SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Đề thức KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC: 2009 - 2010 Môn thi: HÓA HỌC Lớp - THCS Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 24/3/2010 Câu 1: (5,5 điểm) Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: (Mỗi mũi tên phương trình hóa học) Fe → FeCl3 FeCl2 → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 → Fe3O4 → FeSO4 Có hỗn hợp bột gồm oxit: K2O, Al2O3, BaO Bằng phương pháp hóa học tách riêng kim loại khỏi hỗn hợp Dung dịch A chứa a mol CuSO4 b mol FeSO4 Xét ba thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Thêm c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu dung dịch muối Thí nghiệm 2: Thêm 2c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu dung dịch muối Thí nghiệm 3: Thêm 3c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu dung dịch muối a Tìm mối quan hệ a, b, c thí nghiệm b Nếu a = 0,2; b = 0,3 số mol Mg 0,4 khối lượng chất rắn thu sau phản ứng bao nhiêu? Câu 2: (5,5 điểm) Một hợp chất hữu có công thức dạng C xHyOz (x ≤ 2) tác dụng với NaOH Hãy xác định công thức cấu tạo viết phương trình hóa học xảy chất với NaOH Trình bày phương pháp hóa học phân biệt bình khí sau: H 2, CH4, C2H4, CO2, SO2 Viết phương trình hóa học xảy Axit A chất rắn, màu trắng, dễ tan nước Oxit B tác dụng với dung dịch nước A tạo nên hợp chất C màu trắng, không tan nước Khi nung C với cát than nhiệt độ cao thu đơn chất có thành phần A Xác định công thức A, B, C viết phương trình hóa học xảy Câu 3: (4,5 điểm) Hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat hai kim loại nhóm IIA thuộc chu kỳ bảng tuần hoàn Hòa tan 3,6 gam hỗn hợp X dung dịch HNO dư, thu khí Y cho toàn lượng khí Y hấp thụ hết dung dịch Ba(OH)2 dư thu 7,88 gam kết tủa a Hãy xác định công thức hai muối tính thành phần % khối lượng muối X b Cho 7,2 gam hỗn hợp X 6,96 gam FeCO vào bình kín chứa 5,6 lit không khí (đktc) Nung bình nhiệt độ cao để phản ứng xảy hoàn toàn thu hỗn hợp khí Z Tính thành phần % theo số mol chất Z c Tính thể tích dung dịch HNO 2M tối thiểu cần dùng để hòa tan hết hỗn hợp chất rắn thu sau nung Giả sử không khí oxi chiếm 1/5 nitơ chiếm 4/5 thể tích Câu 4: (4,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hợp chất hữu A chứa C, H, O cho toàn sản phẩm cháy qua bình đựng H2SO4 đặc bình đựng nước vôi dư Sau kết thúc thí nghiệm thấy khối lượng bình tăng 10,8 gam bình tăng 17,6 gam Xác định công thức phân tử A viết công thức cấu tạo có A A rượu đa chức có công thức R(OH) n (R gốc hidrocacbon) cho 12,8 gam dung dịch rượu A (trong nước) có nồng độ 71,875% tác dụng với Na dư thu 5,6 lit H (ở đktc) Xác định công thức phân tử A, biết khối lượng phân tử A 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 – HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC: 2009 - 2010 Môn thi: HÓA HỌC Lớp - THCS Câu 1.1 1.2 Đáp án 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3 t0 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O