Đề thi chọn học sinh giỏi Tỉnh môn Hóa học Lớp 9 - Bảng A - Năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Nghệ An (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG A 
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) 
Câu I. ( 4,0 điểm) 
1. Cho sơ đồ phản ứng sau: C4H10 + Cl2 ⎯→⎯
as C4H9Cl + HCl 
Viết các phương trình hóa xảy ra theo sơ đồ trên dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn. 
2. Viết các phương trình hóa học để hoàn thành chuỗi phản ứng sau ( mỗi mũi tên tương ứng 
với một phản ứng viết dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn): 
 Canxi cacbua ⎯→⎯ )1( Axetilen ⎯→⎯ )3( Benzen ⎯→⎯ )5( Xiclohexan 
 (2) (4) 
 Vinyl axetilen Brombenzen 
3. Một bình khí Ga có chứa 6 hiđrocacbon A, B, C, D, E, F đều có cùng công thức phân tử 
C4H8. Xác định công thức cấu tạo viết gọn của các hiđrocacbon trên và sản phẩm G biết rằng: 
A, B, C, D phản ứng rất nhanh với dung dịch brom; E phản ứng chậm còn F không phản ứng 
với dung dịch brom. Khi cho A, B, C lần lượt phản ứng hoàn toàn với khí hiđro có xúc tác Ni ở 
nhiệt độ thích hợp đều thu được cùng sản phẩm G. B có nhiệt độ sôi cao hơn C. (Không yêu 
cầu viết PTHH) 
Câu II. ( 6,0 điểm) 
1. Từ dung dịch HCl và 10 chất rắn khác nhau cùng với điều kiện cần thiết có đủ, hãy viết 
phương trình hóa học điều chế trực tiếp 10 chất khí khác nhau. 
2. X, Y, Z lần lượt là oxit, bazơ và muối của kim loại M. Khi cho lần lượt các chất M, X, Y, Z 
vào dung dịch muối A đều thu được kết tủa là 1 bazơ không tan. Chọn các chất M, X, Y, Z, A 
phù hợp và viết phương trình hóa học minh họa. 
Câu III. ( 6,0 điểm) 
1. Hoà tan hết hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 9,28 gam FexOy trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng 
thu được dung dịch X và 0,784 lít khí SO2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng muối sắt (III) 
trong dung dịch X cần dùng vừa hết 3,52 gam Cu. Xác định công thức của FexOy. 
2. Khi trộn 2 dung dịch, mỗi dung dịch chứa một muối có cùng số mol, sau phản ứng tạo 
thành dung dịch X và 12,5 gam kết tủa Y là muối của kim loại M có hóa trị II trong hợp chất. 
Tách riêng Y rồi đem nung ở nhiệt độ thích hợp thì muối Y bị phân huỷ tạo thành oxit Z (thể 
khí) và 7 gam oxit MO. Cô cạn dung dịch X thu được 20 gam chất rắn là một muối khan Q, 
muối này bị phân hủy ở 2150C tạo ra 0,25 mol oxit T (thể khí) và 9 gam hơi nước. Xác định 
công thức hóa học của hai muối ban đầu, biết số mol MO thu được bằng số mol Z và các phản 
ứng xảy ra hoàn toàn. 
 Câu IV. ( 4,0 điểm) 
Chia m gam hỗn hợp khí A gồm 4 hiđrocabon mạch hở thành 2 phần bằng nhau: 
 - Phần I tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch Br2 0,5M; hỗn hợp khí B thoát ra khỏi dung 
dịch Br2 gồm 2 hiđrocacbon được đốt cháy hết thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 8,1 gam nước. 
 - Để đốt cháy hết phần II cần dùng vừa đủ 14,336 lít khí O2 (đktc) thu được 15,84 gam CO2. 
1. Tính giá trị của m. 
2. Tính tỉ khối của hỗn hợp khí A đối với khí H2 và xác định công thức phân tử của 2 
hiđrocacbon trong B, biết rằng hai chất này có phân tử khối hơn kém nhau 28 đvC 
3. Xác định công thức phân tử của 2 hiđrocacbon đã phản ứng với dung dịch Br2, biết chất có 
phân tử khối lớn hơn chiếm trên 10% về thể tích. 
 ( Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64) 
-------------------------- HẾT --------------------------- 
Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . 
Đề chính thức 
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG B 
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) 
Câu I. ( 4,0 điểm) 
1. Cho sơ đồ phản ứng sau: C4H10 + Cl2 ⎯→⎯
as C4H9Cl + HCl 
Viết các phương trình hóa học xảy ra theo sơ đồ trên dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn. 
2. Viết các phương trình hóa học để hoàn thành chuỗi phản ứng sau ( mỗi mũi tên tương ứng 
với một phản ứng viết dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn): 
 Canxi cacbua ⎯→⎯ )1( Axetilen ⎯→⎯ )2( Benzen ⎯→⎯ )4( Xiclohexan 
 (3) 
 Brombenzen 
Câu II. ( 6,0 điểm) 
1. Từ dung dịch HCl và 7 chất rắn khác nhau cùng với điều kiện cần thiết có đủ, hãy viết 
phương trình hóa học của các phản ứng điều chế trực tiếp 7 chất khí khác nhau. 
2. X, Y, Z lần lượt là oxit, bazơ và muối của kim loại M. Khi cho lần lượt các chất M, X, Y, Z 
vào dung dịch muối A đều thu được kết tủa là 1 bazơ không tan. Chọn các chất M, X, Y, Z , A 
thích hợp và viết phương trình hóa học minh họa. 
Câu III. ( 6,0 điểm) 
1. Hoà tan hết hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 9,28 gam FexOy trong dung dịch H2SO4 đặc, 
nóng thu được dung dịch X và 0,784 lít khí SO2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng muối sắt 
(III) trong dung dịch X cần dùng vừa hết 3,52 gam Cu. Xác định công thức của FexOy. 
2. Hòa tan hết m gam hỗn hợp Al, Al2O3 ở dạng bột cần dùng vừa đủ 450 ml dung dịch HCl 
2M thu được dung dịch X và 6,72 lít khí H2 (đktc). 
a. Tính giá trị m. 
b. Nhỏ từ từ đến hết dung dịch X vào 500 ml dung dịch NaOH 2M thu được a gam kết tủa. 
Nêu hiện tượng xảy ra và tính giá trị a. 
 Câu IV. ( 4,0 điểm) 
Chia m gam hỗn hợp khí A gồm 4 hiđrocabon mạch hở thành 2 phần bằng nhau: 
 - Phần I tác dụng với dung dịch Br2 dư; hỗn hợp khí B thoát ra khỏi dung dịch Br2 gồm 2 
hiđrocacbon được đốt cháy hoàn toàn thu được 5,6 lít khí CO2 (đktc) và 8,1 gam nước. 
 - Để đốt cháy hết phần II cần dùng vừa đủ 14,336 lít khí O2 (đktc) thu được 15,84 gam CO2. 
1. Tính giá trị của m. 
2. Tính tỉ khối của hỗn hợp khí B đối với khí H2. 
3. Tìm công thức phân tử của các hiđrocabon trong B. Biết rằng, chất có phân tử khối lớn hơn 
chiếm trên 10% về thể tích. 
 ( Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Al = 27; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64) 
-------------------------- HẾT --------------------------- 
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:  
Đề chính thức 
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Môn: HÓA HỌC – BẢNG A 
 (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu I 4,0 điểm 
1. 1,0 đ 
 CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl ⎯→⎯
as CH3-CH2-CH2-CH2-Cl + HCl 
CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl ⎯→⎯
as CH3-CH2-CH-CH3 + HCl 
 Cl 
 CH3-CH-CH3 + Cl-Cl ⎯→⎯
as CH3-CH-CH2-Cl + HCl 
 CH3 CH3 
 Cl 
 CH3-CH-CH3 + Cl-Cl ⎯→⎯
as CH3-C -CH3 + HCl 
 CH3 CH3 
0,25đ/ 
PTHH 
2. 1,25 đ 
 1. CaC2 + 2H2O ⎯→Ca(OH)2 + CHCH 
2. 2CHCH ⎯⎯ →⎯
0;txtđt
 CH2=CH-CCH 
3. 3CHCH ⎯⎯ →⎯ CC
0600;
 C6H6 
4. C6H6 + Br2 ⎯⎯ →⎯
0;tFe
C6H5-Br + HBr 
5. C6H6 + 3H2 ⎯⎯→⎯
0;tNi C6H12 
C6H6; C6H5Br; C6H12 phải viết dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn. 
