1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Đề thi học sinh giỏi môn hoá học lớp 9 các sở năm gần đây (27)

6 282 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 282 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013 Hướng dẫn chấm gồm 03 trang Câu Nội dung Điểm I. Gán các chất như sau: A: C 4 H 10 ; B: CH 3 COOH; C: CH 3 COONa; D:CH 4 ; E: C 2 H 2 ; F: C 2 H 4 ; G: C 2 H 5 OH; H: CH 3 COOC 2 H 5 ; L: CH 2 = CHCl PTHH: 2C 4 H 10 + 5O 2 → 0 t 4CH 3 COOH + 2H 2 O (1) CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa + H 2 O (2) CH 3 COONa (r) + NaOH (r) 0 t CaO → CH 4 + Na 2 CO 3 (3) 2CH 4 0 1500 C lam lanh nhanh → C 2 H 2 + 3H 2 (4) C 2 H 2 + H 2 0 t Pd → C 2 H 4 (5) C 2 H 4 + H 2 O 2 4 H SO l → C 2 H 5 OH 6) CH 3 COOH + C 2 H 5 OH 0 2 4 ,H SOđăc t → ¬  CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O (7) nCH 2 = CH 2 0 , ,P t xt → (- CH 2 - CH 2 -) n (PE) (8) CH ≡ CH + HCl → xtt , 0 CH 2 = CHCl (9) nCH 2 = CHCl 0 , ,P t xt → (- CH 2 - CHCl-) n (PVC) (10) * Nếu HS không ghi điều kiện, không cân bằng PTHH: trừ ½ tổng số điểm mỗi phương trình theo biểu điểm. * HS có thể chọn chất khác mà thỏa mãn PƯHH, cho điểm tối đa theo biểu điểm. 2 2. (2,5đ) -Cho khí H 2 dư đi qua từ từ hỗn hợp nung nóng thì toàn bộ Fe 2 O 3 và CuO chuyển thành Fe và Cu. -Hoà tan hỗn hợp rắn thu được( Fe, Cu, MgO) bằng dung dịch HCl dư.Lọc lấy riêng chất rắn không tan là Cu. Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 MgO + 2HCl → MgCl 2 + H 2 O Lấy Cu nung trong không khí ta được CuO. 2Cu +O 2 → to 2CuO -Hỗn hợp dung dịch thu được gồm MgCl 2 , FeCl 2 , HCl dư đem điện phân dung dịch thì thu được Fe FeCl 2  → đpdd Fe +Cl 2 Lọc lấy Fe nung trong không khí ta được Fe 2 O 3 . 4Fe + 3O 2 → to 2 Fe 2 O 3 -Sau đó cho dd NaOH dư tác dụng với dd còn lại(MgCl 2 , HCl dư). MgCl 2 + 2 NaOH → Mg(OH) 2 +2 NaCl HCl + NaOH → NaCl + H 2 O Lọc kết tủa , đem nung ta được MgO nguyên chất. PTHH: Mg(OH) 2 → to MgO + H 2 O Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa Câu II -Khí B là : CO 2 hoặc C 2 H 4 1 -Dung dịch A là: Nước brom hoặc dung dịch bazơ tan Ví dụ; - A là nước brom: C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 SO 2 + Br 2 + H 2 O → 2HBr + H 2 SO 4 Vậy B là CO 2 . - A là dung dịch bazơ tan SO 2 + Ba(OH) 2 → BaSO 3 + H 2 O CO 2 + Ba(OH) 2 → CaSO 3 + H 2 O Vậy B là C 2 H 4 2 1) Theo đề bài, ta có A là NaHS, theo dãy biến hoá ta có: NaHS  → + NaOH Na 2 S  → +HCl H 2 S  → SO 2  → + 2 O SO 3  → H 2 SO 4  → BaSO 4 Các phương trình phản ứng:( Mỗi phản ứng 0,25 điểm) NaHS + NaOH → Na 2 S + H 2 O Na 2 S + HCl → 2NaCl + H 2 S 2H 2 S + 3O 2 → 2SO 2 + 2H 2 O 2SO 