SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2012-2013
Hướng dẫn chấm gồm 03 trang
Câu Nội dung Điểm
I.
Gán các chất như sau:
A: C
4
H
10
; B: CH
3
COOH; C: CH
3
COONa; D:CH
4
; E: C
2
H
2
; F: C
2
H
4
; G: C
2
H
5

OH; H:
CH
3
COOC
2
H
5
; L: CH
2
= CHCl
PTHH: 2C
4
H
10
+ 5O
2

→
0
t
4CH
3
COOH + 2H
2
O (1)
CH
3
COOH + NaOH → CH
3
COONa + H

2
O (2)
CH
3
COONa
(r)
+ NaOH
(r)

0
t
CaO
→
CH
4
+ Na
2
CO
3
(3)
2CH
4

0
1500 C
lam lanh nhanh
→
C
2
H

2
+ 3H
2
(4)
C
2
H
2
+ H
2

0
t
Pd
→
C
2
H
4
(5)
C
2
H
4
+ H
2
O
2 4
H SO l
→

C
2
H
5
OH 6)
CH
3
COOH + C
2
H
5
OH
0
2 4
,H SOđăc t
→
¬ 
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O (7)
nCH
2
= CH
2


0
, ,P t xt
→
(- CH
2
- CH
2
-)
n
(PE) (8)
CH ≡ CH + HCl
→
xtt ,
0
CH
2
= CHCl (9)
nCH
2
= CHCl
0
, ,P t xt
→
(- CH
2
- CHCl-)
n
(PVC) (10)
* Nếu HS không ghi điều kiện, không cân bằng PTHH: trừ ½ tổng số điểm mỗi phương

trình theo biểu điểm.
* HS có thể chọn chất khác mà thỏa mãn PƯHH, cho điểm tối đa theo biểu điểm.
2
2. (2,5đ)
-Cho khí H
2
dư đi qua từ từ hỗn hợp nung nóng thì toàn bộ Fe
2
O
3
và CuO chuyển thành
Fe và Cu.
-Hoà tan hỗn hợp rắn thu được( Fe, Cu, MgO) bằng dung dịch HCl dư.Lọc lấy riêng
chất rắn không tan là Cu.
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
MgO

+ 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
O
Lấy Cu nung trong không khí ta được CuO.

2Cu +O
2
→
to
2CuO
-Hỗn hợp dung dịch thu được gồm MgCl
2
, FeCl
2
, HCl dư đem điện phân dung dịch thì
thu được Fe
FeCl
2
 →
đpdd
Fe +Cl
2
Lọc lấy Fe nung trong không khí ta được Fe
2
O
3
.
4Fe + 3O
2
→
to
2 Fe
2
O
3

-Sau đó cho dd NaOH dư tác dụng với dd còn lại(MgCl
2
, HCl dư).
MgCl
2
+ 2 NaOH
→
Mg(OH)
2
+2 NaCl
HCl + NaOH
→
NaCl + H
2
O
Lọc kết tủa , đem nung ta được MgO nguyên chất.
PTHH: Mg(OH)
2

→
to
MgO

+ H
2
O
Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
Câu II
-Khí B là : CO
2

hoặc C
2
H
4
1
-Dung dịch A là: Nước brom hoặc dung dịch bazơ tan
Ví dụ;
- A là nước brom:
C
2
H
4
+ Br
2
→
C
2
H
4
Br
2
SO
2
+ Br
2
+ H
2
O
→
2HBr + H

2
SO
4
Vậy B là CO
2
.
- A là dung dịch bazơ tan
SO
2
+ Ba(OH)
2

→
BaSO
3
+ H
2
O
CO
2
+ Ba(OH)
2

→
CaSO
3
+ H
2
O
Vậy B là C

2
H
4
2
1) Theo đề bài, ta có A là NaHS, theo dãy biến hoá ta có:
NaHS
 →
+
NaOH
Na
2
S
 →
+HCl
H
2
S
 →
SO
2
 →
+
2
O
SO
3
 →
H
2
SO

4
 →
BaSO
4
Các phương trình phản ứng:( Mỗi phản ứng 0,25 điểm)
NaHS + NaOH
→
Na
2
S + H
2
O
Na
2
S + HCl
→
2NaCl + H
2
S
2H
2
S + 3O
2
→
2SO
2
+ 2H
2
O
2SO

