Kỳ thi chọn đội tuyển học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS năm học 2010 - 2011 môn thi: Hóa học - Bảng a thời gian: 150 phút

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 a
Thêi gian: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
Câu I (4,0 điểm).
1/ Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho 7 chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl có 7 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 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 (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
®¸p ¸n ®Ò chÝnh thøc
M«n: HÓA HỌC - B¶ng A 
----------------------------------------------
Câu
Nội dung
I
1
Các chất rắn có thể chọn lần lượt là:
Zn; FeS; Na2SO3; CaCO3; MnO2; CaC2; Al4C3
Các ptpư: Zn + 2HCl ZnCl2 + H2
	FeS + 2HCl	FeCl2 + H2S
	Na2SO3 + 2HCl	2NaCl + SO2 + H2O
	CaCO3 + 2HCl	CaCl2 + CO2 + H2O
	MnO2 + 4HCl	MnCl2 + Cl2 + H2O
	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
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
	Na2O + H2O	 2NaOH
	Na2CO3 + Ba(OH)2	 2NaOH + BaCO3
 2NaHCO3 + Ba(OH)2 dư BaCO3 + 2NaOH + H2O
II
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)
	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): 
 ta có pt: 
Với n = 1 M = 39 M là: K
Với n = 2 M = 78 loại
Theo (1): (mol) V = 7,728 lít
TH2: AlCl3 phản ứng hết ở (2), M(OH)n dư có phản ứng (3)
Từ (2): (mol)
Từ (2): đã phản ứng 
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
1
Đặt công thức của oxit sắt là FexOy
Các phương trình hoá học:
	Fe + 2HCl	 FeCl2 + H2 (1)
	FexOy + 2yHCl	 + yH2O (2)	
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 = 0,3.56.2 = 33,6 (g)
= (40 – 16,8)2 = 46,4 (g)
 nHCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol)
Từ (2): 
ta có: 
Vậy công thức của FexOy là Fe3O4
2
Các pthh: 
	2Fe + 6H2SO4đ	Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
	2Fe3O4 + 10H2SO4đ	 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2)
	Fe2(SO4)3 + Mg	2FeSO4 + MgSO4 (3)
 FeSO4 + Mg	 Fe + MgSO4 (4)
	Ba(ỌH)2 + MgSO4	BaSO4 + Mg(OH)2 (5)
Có thể: Ba(OH)2 + FeSO4	BaSO4 + Fe(OH)2 (6)
 khooongtcos õi
	Mg(OH)2	MgO + H2O (7)
 kh«ng khÝ
Có thể: Fe(OH)2	 FeO + H2O (8)
hoặc:	4Fe(OH)2 + O2 	 2Fe2O3 + 4H2O (9)
 (mol)
Xét trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết 
Đặt: trong 300ml ddE là x
Từ (3), (4): nMg đã phản ứng = 3x
 nMg còn lại = 0,45 – 3x
Từ (3), (4): 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 
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)
Xét trường hợp 2: Mg hết
Thì chất rắn C là Fe: nFe = 12,6/56 = 0,225 mol
Từ (4): nMg = nfe = 0,225 (mol)
Từ (3): nMg pư 3 = 0,45 – 0,225 = 0,225 (mol) 
 = 0,225 (mol)
Vậy của dung dịch E 
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)
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)
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)
IV
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 H3C – CH2Cl2 (6)
H3C – CH3 + Cl2 CH3 – CH2Cl + HCl (7)
H2C = CH2 + HCl CH3 – CH2Cl (8)
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
V
to
Các phương trình hoá học:
to
	2C2H2 + 5O2	4CO2 + 2H2O (1)
to
	2C3H6 + 9O2	6CO2 + 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)
= 0,04 (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 (*)
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)
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) (**)
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)
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)