Đề thi học sinh giỏi môn hoá học lớp 9 các sở năm gần đây (11)

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2009 - 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: HÓA HỌC - LỚP 9- THCS Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14 tháng 4 năm 2010 = = = = = = = = = = Câu 1 (3,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn a gam một oxit sắt bằng H 2 SO 4 đặc nóng thấy thoát ra khí SO 2 (duy nhất) Nếu khử hoàn toàn a gam oxit đó bằng CO ở nhiệt độ cao rồi hòa tan lượng sắt tạo ra bằng H 2 SO 4 đặc, nóng thì thu được lượng SO 2 bằng 9 lần lượng SO 2 ở phản ứng trên. 1.Viết phương trình hóa học xảy ra trong hai thí nghiệm trên 2. Xác định công thức của oxit sắt. Câu 2 (3,0 điểm) Cho 3,28 gam hỗn hợp A gồm Fe và Mg vào 400 ml dung dịch CuSO 4 . Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,24 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch C, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 2,40 gam chất rắn D. 1.Tính nồng độ mol/lit của dung dịch CuSO 4 . 2.Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 3. Tính thể tích khí SO 2 thoát ra (đktc) khi hòa tan hoàn toàn chất rắn B trong H 2 SO 4 đặc nóng dư. Câu 3 (4,0 điểm) X là oxit của kim loại M, trong đó M chiếm 80% khối lượng. Cho dòng khí H 2 qua ống sứ chứa a gam chất X đốt nóng. Sau phản ứng khối lượng chất rắn trong ống còn lại b gam. Hòa tan hết b gam chất rắn này trong dung dịch HNO 3 loãng thu được dung dịch Y và khí NO duy nhất thoát ra. Cô cạn dung dịch Y thu được 3,025a gam muối Z. Giả thiết hiệu suất các phản ứng là 100%. 1.Xác định công thức của X, Z. 2. Tính thể tích của NO (đktc) theo a, b. Câu 4 (3,0 điểm) Thực hiện phản ứng este hóa giữa axit C x H y COOH và rượu C n H 2n+1 OH. Sau phản ứng tách lấy hỗn hợp X chỉ gồm este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam hỗn hợp X thì thu được 12,768 lít khí CO 2 (đktc) và 8,28 gam H 2 O. Nếu cũng cho hỗn hợp X như trên tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 1M thì thu được 3,84 gam rượu và b gam muối khan. Hóa hơi hoàn toàn lượng rượu trên thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N 2 (đo ở cùng điều kiện t 0 , p). 1.Tính b và hiệu suất phản ứng este hóa. 2. Xác định CTPT của rượu và axit. Tính %m các chất trong X. Câu 5 (3,0 điểm) X là một hợp chất hữu cơ. Trong X tỷ lệ khối lượng của O so với các nguyên tố còn lại là 4:7. Đốt cháy hoàn toàn X chỉ thu được CO 2 và hơi nước với tỷ lệ số mol là 1:1. Tổng số mol các chất tham gia phản ứng cháy tỷ lệ với tổng số mol các sản phẩm là 3:4. 