2 + O 2 → 0 t 2SO 3 SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 H 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 ↓ + 2H 2 O 3 - Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc, tách lấy chất rắn FeS 2 , CuS và dung dịch NaOH: Na 2 O + H 2 O 2NaOH - Điện phân nước thu được H 2 và O 2 : 2H 2 O 2H 2 + O 2 (1) - Nung hỗn hợp FeS 2 , CuS trong O 2 (1) dư đến phản ứng hoàn toàn được hỗn hợp rắn Fe 2 O 3 , CuO và khí SO 2 : 4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 CuS + O 2 CuO + SO 2 - Tách lấy khí SO 2 cho tác dụng với O 2 (1) dư có xúc tác, sau đó đem hợp nước được H 2 SO 4 : 2SO 2 + O 2 2SO 3 SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 (2) - Lấy hỗn hợp rắn Fe 2 O 3 , CuO đem khử hoàn toàn bằng H 2 (1) dư ở nhiệt độ cao được hỗn hợp Fe, Cu. Hòa tan hỗn hợp kim loại vào dd H 2 SO 4 loãng (2), được dung dịch FeSO 4 . Phần không tan Cu tách riêng. Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O. CuO + H 2 Cu + H 2 O. Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 - Cho Cu tác dụng với O 2 (1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H 2 SO 4 (2) rồi cho tiếp dung dịch NaOH vào, lọc tách thu được kết tủa Cu(OH) 2 . 2Cu + O 2 2CuO CuO + H 2 SO 4 CuSO 4 + H 2 O CuSO 4 + 2NaOH Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 . Câu III 1 Các phương trình phản ứng điều chế C 2 H 5 Br, C 2 H 4 Br 2 được thực hiện theo dãy biến hóa sau: CaC 2 + 2H 2 O → Ca(OH) 2 + C 2 H 2 C 2 H 2 + H 2 , → o t xt C 2 H 4 C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 3C 2 H 2 , → o t xt C 6 H 6 0.25 0.25 0.25 0.25 V 2 O 5 t 0 (A) (B) (C) (D) (E) (F) V 2 O 5 C 6 H 6 + Br 2 , → o t Fe C 6 H 5 Br + HBr 0.25 2 Gọi số mol mỗi oxit là a ⇒ số mol AgNO 3 là 8a + Phản ứng khi cho CO dư qua hỗn hợp các chất nung nóng: CO + CuO 0 t C → Cu + CO 2 (1) a (mol) a (mol) a (mol) 4CO + Fe 3 O 4 0 t C → 3Fe + 4CO 2 (2) a (mol) 3a (mol) 4a (mol) ⇒ Thành phần của X: Cu = a (mol); Fe = 3a (mol); BaO = a (mol); Al 2 O 3 = a (mol) ⇒ Thành phần khí Y: CO 2 = 5a (mol); CO dư 0.125 0.125 0.25 + Phản ứng khi cho X vào nước dư: BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 (3) a (mol) a (mol) Al 2 O 3 + Ba(OH) 2 → Ba(AlO 2 ) 2 + H 2 O (4) a (mol) a (mol) a (mol) ⇒ Thành phần dung dịch E: Ba(AlO 2 ) 2 = a(mol) ⇒ Thành phần Q: Cu = a(mol); Fe = 3a(mol) 0.25 0.25 0.25 + Phản ứng khi cho Q vào dung dịch AgNO 3 : Trước hết: Fe + 2AgNO 3 → Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag (5) 3a (mol) 6a (mol) 3a(mol) 6a(mol) Sau đó: Cu + 2AgNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + 2Ag (6) a(mol) 2a(mol) a(mol) 2a(mol) ⇒ Thành