Tài liệu De DA HSG Thanh Hoa 0910(da in).doc

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Đề chính thức KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC: 2009 - 2010 Môn thi: HÓA HỌC Lớp 9 - THCS Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/3/2010 Câu 1: (5,5 điểm) 1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: (Mỗi mũi tên là một phương trình hóa học) Fe → FeCl 3 FeCl 2 → Fe(OH) 2 → Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 → Fe 3 O 4 → FeSO 4 2. Có một hỗn hợp bột gồm các oxit: K 2 O, Al 2 O 3 , BaO. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp trên. 3. Dung dịch A chứa a mol CuSO 4 và b mol FeSO 4 . Xét ba thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Thêm c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 3 muối. Thí nghiệm 2: Thêm 2c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 2 muối. Thí nghiệm 3: Thêm 3c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối. a. Tìm mối quan hệ của a, b, c trong từng thí nghiệm. b. Nếu a = 0,2; b = 0,3 và số mol của Mg là 0,4 thì khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng là bao nhiêu? Câu 2: (5,5 điểm). 1. Một hợp chất hữu cơ có công thức dạng C x H y O z (x ≤ 2) tác dụng với NaOH. Hãy xác định công thức cấu tạo và viết phương trình hóa học xảy ra giữa các chất trên với NaOH. 2. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt các bình khí sau: H 2 , CH 4 , C 2 H 4, CO 2 , SO 2 . Viết phương trình hóa học xảy ra. 3. Axit A là chất rắn, màu trắng, dễ tan trong nước. Oxit B tác dụng với dung dịch nước của A tạo nên hợp chất C màu trắng, không tan trong nước. Khi nung C với cát và than ở nhiệt độ cao thu được đơn chất có trong thành phần của A. Xác định công thức của A, B, C và viết phương trình hóa học xảy ra. Câu 3: (4,5 điểm). Hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của hai kim loại nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn. Hòa tan 3,6 gam hỗn hợp X bằng dung dịch HNO 3 dư, thu được khí Y. cho toàn bộ lượng khí Y hấp thụ hết bởi dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được 7,88 gam kết tủa. a. Hãy xác định công thức của hai muối và tính thành phần % về khối lượng mỗi muối trong X. b. Cho 7,2 gam hỗn hợp X và 6,96 gam FeCO 3 vào một bình kín chứa 5,6 lit không khí (đktc). Nung bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Z. Tính thành phần % theo số mol các chất trong Z. c. Tính thể tích dung dịch HNO 3 2M tối thiểu cần dùng để hòa tan hết hỗn hợp chất rắn thu được sau khi nung. Giả sử trong không khí oxi chiếm 1/5 và nitơ chiếm 4/5 về thể tích. Câu 4: (4,5 điểm). 1. Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua bình đựng H 2 SO 4 đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư. Sau khi kết thúc thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 10,8 gam và bình 2 tăng 17,6 gam. Xác định công thức phân tử của A và viết công thức cấu tạo có thể có của A. 2. A là rượu đa chức có công thức R(OH) n (R là gốc hidrocacbon). cho 12,8 gam dung dịch rượu A (trong nước) có nồng độ 71,875% tác dụng với Na dư thu được 5,6 lit H 2 (ở đktc). Xác định công thức phân tử của A, biết khối lượng phân tử của A là 92 đ.v.C. Cho: H = 1, C = 12, O = 16, Na = 23, Mg = 24, Al = 27, Ca = 40, Fe = 56, Cu = 64, Ba = 137 - Hết – 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC: 2009 - 2010 Môn thi: HÓA HỌC Lớp 9 - THCS Câu Đáp án Điểm 1.1 2Fe + 3Cl 2  → 0 t 2FeCl 3 2FeCl 3 + Fe → 3FeCl 2 2FeCl 2 + Cl 2 → 2FeCl 3 FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 + 2NaCl 4Fe(OH) 2 + 2H 2 O + O 2 → 4Fe(OH) 3 2Fe(OH) 3  → 0 t Fe 2 O 3 + 3H 2 O 3Fe 2 O 3 + CO  → 0 t 2Fe 3 O 4 + CO 2 Fe 3 O 4 + 4H 2 SO 4 loãng + Fe → 4FeSO 4 + 4H 2 O 1.2 Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp bằng dung dịch HCl dư, sau đó nhúng thanh kim loại Mg vào hỗn hợp dung dịch trên tới khi phản ứng kết thúc, lấy thanh kim loại Mg ra. Ta thu được 2 phần - Phần 1: Hỗn hợp dung dịch gồm KCl, BaCl 2 ; MgCl 2 - Phần 2: Rắn gồm Mg và Al. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ ta thu được Mg(OH) 2 không tan, lọc tách Mg(OH) 2 được dung dịch gồm KCl và BaCl- 2 ; cho dung dịch vừa thu được tác dụng với dung dịch K 2 CO 3 dư ta thu được BaCO 3 không tan, lọc tách BaCO 3 ta được dung dịch gồm KCl và K 2 CO 3 còn dư, cho dung dịch đó tác dụng với dung dịch HCl dư ta thu được dung dịch KCl và HCl còn dư, cô cạn dung dịch thu được KCl khan; rồi điện phân nóng chảy KCl ta thu được K (Kali). Còn chất rắn BaCO 3 tiếp tục cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch BaCl 2 ; cô cạn và điện phân nóng chảy BaCl 2 ta thu được Ba (Bari) Cho phần 2 tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được hỗn hợp dung dịch gồm MgCl 2 ; AlCl 3 và HCl còn dư, cho hỗn hợp dung dịch tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa Mg(OH) 2 ; lọc tách kết tủa còn lại hỗn hợp dung dịch, rồi tiếp tục thổi dòng khí CO 2 dư vào hỗn hợp dung dịch ta lại thu được kết tủa Al(OH) 3 ; lọc tách Al(OH) 3 rồi đem nung ở nhiệt độ cao thu được Al 2 O 3 ; tiếp tục đem Al 2 O 3 điện phân nóng chảy ta thu được Al. Các PTHH xảy ra: K 2 O + 2HCl → 2KCl + H 2 O BaO + 2HCl → 2BaCl 2 + H 2 O Al 2 O 3 + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 O Khi nhúng thanh kim loại Mg vào dung dịch xảy ra phản ứng. 3Mg + 2AlCl 3 → 3MgCl 2 + 2Al - Phần 1: MgCl 2 + 2KOH → Mg(OH) 2 + 2KCl BaCl 2 + K 2 CO 3 → BaCO 3 + 2KCl Lọc tách được BaCO 3 . K 2 CO 3 + 2HCl → 2KCl + H 2 O + CO 2 Cô cạn dung dịch ta thu được KCl khan, rồi điện phân nóng chảy 2 KCl thu được K. 2KCl  → dpnc K + Cl 2 