SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2013– 2014 Môn: Hóa học Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề (Đề thi có: 02 trang) Câu 1: (3,0 điểm) a) Cho sơ đồ các PTPƯ (1) (X) + HCl → (X 1 ) + (X 2 ) + H 2 O (5) (X 2 ) + Ba(OH) 2 → (X 7 ) (2) (X 1 ) + NaOH → (X 3 ) + (X 4 ) (6) (X 7 ) + NaOH → (X 8 ) + (X 9 ) + (3) (X 1 ) + Cl 2 → (X 5 ) (7) (X 8 ) + HCl → (X2) + (4) (X 3 ) + H 2 O + O 2 → (X 6 ) (8) (X 5 ) + (X 9 ) + H 2 O → (X 4 ) + Hoàn thành các PTPƯ và cho biết các chất X, X 1 , X 2 , X 3 , X 4 , X 5 , X 6 , X 7 , X 8 , X 9 . b) Cân bằng PTHH sau: Na 2 SO 3 + KMnO 4 + NaHSO 4 → Na 2 SO 4 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O C 6 H 5 -CH=CH 2 + KMnO 4 → C 6 H 5 -COOK + K 2 CO 3 + MnO 2 + KOH + H 2 O Câu 2: (3,0 điểm) a) Chỉ dùng thêm PP đun nóng, hãy nêu cách phân biệt các dd mất nhãn chứa từng chất sau: NaHSO 4 , KHCO 3 , Mg(HCO 3 ) 2 , Na 2 SO 3 , , Ba(HCO 3 ) 2 b) Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết khác (đk thí nghiệm) có đủ, viết các PTHH điều chế: PE (poli etilen), PVC (poli vinyl clorua) Câu 3: (3,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn m gam FeS 2 bằng một lượng oxi vừa đủ thu được khí X. Hấp thụ hết X vào 1 lít dd Ba(OH) 2 0,2M và KOH 0,2M thu được dd Y và 32,55g kết tủa. Cho dd NaOH vào dd Y lại thấy xuất hiện thêm kết tủa. Viết các PTHH xảy ra và tính m. Câu 4: (4,0 điểm) a) Hòa tan hoàn toàn 6,44g hỗn hợp bột X gồm Fe x O y và Cu bằng dd H 2 SO 4 đặc nóng dư. Sau pư thu được 0,504 lít khí SO 2 (SP khử duy nhất, ở đktc) và dd chứa 16,6g hỗn hợp muối sunfat. Viết các PTPƯ xảy ra và tìm CT của oxit sắt. b) Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3 O 4 tan vừa hết trong dd HCl 20%, thu được dd Y (chỉ chứa 2 muối). Viết các PTHH xảy ra và tính nồng độ phần trăm của các chất trong dd thu được. Câu 5: (3,0 điểm) Thả một viên bi sắt hình cầu bán kính R vào 500ml dd HCl nồng độ CM, sau khi kết thúc pư thấy bán kính viên bi còn lại một nửa, nếu cho viên bi sắt còn lại này vào 117,6g dd H 2 SO 4 5% (Coi khối lượng dd thay đổi không đáng kể), thí khi bi sắt tan hết dd H 2 SO 4 cóa nồng độ mới là 4%. a) Tính bán kính R của viên bi, biết khối lượng riêng của viên bi sắt là 7,9 g/cm 3 . Viên bi bị ăn mòn theo mọi hướng, cho 14,3= π . 