phần dung dịch T: Fe(NO 3 ) 2 = 3a(mol); Cu(NO 3 ) 2 = a(mol) ⇒ Thành phần F: Ag = 8a(mol). * Nếu không viết 2 phản ứng (5), (6) xảy ra theo thứ tự trừ 0,5 điểm 0.125 0.125 0.25 + Phản ứng khi cho khí Y sục qua dung dịch E: 2CO 2 + 4H 2 O + Ba(AlO 2 ) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 + 2Al(OH) 3 ↓ (7) 2a (mol) a(mol) a(mol) 2a(mol) ⇒ Thành phần dung dịch G: Ba(HCO 3 ) 2 = a(mol) ⇒ Thành phần H: Al(OH) 3 = 2a(mol) 0.25 0.25 3 * Đặt a,b là số mol của NO và NO 2 Ta có : 1 3 17 )(2 4630 =→= + + b a ba ba * Phản ứng hoà tan M: 10M + 14n HNO 3 → 10M(NO 3 )n + 3nNO↑ + nNO 2 ↑+ 7nH 2 O 10M (gam) → 4n mol khí 32 (gam) → 8,96/22,4 = 0,4 mol khí → 10M .0,4 = 32.4n → M = 32n → M = 64 → Vậy M là Cu 0.25 0.25 0.5 Câu IV 1 -Gọi a là số mol của AgNO 3 → số mol của Cu(NO 3 ) 2 là 4a mol -Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO 3 .(3 muối đó là: Zn(NO 3 ) 2 , AgNO 3 , Cu(NO 3 ) 2 -Gọi x là số mol Zn phản ứng PTHH: Zn + 2AgNO 3 → Zn(NO 3 ) 2 + 2Ag x 2x x 2x 0.5 0.25 -Vì thanh kẽm sau phản ứng tăng nên tao có phương trình : 108 . 2x – 65x = 1,51 → x=0,01 (mol) 0.5 -Theo phương trình ta có: n AgNO 3 phản ứng = 0,02 mol; n Zn(NO 3 ) 2 = 0,01 mol 0.25 -Vậy,C M Zn(NO 3 ) 2 = 25,0 01,0 =0,04 M 0.25 -Dung dịch chỉ chứa 1 muối duy nhất là Zn(NO 3 ) 2 nên AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 đã phản 0.25 2 ứng hết -PTHH: Zn + 2AgNO 3 → Zn(NO 3 ) 2 + 2Ag (1) 0,5a a 0,5a a Zn + Cu(NO 3 ) 2 → Zn(NO 3 ) 2 + Cu (2) 4a 4a 4a 4 a 0.25 0.25 0.25 0.25 -Ta có: C M Zn(NO 3 ) 2 = 0,54 M → n Zn(NO 3 ) 2 = 0,54 .0,25=0,135(mol) -Từ (1 và 2) → n Zn(NO 3 ) 2pư = 0,5a + 4a = 0,135 → a= 0,03(mol) → nAgNO 3 = 0,03 mol; nCu(NO 3 ) 2 = 4a= 0,12mol -Vậy: C M AgNO 3 = 0,03: 0,25 = 0,12 M C M Cu(NO 3 ) 2 = 0,12: 0,25 = 0,48M - Câu V 1 2 O n = 2,688 22,4 = 0,12 (mol), n hỗn hợp Y = 3,136 22,4 = 0,14 (mol) n hỗn hợp X = 0,14 – 0,12 = 0,02 (mol) Đặt công thức trung bình của A, B, C là: x y C H PƯHH: x y C H + ( x + 4 y )O 2 → 0 t x CO 2 + 2 y H 2 O (1) Hỗn hợp sản phẩm đốt cháy Y gồm CO 2 , H 2 O, O 2 (có thể dư), sục sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH) 2 , có PƯHH CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O (2) 2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 (3) Ca(HCO 3 ) 2 → 0 t CaCO 3 ↓ + H 2 O + CO 2 ↑ (4) Từ (2) → 2 CO n = 3 (2)CaCO n = 2,0 100 = 0,02 (mol) từ (3), (4) → 2 CO n = 2 3 (3)CaCO n = 2. 0,2 100 = 0,004 (mol) Vậy: Tổng số mol CO 2 ở sản phẩm cháy tạo ra: 0,02 + 0,004 = 0,024 (mol) m dd giảm = 3 (2)CaCO m - ( 2 CO m + 2 H O m ) = 0,188 (g) → 2 H O m = 2,0 - 0,024. 