SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học: 2007 - 2008 Môn thi: HOÁ HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm): Có 3 cốc đựng các chất: Cốc 1: NaHCO 3 và Na 2 CO 3 Cốc 2: Na 2 CO 3 và Na 2 SO 4 Cốc 3: NaHCO 3 và Na 2 SO 4 Chỉ được dùng thêm 2 thuốc thử để nhận biết ra từng cốc? Viết phương trình phản ứng. Câu 2 (3 điểm): a) Thực hiện sơ đồ biến hoá và ghi rõ điều kiện phản ứng. C 5 H 10 (mạch hở) → X 1 → X 2 → X 3 → X 4 → Xiclo hecxan. b) Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện: R 1 + O 2 → R 2 (khí không màu, mùi hắc) R 3 + R 4 → R 5 R 2 + O 2 2 5 0 V O t → R 3 R 2 + R 4 + Br 2 → R 5 + R 6 H 2 S + R 2 → R 1 + R 4 R 5 + Na 2 SO 3 → R 2 + R 4 + R 7 Câu 3 (3 điểm): a mol kim loại M có hoá trị biến đổi tác dụng với dd H 2 SO 4 loãng ( dư) thu được a mol khí H 2 và ddA. Cũng 8,4 gam kim loại đó tác dụng với H 2 SO 4 đặc nóng thu được 5,04 lít khí không màu, mùi hắc (ĐKTC). a) Tìm kim loại đó? b) Lấy ddA ở trên cho tác dụng với dd NaOH dư được kết tủa nung kết tủa trong không khí tới khối lượng không đổi được chất rắn B. B là chất gì? Câu 4 (3 điểm): 7,4 gam hỗn hợp 2 hiđrocacbon có số mol bằng nhau có cùng công thức tổng quát và có tỉ khối với H 2 là 18,5 .Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp rồi thu sản phẩm cho vào bình 1 đựng P 2 O 5 thấy khối lượng bình tăng thêm 12,6 gam và dẫn tiếp sang bình 2 chứa dung dịch Ca(OH) 2 dư tạo ra 50 gamkết tủa . Tìm CTPT và CTCT của từng chất. Câu 5 (3 điểm): 43,6 gam hỗn hợp nhôm oxit và 1 oxit sắt tác dụng vừa đủ với 500 ml dd axit HCl loãng 4M, cũng lượng hỗn hợp đó tác dụng vừa đủ với 200 ml dd NaOH 2M được dd A chất rắn B. Lấy B nung nóng trong khí CO dư tới phản ứng hoàn toàn thu được m gam chất rắn C. a) Tìm CTPT và CTCT của oxit sắt. b) Xác định m gam chất rắn C. Câu 6 (3 điểm): Cho 0,6 mol hỗn hợp A gồm: C 3 H 8 , C 2 H 4 , C 2 H 2 và H 2 có khối lượng 13 gam. Khi cho hỗn hợp trên qua dd Br 2 dư khối lượng bình tăng thêm m gam; hỗn hợp B ra khỏi bình có thể tích là 6,72 lít (ĐKTC) trong đó khí có khối lượng mol nhỏ hơn chiếm 8,33% về khối lượng. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính phần trăm thể tích các khí trong hỗn hợp? c) Tính giá trị của m? Câu 7 (3 điểm): Cho KMnO 4 dư vào 160 ml dd HCl 0,2M đun nóng thu được khí sinh ra dẫn vào 200 ml dd NaOH 0,2M được ddA. a) Tính nồng độ C M của các chất trong A. b) Tính thể tích dd (NH 4 ) 2 SO 4 0,1M tác dụng vừa đủ với ddA trên. Hết Lưu ý : Thí sinh được dùng bảng tuần hoàn do Bộ GD&ĐT ban hành và máy tính bỏ túi Họ và tên thí sinh: SBD Phòng