Lời giải đề thi HSG tỉnh Bắc giang năm 2010-2011

TRƯỜNG THCS SONG MAI TP BẮC GIANG GV : TRỊNH HỮU NGỌC BÀI GIẢI ĐỀ THIM HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI : HOÁ HỌC - LỚP 9 – THCS Ngày thi: 02/04/2011 Thang điểm 20/20 - Số trang 05 Câu Nội dung Câu 1: (4,0 điểm) 1. Dùng thuốc thử là dung dịch HNO 3 loãng, dư cho tác dụng với từng mẫu thử: - Chất rắn hòa tan hoàn toàn, có bọt khí bay ra là K 2 CO 3 hoặc hỗn hợp KCl và K 2 CO 3 . K 2 CO 3 + 2HNO 3 → 2KNO 3 + H 2 O + CO 2 . Lấy dung dịch thu được trong mỗi trường hợp đem thử với dung dịch AgNO 3 : + Nếu tạo kết tủa trắng thì chất rắn ban đầu là hỗn hợp KCl và K 2 CO 3 . + Nếu không tạo kết tủa trắng thì chất rắn ban đầu là K 2 CO 3 . KCl + AgNO 3 → AgCl + KNO 3 . (0,5đ) - Hai chất rắn chỉ tan hết trong dung dịch HNO 3 loãng, không thoát khí là KCl, KNO 3 . Thử dung dịch thu được với dung dịch AgNO 3 : + Nếu tạo kết tủa trắng thì chất rắn ban đầu là NaCl. + Nếu không tạo kết tủa trắng thì chất rắn ban đầu là NaNO 3 . 2. - Xét 12,6 gam hỗn hợp với A B n n x mol= = PTHH: C n H 2n + Br 2 → C n H 2n Br 2 (1) mol: x → x C m H 2m + Br 2 → C m H 2m Br 2 (2) mol: x → x theo (1), (2): 2 32 0,2 0,1 160 Br n x x mol x= + = = ⇒ = 14 .0,1 14 .0,1 12,6 9(*) n m n m ⇒ + = ⇒ + = - Gọi a,b lần lượt là số mol CnH 2n và C m H 2m trong 16,8 gam hỗn hợp Ta có: PTHH: C n H 2n + H 2 , o Ni t → C n H 2n+2 (3) (mol) a a a C m H 2m + H 2 , o Ni t → C m H 2m+2 (4) (mol) b b b Theo (3), (4): 2 0,6 0,3 2 H A B n n n mol= + = = = a + b (I)mà m A = m B ⇒ 14na = 14mb =8,4 ⇒ na = mb = 0,6 (II) .Kết hợp (I,II) 0,6 0,6 0,3 2( ) . . 18 (**) n m n m n m n m ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = Từ (*), (**) ta có: n,m là 2 nghiệm của PT : X 2 -9X + 18=0 ⇒ n = X 1 = 3 ; m = X 2 = 6 hoặc n = X 2 = 6 ; m =X 1 = 3 . Do M A < M B ⇒ Nghiệm hợp lí là :n = 3 ; m = 6 .Vậy CTPT của A là C 3 H 6 và của B là C 6 H 12 . 1 Câu 2: (4,0 điểm) 1. Đặt công thức của hợp chất hữu cơ là: C x H y O z (x, y, z ∈ N * , y ≤ 2x+2) Ta có: 12x + y + 16Z = 30.2=60 ⇒ 16z<60 ⇒ z<3,75 - Xét z = 1: 12x+y=60-16=44 ⇒ 3 8 x y =   =  (tháa m·n) ⇒ CTPT là C 3 H 8 O có CTCT: CH 3 -CH 2 -CH 2 -OH; CH 3 -CH(OH)-CH 3 ; CH 3 -CH 2 -O-CH 3 - Xét z = 2: 12x + y = 60- 16.2= 28 ⇒ 2 4 x y =   =  (tháa m·n) ⇒ CTPT là C 2 H 4 O 2 có CTCT mạch hở: CH 3 COOH; HCOOCH 3 ; HOCH 2 -CH=O - Xét z = 3: 12x + y = 60-16.3=12 ⇒ vô lí (loại) - Các chất tác dụng được với Na là: 2CH 3 -CH 2 -CH 2 -OH + 2Na → 2CH 3 -CH 2 -CH 2 -ONa + H 2 2CH 3 -CH(OH)-CH 3 + 2Na → 2CH 3 -CH(ONa)-CH 3 + H 2 2CH 3 COOH + 2Na → 2CH 3 COONa + H 2 2HOCH 2 -CH=O + 2Na → 2NaOCH 2 -CH=O + H 2 - Các chất tác dụng được với dung dịch NaOH là: CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa + H 2 O HCOOCH 3 + NaOH → HCOONa + CH 3 OH - Các chất tác dụng được với dung dịch NaHCO 3 là: CH 3 COOH + NaHCO 3 → CH 3 COONa + CO 2 + H 2 O 2. a. PTHH: FeO + 2HCl → FeCl 2 + H 2 O (1) Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 3 + 3H 2 O (2) FeO + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 O (3) Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (4) Gọi trong mỗi phần có: x mol FeO và y mol Fe 2 O 3 78,4 72 160 39,2 (*) 2 ⇒ + = =x y Phần 1: Cách 1:Khối lượng chất rắn tăng = 77,7 – 39,2 = 38,5 mà khối lượng chất rắn tăng = m Cl trong muối – m O trong oxit . Mặt khác n Cl trong muối = 2 n O trong oxit ⇒ 35.5.2n O +- 16 n O = 38,5 ⇒ n O = 0,7 mol ⇒ n O = x + 3y = 0,7 (**) .Kết hợp (*) ,(**) ta được x = 0,1 mol ; y = 0,2 mol ⇒ m Fe =56x +112y = 28 gam 0,1.72 % .100% 18,37% 81,63% 39,2 FeO m⇒ = = = 2 3 Fe O vµ %m Cách 2:Theo (1): 2 FeCl FeO n n x mol= = Theo (2): 3 2 3 2 2 FeCl Fe O n n y mol= = Ta có: 2 3 77,7 127 162,5.2 77,7 127 325 77,7 (**) FeCl FeCl m m m gam x y x y = + = ⇒ + = ⇒ + = muèi khan Từ (*) và (**) 0,1 0,2 x y =  ⇒  =  2 0,1.72 % .100% 18,37% 81,63% 39,2 FeO m = = = 2 3 Fe O và %m c. Phn 2: Cỏch 1: t x , y ln lt l nng mol ca HCl , H 2 SO 4 s mol HCl , H 2 SO 4 ln lt l : 0,5x , 0,5y. Ta cú m mui = m Fe + m gcCl +m gụcSO4 m gcCl +m gụcSO4 = 55,95 35,5.0,5x + 96.0,5 y =55,95 (I) mt khỏc n O = 0,5 mol HCl + mol H 2 SO 4 = 0,25x + 0,5y = 0,7 x + 2y = 2,8 (II) .kt hp (I),(II) x = 1,8 M; y = 0,5M Cỏch 2: Gi trong 500ml dd Y cú: a mol HCl v b mol H 2 SO 4 Theo (1), (2), (3) v (4): 2 2 4 0,5 0,5 ( ) H O HCl H SO n n n a b mol= + = + Bo ton nguyờn t oxi: 2 2 3 3 0,1 3.0,2 0,7 H O FeO Fe O n n n mol= + = + = 0,5a + b = 0,7 (I) p dng nh lut bo ton khi lng: 2 4 2 39,2 36,5 98 83,95 18.0,7 36,5 98 57,35 (II) HCl H SO H O m m m m m a b a b + + = + + + = + + = phần2 muối khan T (I) v (II) 0,9 0,25 a b = = 2 4 0,9 0,25 ( ) 1,8 ; ( ) 0,5 0,5 0,5 M M C HCl M C H SO M = = = = Cõu 3: (4,0 im) 1. Th t xy ra phn ng khi hp th khớ CO 2 vo dung dch hn hp gm KOH v Ba(OH) 2 l CO 2 + Ba(OH) 2 BaCO 3 + H 2 O (1) CO 2 + 