t 3Fe2O3 + CO → 2Fe3O4 + CO2 Fe3O4 + 4H2SO4 loãng + Fe → 4FeSO4 + 4H2O Điểm t0 Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp dung dịch HCl dư, sau nhúng kim loại Mg vào hỗn hợp dung dịch tới phản ứng kết thúc, lấy kim loại Mg Ta thu phần - Phần 1: Hỗn hợp dung dịch gồm KCl, BaCl2; MgCl2 - Phần 2: Rắn gồm Mg Al Cho phần tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ ta thu Mg(OH)2 không tan, lọc tách Mg(OH)2 dung dịch gồm KCl BaCl2; cho dung dịch vừa thu tác dụng với dung dịch K2CO3 dư ta thu BaCO3 không tan, lọc tách BaCO3 ta dung dịch gồm KCl K2CO3 dư, cho dung dịch tác dụng với dung dịch HCl dư ta thu dung dịch KCl HCl dư, cô cạn dung dịch thu KCl khan; điện phân nóng chảy KCl ta thu K (Kali) Còn chất rắn BaCO3 tiếp tục cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, thu dung dịch BaCl2 ; cô cạn điện phân nóng chảy BaCl2 ta thu Ba (Bari) Cho phần tác dụng với dung dịch HCl dư, thu hỗn hợp dung dịch gồm MgCl2; AlCl3 HCl dư, cho hỗn hợp dung dịch tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu kết tủa Mg(OH)2 ; lọc tách kết tủa lại hỗn hợp dung dịch, tiếp tục thổi dòng khí CO2 dư vào hỗn hợp dung dịch ta lại thu kết tủa Al(OH)3 ; lọc tách Al(OH)3 đem nung nhiệt độ cao thu Al2O3 ; tiếp tục đem Al2O3 điện phân nóng chảy ta thu Al Các PTHH xảy ra: K2O + 2HCl → 2KCl + H2O BaO + 2HCl → 2BaCl2 + H2O Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O Khi nhúng kim loại Mg vào dung dịch xảy phản ứng 3Mg + 2AlCl3 → 3MgCl2 + 2Al - Phần 1: MgCl2 + 2KOH → Mg(OH)2 + 2KCl BaCl2 + K2CO3 → BaCO3 + 2KCl Lọc tách BaCO3 K2CO3 + 2HCl → 2KCl + H2O + CO2 Cô cạn dung dịch ta thu KCl khan, điện phân nóng chảy KCl thu K 2KCl dpnc  → K + Cl2 Cho BaCO3 tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O + CO2 Cô cạn dung dịch ta thu BaCl2 khan, điện phân nóng chảy BaCl2 thu Ba BaCl2 dpnc  → Ba + Cl2 - Phần 2: Tác dụng với dung dịch HCl dư Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 Cho dung dịch thu tác dụng với NaOH dư HCl + NaOH → NaCl + H2O MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl AlCl3 + 4NaOH dư → NaAlO2 + 3NaCl + H2O Lọc tách kết tủa Mg(OH)2 , thổi dòng khí CO2 dư vào dung dịch thu NaAlO2 + CO2 + H2O → Al(OH)3 + NaHCO3 Lọc tách kết tủa Al(OH)3 , đem nung Al(OH)3 ta thu Al2O3 t 2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O Điện phân nóng chảy Al2O3, ta thu Al 2Al2O3 dpnc  → 4Al 1.3 + 3O2 a/ Ở thí nghiệm 1: sau phản ứng thu dung dịch gồm muối gồm MgSO4 ; CuSO4 FeSO4, ta có c < a, tức CuSO4 dư FeSO4 chưa phản ứng (vì theo quy tắc Mg tham gia phản ứng với muối CuSO4 trước, hết CuSO4 mà Mg dư tiếp tục phản ứng với FeSO4) PTHH: Mg + CuSO4  → MgSO4 + Cu c c mol (Với c < a) Ở thí nghiệm 2: Sau phản ứng thu dung dịch gồm muối gồm MgSO4 FeSO4, ta có a ≤ 2c < a + b, tức FeSO4 dư (FeSO4 chưa phản ứng phản ứng phần) TH 1: Nếu 2c = a, FeSO4 chưa phản ứng Mg + CuSO4  → MgSO4 + Cu a a mol TH 2: Nếu 2c > a, FeSO phản ứng phần Sau phản ứng d lượng là: b – (2c – a) mol