SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN THI: HOÁ HỌC - LỚP 9 THCS Ngày thi: 28/3/2010 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm) 1. Bằng phương pháp hóa học hãy nêu cách nhận biết từng khí trong hỗn hợp các khí sau: C 2 H 4 , CH 4 , CO 2 , SO 3 . Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 2. Nung nóng Cu trong không khí, sau một thời gian được chất rắn (A). Chất rắn (A) chỉ tan một phần trong dung dịch H 2 SO 4 loãng dư, tuy nhiên (A) lại tan hoàn toàn trong H 2 SO 4 đặc nóng, dư được dung dịch (B) và khí (C). Khí (C) tác dụng với dung dịch KOH được dung dịch (D). Dung dịch (D) vừa tác dụng được với dung dịch BaCl 2 , vừa tác dụng được với dung dịch NaOH. Pha loãng dung dịch (B) rồi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy xuất hiện kết tủa (E). Nung (E) đến khối lượng không đổi, sau đó cho dòng khí H 2 dư đi qua thì thu được khối bột màu đỏ (F). Viết các phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra và xác định các chất trong (A), (B), (C), (D), (E), (F). Câu 2 (3,5 điểm) 1. Trong phòng thí nghiệm ta thường điều chế khí CO 2 từ CaCO 3 và dung dịch HCl (dùng bình kíp), do đó khí CO 2 thu được còn bị lẫn một ít khí hidro clorua và hơi nước. Hãy trình bày phương pháp hoá học để thu được khí CO 2 tinh khiết. Viết các phương trình hoá học của các phản ứng hoá học xảy ra. 2. Có hỗn hợp gồm rượu etylic và axit axetic. Trình bày phương pháp hoá học để có thể tách riêng mỗi chất. Viết các phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. 3. Viết phương trình hoá học chứng minh axit axetic mạnh hơn axit cacbonic nhưng yếu hơn axit sunfuric. Câu 3 (3,5 điểm) 1. Xác định các chất A, B, C, D và viết phương trình hoá học hoàn thành sơ đồ sau: C A → 0 t B A D Biết rằng A là thành phần chính của đá phấn; B là khí dùng nạp cho các bình chữa cháy. 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hiđrocacbon gồm C 2 H 4 , CH 4 , C 6 H 6 , C 2 H 2 . Sau phản ứng thu được 8,96 lít khí CO 2 (đktc) và 10,8 gam H 2 O. Hãy tính m và khối lượng oxi đem đốt. Câu 4 (4,0 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm C 2 H 2 và H 2 có cùng số mol. Lấy một lượng hỗn hợp X cho đi qua chất xúc tác Niken nung nóng được hỗn hợp Y gồm C 2 H 4 ; C 2 H 6 ; C 2 H 2 và H 2 dư. Dẫn hỗn hợp Y qua dung dịch Br 2 dư thấy khối lượng bình brôm tăng lên 24,2 gam và thoát ra 11,2 lít hỗn hợp khí Z (đktc) không bị hấp thụ. Tỉ khối của hỗn hợp Z so với H 2 là 9,4. Tính số mol từng khí trong hỗn hợp X và Y. 2. Cho 100 ml rượu etylic 46 o phản ứng hết với kim loại Na dư thu được V lít khí (đktc). Tính giá trị của V. (Biết khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất bằng 0,8 g/ml và khối lượng riêng của nước bằng 1 g/ml). Câu 5 (2,0 điểm) Khử hoàn toàn một lượng oxit sắt Fe x O y bằng H 2 nóng, dư. Hơi nước tạo ra được hấp thụ hết vào 150 gam dung dịch H 2 SO 4 98% thì thấy nồng độ axit còn lại là 89,416%. Chất rắn thu được sau phản ứng khử trên được hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl thì thoát ra 13,44 lít H 2 (đktc). Tìm công thức của oxit sắt