g) kết tủa. Xác định kim loại M và giá trị của V.
Câu III (4,0 điểm):
Cho 40 (g) hỗn hợp X gồm sắt và một oxit của sắt tan hết vào 400 (g) dung dịch HCl 16,425% được dung dịch A và 6,72 lít khí H2 (đktc). Thêm 60,6 (g) nước vào A được dung dịch B, nồng độ % của HCl dư trong B là 2,92%. 
1/ Viết các phương trình hóa học xảy ra.
2/ Tính khối lượng mỗi chất trong X.
3/ Xác định công thức hóa học của oxit sắt. 
Câu IV (4,0 điểm). 
1/ Viết phương trình hóa học (ở dạng công thức cấu tạo thu gọn) thực hiện các biến hóa theo sơ đồ sau:
(2)
(1)
(5)
(3)
(8)
(7)
 Axetile