Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS THÀNH PHỐ CẦN THƠ CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI: HOÁ HỌC Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một muối sunfua của kim loại M hoá trị II thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 24,5% thu được dung dịch muối nồng độ 33,33%, làm lạnh dung dịch này thấy tách ra 15,625 gam tinh thể T, phần dung dịch bão hoà có nồng độ là 22,54%. Xác định kim loại M và công thức của tinh thể T. Câu 2: Hoà tan hoàn toàn kim loại M 1 vào dung dịch HNO 3 aM (loãng) thu được dung dịch X và 0,2 mol NO (sản phẩm khử duy nhất). Hoà tan hoàn toàn kim loại M 2 vào dung dịch HNO 3 aM chỉ thu được dung dịch Y. Trộn X và Y được dung dịch Z. Cho dung dịch NaOH dư vào Z thu được 0,1 mol khí và một kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi đuợc 40 gam chất rắn. Hãy xác định M 1 và M 2 biết: - M 1 , M 2 đều là các kim loại hoá trị II. - M 2 , M 1 có tỉ lệ nguyên tử khối là 3:8. - Nguyên tử khối của M 1 , M 2 đều lớn hơn 23 và nhỏ hơn 70. Câu 3: Hỗn hợp A gồm Mg và Fe có tỉ lệ khối lượng 3/5. Hỗn hợp B gồm FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 trong đó số mol FeO bằng Fe 2 O 3 . Hoà tan B trong dung dịch HCl dư, sau đó thêm tiếp A và chờ cho phản ứng xong ta thu được dung dịch C không màu và V lít H 2 (đktc). Cho dung dịch C tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn D. Biết rằng V lít H 2 nói trên khử vừa đủ hoàn toàn chất rắn D khi đun nóng. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Trộn A và B thu được hỗn hợp X. Tính % khối lượng Mg và Fe trong X. Câu 4: Hỗn hợp A gồm 3 ankin X, Y, Z có tổng số mol là 0,05 mol. Số nguyên tử cacbon trong phân tử mỗi chất đều lớn hơn 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol A thu được 0,13 mol H 2 O. Cho 0,05 mol A vào dung dịch AgNO 3 0,12M trong NH 3 thì thấy dùng hết 250 ml dung dịch AgNO 3 và thu được 4,55 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của 3 ankin trên, biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% tổng số mol của A. Câu 5: Hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử là C 5 H 12 O 4 . Cho hơi của X đi qua ống sứ đựng CuO đốt nóng thu được hợp chất hữu cơ Y có khối lượng mol nhỏ hơn khối lượng mol của X là 8 gam. Khi cho 2,56 gam Y tác dụng hết với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3 thu được 17,28 gam Ag. Cho X vào dung dịch NaBr bão hoà, sau đó thêm từ từ H 2 SO 4 đặc thu được chất hữu cơ Z không chứa oxi. Đun nóng Z với bột Zn được chất hữu cơ Q có tỉ khối so với H 2 nhỏ hơn 45. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, Q. Hết 1 Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TP CẦN THƠ Câu 1: Đặt CTTQ của muối sunfua là MS số mol là a (mol) MS + 3/2 O 2 0 t → MO + SO 2 a a MO + H 2 SO 4 → MSO 4 + H 2 O a a a dd H SO 2 4 98a.100 m 400a 24,5 = = (g) dd m ( spư) = 400a + a(M+16) = a(M+416) (gam) Theo đề ta có: a(M 96) 1 a(M 416) 3 + = + ( tức là 33,33%) giải ra M = 64 ( Cu) CuSO CuS 4 12 n n a 0,125 96 == = = (mol) dd m ( spư) = 0,125(64 +416) = 60 (gam) ddbh