thi: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN Câu 1: -Dùng dung dịch BaCl 2 để thử mỗi cốc : Cốc 1: BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 ↓ + 2NaCl Cốc 2: BaCl 2 + Na 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + 2NaCl BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 ↓ + 2NaCl Cốc 3: BaCl 2 + Na 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + 2NaCl - Lọc lấy các kết tủa, hòa tan trong dung dịch HCl dư thì: Nếu kết tủa tan hoàn toàn , pư sủi bọt → cốc 1 BaCO 3 + 2HCl → BaCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ Nếu kết tủa tan 1 phần,pư sủi bọt → cốc 2 BaCO 3 + 2HCl → BaCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ Nếu kết tủa không tan , không sủi bọt khí → cốc 3 Câu 2: a) C 5 H 10 Cracking → C 3 H 8 Cracking → CH 4 0 1500 C Làm lanh nhanh → C 2 H 2 0 t ,xt → C 6 H 6 0 t ,Ni → C 6 H 12 b) S + O 2 0 t → SO 2 (R 2 ) (R 1 ) 2SO 2 + O 2 0 t xt → 2SO 3 ( R 3 ) H 2 S + SO 2 → 2S + H 2 O ( R 4 ) Câu 3: a) Gọi x,y lần lượt là hóa trị của kim loại M trong TN1 và TN2: TN1: 2M + xH 2 SO 4 ( loãng) → M 2 (SO 4 ) x + xH 2 ↑ Vì số mol M = số mol H 2 n ên ⇒ x = 2 TN2: 2M + 2yH 2 SO 4 (đặc) → M 2 (SO 4 ) y + 2yH 2 O + ySO 2 ↑ 0,45 y 5,04 22,4 (mol) Theo đề ⇒ 0,45 y .M = 8,4 ⇔ M = 56 y 3 Chỉ có : y = 3 , M = 56 ( Fe) b) dung dịch A là FeSO 4 ⇒ răn B là Fe 2 O 3 FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 2Fe(OH) 2 + ½ O 2 0 t → Fe 2 O 3 + 2H 2 O ( Rắn B ) Câu 4 : Bình P 2 O 5 tăng 12,6gam ⇒ 2 2 H O H O m 12,6 gam n 0,7mol= ⇒ = Bình Ca(OH) 2 tạo 50 gam kết tủa ⇒ 2 CO KT 50 n n 0,5 mol 100 = = = Vì 2 2 H O CO n n> ⇒ hỗn hợp gồm 2 ankan Đặt CTTQ của hỗn hợp ankan là n 2n 2 C H + hh M 18,5 2 37 n 2,5 = × = ⇒ = suy ra hỗn hợp gồm : A : n 2 B: n' 3 ≤ ≥ A B hh 7,4 n 0,2 n = n = 0,1 18,5 2 = = ⇒ × mol Ta có : 0,1 ( 14n + 2) + 0,1 ( 14n’ + 2) = 7,4 ⇔ n + n’ = 5 ⇒ n’ = 5 – n Có 2 trường hợp xảy ra: SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 ( R 5 ) SO 2 + H 2 O + Br 2 → H 2 SO 4 + HBr (R 6 ) H 2 SO 4 + Na 2 SO 3 → SO 2 + H 2 O + Na 2 SO 4 ( R 7 ) *TH 1 : n = 1 , n’ = 4 ⇒ hai hiđrocabon : CH 4 và C 4 H 10 Công thức cấu tạo : CH 4 ( có 1 cấu tạo) , C 4 H 10 ( có 2 cấu tạo ) *TH 2 : n = 2 , n’ = 3 ⇒ hai hiđrocacbon : C 2 H 6 và C 3 H 8 ( mỗi chất có 1 cấu tạo ) Câu 5: n HCl = 2 (mol ) , n NaOH = 0,4 mol Đặt hỗn hợp : 2 3 2 x Al O a(mol) Fe O b(mol) TN1: Al 2 O 3 + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 O (1) a 6a Fe 2 O x + 2xHCl → 2FeCl x + xH 2 O (2) a 2bx TN2: Al 2 O 3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H 2 O (3) a 2a dung dịch A : NaAlO 2 ; rắn B : Fe 2 O x ; rắn C : Fe Fe 2 O x + xCO 0 t → 2Fe + xCO 2 Theo (3) ta có : số mol NaOH = 2a = 0,4 ⇒ a = 0,2 mol Theo (1) và (2) ta có : 6a + 2bx = 2 ⇒ 2 1,2 0,4 b 2x x − = = Phương trình biểu diễn khối lượng hỗn hợp đầu là : 0,2× 102 + 0,4 x (112+16x) = 43,6 ⇔ x = 2,67 ( tức 8/3) Vậy CTHH của oxit sắt là Fe 3 O 4 ( số mol b = 0,4 0,15 mol 8 / 3 = ) m Fe ( rắn C) = 0,15 × 3 × 56 = 25,2 gam Câu 6 : Các phương trình phản ứng ; C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 C 2 H 2 + 2Br 2 → C 2 H 2 Br 4 Vì H 2 , C 2 H 6 không bị dung dịch Br 2 hấp thụ nên ⇒ khí B 2 3 8 H 6,72 lit 0,3mol C H : 6,72lit : Suy ra 2 4 2 2 C H 0,3 mol C H Gọi x là số mol H 2 , y là số mol C 2 H 4 trong hỗn hợp, ta có : Xét hỗn hợp B ta có ; 2x 25 100 8,33 2x 44(0,3 x) 3 = = + − giải ra x = 0,2 mol Xét hỗn hợp A ta có : 28y + 26(0,3-y) + 0,1× 44 + 0,2 × 2 = 13 giải ra y = 0,2 Thành phần thể tích của hỗn hợp khí A là : %C 3 H 8 = % C 2 H 2 = 0,1 100% 16,67% 0,6 × = %C 2 H 4 = % H 2 = 0,2 100% 33,33% 0,6 × = c) Khối lượng bình Br 2 tăng thêm bằng khối lượng C 2 H 2 và C 2 H 4 pư ∆m = 0,2× 28 + 0,1× 26 = 8,2 gam Câu 7 : KMnO 4 + 8HCl → KCl + MnCl 2 + 4H 2 O + 5 2 Cl 2 ↑ 0,032→ 0,01 mol Phản ứng của Cl 2 trong dung dịch NaOH: Cl 2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H 2 O Bđ 0,01 0,04 0 0 (mol) Pư: 0,01 0,02 0,01 0,01 Spư: 0 0,02 0,01 0,01 Dung dịch A: NaClO, NaCl, NaOH (dư) Nồng độ mol của các chất trong dung dịch A: C M ( NaCl ) = C M ( NaClO) = 0,01 : 0,2 = 0,05 (M) C M ( NaOH ) = 0,02 : 0,2 = 0,1 (M) b) Pư của dung dịch A với (NH 4 ) 2 SO 4 (NH 4 ) 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O + 2NH 3 ↑ 0,01 ←0,02 mol (NH 4 ) 2 SO 4 + 2NaClO → Na 2 SO 4 + 2HClO + 2NH 3 ↑ 0,005 ←0,01 mol Thể tích dung dịch (NH 4 ) 2 SO 4 cần dùng là : n 0,01 0,005 V 0,15 (lít) CM 0,1 + = = = * Chú ý : Khi tác dụng với dung dịch kiềm, hoặc muối của axit yếu ( gốc = CO 3 , - AlO 2 , - ClO …) thì các muối amoni thể hiện tính chất của một axit ). Ví dụ : 2NH 4 Cl + Na 2 CO 3 → 2NaCl + 2H 2 O + CO 2 ↑ + 2NH 3 ↑ ( xem NH 4 Cl ⇔ HCl.NH 3 ) Hết . SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học: 2007 - 2008 Môn thi: HOÁ HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2 điểm): Có 3 cốc đựng. H 2 , C 2 H 6 không bị dung dịch Br 2 hấp thụ nên ⇒ khí B 2 3 8 H 6, 72 lit 0,3mol C H : 6, 72lit : Suy ra 2 4 2 2 C H 0,3 mol C H Gọi x là số mol H 2 , y là số mol C 2 H 4 . 28y + 26( 0,3-y) + 0,1× 44 + 0,2 × 2 = 13 giải ra y = 0,2 Thành phần thể tích của hỗn hợp khí A là : %C 3 H 8 = % C 2 H 2 = 0,1 100% 16, 67% 0 ,6 × = %C 2 H 4 = % H 2 = 0,2 100% 33,33% 0 ,6 ×