0,25đ/ 
PTHH 
3. 1,75 đ 
 A, B, C, D phản ứng nhanh với dung dịch brom  A, B, C, D là các đồng phân 
mạch hở chứa 1 liên kết đôi; E phản ứng chậm với dung dịch brom  E là đồng 
phân mạch vòng no 3 cạnh: 
 CH – CH3 
 CH2 - CH2 
F không phản ứng với dung dịch brom  F là đồng phân vòng no 4 cạnh: 
 CH2 – CH2 
 CH2 – CH2 
A, B, C phản ứng với H2 đều tạo sản phẩm G  A, B, C có cùng mạch cacbon 
 D là CH2= C-CH3 
 CH3 
B có nhiệt độ sôi cao hơn C  B là CH3 CH3 
 C = C 
 H H 
Và C là CH3 H 
 C = C 
 H CH3 
 A là CH2= CH-CH2-CH3 và G là CH3-CH2-CH2-CH3 
Lưu ý: Nếu học sinh không xác định đúng các chất A, B, C, D, E, F, G nhưng 
vẫn viết đúng 6 CTCT viết gọn của C4H8 và sản phẩm G thì cho 0,75 điểm. 
Xác định 
đúng mỗi 
chất cho 
0,25 đ 
Câu II 6,0 điểm 
1. 3,25 đ 
 Zn + 2HCl ⎯→ ZnCl2 + H2 
CaCO3 + 2HCl ⎯→ CaCl2 + CO2 + H2O 
Na2SO3 + 2HCl ⎯→ 2NaCl + SO2 + H2O 
FeS + 2HCl ⎯→ FeCl2 + H2S 
MnO2
 + 4HCl (đặc) ⎯→⎯
0t
 MnCl2 + Cl2 + 2H2O 
CaC2 + 2HCl ⎯→ CaCl2 + C2H2 
Al4C3 + 12HCl ⎯→ 4AlCl3 + 3CH4 
Mỗi PTHH 
đúng cho 
0,25 đ 
2Na2O2 + 4HCl ⎯→ 4NaCl + O2 + 2H2O 
Mg3N2 + 6HCl ⎯→ 3MgCl2 + 2NH3 
Zn3P2 + 6HCl ⎯→ 3ZnCl2 + 2PH3 
Mỗi PTHH 
đúng cho 
0,5 đ 
3. 2,75 đ 
 M có thể là: Na, K, Ca, Ba ; dung dịch muối A có thể là FeCl3  
6Na + 2FeCl3 + 6H2O ⎯→ 2Fe(OH)3 +6NaCl + 3H2 (1) 
0,75 đ 
X: Na2O  
3Na2O + 2FeCl3 + 3H2O ⎯→ 2Fe(OH)3 + 6NaCl (2) 
0,75 đ 
Y: NaOH  
3NaOH + FeCl3 ⎯→ Fe(OH)3 + 3NaCl (3) 
0,5 đ 
Z: Na2CO3 
3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O ⎯→ 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 (4) 
0,75 đ 
Lưu ý: Nếu học sinh chọn dd muối khác chỉ thỏa mãn 3 PTHH trên mà không thỏa mãn PTHH 
số 4 thì vẫn cho điểm 3 PTHH trên. 
