Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 9 môn Hóa học

c dụng với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm hai oxit. 1. Tìm R và % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X . 2. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A. Câu 4. ( 2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm (Na, Al và Fe). Làm các thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Cho hỗn hợp vào nước thấy có V lít khí thoát ra. Thí nghiệm 2: Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư thấy có V lít khí thoát ra. Thí nghiệm 3: Cho hỗn hợp vào dung dịch HCl dư thấy có V lít khí thoát ra. Tính % khói lượng mõi kim loại trong hỗn hợp. Nếu vẫn giữ nguyên lượng Al, còn thay Na và Fe bằng một kim loại nhóm II có khối lượng bằng tổng khối lượng Na và Fe sau đó cũng cho hỗn hợp vào dung dịch HCl dư cho đến khi phản ứng xong cúng thấy thoát ra V lít khí. Xác định kim loại nhóm 2. (không được dùng kết quả % ý 1) Câu 5. ( 2,0 điểm) Đốt cháy hoàn 6,72 lít hỗn hợp khí gồm hai hidrocacbon mạch hở có công thức CnH2n+2 (A) và CmH2m (B) thu được 13,44 lit CO2 và 14,4 gam nước. Các thể tích khí đo ở đktc. 1. Tìm công thức phân tử của hai hidrocacbon. 2. Từ B (mạch không nhánh) viết các phương trình phản ứng điều chế CH3COONa không quá 3 giai đoạn (không quá 3 phản ứng), các chất vô cơ và điều kiện để phản ứng xảy ra có đủ. 3. Tìm công thức cấu tạo có thể có của B thỏa mãn: khi cho B tác dụng với H2O, xúc tác H2SO4 thì thu được hỗn hợp hai sản phẩm hữu cơ. Viết các phương trình phản ứng. Cho: Ag = 108; Al = 27; Ba = 137; C=12; Ca = 40; Cl =35,5; Cu = 64; Fe = 56;H = 1; Mg = 24; Mn = 55; Na = 23; O = 16; Pb= 207; S = 32; Zn = 65. …………Hết………… PHÒNG GD&ĐT KINH MÔN TRƯỜNG THCS PHẠM SƯ MẠNH MÃ ĐỀ H-10-HSG9-PSM-PGDKM HDC ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 9 MÔN: HÓA HỌC (Đáp án gồm 6 trang) Câu ý Đáp án Điểm 1 2,0 1 * Cho Na vào dd Al2(SO4)3 và CuSO4, Na sẽ tác dụng với nước của dung dịch 2Na + H2O 2NaOH + H2 6NaOH + Al2(SO4)3 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 CuSO4 + 2NaOH Cu(OH)2 + Na2SO4 Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O * Vì kết tủa C thu được sau khi nung nóng và khử bàng khí H2 dư, rồi cho chất rắn thu được tác dụng với dd HCl thấy chất rắn tan một phần chứng tỏ kết tủa C có Al(OH)3. Vậy khí A là H2, dd B chứa Na2SO4, có thể có NaAlO2, kết tủa C chứa Cu(OH)2, Al(OH)3, chất rắn D có CuO, Al2O3, chất rắn E gồm Cu, Al2O3. Cu(OH)2 CuO + H2O 2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O CuO + H2 Cu + H2O Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O 0,25 0,25 0,25 0,25 2 - Dùng dung dịch H2SO4 loãng để nhận biết. - Lấy mẫu thử ra các ống nghiệm khác nhau, đánh dấu tương ứng. Nhỏ dung dịch H2SO4 loãng, dư vào các ống nghiệm. + Chất rắn phản ứng tạo kết tủa trắng, giải phóng khí là BaCO3 + Chất rắn không tan trong dung dịch H2SO4 là BaSO4. + Chất rắn tan tan tạo dung dịch không màu, không giải phóng khí là Na2SO4 + Chất rắn tan tạo dung dịch màu xanh, không giải phóng khí là CuSO4. + 2 chất rắn tan, giải phóng khí là MgCO3 và Na2CO3. - Cho tiếp từ từ đến dư 2 chất rắn chưa nhận biết được (MgCO3 và Na2CO3) vào 2 dung dịch của chúng vừa tạo thành. + Chất rắn nào khi ngừng thoát khí mà vẫn tan đó là Na2CO3 + Chất rắn nào khi ngừng thoát khí mà không tan thêm đó là MgCO3. 0,75 BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O MgCO3 + H2SO4 → MgSO4 + CO2 + H2O Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O 0,25 2 2,0 1 A là C2H5OH; B là CH3COOH; C là (CH3COO)2Mg; D là CH2 = CH – CH = CH2 C3H6O2 + NaOH HCOONa + C2H5OH HCOONa + C2H5OH C3H6O2 + H2O C2H5OH + O2 CH3COOH + H2O 2CH3COOH + Mg (CH3COO)2Mg + H2 2C2H5OH CH2 = CH – CH = CH2 + 2H2O + H2 nCH2 = CH – CH = CH2 (-CH2-CH=CH-CH2-)n (Cao subuna) 0,25 0,25 0,25 0,25 2.a - Vì khối lượng của nguyên tố C, H được bảo toàn trong các phản ứng hoá học nên khối lượng của khí metan ban đầu bằng với khối lượng của hỗn hợp X. - Khi đốt cháy lượng khí CH4 ban đầu và đốt cháy X sẽ cho cùng lượng CO2, H2O và cùng cần lượng khí oxi phản ứng như nhau nên ta coi đốt cháy X chính là đốt lượng khí CH4 ban đầu 0,25 nO = CH4 + 2O2 CO2 + H2O 0,15 0,3 0,15 0,3 Vậy khối lượng của hỗn hợp X là: mX = 0,15.16 = 2,4 gam. 0,25 2.b - Khối lượng của CO2 và nước được hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 là: 0,15.44 + 0,3.18 = 12 gam. - Các phương trình phản ứng: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,1 0,1 0,1 CO2 + H2O + CaCO3 → Ca(HCO3)2 0,05 0,05 0,05 0,25 0,25 - Khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng lên so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là: 12 – (0,1- 0,05).100 = 7 gam. 0,25 3 2,0 1 Tìm R và % khối lượng các chất trong X nHCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol; nH = 6,72/22,4= 0,3 mol -Cho X + dd HCl dư: Vì sản phẩm có H2, nên R là kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hoá học, nên R đứng trước cả Cu. Vì axit dư nên sau phản ứng không thể có R dư, mà 9,6 gam chất rắn B chỉ chứa một kim loại, suy ra phải có phản ứng của R với muối CuCl2 tạo ra Cu kim loại và hiđroxit của R sẽ không tan trong nước (ở đây FeCl2 chưa phản ứng với R do mức độ phản ứng của CuCl2 với R cao hơn so với FeCl2). Do đó B là Cu. Dung dịch A có RCl2, FeCl2 và HCl dư. Vì dung dịch A tác dụng với KOH dư thu kết tủa D, sau đó nung D đến hoàn toàn thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit, suy ra 2 oxit này là RO và Fe2O3. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl2. 0.25 R + 2HCl → RCl2 + H2 (1) FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (2) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3) R + CuCl2 → RCl2 + Cu (4) - Cho dung dịch A tác dụng dung dịch KOH dư: HCl + KOH → KCl + H2O (5) RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) Nung kết tủa ngoài không khí: R(OH)2 RO + H2O (8) 2Fe(OH)2 + ½ O2 Fe2O3 + 2H2O (9) 0.5 E gồm hai oxit: RO và Fe2O3 nCu = 9,6/64 = 0,15 mol Theo pư (3),(4): nCuO = nCuCl2 = nCu = 0,15 mol Theo pư (1), (4): nRCl2 = nR = nH2 + nCuCl2 = 0,3 + 0,15 = 0,45 mol Theo pư (6)(8): nRO = nR(OH)2 = nRCl2 = 0,45 mol Đặt nFeO ban đầu = x mol Theo các phản ứng (2),(7),(9): nFe2O3 = ½ .nFeO = 0,5x (mol) Ta có: mE = mRO + mFe2O3 = 0,45.(MR + 16) + 0,5x.160 = 34 gam (*) mX = mR + mFeO + mCuO = 0,45.MR + 72x + 80.0,15 = 37,2 gam (**) Giải hệ (*), (**) ta được: MR = 24; x = 0,2 Vậy R là Mg 0,5 %mMg = mMg.100/mX = (0,45.24.100)/37,2 = 29,0% %mFeO = 0,2.72.100/37,2 = 38,7% %mCuO = 32,3% 0,25 2 Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: A có : MgCl2, FeCl2, HCl dư mMgCl2 = 0,45. 