m 60 15,625 44,375= − = (gam) ; 4 CuSO m 44,375 10 22,54 (ddbh)= 100 × = gam ⇒ 4 CuSO m 0,125.160 10 10(hidrat) = − = gam ; H O 2 m (hidrat) = 15,625 – 10 = 5,625 gam Đặt CTTQ của tinh thể là CuSO 4 .xH 2 O Áp dụng ĐL TPKĐ ta có: 160 10 18x 5,625 = ⇒ x = 5 CTHH của tinh thể là CuSO 4 .5H 2 O * Nếu ban đầu không quan tâm đến lượng MS và lượng tinh thể thì bài toán có các dữ kiện dạng tương đối ( tỷ lệ) vì vậy có thể giải theo pp tự chọn lượng chất . Giả sử có 1mol MS phản ứng từ đó tìm M. Sau khi tìm được M rồi thì mới đưa các dữ kiện tuyệt đối vào để tính toán (12 gam CuS và 15,625 gam tinh thể) Câu 2: Đặt M 1 là A và M 2 là B 3A + 8HNO 3 → 3A(NO 3 ) 2 + 4H 2 O + 2NO 0,3 0,3 0,2 (mol) Ngâm B vào HNO 3 không sinh khí nên phản ứng tạo muối amoni 4B + 10HNO 3 → 4B(NO 3 ) 2 + 3H 2 O + NH 4 NO 3 0,4 0,4 0,1 (mol) Dung dịch Z gồm: A(NO 3 ) 2 , B(NO 3 ) 2 , NH 4 NO 3 NH 4 NO 3 + NaOH → NaNO 3 + H 2 O + NH 3 ↑ 0,1 0,1 (mol) A(NO 3 ) 2 + 2NaOH → A(OH) 2 ↓ + 2NaNO 3 0,3 0,3 B(NO 3 ) 2 + 2NaOH → B(OH) 2 ↓ + 2NaNO 3 0,4 0,4 Sau khi nung nóng kết tủa được hỗn hợp AO ( 0,3 mol) và BO ( 0,4 mol) ⇒ 0,3 ( A + 16) + 0,4 (B+16) = 40 ⇔ 3A + 4B = 288 (1) Mà : B 3 A 8 = ⇒ B = 0,375A (2) Thay (2) vào (1) ta có : 4,5A = 288 Giải ra : A = 64 ⇒ M 1 là Cu B = 0,375× 64 = 24 ⇒ M 2 là Mg 2 Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An Câu 3: Cách 1 : Phương pháp bảo toàn electron Gọi x,y lần lượt là số mol Mg và Fe trong A 24x 3 x 1,4 56y 5 y = ⇒ = ⇔ x = 1,4y (1) Trong B có số mol FeO = số mol Fe 2 O 3 nên xem B chỉ có Fe 3 O 4 ( số mol z) Fe 3 O 4 + 8HCl → 2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O z 2z z (mol) Khi cho thêm Mg,Fe vào dung dịch HCl, FeCl 2 , FeCl 3 thu được dung dịch không màu chứng tỏ FeCl 3 phản ứng hết. Fe – 2e → Fe 2+ y 2y y Mg – 2e → Mg 2+ x 2x 2H + + 2e → H 2 2a a Fe 3+ + 1e → Fe 2+ 2z 2z 2z Số mol FeCl 2 trong dung dịch = (y + 3z ) mol Chất rắn sau khi nung gồm : MgO và Fe 2 O 3 ( số mol = 0,5y + 1,5z) Fe 2 O 3 + 3H 2 0 t → 2Fe + 3H 2 O Vì H Fe O 2 2 3 n 3n= nên ⇒ (2,4y – z) =3(0,5y + 1,5z) = 1,5y + 4,5z 5,5z = 0,9y ⇒ z = 1,8 y 11 (2) Giả sử y = 1,1 , từ (1) và (2) ⇒ z =0,18 ; x = 1,54 X M ( giả thiết) = (1,54× 24) + (1,1× 56) + (0,18× 232) = 140,32 gam Mg %m ( X) = 1,54 24 100% 140,32 × × = 26,34% ; Fe %m ( X) = 1,1 56 100% 140,32 × × = 43,90% Cách 2 : Phương pháp thông thường. Fe 3 O 4 + 8HCl → 2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O (1) z 2z z (mol) Khi thêm A vào dung dịch mà chỉ thu được dung dịch C ( không màu) và khí H 2 chứng tỏ trong dung dịch không còn FeCl 3 và kim loại tan hết. Vì 2 2 3 2 Mg Fe H Fe Mg Fe H Fe + + + + + > > > nên Mg pư trước Fe, FeCl 3 pư trước HCl Mg + 2FeCl 3 → MgCl 2 + 2FeCl 2 (2) z 2z 2z (mol) Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 (3) ( x-z) (x-z) (mol) Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (4) y y y (mol) MgCl 2 + 2NaOH → Mg(OH) 2 + 2NaCl (5) FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaCl (6) (3z +y) (3z +y) (mol) Mg(OH) 2 0 t → MgO + H 2 O (7) 2Fe(OH) 2 + ½ O 2 0 t → Fe 2 O 3 + 2H 2 O (8) (3z +y) 0,5(3z +y) (mol) 3 Số mol e nhường = số mol e nhận ⇒ 2a + 2z = 2x + 2y ⇔ Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An Fe 2 O 3 + 3H 2 → 2Fe + 3H 2 O 0,5( y + 3z) 1,5(y+3z) (mol) Theo đề ta có : 1,5(y+3z) = x +y – z = 2,4y – z 11z = 1,8y ⇒ z = 1,8 y 11 ( Từ đây có thể giải như cách 1 hoặc tính khối lượng X theo y, tính % Fe, Mg trong hỗn hợp X - ẩn y sẽ tự triệt tiêu ) Lưu ý : - Nếu muốn chặt chẽ thì bài này nên giải theo pp bảo toàn electron. Còn giải theo pp thông thường ( phải viết PTHH) thì rất dễ bị nhầm lẫn, nhiều khi các bạn phải biện luận theo nhiều trường hợp nên rất phức tạp. Đối với bài toán này, các bạn có thể thay phản ứng (3) bằng Fe + FeCl 3 → FeCl 2 . Tức là giả thiết Mg thiếu so với FeCl 3 thì kết quả bài toán không hề thay đổi ( Tuy nhiên nếu xem phản ứng 2 vừa đủ thì trường hợp này cho nghiệm không thỏa mãn). Các bạn tham khảo lời giải dưới đây : - Nếu Mg thiếu so với FeCl 3 Mg + 2FeCl 3 → MgCl 2 + 2FeCl 2 (2) x 2x 2x (mol) Fe + 2FeCl 3 → 3FeCl 2 (3) (z-x) ( 2z-2x) 3(z-x) (mol) Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (4) (x+y –z) (x+y –z) (x+y –z) (mol) Tổng số mol FeCl 2 trong dung dịch luôn bằng tổng số mol Fe trong A và B ( 3z + y) Nên ⇒ sau khi nung kết tủa thì số mol Fe 2 O 3 = ½ (3z + y) Fe 2 O 3 + 3H 2 → 2Fe + 3H 2 O 0,5( y + 3z) 1,5(y+3z) (mol) Theo đề ta có : 1,5(y+3z) = x +y – z = 2,4y – z ⇔ 11z = 1,8y ⇒ z = 1,8 y 11 ( KQ không đổi) - Nếu Mg vừa đủ pư với FeCl 3 thì số mol H 2 = số mol Fe = y Ta có y = 3× 0,5 (y + 3z) = 1,5y + 4,5z ⇒ 4,5z = -0,5y ( vô lý) Câu 4: ( Mình giới thiệu 3 cách giải , các bạn thử tìm 1 cách không hợp lý nhé ! ) Cách 1 : Đặt CT của ankin phân tử khối nhỏ hơn là : C n H 2n -2 ( n ≥ 3) ( giả sử là X) Số mol X = 40 0,05 0,02 100 × = (mol) ; Số mol AgNO 3 = 0,12× 0,25 = 0,03 mol C n H 2n-2 + AgNO 3 + NH 3 → C n H 2n -3 Ag + NH 4 NO 3 0,02→ 0,02 0,02 (mol) 0,02 < Số mol AgNO 3 < 0,05 nên có 1 ankin không phản ứng với AgNO 3 Đặt CTTQ của ankin còn lại phản ứng với AgNO 3 là C m H 2m-2 ( m ≥ 4) ( giả sử Y) C m H 2m-2 + AgNO 3 + NH 3 → C m H 2m -3 Ag + NH 4 NO 3 0,01 0,01 0,01 (mol) Ta có : 0,02.(14n + 105) + 0,01.(14m + 105) = 4,55 ⇒ 2n + m = 10 ( ĐK : n ≥ 3 , m ≥ 4 ) Chỉ có n = 3 , n = 4 là thỏa mãn ⇒ CTPT của X: C 3 H 4 ; Y: C 4 H 6 Đặt CTPT của Z là : C x H 2x – 2 ( x ≥ 4) C 3 H 4 2 O+ → 3CO 2 + 2H 2 O 0,02 0,04 (mol) C 4 H 6 2 O+ → 4CO 2 + 3H 2 O 0,01 0,03 (mol) C x H 2x – 2 2 O+ → xCO 2 + (x-1)H 2 O 0,02 0,02(x-1) (mol) 4 Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An Ta có: 0,07 + 0,02(x-1) = 0,13 giải ra x = 4 ⇒ CTPT của Z là: C 4 H 6 Cách 2: Giả sử X là ankin có KLPT nhỏ nhất => n X = 0,4.0,05 = 0,02(mol) 0,02 < n(AgNO 3 ) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol) ⇒ có hai ankin có xảy ra phản ứng với AgNO 3 /NH 3 và một ankin không có phản ứng. Gọi công thức chung của hai ankin là C n H 2n – 2 Pt: C n H 2n – 2 + AgNO 3 + NH 3 → C n H 2n – 3 Ag + NH 4 NO 3 C n H 2n – 3 Ag = 4,55 151,667 0,03 = => n = 3,33 Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 => có một ankin nhỏ nhất là C 3 H 4 ( X) Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là C x H 2x – 2 ⇒ 0,02 3 0,01 x 10 n 0,03 3 × + × = = ⇒ x = 4 ⇒ C 4 H 6 ( có liên kết ba đầu mạch) Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO 3 /NH 3 là C m H 2m – 2 => số mol H 2 O theo phản ứng cháy là 0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(m – 1) = 0,13 => m = 4 => C 4 H 6 ( không có liên kết ba đầu mạch) Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là : CH 3 –C ≡CH ; CH 3 – CH 2 – C ≡ CH ; CH 3 – C ≡ C – CH 3 Cách 3 : Đặt CTTB của hỗn hợp ankin là : n 2n-2 C H ( n ≥ 3) n 2n-2 C H + ( 3n 1 2 − )O 2 0 t → n CO 2 + ( n -1)H 2 O Theo đề ta có : n 1 0,13 2,6 1 0,05 − = = ⇒ n = 3,6 Phải có 1 ankin có chỉ số C < 3,6 . ⇒ CTPT là C 3 H 4 ( giả sử là X) C H 3 4 40 n 0,05 0,02 100 = × = ( mol) Đặt CTTB của 2ankin Y,Z là : m 2m-2 C H ( m ≥ 4) C 3 H 4 + AgNO 3 + NH 3 → C 3 H 3 Ag ↓ + NH 4 NO 3 0,02 → 0,02 0,02 (mol) m 2m-2 C H + AgNO 3 + NH 3 → Ag m 2m-3 C H ↓ + NH 4 NO 3 0,01 0,01 0,01 (mol) Theo đề ta có : 0,02× 147 + 0,01 ( 14 m + 105) = 4,55 giải ra m = 4 Vì Y và Z đều có chỉ số C ≥ 4 mà giá trị trung bình m = 4 ⇒ Y và Z có cùng chỉ số C = 4 CTPT của Y và Z là C 4 H 6 CTCT của X : CH 3 – C≡ CH ; CTCT của Y : CH 3 – CH 2 –C≡ CH ( phản ứng với AgNO 3 ) CTCT của Z : CH 3 – C≡C– CH 3 ( không phản ứng với AgNO 3 ) Câu 5: C 5 H 12 O 4 có độ bất bão hòa : a = 10 2 12 0 2 + − = ( không có mạch vòng hoặc liên kết π) ⇒ trong X chỉ có chứa nhóm chức của ete: - O – hoặc nhóm chức của rượu: - OH hoặc cả 2 loại chóm chức rượu và ete. Mặt khác: X + CuO → andehit nên chắc chắn có nhóm CH 2 OH ( rượu bậc 1) Chuyển 1 mol –CH 2 OH (31g) → 1 mol -CHO (29g) giảm 2 gam Chuyển 1mol =CHOH (30g) → 1mol = C=O (28) giảm 2 gam Theo đề: M Y kém M X 8 gam ⇒ phân tử X có chứa 4 nhóm -OH ( không chứa nhóm chức ete) Đặt CT của Y là: R(CHO) n Ag 17,28 n 0,16 108 = = (mol) ; Y 2,56 n 0,02 136 8 = = − (mol) 5 CTCT của Z Nguyễn Đình Hành – THCS Chu Văn An R(CHO) n + 2nAgNO 3 + 3nNH 3 + nH 2 O → R(COONH 4 ) n + 2nAg ↓ + 2nNH 4 NO 3 0,02→ 0,04n (mol) { Có thể viết gọn: R(CHO) n + nAg 2 O 3 NH → R(COOH) n + 2nAg ↓ } Vậy 0,04n = 0,16 ⇒ n = 4 Ta có : R + 29.4 = 128 ⇒ R = 12 ( chỉ gồm 1 nguyên tử C ) Công thức của Y : C(CHO) 4 ⇒ CT của X: C (CH 2 OH) 4 CTCT của X và Y lần lượt là: Khi cho X + NaBr/ H 2 SO 4 đặc thì xem như pư với HBr Vì Q có M < 45 × 2 = 90 nên Q không thể chứa Br nên Q là sp của pư sau đây: Hết Hãy cùng chia sẻ pp giải BTHH với tôi theo địa chỉ mail: n.dhanh@yahoo.com.vn 6 . KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS THÀNH PHỐ CẦN THƠ CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2010-2011 MÔN THI: HOÁ HỌC Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn 12. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TP CẦN THƠ Câu 1: Đặt CTTQ của muối sunfua là MS số mol là a (mol) MS + 3/2 O 2 0 t → MO + SO 2 a a MO + H 2 SO 4 → MSO 4 + H 2 O a a a dd H SO 2 4 98 a.100 m. a(M+16) = a(M+416) (gam) Theo đề ta có: a(M 96 ) 1 a(M 416) 3 + = + ( tức là 33,33%) giải ra M = 64 ( Cu) CuSO CuS 4 12 n n a 0 ,125 96 == = = (mol) dd m ( spư) = 0 ,125 (64 +416) = 60 (gam)