Câu III 6,0 điểm 
1. 3,25 đ 
nFe = 
56
12,1
 = 0,02 (mol); nSO 2 = 
4,22
784,0
 = 0,035 (mol); nCu = 
64
52,3
= 0,055 (mol) 
0,25 đ 
2Fe + 6H2SO4 (đ) ⎯→⎯
0t
 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 
2FexOy + (6x-2y)H2SO4 (đ) ⎯→⎯
0t
 xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) 
Có thể có: Fe + Fe2(SO4)3 ⎯→ 3FeSO4 (3) 
 Cu + Fe2(SO4)3 ⎯→ CuSO4 + 2FeSO4 (4) 
0,055 mol 0,055 mol 
Mỗi PTHH 
đúng cho 
0,25 đ 
Trường hợp 1: Nếu phản ứng (3) không xảy ra: 
Theo (1): nSO 2 (1) = 1,5.nFe = 1,5.0,02 = 0,03 (mol) 
 nSO 2 (2) = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol) 
0,25 đ 
nFe 2 (SO 4 ) 3 (1) = 
2
1
.nFe = 
2
1
.0,02 = 0,01 (mol) 
 nFe 2 (SO 4 ) 3 (2) = 0,055 – 0,01 = 0,045 (mol) 
0,25 đ 
Theo (2): nFe 2 (SO 4 ) 3 (2) : nSO 2 (2) = 
yx
x
23 −
 = 
005,0
045,0
 = 9  
y
x
 =
13
9
 ( loại) 
0,5 đ 
Trường hợp 2: Nếu phản ứng (3) xảy ra: 
Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe tham gia phản ứng (1) và FexOy tham gia phản 
ứng (2)  nFe (3) = 0,02 – a (mol). 
Theo các phản ứng (1,2,3,4) ta có hệ PT: 












=+=
−==−+=
=−+=
28,9).1656(
02,0055,05,05,0
035,0)23(5,05,1
)3()3()( 442
2
byxm
anbxan
yxban
yxOFe
FeSOFe
SO
0,5 đ 




=
=
16,0
12,0
by
bx
 
y
x
 = 
16,0
12,0
= 
4
3
  Oxit sắt cần tìm là Fe3O4 
0,5 đ 
2. 2,75 đ 
nH 2 O = 
18
9
 = 0,5 (mol). Áp dụng ĐLBTKL: 
mQ = mT + mH 2 O  20 = mT + 9  mT = 11 (g) MT = 
25,0
11
 = 44 
0,25 đ 
Oxit T có công thức dạng: R2On  MT = 2R + 16n = 44  R = 22 – 8n 
Cặp giá trị phù hợp là n = 1: R = 14 ( N)  T là N2O; T không thể là CO2 (44) 
hoặc C3H8 (44) vì Q là muối. 
0,25 đ 
nN = 2.0,25 = 0,5 (mol); nH = 2.0,5 = 1 (mol); nO (Q) = 0,2 + 0,5 = 0,75 (mol) 
Vì nN: nH: nO = 0,5: 1: 0,75 = 2: 4: 3  Q là N2H4O3 hay NH4NO3 
 2 muối ban đầu là muối nitrat M(NO3)2 và muối amoni (NH4)xA ( A là gốc 
axit) 
0,25 đ 
nNH 4 NO 3 = 
80
20
 = 0,25 (mol)  nM(NO 3 ) 2 = 
2
1
.0,25 = 0,125 (mol) 
nMO = 0,125 (mol)  nZ = 0,125 (mol) 
MMO = M + 16 = 
125,0
7
 = 56  M = 40 ( Ca)  Ca(NO3)2 
1,0 đ 
ĐLBTKL: mZ = 12,5 – 7 = 5,5 (g)  MZ = 
125,0
5,5
 = 44 
Oxit Z có công thức dạng RxOy ( x,y nguyên dương) 
 R.x + 16.y = 44  16y < 44  y bằng 1 hoặc 2 
Giá trị phù hợp là y =2; x = 1 và R = 12: C  Z là CO2 
nCa = nCaO = 0,125 mol; nC = nCO 2 = 0,125 (mol); 
nO (Y) = 0,125 + 2.0,125 = 0,375. 
