SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Đề thức Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu I ( 4,0 điểm) as Cho sơ đồ phản ứng sau: C4H10 + Cl2 → C4H9Cl + HCl Viết phương trình hóa xảy theo sơ đồ dạng công thức cấu tạo viết gọn Viết phương trình hóa học để hoàn thành chuỗi phản ứng sau ( mũi tên tương ứng với phản ứng viết dạng công thức cấu tạo viết gọn): (1) ( 3) (5) Canxi cacbua → Axetilen → Benzen → Xiclohexan (2) (4) Vinyl axetilen Brombenzen Một bình khí Ga có chứa hiđrocacbon A, B, C, D, E, F có công thức phân tử C4H8 Xác định công thức cấu tạo viết gọn hiđrocacbon sản phẩm G biết rằng: A, B, C, D phản ứng nhanh với dung dịch brom; E phản ứng chậm F không phản ứng với dung dịch brom Khi cho A, B, C phản ứng hoàn toàn với khí hiđro có xúc tác Ni nhiệt độ thích hợp thu sản phẩm G B có nhiệt độ sôi cao C ( Không yêu cầu viết PTHH) Câu II ( 6,0 điểm) Từ dung dịch HCl 10 chất rắn khác với điều kiện cần thiết có đủ, viết phương trình hóa học điều chế trực tiếp 10 chất khí khác X, Y, Z oxit, bazơ muối kim loại M Khi cho chất M, X, Y, Z vào dung dịch muối A thu kết tủa bazơ không tan Chọn chất M, X, Y, Z, A phù hợp viết phương trình hóa học minh họa Câu III ( 6,0 điểm) Hoà tan hết hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe 9,28 gam Fe xOy dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu dung dịch X 0,784 lít khí SO2 (đktc) Để phản ứng hết với lượng muối sắt (III) dung dịch X cần dùng vừa hết 3,52 gam Cu Xác định công thức Fe xOy Khi trộn dung dịch, dung dịch chứa muối có số mol, sau phản ứng tạo thành dung dịch X 12,5 gam kết tủa Y muối kim loại M có hóa trị II hợp chất Tách riêng Y đem nung nhiệt độ thích hợp muối Y bị phân huỷ tạo thành oxit Z (thể khí) gam oxit MO Cô cạn dung dịch X thu 20 gam chất rắn muối khan Q, muối bị phân hủy 2150C tạo 0,25 mol oxit T (thể khí) gam nước Xác định công thức hóa học hai muối ban đầu, biết số mol MO thu số mol Z phản ứng xảy hoàn toàn Câu IV ( 4,0 điểm) Chia m gam hỗn hợp khí A gồm hiđrocabon mạch hở thành phần nhau: - Phần I tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch Br 0,5M; hỗn hợp khí B thoát khỏi dung dịch Br2 gồm hiđrocacbon đốt cháy hết thu 5,6 lít CO2 (đktc) 8,1 gam nước - Để đốt cháy hết phần II cần dùng vừa đủ 14,336 lít khí O2 (đktc) thu 15,84 gam CO2 Tính giá trị m Tính tỉ khối hỗn hợp khí A khí H xác định công thức phân tử hiđrocacbon B, biết hai chất có phân tử khối 28 đvC Xác định công thức phân tử hiđrocacbon phản ứng với dung dịch Br 2, biết chất có phân tử khối lớn chiếm 10% thể tích ( Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64) HẾT - Họ tên thí sinh: ………………………………………………………Số báo danh: ………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 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) as Cho sơ đồ phản ứng sau: C4H10 + Cl2 → C4H9Cl + HCl Viết phương trình hóa học xảy theo sơ đồ dạng công thức cấu tạo viết gọn Viết phương trình hóa học để hoàn thành chuỗi phản ứng sau ( mũi tên tương ứng với phản ứng viết dạng công thức cấu tạo viết gọn): (1) ( 2) ( 