Cho BaCO 3 tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ. BaCO 3 + 2HCl → BaCl 2 + H 2 O + CO 2 Cô cạn dung dịch ta thu được BaCl 2 khan, rồi điện phân nóng chảy BaCl 2 thu được Ba. BaCl 2  → dpnc Ba + Cl 2 - Phần 2: Tác dụng với dung dịch HCl dư Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 Cho dung dịch thu được tác dụng với NaOH dư HCl + NaOH → NaCl + H 2 O MgCl 2 + 2NaOH → Mg(OH) 2 + 2NaCl AlCl 3 + 4NaOH dư → NaAlO 2 + 3NaCl + H 2 O Lọc tách kết tủa Mg(OH) 2 , rồi thổi dòng khí CO 2 dư vào dung dịch thu được. NaAlO 2 + CO 2 + H 2 O → Al(OH) 3 + NaHCO 3 Lọc tách kết tủa Al(OH) 3 , rồi đem nung Al(OH) 3 ta thu được Al 2 O 3 2Al(OH) 3  → 0 t Al 2 O 3 + 3H 2 O Điện phân nóng chảy Al 2 O 3 , ta thu được Al 2Al 2 O 3  → dpnc 4Al + 3O 2 1.3 a/ Ở thí nghiệm 1: sau phản ứng thu được dung dịch gồm 3 muối gồm MgSO 4 ; CuSO 4 và FeSO 4 , do đó ta có c < a, tức là CuSO 4 vẫn còn dư và FeSO 4 chưa phản ứng (vì theo quy tắc thì Mg sẽ tham gia phản ứng với muối CuSO 4 trước, khi hết CuSO 4 mà Mg còn dư thì mới tiếp tục phản ứng với FeSO 4 ) PTHH: Mg + CuSO 4  → MgSO 4 + Cu c c mol (Với c < a) Ở thí nghiệm 2: Sau phản ứng thu được dung dịch gồm 2 muối gồm MgSO 4 và FeSO 4 , do đó ta có a ≤ 2c < a + b, tức là FeSO 4 vẫn còn dư (FeSO 4 chưa phản ứng hoặc phản ứng 1 phần) TH 1: Nếu 2c = a, thì FeSO 4 chưa phản ứng. Mg + CuSO 4  → MgSO 4 + Cu a a mol TH 2: Nếu 2c > a, thì FeSO 4 đã phản ứng 1 phần. Sau phản ứng còn d ư một lượng là: b – (2c – a) mol. Hay (a + b) – 2c mol Mg + CuSO 4  → MgSO 4 + Cu a a mol Mg + FeSO 4  → MgSO 4 + Fe 2c – a 2c – a mol Vậy: a ≤ 2c < a + b Ở thí nghiệm 3: sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối, vì vậy cả CuSO 4 và FeSO 4 đã phản ứng hết. 3c ≥ a + b TH 1: 3c = a + b, phản ứng xảy ra vừa đủ. 3 Mg + CuSO 4  → MgSO 4 + Cu a a mol Mg + FeSO 4  → MgSO 4 + Fe 2c – a 2c – a mol ( Với 2c – a = b Hay 2c = a + b) TH 2: 3c > a + b Mg + CuSO 4  → MgSO 4 + Cu a a mol Mg + FeSO 4  → MgSO 4 + Fe b b mol ( Với 3c – a > b Hay 3c > a + b) b/ Ta có: m r = 0,2.64 + 0,2.56 = 12,8 + 11,2 = 24 gam 2.1 Để tác dụng được với NaOH thì chất hữu cơ trên phải có nhóm – COOH hoặc có nhóm chức – COO; có ít nhất là 2 nguyên tử Oxi. Số nguyên tử oxi không vượt quá 4, vì chỉ có tối đa là 2 nguyên tử C. Vậy 2 ≤ z ≤ 4. Ta có: H – COOH ; CH 3 – COOH ; H – COOCH 3 ; HO – CH 2 – COOH ; HOOC – COOH ; O = CH-COOH PTHH: H - COOH + NaOH  → H - COONa + H 2 O CH 3 - COOH + NaOH  → CH 3 - COONa + H 2 O H – COOCH 3 + NaOH  → CH 3 - OH + H – COONa HO - CH 2 - COOH + NaOH  → HO - CH 2 - COONa + H 2 O HOOC - COOH + 2NaOH  → NaOOC - COONa + 2H 2 O O = CH - COOH + NaOH  → O = CH - COONa + H 2 O 2.2 Dẫn các khí lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước brom. Phân biệt được 2 nhóm. - Nhóm 1: Làm mất màu dung dịch