Đáp án đề thi HSG tỉnh Ha Nam 09-10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM (Đáp án có 04 trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 Hướng dẫn chấm môn: Hoá học Câu ý Nội dung Điểm Câu I (4,0 điểm) 1 (2đ) Xảy ra phản ứng: BaO + H 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 2 O Nếu BaO dư thì còn phản ứng BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 Kết tủa M là BaSO 4 , còn dung dịch N có 2 trường hợp Trường hợp 1: H 2 SO 4 dư thì không có phản ứng 2 có phản ứng 2Al + 3H 2 SO 4 →Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 Khí P là H 2 và dung dịch Q là Al 2 (SO 4 ) 3 . Cho K 2 CO 3 vào có phản ứng 3K 2 CO 3 + 3H 2 O + Al 2 (SO 4 ) 3 → 2Al(OH) 3 ↓ + 3K 2 SO 4 + 3CO 2 Kết tủa T là Al(OH) 3 . Trường hợp 2: Nếu BaO (dư) thì có phản ứng 2 thì dung dich N là Ba(OH) 2 , khi cho Al vào thì 2Al + Ba(OH) 2 + 2H 2 O → Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2 Khí P: H 2 và dung dịch Q là Ba(AlO 2 ) Cho dung dịch Na 2 CO 3 thì có phản ứng K 2 CO 3 + Ba(AlO 2 ) 2 → BaCO 3 ↓ + 2KAlO 2 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 2 (2đ) a) CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O CaCO 3 + H 2 O + CO 2 →Ca(HCO 3 ) 2 Số mol CaO = số mol Ca(OH) 2 = 22,4/56 = 0,4 mol Số mol CaCO 3 = 5/100 = 0,05 mol Trường hợp 1: nCO 2 = nCaCO 3 = 0,05 mol; V CO2 = 0,05.22,4 = 1,12 lít Trường hợp 2: CO 2 dư kết tủa sau đó kết tủa tan số mol CO 2 = số mol Ca(OH) 2 = 0,4 mol Sau đó lượng kết tủa đã tan 0,4 - 0,05 = 0,35 mol Vậy tổng số mol CO 2 là: 0,4 + 0,35 = 0,75 mol V CO2 = 0,75.22,4 = 16,8 lít b) MgCO 3 + 2HCl → MgCl 2 + CO 2 + H 2 O BaCO 3 + 2HCl → BaCl 2 + CO 2 + H 2 O Lượng CO 2 lớn nhất khi a = 100.Số mol CO 2 = 56,2/84 = 0,669 mol Lượng CO 2 nhỏ nhất khi a = 0. Số mol CO 2 = 56,2/197= 0,285 mol Số mol CO 2 : 0,285< n CO2 < 0,66 Nếu nCO 2 bằng 0,28< nCa(OH) 2 ; Tức là không có phản ứng 3 n CaCO3 = nCO 2 = 0,28 mol Nếu nCO 2 = 0,66 > nCa(OH) 2 Nên lượng kết tủa bằng CaCO 3 = 0,4-(0,66 - 0,4) = 0,14 mol 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 Vậy khi a = 100% thì lượng kết tủa bé nhất 0,25 Câu II (4,0 điểm) 1 (1,5đ) 2SO 2 + O 2 → 2SO 3 2a a 2ah ah 2a(1-h) a(1-h) 2ah Vì nhiệt độ và dung tích bình không đổi nên áp suất tỷ lệ với số mol khí trong bình nên ta có 10 P = a3 )h3.(a − . Suy ra P = 10.(1- 3 h ) Khối lượng mol TB là: )h3(a a.3264.a2 − + = h3 160 − Tỷ khối so với H 2 là 2)h3( 160 − = )h3( 80 − 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 2 (2,5đ) 3Cu + 8HNO 3 → 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O (1) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 → 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (2) Cu + 2Fe(NO 3 ) 3 →Cu(NO 3 ) 2 + 2Fe(NO 3 ) 2 (3) Có 1,2 gam kim loại không tan suy ra kim loại Cu dư chuyển Fe 3+ hết thành Fe 2+ n Cu đã phản ứng pứ (1) = x mol; nFe 3 O 4 đã phản ứng (2) = y mol 64x + 232y = 30,6 - 1,2 = 29,4 gam Số mol NO = 1,68/22,4 = 0,075 mol Ta có hệ 2/3x +1/3y = 0,075 64(x + 3/2y) + 232y = 29,4 x = 0,075 mol; y = 0,075 mol. Số mol HNO 3 đã dùng là: (8.0,075):3 + (28.0,075):3 = 0,2 + 0,7 →C M HNO3 = 0,9 :0,5 = 1,8M 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (4,0 điểm) 1 (1,5đ) Tính toán: - Trong 300 ml dd H 2 SO 4 0,5M có 0,5.0,3.98 = 14,7 gam H 2 SO 4 - Khối lượng dd H 2 SO 4 98% cần lấy: 14,7.100/98 = 15 gam - V dd H 2 SO 4 98% = 15/1,84 = 8,1523 (ml) Cách pha chế: - Cho khoảng 200 ml nước vào bình chia độ có dung tích khoảng 400 ml. - Thêm từ từ 8,1522 (ml) dd H 2 SO 4 98% vào bình trên. - Thêm từ từ nước vào bình đến khi thể tích dd đạt 300 ml, Khuấy đề thu được dd theo yêu cầu. Chú ý: Không cho nước vào axit sunfuric đặc. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 (2,5đ) Trong hh KL ban đầu: gọi mol Al = a mol, mol Fe = 2a mol Ta có: 27a + 56.2a = 13,9 suy ra a = 0,1 = mol Al; mol Fe = 0,2 mol 0,25 2 Sau các p/ư Fe dư p/ư với HCl: Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (1) Theo PTHH (1) mol Fe = mol H 2 = 1,12/22,4 = 0,05 → trong hỗn hợp KL ban đầu có 0,2 - 0,05 = 0,15 mol Fe p/ư. Gọi x, y lần lượt là số mol Cu, Ag được tạo thành Al - 3e → Al 3+ (2) 0,1 0,3 Fe - 2e → Fe 2+ (3) 0,15 0,3 Cu 2+ + 2e → Cu (4) x 2x x Ag + + e → Ag (5) y y y Từ (2), (3), (4), (5) ta có: 2x + y = 0,3 + 0,3 = 0,6 (6) 64x + 108y = 37,2 - 0,05.56 = 34,4 (7) Giải hệ pt (6), (7) ta được x = 0,2; y = 0,2 → C M Cu(NO3)2 = C M AgNO3 = 0,2/0,2 = 1M 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (3,5 điểm) 1 (1,5đ) Cho hỗn hợp X qua dung dịch nước vôi trong dư CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O SO 2 + Ca(OH) 2 → CaSO 3 + H 2 O Tiếp tục cho khí còn lại đi qua nước Br 2 dư loại khí C2H4, C2H2 C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 C 2 H 2 + Br 2 → C 2 H 2 Br 4 Hốn hợp khí CH 4 và hơi nước cho qua bình P 2 O 5 dư ( hoặc H 2 SO 4 đặc) thì thu CH 4 tinh khiết 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 2 (2đ) Khối lượng rượu 6,9.0,8 = 5,52 gam. Số mol C 2 H 5 OH là 5,52: 46 = 0,12 mol C 2 H 5 OH + O 2 → CH 3 COOH + H 2 O CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa + H 2 O x x x Số mol NaOH dư vì số mol NaOH hết thì thu được 82.0,2 = 16,4 gam chất rắn mà thu được 12,2 gam Ta có 82x + (0,2 - x).40 = 12,2. Suy ra x = 0,1 mol. Do đó số mol rượu đã bị oxi hoá là 0,1 mol Phần trăm số mol rượu đã bị oxi hoá là 0,1/0,12.100 = 83,33% CH 3 COONa + NaOH → CH 4 + Na 2 CO 3 0,1 0,1 0,1 V CH4 = 0,1.22,4 = 2,24 (lít) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Câu V (4,5 điểm) 1 (1,5đ) C 2 H 4 + H 2 O → C 2 H 5 OH C 2 H 5 OH + O 2 → CHCOOH + H2O CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa +H 2 O 0,25 0,25 0,25 3 CH 3 COONa + NaOH → OC CH 4 + Na 2 CO 3 2CH 4  → OC1500 C 2 H 2 +3H 2 C 2 H 2 + H 2  → toC,Pd C 2 H 4 0,25 0,25 0,25 2 (3đ) Đặt công thức hai hyđrocacbon là C n H 2n+2-2a (x mol) ; C m H 2m+2-2b (y mol) C n H 2n+2-2a + aBr 2 → C n H 2n+2-2a Br 2a x ax C m H 2m+2-2b + bBr 2 → C m H 2m+2-2b Br 2b y ay C n H 2n+2-2a + 2 a1n3 −+ O 2 → nCO 2 + (n + 1- a)H 2 O x nx C m H 2m+2-2b + 2 a1m3 −+ O 2 → mCO 2 + (m + 1- a)H 2 O y my Ta có x + y = 0,15 ax + by = 0,2 Ta có y = ab a15,02,0 − − Cho b > a; 0< y< 0,15; a≥ 1 ; Ta có 0,2 - 0,15a >0 . Suy ra a<1,3. Vậy a = 1. Thay a = 1 thì y = 1b 15,02,0 − − = 1b 05,0 − . Vì y < 0,15 thì b> 1,3. Vậy b≥ 2 *) Nếu b = 2 thì y = 0,05; x = 0,1 Thay x, y vào nx + my = 17,6/44= 0,4 Vậy 0,1n + 0,05m = 0,4. Suy ra m = 8 - 2n n 2 3 4 m 4 2 0 Hỗn hợp A có C 2 H 4 và C 4 H 6 hoặc là C 3 H 6 và C 2 H 2 *) Nếu b = 3 thì m = 16-5n thì C 2 H 4 và C 6 H 8 không thoả mãn vì là chất khí Khối lượng bình brôm tăng chính là khối lượng hai hiđrocacbon X=14nx + (14m-2)y = 14(nx + my) - 2y = 14.0,4 -2.0,05 = 5,5 gam Khối lượng bình P 2 O 5 tăng thêm chính là khối lượng H 2 O Y= 18[(n +1-a)x +(m+1-b)]=18(nx + my -y) = 6,3 gam 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 0.25 0.25 0.25 HẾT 4 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM (Đáp án có 04 trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 Hướng dẫn chấm môn: Hoá học Câu. III (4,0 điểm) 1 (1,5đ) Tính toán: - Trong 300 ml dd H 2 SO 4 0,5M có 0,5.0,3.98 = 14,7 gam H 2 SO 4 - Khối lượng dd H 2 SO 4 98% cần lấy: 14,7.100/98 = 15 gam - V dd H 2 SO 4 98% = 15/1,84 = 8,1523 (ml) Cách pha. >0 . Suy ra a<1,3. Vậy a = 1. Thay a = 1 thì y = 1b 15,02,0 − − = 1b 05,0 − . Vì y < 0,15 thì b> 1,3. Vậy b≥ 2 *) Nếu b = 2 thì y = 0,05; x = 0,1 Thay x, y vào nx + my = 17,6/44= 0,4 Vậy