4) Canxi cacbua → Axetilen → Benzen → Xiclohexan (3) Brombenzen Câu II ( 6,0 điểm) Từ dung dịch HCl chất rắn khác với điều kiện cần thiết có đủ, viết phương trình hóa học phản ứng điều chế trực tiếp chất khí khác X, Y, Z oxit, bazơ muối kim loại M Khi cho chất M, X, Y, Z vào dung dịch muối A thu kết tủa bazơ không tan Chọn chất M, X, Y, Z , A thích hợp viết phương trình hóa học minh họa Câu III ( 6,0 điểm) Hoà tan hết hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe 9,28 gam FexOy dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu dung dịch X 0,784 lít khí SO2 (đktc) Để phản ứng hết với lượng muối sắt (III) dung dịch X cần dùng vừa hết 3,52 gam Cu Xác định công thức Fe xOy Hòa tan hết m gam hỗn hợp Al, Al 2O3 dạng bột cần dùng vừa đủ 450 ml dung dịch HCl 2M thu dung dịch X 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 a gam kết tủa Nêu tượng xảy tính giá trị a Câu IV ( 4,0 điểm) Chia m gam hỗn hợp khí A gồm hiđrocabon mạch hở thành phần nhau: - Phần I tác dụng với dung dịch Br dư; hỗn hợp khí B thoát khỏi dung dịch Br gồm hiđrocacbon đốt cháy hoàn toàn thu 5,6 lít khí CO2 (đktc) 8,1 gam nước - Để đốt cháy hết phần II cần dùng vừa đủ 14,336 lít khí O2 (đktc) thu 15,84 gam CO2 Tính giá trị m Tính tỉ khối hỗn hợp khí B khí H2 Tìm công thức phân tử hiđrocabon B Biết rằng, chất có phân tử khối lớn chiếm 10% thể tích ( Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Al = 27; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64) HẾT - Họ tên thí sinh: ………………………………………………………Số báo danh: …………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC – BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) CÂU Câu I 1,0 đ ĐÁP ÁN as CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH2-CH2-CH2-Cl + HCl as CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH2-CH-CH3 + HCl Cl as CH3-CH-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH-CH2-Cl + HCl CH3 CH3 Cl as CH3-CH-CH3 + Cl-Cl → CH3-C -CH3 + HCl CH3 CH3 1,25 đ CaC2 + 2H2O  → Ca(OH)2 + CH ≡ CH ;t 2CH ≡ CH xtđt  → CH2=CH-C ≡ CH C ; 600 C 3CH ≡ CH    → C6H6 ;t C6H6 + Br2 Fe   → C6H5-Br + HBr ĐIỂM 4,0 điểm 0,25đ/ PTHH 0,25đ/ PTHH Ni ;t → C6H12 C6H6 + 3H2  C6H6; C6H5Br; C6H12 phải viết dạng công thức cấu tạo viết gọn 1,75 đ A, B, C, D phản ứng nhanh với dung dịch brom ⇒ A, B, C, D đồng phân mạch hở chứa liên kết đôi; E phản ứng chậm với dung dịch brom ⇒ E đồng phân mạch vòng no cạnh: CH – CH3 CH2 - CH2 F không phản ứng với dung dịch brom ⇒ F đồng phân vòng no cạnh: CH2 – CH2 CH2 – CH2 A, B, C phản ứng với H2 tạo sản phẩm G ⇒ A, B, C có mạch cacbon ⇒ D CH2= C-CH3 CH3 B có nhiệt độ sôi cao C ⇒ B CH3 CH3 C = C H H Và C CH3 H C = C H CH3 ⇒ A CH2= CH-CH2-CH3 G CH3-CH2-CH2-CH3 Lưu ý: Nếu học sinh không xác định chất A, B, C, D, E, F, G viết CTCT viết gọn C4H8 sản phẩm G cho 0,75 điểm Câu II 3,25 đ Xác định chất cho 0,25 đ 6,0 điểm Zn + 2HCl  → ZnCl2 + H2 CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O Na2SO3 + 2HCl  → 2NaCl + SO2 + H2O FeS + 2HCl  → FeCl2 + H2S t0 MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O