Đề thi HSG 2008 Vĩnh Phúc

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2008-2009 Đề thi môn: HÓA HỌC Dành cho HS các trường không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Bài 1 : Cho hỗn hợp A gồm các oxit FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 với số mol bằng nhau. Lấy m 1 g A cho phản ứng với CO nung nóng, sau phản ứng thu toàn bộ CO 2 cho tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được m 2 g kết tủa, trong bình còn lại sản phẩm rắn gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 có khối lượng 19,2g. Cho sản phẩm rắn này phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 đun nóng thu được 2,24 lít khí NO (đktc) duy nhất. 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Tính m 1 , m 2 và số mol HNO 3 đã tham gia phản ứng. Bài 2: Cho 7,02g hỗn hợp gồm Al, Fe, Cu vào dung dịch HCl dư (đựng trong bình A). Thấy còn lại phần chất rắn B và phần khí. Cho toàn bộ phần khí qua ống khí đựng CuO đun nóng, thấy khối lượng của ống đựng CuO giảm 2,72g. Thêm vào bình A một lượng dư một muối natri, đun nhẹ thu được 0,896 lít khí không màu, hóa nâu trong không khí. 1.Viết phương trình phản ứng phân tử và ion thu gọn. Xác định muối natri đã dùng. 2.Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. 3.Tính khối lượng muối natri tối thiểu phải dùng để hoà tan hết chất rắn B trong bình A. (Chú ý: Trong bình A gồm cả phần rắn và phần dung dịch) Bài 3 : Hiđrocacbon có công thức (CH) n , cho biết 1 mol A phản ứng vừa đủ với 4 mol H 2 hoặc với 1 mol Br 2 trong dung dịch brom. Xác định công thức cấu tạo của A. Biết A là hợp chất có trong chương trình phổ thông. Bài 4: Cho 19,2g kim loại M tác dụng hoàn toàn với dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng, dư. Thu toàn bộ khí SO 2 tác dụng với 1 lít dung dịch NaOH 0,7M. Sản phẩm thu được đem cô cạn thu được 41,8g chất rắn. Xác định kim loại M. Bài 5: Khử hoàn toàn 3,48g một oxit kim loại cần dùng 1,344lít khí H 2 (đktc), cho toàn bộ lượng kim loại thu được phản ứng hết với dung dịch HCl dư lại thu được 1,008lit H 2 (đktc). Xác định công thức của oxit kim loại. Bài 6: 1. Cho a gam Fe hòa tan trong dung dịch HCl, sau khi cô cạn được 3,1g chất rắn. Nếu cho a gam Fe và b gam Mg cũng vào dung dịch HCl như trên thì thu được 3,34g chất rắn và 448ml khí H 2 (đktc). Xác định khối lượng a và b. 2. Viết các phương trình phản ứng sau: a) sục H 2 S vào dung dịch FeCl 3 b) cho dung dịch AlCl 3 vào dung dịch Na 2 CO 3 1 Bài 7: Hỗn hợp khí A (đktc) gồm 2 olefin. Để đốt cháy hết 7 thể tích A cần 31 thể tích O 2 . 1. Xác định công thức phân tử của 2 olefin, biết rằng olefin chứa nhiều cacbon hơn chiếm khoảng 40- 50% thể tích của A. 2. Tính phần trăm khối lượng của các olefin trong A. 3. Trộn 4,704 lít A với V lít H 2 rồi đun nóng với bột Ni xúc tác. Hỗn hợp khí thu được sau phản ứng đi từ từ qua dung dịch nước brom thấy nước brom nhạt màu và khối lượng bình tăng thêm 2,8933g. Tính thể tích H 2 đã dùng và tính khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp ankan thu được. Biết các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn, các phản ứng xảy ra hoàn toàn và hiệu suất phản ứng của 2 olefin là như nhau. HƯỚNG DẪN CHẤM 2 MÔN HÓA HỌC LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN Bài Nội dung Điểm Bài 1 (2đ) 1. Các phương trình phản ứng xảy ra: 3Fe 2 O 3 + CO → 0 t 2Fe 3 O 4 + CO 2 (1) Fe 3 O 4 + CO → 0 t 3FeO + CO 2 (2) FeO + CO → 0 t Fe + CO 2 (3) CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓ + H 2 O (4) Fe 2 O 3 + 6HNO 3 → 0 t 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (5) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 → 0 t 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (6) 3FeO + 10HNO 3 → 0 t 3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 5H 2 O (7) Fe + 4HNO 3 → 0 t Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (8) 2. Tính m 1 , m 2 và số mol HNO 3 đã tham gia phản ứng. Gọi x là số mol Fe 2 O 3 ban đầu ⇒ số mol FeO, Fe 3 O 4 cũng là x (mol) Sau các phản ứng: Fe → Fe 3+ nên ta có sơ đồ cho - nhận electron: e1FeFe3 e1FeFe 3 3 8 32 +→ +→ + + ++ C +2 → C +4 + 2e N +5 + 3e → N +2    = = ⇒ += −=⇔= ∑∑ )mol(045,0x )g(685,20m 197 m .162,19x464 197 m .2 4,22 24,2 .3x2)nhan(n)cho(n 2 2 2 ee →m 1 = 464x = 20,88 (g) Vậy m 1 = 20,88(g) Tính )x3x2x(3nn NO)pu(HNO 3 +++= =0,91 (mol) 1đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài 2 (2đ) 1. A + muối natri → khí không màu hóa nâu trong không khí ⇒ đó là khí NO ⇒ muối natri là muối NaNO 3 Các phương trình phản ứng: 2Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 ↑ (1) 2Al + 6H + → 2Al 3+ + 3H 2 ↑ Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑ (2) Fe + 2H + → Fe 2+ + H 2 ↑ 0,25đ 3 H 2 + CuO → Cu + H 2 O (3) 3Cu + 8HCl + 2NaNO 3 → 3CuCl 2 + 2NaCl + 2NO + 4H 2 O (4) 3Cu + 8H + + → − 3 NO2 3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O 3FeCl 2 + 4HCl + NaNO 3 → 3FeCl 3 + NaCl + NO + 2H 2 O (5) 3Fe 2+ + 4H + + NO 3 - → 3Fe 3+ + NO + 2H 2 O 2NO + O 2 → 2NO 2 (6) 2. Gọi x, y, z lần lượt là số mol Al, Fe, Cu trong hỗn hợp ta có: 27x + 56y + 64z = 7,02 (*) (3) ⇒ khối lượng ống CuO giảm chính là khối lượng oxi. (1), (2) (**)34,017,0.2y2x3 mol17,0 16 72,2 nn 22 HO ==+⇒ ===⇒ Theo bài mol04,0 4,22 896,0 n NO == (4), (5) ⇒ y + 2z = 0,04.3 = 0,12 (***) Từ (*), (**), (***) ta được: x = 0,1 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0.05 (mol) %59,45Cu% %95,15%100. 02,7 56.02,0 Fe% %46,38%100. 02,7 27.1,0 Al% = == ==⇒ 3. Theo (4) → số mol NaNO 3 cần dùng = 0,05.2/3 = 0,1/3 (mol) → Khối lượng NaNO 3 cần dùng = 85.0,1/3 = 2,833 (g) 0,75đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ Bài 3 (1đ) 1mol A + 1mol dung dịch Br 2 → A có 1 liên kết π kém bền (dạng anken) 1mol A + 4mol H 2 → A có 4 liên kết π, hoặc vòng kém bền ⇒ A có 3 liên kết π, hoặc vòng bền với dung dịch Br 2 A là hợp chất có trong chương trình phổ thông → A có cấu trúc vòng benzen → A có 4 liên kết π và một vòng → công thức của A có dạng C n H 2n-8 Theo bài ra: A có dạng C n H n → n = 2n – 8, n = 8 → công thức phân tử của A : C 8 H 8 Công thức cấu tạo của A: (stiren) 0,5đ 0,25đ 0,25đ Bài 4 (1,5đ) Phương trình phản ứng: 2M + 2nH 2 SO 4(đ) → 0 t M 2 (SO 4 ) n + nSO 2 + 2nH 2 O (1) 4 SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O (2) SO 2 + Na 2 SO 3 + H 2 O → 2NáHO 3 (3) Theo bài ra ta có: n NaOH = 1.0,7 = 0,7 (mol) Từ (2), (3) suy ra nếu càng nhiều SO 2 thì khối lượng chất rắn khan càng lớn. Giả sử SO 2 vừa đủ để phản ứng với NaOH theo (2) → sản phẩm rắn có 0,35mol Na 2 SO 3 có khối lượng là: 0,35.126 = 44,1g > 41,8g → NaOH phải dư vì thực tế khối lượng chất rắn thu được nhỏ hơn trường hợp vừa xét. Gọi x là số mol SO 2 Từ (2) suy ra trong chất rắn có x mol Na 2 SO 3 và (0,7-2x) mol NaOH dư ⇒ 126x + (0,7-2x).40 = 41,8 ⇒ x = 0,3 (mol) Từ (1) ⇒ 19,2n/M = 2.0,3 ⇒ M = 32n Với n là hóa trị của kim loại M ta có: n 1 2 3 M 32 64 96 Chỉ có n = 2 và M =64 (Cu) là thoả mãn điều kiện Vậy M là Cu (đồng). 