Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Hải Dương

1. ĐỀ 8 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TẠO HẢI DƯƠNG LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Hóa học ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 23/3/2012 Câu I. ( 2,0 điểm) 1. Nung nóng hỗn hợp Cu, Ag trong O 2 dư, sau phản ứng thu được chất rắn A. Cho A vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch B và khí C. Khí C tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch D. Dung dịch D vừa tác dụng với BaCl2, vừa tác dụng với NaOH. Xác định thành phần các chất có trong A, B, C, D. Viết phương trình các phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. 2. Chỉ dùng một thuốc thử, trình bày cách nhận biết các chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn sau: BaCO3, BaSO4, Na2SO4, Na2CO3, MgCO3, CuSO4 (khan). Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Câu II. ( 1,75 điểm) 1. Cho hỗn hợp gồm rượu etylic, axit axetic, nước. Trình bày phương pháp tách riêng rượu etylic nguyên chất và axit axetic (có thể lẫn nước) từ hỗn hợp trên? Viết phương trình phản ứng minh họa (nếu có). 2. Khi thực hiện phản ứng chuyển hóa metan thành axetilen thu được hỗn hợp khí X gồm metan, axetilen và hidro. Đốt cháy hoàn toàn X cần 6,72 lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy được hấp thụ hết vào dung dịch chứa 0,1 mol Ca(OH)2. a. Tính khối lượng của hỗn hợp X? b. Hãy cho biết dung dịch thu được sau khi hấp thụ sản phẩm cháy có khối lượng thay đổi như thế nào so với dung dịch Ca(OH)2 ban đầu? Câu III. ( 2,0 điểm) Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm: R, FeO, CuO (R là kim loại chỉ có hóa trị II, hidroxit của R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa một kim loại) và 6,72 lít H 2 (đktc). Cho dung dịch A tác 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 IV. ( 2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm (Al và oxit Fe xOy). Nung m gam X trong điều kiện không có không t0 khí, khi đó xảy ra phản ứng: Al + Fe xOy  Al2O3 + Fe (phản ứng chưa được cân bằng). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần: Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lit khí và 12,6 gam chất rắn. Phần 2: cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, sau phản ứng thu được 27,72 lít SO2 và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. 1. Viết phương trình các phản ứng xảy ra. 2. Tìm m và công thức phân tử của oxit FexOy Câu V. ( 2,25 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.
2. 3. Tìm công thức cấu tạo có thể có của B thỏa mãn: khi cho B tác dụng với H 2O, 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
3. Së gi¸o dôc & ®µo t¹o H­íng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm H¶i D­¬ng KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2011-2012 M«n: hãa häc Ngµy thi 23/3/2012 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0 - Chất rắn A gồm CuO, Ag t0 2Cu + O2  2CuO 0,25 (Ag không phản ứng với khí oxi) - Cho A vào dd H2SO4 đặc nóng: t0 CuO + H2SO4(đ)  CuSO4 + H2O 0,25 t0 2Ag + 2H2SO4(đ)  Ag2SO4 + SO2 + 2H2O 1 - Dung dịch B gồm CuSO4, Ag2SO4, H2SO4 dư. - Khí C là SO . Cho C tác dụng với dd KOH. 2 0,25 SO2 + 2KOH → K2SO3 + H2O SO2 + KOH → KHSO3 - Dung dịch D gồm 2 chất tan K2SO3, KHSO3. K SO + BaCl → BaSO + 2KCl 2 3 2 3 0,25 KHSO3 + NaOH → Na2SO3 + K2SO3 - 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 Na SO 2 4 0,75 + Chất rắn tan tan tạo dung dịch màu xanh, không giải phóng khí là CuSO4. 2 + 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. BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O MgCO3 + H2SO4 → MgSO4 + CO2 + H2O 0,25 Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O II 1,75 - Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch NaOH dư, chưng cất thu lấy rượu etylic lẫn nước và chất rắn khan chứa CH3COONa, NaOH dư. 0,25 CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O - Cho CuSO khan, dư vào hỗn hợp rượu và nước, lọc bỏ chất rắn thu được rượu 1 4 etylic nguyên chất. 0,25 - Cho hỗn hợp chất rắn tác dụng với dung dịch H2SO4 dư. Chưng cất thu lấy CH3COOH (lẫn nước). 0,25 2CH3COONa + H2SO4 → CH3COOH + Na2SO4