2KOH K 2 CO 3 + H 2 O (2) CO 2 + K 2 CO 3 + H 2 O 2KHCO 3 (3) CO 2 + BaCO 3 + H 2 O Ba(HCO 3 ) 2 (4) Ta cú: 2 3 2 ( ) ( ) 0,2 ; 1,5.0,2 0,3 47,28 0,24 0,3 197 KOH Ba OH BaCO Ba OH n mol n mol n mol n mol = = = = = < = Xy ra hai trng hp - TH1: Ba(OH) 2 d khi ú cỏc phn ng (2), (3), (4) khụng xy ra. Theo (1): 2 3 0,24 0,24.22,4 5,376 CO BaCO n n mol V lit= = = = - TH2: Cú xy ra cỏc phn ng (2), (3), (4). Theo (1): 2 3 2 (1) (1) ( ) 0,3 CO BaCO Ba OH n n n mol= = = 3 3 3 0,3 0,24 0,06 BaCO BaCO BaCO n n n mol= = = phản ứngở (4) thuđợcở(1) thu đợc Theo (2): 2 2 3 (2) 1 0,1 2 CO K CO KOH n n n mol= = = Theo (3): 2 2 3 (3) 0,1 CO K CO n n mol= = Theo (4): 2 3 (4) 0,06 CO BaCO n n mol= = phản ứngở (4) 2 0,3 0,1 0,1 0,06 0,56 0,56.22,4 12,544 CO n mol V lit = + + + = = = 2. Cỏch 1:Ta cú: s mol CO 2 = 0,15 mol ; s mol H 2 O = 0,13 mol t C x H y COOH : a mol C x H y COOC 2 H 5 : b mol C 2 H 5 OH : c mol 3 Sơ đồ PƯ:: C x H y COOH + O 2 → (x+1)CO 2 + (y+1)/2H 2 O (1) (mol) a (x+1)a (y+1)a/ 2 C x H y COOC 2 H 5 + O 2 → (x+3)CO 2 + (y+5)/2H 2 O (2) (mol) b (x+3)b (y+5)b/2 C 2 H 5 OH +O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O (3) (mol) c 2c 3c Theo (1,2,3) : (a+b)x + a + 3b + 2c + 0,15 (*) (a+b)y + a +5b + 6c = 0,26 (**) 12(x+y) + (a+b)y + 45a + 73b + 46c = 3,18 (***) C x H y COOH + NaOH → C x H y COONa + H 2 O (4) (mol) a a C x H y COOC 2 H 5 + NaOH → C x H y COONa +C 2 H 5 OH (5) (mol) b b Theo(4,5) ta có : a + b = 0,03 b + c = 0,03 ⇒ a = c thay vào (*),(**) ⇒ x = 2 Thay vào (**),(***) ta có : 84a + 68b = 2,2 a + b = 0,03 ⇒ a = 0,01 mol ; b = 0,02 mol ⇒ y = 3 Vậy công thức cấu tạo của C x H y COOH là CH 2 =CH-COOH Cách 2:Ta có: 2 ( ) 3,36 0,15 0,15 22,4 CO C trong X n mol n mol= = ⇒ = 2 ( ) 2,34 0,13 0,26 18 H O H trong X n mol n mol= = ⇒ = Áp dụng ĐLBTKL: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1,12 3,18 0,15.12 0,26 1,12 0,07 16 X C X H X O X O X O X m m m m m gam n mol = + + ⇒ = − − = ⇒ = = Gọi trong 3,18 gam hỗn hợp X gồm: a mol C x H y COOH; b mol C x H y COOC 2 H 5 ; c mol C 2 H 5 OH Bảo toàn nguyên tố oxi có: 2a + 2b + c =0,07 (*) Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH: C x H y COOH + NaOH → C x H y COONa + H 2 O (1) mol: a a C x H y COOC 2 H 5 + NaOH → C x H y COONa + C 2 H 5 OH (2) mol: b b b Theo (1), (2): n NaOH = a + b=0,03 mol (**) 2 5 1,38 0,03 (***) 46 C H OH n b c mol= + = = sau ph¶n øng Từ (*), (**) và (***) có: 2 2 0,07 0,01 0,03 0,02 0,03 0,01 a b c a a b b b c c + + = =     + = ⇒ =     + = =   Bảo toàn nguyên tố cacbon: 0,01(x + 1) + 0,02(x + 3) + 0,01.2=0,15 ⇒ x=2 Bảo toàn nguyên tố hiđro: 0,01(y +1) + 0,02(y + 5) + 0,01.6=0,26 ⇒ y=3 Vậy công thức cấu tạo của C x H y COOH là CH 2 =CH-COOH Câu 4: (2,0 điểm) - Đặt công thức oxit kim loại là M x O y ; có số mol là a. - 20.2 40M − = = hçn hîp khÝ CO 2 44 12 40 CO 28 4 4 2 2 12 1 3 4 3 CO CO CO CO n n n n ⇒ = = ⇒ = d d Phương trình hoá học: M x O y + yCO o t → xM + yCO 2 (1) mol: a ay ax ay CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O (2) CO 2 + BaCO 3 + H 2 O → Ba(HCO 3 ) 2 (3) Ba(HCO 3 ) 2 + Ca(OH) 2 → BaCO 3 + BaCO 3 + 2H 2 O (4) 2M + 2nHCl → 2MCl n + nH 2 (5) mol: ax 0,5nax (Với n là hoá trị của kim loại M) - Tính V: Theo (2): ( ) ( ) ( ) 3 2 2 BaCO 2 CO 2 Ba OH n n n 0,08.0,5 0,04 mol= = = = Mà 3 BaCO 3,94 n 0,02 197 mol= = thu ®îc ( ) n 0,04 – 0,02 0,02 mol⇒ = = 3 BaCO ph¶n øng 3 Theo (3): ( ) ( ) 2 3 CO 3 BaCO n n 0,02 mol= = p 3 ⇒ 2 CO n 0,04 0,02 0,06 mol= + = ∑ 2 1 0,06 0,02 3 3 CO CO n n mol⇒ = = = d ⇒ CO 0,06 0,02 0,08 mol n = + = ∑ ban ®Çu → V = 1,792 lít - Tính m: áp dung ĐLBTKL ta có: m = 3,48 + 0,06.28 - 0,06.44 = 2,52 gam - Tính p: Theo (3), (4): ( ) 3 3 3 2 CaCO BaCO (4) Ba HCO 0,02 moln n n= = = p = 0,02 . 100 + 0,02 . 197 = 5,94 gam - Xác định công thức của oxit kim loại: Theo (5): 2 1,008 0,09 0,5 ax 0,045 ax 22,4 H n n mol n = = = ⇒ = Mặt khác: m=axM=2,52 gam 2,52 M= .n=28n 0,09 ⇒ ⇒ n=2 và M = 56 (Fe) thoả mãn ⇒ 0,09 ax 0,045 2 = = Ta lại có 2 0,06 CO n ay mol= = 0,045 3 0,06 4 x y ⇒ = = Vậy công thức oxit kim loại là Fe 3 O 4 Câu 5: (4,0 điểm) 1. Các khí có thể điều chế được gồm O 2 , NH 3 , H 2 S, Cl 2 , CO 2 , SO 2 , H 2 . Các phương trình hoá học: 2KMnO 4 0 t → K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 2NH 4 HCO 3 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 + 2NH 3 + 2H 2 O Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 MnO 2 + 4HCl → MnCl 2 + Cl 2 + 2H 2 O FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S NH 4 HCO 3 + HCl → NH 4 Cl + CO 2 + H 2 O Na 2 SO 3 + 2HCl → 2NaCl + SO 2 + H 2 O 2. Cách 1:Do ở cùng đk về t 0 ,p nên tỉ lệ về thể tích = tỉ lệ mol , không mất tính tổng quát ta chọn V CO2 : V H2O = n CO2 : n H2O = 1,3 : 1,2 ⇒ n CO2 = 1,3 mol : n H2O = 1,2 mol 5 m A = m C + m H = 1,3.12 + 1,2 .2 = 18 g m B = 