trên. Câu 6 (3,0 điểm) Hỗn hợp bột X gồm nhôm và kim loại kiềm M. Hoà tan hoàn toàn 3,18 gam X trong lượng vừa đủ dung dịch axit H 2 SO 4 loãng thu được 2,464 lít H 2 (đktc) và dung dịch Y (chỉ gồm muối sunfat trung hoà). Cho Y tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch Ba(OH) 2 cho tới khi gốc sunfat chuyển hết thành kết tủa thì thu được 27,19 gam kết tủa. 1. Xác định kim loại M. 2. Cho thêm 1,74 gam muối M 2 SO 4 vào dung dịch Y thu được dung dịch Z. Tiến hành kết tinh cẩn thận dung dịch Z thu được 28,44 gam tinh thể muối kép. Xác định công thức của tinh thể. ----------------------------- Hết -------------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm, học sinh được sử dụng Bảng hệ thống tuần hoàn. Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: 1 ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮCGIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤPTỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN THI : HOÁ HỌC Ngày thi: 28/03/2010 Thang điểm 20/20 - Số trang 04 Câu Nội dung Điểm Câu 1: (4,0 điểm) 1. - Cho hỗn hợp khí qua dung dịch BaCl 2 dư, nếu có kết tủa trắng chứng tỏ hỗn hợp có SO 3 : SO 3 + H 2 O + BaCl 2 → BaSO 4 ↓ + 2HCl - Cho hỗn hợp khí còn lại qua bình đựng nước brom dư, thấy nước brom nhạt màu dần chứng tỏ hỗn hợp khí có C 2 H 4 : C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 - Cho hỗn hợp khí còn lại qua bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, thấy nước vôi trong vẩn đục chứng tỏ hỗn hợp có CO 2 : CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O - Khí còn lại đem đốt cháy rồi làm lạnh sản phẩm thấy có hơi nước ngưng tụ và sản phẩm khí còn lại cho qua dung dịch nước vôi trong dư, thấy nước vôi trong vẩn đục chứng tỏ hỗn hợp có CH 4 : CH 4 + 2O 2 → CO 2 + 2H 2 O CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O 2. - Nung Cu trong không khí: 2Cu + O 2 o t → 2CuO - Vì A tan được một phần trong dd H 2 SO 4 loãng dư và tan hoàn toàn trong dd H 2 SO 4 đặc nóng, dư nên trong A có CuO, Cu. CuO + H 2 SO 4 loãng → CuSO 4 + H 2 O CuO + H 2 SO 4 đặc o t → CuSO 4 + H 2 O Cu + 2H 2 SO 4 đặc o t → CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O dung dịch B gồm: CuSO 4 , H 2 SO 4 dư; Khí C là SO 2 - Cho khí C tác dụng với dd KOH được dung dịch D. Dung dịch D tác dụng được với dd BaCl 2 nên trong D có K 2 SO 3 . Dung dịch D tác dụng được với dd NaOH nên trong D có KHSO 3 . SO 2 + 2KOH → K 2 SO 3 + H 2 O SO 2 + K 2 SO 3 + H 2 O → 2KHSO 3 K 2 SO 3 + BaCl 2 → BaSO 3 + 2KCl 2KHSO 3 + 2NaOH → K 2 SO 3 + Na 2 SO 3 + 2H 2 O - Cho dd B tác dụng với dd NaOH dư: H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O CuSO 4 + 2NaOH → Cu(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (E) - Nung kết tủa E: Cu(OH) 2 o t → CuO + H 2 O CuO + H 2 o t → Cu + H 2 O (F) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 025 0,25 0,25 Câu 2: (3,5 điểm) 1. PTHH: CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 + H 2 O Khí CO 2 có lẫn khí HCl, cho hỗn hợp này qua dd KHCO 3 dư: KHCO 3 + HCl → KCl + CO 2 + H 2 O 0,25 0,25 0,25 2 ĐỀ CHÍNH THỨC Khí thoát ra cho tiếp qua dd H 2 SO 4 đặc thu được khí CO 2 tinh khiết. 