4. - 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 0,25 và cùng cần lượng khí oxi phản ứng như nhau nên ta coi đốt cháy X chính là đốt lượng khí CH4 ban đầu. 2a 6,72 nO = 0,3mol 2 22,4 t0 CH4 + 2O2  CO2 + H2O 0,25 0,15 0,3 0,15 0,3 Vậy khối lượng của hỗn hợp X là: mX = 0,15.16 = 2,4 gam. - 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 0,25 2b 0,1 0,1 0,1 CO2 + H2O + CaCO3 → Ca(HCO3)2 0,05 0,05 0,05 - Khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng lên so với dung dịch Ca(OH) ban đầu 2 0,25 là: 12 – (0,1- 0,05).100 = 7 gam. III 2,0 Tìm R và % khối lượng các chất trong X nHCl = (500.14,6)/(100.36,5) = 2 mol; n = 6,72/22,4= 0,3 mol H 2 -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 0,25 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, 1 suy ra 2 oxit này là RO và Fe2O3. Như vậy trong dung dịch A không có CuCl2. 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) 0,5 RCl2 + 2KOH → R(OH)2 + 2KCl (6) FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 + 2KCl (7) Nung kết tủa ngoài không khí: t0 R(OH)2  RO + H2O (8) t0 2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2O (9)
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 0,5 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 Từ đó tính được % khối lượng các chất trong hỗn hợp X: %mMg = mMg.100/mX = (0,45.24.100)/37,2 = 29,0% %m = 0,2.72.100/37,2 = 38,7% FeO 0,25 %mCuO = 32,3% Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A: A có : MgCl2, FeCl2, HCl dư mMgCl2 = 0,45. 95 = 42,75 gam mFeCl = 0,2.127 =25,4 gam 2 0,25 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 2 Áp dụng định luật BTKL: mddA = mX + mdd HCl ban đầu –mB – mH2 = 527 gam Từ đó tính được nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch A: C%(MgCl2) = 8,11% 0,25 C%(FeCl2) = 4,82% C%(HCl) = 4,85% IV 2,0 Các phương trình phản ứng: t0 3FexOy + 2yAl  3xFe + yAl2O3 (1) Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư có khí, suy ra trong chất rắn có Al dư. Vì Al còn dư, mà phản ứng xảy ra hoàn toàn nên FexOy hết. Vậy thành phần của Y có: Al2O3, Fe và Al dư. Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư: 1 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (2) 0,5 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) 12,6 gam chất rắn không tan là Fe Phần 2 tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư: t0 Al2O3 + 3H2SO4(đ)  Al2(SO4)3 + 3H2O (4) t0 2Al + 6H2SO4(đ)  Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5) t0 2Fe + 6H2SO4(đ)  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6)
6. Từ pư(3) có n = 2/3.n = 0,05 mol Al H 2 Lại có: nFe = 12,6/56 = 0,225 mol Vậy trong phần 1 có ( Al2O3, Fe (0,225 mol), Al(0,05 mol)) - Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1. Từ đó suy ra trong phần 2 có: ( Al2O3, Fe(0,225a mol) và Al (0,05a mol) 0,5 Từ pư (5) và (6) suy ra: n = 3/2.(n + n ) = 3/2.(0,05a + 0,225a) = 27,72/22,4= 1,2375 . SO 2 Al Fe Từ đó tính được a = 3. Suy ra trong phần 2 có: 0,675 mol Fe và 0,15 mol Al Mặt khác, tổng khối lượng muối sunfat = m + m = 263,25 gam (7) Al2 (SO4 )3 Fe2 (SO4 )3 2 Theo pư (4), (5): n = n + ½. n = n + 0,075 Al2 (SO4 )3 Al2O3 Al Al2O3 Theo pư (6): n = ½.n = 0,3375 mol Fe2 (SO4 )3 Fe Thay các số mol vào pt(7) sẽ tính được n = 0,3 mol Al2O3 0,5 Vậy khối lượng của phần 2 là: m = m + m + m = 0,3.102 + 0,675.56 + phần 2 Al2O3 Fe Al 0,15.27 = 72,45 gam => khối lượng của phần 1 là: mphần 1 = 72,45/3 =24,15 gam Từ đó tính được m = mphần 1 + m phần 2 = 96,6 gam * Tìm oxit: Xét phần 2: từ pt (1) có: 0,5 3x : y = n : n = 0,675 : 0,3 => x : y = 3: 4 Vậy oxit là Fe O Fe Al2O3 3 4 V 2,25 nhh = 0,3 mol; n(CO2) = 0,6 mol; n(H2O) = 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: 3n 1 t0 CnH2n+2 + O2  n CO2 + (n+1) H2O (1) 0,25 2 Mol x nx (n+1)x 3m t0 CmH2m + O2  m CO2 + m H2O (2) 2 1 Mol y my my Từ các pư (1) và (2) ta có: nCO2 = nx + my = 0,6 ( ) nH O = (n+1)x + my = 0,8 ( ) 2 0,25 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 Thử các giá trị của m, ta được n: n 1 2 3 0,5 m 4 2 0 CTPT A (CH4); B(C4H8) A(C2H6); B(C2H4) Loại Từ B viết phương trình điều chế CH3COONa (không quá 3 giai đoạn): - Nếu B là C4H8: Ni,t0 2 C4H8 + H2  C4H10 0,25 xt,t0 2 C4H10 + 5 O2  4 CH3COOH + 2 H2O CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
7. - Nếu B là C2H4: axit C2H4 + H2O  C2H5OH men C2H5OH + O2  CH3COOH + H2O 0,25 CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 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 C H . Vậy B phải là C H . 2 4 4 8 0,25 Vì có hai sản phẩm được tạo ra nên CTCT của B thỏa mãn là: CH2 =CH-CH2-CH3 và CH2=C(CH3)2 Ptpư: 3 axit CH2 =CH-CH2-CH3 + H2O  CH3-CHOH-CH2-CH3 0,25 axit CH2 =CH-CH2-CH3 + H2O  HO-CH2-CH2-CH2-CH3 axit CH2=C(CH3)2 + H2O  (CH3)3C-OH axit 0,25 CH2=C(CH3)2 + H2O  HO-CH2-CH(CH3)2 Chú ý: - Nếu phương trình không cân bằng thì trừ nửa số điểm của phương trình đó. Học sinh có cách giải khác tương đương đúng vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25