Đề khảo sát HSG Hóa 9 huyện Cẩm Thúy năm 2018-2019

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẨM THỦY ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh ................... ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG DỰ THI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018-2019 (LẦN 2) Môn thi: Hoá học Ngày thi: 06 tháng 12 năm 2018 Thời gian : 150 phút(không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm: 02 trang Câu 1: (2,0 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng để thực hiện dãy chuyển hóa sau: (1) (2) (3) (4) (5) (6) MnO2   Cl2   HCl   FeCl2   Fe(OH)2   FeSO4   (7) Fe(NO3)2 (8) (9) (10) CaCl 2   Ca(NO3)2   CaCO3    Ca(HCO3)2 2. Có 5 dung dịch chứa trong 5 lọ riêng biệt gồm các chất : Na 2CO3, BaCl2, MgCl2, H2SO4, NaOH được đánh số bất kỳ 1,2,3,4,5 . Thực hiện các thí nghiệm được kết quả như sau: - Chất ở lọ 1 tác dụng với chất ở lọ 2 cho khí bay lên, và tác dụng với chất ở lọ 4 tạo thành kết tủa. - Chất ở lọ 2 cho kết tủa trắng với chất ở lọ 4 và lọ 5. Hãy cho biết tên chất có trong từng lọ 1,2,3,4,5.Giải thích và viết phương trình phản ứng minh hoạ. Câu 2: (2,0 điểm) Trộn 10ml hidrocacbon thể khí với một lượng O2 dư rồi làm nổ hỗn hợp này bằng tia lửa điện. Làm cho hơi nước ngưng tụ thì thể tích của hỗn hợp thu được sau phản ứng giảm đi 30ml. Phần còn lại cho đi qua dung dịch KOH dư thì thể tích của hỗn hợp giảm 40ml. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo dạng mạch thẳng của hidrocacbon. Câu 3: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam oxit MO ( M là kim loại) trong 78,4 gam dung dịch H2SO4 6,25% (loãng) thì thu được dung dịch X trong đó nồng độ H 2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác khi cho CO dư đi qua m gam MO nung nóng, phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y, cho Y qua 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thì chỉ còn một khí duy nhất thoát ra, trong dung dịch có chứa 2,96 gam muối. 1. Xác định kim loại M và khối lượng m. 2. Cho x gam Al vào dung dịch X thu được ở trên, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 1,12 gam chất rắn. Tính x? Câu 4: (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm hidro và axetilen có tỉ khối so với H2 bằng 5,8. Dẫn 1,792 lít X(đktc) qua bột Ni nung nóng cho đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp X và tỉ khối của hỗn hợp khí thu được so với H2. Câu 5: (2,0 điểm) Cho V lít khí CO (đktc) đi qua ống sứ chứa 3,48 gam oxit kim loại nung nóng đến phản ứng hoàn toàn thu được m gam kim loại và hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 bằng 20. Dẫn toàn bộ lượng khí này vào bình chứa 500 ml dung dịch Ba(OH)2 0,08M, sau phản ứng thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch A. Lọc tách kết tủa rồi cho dung dịch nước vôi trong dư vào dung dịch A ta thu được p gam kết tủa. Cho toàn bộ lượng kim loại thu được ở trên vào bình chứa dung dịch HCl dư, phản ứng kết thúc thu được 1,008 lít H2 (đktc). Viết các phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. Tính V, m, p và xác định công thức của oxit kim loại trên Câu 6: (2,0 điểm) 1. Có 3 chất lỏng gồm: rượu etylic, benzen và nước. Trình bày phương pháp hoá học đơn giản để phân biệt chúng. 