2
+ O
2
→
0
t
2SO
3
SO
3
+ H
2
O
→
H
2
SO
4
H
2
SO
4
+ Ba(OH)
2

→
BaSO
4

↓

+ 2H
2
O
3
- Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc, tách lấy chất rắn FeS
2
, CuS và dung dịch
NaOH:
Na
2
O + H
2
O 2NaOH
- Điện phân nước thu được H
2
và O
2
: 2H
2
O 2H
2
+ O
2
(1)
- Nung hỗn hợp FeS
2
, CuS trong O
2
(1) dư đến phản ứng hoàn toàn được hỗn
hợp rắn Fe

2
O
3
, CuO và khí SO
2
: 4FeS
2
+ 11O
2
2Fe
2
O
3
+ 8SO
2

CuS + O
2
CuO + SO
2
- Tách lấy khí SO
2
cho tác dụng với O
2
(1) dư có xúc tác, sau đó đem hợp nước
được H
2
SO
4
: 2SO

2
+ O
2
2SO
3
SO
3
+ H
2
O H
2
SO
4
(2)
- Lấy hỗn hợp rắn Fe
2
O
3
, CuO đem khử hoàn toàn bằng H
2
(1) dư ở nhiệt độ cao
được hỗn hợp Fe, Cu. Hòa tan hỗn hợp kim loại vào dd H
2
SO
4
loãng (2), được
dung dịch FeSO
4
. Phần không tan Cu tách riêng.
Fe

2
O
3
+ 3H
2
2Fe + 3H
2
O.
CuO + H
2
Cu + H
2
O.
Fe + H
2
SO
4
FeSO
4
+ H
2
- Cho Cu tác dụng với O
2
(1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H
2
SO
4
(2)
rồi cho tiếp dung dịch NaOH vào, lọc tách thu được kết tủa Cu(OH)
2

.
2Cu + O
2
2CuO
CuO + H
2
SO
4
CuSO
4
+ H
2
O
CuSO
4
+ 2NaOH Cu(OH)
2
+ Na
2
SO
4
.
Câu III
1
Các phương trình phản ứng điều chế C
2
H
5
Br, C
2

H
4
Br
2
được thực hiện theo dãy
biến hóa sau:
CaC
2
+ 2H
2
O → Ca(OH)
2
+

C
2
H
2

C
2
H
2
+ H
2

,
→
o
t xt

C
2
H
4

C
2
H
4
+ Br
2
→
C
2
H
4
Br
2
3C
2
H
2

,
→
o
t xt
C
6
H

6

0.25
0.25
0.25
0.25
V
2
O
5
t
0
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
(F)
V
2
O
5
C
6
H
6
+ Br
2

,

→
o
t Fe
C
6
H
5
Br + HBr
0.25
2
Gọi số mol mỗi oxit là a ⇒ số mol AgNO
3
là 8a
+ Phản ứng khi cho CO dư qua hỗn hợp các chất nung nóng:
CO + CuO
0
t C
→
Cu + CO
2
(1)
a (mol) a (mol) a (mol)
4CO + Fe
3
O
4

0
t C
→

3Fe + 4CO
2
(2)
a (mol) 3a (mol) 4a (mol)
⇒ Thành phần của X: Cu = a (mol); Fe = 3a (mol); BaO = a (mol); Al
2
O
3
= a (mol)
⇒ Thành phần khí Y: CO
2
= 5a (mol); CO dư
0.125
0.125
0.25
+ Phản ứng khi cho X vào nước dư:
BaO + H
2
O → Ba(OH)
2
(3)
a (mol) a (mol)
Al
2
O
3
+ Ba(OH)
2
→ Ba(AlO
2

)
2
+ H
2
O (4)
a (mol) a (mol) a (mol)
⇒ Thành phần dung dịch E: Ba(AlO
2
)
2
= a(mol)
⇒ Thành phần Q: Cu = a(mol); Fe = 3a(mol)
0.25
0.25
0.25
+ Phản ứng khi cho Q vào dung dịch AgNO
3
:
Trước hết: Fe + 2AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (5)
3a (mol) 6a (mol) 3a(mol) 6a(mol)
Sau đó: Cu + 2AgNO
3
→ Cu(NO
3

