SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2007-2008 Môn thi: Hóa học Thời gian làm bài: 150’ ( không kể thời gian phát đề) Câu1:(3điểm) 1- Trong hoá học, để làm khô chất khí người ta thường dùng một số chất làm khô . Hãy cho biết điều kiện một chất được chọn làm khô chất khí. 2- Khí CO 2 có lẫn hơi nước, những chất nào sau đây không được dùng làm khô khí CO 2 : P 2 O 5 , CaCl 2 rắn, NaOH rắn , H 2 SO 4 đặc , CaO. Giải thích và viết PTHH nếu có. 3- Hãy trình bày cách pha 1lít dung dịch H 2 SO 4 0,46M từ dung dịch H 2 SO 4 98% ( d= 1,84g/cm 3 ) Câu 2:( 3điểm) 1- Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau ( ghi rõ điều kiện phản ứng) X + A F X + B Fe I F X + C X F ( Mỗi mũi tên là một phương trình phản ứng ) 2- Có 4 mẫu phân bón hoá học không nhãn : Phân kali ( KCl ), phân đạm ( NH 4 NO 3 ), Phân lân Ca(H 2 PO 4 ) 2 , phân ure : CO(NH 2 ) 2 . Ở nông thôn chỉ có nước và vôi sống, ta có thể nhận biết được 4 mẫu phân đó hay không ? Nếu được hãy trình bày phương pháp nhận biết và viết PTHH cho cách nhận biết đó. ( Biết rằng phân ure trong đất được chuyển hoá thành amoni cacbonat, là nguồn cung cấp dinh dưỡng cho sự phát triển cây trồng ) Câu3: (3điểm) 1- X là một hiđrocacbon có công thức thực nghiệm : (C 3 H 4 ) n . Biết X không làm mất màu dung dịch nước Brom. a) Lập luận xác định CTPT của X b) Xác định CTCT đúng của X. Biết X khi tác dụng với Clo ( ánh sáng) chỉ thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất chứa một nguyên tử Clo trong phân tử. 2- Nêu phương pháp hoá học ( kèm theo phương trình phản ứng) tách các khí ra khỏi hỗn hợp: C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 2 H 2 và SO 2 . Câu 4: ( 3điểm) Dung dịch A chứa a mol CuSO 4 và b mol FeSO 4 -Thí nghiệm 1: Cho c mol Mg vào A ,sau khi phản ứng kết thúc, dung dịch thu được có 3 muối. -Thí nghiệm 2: Cho 2c mol Mg vào A, sau khi phản ứng kết thúc, dung dịch thu được có 2 muối. -Thí nghiệm 3: Cho 3c mol Mg vào A, sau khi phản ứng kết thúc, dung dịch thu được có 1 muối. Tìm mối quan hệ giữa a,b, và c trong mỗi thí nghiệm. Câu 5:( 4điểm) Cho V lít CO ( đktc) lấy dư đi qua ống sứ chứa 0,15 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe 2 O 3 nung nóng. Sau một thời gian để nguội, thu được 12 gam chất rắn B ( gồm 4 chất ) và khí X thoát ra ( tỷ khối của X so với H 2 bằng 20,4). Cho X hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 20 gam kết tủa trắng. 1- Tính phần trăm khối lượng của các chất trong A. Xác định giá trị V. 2- Cho B tan hết trong dung dịch HNO 3 đậm đặc nóng. Tính khối lượng của muối khan tạo thành sau khi cô cạn dung dịch sau phản ứng. Câu 6 : (4điểm) Cho 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon mạch hở vào bình nước brom dư. Sau khi kết thức phản ứng có 896 cm 3 (đktc) một khí thoát ra và 32 gam brom phản ứng. Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X nói trên, cho sản phẩm hấp thụ hết vào 580ml dung dịch Ca(OH) 2 0,5M thì thu được kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, lấy dung dịch nước lọc cho tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 lấy dư, ta thu tiếp kết tủa và tổng khối lượng hai lần kết tủa bằng 46,73g. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo có thể có của hai hiđrocacbon. HẾT Lưu ý: Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn của BGD-ĐT ban hành và máy tính bỏ túi theo quy định. Họ và tên thí sinh: SBD: Phòng thi: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: E H K F I X F F A B C X X X + + + Fe H E ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC LỚP 9 ( Gồm : 03 trang ) Câu/ý Nội dung Điểm Câu 1 1(1đ) 2(1đ) 3(1đ) Điều kiện một chất chọn làm chất khí : - Chất có khả năng hút nước - Không phản ứng và không tạo chất phản ứng với chất khí cần làm khô Những chất không được chọn để làm khô khí CO 2 : NaOH rắn, CaO vì: CO 2 + 2NaOH → Na 2 CO 3 + 2H 2 O ( hoặc NaHCO 3 ) CO 2 + CaO → CaCO 3 ( mỗi ptpư 0,25 điểm ) Khối lượng H 2 SO 4 = 98 × 0,46 × 1 = 45,08 gam Thể tích dung dịch H 2 SO 4 98% cần lấy : 45,08 100 25 ml 98 1,84 × = × Cách pha: Lấy một thể tích đủ lớn ( Nhỏ hơn 1 lít ) cho vào cốc có vạch chia thể tích. Dùng dụng cụ hút chính xác 25 ml H 2 SO 4 98% cho từ từ vào cốc và khuấy đều. Sau đó thêm nước vào cốc cho đủ 1 lít. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 2 1( 1đ) 2(2đ) X: Fe 2 O 3 , A,B,C là các chất H 2 , CO, Al ( hoặc C) F: FeCl 3 ; I : FeCl 2 ; H: HCl ; E : Cl 2 , K: O 2 Viết mỗi ptpư được 0,125 điểm × 8 = 1 điểm Cho nước vào vôi sống thu được nước vôi trong. Dùng thuốc thử này để tác dụng lần lượt với các mẫu phân bón, ta nhận thấy: - Mẫu phân đạm: có khí mùi khai thoát ra : 2NH 4 NO 3 + Ca(OH) 2 → Ca(NO 3 ) 2 + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O - Mẫu phân lân: có kết tủa xuất hiện: Ca(HCO 3 ) 2 + 2Ca(OH) 2 → Ca 3 (PO 4 ) 2 ↓ + 4H 2 O - Mẫu ure : có kết tủa trắng và có khí mùi khi thoát ra: CO(NH 2 ) 2 + 2H 2 O → (NH 4 ) 2 CO 3 (NH 4 ) 2 CO 3 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O - Mẫu phân ka li : không có hiện tượng gì xảy ra. ( Nhận biết mỗi chất được 0,5 điểm × 4 = 2 điểm ) 1đ Câu 3 1(2đ) a) X không làm mất màu dung dịch brom : có 2 trường hợp xảy ra - X là hiđro cacbon mạch hở chỉ chứa liên kết đơn. CTTQ : C x H 2x + 2 - X là hiđro cacbon có