nước brom gồm: C 2 H 4 và SO 2 - Nhóm 2: Không làm mất màu dung dịch nước brom gồm: H 2 ; CH 4 và CO 2 - Nhận ra SO 2 ở nhóm 1 bằng cách dẫn 2 khí đó lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm nào bị vẩn đục là nhận ra khí SO 2. - Nhận ra CO 2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 3 khí đó lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm nào bị vẩn đục là nhận ra khí CO 2. - Nhận ra H 2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí còn lại lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm nào mà làm chất rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ và đồng thời có hơi nước xuất hiện, là nhận ra khí H 2. - Khí còn lại là CH 4 . Các PTHH: SO 2 + Br 2 + 2H 2 O  → H 2 SO 4 + 2HBr C 2 H 4 + Br 2  → C 2 H 4 Br 2 SO 2 + Ca(OH) 2  → CaSO 3 + H 2 O CO 2 + Ca(OH) 2  → CaCO 3 + H 2 O H 2 + CuO  → 0 t Cu + H 2 O Hoặc có thể làm theo cách: Dẫn các khí lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi 4 trong. Phân biệt được 2 nhóm. - Nhóm 1: Làm đục dung dịch nước vôi trong và tạo kết tủa gồm: CO 2 và SO 2 - Nhóm 2: Không làm đục dung dịch nước vôi trong gồm: H 2 ; CH 4 và C 2 H 4 - Nhận ra SO 2 ở nhóm 1 bằng cách dẫn 2 khí đó lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch brom, ống nghiệm nào bị mất màu là nhận ra khí SO 2. - Nhận ra C 2 H 4 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 3 khí đó lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước brom, ống nghiệm nào bị mất màu là nhận ra khí C 2 H 4 . - Nhận ra H 2 ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí còn lại lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm nào mà làm chất rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ và đồng thời có hơi nước xuất hiện, là nhận ra khí H 2. - Khí còn lại là CH 4 . Các PTHH: SO 2 + Ca(OH) 2  → CaSO 3 + H 2 O CO 2 + Ca(OH) 2  → CaCO 3 + H 2 O SO 2 + Br 2 + 2H 2 O  → H 2 SO 4 + 2HBr C 2 H 4 + Br 2  → C 2 H 4 Br 2 H 2 + CuO  → 0 t Cu + H 2 O 2.3 A là H 3 PO 4 ; B là CaO và C là Ca 3 (PO 4 ) 2 PTHH: 2H 3 PO 4 + 3CaO  → Ca 3 (PO 4 ) 2 + 3H 2 O Ca 3 (PO 4 ) 2 + SiO 2 (cát) + 5C  → 0 t 3CaSiO 3 + 5CO + 2P 3 a/ Đặt công thức chung của 2 muối cacbonat của hai kim loại hoá trị II là: RCO 3 Ta có PTHH: RCO 3 + 2HNO 3  → R(NO 3 ) 2 + H 2 O + CO 2 CO 2 + Ba(OH) 2  → BaCO 3 + H 2 O n BaCO 3 = 0,04 mol => n RCO 3 = n CO 2 = n BaCO 3 = 0,04 (mol) M RCO 3 = 90 => M R = 30. M R là khối lượng nguyên tử trung bình của 2 kim loại hoá trị II. Mà 2 kim loại hoá trị II lại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn. Vậy 2 kim loại đó là Mg và Ca. => CTHH của 2 muối: MgCO 3 và CaCO 3 . Theo bài ra ta có: 84a + 100b = 3,6 a + b = 0,04 Đặt a, b lần lượt là số mol của MgCO 3 và CaCO 3 . Giải hệ phương trình ta được: a = 0,025 và b = 0,015.  