SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
Đề chính thức
KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Môn thi: HÓA HỌC
Lớp 9 - THCS
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24/3/2010
Câu 1: (5,5 điểm)
1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: (Mỗi mũi tên là một phương trình hóa học)
Fe
→
FeCl
3 FeCl
2

→
Fe(OH)
2

→
Fe(OH)
3

→
Fe
2

là bao nhiêu?
Câu 2: (5,5 điểm).
1. Một hợp chất hữu cơ có công thức dạng C
x
H
y
O
z
(x
≤
2) tác dụng với NaOH. Hãy xác định
công thức cấu tạo và viết phương trình hóa học xảy ra giữa các chất trên với NaOH.
2. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt các bình khí sau: H
2
, CH
4
, C
2
H
4,
CO
2
, SO
2
. Viết
phương trình hóa học xảy ra.
3. Axit A là chất rắn, màu trắng, dễ tan trong nước. Oxit B tác dụng với dung dịch nước của A
tạo nên hợp chất C màu trắng, không tan trong nước. Khi nung C với cát và than ở nhiệt độ cao thu
được đơn chất có trong thành phần của A. Xác định công thức của A, B, C và viết phương trình hóa
học xảy ra.

n
(R là gốc hidrocacbon). cho 12,8 gam dung dịch
rượu A (trong nước) có nồng độ 71,875% tác dụng với Na dư thu được 5,6 lit H
2
(ở đktc). Xác định
công thức phân tử của A, biết khối lượng phân tử của A là 92 đ.v.C.
Cho: H = 1, C = 12, O = 16, Na = 23, Mg = 24, Al = 27, Ca = 40, Fe = 56, Cu = 64, Ba = 137
- Hết –
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Môn thi: HÓA HỌC
Lớp 9 - THCS
(Đây là theo ý của tôi)
Câu Đáp án Điểm
1.1
2Fe + 3Cl
2

→
0
t
2FeCl
3
2FeCl
3
+ Fe
→
3FeCl
2


→
0
t
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
3Fe
2
O
3
+ CO
→
0
t
2Fe
3
O
4
+ CO
2
Fe
3
O
4
+ 4H
2

3
dư ta
thu được BaCO
3
không tan, lọc tách BaCO
3
ta được dung dịch gồm KCl
và K
2
CO
3
còn dư, cho dung dịch đó tác dụng với dung dịch HCl dư ta thu
được dung dịch KCl và HCl còn dư, cô cạn dung dịch thu được KCl
khan; rồi điện phân nóng chảy KCl ta thu được K (Kali). Còn chất rắn
BaCO
3
tiếp tục cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung
dịch BaCl
2
; cô cạn và điện phân nóng chảy BaCl
2
ta thu được Ba (Bari)
Cho phần 2 tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được hỗn hợp dung
dịch gồm MgCl
2
; AlCl
3
và HCl còn dư, cho hỗn hợp dung dịch tác dụng
với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa Mg(OH)
2

2
+ H
2
O
Al
2
O
3
+ 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
O
Khi nhúng thanh kim loại Mg vào dung dịch xảy ra phản ứng.
3Mg + 2AlCl
3

→
3MgCl
2
+ 2Al
- Phần 1:
MgCl
2
+ 2KOH
→
Mg(OH)
2

dpnc
K + Cl
2

Cho BaCO
3
tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ.
BaCO
3
+ 2HCl
→
BaCl
2
+ H
2
O + CO
2

Cô cạn dung dịch ta thu được BaCl
2
khan, rồi điện phân nóng chảy
BaCl
2
thu được Ba.
BaCl
2

→
dpnc
Ba + Cl

AlCl
3
+ 4NaOH
dư

→
NaAlO
2
+ 3NaCl + H
2
O
Lọc tách kết tủa Mg(OH)
2
, rồi thổi dòng khí CO
2
dư vào dung dịch
thu được.
NaAlO
2
+ CO
2
+ H
2
O
→
Al(OH)
3
+ NaHCO
3


O
3

→
dpnc
4Al + 3O
2
1.3
a/
Ở thí nghiệm 1: sau phản ứng thu được dung dịch gồm 3 muối gồm
MgSO
4
; CuSO
4
và FeSO
4
, do đó ta có c < a, tức là CuSO
4
vẫn còn dư và
FeSO
4
chưa phản ứng (vì theo quy tắc thì Mg sẽ tham gia phản ứng với
muối CuSO
4
trước, khi hết CuSO
4
mà Mg còn dư thì mới tiếp tục phản
ứng với FeSO
4
)

MgSO
4
+ Cu
a a mol
TH 2: Nếu 2c > a, thì FeSO
4
đã phản ứng 1 phần. Sau phản ứng
còn d ư một lượng là:
b – (2c – a) mol. Hay (a + b) – 2c mol
Mg + CuSO
4

→
MgSO
4
+ Cu
a a mol
Mg + FeSO
4

→
MgSO
4
+ Fe
2c – a 2c – a mol
Vậy: a
≤
2c < a + b
Ở thí nghiệm 3: sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối, vì vậy cả
CuSO