95 = 42,75 gam mFeCl2 = 0,2.127 =25,4 gam Ta có: nHCl pư = nCl trong muối = 2.nMgCl2 + 2.nFeCl2 = 1,3 mol => mHCl dư = 500.0,146- 1,3.36,5 =25,55 gam Áp dụng định luật BTKL: mddA = mX + mdd HCl ban đầu –mB – mH2 = 527 gam 0,25 Từ đó tính được nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: C%(MgCl2) = 8,11% C%(FeCl2) = 4,82% C%(HCl) = 4,85% 0,25 4 2,0 1 Gọi số mol Na, Al, Fe lần lượt là x,y,z (x,y,z > o) TN 1: Na + H2O -> NaOH + H2 (1) x x 0,5x 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (2) x x 1,5x TN 2: Na + H2O -> NaOH + H2 (3) x 0,5x 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (4) y 1,5y So sánh số mol H2 trong thí nghiệm (1),(2) ta thấy V < V. Vậy nH(TN 1) < nH(TN 2). Trong thí nghiệm 1, Al chưa tan hết. Thành phần % hỗn hợp không tùy thuộc giá trị của V. Để đơn giản tính toán ta lấy V = 4. 22,4 (lít) => V = 4 (mol) Theo pt (1,2) nH= 0,5x + 1,5x = 4 => x = 2. Vậy nNa = 2 (mol) Theo pt (3,4) nH= 0,5x + 1,5y = = .4 = 7 0,5. 2 + 1,5y = 7 => y = 4. Vậy nAl = 4(mol) TN 3: Na + HCl -> NaCl + H2 (5) 2 1 2Al + 6HCl -> 2AlCl3 + 3H2 (6) 4 6 Fe + 2HCl -> FeCl2 + H2 (7) z z Theo pt (5,6,7) nH= 1 + 6 + z = = .4 = 9 => z = 2. Vậy nFe = 2(mol) mhh = 2 . 23 + 4 . 27 + 2 .56 = 266 (g) %mNa = = 17,29% %mAl = = 40,6% %mFe = 100% - 17,29% - 40,6% = 42,11% 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Hỗn hợp Al + M khi tác dụng với dung dịch HCl cho ra cùng một lượng H2 như hỗn hợp Al + Na + Fe, mà lượng Al ở hai hỗn hợp bằng nhau => nH sinh ra do Al ở hai hỗn hợp bằng nhau. => nHsinh ra do M bằng nHsinh ra do Na và Fe. Ta có: nH(do Na, Fe) = 0,5x + z M + 2HCl -> MCl2 + H2 (8) 0,5x + z 0,5x + z Theo đb: mM = (mNa + mFe) M(0,5x+z) = (23x + 56z) xM + 2zM = 23x + 56z x(M - 23) = z(56 - 2M) => . Vì x, z > 0 => > 0 => 23 < M < 28. Và M là kim loại thuộc nhóm II nên chỉ có Mg là phù hợp. Vậy kim loại M là Mg. 0,25 0,5 5 2,0 1 nhh = 0,3 mol; nCO2 = 0,6 mol; nH2O = 0,8 mol Đặt số mol hai chất CnH2n+2 và CmH2m lần lượt là x và y mol => nhh = x + y = 0,3 mol (*) Đốt hỗn hợp: CnH2n+2 + O2 nCO2 + (n+1)H2O (1) Mol x nx (n+1)x CmH2m + O2 mCO2 + mH2O (2) Mol y my my 0,25 Từ các pư (1) và (2) ta có: nCO2 = nx + my = 0,6 (**) nH2O = (n+1)x + my = 0,8 (***) Lấy (***)-(**) ta được x = 0,2; Thay x vào (*) suy ra y = 0,1 Thay x, y vào (**) ta được: 0,2n + 0,1m = 0,6 hay 2n + m = 6 0,25 Thử các giá trị của m, ta được n: n 1 2 3 m 4 2 0 CTPT A (CH4); B(C4H8) A(C2H6); B(C2H4) Loại 0,25 2 Từ B viết phương trình điều chế CH3COONa (không quá 3 giai đoạn): - Nếu B là C4H8: C4H8 + H2 C4H10 2 C4H10 + 5 O2 4 CH3COOH + 2 H2O CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 0,25 - Nếu B là C2H4: C2H4 + H2O C2H5OH C2H5OH + O2 CH3COOH + H2O CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 0,25 3 Vì B tác dụng H2O có H2SO4 làm xúc tác thu được hỗn hợp 2 sản phẩm hữu cơ, cho nên B không thể là C2H4. Vậy B phải là C4H8. Vì có hai sản phẩm được tạo ra nên CTCT của B thỏa mãn là: CH2 =CH-CH2-CH3 và CH2=C(CH3)2 0,25 Ptpư: CH2 =CH-CH2-CH3 + H2O CH3-CHOH-CH2-CH3 CH2 =CH-CH2-CH3 + H2O HO-CH2-CH2-CH2-CH3 0,25 CH2=C(CH3)2 + H2O (CH3)3C-OH CH2=C(CH3)2 + H2O HO-CH2-CH(CH3)2 0,25 Chú ý: Nếu phương trình không cân bằng thì trừ nửa số điểm của phương trình đó. Nếu sử dụng trong tính toán thì phần tính toán không cho điểm. Học sinh có cách giải khác tương đương đúng vẫn cho điểm tối đa. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25