<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

<b>Đề chính thức</b>

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

<b>NĂM HỌC: 2009 - 2010</b>

<b>Mơn thi: HĨA HỌC</b>
<b>Lớp 9 - THCS</b>

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24/3/2010

<b>Câu 1: (5,5 điểm)</b>

<b>1. Hồn thành sơ đồ chuyển hóa sau: (Mỗi mũi tên là một phương trình hóa học)</b>

Fe _{FeCl3 FeCl2} _Fe(OH)2_Fe(OH)3_Fe2O3_Fe3O4 _FeSO4
<b>2. Có một hỗn hợp bột gồm các oxit: K2O, Al2O3, BaO. Bằng phương pháp hóa học hãy tách </b>
riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp trên.

<b>3. Dung dịch A chứa a mol CuSO4 và b mol FeSO4. Xét ba thí nghiệm sau:</b>

Thí nghiệm 1: Thêm c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 3 muối.
Thí nghiệm 2: Thêm 2c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 2 muối.
Thí nghiệm 3: Thêm 3c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối.

a. Tìm mối quan hệ của a, b, c trong từng thí nghiệm.

b. Nếu a = 0,2; b = 0,3 và số mol của Mg là 0,4 thì khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng
là bao nhiêu?

<b>Câu 2: (5,5 điểm).</b>

<b>1. Một hợp chất hữu cơ có cơng thức dạng CxHyOz (x </b>_{2) tác dụng với NaOH. Hãy xác định}
cơng thức cấu tạo và viết phương trình hóa học xảy ra giữa các chất trên với NaOH.

<b>2. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt các bình khí sau: H2, CH4, C2H4, CO2, SO2. Viết</b>
phương trình hóa học xảy ra.

<b>3. Axit A là chất rắn, màu trắng, dễ tan trong nước. Oxit B tác dụng với dung dịch nước của A</b>
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.

<b>Câu 3: (4,5 điểm).</b>

Hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của hai kim loại nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau
trong bảng tuần hồn. Hịa tan 3,6 gam hỗn hợp X bằng dung dịch HNO3 dư, thu được khí Y. cho
tồn bộ lượng khí Y hấp thụ hết bởi dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 7,88 gam kết tủa.

<b>a. Hãy xác định cơng thức của hai muối và tính thành phần % về khối lượng mỗi muối trong</b>
X.

<b>b. Cho 7,2 gam hỗn hợp X và 6,96 gam FeCO3 vào một bình kín chứa 5,6 lit khơng khí (đktc).</b>
Nung bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Z. Tính thành phần
% theo số mol các chất trong Z.

<b>c. Tính thể tích dung dịch HNO3 2M tối thiểu cần dùng để hòa tan hết hỗn hợp chất rắn thu</b>

được sau khi nung.

Giả sử trong khơng khí oxi chiếm 1/5 và nitơ chiếm 4/5 về thể tích.
<b>Câu 4: (4,5 điểm).</b>

<b>1. Đốt cháy hồn tồn 9,2 gam hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O rồi cho tồn bộ sản phẩm</b>
cháy đi qua bình đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng nước vơi trong dư. Sau khi kết thúc thí nghiệm
thấy khối lượng bình 1 tăng 10,8 gam và bình 2 tăng 17,6 gam. Xác định công thức phân tử của A
và viết công thức cấu tạo có thể có của A.

<b>2. A là rượu đa chức có cơng thức R(OH)n (R là gốc hidrocacbon). cho 12,8 gam dung dịch</b>
rượu A (trong nước) có nồng độ 71,875% tác dụng với Na dư thu được 5,6 lit H2 (ở đktc). Xác định
công thức phân tử của A, biết khối lượng phân tử của A là 92 đ.v.C.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH

<b>NĂM HỌC: 2009 - 2010</b>

<b>Mơn thi: HĨA HỌC</b>
<b>Lớp 9 - THCS</b>

<i><b>(Đây là theo ý của tôi)</b></i>

Câu Đáp án Điểm

1.1 _{2Fe + 3Cl2} ⃗<i>_t</i>0 _2FeCl3

2FeCl3 + Fe _3FeCl2
2FeCl2 + Cl2 _2FeCl3

FeCl2 + 2NaOH  _{Fe(OH)2 + 2NaCl}
4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 _4Fe(OH)3
2Fe(OH)3 ⃗<i>_t</i>0 _{Fe2O3 + 3H2O}

3Fe2O3 + CO ⃗<i>_t</i>0 _{2Fe3O4 + CO2}

Fe3O4 + 4H2SO4 loãng + Fe  _{4FeSO4 + 4H2O}
1.2

Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp bằng dung dịch HCl dư, sau đó nhúng
thanh kim loại Mg vào hỗn hợp dung dịch trên tới khi phản ứng kết thúc,
lấy thanh kim loại Mg ra. Ta thu được 2 phần

- Phần 1: Hỗn hợp dung dịch gồm KCl, BaCl2; MgCl2
- Phần 2: Rắn gồm Mg và Al.