chứa vòng benzen. CTTQ : C x H 2x – 6 ( có thể có trường hợp thứ 3 là hiđrocacbon mạch vòng chỉ có liên kết đơn. CTTQ : C x H 2x với x ≥ 4 nhưng học sinh THCS chưa được học ) * X có dạng C 3n H 4n - Nếu X có dạng C x H 2x + 2 ⇒ 4n = 6n + 2 ( loại) - Nếu X có dạng C x H 2x – 6 ⇒ 4n = 6n – 6 ⇔ n = 3 CTPT của X là C 9 H 12 b) Vì X tác dụng với Cl 2 ( ánh sáng) chỉ thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất chứa một nguyên tử Clo, nên X có cấu tạo đối xứng. CTCT : 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 CH 3 CH 3 CH 3 2(1đ) Cho hỗn hợp khí sục vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, SO 2 được tách ra dưới dạng kết tủa : SO 2 + Ca(OH) 2 → CaSO 3 ↓ + H 2 O Lọc kết tủa đem nung nóng ( hoặc tan hết trong dung dịch HCl ) được SO 2 CaSO 3 0 t → CaO + SO 2 ↑ Cho hỗn hợp khí thoát ra vào dung dịch AgNO 3 dư( trong NH 3 ), tách ra kết tủa rồi cho tan hết trong dung dịch HCl. Ta thu được C 2 H 2 . C 2 H 2 + Ag 2 O 3 NH → C 2 Ag 2 ↓ + H 2 O C 2 Ag 2 + 2HCl → 2AgCl ↓ + C 2 H 2 ↑ Hai khí còn lại cho hấp thụ vào nước ( H 2 SO 4 đặc làm xúc tác) , C 2 H 6 thoát ra ta thu được. Lấy dung dịch đun nóng trên 170 0 C ( xúc tác H 2 SO 4 đặc) ta thu được C 2 H 4 ( sau khi ngưng tụ để loại bỏ hơi nước): C 2 H 4 + H 2 O 2 4 H SO đ.đ → C 2 H 5 OH C 2 H 5 OH 2 4 0 H SO đ.đ 170 C → C 2 H 4 + H 2 O ( Tách được mỗi chất được 0,25 điểm × 4 = 1 điểm ) Câu 4: ( 3 đ) Thí nghiệm 1: Vì dung dịch thu được có 3 muối. Vậy có các ptpư Mg + CuSO 4 → Cu + MgSO 4 c a ( ta có a > c ) Thí nghiệm 2: Dung dịch thu được gồm 2 muối .Vậy ta có các PTHH: Mg + CuSO 4 → Cu + MgSO 4 a a Mg + FeSO 4 → Fe + MgSO 4 (2c – a) b (mol) Ta có : 2c ≥ a và b > 2c – a vậy : a ≤ 2c < a + b Thí nghiệm 3: Dung dịch thu được có một muối. Vậy thứ tự các PTHH : Mg + CuSO 4 → Cu + MgSO 4 a a Mg + FeSO 4 → Fe + MgSO 4 (3c – a) b (mol) Ta có : 3c – a ≥ b Xét đúng mỗi thí nghiệm được : 1 điểm × 3 = 3 điểm 0,25 0,75 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 Câu 5: 1 (3đ) 0,15 mol 2 3 FeO a mol Fe O b mol ta có : a + b = 0,15 Nung A tạo hỗn hợp B gồm: Fe 2 O 3 , FeO, Fe 3 O 4 , Fe Khí X gồm : CO 2 và CO dư CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O Số molCO 2 = số mol CO (tham gia) = số mol CaCO 3 = 0,2 mol Áp dụng định luật BTKL ta có: A CO B CO 2 m m (TG) m m+ = + m A = 12 + (0,2× 44 ) – (28× 0,2) = 15,2 gam Giải hệ phương trình : 72a 160b 15,2 a b 0,15 + = + = ⇒ a = 0,1 và b = 0,05 %(m) FeO = 72 0,1 100% 47,36% 15,2 × × = %(m) Fe 2 O 3 = 52,64% 44.0,2 28x M 40,8 40,8 0,2 x + = ⇒ = + ( x : số mol CO dư ) giải ra x = 0,05 mol 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 Số mol CO ban đầu = 0,2 + 0,05 = 0,25 → V CO = 5,6 lít 2(1đ) B tan hết trong HNO 3 đặc nóng tạo muối duy nhất Fe(NO 3 ) 3 Số mol Fe(NO 3 ) 3 = số mol Fe trong B = số mol Fe trong A = a + 2b = 0,2 ( Định luật bảo toàn nguyên tố ) Vậy khối lượng Fe(NO 3 ) 3 = 242 × 0,2 = 48,4 gam 0,25 0,5 0,25 Câu 6 ( 4điểm) Số mol hỗn hợp X : 3,316 0,14 mol 22,4 = Hiđrocacbon không bị dung dịch Br 2 hấp thụ có dạng C n H 2n + 2 (A) Số mol C n H 2n + 2 0,896 0,04 mol 22,4 = Vậy số mol Hiđrocacbon (B) tác dụng với dung dịch Br 2 là 0,1 mol Mặt khác số mol Br 2 ( pư) = 32 0,2 mol 160 = Vì số mol Br 2 : số mol Hiđrocacbon B = 2:1 nên suy ra Hiđrocacbon B phải có 2 liên kết đôi hoặc 1 liên kết ba. CTTQ của B là C m H 2m – 2 C n H 2n + 2 + 3n 1 2 + O 2 → nCO 2 + (n+1)H 2 O 0,04 → 0,04n (mol) C m H 2m - 2 + 3n 1 2 + O 2 → mCO 2 + (m-1)H 2 O 0,1 0,1m (mol) CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O x x x (mol) 2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 2y y y (mol) Ca(HCO 3 ) 2 + Ba(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + BaCO 3 ↓ + 2H 2 O y y y (mol) Ta có : 100x + 100y + 197y = 46,73 Số mol Ca(OH) 2 = 0,29 ⇒ x + y = 0,29 Giải hệ pt (1) và (2) được x = 0,2 ; y = 0,09 Số mol CO 2 = x + 2y = 0,38 nên suy ra 0,04n + 0,1m = 0,38 ⇔ 4n + 10m = 38 Biện luận : n 1 2 3 4 m / 3 / / Chọn n = 2 ( C 2 H 6 ) CTCT : CH 3 – CH 3 m = 3 ( C 3 H 4 ) CTCT : CH 3 – C ≡ C – CH 3 hoặc CH 2 =C=CH 2 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 Hết Đáp án Câu1: 1- Chất chọn làm khô khí phải có khả năng hút ẩm tốt và không tác dụng với chất cần làm khô. 2- Không thể dùng CaO và NaOH để làm khô khí CO 2 vì xảy ra phản ứng: 2NaOH + CO 2 → Na 2 CO 3 + H 2 O ( hoặc NaHCO 3 ) CaO + CO 2 → CaCO 3 3- Nồng độ mol của dung dịch H 2 SO 4 98% : CM = 10D 10.1,84 C%× =98%× =18,4(M) M 98 Số mol H 2 SO 4 trong dung dịch H 2 SO 4 0,46M : 1 × 0,46 = 0,46 mol Thể tích dung dịch H 2 SO 4 98% ( tức 18,4M) cần lấy : V= M n 0,46 0,025 lit C 18,4 = = = 25ml Cách pha chế : -Cho H 2 O cất vào gần đầy bình định mức 1 lít -Đong 25ml dung dịch H 2 SO 4 98% rồi cho vào bình, lắc cho tan hết. -Thêm nước vào bình cho đến vạch định mức 1 lít thì ta có 1lít dung dịch H 2 SO 4 0,46M Câu 2: 1- Fe 2 O 3 + H 2 FeCl 3 Fe 2 O 3 + CO Fe HCl + → FeCl 2 2 Cl + → FeCl 3 Fe 2 O 3 + C Fe 2 O 3 HCl + → FeCl 3 Viết PTHH theo sơ đồ trên ( có thể thay Fe 2 O 3 bằng Fe 3 O 4 ) 2- Trích mẫu : - Điều chế thuốc thử : CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 - Thử các mẫu bằng dung dịch nước vôi, thì : +Mẫu nào có khí, không có KT là NH 4 NO 3 +Mẫu nào có khí và có KT là urê +Mẫu nào có KT, không có khí là Ca(H 2 