Hay (a + b) – 2c mol Mg + CuSO4  → MgSO4 + Cu a a mol Mg + FeSO4  → MgSO4 + Fe 2c – a 2c – a mol Vậy: a ≤ 2c < a + b Ở thí nghiệm 3: sau phản ứng thu dung dịch muối, 2.1 2.2 CuSO4 FeSO4 phản ứng hết 3c ≥ a + b TH 1: 3c = a + b, phản ứng xảy vừa đủ Mg + CuSO4  → MgSO4 + Cu a a mol Mg + FeSO4  → MgSO4 + Fe 2c – a 2c – a mol ( Với 2c – a = b Hay 2c = a + b) TH 2: 3c > a + b Mg + CuSO4  → MgSO4 + Cu a a mol Mg + FeSO4  → MgSO4 + Fe b b mol ( Với 3c – a > b Hay 3c > a + b) b/ Ta có: mr = 0,2.64 + 0,2.56 = 12,8 + 11,2 = 24 gam Để tác dụng với NaOH chất hữu phải có nhóm – COOH có nhóm chức – COO; có nguyên tử Oxi Số nguyên tử oxi không vượt 4, có tối đa nguyên tử C Vậy ≤ z ≤ Ta có: H – COOH ; CH3 – COOH ; H – COOCH3 ; HO – CH2 – COOH ; HOOC – COOH ; O = CH-COOH PTHH: H - COOH + NaOH  → H - COONa + H2O CH3 - COOH + NaOH  → CH3 - COONa + H2O H – COOCH3 + NaOH  → CH3 - OH + H – COONa HO - CH2 - COOH + NaOH  → HO - CH2 - COONa + H2O HOOC - COOH + 2NaOH  → NaOOC - COONa + 2H2O O = CH - COOH + NaOH  → O = CH - COONa + H2O Dẫn khí qua ống nghiệm chứa dung dịch nước brom Phân biệt nhóm - Nhóm 1: Làm màu dung dịch nước brom gồm: C2H4 SO2 - Nhóm 2: Không làm màu dung dịch nước brom gồm: H ; CH4 CO2 - Nhận SO2 nhóm cách dẫn khí qua ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm bị vẩn đục nhận khí SO2 - Nhận CO2 nhóm cách dẫn khí qua ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm bị vẩn đục nhận khí CO2 - Nhận H2 nhóm cách dẫn khí lại qua ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm mà làm chất rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ đồng thời có nước xuất hiện, nhận khí H2 - Khí lại CH4 Các PTHH: SO2 + Br2 + 2H2O  → H2SO4 + 2HBr C2H4 + Br2  → C2H4Br2 SO2 + Ca(OH)2  → CaSO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 + H2O t H2 + CuO → Cu + H2O Hoặc làm theo cách: Dẫn khí qua ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi Phân biệt nhóm - Nhóm 1: Làm đục dung dịch nước vôi tạo kết tủa gồm: CO2 SO2 - Nhóm 2: Không làm đục dung dịch nước vôi gồm: H ; CH4 C2H4 - Nhận SO2 nhóm cách dẫn khí qua ống nghiệm chứa dung dịch brom, ống nghiệm bị màu nhận khí SO2 - Nhận C2H4 nhóm cách dẫn khí qua ống nghiệm chứa dung dịch nước brom, ống nghiệm bị màu nhận khí C2H4 - Nhận H2 nhóm cách dẫn khí lại qua ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm mà làm chất rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ đồng thời có nước xuất hiện, nhận khí H2 - Khí lại CH4 Các PTHH: SO2 + Ca(OH)2  → CaSO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 + H2O SO2 + Br2 + 2H2O  → H2SO4 + 2HBr C2H4 + Br2  → C2H4Br2 t H2 + CuO → Cu + H2O 2.3 A H3PO4 ; B CaO C Ca3(PO4)2 PTHH: 2H3PO4 + 3CaO  → Ca3(PO4)2 + 3H2O t Ca3(PO4)2 + SiO2 (cát) + 5C → 3CaSiO3 + 5CO + 2P a/ Đặt công thức chung muối cacbonat hai kim loại hoá trị II là: RCO3 Ta có PTHH: RCO3 + 2HNO3  → R(NO3)2 + H2O + CO2 CO2 + Ba(OH)2  → BaCO3 + H2O nBaCO = 0,04 mol => nRCO = nCO = nBaCO = 0,04 (mol) MRCO = 90 => MR = 30 MR khối