Cho phần 1 tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ ta thu được
Mg(OH)2 không tan, lọc tách Mg(OH)2 được dung dịch gồm KCl và
BaCl2; cho dung dịch vừa thu được tác dụng với dung dịch K2CO3 dư ta
thu được BaCO3 không tan, lọc tách BaCO3 ta được dung dịch gồm KCl
và K2CO3 cịn dư, cho dung dịch đó tác dụng với dung dịch HCl dư ta thu
được dung dịch KCl và HCl cịn dư, cơ cạn dung dịch thu được KCl
khan; rồi điện phân nóng chảy KCl ta thu được K (Kali). Còn chất rắn
BaCO3 tiếp tục cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung
dịch BaCl2 ; cơ cạn và điện phân nóng chảy BaCl2 ta thu được Ba (Bari)

Cho phần 2 tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được hỗn hợp dung
dịch gồm MgCl2; AlCl3 và HCl còn dư, cho hỗn hợp dung dịch tác dụng
với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa Mg(OH)2 ; lọc tách kết tủa còn
lại hỗn hợp dung dịch, rồi tiếp tục thổi dòng khí CO2 dư vào hỗn hợp

dung dịch ta lại thu được kết tủa Al(OH)3 ; lọc tách Al(OH)3 rồi đem
nung ở nhiệt độ cao thu được Al2O3 ; tiếp tục đem Al2O3 điện phân nóng
chảy ta thu được Al.

Các PTHH xảy ra:

K2O + 2HCl _{2KCl + H2O}
BaO + 2HCl _{2BaCl2 + H2O}
Al2O3 + 6HCl _{2AlCl3 + 3H2O}

Khi nhúng thanh kim loại Mg vào dung dịch xảy ra phản ứng.
3Mg + 2AlCl3 _{3MgCl2 + 2Al}

- Phần 1:

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

K2CO3 + 2HCl _{2KCl + H2O + CO2}

Cô cạn dung dịch ta thu được KCl khan, rồi điện phân nóng chảy
KCl thu được K.

2KCl ⃗_dpnc _{K + Cl2}

Cho BaCO3 tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ.
BaCO3 + 2HCl _{BaCl2 + H2O + CO2}

Cô cạn dung dịch ta thu được BaCl2 khan, rồi điện phân nóng chảy
BaCl2 thu được Ba.

BaCl2 ⃗_dpnc _{Ba + Cl2}

- Phần 2: Tác dụng với dung dịch HCl dư
Mg + 2HCl _{MgCl2 + H2}
Al + 6HCl _{2AlCl3 + 3H2}

Cho dung dịch thu được tác dụng với NaOH dư
HCl + NaOH _{NaCl + H2O}

MgCl2 + 2NaOH _{Mg(OH)2 + 2NaCl}

AlCl3 + 4NaOH dư _{NaAlO2 + 3NaCl + H2O}

Lọc tách kết tủa Mg(OH)2 , rồi thổi dịng khí CO2 dư vào dung dịch
thu được.

NaAlO2 + CO2 + H2O _{Al(OH)3 + NaHCO3}

Lọc tách kết tủa Al(OH)3 , rồi đem nung Al(OH)3 ta thu được
Al2O3

2Al(OH)3 ⃗<i>_t</i>0 _{Al2O3 + 3H2O}

Điện phân nóng chảy Al2O3, ta thu được Al
2Al2O3 ⃗_dpnc _{4Al + 3O2}

1.3 _a/

Ở thí nghiệm 1: sau phản ứng thu được dung dịch gồm 3 muối gồm
MgSO4 ; CuSO4 và FeSO4, do đó ta có c < a, tức là CuSO4 vẫn cịn dư và
FeSO4 chưa phản ứng (vì theo quy tắc thì Mg sẽ tham gia phản ứng với
muối CuSO4 trước, khi hết CuSO4 mà Mg cịn dư thì mới tiếp tục phản

ứng với FeSO4)

PTHH:

Mg + CuSO4 _❑⃗ _{MgSO4 + Cu}
c c mol

<b>(Với c < a)</b>

Ở thí nghiệm 2: Sau phản ứng thu được dung dịch gồm 2 muối gồm
MgSO4 và FeSO4, do đó ta có a <b> 2c < a + b, tức là FeSO4 vẫn còn dư</b>
(FeSO4 chưa phản ứng hoặc phản ứng 1 phần)