1.Xác định công thức phân tử của hợp chất hữu cơ X. 2.Xác định công thức cấu tạo có thể có ứng với công thức phân tử vừa tìm được, biết X đơn chức. Câu 6 (4,0 điểm) Hợp chất hữu cơ A có công thức phân tử C 8 H 12 O 5 . Cho 0,01mol A tác dụng với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ, sau khi cô cạn thu được hơi một rượu có ba nhóm -OH và 1,76 gam hỗn hợp chất rắn gồm muối của 2 axit hữu cơ đơn chức. Xác định công thức cấu tạo có thể có của A (không cần viết khai triển công thức gốc hidrocacbon của axit) Hết (Đề thi này có 01 trang) Cho: H = 1, O =16, N = 14, C = 12, Na = 23, Cu = 64, Fe = 56, Mg = 24, Al = 27, S = 32, Zn = 65. Họ và tên thí sinh: 12:30 PM 14/4/2010 Giám thị 1: Giám thị 2: ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH BẮC NINH MÔN HÓA HỌC LỚP 9 NĂM HỌC 2009 - 2010 Câu 1 (3,0 điểm) 1.Gọi oxit sắt là Fe x O y . Có các phương trình phản ứng xảy ra. TN1 2 Fe x O y + (6x-2y) H 2 SO 4 đ/n → x Fe 2 (SO 4 ) 3 + (3x-2y) SO 2 ↑ + (6x-2y) H 2 O (1) TN2 Fe x O y + y CO 0 t → x Fe + y CO 2 (2) 2 Fe + 6 H 2 SO 4 đ/n → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3 SO 2 ↑ + 6 H 2 O (3) 2.Vì bài ra không cho n, m, V của bất kỳ một chất cụ thể nào nên để đơn giản cho tính toán mà không mất đi tính tổng quát của bài toán ta coi a = 56x+16y (gam) tức số mol của Fe x O y là 1 (mol). Theo phương trình phản ứng (1) ta có 2 SO 3x 2y n 2 − = (mol). Theo phương trình phản ứng (2), (3) ta có 2 SO 3x n 2 = (mol). Theo bài ra lượng SO 2 thu được từ phản ứng (3) gấp 9 lần từ phản ứng (1) 3x 3x 2y 9. 2 2 − =  3x = 27x - 18 y  24x = 18y  x 18 3 y 24 4 = = Vậy x = 3, y = 4  oxit sắt là Fe 3 O 4 . Câu 2 (3,0 điểm) Khi cho A vào dung dịch CuSO 4 thì có các phương trình phản ứng xảy ra lần lượt là: Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu ↓ (1) Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu ↓ (2) Chất rắn B gồm Cu, có thể Fe dư, Mg dư. Dung dịch C gồm: FeSO 4 , MgSO 4 , có thể có CuSO 4 dư. Thêm NaOH vào dung dịch C thì có các phản ứng: 2NaOH+FeSO 4 → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (3) 2NaOH+CuSO 4 → Cu(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (4) 2NaOH+MgSO 4 → Mg(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (5) Nung kết tủa ngoài không khí thì có các phản ứng: 4 Fe(OH) 2 + O 2 0 t → 2 Fe 2 O 3 + 4 H 2 O (6) Cu(OH) 2 0 t → CuO + H 2 O (7) Mg(OH) 2 0 t → MgO + H 2 O (8) Trường hợp 1: Kim loại hết, CuSO 4 dư. Gọi số mol Fe, Mg lần lượt là x, y (mol) ta có: 56x + 24 y = 3,28 (gam) Chất rắn B chỉ có Cu: 64.(x + y) = 4,28 (gam) Giải hệ phương trình này được x = 0,0524 (mol) và y = 0,0145 (mol) Khối lượng hỗn hợp oxit thu được sau các phản ứng (6), (7), (8) là: 2 3 hh CuO MgO Fe O CuO CuO 0,0145 m m m m m 40.0,0524 160. m 3,256 gam 2,4 gam 2 = + + = + + = + > (loại) Trường hợp 2: Kim loại dư, CuSO 4 hết.(không xảy ra các phản ứng (4), (7)) Gọi số mol MgSO 4 và FeSO 4 tạo thành từ phản ứng (1), (2) lần lượt là a, b (mol) Theo phản ứng (3), (5), (6), (8) khối lượng chất rắn D thu được là: m D = 2 3 MgO Fe O m m+ = 40a + 80b = 2,4 (gam) Theo phương trình phản ứng (1), (2) khối lượng kim loại tăng lên là: (64a-24a) + (64b-56b) = 40a + 8b = 4,24 - 3,28 = 0,96 (gam) Giải hệ phương trình này ta được a = b = 0,02 (mol). 1.Theo phản ứng (1) (2) ta có tổng số mol CuSO 4 là: 4 CuSO n = 0,02 + 0,02 = 0,04 (mol) Vậy CuSO 4 M 0,04 C 0,1(M) 0,4 = = 2. Theo phản ứng (1) (2) ta có tổng số mol Cu tạo ra là: 0,02 + 0,02 = 0,04 (mol) Vậy m Cu = 0,04.64 = 2,56 (gam) vậy khối lượng kim loại dư là: 4,24 - 2,56 = 1,68 (gam) kim loại dư này phải là Fe dư vì phản ứng (2) xảy ra sau mà thực tế đã xảy ra có 0,02 mol Fe tham gia phản ứng. Vậy khối lượng kim loại phản ứng là 3,28 - 1,68 = 1,6 (gam). Giáo viên: Nguyễn Vân Lưỡng trường THCS năng khiếu Nguyễn Cao - Quế Võ - Bắc Ninh 2 12:30 PM 14/4/2010 Khối lượng Fe ban đầu là: 1,68 + 0,02.56 = 2,8 (gam)  Fe 2,8 %m .100% 85,37% 3,28 = = %m Mg = 100% - 85,37% = 14,63%. 3. Chất rắn B tạo ra có 0,03 mol Fe và 0,04 mol Cu. Các phản ứng xảy ra 2 Fe + 6 H 2 SO 4 đ/n → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3 SO 2 ↑ + 6 H 2 O (9) (mol) 0,03 0,045 Cu + 2 H 2 SO 4 đ/n → CuSO 4 + SO 2 ↑ + 2 H 2 O (10) (mol) 0,04 0,04 Thể tích SO 2 (đktc) thu được là: (0,045 + 0,04).22,4 = 1,904 (lít) Câu 3 (3,0 điểm) 1.Theo bài ra oxit X có 80% khối lượng là kim loại. Gọi X là M 2 O n ta có %m M = 2M .100% 2M 16n+ = 80%  M = 32n Vì n là hóa trị của kim loại M nên giá trị duy nhất phù hợp là n = 2, M = 64 Vậy X là CuO. Các phương trình phản ứng xảy ra: CuO + H 2 0 t → Cu + H 2 O (1) CuO + 2 HNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + H 2 O (2) 3 Cu + 8 HNO 3 → 3 Cu(NO 3 ) 2 + 2NO ↑ + 4 H 2 O (3) Vì muối sinh ra là Cu(NO 3 ) 2 nên muối thu được có thể là Cu(NO 3 ) 2 .nH 2 O Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3) thì ở phản ứng (1) CuO dư hay hết thì cuối cùng đều tạo muối Cu(NO 3 ) 2 nên ta có: 3 2 Cu(NO ) CuO a n n (mol) 80 = = Vậy khối lượng muối Z là 3 2 2 Cu(NO ) .nH O a n .(188 18n) 3,025.a (gam) 80 = + =  n = 3  muối Z là Cu(NO 3 ) 2 .3H 2 O 2. Theo phương trình phản ứng (1) khối lượng chất rắn giảm đi chính là khối lượng O đã bị H 2 lấy đi từ CuO (bất kể phản ứng đó có hiệu suất như thế nào, chất nào dư). Vậy m O = a - b (gam) Cũng theo phương trình phản ứng (1) số mol Cu tạo ra bằng số mol O đã bị H 2 lấy đi tức là ta có: n Cu = n O = a b 16 − (mol). Theo phản ứng (3) thì n NO = Cu 2 2 a b a b .n . (mol) 3 3 16 24 − − = = Vậy thể tích NO thu được ở đktc là: V NO = a b 22,4.( ) 0,933.(a b) (lit) 24 − = − Câu 4 (3,0 điểm) Các phương trình phản ứng xảy ra: C x H y COOH + C n H 2n+1 OH 2 4 0 H SO dac 170 C → C x H y COO C n H 2n+1 + H 2 O (1) Hỗn hợp X tác dụng với n NaOH = 0,15.1 = 0,15 (mol), chỉ có axit và este phản ứng C x H y COOH dư + NaOH → C x H y COONa + H 2 O (2) C x H y COO C n H 2n+1 + NaOH → C x H y COONa + C n H 2n+1 OH (3) Theo các phản ứng (1), (2), (3) thì sau quá trình biến đổi toàn bộ axit ban đầu đều biến thành muối toàn bộ rượu ban đầu đều biến thành rượu sau phản ứng với n axit = n muối , n rượu bd = n rượu sau pứ . Khi hóa hơi 3,84 gam rượu thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N 2 ở cùng