2. Cho hỗn hợp tác dụng với CaO lấy dư, rồi chưng cất sản phẩm ta thu được hỗn hợp C 2 H 5 OH, H 2 O; chất rắn (CH 3 COO) 2 Ca, CaO 2CH 3 COOH + CaO → (CH 3 COO) 2 Ca + H 2 O Lấy chất rắn (CH 3 COO) 2 Ca, CaO cho tác dụng với dd H 2 SO 4 loãng, dư rồi chưng cất sản phẩm và cho qua CaCl 2 khan thu được CH 3 COOH (CH 3 COO) 2 Ca + H 2 SO 4 → 2CH 3 COOH + CaSO 4 Lấy hỗn hợp C 2 H 5 OH, H 2 O cho qua CaO thu được C 2 H 5 OH tinh khiết. 3. Phản ứng hoá học chứng minh CH 3 COOH có tính axit mạnh hơn axit cacbonic: 2CH 3 COOH + Na 2 CO 3 → 2CH 3 COONa + CO 2 + H 2 O Phản ứng hoá học chứng minh CH 3 COOH có tính axit yếu hơn axit sunfuric: 2CH 3 COONa + H 2 SO 4 → 2CH 3 COOH + Na 2 SO 4 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3: (3,5 điểm) 1. A là thành phần chính của đá phấn ⇒ A là CaCO 3 B là khí dùng nạp cho các bình chữa cháy ⇒ B là CO 2 C, D là muối cacbonat và hiđrocacbonat ⇒ chọn C, D là K 2 CO 3 và KHCO 3 PTPƯ: CaCO 3 o t → CaO + CO 2 CO 2 + 2KOH → K 2 CO 3 + H 2 O. CO 2 + KOH → KHCO 3 KHCO 3 + 2KOH → K 2 CO 3 + H 2 O K 2 CO 3 + H 2 O + CO 2 → 2KHCO 3 K 2 CO 3 + CaCl 2 → CaCO 3 + 2KCl KHCO 3 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + K 2 CO 3 + H 2 O. 2. 2 2 8,96 0,4 0,4 4,8 22,4 CO C CO C n mol n n mol m gam= = ⇒ = = ⇒ = 2 2 10,8 0,6 2 1,2 1,2 18 H O H H O H n mol n n mol m gam= = ⇒ = = ⇒ = Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có m = m C + m H = 1,2 + 4,8 = 6 gam Gọi công thức chung của các hiđrocacbon là C x H y (x,y > 0) Pt cháy: C x H y + (x + 4 y ) O 2 o t → xCO 2 + 2 y H 2 O. Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có 2 2 2x y C H O CO H O m m m m+ = + 6 + 2 O m =0,4 . 44 + 10,8 ⇒ 2 O m = 22,4 gam. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 4: (4,0 điểm) 1. Gọi số mol của C 2 H 2 trong hỗn hợp X là a mol ⇒ số mol của H 2 trong X là a mol Pthh: C 2 H 2 + H 2 → C 2 H 4 (1) mol pư: x x x C 2 H 2 + 2H 2 → C 2 H 6 (2) mol pư: y 2y y với x, y lần lượt là số mol phản ứng của C 2 H 2 ở phản ứng (1), (2) 3 Hỗn hợp Y 2 2 2 2 4 2 6 : : 2 : : C H a x y H a x y C H x C H y − − − − Khối lượng bình brom tăng 24,2 gam ⇒ 2 2 2 4 C H C H m +m =24,2 28x + 26(a-x-y) = 24,2 (I) ⇒ 26a + 2x – 26y = 24,2 Khí Z 2 2 6 : 2 : H a x y C H y − − Z 11,2 0,5 22,4 n = = ⇒ a – x - 2y + y = 0,5 ⇒ a - x - y =0,5 (II) thay vào (I) ⇒ x = 0,4 mol Mặt khác 2 2 9,4 9,4 18,8 Z Z Z H H M d M M = ⇒ = ⇒ = Áp dụng quy tắc đường chéo ta tính được 2 2 6 2 3 H C H n n = ⇒ a - x – 2y = 2 3 y ⇒ a - x = 8 3 y ⇒ 3a - 3x = 8y.(III) Thay x = 0,4 vào (II) và (III) giải hệ ⇒ a = 1,2 mol; y = 0,3 mol. Vậy: Hỗn hợp X có 2 2 2 1,2 C H H n n mol= = Hỗn hợp Y có: 2 2 2 4 2 6 2 1,2 0,4 0,3 0,5 0,4 0,3 1,2 0,4 2.0,3 0,2 C H C H C H H n mol n mol n mol n mol = − − = = = = − − = 2. Trong 100 ml rượu etylic 46 o có 2 5 2 46 ; 54 C H OH H O V ml V ml= = 2 5 2 5 36,8 . 