CaC2 + 2HCl  → CaCl2 + C2H2 Al4C3 + 12HCl  → 4AlCl3 + 3CH4 2Na2O2 + 4HCl  → 4NaCl + O2 + 2H2O Mg3N2 + 6HCl  → 3MgCl2 + 2NH3 Zn3P2 + 6HCl  → 3ZnCl2 + 2PH3 Mỗi PTHH cho 0,25 đ Mỗi PTHH cho 0,5 đ 2,75 đ Câu III 3,25 đ M là: Na, K, Ca, Ba …; dung dịch muối A FeCl3 … 0,75 đ 6Na + 2FeCl3 + 6H2O  (1) → 2Fe(OH)3 +6NaCl + 3H2 X: Na2O … 0,75 đ 3Na2O + 2FeCl3 + 3H2O  (2) → 2Fe(OH)3 + 6NaCl Y: NaOH … 0,5 đ 3NaOH + FeCl3  (3) → Fe(OH)3 + 3NaCl Z: Na2CO3 0,75 đ 3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O  (4) → 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 Lưu ý: Nếu học sinh chọn dd muối khác thỏa mãn PTHH mà không thỏa mãn PTHH số cho điểm PTHH 6,0 điểm 0,784 1,12 3,52 = 0,02 (mol); nSO = = 0,035 (mol); nCu = = 0,055 (mol) 22,4 56 64 t0 2Fe + 6H2SO4 (đ) → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) t 2FexOy + (6x-2y)H2SO4 (đ) → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) Có thể có: Fe + Fe2(SO4)3  (3) → 3FeSO4 Cu + Fe2(SO4)3  (4) → CuSO4 + 2FeSO4 0,055 mol 0,055 mol Trường hợp 1: Nếu phản ứng (3) không xảy ra: 0,25 đ Theo (1): nSO (1) = 1,5.nFe = 1,5.0,02 = 0,03 (mol) ⇒ nSO (2) = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol) 0,25 đ 1 nFe (SO ) (1) = nFe = 0,02 = 0,01 (mol) ⇒ nFe (SO ) (2) = 0,055 – 0,01 = 0,045 (mol) 0,25 đ x 0,045 x = x − y = 0,005 = ⇒ y = 13 ( loại) Trường hợp 2: Nếu phản ứng (3) xảy ra: Gọi a, b số mol Fe tham gia phản ứng (1) FexOy tham gia phản ứng (2) ⇒ nFe (3) = 0,02 – a (mol) Theo phản ứng (1,2,3,4) ta có hệ PT: n SO = 1,5a + 0,5b(3 x − y ) = 0,035    n Fe2 ( SO4 ) (3) = 0,5a + 0,5bx − 0,055 = n Fe ( 3) = 0,02 − a    m FexO y = (56 x + 16 y ).b = 9,28  0,5 đ x = 0,12 = bx = 0,12 ⇒ ⇒ ⇒ Oxit sắt cần tìm Fe3O4 y , 16 by = , 16  0,5 đ nFe = Theo (2): nFe (SO ) (2) : nSO 2 2,75 đ Mỗi PTHH cho 0,25 đ (2) 0,5 đ nH O = 18 = 0,5 (mol) Áp dụng ĐLBTKL: 11 ⇔ 20 = mT + ⇒ mT = 11 (g) ⇒ MT = mQ = mT + m 0,25 = 44 Oxit T có công thức dạng: R2On ⇒ MT = 2R + 16n = 44 ⇒ R = 22 – 8n Cặp giá trị phù hợp n = 1: R = 14 ( N) ⇒ T N2O; T CO2 (44) C3H8 (44) Q muối nN = 2.0,25 = 0,5 (mol); nH = 2.0,5 = (mol); nO (Q) = 0,2 + 0,5 = 0,75 (mol) Vì nN: nH: nO = 0,5: 1: 0,75 = 2: 4: ⇒ Q N2H4O3 hay NH4NO3 ⇒ muối ban đầu muối nitrat M(NO3)2 muối amoni (NH4)xA ( A gốc axit) 20 nNH NO = 80 = 0,25 (mol) ⇒ nM(NO ) = 0,25 = 0,125 (mol) ⇒ nMO = 0,125 (mol) ⇒ nZ = 0,125 (mol) MMO = M + 16 = = 56 ⇒ M = 40 ( Ca) ⇒ Ca(NO3)2 0,125 5,5 ĐLBTKL: mZ = 12,5 – = 5,5 (g) ⇒ MZ = = 44 0,125 Oxit Z có công thức dạng RxOy ( x,y nguyên dương) ⇒ R.x + 16.y = 44 ⇒ 16y < 44 ⇒ y Giá trị phù hợp y =2; x = R = 12: C ⇒ Z CO2 0,25 đ H2 O nCa = nCaO = 0,125 mol; nC = nCO = 0,125 (mol); nO (Y) = 0,125 + 2.0,125 = 0,375 Vì nCa: nC: nO = 0,125: 0,125: 0,375 = 1: 1: ⇒ Y CaCO3 ⇒ Muối ban đầu lại (NH4)2CO3 Câu IV 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 1,0 đ 4,0 điểm nBr = 0,1.0,5 = 0,05 (mol); 14,336 15,84 Đốt cháy hết A: nO = = 0,64 (mol); nCO = = 0,36 (mol) 22,4 44 ⇒ nO (H O) = 2.0,64 – 2.0,36 = 0,56 (mol) ⇒ nH O = 0,56 (mol) ⇒ mA = 2.