điều kiện nên ta có số mol của chúng bằng nhau. Vậy n rượu = 2 N 3,36 n 0,12(mol) 28 = = Khối lượng mol của rượu là: n rượu = 3,84 32 0,12 =  14n+18 = 32 n=1 đó là CH 3 OH. Theo các phản ứng (1), (2), (3) thì n NaOH = n axit bđ = n muối = 0,15 (mol). Gọi số mol este tạo thành trong phản ứng (1) là a (mol). Thì theo phản ứng (3) số mol NaOH, C x H y COONa, C n H 2n+1 OH đều là a (mol). Số mol rượu dư sau phản ứng (1) là 0,12-a (mol). Ở phản Giáo viên: Nguyễn Vân Lưỡng trường THCS năng khiếu Nguyễn Cao - Quế Võ - Bắc Ninh 3 12:30 PM 14/4/2010 ứng (2) số mol NaOH là 0,15-a (mol) nên ở phản ứng (2) có số mol NaOH, C x H y COOH, C x H y COONa đều là 0,15-a (mol). Vậy trong 13,2 gam hỗn hợp X có chứa 0,12-a (mol) CH 3 OH dư, 0,15-a (mol) C x H y COOH dư, a mol C x H y COO CH 3 . Khi đốt cháy 13,2 gam X cho 2 CO 12,768 n 0,57 (mol) 22,4 = = , 2 H O 8,28 n 0,46 (mol) 18 = = m X = 32.(0,12-a) + (0,15-a).(12x+y+45) +a.(12x+y+59) = 13,2 (gam)  3,84 - 32a +1,8x +0,15y + 6,75 -12ax - ay - 45a + 12ax + ay + 59a = 13,2  1,8x +0,15y -18a = 2,61 (I) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố khi đốt cháy x thì toàn bộ C tạo CO 2 , H tạo H 2 O nên có 2 CO C n n 1.(0,12 a) (x 1).(0,15 a) (x 2).a 0,57 (mol)= = − + + − + + =  0,12 -a + 0,15x - ax + 0,15 - a + ax + 2a = 0,57  0,15x = 0,3  x = 2. 2 H O H 1 y 1 y 3 n n 2.(0,12 a) .(0,15 a) .a 0,46 (mol) 2 2 2 + + = = − + − + =  0,24 - 2a + 0,075y + 0,075 - 0,5ay - 0,5a + 0,5ay + 1,5a = 0,46  0,075 y -a = 0,145 (II) Thay x = 2 vào (I) ta có hệ phương trình 0,15y 18a 0,99 0,075y a 0,145 − = −   − =   y 3 a 0,08 =   =  Vậy CTPT của axit là : C 2 H 3 COOH, CTCT là: CH 2 = CH - COOH. Trong 13,2 gam hỗn hợp X có chứa 0,04 mol CH 3 OH, 0,07 mol C 2 H 3 COOH và 0,08 mol C 2 H 3 COO CH 3 . Phản ứng este hóa là: C 2 H 3 COOH + CH 3 OH 2 4 0 H SO dac 170 C → C 2 H 3 COOCH 3 + H 2 O (mol ban đầu) 0,15 0,12 0 0 (mol phản ứng) 0,08 0,08 0 0 (mol sau phản ứng) 0,07 0,04 0,08 0,08 Nếu hiệu suất phản ứng là 100% thì CH 3 OH hết nên ta tính hiệu suất theo chất này. 1.Hiệu suất phản ứng este hóa là: H% = 0,08 .100% 66,67% 0,12 = Số mol muối C 2 H 3 COONa bằng số mol C 2 H 3 COOH ban đầu nên nó là 0,15 (mol) b = 2 3 C H COONa m 0,15.94 14,1(gam)= = 2.Công thức phân tử của rượu là CH 3 OH, của axit là C 2 H 3 OH. Trong X chứa: 3 CH OH m 0,04.32 1,28 (gam)= =  3 CH OH 1,28 %m .100% 9,697% 13,2 = = 2 3 C H COOH m 0,07.72 5,04 (gam)= =  2 3 C H COOH 5,04 m .100% 38,182% 13,2 = = Và 2 3 3 C H COOCH %m = 100%-(9,697%+38,182%)=52,121%. Câu 5 (3,0 điểm) 1.Vì khi đốt cháy hoàn toàn chất hữu cơ X chỉ thu được CO 2 , H 2 O theo tỷ lệ mol là 1 : 1 nên trong X chỉ chứa C, H, O với số nguyên tử H gấp đôi số nguyên tử C. Đặt CTPT của X là: C x H 2x O y vì bài ra không n, m, V của bất kỳ một chất cụ thể nào nên để đơn giản mà không mất đi tính tổng quát của bài tập ta coi n X = 1 (mol) thì ta có phản ứng cháy. C x H 2x O y + ( 3x 2y 2 − ) O 2 0 t → x CO 2 + x H 2 O (1) (mol) 1 3x 2y 2 − x x Giáo viên: Nguyễn Vân Lưỡng trường THCS năng khiếu Nguyễn Cao - Quế Võ - Bắc Ninh 4 12:30 PM 14/4/2010 Theo bài ra ta có tỷ lệ ( 1 + 3x 2y 2 − ) : 2x = 3 : 4  6x = 4 + 6x + 2y  y = 2 Trong X lại có: m O : (m C + m H ) = 32 : 14 x = 4 : 7  x = 4 Vậy CTPT của X là C 4 H 8 O 2 . 