PO 4 ) 2 Các PTHH : (NH 2 ) 2 CO + 2H 2 O → (NH 4 ) 2 CO 3 ( phản ứng của ure trong nước ) 2NH 4 NO 3 + Ca(OH) 2 → Ca(NO 3 ) 2 + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O (NH 4 ) 2 CO 3 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O Ca(H 2 PO 4 ) 2 + 2Ca(OH) 2 → Ca 3 (PO 4 ) 2 ↓ + 4H 2 O Câu 3: 1- X có công thức thực nghiệm (C 3 H 4 ) n ⇔ C 3n H 6n – 2n X không làm mất màu dung dịch brom nên X là ankan hoặc xyclo ankan hoặc vòng liên hợp ( liên kết đơn, đôi xen kẽ ) + Nếu : -2n = 2 ( An kan) ⇒ n = -1 ( vô lý) + Nếu : 2n = 0 (xyclo ankan) ⇒ n = 0 ( vô lý) + Nếu 2n = 2 (đi xyclo ankan) ⇒ n =1 ( sai vì 3C không thể tạo 2vòng) + Nếu 2n = 4 ( liên hợp 2 π trên vòng 4 cạnh ) ⇒ n = 2 ⇒ CTPT là C 6 H 8 ( dư 2C) + Nếu 2n = 6 ( liên hợp 3π trên 1vòng 6 cạnh ) ⇒ n = 3 ⇒ CTPT là C 9 H 12 (dư 3C) 2- Vì X + Cl 2 (as) →1 sản phẩm mono clo duy nhất nên phải có số nhóm - CH 3 gắn vào mạch vòng theo tính chất đối xứng. + Cl 2 + O 2 HC C– –C CH CH 3 H 3 C CTCT của C 6 H 8 H 3 C CH 3 CH 3 CTCT của C 9 H 12 Nhờ có cấu tạo bên, khi tác dụng Cl 2 (as) thì Cl thế vào H của nhóm CH 3 nào cũng tạo ra dẫn xuất mono clo như nhau 3- -Dẫn hỗn hợp 4 khí vào dung dịch NaOH dư, thì SO 2 bị giữ lại: SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O Tái tạo SO 2 : Na 2 SO 3 + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + H 2 O + SO 2 ↑ -Dẫn 3 khí còn lại qua dung dịch AgNO 3 / NH 3 thì C 2 H 2 bị giữ lại : C 2 H 2 + Ag 2 O 3 NH → C 2 Ag 2 ↓ + H 2 O Tái tạo C 2 H 2 : C 2 Ag 2 + 2HCl → C 2 H 2 ↑ + 2AgCl ↓ -Dẫn hỗn hợp 2 khí còn lại vào dung dịch Brom dư thì C 2 H 4 bị giữ lại, khí C 2 H 6 thoát ra nên thu được C 2 H 6 tinh khiết: C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 Tái tạo C 2 H 4 : C 2 H 4 Br 2 + Zn t0 → C 2 H 4 ↑ + ZnBr 2 Câu 4: A 4 4 a mol CuSO b mol FeSO + Mg ( lần lượt : c, 2c, 3c mol ) Vì Mg > Fe > Cu nên các phản ứng xảy ra theo trình tự như sau : Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu ↓ a ←a Mg + FeSO 4 → MgSO 4 + Fe ↓ b ←b Trường hợp 1 : Nếu sau phản ứng có 3 muối thì các muối là MgSO 4 , FeSO 4 ,CuSO 4 ⇒ CuSO 4 chưa hết. ⇒ 4 Mg CuSO n <n ⇔ c < a Trường hợp 2: Sau phản ứng có 2 muối thì các muối là : MgSO 4 và FeSO 4 ⇒ CuSO 4 đã hết và FeSO 4 chưa hết . ⇒ ≤ + 4 4 4 CuSO Mg CuSO FeSO n n < n n ⇔ a ≤ 2c < a + b ⇒ 2 a ≤ c < 2 a b+ Trường hợp 3: Sau phản ứng chỉ có 1 muối MgSO 4 thì cả hai muối ban đầu đã phản ứng hết . ⇒ ≥ + 4 4 Mg CuSO FeSO n n n ⇔ 3c ≥ a+b Câu 5: 1- Vì hỗn hợp sau phản ứng khử gồm 4 chất nên B gồm : Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 Mặt khác Fe 3 O 4 là oxit hỗn tạp của FeO và Fe 2 O 3 nên có thể