Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS Năm học 2010 - 2011 Hớng dẫn và Biểu điểm chấm đề chính thức (Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang) Môn: HểA HC. Bảng A Cõu Ni dung im I 4,0 1 Cỏc cht rn cú th chn ln lt l: Zn; FeS; Na 2 SO 3 ; CaCO 3 ; MnO 2 ; CaC 2 ; Al 4 C 3 1,75 mi pthh Cỏc ptp: Zn + 2HCl ZnCl 2 + H 2 FeS + 2HCl FeCl 2 + H 2 S Na 2 SO 3 + 2HCl 2NaCl + SO 2 + H 2 O CaCO 3 + 2HCl CaCl 2 + CO 2 + H 2 O MnO 2 + 4HClMnCl 2 + Cl 2 + H 2 O CaC 2 + 2HCl CaCl 2 + C 2 H 2 Al 4 C 3 + 12HCl 4AlCl 3 + 3CH 4 2 Cỏc cht thớch hp vi X 1 , X 2 , X 3 , X 5 , X 6 , X 7 , X 8 ln lt cú th l: X 1 : NaHCO 3 , X 2 : NaOH, X 3 : NaCl, X 5 : Al 2 O 3 , X 6 : NaAlO 2 , X 7 : Al(OH) 3 , X 8 : Al 1,25 mi pthh Cỏc phng trỡnh húa hc ln lt l: NaHCO 3 + NaOH Na 2 CO 3 + H 2 O 2NaCl + 2H 2 O 2NaOH + Cl 2 + H 2 Al 2 O 3 + 2NaOH 2NaAlO 2 + H 2 O NaAlO 2 + CO 2 + 2H 2 O Al(OH) 3 + NaHCO 3 2Al 2 O 3 4Al + 3O 2 3 trc tip iu ch ra NaOH ta cú th s dng thờm cỏc phn ng: 2Na + 2H 2 O 2NaOH + H 2 1 mi pthh Na 2 O + H 2 O 2NaOH Na 2 CO 3 + Ba(OH) 2 2NaOH + BaCO 3 Hoc: 2NaHCO 3 + Ba(OH) 2 d BaCO 3 + 2NaOH + H 2 O II 3,0 Cỏc phng trỡnh húa hc:(n l hoỏ tr ca R; t khi lng mol ca M l M). 2M + 2n H 2 O 2M(OH) n + nH 2 (1) 0,5 3M(OH) n + n AlCl 3 n Al(OH) 3 + 3MCl n (2) Cú th: M(OH) n + n Al(OH) 3 M(AlO 2 ) n + 2n H 2 O (3) 3 AlCl n = 0,7.0,5 = 0,35 (mol), 3 Al(OH) n = 17,94 78 = 0,23 (mol) Bi toỏn phi xột 2 trng hp: TH1: AlCl 3 cha b phn ng ht (2) khụng cú phn ng (3) 1,0 Trang 1/ 6 - 9 THCS - Bảng A pnc criolit Từ (2): M(OH) n n = 3 Al(OH) 3 3 0,69 .n .0,23 n n n = = Từ (1): n M M(OH) 0,69 n n n = = ⇒ ta có pt: 0,69 M .M 26,91 39 n n = → = Với n = 1 → M = 39 → M là: K Với n = 2 → M = 78 → loại Theo (1): 2 H K 1 1 n .n .0,69 0,345 2 2 = = = (mol) → V = 8,268 lít TH2: AlCl 3 phản ứng hết ở (2), M(OH) n dư ↔ có phản ứng (3) Từ (2): 3 3 Al(OH) AlCl n n 0,35= = (mol) Từ (2): n M(OH) n đã phản ứng 3 AlCl 3 3.0,35 1,05 .n n n n = = = 1,5 Theo bài ra 3 3 Al(OH) Al(OH) n 0,23 n= → bị tan ở (3) = 0,35 – 0,23 = 0,12 (mol) Từ (3): n M(OH) n dư 3 Al(OH) 1 1 0,12 .n .0,12 n n n = = = (mol) → Tổng n M(OH) 0,12 1,05 1,17 n n n n = + = (mol) → ta có pt: 1,17 M .M 26,91 23 n n = → = → n = 1 → M = 23 → M là Na n = 2 → M = 46 → loại Theo (1): 2 H Na 1 1 n .n .1,17 0,585 2 2 = = = → V = 13,104 lít III 6,0 1 Đặt công thức của oxit sắt là Fe x O y Các phương trình hoá học: Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (1) Fe x O y + 2yHCl 2y x xFeCl + yH 2 O (2) 1,0 n HCl ban đầu 400.16,425 1,8 100.36,5 = = (mol); 2 H 6,72 n 0,3 22,4 = = (mol) mddB = 400 + 40 – 0,3.2 + 60,6 = 500 (g) → n HCl dư 2,92.500 0,4 100.36,5 = = (mol). → n HCl đã phản ứng ở (1) và (2) = 1,8 – 0,4 = 1,4 (mol) Từ (1): n HCl = 2 H 2n = 2.0,3 = 0,6 (mol) Từ (1): n Fe = 2 H n = 0,3 (mol) → m Fe = 0,3.56 = 16,8 (g) → x