1,3.32 + 1,2 .16 = 60,8 g ⇒ n B = 38 8,60 = 1,6 mol. Mà 2,3 5,1 == B A B A n n V V ⇒ n A = mol75,0 2,3 6,1.5,1 = . Áp dụng sơ đồ đường chéo O 2 32 10 38 O 3 48 6 ⇒ 3 5 2 2 = OH CO n n ⇒ 3n O2 - 5n O3 = 0 n O2 + n O3 = 1,6 ⇒ n O2 = 1mol; n O3 = 0,6 mol - Cho A đi qua bình đựng lượng dư AgNO 3 /NH 3 , thấy tạo ra 6,4286 gam bạc axetilua ( AgC CAg≡ ) chứng tỏ trong A có hiđrocacbon là C 2 H 2 (giả sử là Y): 3 3 4 3 HC CH 2AgNO 2NH AgC CAg 2NH NO≡ + + → ≡ ↓ + 2 2 C H 6,4286 V 22,4. 0,6lit 240 ⇒ = = ⇒ Trong 1,5 lít A gồm : C 2 H 2 : 0,6 lít C n H 2n : 0,5 lít C n H 2n+2 : 0,4 lít ⇒ trong 0,75 mol A hay 16,8 lít A gồm C 2 H 2 : 6,72 lít = 0,3 mol C n H 2n : 5,6 lít = 0,25 mol C n H 2n+2 : 4,48 lít = 0,2 mol Sơ đồ PƯ: C 2 H 2 + O 2 → 2CO 2 + H 2 O Mol 0,3 0,6 0,3 C n H 2n + O 2 → nCO 2 +n H 2 O Mol 0,25 0,25n 0,25n C n H 2n+2 +O 2 → nCO 2 +(n +1) H 2 O Mol 0,2 0,2n 0,2(n +1) Ta có : 0,6 + 0,25n + 0,2 m = 1,3 ⇒ 5n + 4m = 14 ( 2 ;4≤≤ n 41 ≤≤ m ) n 2 3 4 m 1 <0 <0 kết luận nhận loại loại ⇒ n = 2 (C 2 H 4 ) ; m = 1 (CH 4 ) Cách 2: - Chọn V A =1,5 lít ⇒ V B =3,2 lít - B M 19.2 38= = O 2 32 10 38 O 3 48 6 2 2 3 3 3,2 .5 2 10 5 5 3 3,2 6 3 .3 1,2 5 3  = =   + ⇒ = = ⇒   = =  +  O O O O V lit V V V lit Vì 2 CO V : V 1,3:1, 2= 2 h¬i H O nên gọi 2 CO V 1,3a lit V 1,2alit =    =   2 h¬i H O 6 - Bảo toàn nguyên tố oxi: 2.1,3a + 1,2a = 2.2 + 1,2.3 ⇒ a = 2 ⇒ 2 CO V 1,3.2 2,6lit V 1,2.2 2,4lit = =    = =   2 h¬i H O - Số nguyên tử C trung bình của X, Y và Z bằng: 2 CO A V 2,6 1,733 V 1,5 = = ⇒ phải có một hiđrocacbon có số nguyên tử C<1,733, hiđrocacbon đó chỉ có thể là CH 4 (giả sử là X) - 0,4 lít khí thoát ra là của CH 4 - Cho A đi qua bình đựng lượng dư AgNO 3 /NH 3 , thấy tạo ra 6,4286 gam bạc axetilua ( AgC CAg≡ ) chứng tỏ trong A có hiđrocacbon là C 2 H 2 (giả sử là Y): 3 3 4 3 HC CH 2AgNO 2NH AgC CAg 2NH NO≡ + + → ≡ ↓ + 2 2 C H 6,4286 V 22,4. 0,6lit 240 ⇒ = = Gọi công thức của hiđrocacbon còn lại là C x H y (Z): V Z = 1,5-0,4-0,6=0,5 lít Bảo toàn nguyên tố cacbon: 0,4 + 1,2 + 0,5x=2,6 ⇒ x=2 Bảo toàn nguyên tố hiđro: 0,4.4 + 0,6.2 + 0,5.y =2,4.2 ⇒ y=4 ⇒ Hiđrocacbon còn lại là C 2 H 4 Vậy công thức phân tử của 3 hiđrocacbon X, Y, Z là: CH 4 , C 2 H 2 , C 2 H 4 7 . TRƯỜNG THCS SONG MAI TP BẮC GIANG GV : TRỊNH HỮU NGỌC BÀI GIẢI ĐỀ THIM HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN THI : HOÁ HỌC - LỚP 9 – THCS Ngày thi: 02/04/2011 Thang điểm 20/20 -