xem B gồm : Fe, FeO, Fe 2 O 3 Các PTHH xảy ra : CO + FeO 0 t → Fe + CO 2 (1) 3CO + Fe 2 O 3 0 t → 2Fe + 3CO 2 (2) Hỗn hợp X gồm CO và CO 2 , M X = 20,4 × 2 = 40,8 gam Ta có : 44 28 40,8 x y x y + = + ⇒ x=4y CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O (3) x → x Suy ra x = 20 0,2 mol 100 = ⇒ hỗn hợp X gồm : 2 0,2 mol CO 0,05 mol CO Theo định luật BTKL ta có : m CO + m rắn A = m CO2 + m rắn B ⇒ m rắn A = (0,2× 44) + 12 – (0,2 × 28) = 15,2 gam Đặt a là số mol FeO trong A ta có : 72a + 160.(0,15 – a) = 15,2 ⇒ a = 0,1 % m của mỗi oxit trong A là : FeO = 47,37% và Fe 2 O 3 = 52,63% Theo các PTHH (1) và (2) ta thấy : số mol CO(pư) = số mol CO 2 ( sinh ra) nên thể tích khí không đổi V = V X = (0,2 + 0,05)× 22,4 = 5,6 lít 2- n Fe (B) = n Fe (A) = 0,2 + (0,15 – 0,1)× 2 = 0,2 mol Viết các PTHH của 4 chất với HNO 3 đặc Số mol Fe(NO 3 ) 3 = số mol Fe = 0,2 mol Khối lượng muối khan : m = 0,2 × 242 = 48,4 gam Câu 6: Vì chỉ có một hiđro cacbon tác dụng được với ddBr 2 → một chất ankan và một chất có k liên kết π. CTTQ : C m H 2m + 2 (đặt A) và C n H 2n+2 -2k ( đặt B) Ta có n X =0,14 ; n brom = 0,2 n A = 0,04 ( khí bay ra ) , n B = 0,14 – 0,04 = 0,1 mol Pt pư : C n H 2n+2 -2k + kBr 2 → C n H 2n+2 -2k Br 2k 0,2 k ←0,2 Suy ra : 0,2 k = 0,1 ⇒ k = 2 ( B có 2 liên kết π → có dạng C n H 2n – 2 C m H 2m + 2 → 2 + O mCO 2 và : C n H 2n -2 → 2 + O nCO 2 0,04 → 0,04m (mol) 0,1 → 0,1n (mol) 2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 2a ← a ( đặt) a (mol) CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O (0,29 – a) ← (0,29 – a ) (mol) Ca(HCO 3 ) 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓ + CaCO 3 ↓ + 2H 2 O a a a (mol) Phương trình biểu diễn khối lượng của các kết tủa : 0,29.100 + 197a = 46,73 ⇒ a = 0,09 mol Ta có : 0,1n + 0,04 m = 0,38 ⇒ n = 3,8 – 0,4m Vì A và B là các hiđrocacbon khí nên chỉ số C ≤ 4 ⇒ n,m ∈ Z + và n,m ≤ 4 Biện luận : m 1 2 3 4 n / 3 / / Vậy hai hiđro cacbon là : C 2 H 6 và C 3 H 4 C 2 H 6 có 1 cấu tạo : CH 3 – CH 3 C 3 H 4 có 2 cấu tạo mạch hở : CH 2 =C=CH 2 và CH≡C–CH 3 Hết . TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 Năm học 2007-2008 Môn thi: Hóa học Thời gian làm bài: 150’ ( không kể thời gian phát đề) Câu1:(3điểm) 1- Trong hoá học, để làm khô. ↓ + 2H 2 O y y y (mol) Ta có : 100x + 100y + 197 y = 46,73 Số mol Ca(OH) 2 = 0, 29 ⇒ x + y = 0, 29 Giải hệ pt (1) và (2) được x = 0,2 ; y = 0, 09 Số mol CO 2 = x + 2y = 0,38 nên suy ra 0,04n. 2 (A) Số mol C n H 2n + 2 0, 896 0,04 mol 22,4 = Vậy số mol Hiđrocacbon (B) tác dụng với dung dịch Br 2 là 0,1 mol Mặt khác số mol Br 2 ( pư) = 32 0,2 mol 160 = Vì số mol Br 2 : số mol Hiđrocacbon