4
+ Cu
a a mol
Mg + FeSO
4

→
MgSO
4
+ Fe
b b mol
( Với 3c – a > b Hay 3c > a + b)
b/
Ta có: m
r
= 0,2.64 + 0,2.56 = 12,8 + 11,2 = 24 gam
2.1
Để tác dụng được với NaOH thì chất hữu cơ trên phải có nhóm – COOH
hoặc có nhóm chức – COO; có ít nhất là 2 nguyên tử Oxi. Số nguyên tử
oxi không vượt quá 4, vì chỉ có tối đa là 2 nguyên tử C. Vậy 2
≤
z
≤
4.
Ta có:
H – COOH ; CH
3
– COOH ; H – COOCH
3
; HO – CH

2
- COONa + H
2
O
HOOC - COOH + 2NaOH
→
NaOOC - COONa + 2H
2
O
O = CH - COOH + NaOH
→
O = CH - COONa + H
2
O
2.2
Dẫn các khí lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước
brom. Phân biệt được 2 nhóm.
- Nhóm 1: Làm mất màu dung dịch nước brom gồm: C
2
H
4
và SO
2
- Nhóm 2: Không làm mất màu dung dịch nước brom gồm: H
2
;
CH
4
và CO
2

2
O
→
H
2
SO
4
+ 2HBr
C
2
H
4
+ Br
2

→
C
2
H
4
Br
2

SO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaSO

và SO
2
- Nhóm 2: Không làm đục dung dịch nước vôi trong gồm: H
2
; CH
4
và C
2
H
4
- Nhận ra SO
2
ở nhóm 1 bằng cách dẫn 2 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch brom, ống nghiệm nào bị mất màu là nhận ra
khí SO
2.
- Nhận ra C
2
H
4
ở nhóm 2 bằng cách dẫn 3 khí đó lần lượt đi qua
các ống nghiệm chứa dung dịch nước brom, ống nghiệm nào bị mất màu
là nhận ra khí C
2
H
4
.
- Nhận ra H
2
ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí còn lại lần lượt đi qua

O
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O
→
H
2
SO
4
+ 2HBr
C
2
H
4
+ Br
2

→
C
2
H
4
Br
2

H

)
2
+ 3H
2
O
Ca
3
(PO
4
)
2
+ SiO
2 (cát)
+ 5C
→
0
t
3CaSiO
3
+ 5CO + 2P
3
a/ Đặt công thức chung của 2 muối cacbonat của hai kim loại hoá trị II là:
RCO
3

Ta có PTHH: RCO
3
+ 2HNO
3


2
= n
BaCO
3
= 0,04 (mol)
M
RCO
3
= 90 => M
R
= 30.
M
R
là khối lượng nguyên tử trung bình của 2 kim loại hoá trị II. Mà 2
kim loại hoá trị II lại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn.
Vậy 2 kim loại đó là Mg và Ca.
=> CTHH của 2 muối: MgCO
3
và CaCO
3
.
Theo bài ra ta có:
84a + 100b = 3,6
a + b = 0,04
Đặt a, b lần lượt là số mol của MgCO
3
và CaCO
3
.
Giải hệ phương trình ta được: a = 0,025 và b = 0,015.

2

FeCO
3

→
0
t
FeO + CO
2
n
FeCO
3
= 0,06 mol => n
FeO
= 0,06 (mol)
V
O
2
=
5
1
V
kk
=
5
1
.5,6 = 1,12 (lit) => n
O
2

=>
∑
2
CO
n
= 0,08 + 0,06 = 0,14 (mol).
Tổng số mol các khí là: 0,2 + 0,14 + 0,035 = 0,375 (mol)
Vậy thành phần các khí trong hỗn hợp Z là:
% n
O
2
= 9,33% ; % n
N
2
= 53,33% ; % n
CO
2
= 37,33%
c/ Các PTHH xảy ra:
MgO + 2HNO
3

→
Mg(NO
3
)
2
+ H
2
O

3
HNO
n
(đã dùng) = 0,1 + 0,06 + 0,18 = 0,34 (mol)
∑
3
HNO
V
(cần dùng) =
2
34,0
= 0,17 (lit)
4.1
Theo bài ra ta có PTHH:
4C
x
H
y
O
z
+ (4x + y – 2z) O
2

→
0
t
4xCO
2
+ 2yH
2

= n
CO
2
= 0,4 (mol). Vậy m
C
= 4,8 g
và n
H
2
O
= 0,6 (mol) => n
H
= 2n
H
2
O
= 1,2 (mol). Vậy m
H
= 1,2 g
Ta có khối lượng m
O
= 9,2 – (4,8 + 1,2) = 3,2 g => n
O
= 0,2 mol.
Ta có tỉ lệ: n
C
: n
H
: n
O

= 0,25 (mol)
2H
2
O + 2Na → 2NaOH + H
2
(1)
0,2 0,1 (mol)
2R(OH)
n
+ 2nNa
→
2R(ONa)
n
+ nH
2
(2)
2 n (mol)
0,1 0,05n (mol)
Từ (1), (2): nH
2
= 0,1+ 0,05n = 0,25 mol => n = 3.
Ta có: n = 3. Công thức là R(OH)
3
có khối lượng phân tử của A
là 92 đ.v.C.
M
R(OH)
3
= M
R