Đề thi HSG hóa 9 tỉnh Cần Thơ (có đáp án)

Xác định kim loại M và công thức của tinh thể T.. Câu 2: Hoà tan hoàn toàn kim loại M1 vào dung dịch HNO3 aM loãng thu được dung dịch X và 0,2 mol dung dịch Y.. Hoà tan B trong dung dịch

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

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 M1 vào dung dịch HNO3 aM (loãng) thu được dung dịch X và 0,2 mol

dung dịch Y Trộn X và Y được dung dịch Z Cho dung dịch NaOH dư vào Z thu được 0,1 mol khí

biết:

- M1, M2 đều là các kim loại hoá trị II

- M2, M1 có tỉ lệ nguyên tử khối là 3:8

- Nguyên tử khối của M1, M2 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, Fe2O3, Fe3O4 trong

đó số mol FeO bằng Fe2O3 Hoà tan B trong dung dịch HCl dư, sau đó thêm tiếp A và chờ cho phản

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 H2 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

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:

CuO đốt nóng thu được hợp chất hữu cơ Y có khối lượng mol nhỏ hơn khối lượng mol của X là 8

định công thức cấu tạo của X, Y, Z, Q

-Hết -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 O2

0

t

MO + H2SO4 → MSO4 + H2O

a a a

dd H SO2 4

98a.100

24,5

4

12

96

=

mdd ( spư) = 0,125(64 +416) = 60 (gam)

mddbh =60 15,625 44,375− = (gam) ; mCuSO4(ddbh)=22,54 44,375 10

⇒ mCuSO 4(hidrat) = 0,125.160 10 10− = gam ; mH O2 (hidrat)= 15,625 – 10 = 5,625 gam

Đặt CTTQ của tinh thể là CuSO4.xH2O

* 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 M1 là A và M2 là B

3A + 8HNO3→ 3A(NO3)2 + 4H2O + 2NO

0,3 0,3 0,2 (mol)

4B + 10HNO3→ 4B(NO3)2 + 3H2O + NH4NO3

Dung dịch Z gồm: A(NO3)2, B(NO3)2, NH4NO3

NH4NO3 + NaOH → NaNO3 + H2O + NH3↑

A(NO3)2 + 2NaOH → A(OH)2↓ + 2NaNO3

B(NO3)2 + 2NaOH → B(OH)2↓ + 2NaNO3

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)

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

Câu 3:

Cách 1 : Phương pháp bảo toàn electron

Gọi x,y lần lượt là số mol Mg và Fe trong A

56y= ⇒ =5 y ⇔ x = 1,4y (1)

Trong B có số mol FeO = số mol Fe2O3 nên xem B chỉ có Fe3O4 ( số mol z)

Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O

z 2z z (mol)

FeCl3 phản ứng hết

Fe – 2e → Fe2+

y 2y y

Mg – 2e → Mg2+

x 2x

2H+ + 2e → H2

2a a

Fe3+ + 1e → Fe2+

2z 2z 2z

Số mol FeCl2 trong dung dịch = (y + 3z ) mol

Chất rắn sau khi nung gồm : MgO và Fe2O3 ( số mol = 0,5y + 1,5z)

Fe2O3 + 3H2

0

t

→ 2Fe + 3H2O

Vì nH2 =3nFe O2 3 nên ⇒ (2,4y – z) =3(0,5y + 1,5z) = 1,5y + 4,5z

5,5z = 0,9y ⇒ z = 1,8y

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

Cách 2 : Phương pháp thông thường.

Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O (1)

z 2z z (mol)

dung dịch không còn FeCl3 và kim loại tan hết

Vì

2

+

> > >

nên Mg pư trước Fe, FeCl3 pư trước HCl

Mg + 2FeCl3→ MgCl2 + 2FeCl2 (2)

z 2z 2z (mol)

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3)

( x-z) (x-z) (mol)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4)

y y y (mol)

MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl (5)

FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (6)

(3z +y) (3z +y) (mol)

Mg(OH)2 →t 0 MgO + H2O (7)

2Fe(OH)2 + ½ O2

0

t

→ Fe2O3 + 2H2O (8)

(3z +y) 0,5(3z +y) (mol)

Số mol e nhường = số mol e nhận ⇒ 2a + 2z = 2x + 2y

⇔

Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O

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 = 1,8y

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 + FeCl3 → FeCl2 Tức là giả thiết Mg thiếu so với FeCl3 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 FeCl3