)
2
+ 2Ag (6)
a(mol) 2a(mol) a(mol) 2a(mol)
⇒ Thành phần dung dịch T: Fe(NO
3
)
2
= 3a(mol); Cu(NO
3
)
2
= a(mol)
⇒ Thành phần F: Ag = 8a(mol).
* Nếu không viết 2 phản ứng (5), (6) xảy ra theo thứ tự trừ 0,5 điểm
0.125
0.125
0.25
+ Phản ứng khi cho khí Y sục qua dung dịch E:
2CO
2
+ 4H
2
O + Ba(AlO
2
)
2
→ Ba(HCO
3
)

2
+ 2Al(OH)
3
↓ (7)
2a (mol) a(mol) a(mol) 2a(mol)
⇒ Thành phần dung dịch G: Ba(HCO
3
)
2
= a(mol)
⇒ Thành phần H: Al(OH)
3
= 2a(mol)
0.25
0.25
3
* Đặt a,b là số mol của NO và NO
2
Ta có :
1
3
17
)(2
4630
=→=
+
+
b
a
ba

ba
* Phản ứng hoà tan M:
10M + 14n HNO
3

→
10M(NO
3
)n + 3nNO↑ + nNO
2
↑+ 7nH
2
O
10M (gam)
→
4n mol khí
32 (gam)
→
8,96/22,4 = 0,4 mol khí

→
10M .0,4 = 32.4n
→
M = 32n
→
M = 64
→
Vậy M là Cu
0.25
0.25

0.5
Câu IV
1
-Gọi a là số mol của AgNO
3
→
số mol của Cu(NO
3
)
2
là 4a mol
-Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO
3
.(3
muối đó là: Zn(NO
3
)
2
, AgNO
3
, Cu(NO
3
)
2
-Gọi x là số mol Zn phản ứng
PTHH: Zn + 2AgNO
3
→
Zn(NO
3

)
2
+ 2Ag
x 2x x 2x
0.5
0.25

-Vì thanh kẽm sau phản ứng tăng nên tao có phương trình :
108 . 2x – 65x = 1,51
→
x=0,01 (mol)
0.5
-Theo phương trình ta có:
n AgNO
3
phản ứng = 0,02 mol;
n Zn(NO
3
)
2
= 0,01 mol
0.25
-Vậy,C M Zn(NO
3
)
2
=
25,0
01,0
=0,04 M

0.25
-Dung dịch chỉ chứa 1 muối duy nhất là Zn(NO
3
)
2
nên AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
đã phản
0.25
2
ứng hết
-PTHH: Zn + 2AgNO
3
→
Zn(NO
3
)
2
+ 2Ag (1)
0,5a a 0,5a a
Zn + Cu(NO
3
)
2
→
Zn(NO

3
)
2
+ Cu (2)
4a 4a 4a 4 a

0.25
0.25
0.25
0.25
-Ta có: C M Zn(NO
3
)
2
= 0,54 M
→
n Zn(NO
3
)
2
= 0,54 .0,25=0,135(mol)
-Từ (1 và 2)
→
n Zn(NO
3
)
2pư
= 0,5a + 4a = 0,135
→
a= 0,03(mol)

→
nAgNO
3
= 0,03 mol; nCu(NO
3
)
2
= 4a= 0,12mol
-Vậy: C M AgNO
3
= 0,03: 0,25 = 0,12 M
C M Cu(NO
3
)
2
= 0,12: 0,25 = 0,48M
-
Câu V
1
2
O
n
=

2,688
22,4

= 0,12 (mol), n
hỗn hợp Y
=

3,136
22,4
= 0,14 (mol)
n
hỗn hợp X
= 0,14 – 0,12 = 0,02 (mol)
Đặt công thức trung bình của A, B, C là:
x y
C H
PƯHH:
x y
C H
+ (
x
+
4
y
)O
2
→
0
t


x
CO
2
+
2
y

H
2
O (1)
Hỗn hợp sản phẩm đốt cháy Y gồm CO
2
, H
2
O, O
2
(có thể dư), sục sản phẩm cháy vào
dung dịch Ca(OH)
2
, có PƯHH
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O (2)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2

(3)
Ca(HCO
3
)
2

→
0
t
CaCO
3
↓ + H
2
O + CO
2
↑ (4)
Từ (2) →
2
CO
n
=
3
(2)CaCO
n
=
2,0
100
= 0,02 (mol)
từ (3), (4) →
2