Vì nCa: nC: nO = 0,125: 0,125: 0,375 = 1: 1: 3  Y là CaCO3  Muối ban đầu 
còn lại là (NH4)2CO3 
1,0 đ 
Câu IV. 4,0 điểm 
1. 1,0 đ 
 nBr 2 = 0,1.0,5 = 0,05 (mol); 
Đốt cháy hết 
2
1
A: nO 2 = 
4,22
336,14
 = 0,64 (mol); nCO 2 = 
44
84,15
 = 0,36 (mol) 
0,25 đ 
nO (H 2 O) = 2.0,64 – 2.0,36 = 0,56 (mol)  nH 2 O = 0,56 (mol) 
 mA = 2.( 12.0,36 + 2.0,56.1) = 10,88 (g) 
0,75 đ 
2. 2,0 đ 
Đốt B: nCO 2 = 
4,22
6,5
 = 0,25 (mol); nH 2 O = 
18
1,8
 = 0,45 (mol) 
Vì B mạch hở, B không phản ứng với dung dịch brom và nH 2 O > nCO 2 
 B gồm 2 ankan. 
0,25 đ 
nB = 0,45 – 0,25 = 0,2 (mol)  Số nguyên tử C trung bình của 2 ankan bằng 
2,0
25,0
 = 1,25  Phải có 1 ankan là CH4. Vì ankan còn lại có phân tử khối lớn 
hơn CH4 là 28 đvC ( 2 nhóm CH2)  Ankan còn lại là C3H8 
0,75 đ 
Khi đốt 
2
1
A thì số mol CO2 và H2O thu được do 2 hiđrocacbon ( phản ứng với 
brom) cháy là: nCO 2 = 0,36 – 0,25 = 0,11 (mol); nH 2 O = 0,56 – 0,45 = 0,11 (mol) 
Vì nCO 2 = nH 2 O  2 hi đrocacbon phản ứng với brom phải là 2 anken. 
0,25 đ 
Do anken phản ứng với brom theo tỉ lệ số mol 1: 1  nanken = nBr 2 = 0,05 (mol) 
 nA = 2.( 0,2 + 0,05) = 0,5 (mol) 
 AM = 
5,0
88,10
 = 21,76  dA/H 2 = 
2
76,21
 = 10,88 
0,75 đ 
3. 1,0 đ 
Vì số nguyên tử C trung bình của 2 anken = 
05,0
11,0
 = 2,2 
 Phải có 1 anken là C2H4. 
0,25 đ 
Đặt công thức phân tử của anken còn lại là CmH2m với số mol là a mol và số mol 
của C2H4 là b mol có trong 0,05 mol hỗn hợp 2 anken. 
Ta có: 



=+
=+
11,02
05,0
bma
ba
  m – 2 = 
a
01,0
0,25 đ 
Vì a > 10%.0,05 = 0,005  m – 2 < 
005,0
01,0
 = 2  m < 4. 
Vì 2,2 < m < 4 và m nguyên dương  m = 3  Anken còn lại là: C3H6 
0,5 đ 
Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ số điểm 
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
Môn: HÓA HỌC – BẢNG B 
 (Hướng dẫn chấm này gồm 03 trang) 
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu I. 4,0 điểm 
1. 2,0 đ 
 CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl ⎯→⎯
as CH3-CH2-CH2-CH2-Cl + HCl 
CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl ⎯→⎯
as CH3-CH2-CH-CH3 + HCl 
 Cl 
 CH3-CH-CH3 + Cl-Cl ⎯→⎯
as CH3-CH-CH2-Cl + HCl 
 CH3 CH3 
 Cl 
 CH3-CH-CH3 + Cl-Cl ⎯→⎯
as CH3-C -CH3 + HCl 
 CH3 CH3 
0,5đ/ 
PTHH 
2. 2,0 đ 
 1. CaC2 + 2H2O ⎯→Ca(OH)2 + CHCH 
2. 3CHCH ⎯⎯ →⎯ CC
0600;
 C6H6 
3. C6H6 + Br2 ⎯⎯ →⎯
0;tFe
C6H5-Br + HBr 
4. C6H6 + 3H2 ⎯⎯→⎯
0;tNi C6H12 
C6H6; C6H5Br; C6H12 phải viết dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn. 