m CaCO 3 = 1,5 g và % m CaCO 3 = 41,67% 5  m MgCO 3 = 2,5 g và % m MgCO 3 = 58,33% b/ MgCO 3  → 0 t MgO + CO 2 CaCO 3  → 0 t CaO + CO 2 FeCO 3  → 0 t FeO + CO 2 n FeCO 3 = 0,06 mol => n FeO = 0,06 (mol) V O 2 = 5 1 V kk = 5 1 .5,6 = 1,12 (lit) => n O 2 = 0,05 (mol) V N 2 = 5,6 – 1,12 = 4,48 (lit) => n N 2 = 0,2 (mol) Xảy ra phản ứng: 4FeO + O 2  → 0 t 2Fe 2 O 3 0,06 0,05 0,03 (mol) Sau phản ứng thì n O 2 d ư = 0,05 – 0,015 = 0,035 (mol) Ta nhận thấy khối lượng của hỗn hợp X ở câu b gấp đôi ở câu a. Vì vậy số mol CO 2 của hỗn hợp X ở câu b sẽ l à: 0,08 mol. => ∑ 2 CO n = 0,08 + 0,06 = 0,14 (mol). Tổng số mol các khí là: 0,2 + 0,14 + 0,035 = 0,375 (mol) Vậy thành phần các khí trong hỗn hợp Z là: % n O 2 = 9,33% ; % n N 2 = 53,33% ; % n CO 2 = 37,33% c/ Các PTHH xảy ra: MgO + 2HNO 3  → Mg(NO 3 ) 2 + H 2 O 0,05 0,1 (mol) CaO + 2HNO 3  → Ca(NO 3 ) 2 + H 2 O 0,03 0,06 (mol) Fe 2 O 3 + 6HNO 3  → 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O 0,03 0,18 (mol) ∑ 3 HNO n (đã dùng) = 0,1 + 0,06 + 0,18 = 0,34 (mol) ∑ 3 HNO V (cần dùng) = 2 34,0 = 0,17 (lit) 4.1 Theo bài ra ta có PTHH: 4C x H y O z + (4x + y – 2z) O 2  → 0 t 4xCO 2 + 2yH 2 O Vì H 2 SO 4 đặc nên rất háo nước và hút nước sinh ra từ phản ứng cháy, còn bình đựng nước vôi trong dư sẽ hấp thụ hết lượng khí CO 2 . Vậy khối lượng bình 1 tăng 10,8 g là khối lượng H 2 O và khối lượng bình 2 tăng 17,6 g là khối lượng CO 2. CO 2 + Ca(OH) 2  → CaCO 3 + H 2 O Ta có: n CO 2 = 0,4 (mol) => n C = n CO 2 = 0,4 (mol). Vậy m C = 4,8 g và n H 2 O = 0,6 (mol) => n H = 2n H 2 O = 1,2 (mol). Vậy m H = 1,2 g Ta có khối lượng m O = 9,2 – (4,8 + 1,2) = 3,2 g => n O = 0,2 mol. Ta có tỉ lệ: n C : n H : n O = 0,4 : 1,2 : 0,2 = 2 : 6 : 1 6 Vậy CTPT đơn giản nhất của A là: C 2 H 6 O CH 3 – CH 2 – OH (Rượu etylic) và CH 3 – O – CH 3 (Đi metyl ete) 4.2 Theo bài ra ta có: m A = 12,8 x 0,71875 = 9,2 g. => n A = 0,1 (mol) mH 2 O = 3,6 gam; nH 2 O = 0,2 mol. n H 2 = 0,25 (mol) 2H 2 O + 2Na → 2NaOH + H 2 (1) 0,2 0,1 (mol) 2R(OH) n + 2nNa  → 2R(ONa) n + nH 2 (2) 2 n (mol) 0,1 0,05n (mol) Từ (1), (2): nH 2 = 0,1+ 0,05n = 0,25 mol => n = 3. Ta có: n = 3. Công thức là R(OH) 3 có khối lượng phân tử của A là 92 đ.v.C. M R(OH) 3 = M R + 51 = 92 => M R = 41. Mà R là gốc hidrocacbon nên có dạng: C x H y Ta có: 12x + y = 41. (x, y là những số nguyên dương) Xét tỉ lệ: x 1 2 3 4 y 29 (loại) 17 (loại) 5 -7 (loại) Vậy giá trị x = 3 và y = 5 là phù hợp. CTPT của rượu A là: C 3 H 5 (OH) 3 Glyxerin Hoặc 1,2,3 propan triol. 7 . hợp bằng dung dịch HCl dư, sau đó nhúng thanh kim loại Mg vào hỗn hợp dung dịch trên tới khi phản ứng kết thúc, lấy thanh kim loại Mg ra. Ta thu được 2 phần. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Đề chính thức KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC: 2009 - 2010 Môn thi: