đáp án hóa HSG 9 thanh hóa

Sở giáo dục và đào tạo Thanh hóa đề chính thức Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Năm học 2010 2011 Môn thi: Hóa Học lớp 9 THCS HNG DN CHM Cõu ỏp ỏn im Cõu 1 6,0 1 1,5 KCl KOH KBr AgBr O 2 SO 2 SO 3 H 2 SO 4 KClO 3 t o 0,5 2KClO 3 t o 2KCl + 3O 2 2KCl + 2H 2 O 2KOH + Cl 2 + H 2 dpdd mn KOH + HBr KBr + H 2 O KBr + AgNO 3 AgBr + KNO 3 0,5 0,5 2 2,0 a. * inh st m ng nờn inh st cú mu do ng bỏm vo. Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu (bỏm lờn inh st) 0,5 b. * Cú kt ta keo, sau ú kt ta tan ngay do dung dich luụn d baz khi thờm mui nhụm. 3NaOH + AlCl 3 Al(OH) 3 + 3NaCl NaOH + Al(OH) 3 NaAlO 2 + 2H 2 O 0,5 c. * Nc brom nht mu v sau ú mt mu. SO 2 + Br 2 + 2H 2 O H 2 SO 4 + 2HBr 0,5 d. * Cú kt ta trng, khớ mựi khai bay ra. Ba(OH) 2 + NH 4 HCO 3 BaCO 3 + NH 3 + 2H 2 O 0,5 3 2,5 Húa cht dựng thờm l dung dch HCl. *Bc 1: Nhit phõn hon ton qung ụlụmit. Cht rn thu c gm MgO v CaO. MgCO 3 MgO + CO 2 CaCO 3 CaO + CO 2 0,5 *Bc 2: Cho oxit thu c vo nc d, lc cht rn ra khi dung dch l MgO. Dung dch thu c cha Ca(OH) 2 . CaO + H 2 O Ca(OH) 2 0,5 S + O 2 t o SO 2 2SO 2 + O 2 t o V 2 O 5 2SO 3 SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 *Bước 3: Cho dung dịch thu được tác dụng với dung dịch HCl dư. Cô cạn dung dịch sau phản ứng. Điện phân nóng chảy chất rắn thu được Ca. Ca(OH) 2 + 2HCl → CaCl 2 + H 2 O CaCl 2 Ca + Cl 2 0,75 *Bước 4: MgO thu được ở bước 2 cho tác dụng với dung dịch HCl dư. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, điện phân nóng chảy chất rắn thu được Mg. MgCl 2 Mg + Cl 2 0,75 Câu 2 5,5 1 1,5 Theo bài ra. dA/H2 < 40 => M A < 80 (g/mol) Do đó M A = 13n = 80 => n < 6,13 0,5 Trong hợp chất hữu cơ số nguyên tử H phải chẵn nên n phải chẵn. Vì vậy n có thể là 2, hoặc là 4 hoặc là 6. 0,25 Nếu n = 2 thì A là C 2 H 2 Nếu n = 4 thì A là C 4 H 4 Nếu n = 6 thì A là C 6 H 6 0,25 Cả C 2 H 2 và C 4 H 4 đều là hiđrocacbon có nối ba hoặc nối đôi nên đều làm mất dung dịch brôm ở điều kiện thường, còn C 6 H 6 (benzen) không tác dụng với dung dịch brom mà chỉ tác dụng với brom nguyên chất. Vậy A chính là C 6 H 6 0,5 2 2,0 Có 4 chất khí riêng biệt: CO, H 2 , CH 4 , C 2 H 4 . Cho lần lượt qua dung dịch nước brom. Khí làm nhạt màu nước brom là C 2 H 4 C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 0,5 Đốt cháy các khí còn lại, dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua CuSO 4 khan (màu trắng) và dung dịch nước vôi trong. Khí CO đốt cho sản phẩm không làm đổi màu CuSO 4 khan, nhưng đục nước vôi trong. O 2 + CO 0 t C → CO 2 ↑ CO 2 + Ca(OH) 2 →CaCO 3 ↓ + H 2 O 0,5 Khí H 2 đốt cháy thoát ra hơi nước làm CuSO 4 khan (màu trắng) hoá xanh (CuSO 4 .5H 2 O) O 2 + 2H 2 0 t C → 2H 2 O (hơi) CuSO 4 + 5H 2 O → CuSO 4 .5H 2 O 0,5 Khí CH 4 cho sản phẩm cháy làm xanh CuSO 4 khan và dung dịch Ca(OH) 2 tạo kết tủa trắng. CH 4 + 2O 2 0 t C → CO 2 + 2H 2 O CuSO 4 + 5H 2 O → CuSO 4 .5H 2 O CO 2 + Ca(OH) 2 →CaCO 3 ↓ + H 2 O 0,5 3 2,0 a. X: CH 3 COOC 2 H 5 A: CH 3 CH 2 OH B: CH 3 COOH 0,5 b. 2 5 2 2 2 4 2 4 2 5 3 3 2 5 ax C H OHH O O it men H SO C H C H OH CH COOH CH COOC H→ → → 1,0 đpnc đpnc c. Để phân biệt rượu tuyệt đối và rượu lẫn nước dùng CuSO 4 khan cho vào các chất lỏng, chất lỏng nào thấy chất rắn màu trắng hoá xanh thì đó là rượu có lẫn nước 0,5 Câu 3 4,0 Khi cho hỗn hợp kim loại vào dd CuSO 4 thì Mg phản ứng trước, sau đó đến Fe. Như vậy xét 3 trường hợp. * Trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết. Do đó, Fe còn nguyên lượng, CuSO 4 hết nên dung dịch C chỉ có MgSO 4 và chất rắn D là MgO Mg →MgSO 4 →Mg(OH) 2 → MgO Số mol Mg phản ứng = Số mol MgO = 6 : 40 = 0,15 (mol) Vô lý, do số mol Mg phản ứng khác 0,15 mol. 1,0 * Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe dư. Gọi a và b lần lượt là số mol Mg ban đầu và số mol Fe phản ứng. 0,75 Ta c ó: 40a + 8b = 9,2 – 6,8 = 2,4 40a + 80b = 6 Suy ra: a = 0,05; b = 0,05 0,5 Phần trăm khồi lượng Mg trong hỗn hợp đầu là: 0,05 x 24 : 6,8 x 100% = 17,65(%) Phần trăm khồi lượng Fe trong hỗn hợp đầu là: 100% - 17,65% = 82,35(%) 0,5 Số mol CuSO 4 = a + b = 0,1 (mol) x = 0,1/0,4 = 0,25 (M) 0,5 *Trường hợp 3: Fe, Mg đều hết, CuSO 4 dư. Trường hợp này loại do khi đó khối lượng chất rắn D gồm oxit Fe và oxit của Mg, CuO dư lại có khối lượng nhỏ hơn khối lượng kim loại ban đầu (6<6,8). 0,75 Câu 4 4,5 1 3,0 Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu 1 mol 1 mol 1 mol 24 gam 64 gam tăng 40 gam 0,06 mol ← tăng 9,2 – 6,8 = 2,4 gam Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 24 gam 64 gam tăng 40 gam a mol a mol a mol tăng 40a gam Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 56 gam 64 gam tăng 8 gam b mol b mol b mol tăng 8b gam Mg → MgSO 4 → Mg(OH) 2 → MgO a mol a mol 2Fe → 2FeSO 4 → 2Fe(OH) 2 → Fe 2 O 3 b mol 0,5b mol Tính a, %hh. C n H 2n+1 OH +3n/2O 2 → nCO 2 + (n+1)H 2 O x 1,5nx nx (n+1)x C m H 2m+1 OH +3m/2O 2 → mCO 2 + (m+1)H 2 O y 1,5my my (m+1)y 1.0 nx+my = 35,84:22,4=1,6 (n+1)x+(m+1)y= 39,6:18=2,2 => nx+my =1,6; x+y=0,6 (*) 0,5 a = 14(nx+my)+18(x+y)=33,2gam. Vì M<64 => 14n+18<64=>n,m<3,3 0,5 *Nếu n=1 thay vào (*) được nghiệm hợp lý: m=3; x=0,1; y=0,5. %CH 3 OH =9,64%; %C 3 H 7 OH=90,36%. 0,5 *Nếu n=2 thay vào (*) được nghiệm hợp lý: m=3; x=0,2; y=0,4. %C 2 H 5 OH =27,71%; %C 3 H 7 OH=72,29%. 0,5 2 1,5 a. Rượu được điều chế trong công nghiệp bằng phương pháp lên men là rượu etylic. (C 6 H 10 O 5 ) n + nH 2 O → nC 6 H 12 O 6 C 6 H 12 O 6 2C 2 H 5 OH + 2CO 2 0,75 b. Thể tích của C 2 H 5 OH là: 400x45:100 = 180 (ml) Khối lượng rượu etylic là: 180x0,8 = 144(g) Khối lượng tinh bột cần là: 144 162 658,61( ) 46 2 0,7 0,55 x g x x x = hay 0,659 kg 0,75 Ghi chú: - Thí sinh làm cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa ứng với các phần tương đương. - Trong PTHH nếu sai công thức, không cho điểm, nếu không cân bằng hoặc thiếu điều kiện phản ứng thì trừ ½ số điểm của phương trình đó. Với bài toán dựa vào PTHH để giải, nếu cân bằng sai thì không cho điểm bài toán kể từ chỗ sai. men . Sở giáo dục và đào tạo Thanh hóa đề chính thức Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Năm học 2010 2011 Môn thi: Hóa Học lớp 9 THCS HNG DN CHM Cõu ỏp ỏn im Cõu 1 6,0 1 1,5 KCl KOH KBr AgBr O 2 SO 2 SO 3 H 2 SO 4 KClO 3 t o 0,5 . lý: m=3; x=0,1; y=0,5. %CH 3 OH =9, 64%; %C 3 H 7 OH =90 ,36%. 0,5 *Nếu n=2 thay vào (*) được nghiệm hợp lý: m=3; x=0,2; y=0,4. %C 2 H 5 OH =27,71%; %C 3 H 7 OH=72, 29% . 0,5 2 1,5 a. Rượu được điều. kiện phản ứng thì trừ ½ số điểm của phương trình đó. Với bài toán dựa vào PTHH để giải, nếu cân bằng sai thì không cho điểm bài toán kể từ chỗ sai. men