( 12.0,36 + 2.0,56.1) = 10,88 (g) 0,25 đ 0,75 đ 2,0 đ 5,6 8,1 Đốt B: nCO = 22,4 = 0,25 (mol); nH O = 18 = 0,45 (mol) Vì B mạch hở, B không phản ứng với dung dịch brom nH O > nCO ⇒ B gồm ankan nB = 0,45 – 0,25 = 0,2 (mol) ⇒ Số nguyên tử C trung bình ankan 0,25 = 1,25 ⇒ Phải có ankan CH4 Vì ankan lại có phân tử khối lớn 0,2 CH4 28 đvC ( nhóm CH2) ⇒ Ankan lại C3H8 Khi đốt A số mol CO2 H2O thu hiđrocacbon ( phản ứng với brom) cháy là: nCO = 0,36 – 0,25 = 0,11 (mol); nH O = 0,56 – 0,45 = 0,11 (mol) Vì nCO = nH O ⇒ hi đrocacbon phản ứng với brom phải anken Do anken phản ứng với brom theo tỉ lệ số mol 1: ⇒ nanken = nBr = 0,05 (mol) ⇒ nA = 2.( 0,2 + 0,05) = 0,5 (mol) 0,25 đ 0,75 đ 0,25 đ ⇒ MA = 10,88 21,76 = 21,76 ⇒ dA/H = = 10,88 0,5 0,75 đ 1,0 đ Vì số nguyên tử C trung bình anken = 0,11 = 2,2 0,05 ⇒ Phải có anken C2H4 Đặt công thức phân tử anken lại CmH2m với số mol a mol số mol C2H4 b mol có 0,05 mol hỗn hợp anken a + b = 0,05 0,01 ⇒ m–2= Ta có:  a ma + 2b = 0,11 0,01 = ⇒ m < 0,005 Vì 2,2 < m < m nguyên dương ⇒ m = ⇒ Anken lại là: C3H6 Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác cho đủ số điểm 0,25 đ 0,25 đ Vì a > 10%.0,05 = 0,005 ⇒ m – < 0,5 đ SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC – BẢNG B (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) CÂU Câu I 2,0 đ ĐÁP ÁN as CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH2-CH2-CH2-Cl + HCl as CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH2-CH-CH3 + HCl Cl as CH3-CH-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH-CH2-Cl + HCl CH3 CH3 Cl as CH3-CH-CH3 + Cl-Cl → CH3-C -CH3 + HCl CH3 CH3 2,0 đ CaC2 + 2H2O  → Ca(OH)2 + CH ≡ CH ; 6000 C 3CH ≡ CH C  → C6H6 ;t C6H6 + Br2 Fe   → C6H5-Br + HBr ĐIỂM 4,0 điểm 0,5đ/ PTHH 0,5đ/ PTHH Ni ;t → C6H12 C6H6 + 3H2  C6H6; C6H5Br; C6H12 phải viết dạng công thức cấu tạo viết gọn Câu II 3,5 đ 6,0 điểm Zn + 2HCl  → ZnCl2 + H2 CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O Na2SO3 + 2HCl  → 2NaCl + SO2 + H2O FeS + 2HCl  → FeCl2 + H2S t0 MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O CaC2 + 2HCl  → CaCl2 + C2H2 Al4C3 + 12HCl  → 4AlCl3 + 3CH4 Mỗi PTHH cho 0,5 điểm 2,5 đ M, X, Y, Z là: Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 … ; dung dịch muối A dung dịch muối sắt (III) … 6Na + 2FeCl3 + 6H2O  (1) → 2Fe(OH)3 +6NaCl + 3H2 3Na2O + 2FeCl3 + 3H2O  (2) → 2Fe(OH)3 + 6NaCl 3NaOH + FeCl3  (3) → Fe(OH)3 + 3NaCl 3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O  (4) → 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 Lưu ý: Nếu học sinh chọn dd muối khác thỏa mãn PTHH mà không thỏa mãn PTHH số cho điểm PTHH Câu III 3,0 đ 0,5 đ Mỗi PTHH cho 0,5 đ 6,0 điểm nFe = 0,784 1,12 3,52 = 0,02 (mol); nSO = = 0,035 (mol); nCu = = 0,055 (mol) 22,4 56 64 0,25 đ t 2Fe + 6H2SO4 (đ) → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) t0 2FexOy + (6x-2y)H2SO4 (đ) → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) Có thể có: Fe + Fe2(SO4)3  (3) → 3FeSO4 Cu + Fe2(SO4)3  (4) → CuSO4 + 2FeSO4 0,055 mol 0,055 mol Trường hợp 1: Nếu phản ứng (3) không xảy ra: Mỗi PTHH cho 0,25 đ Theo (1): nSO (1) = 