CO
n
= 2
3
(3)CaCO
n
= 2.
0,2
100
= 0,004 (mol)
Vậy: Tổng số mol CO
2
ở sản phẩm cháy tạo ra: 0,02 + 0,004 = 0,024 (mol)
m
dd giảm
=
3
(2)CaCO
m
- (
2
CO
m
+
2
H O
m
) = 0,188 (g)
→
2

H O
m
= 2,0 - 0,024. 44 – 0,188 = 0,756 (g)

2
H O
n
=
0,756
18
= 0,042 (mol)
Theo định luật BTKL: m
X
= m
C
+ m
H
= 0,024.12 + 0,042. 2 = 0,372 (gam)
2
Ca(OH)
n
=
2
Ca(OH)
n
(2)
+
2
Ca(OH)
n

(3)
= 0,02 + 0,002 = 0,022 (mol)
→ V =
0,022
0,02
= 1,1 (lít)
2 2n n
C H
n
+

=
2
H O
n
-
2
CO
n
= 0,042 – 0,024 = 0,018 (mol)
Từ
2
CO
n
; n
X
→
x
=
0,024

0,02
= 1,2 → trong X có một chất là CH
4
2
2
Vậy 3 hidrocacbon có thể có CTTQ thuộc các loại C
n
H
2n

+ 2
, C
m
H
2m
(Vì 3 hidrocacbon
có tối đa một liên kết đôi)
Chia X thành 3 trường hợp:
Trường hợp 1: X có 3 hiđrocacbon đều có CTTQ C
n
H
2n

+ 2

n
X
=
2
H O

n
-
2
CO
n
= 0,018 < 0,02 → loại
Trường hợp 2: X gồm CH
4
, một hiđrocacbon có CTTQ C
n
H
2n + 2
và một hiđrocacbon
có CTTQ C
m
H
2m
(n,m
≤
4; m
≥
2)
Đặt
4
CH
n
= x (mol),
2 2n n
C H
n

+
= y mol,
2m m
C H
n
= z mol
Ta có: x + y = 0,018 mol
z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol
a) Nếu: x = y =
0,018
2
= 0,009
n
C
= 0,009 .1+ 0,009 . n + 0,002. m = 0,024
⇒ 9n + 2m = 15
m 2 3 4
n
9
11
1
9
7
(loại)
b) Nếu: y = z → x = 0,018 – 0,002 = 0,016
→ n
C
= 0,016 . 1 + 0,002n + 0,002m = 0,024 ⇒ n + m = 4
m 2 3 4
n 2 1 0

Chọn cặp nghiệm: C
2
H
6
, C
2
H
4
Vậy công thức phân tử của hỗn hợp X: CH
4
, C
2
H
6
, C
2
H
4

CTCT: CH
3
– CH
3
, CH
2
= CH
2
c) Nếu x= z = 0,02 → y = 0,016
n
C

= 0,002 . 1 + 0,016n + 0,002m = 0,024 → 8n + m = 11
m 2 3 4
n
8
9
1
8
7
(loại)
Trường hợp 3: X gồm CH
4
, một hiđrocacbon có CTTQ C
n
H
2n
và một hiđrocacbon có
CTTQ C
m
H
2m
(2
≤
n,m
≤
4)
Đặt
4
CH
n
= x (mol),

2n n
C H
n
= y mol,
2m m
C H
n
= z mol

2
H O
n
-
2
CO
n
= 0,018 → y + z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol
vì x phải khác y và z → y = z = 0,001
n
C
= 0,018 . 1 + 0,001n + 0,001m = 0,024
n + m = 6
m 2 3 4
n 4 3 2
Chọn: C
2
H
4
, C
4

H
8
CTCT của C
4
H
8
CH
3
– CH = CH – CH
3
CH
2
= CH – CH
2
– CH
3
CH
2
= C – CH
3

3.a) Trường hợp: CH
4
, C
2
H
6
, C
2
H

4
%CH
4
=
02,0
016,0
. 100% = 80% , %C
2
H
6
= %C
2
H
4
= 10%
b) Trường hợp: CH
4
, C
2
H
4
, C
4
H
8

%CH
4
=
02,0

018,0
. 100% = 90% , %C
2
H
4
= %C
4
H
8
= 5%