y Fe O m = 40 – 16,8 = 23,2 (g) → n HCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol) 1,0 Trang 2/ 6 - 9 THCS - B¶ng A Từ (2): x y Fe O 1 0,4 n .0,8 2y y = = → ta có: 0,4 x 3 (56x 16y) 23,2 y y 4 + = → = Vậy công thức của Fe x O y là Fe 3 O 4 2 Các pthh: 2Fe + 6H 2 SO 4đ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O (1) 2Fe 3 O 4 + 10H 2 SO 4đ 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 10H 2 O (2) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3Mg 2Fe + 3MgSO 4 (3) Có thể: Fe + Fe 2 (SO 4 ) 3 3FeSO 4 (4) Ba(ỌH) 2 + MgSO 4 BaSO 4 + Mg(OH) 2 (5) Có thể: Ba(OH) 2 + FeSO 4 BaSO 4 + Fe(OH) 2 (6) Mg(OH) 2 MgO + H 2 O (7) Có thể: Fe(OH) 2 FeO + H 2 O (8) hoặc: 4Fe(OH) 2 + O 2 2Fe 2 O 3 + 4H 2 O (9) 0,5 Mg 10,8 n 0,45 24 = = (mol) Xét trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết, Fe 2 (SO 4 ) 3 hết ở (3) ⇔ không có (4,6,8,9) Đặt: 2 4 3 Fe (SO ) n trong 300ml ddE là x Từ (3): n Mg đã phản ứng = 3x → n Mg còn lại = 0,45 – 3x Từ (3): n Fe = 2x → m Fe = 2x.56 Ta có pt: (0,45 – 3x).24 + 2x.56 = 12,6 → x = 0,045 (mol) → C M của Fe 2 (SO 4 ) 3 trong ddE 0,045 0,15(M) 0,3 = = 0,5 Khi đó trong ddD chỉ có: MgSO 4 và kết tủa gồm BaSO 4 và Mg(OH) 2 Từ (3): 4 2 4 3 MgSO Fe (SO ) n 3n 3.0,045 0,135= = = (mol) Từ (5): 4 4 BaSO MgSO n n 0,135= = (mol) Từ (7): 2 MgO Mg(OH) n n 0,135= = (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, Fe 2 (SO 4 ) 3 sau phản ứng (3) còn dư: ↔ (4,6,7) hoặc (4,6,8) xảy ra. Từ (3): 2 4 3 Fe (SO ) Mg 1 1 n .n .0,45 0,15 3 3 = = = (mol) Từ (3): Fe Mg 2 2 n n .0,45 0,3 3 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): 2 4 3 Fe (SO ) n = n Fe bị hoà tan = 0,075 (mol) → Tổng 2 4 3 Fe (SO ) n trong 300 ml ddE ở trường hợp này = 0,15 + 0,075 = 0,225 (mol) Vậy M C của dung dịch E 0,225 0,75(M) 0,3 = = 1,0 Trang 3/ 6 - 9 THCS - B¶ng A 0 t 0 t 0 t 0 t ch©n kh«ng 0 t kh«ng khÝ Khi đó: Kết tủa thu được khi cho dung dịch D phản ứng với Ba(OH) 2 gồm: BaSO 4 , Mg(OH) 2 , Fe(OH) 2. Với : 4 MgSO n ở (3) = n Mg = 0,45 (mol) Từ (4): 4 FeSO n = 3n Fe = 3.0,075 = 0,225 (mol) Từ (5): 4 2 4 BaSO Mg(OH) MgSO n n n 0,45= = = (mol) Từ (6): 4 2 4 BaSO Fe(OH) FeSO n n n 0,225= = = (mol) → Số mol trong kết tủa lần lượt là: 4 BaSO n = 0,45 + 0,225 = 0,675 (mol) 2 Fe(OH) n = 0,225 (mol), 2 Mg(OH) n = 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): 2 MgO Mg(OH) n n 0,45= = (mol) Từ (8): 2 FeO Fe(OH) n n 0,225= = (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): 2 3 2 Fe O Fe(OH) 1 1 n .n .0,225 0,1125 2 2 = = = (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: HC ≡ CH + H 2 H 2 C = CH 2 (1) H 2 C = CH 2 + H 2 H 3 C – CH 3 (2) HC ≡ CH + HCl H 2 C = CHCl (3) n(H 2 C = CHCl) [H 2 C - CHCl] n (4) H 2 C = CH 2 + Cl 2 ClH 2 C – CH 2 Cl (5) H 2 C = CHCl + HCl ClH 2 C – CH 2 Cl (6) H 3 C – CH 3 + Cl 2 CH 3 – CH 