0,5đ/ 
PTHH 
Câu II. 6,0 điểm 
1. 3,5 đ 
 Zn + 2HCl ⎯→ ZnCl2 + H2 
CaCO3 + 2HCl ⎯→ CaCl2 + CO2 + H2O 
Na2SO3 + 2HCl ⎯→ 2NaCl + SO2 + H2O 
FeS + 2HCl ⎯→ FeCl2 + H2S 
MnO2
 + 4HCl (đặc) ⎯→⎯
0t
 MnCl2 + Cl2 + 2H2O 
CaC2 + 2HCl ⎯→ CaCl2 + C2H2 
Al4C3 + 12HCl ⎯→ 4AlCl3 + 3CH4 
Mỗi PTHH 
đúng cho 
0,5 điểm 
2. 2,5 đ 
 M, X, Y, Z có thể là: Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 ..; dung dịch muối A có thể là 
dung dịch muối sắt (III)  
0,5 đ 
 6Na + 2FeCl3 + 6H2O ⎯→ 2Fe(OH)3 +6NaCl + 3H2 (1) 
3Na2O + 2FeCl3 + 3H2O ⎯→ 2Fe(OH)3 + 6NaCl (2) 
3NaOH + FeCl3 ⎯→ Fe(OH)3 + 3NaCl (3) 
3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O ⎯→ 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 (4) 
Lưu ý: Nếu học sinh chọn dd muối khác chỉ thỏa mãn 3 PTHH trên mà không 
thỏa mãn PTHH số 4 thì vẫn cho điểm 3 PTHH trên. 
Mỗi PTHH 
đúng cho 
0,5 đ 
Câu III. 6,0 điểm 
1. 3,0 đ 
nFe = 
56
12,1
 = 0,02 (mol); nSO 2 = 
4,22
784,0
 = 0,035 (mol); nCu = 
64
52,3
= 0,055 (mol) 
0,25 đ 
2Fe + 6H2SO4 (đ) ⎯→⎯
0t
 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 
2FexOy + (6x-2y)H2SO4 (đ) ⎯→⎯
0t
 xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) 
Có thể có: Fe + Fe2(SO4)3 ⎯→ 3FeSO4 (3) 
 Cu + Fe2(SO4)3 ⎯→ CuSO4 + 2FeSO4 (4) 
0,055 mol 0,055 mol 
Mỗi PTHH 
đúng cho 
0,25 đ 
Trường hợp 1: Nếu phản ứng (3) không xảy ra: 
Theo (1): nSO 2 (1) = 1,5.nFe = 1,5.0,02 = 0,03 (mol) 
 nSO 2 (2) = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol) 
0,25 đ 
nFe 2 (SO 4 ) 3 (1) = 
2
1
.nFe = 
2
1
.0,02 = 0,01 (mol) 
 nFe 2 (SO 4 ) 3 (2) = 0,055 – 0,01 = 0,045 (mol) 
0,25 đ 
Theo (2): nFe 2 (SO 4 ) 3 (2) : nSO 2 (2) = 
yx
x
23 −
 = 
005,0
045,0
 = 9  
y
x
 =
13
9
 ( loại) 
0,25 đ 
Trường hợp 2: Nếu phản ứng (3) xảy ra: 
Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe tham gia phản ứng (1) và FexOy tham gia phản 
ứng (2)  nFe (3) = 0,02 – a (mol) 
Theo các phản ứng (1,2,3,4) ta có hệ phương trình: 












=+=
−==−+=
=−+=
28,9).1656(
02,0055,05,05,0
035,0)23(5,05,1
)3()3()( 442
2
byxm
anbxan
yxban
yxOFe
FeSOFe
SO
0,5 đ 




=
=
16,0
12,0
by
bx
 
y
x
 = 
16,0
12,0
= 
4
3
  Oxit sắt cần tìm là Fe3O4 
0,5 đ 
2. 3,0 đ 
 a. 1,75 đ 
nHCl = 0,45.2 = 0,9 (mol); nH 2 = 
4,22
72,6
 = 0,3 (mol); nNaOH = 0,5.2 = 1 (mol) 
0,25 đ 
2Al + 6HCl ⎯→⎯ 2AlCl3 + 3H2 (1) 
0,2 mol 0,6 mol 0,2 mol 0,3 mol 
nHCl (2) = 0,9 – 0,6 = 0,3 (mol) 
Al2O3 + 6HCl ⎯→⎯ 2AlCl3 + 3H2O (2) 
0,05 mol 0,3 mol 0,1 mol 
 m = mAl + mAl 2 O 3 = 27.0,2 + 102.0,05 = 10,5 (g) 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
0,25 đ 
b. 1,25 đ 
 nAlCl 3 = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol) 
Hiện tượng: Có kết tủa keo trắng xuất hiện và tan ngay, rồi lại xuất hiện kết tủa 
keo trắng và tan ngay. Hiện tượng trên cứ lặp đi lặp lại nhiều lần, sau một thời 
gian thấy lượng kết tủa tăng dần cho đến khi nhỏ hết dung dịch AlCl3 vào và kết 
tủa không tan nữa. 
