Đề thi chọn HSG Hóa 9 tỉnh Hải Dương năm 2009-2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 27 tháng 3 năm 2011 Đề thi gồm 1 trang Câu 1(2 điểm): 1- Chất bột A là Na2CO3, chất bột B là Ca(HCO 3)2. Viết phương trình hóa học xảy ra (nếu có) khi: - Nung nóng A và B. - Hòa tan A và B bằng dung dịch H2SO4 loãng. - Cho CO2 qua dung dịch A và dung dịch B. - Cho dung dịch Ca(OH)2 vào dung dịch A và dung dịch B. - Cho A và B vào dung dịch BaCl2. 2- Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein ( với các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Câu 2 (2 điểm): 1- Từ Metan và các chất vô cơ, các điều kiện phản ứng cần thiết có đầy đủ. Hãy viết các phương trình hóa học điều chế: rượu etylic, axit axetic, polietilen, etyl axetat, etylclorua(C2H5Cl), etan (C2H6). 2- Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon ở trạng thái khí có số nguyên tử C 4. Người ta thu được khí cacbonic và hơi nước theo tỷ lệ thể tích là 1:1 (các chất khí và hơi đo ở cùng điều kiện). Xác định công thức cấu tạo có thể có của hidrocacbon trên. Câu 3 (2 điểm): Hỗn hợp A gồm hai kim loại Na và Al. 1) Hòa tan A vào nước dư: nNa a) Xác định tỉ lệ số mol nAl để hỗn hợp A tan hết? b) Nếu khối lượng A là 16,9 gam cho tan hết trong lượng nước dư thì thu được 12,32 lít khí H2 (đktc). Xác định khối lượng mỗi kim loại trong A? 2) Cho 16,9 gam hỗn hợp A như trên vào 2 lít dung dịch HCl 0,75M, phản ứng xong thu được dung dịch X. Cho 2 lít dung dịch KOH vào X kết thúc các phản ứng thì thu được 7,8 gam kết tủa. Xác định nồng độ mol/lít của dung dịch KOH đã dùng? Câu 4 (2 điểm): 1- Hòa tan hoàn toàn một lượng kim loại M trong dung dịch H 2SO4 loãng có nồng độ 20% (lấy dư 20% so với lượng cần cho phản ứng). Dung dịch thu được có nồng độ của muối tạo thành là 23,68%. Xác định kim loại M? 2- Nêu phương pháp tách hai muối FeCl 2 và CuCl2 ra khỏi hỗn hợp của chúng mà khối lượng không thay đổi. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra (nếu có). Câu 5 (2 điểm): A là hỗn hợp khí (ở điều kiện tiêu chuẩn) gồm ba hidrocacbon (X, Y, Z) có dạng công thức là CnH2n+2 hoặc CnH2n ( có số nguyên tử C  4). Trong đó có hai chất có số mol bằng nhau. Cho 2,24 lít hỗn hợp khí A vào bình kín chứa 6,72 lít O 2 ở điều kiện tiêu chuẩn rồi bật tia lửa điện để các phản ứng xảy ra hoàn toàn ( giả sử phản ứng cháy chỉ tạo ra CO 2 và H2O). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H 2SO4đặc rồi bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư. Thấy khối lượng bình 1 tăng 4,14 gam và bình 2 có 14 gam kết tủa. a) Tính khối lượng hỗn hợp khí A ban đầu? b) Xác định công thức phân tử của X, Y, Z? Cho: C=12; Cl =35,5; H = 1; Al = 27; Na = 23; O = 16; Ca = 40; Ba = 137; S = 32; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Mg = 24. - - -Hết- - Họ tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . ......... Chữ kí giám thị 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ kí giám thị 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011 MÔN: HÓA HỌC Câu Ý Hướng dẫn chấm 1 - Các phương trình hóa học xảy ra là: to +) Ca(HCO3)2   CaCO3 + CO2 + H2O o t CaCO3   CaO + CO2  Na2SO4 + H2O + CO2 +) Na2CO3 + H2SO4    CaSO4 + 2H2O + 2 CO2 Ca(HCO3)2 + H2SO4   1 2  2NaHCO3 +) Na2CO3 + CO2 + H2O    CaCO3 + 2NaOH +) Na2CO3 + Ca(OH)2    CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2    BaCO3 + 2NaCl +) Na2CO3 + BaCl2   (Nếu HS coi cho hỗn hợp cùng vào dung dịch BaCl2 mà có thêm phương trình  CaCO3 + 2NaHCO3 không cho điểm vì bài không Na2CO3 + Ca(HCO3)2   cho “ cùng vào dung dịch BaCl2 “) Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4. Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.( Nhóm I) Điểm 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4.( Nhóm II).  NaCl + H2O PTHH: NaOH + HCl   2 1  Na2SO4 + H2O 2NaOH + H2SO4   Nhỏ một vài giọi dung dịch của một dung dịch ở nhóm I và hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4. Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2. - Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl.  BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl PTHH: H2SO4 + BaCl2   Phương trình hóa học: o C  lamlanh 1500  nhanh    2CH4 C2H2 + 3H2 Pd / PbCO3   t  o C2H2 + H2 C2H4 axit   to C2H4 + H2O C2H5OH ( rượu etylic) men giam  t o   C2H5OH + O2 CH3COOH + H2O ( axit axetic) xt , p    to CH2 = CH2 (- CH2 – CH2 -)n (Poli etilen) H SO4 dac  2 t   o C2H5OH + CH3COOH CH3COOC2H5 + H2O ( etyl axetat)    C2H4 + HCl C2H5Cl ( etyl clorua) C2H4 + H2 2  Ni  to 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ C2H6 (etan) * Gọi công thức tổng quát của Hidrocacbon là CxHy ( x, y  N ) y y to PTHH: CxHy + ( x + 4 )O2   xCO2 + 2 H2O y  x : 1:1  y 2 x 2 Theo bài ra tỷ lệ thể tích CO2 : H2O = 1:1 Vì là chất khí có số nguyên tử C 4 nên ta có 2  x  4 + Trường hợp 1: x = 2. Công thức của H-C là C2H4 có CTCT là CH2 = CH2 + Trường hợp 2: x = 3. Công thức của H-C là C3H6 có các công thức cấu tạo phù hợp là: CH2 =CH – CH3; + Trường hợp 3: x = 4. Công thức của H-C là C4H8 có các công thức cấu tạo phù hợp là: CH2=CH-CH2-CH3; CH3–CH=CH-CH3; CH2=C-CH3 | 0.25đ 0.25đ 0.25đ CH3 ; -CH3 a) Cho hỗn hợp A tan hết trong nước.  2NaOH + H2 (1) PTHH : 2Na + 2H2O    2NaAlO2 + 3H2 (2) 2Al +2NaOH + 2H2O   Gọi x, y lần lượt là số mol Na, Al trong hỗn hợp A ( x, y>0) x 1 y Theo PT 1, 2 để hỗn hợp A tan hết thì nNa: nAl = 3 1 2 12,32 nH 2  0,55(mol ) 22, 4 b) Khi mA = 16,9 (gam) và ta có phương trình: 23x + 27y = 16,9(I) 1 1 nH 2  nNa  x (mol ) 2 2 Theo PT 1: 3 3 nH 2  nAl  y (mol ) 2 2 Theo PT 2: 1 3 x  y 0,55( II ) 2 Ta có PT: 2 Kết hợp I và II ta có hệ: 23x + 27y = 16,9 1 3 x  y 0, 55 2 2 Giải hệ ta được: x = 0,5; y = 0,2. Vậy khối lượng của Na = 0,5.23= 11,5(gam) Khối lượng của Al = 0,2.27 = 5,4 (gam) Cho 16,9 gam A ( Na = 0,5 mol; Al = 0,2 mol) vào dung dịch HCl nHCl = 2. 0,75 = 1,5 (mol)  2NaCl + H2 (3) PTHH: 2Na + 2HCl    2AlCl3 + 3H2 (4) 2Al + 6HCl   Vì nHCl = 1,5 > nNa + 3nAl = 1,1 (mol). Vậy HCl phản ứng dư. Ta có : nHCl dư = 1,5 - 1,1 = 0,4 (mol) Khi cho dung dịch KOH và dung dịch sau phản ứng vì có kết tủa HCl hết:  KCl + H2O ( 5) PTHH: KOH + HCl   0,4 0,4  Al(OH)3 + 3KCl (6) 3KOH + AlCl3   3a a a  KAlO2 + H2O (7) Có thể xảy ra : KOH + Al(OH)3   b b Trường hợp 1: không xảy ra phản ứng 7. AlCl3 dư, KOH hết 7,8 0,1( mol ) a = 78  nKOH = 0,4 + 0,3 = 0,7 (mol). 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0, 7 0, 35M Vậy nồng độ dung dịch KOH là: CM = 2 Trường hợp 2: Xảy ra phản ứng 7. Sau phản ứng 6 AlCl3 hết, sau pứ 7 KOH hết Al(OH)3 dư = 0,1 (mol)  a = 0,2  b = a – 0,1 = 0,1(mol)  nKOH = 0,4 + 3a + b = 1,1 (mol) 1,1  0,55M Vậy nồng độ dung dịch KOH là: CM 2 Gọi hóa trị của kim loại M trong phản ứng là n ( 1  n 3)  M2(SO4)n + nH2 (1) PTHH: 2M + nH2SO4   Gọi số mol của M là x nx nH 2 SO4 pu  2 Theo PT 1: nhidro = nx 120  nH 2 SO4 ban dau  0, 6nx ( mol ) 2 100 Vì dùng dư 20% so với lượng phản ứng 98 0, 6nx 100 