3 3 4 RV π = (V là thể tích hình cầu, R là bán kính) b) Tính C M của dd HCl Đề chính thức Câu 6: (4,0 điểm) a) Hỗn hợp X gồm C 3 H 4 , C 3 H 8 và C 3 H 6 có tỉ khối so với hiđro là 21,2. Đốt cháy hoàn toàn 15,9 gam X, sau đó hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào bình đựng 1 lít dd Ba(OH) 2 0,8M thấy khối lượng bình tăng m gam và có x gam kết tủa. Tính m và x. b) Tiến hành lên men giấm 200ml dd ancol etylic 5,75 o thu được 200ml dd Y. Lấy 100 ml dd Y cho tác dụng với Na dư thì thu được 60,648 lít H 2 (đktc) Tính hiệu suất phản ứng lên men giấm. (Biết mlgdmlgd OHOHHC /1;/8,0 252 == ). (Cho NTK: H=1 ; Mg=24; C=12 ; O=16; Ca=40; Br=80; Ba=137; N=14; Na=23; Al=27 ; S=32 ; K=39 ; Cl=35,5 ; Fe=56 ; Cu=64) …………………………………Hết………………………………… Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên:…………………………………………………………… SBD:…………………. Thêm một số phần anh Hải tham khảo nhé, câu 4 không chữa lại ĐÁP ÁN Môn: Hóa học Câu Đáp án Điểm 1 a) PTHH (1) FeCO 3 + 2HCl → FeCl 2 + CO 2 +H 2 O X X1 X2 (2) FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaCl X3 X4 (3) 2FeCl 2 + Cl 2 → 2FeCl 3 X5 (4) 4Fe(OH) 2 + 2H 2 O + O 2 → 4Fe(OH) 3 X6 (5) CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 X7 (6) Ba(HCO 3 ) 2 +2 NaOH → BaCO3 + Na 2 CO 3 + 2H 2 O X8 X9 (7) BaCO 3 + 2HCl → BaCl 2 + CO 2 + H2O (8) 2FeCl 3 + 3Na 2 CO 3 + 3H 2 O → 2Fe(OH) 3 + 6NaCl + 3CO 2 c) PTHH sửa lại hai phương trình do cân bằng sai 5Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 6NaHSO 4 → 8Na 2 SO 4 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 3H 2 O cả 2 bên đều có C 6 H 5 -, có thể bỏ qua xác định số oxi hóa của nguyên tử C trong gốc: -CH=CH 2 +) trong -CH- số oxi hóa của C là -1 +) trong =CH 2 số oxi hóa của C là -2 C -1 + C -2 C +3 + C +4 + 10e (x3) Mn +7 + 3e Mn +4 (x10) => cân bằng pt: 3C 6 H 5 -CH=CH 2 + 10KMnO 4 → 3C 6 H 5 -COOK + 3K 2 CO 3 + 10MnO 2 + KOH + 4H 2 O +) Có thể coi C 6 H 5 -CH=CH 2 là C 8 H 8 khi đó C có số oxi hóa là -1 rồi cân bằng. 2 - Lấy mẫu thí nghiệm. - Đun nóng các mẫu thí nghiệm thì thấy: + Một mẫu chỉ có khí không màu thoát ra là KHCO 3 . 2KHCO 3 → 0t K 2 CO 3 + CO 2 ↑ + H 2 O + Hai mẫu vừa có khí thoát ra vừa có kết tủa trắng là dung dịch Mg(HCO 3 ) 2 , dung dịch Ba(HCO 3 ) 2 .(Nhóm I) Mg(HCO 3 ) 2 → 0t MgCO 3 ↓ + CO 2 ↑ + H 2 O Ba(HCO 3 ) 2 → 0t BaCO 3 ↓ + CO 2 ↑ + H 2 O + Hai mẫu không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO 4 , dung dịch Na 2 SO 3 . (Nhóm II) - Lần lượt cho dung dịch KHCO 3 đã biết vào 2 dung dịch ở nhóm II. + Dung dịch có sủi bọt khí là NaHSO 4 : 2NaHSO 4 + 2KHCO 3 → Na 2 SO 4 + K 2 SO 4 + CO 2 ↑ + 2H 2 O + Dung dịch không có hiện tượng là Na 2 SO 3 . - Lần lượt cho dung dịch NaHSO 4 vào 2 dung dịch ở nhóm I. + Dung dịch vừa có sủi bọt khí, vừa có kết tủa trắng là Ba(HCO 3 ) 2 : 2NaHSO 4 + Ba(HCO 3 ) 2 → BaSO 4 ↓ + Na 2 SO 4 +2 CO 2 ↑ + 2H 2 O + Dung dịch chỉ có sủi bọt khí là Mg(HCO 3 ) 2 . 