lượng nguyên tử trung bình kim loại hoá trị II Mà kim loại hoá trị II lại thuộc chu kỳ bảng tuần hoàn Vậy kim loại Mg Ca => CTHH muối: MgCO3 CaCO3 Theo ta có: 84a + 100b = 3,6 a + b = 0,04 Đặt a, b số mol MgCO3 CaCO3 Giải hệ phương trình ta được: a = 0,025 b = 0,015  mCaCO = 1,5 g % mCaCO = 41,67%  mMgCO = 2,5 g % mMgCO = 58,33% t b/ MgCO3 → MgO + CO2 t CaCO3 → CaO + CO2 t FeCO3 → FeO + CO2 nFeCO = 0,06 mol => nFeO = 0,06 (mol) 1 VO = Vkk = 5,6 = 1,12 (lit) => nO = 0,05 (mol) VN = 5,6 – 1,12 = 4,48 (lit) => nN = 0,2 (mol) Xảy phản ứng: t 4FeO + O2 → 2Fe2O3 0,06 0,05 0,03 (mol) Sau phản ứng nO d = 0,05 – 0,015 = 0,035 (mol) Ta nhận thấy khối lượng hỗn hợp X câu b gấp đôi câu a Vì số mol CO2 hỗn hợp X câu b l à: 0,08 mol => ∑n CO2 = 0,08 + 0,06 = 0,14 (mol) Tổng số mol khí là: 0,2 + 0,14 + 0,035 = 0,375 (mol) Vậy thành phần khí hỗn hợp Z là: % nO = 9,33% ; % nN = 53,33% ; % nCO = 37,33% c/ Các PTHH xảy ra: MgO + 2HNO3  → Mg(NO3)2 + 0,05 H2O 0,1 (mol) CaO + 2HNO3  → Ca(NO3)2 + H2O 0,03 0,06 (mol) Fe2O3 + 6HNO3  → 2Fe(NO3)3 + 0,03 4.1 0,18 3H2O (mol) ∑n HNO3 (đã dùng) = 0,1 + 0,06 + 0,18 = 0,34 (mol) ∑V HNO3 (cần dùng) = 0,34 = 0,17 (lit) Theo ta có PTHH: t 4CxHyOz + (4x + y – 2z) O2 → 4xCO2 + 2yH2O Vì H2SO4 đặc nên háo nước hút nước sinh từ phản ứng cháy, bình đựng nước vôi dư hấp thụ hết lượng khí CO Vậy khối lượng bình tăng 10,8 g khối lượng H 2O khối lượng bình tăng 17,6 g khối lượng CO2 CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 + H2O Ta có: nCO = 0,4 (mol) => nC = nCO = 0,4 (mol) Vậy mC = 4,8 g nH O = 0,6 (mol) => nH = 2nH O = 1,2 (mol) Vậy mH = 1,2 g Ta có khối lượng mO = 9,2 – (4,8 + 1,2) = 3,2 g => nO = 0,2 mol Ta có tỉ lệ: nC : nH : nO = 0,4 : 1,2 : 0,2 = : : Vậy CTPT đơn giản A là: C2H6O CH3 – CH2 – OH (Rượu etylic) CH3 – O – CH3 (Đi metyl ete) 4.2 Theo ta có: mA = 12,8 x 0,71875 = 9,2 g => nA = 0,1 (mol) mH2O = 3,6 gam; nH2O = 0,2 mol nH = 0,25 (mol) 2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 (1) 0,2 0,1 (mol) 2R(OH)n + 2nNa  → 2R(ONa)n + nH2 (2) n (mol) 0,1 0,05n Từ (1), (2): nH2 = 0,1+ 0,05n = 0,25 mol => n = Ta có: 92 đ.v.C (mol) n = Công thức R(OH) có khối lượng phân tử A MR(OH) = MR + 51 = 92 => MR = 41 Mà R gốc hidrocacbon nên có dạng: CxHy Ta có: 12x + y = 41 (x, y số nguyên dương) Xét tỉ lệ: x y 29 (loại) 17 (loại) -7 (loại) Vậy giá trị x = y = phù hợp CTPT rượu A là: C3H5(OH)3 Glyxerin Hoặc 1,2,3 propan triol ...HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC: 20 09 - 2010 Môn thi: HÓA HỌC Lớp - THCS Câu 1.1 1.2 Đáp án 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 2FeCl2... 92 đ.v.C (mol) n = Công thức R(OH) có khối lượng phân tử A MR(OH) = MR + 51 = 92 => MR = 41 Mà R gốc hidrocacbon nên có dạng: CxHy Ta có: 12x + y = 41 (x, y số nguyên dương) Xét tỉ lệ: x y 29. .. dư, thu kết tủa Mg(OH)2 ; lọc tách kết tủa lại hỗn hợp dung dịch, tiếp tục thổi dòng khí CO2 dư vào hỗn hợp dung dịch ta lại thu kết tủa Al(OH)3 ; lọc tách Al(OH)3 đem nung nhiệt độ cao thu Al2O3