1,5.nFe = 1,5.0,02 = 0,03 (mol) ⇒ nSO (2) = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol) 0,25 đ 1 nFe (SO ) (1) = nFe = 0,02 = 0,01 (mol) ⇒ nFe (SO ) (2) = 0,055 – 0,01 = 0,045 (mol) 0,25 đ x 0,045 x ⇒ = = = = (2) 3x − y 0,005 y 13 ( loại) Trường hợp 2: Nếu phản ứng (3) xảy ra: Gọi a, b số mol Fe tham gia phản ứng (1) FexOy tham gia phản ứng (2) ⇒ nFe (3) = 0,02 – a (mol) Theo phản ứng (1,2,3,4) ta có hệ phương trình: n SO = 1,5a + 0,5b(3 x − y ) = 0,035    n Fe2 ( SO4 ) (3) = 0,5a + 0,5bx − 0,055 = n Fe ( 3) = 0,02 − a    m FexO y = (56 x + 16 y ).b = 9,28  0,25 đ x = 0,12 = bx = 0,12 ⇒ ⇒ ⇒ Oxit sắt cần tìm Fe3O4 y , 16 by = , 16  0,5 đ Theo (2): nFe (SO ) (2) : nSO 0,5 đ 3,0 đ a 1,75 đ 6,72 nHCl = 0,45.2 = 0,9 (mol); nH = 22,4 = 0,3 (mol); nNaOH = 0,5.2 = (mol) 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 O = 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 0,25 đ b 1,25 đ nAlCl = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol) Hiện tượng: Có kết tủa keo trắng xuất tan ngay, lại xuất kết tủa keo trắng tan Hiện tượng lặp lặp lại nhiều lần, sau thời gian thấy lượng kết tủa tăng dần nhỏ hết dung dịch AlCl3 vào kết tủa không tan PTHH: Vì nhỏ từ từ đến hết AlCl3 vào dung dịch NaOH, thời điểm ban đầu NaOH dư nên phản ứng sau dường xảy đồng thời: AlCl3 + 3NaOH  (1’) → Al(OH)3 + 3NaCl NaOH + Al(OH)3  (2’) → NaAlO2 + 2H2O 0,5 đ 4NaOH + AlCl3  → 3NaCl + NaAlO2 + 2H2O mol 0,25 mol 0,25 mol (1) nAlCl (dư) = 0,3 – 0,25 = 0,05 (mol) AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O  → 4Al(OH)3 + 3NaCl (2) 0,5 đ 0,05 mol 0,15 mol 0,2 mol dư NaAlO2: 0,25 – 0,15 = 0,1 (mol) ⇒ a = mAl(OH) = 0,2.78 = 15,6 (g) 0,25 đ Câu IV 1,0 đ 4,0 điểm nBr = 0,1.0,5 = 0,05 (mol); 14,336 15,84 Đốt cháy hết A: nO = = 0,64 (mol); nCO = = 0,36 (mol) 22,4 44 ⇒ nO (H O) = 2.0,64 – 2.0,36 = 0,56 (mol) ⇒ nH O = 0,56 (mol) ⇒ mA = 2.( 12.0,36 + 2.0,56.1) = 10,88 (g) 0,25 đ 0,75 đ 1,25 đ 5,6 8,1 Đốt B: nCO = 22,4 = 0,25 (mol); nH O = 18 = 0,45 (mol) Vì B mạch hở, B không phản ứng với dung dịch brom nH O > nCO ⇒ B gồm ankan nB = 0,45 – 0,25 = 0,2 (mol) mB = mC + mH = 12.0,25 + 2.0,45.1 = 3,9 (g) 3,9 ⇒ MB = = 19,5 0,2 0,5 đ 0,75 đ 1,75 đ Vì số nguyên tử C trung bình ankan = 0,25 = 1,25 ⇒ Phải có ankan 0,2 CH4 Đặt công thức phân tử ankan lại CmH2m+2 với số mol a mol số mol CH4 b mol có 0,2 mol hỗn hợp ankan a + b = 0,2 0,05 ⇒ m–1= Ta có:  a ma + b = 0,25 0,05 Vì a > 10%.0,2 = 0,02 ⇒ m – < = 2,5 ⇒ m < 3,5 0,02 Vì 1,25 < m < 3,5 m nguyên dương ⇒ m = m = ⇒ ankan lại C2H6 C3H8 Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác cho đủ số điểm 0,5 đ 0,5 đ 0,75 đ ...SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 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)... Họ tên thí sinh: ………………………………………………………Số báo danh: …………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC – BẢNG... ⇒ Anken lại là: C3H6 Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác cho đủ số điểm 0,25 đ 0,25 đ Vì a > 10%.0,05 = 0,005 ⇒ m – < 0,5 đ SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2015