2 Cl + HCl (7) H 2 C = CH 2 + HCl CH 3 – CH 2 Cl (8) Mỗi pthh cho 0,25 2) Các công thức cấu tạo có thể có của các sản phẩm hữu cơ là: CH 3 – CH 2 – CH 2 – CH 2 – CH 2 Cl CH 3 – CH 2 – CH 2 – CHCl – CH 3 CH 3 – CH 2 – CHCl – CH 2 – CH 3 CH 2 Cl – CH 2 – CH – CH 3 CH 3 – CH 2 – CH– CH 2 Cl Mỗi ctct cho 0,25 Trang 4/ 6 - 9 THCS - B¶ng A 0 t ,Pd 0 t , Ni 0 t 0 t ,xt 0 t ,xt as 3 CH CH 3 CH 3 – CHCl – CH – CH 3 CH 3 – CH 2 – CCl– CH 3 CH 3 – C – CH 2 Cl V 3,0 Các phương trình hoá học: 2C 2 H 2 + 5O 2 4CO 2 + 2H 2 O (1) 2C 3 H 6 + 9O 2 46CO 2 + 6H 2 O (2) 2C 2 H 6 + 7O 2 4CO 2 + 6H 2 O (3) CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O (4) Có thể: 2CO 2 + Ca(OH) 2 Ca(HCO 3 ) 2 (5) C 2 H 2 + 2Br 2 C 2 H 2 Br 4 (6) C 3 H 6 + Br 2 C 3 H 6 Br 2 (7) 0,5 2 Ca(OH) n = 0,04 (mol), 3 CaCO n = 0,01 (mol) 2 Br n = 0,1 (mol), n X ở thí nghiệm 2 = 0,15 (mol) Đặt 2 2 3 6 2 6 C H C H C H n ,n ,n 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) 2 CO n =2x, từ (2): 2 CO n =2y, từ (3): 2 CO n =2z (*) 0,5 ở đây phải xét 2 trường hợp: TH1: Ca(OH) 2 dư ↔ không có phản ứng (5) từ (4): 2 CO n = 3 CaCO n = 0,01 (mol) → n C = 0,01 (mol) ↔ 0,12 (g). → m H 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 m C > m H ) 0,5 TH2: CO 2 dư ↔ phản ứng (5) có xảy ra. Từ (4): 2 CO n = 2 Ca(OH) n = 3 CaCO n = 0,01 (mol) → 2 Ca(OH) n ở (5) = 0,04 – 0,01 = 0,03 (mol) Từ (5): 2 CO n = 2 2 Ca(OH) n = 2.0,03 = 0,06 → tổng 2 CO n = 0,06 + 0,01 = 0,07 (mol) (**) 0,5 Từ (*) và (**) ta có phương trình theo CO 2 : 2x + 3y + 2z = 0,07 (b) Từ (6): 2 Br n = 2 2 2 C H n = 2x, từ (7): 2 Br n = 3 6 C H n = y Kết hợp (5) và (6) ta thấy: Cứ x + y +z mol hỗn hợp X làm mất màu tối đa 2x + y mol Br 2 Vậy 0,15 mol hỗn hợp X làm mất màu tối đa 0,1 mol Br 2 → 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 2 2 C H V = 0,005.22,4 = 0,112 (lít) 3 6 C H V = 0,01.22,4 = 0,224 (lít) 2 6 C H V = 0,015.22,4 = 0,336 (lít) 0,5 Lưu ý bài V: Nếu trong bài học sinh xét C 3 H 6 là mạch vòng: - Không có phản ứng (7) → sai không trừ điểm. Trang 5/ 6 - 9 THCS - B¶ng A CH 3 CH 3 t o t o t o CH 3 CH 3 - Có phản ứng (7) → đúng đáp số vẫn không cho thêm điểm. Chó ý: Häc sinh gi¶i theo c¸ch kh¸c nÕu ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a. Trang 6/ 6 - 9 THCS - B¶ng A . Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS Năm học 2010 - 2011 Hớng dẫn và Biểu điểm chấm đề chính thức (Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang) Môn: HểA HC. Bảng. Trang 5/ 6 - 9 THCS - B¶ng A CH 3 CH 3 t o t o t o CH 3 CH 3 - Có phản ứng (7) → đúng đáp số vẫn không cho thêm điểm. Chó ý: Häc sinh gi¶i theo c¸ch kh¸c nÕu ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a. Trang. 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): 2 4 3 Fe (SO ) n = n Fe bị hoà tan = 0,075 (mol) → Tổng 2 4 3 Fe (SO ) n trong