46.0,8 36,8 0,8 46 C H OH C H OH m V D gam n mol= = = ⇒ = = 2 2 54 54.1 54 3 18 H O H O m gam n mol= = ⇒ = = PTPƯ C 2 H 5 OH + Na → C 2 H 5 ONa + 1 2 H 2 (1) mol pư 0,8 0,4 H 2 O + Na → NaOH + 1 2 H 2 (2) mol pư 3 1,5 ⇒ 2 H n = 1,5 + 0,4 = 1,9 mol ⇒ 2 H V = 1,9.22,4 = 42,56 (lít) 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 4 Câu 5: (2,0 điểm) 2 4 150.98 147 (gam) 100 H SO m = = 2 13,44 0,6 22,4 H n mol= = Khi cho nước hấp thụ vào 150 gam dung dịch H 2 SO 4 98% ta có C%(H 2 SO 4 còn lại) = 89,416 = 147.100 150 a+ (trong đó a là khối lượng H 2 O bị hấp thụ) ⇒ a = 14,4 = 2 H O m ⇒ 2 H O n = 0,8 mol PT Fe x O y + yH 2 → xFe + yH 2 O (1) mol pư 0,8/y 0,8x/y 0,8 Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (2) mol pư 0,6 0,6 Từ phương trình (1) , (2) ta có 0,8 0,6 Fe x n y = = ⇒ x 3 y 4 = ⇒ Fe 3 O 4 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 Câu 6: (3,0 điểm) a. moln H 11,0 4,22 464,2 2 == Gọi x; y lần lượt là số mol của M; Al trong 3,18 gam hh X (x; y>0) Theo bài ta có: Mx + 27y = 3,18 (1*) Cho X tác dụng vơi H 2 SO 4 loãng theo ptrình: 2M + H 2 SO 4 → M 2 SO 4 + H 2 (1) x x/2 x/2 (mol) 2Al + 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 (2) y y/2 3y/2 (mol) 2 H n = x/2 + 3y/2 = 0,11 → x + 3y = 0,22 (2*) Cho Ba(OH) 2 vào dd Y: M 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 + 2MOH (3) x/2 x/2 x (mol) Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Ba(OH) 2 → 3BaSO 4 + 2Al(OH) 3 (4) y/2 3y/2 y (mol) MOH + Al(OH) 3 → MAlO 2 + 2H 2 O (5) Theo (1); (2); (3); (4) có 24 HBaSO nn = = 0,11mol 4 BaSO m = 0,11.233 = 25,63g<27,19 → trong kết tủa có Al(OH) 3 : 3 )OH(Al m = 27,19 – 25,63 = 1,56g 3 )OH(Al n = 1,56/78 = 0,02mol Theo ptrình (5) có 3 )OH(Al n bị hoà tan = n MOH = x → 3 )OH(Al n kết tủa = y-x = 0,02 (3*) Từ (1*); (2*) và (3*) có hệ: Mx + 27y = 3,18 x = 0,04 x + 3y = 0,22 → y = 0,06 y – x = 0,02 M = 39 Vậy kim loại kiềm M là Kali (K) b. 42 SOK n thêm vào = 1,74/174 = 0,01mol 0,5 0,5 0,5 0,5 5 → sau khi thêm có: 342 )SO(Al n = 0,03mol 42 SOK n = 0,02 + 0,01 = 0,03mol OH 2 m kết tinh = 28,44 – 0,03.174 – 0,03.342 = 12,96g OH 2 n kết tinh = 12,96/18 = 0,72mol Gọi CT của tinh thể muối kép là aK 2 SO 4 .bAl 2 (SO 4 ) 3 .cH 2 O Có a:b:c = 0,03:0,03:0,72 = 1:1:24 Vậy CT của muối kép: K 2 SO 4 .Al 2 (SO 4 ) 3 .24H 2 O 0,5 0,5 Chú ý: * Đối với phương trình phản ứng hóa học nào mà cân bằng hệ số sai hoặc thiếu cân bằng (không ảnh hưởng đến giải toán) hoặc thiếu điều kiện thì trừ đi nửa số điểm giành cho nó. Trong một phương trình phản ứng hóa học, nếu có từ một công thức trở lên viết sai thì phương trình đó không được tính điểm. * Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm như hướng dẫn quy định. * Trong khi tính toán nếu nhầm lẫn một câu hỏi nào đó dẫn đến kết quả sai nhưng phương pháp giải đúng thì trừ đi nửa số điểm dành cho phần hoặc câu đó. Nếu tiếp tục dùng kết quả sai để giải các vấn đề tiếp theo thì không tính điểm cho các phần sau. 6 . được dung dịch Z. Tiến hành kết tinh cẩn thận dung dịch Z thu được 28,44 gam tinh thể muối kép. Xác định công thức của tinh thể. -----------------------------. 0,02 + 0,01 = 0,03mol OH 2 m kết tinh = 28,44 – 0,03.174 – 0,03.342 = 12,96g OH 2 n kết tinh = 12,96/18 = 0,72mol Gọi CT của tinh thể muối kép là aK 2 SO 4