Mg + 2FeCl3→ MgCl2 + 2FeCl2 (2)

x 2x 2x (mol)

Fe + 2FeCl3 → 3FeCl2 (3)

(z-x) ( 2z-2x) 3(z-x) (mol)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4)

(x+y –z) (x+y –z) (x+y –z) (mol)

Tổng số mol FeCl2 trong dung dịch luôn bằng tổng số mol Fe trong A và B ( 3z + y)

Nên ⇒ sau khi nung kết tủa thì số mol Fe2O3 = ½ (3z + y)

Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O

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 = 1,8y

11 ( KQ không đổi)

- Nếu Mg vừa đủ pư với FeCl3 thì số mol H2 = 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 : CnH2n -2 ( n ≥ 3) ( giả sử là X)

CnH2n-2 + AgNO3 + NH3→ CnH2n -3Ag + NH4NO3

0,02→ 0,02 0,02 (mol)

0,02 < Số mol AgNO 3 < 0,05 nên có 1 ankin không phản ứng với AgNO3

Đặt CTTQ của ankin còn lại phản ứng với AgNO3 là CmH2m-2 ( m ≥ 4) ( giả sử Y)

CmH2m-2 + AgNO3 + NH3 → CmH2m -3Ag + NH4NO3

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 3H4 ; Y: C4H6

Đặt CTPT của Z là : CxH2x – 2 ( x ≥ 4)

C3H4 + O 2→ 3CO2 + 2H2O

0,02 0,04 (mol)

C4H6 + O 2→ 4CO2 + 3H2O

0,01 0,03 (mol)

CxH2x – 2 + O 2→ xCO2 + (x-1)H2O

0,02 0,02(x-1) (mol)

Ta có: 0,07 + 0,02(x-1) = 0,13 giải ra x = 4 ⇒ CTPT của Z là: C 4H6

Cách 2: Giả sử X là ankin có KLPT nhỏ nhất => nX = 0,4.0,05 = 0,02(mol)

0,02 < n(AgNO3) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol)

⇒ có hai ankin có xảy ra phản ứng với AgNO3/NH3 và một ankin không có phản ứng

Gọi công thức chung của hai ankin là CnH2n – 2

Pt: CnH2n – 2 + AgNO3 + NH3 → CnH2n – 3Ag + NH4NO3

CnH2n – 3Ag = 4,55 151,667

Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 => có một ankin nhỏ nhất là C3H4 ( X)

Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là CxH2x – 2

× + × = = ⇒ x = 4 ⇒ C4H6 ( có liên kết ba đầu mạch)

Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO3/NH3 là CmH2m – 2

=> số mol H2O theo phản ứng cháy là

0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(m – 1) = 0,13 => m = 4 => C4H6 ( không có liên kết ba đầu mạch) Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là :

CH3 –C ≡CH ; CH3 – CH2 – C ≡ CH ; CH3 – C ≡ C – CH3

Cách 3 : Đặt CTTB của hỗn hợp ankin là : C Hn 2n-2 ( n ≥ 3)

C Hn 2n-2 + ( 3n 1

2

−

)O2 →t 0 n CO2 + ( n -1)H2O

1− =0, 05= ⇒ n = 3,6

Phải có 1 ankin có chỉ số C < 3,6 ⇒ CTPT là C 3H4 ( giả sử là X)

100

Đặt CTTB của 2ankin Y,Z là : C Hm 2m-2 ( m≥ 4)

C3H4 + AgNO3 + NH3 → C3H3Ag ↓ + NH4NO3

0,02 → 0,02 0,02 (mol)

C Hm 2m-2 + AgNO3 + NH3 → C Hm 2m-3Ag ↓ + NH4NO3

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 C4H6

CTCT của X : CH3 – C≡ CH ; CTCT của Y : CH3 – CH2–C≡ CH ( phản ứng với AgNO 3 )

CTCT của Z : CH3 – C≡C– CH3 ( không phản ứng với AgNO 3 )

Câu 5:

C5H12O4 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 CH2OH ( rượu bậc 1)

Chuyển 1mol =CHOH (30g) → 1mol = C=O (28) giảm 2 gam

Đặt CT của Y là: R(CHO)n

108

136 8

CTCT của Z

R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O→R(COONH4)n + 2nAg ↓ + 2nNH4NO3

{ Có thể viết gọn: R(CHO) n + nAg 2 O NH 3→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 (CH2OH)4

CTCT của X và Y lần lượt là:

Khi cho X + NaBr/ H2SO4 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