TH 1: Nếu 2c = a, thì FeSO4 chưa phản ứng.
Mg + CuSO4 _❑⃗ MgSO4 + Cu
a a mol

TH 2: Nếu 2c > a, thì FeSO4 đã phản ứng 1 phần. Sau phản ứng
còn d ư một lượng là:

b – (2c – a) mol. Hay (a + b) – 2c mol
Mg + CuSO4 _❑⃗ MgSO4 + Cu
a a mol

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

2c – a 2c – a mol
<b>Vậy: a </b> <b> 2c < a + b</b>

Ở thí nghiệm 3: sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối, vì vậy cả
CuSO4 và FeSO4 đã phản ứng hết. 3c <b> a + b</b>

TH 1: 3c = a + b, phản ứng xảy ra vừa đủ.
Mg + CuSO4 _❑⃗ _{MgSO4 + Cu}
a a mol

Mg + FeSO4 _❑⃗ MgSO4 + Fe
2c – a 2c – a mol

<b>( Với 2c – a = b Hay 2c = a + b)</b>
TH 2: 3c > a + b

Mg + CuSO4 _❑⃗ _{MgSO4 + Cu}
a a mol

Mg + FeSO4 _❑⃗ MgSO4 + Fe
b b mol

<b> ( Với 3c – a > b Hay 3c > a + b) </b>
b/

Ta có: mr = 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 ngun tử C. Vậy 2 z
4.

Ta có:

H – COOH ; CH3 – COOH ; H – COOCH3 ; HO – CH2 – COOH ;
HOOC – COOH ; O = CH-COOH

PTHH:

H - COOH + NaOH _❑⃗ H - COONa + H2O
CH3 - COOH + NaOH _❑⃗ _{CH3 - COONa + H2O}
H – COOCH3 + NaOH _❑⃗ CH3 - OH + H – COONa

HO - CH2 - COOH + NaOH _❑⃗ HO - CH2 - COONa + H2O
HOOC - COOH + 2NaOH _❑⃗ _{NaOOC - COONa + 2H2O}
O = CH - COOH + NaOH _❑⃗ _{O = CH - COONa + H2O}
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: C2H4 và SO2
- Nhóm 2: Khơng làm mất màu dung dịch nước brom gồm: H2 ;
CH4 và CO2

- Nhận ra SO2 ở nhóm 1 bằng cách dẫn 2 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm nào bị vẩn đục
là nhận ra khí SO2.

- Nhận ra CO2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 3 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm nào bị vẩn đục
là nhận ra khí CO2.

- Nhận ra H2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí cịn lại lần lượt đi qua
các ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm nào mà làm chất
rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ và đồng thời có hơi nước xuất

hiện, là nhận ra khí H2.

- Khí cịn lại là CH4.
Các PTHH:

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

SO2 + Ca(OH)2 _❑⃗ CaSO3 + H2O
CO2 + Ca(OH)2 _❑⃗ _{CaCO3 + H2O}
H2 + CuO ⃗<i>_t</i>0 _{Cu + H2O}

<i><b>Hoặc có thể làm theo cách:</b></i>

Dẫn các khí lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước
vôi trong. Phân biệt được 2 nhóm.

- Nhóm 1: Làm đục dung dịch nước vơi trong và tạo kết tủa gồm:
CO2 và SO2

- Nhóm 2: Khơng làm đục dung dịch nước vơi trong gồm: H2 ; CH4
và C2H4

- Nhận ra SO2 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 SO2.

- Nhận ra C2H4 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 C2H4.

- Nhận ra H2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí cịn lại lần lượt đi qua
các ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm nào mà làm chất

rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ và đồng thời có hơi nước xuất
hiện, là nhận ra khí H2.

- Khí cịn lại là CH4.
Các PTHH:

SO2 + Ca(OH)2 _❑⃗ _{CaSO3 + H2O}
CO2 + Ca(OH)2 _❑⃗ CaCO3 + H2O
SO2 + Br2 + 2H2O _❑⃗ H2SO4 + 2HBr
C2H4 + Br2 _❑⃗ _C2H4Br2

H2 + CuO ⃗<i>_t</i>0 _{Cu + H2O}

2.3

A là H3PO4 ; B là CaO và C là Ca3(PO4)2

PTHH: 2H3PO4 + 3CaO _❑⃗ _{Ca3(PO4)2 + 3H2O}
Ca3(PO4)2 + SiO2 (cát) + 5C ⃗<i>_t</i>0 _{3CaSiO3 + 5CO + 2P}

3

a/ Đặt công thức chung của 2 muối cacbonat của hai kim loại hoá trị II là:
RCO3

Ta có PTHH: RCO3 + 2HNO3 _❑⃗ R(NO3)2 + H2O + CO2
CO2 + Ba(OH)2 _❑⃗ _{BaCO3 + H2O}

nBaCO ❑₃ _{= 0,04 mol => nRCO} ❑₃ _{= nCO} ❑₂ _{= nBaCO} ❑₃ ₌
0,04 (mol)