2. Hợp chất hữu cơ A mạch hở chứa C,H,O có khối lượng mol bằng 60 gam. Tìm công thức phân tử, viết công thức cấu tạo ứng với công thức phân tử của A. Xác định công thức cấu tạo đúng của A, biết rằng A tác dụng được với NaOH và với Na kim loại. Câu 7: (2,0 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 2SO4 loãng thu được 2,464 lít H2 (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 M2SO4 vào dung dịch Y thu được dung dịch Z. Tiến hành kết tinh cẩn thận dung dịch Z thu được 28,44g tinh thể muối kép. Xác định công thức của tinh thể? Câu 8: (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm hai axit hữu cơ no, đơn chức, mạch hở. Trung hoà 8,3g X bằng dung dịch NaOH rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 11,6g muối khan. Mặt khác, nếu cho 8,3g X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3 thì thu được 21,6g bạc. Xác định công thức phân tử của hai axit. Câu 9: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp hai kim loại A, B (M A V(hơi H2O) = 30ml. Phần khí còn lại cho đi qua dd KOH thì thể tích giảm 40ml => V(CO2) = 40ml. 2 Gọi CTPT của hidrocacbon là: CxHy PTHH: CxHy + (x+y/4)O2 xCO2 + y/2H2O 2,0đ 10 10x 5y ml Ta có: 10x = 40 => x =4; 5y = 30 => y = 6. Vậy CTPT của hidrocacbon là: C4H6 CTCT: Viết đúng 04 CTCT 3 1 78,4.6,25 nH SO  0,05 (mol) 100.98 Gọi nMO = a mol 2,0đ 1,0 - Hòa tan MO vào dd H2SO4 loãng: đ MO + H2SO4   MSO4 + H2O mol: a a a 2 4(bd) 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 => nH SO 2 4(du) (0,05 a) mol mddsau pu (M  16)a 78,4 (gam) 0,25 mMO (M  16)a m (gam) Ta có C%(H SO 2 4(du) )  98(0,05 a) 2,433% (M  16)a  78,4 (I) - Khử MO bằng CO dư t MO + CO   M + CO2 a a a a Vậy hỗn hợp Y gồm CO2 và CO dư - Cho Y qua dd NaOH có nNaOH = 0,5.0,1= 0,05 (mol) mà chỉ còn một khí thoát ra thì đó là CO, vậy CO 2 đã phản ứng hết. Gọi k là số mol Na2CO3, t là số mol NaHCO3 (t,k>= 0). - Phản ứng có thể xảy ra: CO2 + 2NaOH   Na2CO3 + H2O k 2k k CO2 + NaOH   NaHCO3 t t t Ta có 106k + 84t = 2,96 (II) 2k + t = 0,05 (III) Từ (II) và (III) => k = 0,02 o n a 0,03 (mol) 0,25 0,25 t = 0,01 => CO Thay vào (I) được M = 56 => đó là Fe 0,25 và m = (56 + 16).0,03 = 2,16 (g) 2 Dung dịch X gồm: FeSO4 ( 0,03 mol) H2SO4 dư ( 0,02 mol) 1,0 Khi cho Al vào, phản ứng hoàn toàn mà có 1,12 g chất rắn => H 2SO4 đ đã hết 2Al + 3H2SO4   Al2(SO4)3 + 3H2 0,04/3  0,02 2Al + 3FeSO4   Al2(SO4)3 + 3Fe 0,5 2b/3 b b Khối lượng Fe trong dd X : 56.0,03 = 1,68 (g) > 1,12 (g) => FeSO4 còn dư thì Al hết. 11,2 b 0,02 56 Vậy 2 => nAl  0,04 0,04 0,08   (mol) 3 3 3 0,08 => x = 27. 3 = 0,72 (g) 4 2,0đ 5 2,0đ Gọi số mol H2, C2H2 trong X là a, b mol. Ta có: MX = 5,8.2 = 11,6 g => MX = (2a + 26b)/(a + b) = 11,6 => a = 3/2b. %V(H2) = %n(H2) = 3/2b/(3/2b+b).100% = 60%; %V(C2H2) = 40%. Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn, nên có thể có các phản ứng xảy ra: C2H2 + H2 C2H4 (1) Nếu H2 còn dư thì có tiếp phản ứng: C2H4 + H2 C2H6 (2) Theo đề: nX = 1,792/22,4 = 0,08 mol trong đó: n(H2) = 60%.0,08 = 0,048mol; n(C2H2) = 0,08 - 0,048 = 0,032 mol. Theo pt(1): n(H2pư) = n(C2H2) = 0,032 mol = n(C2H4 tạo ra). => n(H2 dư) = 0,048 - 0,032 = 0,016 mol. Theo pt (2): n(C2H4pư) = n(H2dư) = 0,016 mol = n(C2H6) => n(C2H4 dư) = 0,032-0,016 = 0,016 mol. Vậy Mhh = (0,016.28 + 0,016.30)/0,032 = 29g => d(hh khí/H2) = 29/2 = 14,5. - Đặt công thức oxit kim loại là MxOy; có số mol là a. - ............................................ Phương trình hoá học: t MxOy + yCO   xM + yCO2 (1) mol: a ay ax ay CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (2) CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2 (3) Ba(HCO3)2 + Ca(OH)2  BaCO3 + BaCO3 + 2H2O (4) 2M + 2nHCl  2MCln + nH2 (5) mol: ax 0,5nax (Với n là hoá trị của kim loại M) - Tính V: 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 o Theo (2): Mà n BaCO3  2 n CO2  2  n Ba  OH  0, 08.0,5 0,04 mol 2 3,94 0, 02mol 197  0, 04 – 0, 02 0, 02 mol n BaCO3 thu®­î c   n BaCO3 ph¶nøng 3 0,5 Theo (3): n CO2  3 n BaCO3 p­  3 0, 02 mol 1 0, 06  nCO d­  nCO2  0, 02 mol n  0,04  0, 02  0, 06 mol   CO2 3 3   nCO ban®Çu  0, 06  0,02 0,08 mol  V = 1,792 lít - Tính m: áp dung ĐLBTKL ta có: m = 3,48 + 0,06.28 - 0,06.44 = 2,52 gam - Tính p: n n n 0, 02 mol BaCO (4) Ba  HCO  Theo (3), (4): CaCO p = 0,02 . 100 + 0,02 . 197 = 5,94 gam - Xác định công thức của oxit kim loại: 3 3 3 2 0,5 0,5 1, 008 0, 09 nH 2 0,5nax  0, 045 mol  ax  22, 4 n Theo (5): Mặt khác: m=axM=2,52 gam 2,52 .n=28n 0, 09  n=2 và M = 56 (Fe) thoả mãn 0, 09 ax  0, 045  2 nCO2 ay 0, 06 mol  M= Ta lại có  1 6 2,0đ 2 7 1 x 0, 045 3   y 0, 06 4 Vậy công thức oxit kim loại là Fe3O4 0,5 Hoà tan trong nước nhận ra benzen do phân thành hai lớp. 0,25 2 chất còn lại đem đốt cháy, nếu cháy đó là rượu, còn lại là nước. 0,25 Gọi CTPT của A là CxHyOz 0,25 - Khi z = 1 ta có: 14 x +y = 44 => x= 3; y= 8 . CTPT của A là C3H8O Các CTCT: CH3-CH2-CH2OH ; CH3-CH(OH)-CH3, CH3-CH2-O-CH3 0,25 - Khi z = 2 ta có: 14 x + y = 28 => x= 2; y= 4 . CTPT của A là C2H4O2 Các CTCT : CH3- COOH; HO-CH2-CHO; HCOOCH3 0,25 - Khi z = 3 thì 14 x + y = 12 (loại) 0,25 Trong các chất trên chỉ có CH 3- COOH tác dụng được với NaOH và Na CH3- COOH + NaOH  CH3- COONa + H2O 0,5 CH3- COOH + Na  CH3- COONa + 1/2 H2 Vậy A là: CH3- COOH n(H2) = 2,646/22,4 = 0,11 mol. 2,0đ 2 8 2,0đ Gọi nM = x mol, nAl = y mol(x,y>0) Ta có M.x + 27y = 3,18 (I) PTHH 2M + H2SO4 M2SO4 + H2 (1) x x/2 x/2 mol 2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2 (2) y y/2 3/2y mol n(H2) = 0,11 => x + 3y = 0,22 (II) Cho Ba(OH)2 vào dd Y M2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + 2MOH (3) 0,5x 0,5x x mol Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (4) 0,5y 1,5y y mol MOH + Al(OH)3 MAlO2 + 2H2O (5) Theo pt (1),(2),(3),(4) n(BaSO4) = n(H2) = 0,11 mol  m(BaSO4) = 0,11.233 = 25,63g< 27,19g => Trong kết tủa có Al(OH)3 n(Al(OH)3) = (27,19 – 25,63)/78 = 0,02 mol. Theo pt(5) n(Al(OH)3 bị tan) = n(MOH) = x mol  n(Al(OH)3 còn lại) = y – x = 0,02 mol (III). Từ (I),(II),(III) => x = 0,04 y = 0,06 M = 39 (Ka li). n(K2SO4) thêm vào = 1,74/174 = 0,01 mol. Dung dịch sau khi thêm có n(Al2(SO4)3) = 0,03 mol, n(K2SO4) = 0,02+0,01 = 0,03 mol, n(H2O kết tinh) = (28,44 – 0,03.174 – 0,03.342)/ 18= 0,72 mol. Gọi CT của tinh thể muối kép là aK2SO4.bAl2(SO4)3.cH2O Ta có a:b:c = 0,03:0,03:0,72 = 1:1:24. Vậy CT của muối là K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O Theo đề: nAg = 21,6/108 = 0,2 mol. - Vì X có phản ứng tráng bạc nên X chứa 1 axit là HCOOH. HCOOH + 2AgNO3 + 2NH3 2Ag + 2NH4NO3 + CO2 0,1 0,2 mol. Gọi CTPT của axit còn lại là CnH2n+1COOH có a mol. PTHH: CnH2n+1COOH + NaOH CnH2n+1COONa + H2O a a mol HCOOH + NaOH HCOONa + H2O 0,1 0,1 mol. Theo đề: (14n + 46).a + 46.0,1 = 8,3 (1) (14n + 68).a + 68.0,1 = 11,6 (2) Giải pt(1) và (2) ta được: n = 2; a = 0,05 mol. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 Vậy CTPT của hai axit là: HCOOH và C2H5COOH. 0,25 0,25 9 - Đặt công thức trung bình của hai kim loại A, B là M (MA< M < MB) 2,0đ - n HCl  73.1,1.20 0, 44 mol 100.36,5 - Phương trình hóa học  MCl2 + H M + 2HCl   2 (mol) 0,22 0,44 Phương trình về khối lượng chất rắn 1 0,22 0,22( M +71) = 21,22 gam  M  25,45  24 < 25,45 <40  Hai kim loại cần tìm là Mg và Ca 0,5 Đặt số mol của Mg và Ca trong hỗn hợp ban đầu là x và y mol. - Ta có: x + y = 0,22 95x + 111y =21,22 - Giải ra được x = 0,2 mol; y =0,02 mol - Tính % Mg = 2 24.0, 2 24.0, 2  40.0, 02 100% 85,71% % Ca = 100%-85,71%= 14,29% 0,5 135.25 n CuCl2  0, 25 mol 100.135 Ta có: - Các phương trình phản ứng Ca  2H 2O    Ca  OH  2  H 2 (mol) 0, 02 0, 02 0, 02 CuCl2  Ca(OH) 2    Cu(OH) 2   CaCl 2 ( mol) 0, 02 0, 02 0, 02 0, 02 Mg  CuCl 2    MgCl2  Cu  (mol) 0, 2 0, 2 0, 2 0, 2 - CuCl2 dư là: 0,25 – 0,02 – 0,2 = 0,03 mol - Khối lượng của chất rắn Z là mZ=0,02.98 + 0,2.64 = 14,76 gam Khối lượng dung dịch sau phản ứng là 0,5 mdd sau= 24.0,2 + 40.0,02 + 135 – 0,02.2-14,76 = 125,8 gam - Nồng độ % của các chất trong dung dịch sau phản ứng là C% (MgCl2) = 0, 2.95 125,8 100%  15,10% 0, 02.111 125,8 C% (CaCl2) = C% (CuCl2) = 0, 03.135 125,8 100%  1,76% 100%  3,22% to 2C2H6 + 7O2   4CO2 + 6H2O t C2H4 + 3O2   2CO2 + 2H2O o to 2H2 + O2   2H2O nX  10 2,0đ 0,5 (1) (2) (3) 5,6 9 0, 25(mol ); nH 2O  0,5(mol ) 22, 4 18 0,5 Đặt số mol của C2H6, C2H4, H2 lần lượt là: a, b, c (mol) Với a, b, c > 0 Ta có: a + b + c = 0,25 (mol)  2a + 2b + 2c = 0,5 n 3a  2b  c 0,5 Theo PTPƯ: H O Lấy (2’) - (1’) ta được: a = c. Mặt khác: lấy (2’).32 ta được: 96a + 64b + 32a = 16  128a + 64b = 16 2 (1’) (2’) 30a  28b  2c MX  120a  112b  8c 128a  112b  128a  64b 16 0, 25 Vậy hỗn hợp X nặng hơn CH4 0,5 0,5 0,5 Chú ý: - Học sinh không cân bằng, thiếu đk phản ứng hoặc cân bằng sai trừ ½ số điểm của phương trình đó. - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.