44 – 0,188 = 0,756 (g) 2 H O n = 0,756 18 = 0,042 (mol) Theo định luật BTKL: m X = m C + m H = 0,024.12 + 0,042. 2 = 0,372 (gam) 2 Ca(OH) n = 2 Ca(OH) n (2) + 2 Ca(OH) n (3) = 0,02 + 0,002 = 0,022 (mol) → V = 0,022 0,02 = 1,1 (lít) 2 2n n C H n + = 2 H O n - 2 CO n = 0,042 – 0,024 = 0,018 (mol) Từ 2 CO n ; n X → x = 0,024 0,02 = 1,2 → trong X có một chất là CH 4 2 2 Vậy 3 hidrocacbon có thể có CTTQ thuộc các loại C n H 2n + 2 , C m H 2m (Vì 3 hidrocacbon có tối đa một liên kết đôi) Chia X thành 3 trường hợp: Trường hợp 1: X có 3 hiđrocacbon đều có CTTQ C n H 2n + 2 n X = 2 H O n - 2 CO n = 0,018 < 0,02 → loại Trường hợp 2: X gồm CH 4 , một hiđrocacbon có CTTQ C n H 2n + 2 và một hiđrocacbon có CTTQ C m H 2m (n,m ≤ 4; m ≥ 2) Đặt 4 CH n = x (mol), 2 2n n C H n + = y mol, 2m m C H n = z mol Ta có: x + y = 0,018 mol z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol a) Nếu: x = y = 0,018 2 = 0,009 n C = 0,009 .1+ 0,009 . n + 0,002. m = 0,024 ⇒ 9n + 2m = 15 m 2 3 4 n 9 11 1 9 7 (loại) b) Nếu: y = z → x = 0,018 – 0,002 = 0,016 → n C = 0,016 . 1 + 0,002n + 0,002m = 0,024 ⇒ n + m = 4 m 2 3 4 n 2 1 0 Chọn cặp nghiệm: C 2 H 6 , C 2 H 4 Vậy công thức phân tử của hỗn hợp X: CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 CTCT: CH 3 – CH 3 , CH 2 = CH 2 c) Nếu x= z = 0,02 → y = 0,016 n C = 0,002 . 1 + 0,016n + 0,002m = 0,024 → 8n + m = 11 m 2 3 4 n 8 9 1 8 7 (loại) Trường hợp 3: X gồm CH 4 , một hiđrocacbon có CTTQ C n H 2n và một hiđrocacbon có CTTQ C m H 2m (2 ≤ n,m ≤ 4) Đặt 4 CH n = x (mol), 2n n C H n = y mol, 2m m C H n = z mol 2 H O n - 2 CO n = 0,018 → y + z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol vì x phải khác y và z → y = z = 0,001 n C = 0,018 . 1 + 0,001n + 0,001m = 0,024 n + m = 6 m 2 3 4 n 4 3 2 Chọn: C 2 H 4 , C 4 H 8 CTCT của C 4 H 8 CH 3 – CH = CH – CH 3 CH 2 = CH – CH 2 – CH 3 CH 2 = C – CH 3 3.a) Trường hợp: CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 %CH 4 = 02,0 016,0 . 100% = 80% , %C 2 H 6 = %C 2 H 4 = 10% b) Trường hợp: CH 4 , C 2 H 4 , C 4 H 8 %CH 4 = 02,0 018,0 . 100% = 90% , %C 2 H 4 = %C 4 H 8 = 5% . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012-2013 Hướng dẫn chấm gồm 03 trang Câu Nội dung Điểm I. Gán các chất như. 0,02 – 0,018 = 0,002 mol a) Nếu: x = y = 0,018 2 = 0,0 09 n C = 0,0 09 .1+ 0,0 09 . n + 0,002. m = 0,024 ⇒ 9n + 2m = 15 m 2 3 4 n 9 11 1 9 7 (loại) b) Nếu: y = z → x = 0,018 – 0,002 = 0,016. B là C 2 H 4 2 1) Theo đề bài, ta có A là NaHS, theo dãy biến hoá ta có: NaHS  → + NaOH Na 2 S  → +HCl H 2 S  → SO 2  → + 2 O SO 3  → H 2 SO 4  → BaSO 4 Các phương trình phản ứng:(

Ngày đăng: 25/07/2015, 07:45

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w