2NaHSO 4 + Mg(HCO 3 ) 2 → MgSO 4 + Na 2 SO 4 +2 CO 2 ↑ + 2H 2 O (Có thể nhận biết theo cách khác ) b) Các PTHH (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 C 2 H 5 OH → C 2 H 4 + H 2 O nCH 2 =CH 2 → (-CH 2 -CH 2 -) n (P.E) C 2 H 4 → C 2 H 2 + H 2 CH ≡ CH + HCl → 2 HgCl CH2=CHCl nCH 2 =CHCl → xtt o , (-CH 2 -CHCl-) (P.V.C) 3 2 2(1) 3 (1) (1) 2 3(3) 3 (3) 2 2 2 2( 2) 3 (2) 3 (1) 3 ( 2 2 3 2 3 2 2 3 2 2 3 3 2 (1) 2 (2) SO (3) 1 n n 0,3 2 n n 0,15 n n n n SO SO OH BaSO SO SO SO SO SO SO OH SO SO SO H O HSO Ba BaSO n mol mol − − − − − − − − − − − + + → + + → + → = = = = = = = − 3) 2 2 2(1) 2( 2) 2 0,3 0,15 0,15 1 0,45 n = n =n + n 0,225 2 2 m 0,225.120 27 FeS SO SO SO FeS mol mol g = − = ⇒ = = = = 4 a) 0 0 2 4 2 4 3 2 2 2 4 4 2 2 2 (6 2 ) ( ) (3 2 ) (6 2 ) (1) 2 2 (2) t x y t Fe O x y H SO xFe SO x y SO x y H O Cu H SO CuSO SO H O + − → + − + − + → + + Gọi số mol của Fe x O y và Cu lần lượt là a và b. Theo phương trình (1) và (2) và theo bài ra ta có hệ phương trình. (56 16 ) 64 6.44 (3 2 ) 2 0.045 200 160 16,6 x y a b x y a b ax b + + = − + = + = Giải hệ phương trình ta được: 0.075 0.075 0.1 3 0. 0.01 1 4 x y ax ax by by b ⇒ = ⇒ = = = = Oxit sắt cần tìm là: Fe 3 O 4 b) 2 2 3 2 4 2 3 3 8 2 4 (1) 2 2 (2) HCl FeCl FeCl H O Cu FeCl FeCl CuC Fe O l + → + + + → + Vì sau phản ứng chỉ thu được 2 muối => FeCl 3 hết chỉ còn CuCl 2 và FeCl 2 trong dung dịch. Gọi số mol của Fe 3 O 4 là x. Theo phương trình (1) và (2) tính toán được 2 2 % 21,7% % 7,69% FeCl CuCl C C = = 5 a. Phương trình phản ứng Fe + HCl = FeCl 2 + H 2 (1) Fe + H 2 SO 4 = FeSO 4 + H 2 (2) Ta có m H 2 SO 4 ban đầu = 100 56,117 x = 5,88 gam n H 2 SO 4 = 98 88,5 = 0,06 mol Khối lượng H 2 SO 4 sau khi hòa tan phần còn lại của viên bi: m H 2 SO 4 = 100 46,117 x = 4,704 gam n H 2 SO 4 = 4,704 98 = 0,048 mol Từ (2) ta có: n H 2 SO 4 (P Ư) = 0,06 - 0,048 = 0,012 mol ⇒ n Fe phản ứng (2) = 0,012 mol Mặt khác ta có: m Fe ban đầu = 3 4 π R 3 d ⇒ n Fe ban đầu = 563 4 3 x dR π Khi hòa tan trong HCl thì R giảm một nửa. Vậy bán kính còn lại là 2 R ⇒ n Fe còn lại để phản ứng (2) = d R x . 2563 .4 3 π = d R . 8.56.3 4 3 π = d R . 3 . 56 .4 8 1 3 π Ta nhận thấy sau khi Fe bị hòa tan trong HCl, phần còn lại để hòa tan trong H 2 SO 4 chỉ bằng 8 1 so với số mol ban đầu ⇒ n Fe ban đầu = 0,012 x 8 = 0,096 mol ⇒ m Fe ban đầu = 0,096 x 56 = 5,376 gam mà m = V.d ⇒ V = d m = 9,7 376,5 = 0,68 cm 3 và V = 3 4 π R 3 ⇒ R= 3 4 3 π V R = 3 3 14,3 68,0 4 3 cm x = 3 3 162,0 cm = 0,545 cm b. n HCl = 2n Fe (1) = 2(n Fe ban đầu - n FePƯ(2) ) = 2(0,096 - 0,012) = 0,168 mol C HCl = 0,168 0,5 =0,336mol/l 6 a. Quy đổi hỗn hợp X gồm 3 hidrocacbon trên thành X có 2 hidrocacbon C 3 H 4 và C 3 H 8 => M X = x.40 + (1-x)44 = 42,4 => x = 0,4 3 4 3 8 0,4 0,6 C H C H n mol n mol = = => số mol của mỗi chất trong 15,9g hỗn hợp X là 3 4 3 8 0,15 0,225 C H C H n mol n mol = = 0 0 3 4 2 2 2 3 8 2 2 2 4 3 2 (1) 5 3 4 (2) t t C H O CO H O C H O CO H O + → + + → + 2 2(1) 2(2 ) 2 2 (1) 2 (2) 3.0,375 1.125 2.0,15 4.0,225 1.2 CO CO CO H O H O H O n n n mol n n n mol = + = = = + = + = Vì 2 2 ( )CO Ba OH n n > Ta có 2 2 3 2 3 2 2 3 2 ( ) (3) ( ) (4) Ba OH CO BaCO H O BaCO H O CO Ba HCO + → + + + → Khối lượng kết tủa là: => 3 0,475.197 93,575 BaCO m g = = Khối lượng bình tăng: 2 2 1,125.44 1,2.18 71,1 CO H O m m m g = + = + = + có thể sử dụng bảo toàn nguyên tố m C = 0,375.3.12 = 13,5g => m CO2 = 13,5.44 49,5 12 g= m H = 15,9 - 13,5 =2,4g => m H2O = 1,2.18 = 21,6g => m tăng = 49,5 + 21,6 = 71,1g + hoặc công thức trung bình của hidrocacbon C 3 H 6,4 (Anh Hải - Phù Ninh) 0 2 3 6,4 2 2 3 6,4 2 3 6,4 2 2 2 9,2 3 3,2 2 n 3 0,375.3 1,125 1,125.44 49,5 n 3,2 0,375.3,2 1,2 1,2.18 21,6 t CO C H CO H O C H H O C H O CO H O n mol m g n mol m g + → + = = = ⇒ = = = = = ⇒ = = m tăng = 71,1g b. 2 5 C H OH V bân đầu = 200.5,75 100 = 11,5 ml => 2 5 C H OH m = 11,5.0,8 = 9,2 gam 2 5 C H OH n ban đầu = 0,2 mol 2 H O V ban đầu = 200 – 11,5 = 188,5 ml => 2 H O n ban đầu = 10,47 mol Giả sử có x (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có C 2 H 5 OH + O 2 → CH 3 COOH + H 2 O x mol x mol x mol Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: x(mol)CH 3 COOH ; (0,2 -x) mol C 2 H 5 OH và (x+10,47)mol H 2 O. Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y: CH 3 COOH + Na → CH 3 COONa + 1/2H 2 (1) C 2 H 5 OH + Na → C 2 H 5 ONa + 1/2H 2 (2) H 2 O + Na → NaOH + 1/2H 2 (3) 2 H n = ¼(x + 0,2 – x + 10,47 + x) = ¼(10,67 + x) Theo bài 2 H n = 2,7075 mol => ¼(10,67 + x) = 2,7075 => x = 0,16 mol H phản ứng = 0,16 x100% 80% 0,2 = . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2013– 2014 Môn: Hóa học Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề (Đề thi có: 02 trang) Câu 1: (3,0 điểm) a). K 2 SO 4 + 3H 2 O cả 2 bên đều có C 6 H 5 -, có thể bỏ qua xác định số oxi hóa của nguyên tử C trong gốc: -CH=CH 2 +) trong -CH- số oxi hóa của C là -1 +) trong =CH 2 số oxi hóa của C là -2 C -1 . H 2 SO 4 chỉ bằng 8 1 so với số mol ban đầu ⇒ n Fe ban đầu = 0,012 x 8 = 0, 096 mol ⇒ m Fe ban đầu = 0, 096 x 56 = 5,376 gam mà m = V.d ⇒ V = d m = 9, 7 376,5 = 0,68 cm 3 và V = 3 4 π