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ Bài 5 (1đ) Gọi công thức của oxit cần tìm là M x O y Phương trình phản ứng: M x O y + yH 2 → xM + yH 2 O (1) 06,0 4,22 344,1 n 2 H == (mol) Theo định luật bảo toàn khối lươợng ta có: m kim loại = 3,48 + 0,06.2 – 0,06.18 = 2,52g Khi M phản ứng với HCl 2M + 2nHCl → 2MCl n + nH 2 (2) 045,0 4,22 008,1 n 2 H == (mol) (2) 045,0.2n M 52,2 =⇒ → M = 28n Với n là hóa trị của kim loại M: n 1 2 3 M 28 56 84 Chỉ có n = 2 với M = 56 (Fe) là thỏa mãn 0,25đ 0,25đ 0,25đ 5 Theo (1): 4 3 06,0 045,0 n n y x 2 H M === Vậy oxit cần tìm là Fe 3 O 4 0,25đ Bài 6 (1đ) 1. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 Ta có : 02,0 4,22 448,0 n 2 H == mol Giả sử khi chỉ có a (g) Fe tác dụng với HCl khi đó HCl dư → 3,1g chất rắn là FeCl 2 0244,0 127 1,3 n 2 FeCl ==⇒ mol mol0244,0n 2 H =⇒ Phần (2) khi thêm Mg vào, thu được số mol H 2 là 0,02mol → vô lí. vậy trong cả 2 phần kim loại đều phải dư, axit hết n HCl = 0,04mol → 3,1 = a + 0,04.35,5 → a = 1,68g Khi thêm Mg: 3,34 = a + b + 0,04.35,5→ b = 0,24g 2. Phương trình: a) H 2 S + 2FeCl 3 → 2FeCl 2 + S + 2HCl b) 2AlCl 3 + 3Na 2 CO 3 + 3H 2 O → 2Al(OH) 3 + 6NaCl + 3CO 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài 7 (1,5đ) 1. Gọi công thức chung của 2 olefin là C n H 2n Phương trình: OnHnCOO 2 n3 HC 222n2n +→+ (1) 7 31 Trong cùng điều kiện, tỉ lệ về thể tích cũng là tỉ lệ mol. 95,2n 7 31 2 n3 =⇒=⇒ Olefin phải có số nguyên tử cacbon ≥ 2 → Hỗn hợp phải có C 2 H 4 Gọi công thức của olefin còn lại là C m H 2m (m > 2,95), có y (mol) Giả sử có 1mol hỗn hợp → 0,4 ≤ y ≤ 0,5 (*) n = 2,95 = 2(1 - y) + my 2m 95,0 y − =⇒ (**) Lắp giá trị vào (*): → 3,9 ≤ m ≤ 4,375, m là số nguyên 0,25đ 0,25đ 6 → m = 4 hay olefin còn lại là C 4 H 8 Vậy công thức của 2 olefin trong A là C 2 H 4 và C 4 H 8 2. Thay giá trị của m vào (**) ta được y = 0,475 (mol) → trong 1 mol A có 0,525 mol C 2 H 4 và 0,475 mol C 4 H 8 %41,64HC% %59,35%100. 56.475,028.525,0 28.525,0 HC% 84 42 = = + = 3. Phương trình: C n H 2n + H 2  → 0 t,Ni C n H 2n+2 C n H 2n + Br 2 → C n H 2n Br 2 Dung dịch nước Br 2 nhạt màu → H 2 hết, olefin dư Khi cho qua dung dịch Br 2 , olefin bị giữ lại hết còn Br 2 dư Khối lượng bình tăng là khối lượng olefin chưa phản ứng với H 2 : 21,0 4,22 704,4 n A == (mol) Số mol olefin chưa phản ứng với H 2 là: 07,0 95,2.14 8933,2 = (mol) → Thể tích H 2 đã dùng là: 0,14.22,4 = 3,136 lit Vì 2 olefin có hiệu suất phản ứng như nhau, nên trong ankan thì n = 2,95 là không đổi → M ankan = 14.2,95 + 2 = 43,3 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Chú ý: khi chấm nều HS giải theo các phương pháp khác, nếu đúng vẫn cho đủ số điểm. 7 . SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2008- 2009 Đề thi môn: HÓA HỌC Dành cho HS các trường không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Bài 1 : Cho. dùng. 2.Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. 3.Tính khối lượng muối natri tối thi u phải dùng để hoà tan hết chất rắn B trong bình A. (Chú ý: Trong bình A gồm cả phần rắn và. 0244,0 127 1,3 n 2 FeCl ==⇒ mol mol0244,0n 2 H =⇒ Phần (2) khi thêm Mg vào, thu được số mol H 2 là 0,02mol → vô lí. vậy trong cả 2 phần kim loại đều phải dư, axit hết n HCl = 0,04mol → 3,1 = a + 0,04.35,5 → a = 1,68g Khi thêm Mg: 3,34 = a +