MRCO ❑₃ _{= 90 => MR = 30.}

MR 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 hồn.
Vậy 2 kim loại đó là Mg và Ca.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Theo bài ra ta có:

84a + 100b = 3,6
a + b = 0,04

Đặt a, b lần lượt là số mol của MgCO3 và CaCO3.
Giải hệ phương trình ta được: a = 0,025 và b = 0,015.

 mCaCO ❑3 = 1,5 g và % mCaCO ❑3 = 41,67%

 mMgCO ❑3 = 2,5 g và % mMgCO ❑3 = 58,33%

b/ MgCO3 ⃗<i>_t</i>0 _{MgO + CO2}

CaCO3 ⃗<i>_t</i>0 _{CaO + CO2}

FeCO3 ⃗<i>_t</i>0 _{FeO + CO2}

nFeCO ❑₃ _{= 0,06 mol => nFeO = 0,06 (mol)}
VO ❑₂ ₌ 1

5 Vkk =
1

5 .5,6 = 1,12 (lit) => nO ❑2 = 0,05 (mol)

VN ❑₂ _{= 5,6 – 1,12 = 4,48 (lit) => nN} ❑₂ _{= 0,2 (mol)}
Xảy ra phản ứng: 4FeO + O2 ⃗<i>_t</i>0 _2Fe2O3

0,06 0,05 0,03 (mol)
Sau phản ứng thì nO ❑₂ _{d ư = 0,05 – 0,015 = 0,035 (mol)}

Ta nhận thấy khối lượng của hỗn hợp X ở câu b gấp đôi ở câu a. Vì
vậy số mol CO2 của hỗn hợp X ở câu b sẽ l à: 0,08 mol.

=>

∑

<i>n</i>_CO₂ = 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:

% nO ❑₂ _{= 9,33% ; % nN} ❑₂ _{= 53,33% ; % nCO} ❑₂ _{= 37,33%}
c/ Các PTHH xảy ra:

MgO + 2HNO3 _❑⃗ Mg(NO3)2 + H2O

0,05 0,1 (mol)
CaO + 2HNO3 _❑⃗ _{Ca(NO3)2 + H2O}

0,03 0,06 (mol)
Fe2O3 + 6HNO3 _❑⃗ 2Fe(NO3)3 + 3H2O

0,03 0,18 (mol)

∑

<i>n</i>HNO3 (đã dùng) = 0,1 + 0,06 + 0,18 = 0,34 (mol)

∑

<i>V</i>_HNO₃ (cần dùng) = <i>0 ,34</i>₂ = 0,17 (lit)

4.1

Theo bài ra ta có PTHH:

4CxHyOz + (4x + y – 2z) O2 ⃗<i>_t</i>0 _{4xCO2 + 2yH2O}

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

CO2 + Ca(OH)2 _❑⃗ CaCO3 + H2O

Ta có: nCO ❑₂ _{= 0,4 (mol) => nC = nCO} ❑₂ _{= 0,4 (mol). Vậy mC}
= 4,8 g

và nH ❑₂ _{O = 0,6 (mol) => nH = 2nH} ❑₂ _{O = 1,2 (mol). Vậy mH =}
1,2 g

Ta có khối lượng mO = 9,2 – (4,8 + 1,2) = 3,2 g => nO = 0,2 mol.
Ta có tỉ lệ: nC : nH : nO = 0,4 : 1,2 : 0,2 = 2 : 6 : 1

Vậy CTPT đơn giản nhất của A là: C2H6O

CH3 – CH2 – OH (Rượu etylic) và CH3 – O – CH3 (Đi metyl ete)
4.2

Theo bài ra ta có:

mA = 12,8 x 0,71875 = 9,2 g. => nA = 0,1 (mol)
mH2O = 3,6 gam; nH2O = 0,2 mol.

nH ❑₂ _{= 0,25 (mol)}

2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 (1)

0,2 0,1 (mol)

2R(OH)n + 2nNa _❑⃗ _{2R(ONa)n + nH2 (2)}
2 n (mol)
0,1 0,05n (mol)
Từ (1), (2): nH2 = 0,1+ 0,05n = 0,25 mol => n = 3.

Ta có: n = 3. Cơng thức là R(OH)3 có khối lượng phân tử của A
là 92 đ.v.C.

MR(OH) ❑₃ _{= MR + 51 = 92 => MR = 41. Mà R là gốc hidrocacbon}
nên có dạng: CxHy

Ta có: 12x + y = 41. (x, y là những số nguyên dương)
Xét tỉ lệ:

x 1 2 3 4

y 29 (loại) 17 (loại) 5 -7 (loại)

</div>

<!--links-->