294nx( gam) 20 Khối lượng dung dịch H2SO4 đã dùng là: Theo định luật bào toản khối lượng: nx 2 mdung dịch sau phản ứng = mkim loại + mdung dịch axit – mhidro = Mx + 294nx - 2 = Mx +293nx (gam) 4 1 2 0.25đ 0.25đ 0.25đ 1 1 Theo PT: nmuối = 2 nM = 2 nx (mol) 1 mmuối = 2 nx(2M + 96)= Mx + 49nx 23, 68 (16,8  293nx) Ta lại có C%muối = 23,68%, khối lượng của muối = 100 23, 68 (Mx  293nx) Ta có phương trình: Mx + 49nx = 100 Giải PT ta được: M = 28n. n 1 2 3 M 28 (loại) 56 84 (loại) (Fe) Vậy kim loại hóa trị II khối lượng mol = 56 là sắt (Fe)  FeSO4 + H2 Fe + H2SO4   Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp vào nước thu được dung dịch. Cho từ từ dung dịch NaOH tới dư vào dung dịch chứa hỗn hợp. Lọc lấy kết tủa, nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi được hỗn hợp hai oxit( FeO và CuO). 0.25đ 0.25đ 0.25đ  Cu(OH)2 + 2NaCl PTHH: CuCl2 + 2NaOH    Fe(OH)2 + 2NaCl FeCl2 + 2NaOH   o t Cu(OH)2   CuO + H2O to Fe(OH)2   FeO + H2O Cho luồng khí H2 đi qua hỗn hợp oxit nung nóng đến khối lượng không đổi thu được Fe và Cu . Cho Fe và Cu vào dung dịch HCl dư đến khi phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn là Cu. Cô cạn dung dịch thu được FeCl2 tinh khiết. Đốt Cu trong khí clo dư thu được Cl2 tih khiết  FeCl2 + H2 PTHH: Fe + HCl   0.25đ 0.25đ 0.25đ to Cu + Cl2   CuCl2 2, 24 6, 72 0,1(mol ); nO2  0,3(mol ) 22, 4 Theo bài ra ta có: nA = 22, 4 Khi đốt cháy phản ứng xảy ra hoàn toàn hỗn hợp ma chỉ thu được CO2 và H2O, giả sử CTTQ ba H-C là CxHy y y to PTHH: CxHy + ( x + 4 )O2   xCO2 + 2 H2O Cho toàn bộ sản phẩm qua bình 1 đựng H2SO4 đặc sau đó qua bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì H2O hấp thụ vào H2SO4 đặc.  mH 2O 4,14( gam) 5 a CO2 hấp thụ vào bình Ca(OH)2 dư tạo kết tủa CaCO3 theo PT  CaCO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2   4,14 nH 2O  0, 23(mol ) 18 14 nCO2 nCaCO3  0,14(mol ) 100 Ta có: Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng mO2 phan ung mO (CO2 )  mO ( H 2O )  mO2 phan ung 32 nCO2  16 nH 2O 32 0,14  16 0, 23 8,16( gam) 8,16 0, 255(mol )  0,3. 32 Vậy oxi dư, hỗn hợp H-C cháy hoàn toàn. mhỗn hợp H-C = mC + mH = 0,14.12 + 0,23.2 = 2,14 (gam) 2,14 21, 4 0,1 Ta có: MTB của hỗn hợp A= .Vậy trong hỗn hợp A cómột H-C là CH4.giả sử là  nO2 phan ung  b X có mol là a ( a>0) Khi đốt dạng tổng quát có thể có 2 phương trình sau: 3n  1 O2 o  t nCO2 + (n +1)H2O (1) CnH2n +2 + 2 0.75đ 3m O2 o  t mCO2 + mH2O (2) CmH2m + 2 n nH 2O  nCO2 Nhận thấy theo PT 1 : Cn H 2 n2 n nCO2 PT 2: H 2O n nH 2O  nCO2 0, 23  0,14 0, 09( mol ) Vậy Cn H 2 n2 nCm H 2 m 0,1  0, 09 0, 01( mol ) Trường hợp 1: Nếu Y và Z cùng dạng CmH2m có số lần lượt là b và c ( b, c>0)  a = 0,09; b + c = 0,01  Vậy số mol CO2 = 0,09 + 0,01m = 0,14  m = 6 ( loại) Trường hợp 2: Vậy X ( CH4), Y (Cn H2n+2), Z ( CmH2m) với 2 n, m 4.  a + b = 0,09.  c = 0,01 Vậy số mol CO2 = a + nb + 0,01m = 0,14 Vì 2 chất có số mol bằng nhau: 0, 09 0, 045( mol ) Nếu: a = b = 2 Ta có: 0,045 + 0,045n +0,01m = 0,14 4,5n + m = 9,5 (loại vì m 2  n <2) Nếu: a = c = 0,01(mol).  b = 0,09 – 0,01 = 0,08 (mol) Ta có: 0,01 + 0,08n + 0,01m = 0,14 8n + m = 13 ( loại vì n < 2) Nếu: b = c = 0,01  a = 0,09 – 0,01 = 0,08 (mol) Ta có: 0,08 + 0,01n + 0,01m = 0,14  n + m = 6 khí đó n 2 3 4 m 4 3 2 Vậy 3 H-C có thể là: CH4; C2H6; C4H8 hoặc CH4; C3H8; C3H6 hoặc CH4; C4H10; C2H4 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. 0.5đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