2.X có CTPT là C 4 H 8 O 2 mà lại là đơn chức nên nó là axit hoặc este nó có các CTCT là: CH 3 -CH 2 -CH 2 -COOH; (CH 3 ) 2 CH-COOH; H-COO- CH 2 -CH 2 -CH 3 ; H-COO- CH(CH 3 ) 2 ; CH 3 -COO-CH 2 -CH 3 ; CH 3 -CH 2 -COO-CH 3 . Câu 6 (4,0 điểm) Vì A phản ứng với kiềm tạo rượu và muối nên A là este. Do rượu có 3 nhóm -OH mà A lại có 5 nguyên tử O nên A không thể là: R’(COO R ) 3 vì lúc này A có 6 O vì vậy A phải là: R’(OH)(OOC R ) 2 trong đó R’ là gốc hidrocacbon của rượu, R là gốc hidrocacbon trung bình của 2 axit. Phương trình phản ứng xảy ra: R’(OH)(OOC R ) 2 + 2 NaOH 0 t → R’(OH) 3 + 2 R COONa (1) Số mol 2 muối Na tạo ra phải bằng nhau vì gốc R’ liên kết với mỗi gốc axit là 1 gốc. Khối lượng mol trung bình của 2 muối là: 1,76 M 88 0,02 = =  R + 67 = 88  R = 21. Vậy trong muối có 1 gốc có R < 21 đó là H- hay CH 3 - Trường hợp 1: Một trong hai muối tạo ra là HCOONa số mol của HCOONa là 0,01 (mol) Muối còn lại RCOONa cũng có số mol là 0,01 (mol). Khối lượng mol trung bình của 2 muối là: 68.0,01 (R 67).0,01 M 88 0,02 + + = =  R = 41 (gốc CH 2 =CH-CH 2 - hay CH 3 -CH=CH-) Công thức của A có dạng R’ (OH)(OOCH)(OOCC 3 H 5 ) Do A là C 8 H 12 O 5 nên R’ là C 3 H 5 tức rượu là C 3 H 5 (OH) 3 . Các CTCT có thể có của A là: CH 2 (OH)-CH(OOCH)-CH 2 (OOCC 3 H 5 ); CH 2 (OOCH)-CH(OH) -CH 2 (OOCC 3 H 5 ); CH 2 (OOCH)- CH(OOCC 3 H 5 ) -CH 2 (OH); Trường hợp 2: Một trong hai muối tạo ra là CH 3 COONa số mol của CH 3 COONa là 0,01 (mol) Muối còn lại RCOONa cũng có số mol là 0,01 (mol). Khối lượng mol trung bình của 2 muối là: 82.0,01 (R 67).0,01 M 88 0,02 + + = =  R = 27 (gốc CH 2 =CH-) Công thức của A có dạng R’ (OH)(OOCCH 3 )(OOCC 2 H 3 ) Do A là C 8 H 12 O 5 nên R’ là C 3 H 5 tức rượu là C 3 H 5 (OH) 3 . Các CTCT có thể có của A là: CH 2 (OH)-CH(OOCCH 3 )-CH 2 (OOCC 2 H 3 ); CH 2 (OOCCH 3 )-CH(OH)-CH 2 (OOCC 2 H 3 ); CH 2 (OOCCH 3 )-CH(OOCC 2 H 3 )-CH 2 (OH); - - - - - - - - - - Giáo viên: Nguyễn Vân Lưỡng trường THCS năng khiếu Nguyễn Cao - Quế Võ - Bắc Ninh 5 . TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 20 09 - 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: HÓA HỌC - LỚP 9- THCS Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: . (Đề thi này có 01 trang) Cho: H = 1, O =16, N = 14, C = 12, Na = 23, Cu = 64, Fe = 56, Mg = 24, Al = 27, S = 32, Zn = 65. Họ và tên thi sinh: 12:30 PM 14/4/2010 Giám thi 1: Giám thi . sinh: 12:30 PM 14/4/2010 Giám thi 1: Giám thi 2: ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH BẮC NINH MÔN HÓA HỌC LỚP 9 NĂM HỌC 20 09 - 2010 Câu 1 (3,0 điểm) 1.Gọi oxit sắt là Fe x O y . Có các