0,5 đ 
PTHH: Vì nhỏ từ từ đến hết AlCl3 vào dung dịch NaOH, thời điểm ban đầu 
NaOH dư nên 2 phản ứng sau dường như xảy ra đồng thời: 
AlCl3 + 3NaOH ⎯→⎯ Al(OH)3 + 3NaCl (1’) 
NaOH + Al(OH)3 ⎯→⎯ NaAlO2 + 2H2O (2’) 
-------------------------------------------------------------------------- 
4NaOH + AlCl3 ⎯→⎯ 3NaCl + NaAlO2 + 2H2O (1) 
1 mol 0,25 mol 0,25 mol 
nAlCl 3 (dư) = 0,3 – 0,25 = 0,05 (mol) 
AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O ⎯→⎯ 4Al(OH)3 + 3NaCl (2) 
0,05 mol 0,15 mol 0,2 mol 
dư NaAlO2: 0,25 – 0,15 = 0,1 (mol) 
0,5 đ 
 a = mAl(OH) 3 = 0,2.78 = 15,6 (g) 0,25 đ 
Câu IV. 4,0 điểm 
1. 1,0 đ 
 nBr 2 = 0,1.0,5 = 0,05 (mol); 
Đốt cháy hết 
2
1
A: nO 2 = 
4,22
336,14
 = 0,64 (mol); nCO 2 = 
44
84,15
 = 0,36 (mol) 
0,25 đ 
nO (H 2 O) = 2.0,64 – 2.0,36 = 0,56 (mol)  nH 2 O = 0,56 (mol) 
 mA = 2.( 12.0,36 + 2.0,56.1) = 10,88 (g) 
0,75 đ 
2. 1,25 đ 
Đốt B: nCO 2 = 
4,22
6,5
 = 0,25 (mol); nH 2 O = 
18
1,8
 = 0,45 (mol) 
Vì B mạch hở, B không phản ứng với dung dịch brom và nH 2 O > nCO 2 
 B gồm 2 ankan. 
0,5 đ 
nB = 0,45 – 0,25 = 0,2 (mol) 
mB = mC + mH = 12.0,25 + 2.0,45.1 = 3,9 (g) 
 BM = 
2,0
9,3
 = 19,5 
0,75 đ 
3. 1,75 đ 
 Vì số nguyên tử C trung bình của 2 ankan = 
2,0
25,0
 = 1,25  Phải có 1 ankan là 
CH4. 
0,5 đ 
Đặt công thức phân tử của ankan còn lại là CmH2m+2 với số mol là a mol và số 
mol của CH4 là b mol có trong 0,2 mol hỗn hợp 2 ankan. 
Ta có: 



=+
=+
25,0
2,0
bma
ba
  m – 1 = 
a
05,0
0,5 đ 
Vì a > 10%.0,2 = 0,02  m – 1 < 
02,0
05,0
 = 2,5 m < 3,5 
Vì 1,25 < m < 3,5 và m nguyên dương  m = 2 hoặc m = 3 
  ankan còn lại là C2H6 hoặc C3H8 
0,75 đ 
Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ số điểm