SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ Đề thức ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2013– 2014 Môn: Hóa học Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề (Đề thi có: 02 trang) Câu 1: (3,0 điểm) a) Cho sơ đồ PTPƯ (1) (X) + HCl → (X1) + (X2) + H2O (5) (X2) + Ba(OH)2 → (X7) (2) (X1) + NaOH → (X3) + (X4) (6) (X7) + NaOH → (X8) + (X9) + (3) (X1) + Cl2 → (X5) (7) (X8) + HCl → (X2) + (4) (X3) + H2O + O2 → (X6) (8) (X5) + (X9) + H2O → (X4) + Hoàn thành PTPƯ cho biết chất X, X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7, X8, X9 b) Cân PTHH sau: Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4 → Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O C6H5-CH=CH2 + KMnO4 → C6H5-COOK + K2CO3 + MnO2 + KOH + H2O Câu 2: (3,0 điểm) a) b) Chỉ dùng thêm PP đun nóng, nêu cách phân biệt dd nhãn chứa chất sau: NaHSO4, KHCO3, Mg(HCO3)2, Na2SO3, , Ba(HCO3)2 Từ tinh bột chất vô cần thiết khác (đk thí nghiệm) có đủ, viết PTHH điều chế: PE (poli etilen), PVC (poli vinyl clorua) Câu 3: (3,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn m gam FeS2 lượng oxi vừa đủ thu khí X Hấp thụ hết X vào lít dd Ba(OH)2 0,2M KOH 0,2M thu dd Y 32,55g kết tủa Cho dd NaOH vào dd Y lại thấy xuất thêm kết tủa Viết PTHH xảy tính m Câu 4: (4,0 điểm) a) Hòa tan hoàn toàn 6,44g hỗn hợp bột X gồm Fe xOy Cu dd H2SO4 đặc nóng dư Sau pư thu 0,504 lít khí SO (SP khử nhất, đktc) dd chứa 16,6g hỗn hợp muối sunfat Viết PTPƯ xảy tìm CT oxit sắt b) Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu Fe 3O4 tan vừa hết dd HCl 20%, thu dd Y (chỉ chứa muối) Viết PTHH xảy tính nồng độ phần trăm chất dd thu Câu 5: (3,0 điểm) Thả viên bi sắt hình cầu bán kính R vào 500ml dd HCl nồng độ CM, sau kết thúc pư thấy bán kính viên bi lại nửa, cho viên bi sắt lại vào 117,6g dd H 2SO4 5% (Coi khối lượng dd thay đổi không đáng kể), thí bi sắt tan hết dd H 2SO4 cóa nồng độ 4% a) Tính bán kính R viên bi, biết khối lượng riêng viên bi sắt 7,9 g/cm Viên bi bị ăn mòn theo hướng, cho π = 3,14 V = πR (V thể tích hình cầu, R bán kính) b) Tính CM dd HCl Câu 6: (4,0 điểm) a) Hỗn hợp X gồm C3H4, C3H8 C3H6 có tỉ khối so với hiđro 21,2 Đốt cháy hoàn toàn 15,9 gam X, sau hấp thụ toàn sản phẩm vào bình đựng lít dd Ba(OH) 0,8M thấy khối lượng bình tăng m gam có x gam kết tủa Tính m x b) Tiến hành lên men giấm 200ml dd ancol etylic 5,75 o thu 200ml dd Y Lấy 100 ml dd Y cho tác dụng với Na dư thu 60,648 lít H (đktc) Tính hiệu suất phản ứng lên men giấm (Biết d C H OH = 0,8 g / ml; d H O = 1g / ml ) (Cho NTK: H=1 ; Mg=24; C=12 ; O=16; Ca=40; Br=80; Ba=137; N=14; Na=23; Al=27 ; S=32 ; K=39 ; Cl=35,5 ; Fe=56 ; Cu=64) …………………………………Hết………………………………… Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên:…………………………………………………………… SBD:………………… Thêm số phần anh Hải tham khảo nhé, câu không chữa lại ĐÁP ÁN Môn: Hóa học Câu Đáp án a a) PTHH (1) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 +H2O X X1 X2 (2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl X3 X4 (3) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 X5 (4) 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3 X6 (5) CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 X7 (6) Ba(HCO3)2 +2 NaOH → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O X8 X9 (7) BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O (8) 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 c) PTHH sửa lại hai phương trình cân sai 5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4 → 8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 3C6H5-CH=CH2 + 10KMnO4 → 3C6H5-COOK + 3K2CO3 + 10MnO2 + KOH + 4H2O - Lấy mẫu thí nghiệm - Đun nóng mẫu thí nghiệm thấy: + Một mẫu có khí không màu thoát KHCO3 t0 2KHCO3 → K2CO3 + CO2↑ + H2O + Hai mẫu vừa có khí thoát vừa có kết tủa trắng dung dịch Mg(HCO3)2, dung dịch Ba(HCO3)2.(Nhóm I) t0 Mg(HCO3)2 → MgCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O t0 Ba(HCO3)2 → BaCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O + Hai mẫu tượng dung dịch NaHSO 4, dung dịch Na2SO3 (Nhóm II) - Lần lượt cho dung dịch KHCO3 biết vào dung dịch nhóm II + Dung dịch có sủi bọt khí NaHSO4: 2NaHSO4 + 2KHCO3 → Na2SO4 + K2SO4 + CO2 ↑ + 2H2O + Dung dịch tượng Na2SO3 - Lần lượt cho dung dịch NaHSO4 vào dung dịch nhóm I + Dung dịch vừa có sủi bọt khí, vừa có kết tủa trắng Ba(HCO3)2: 2NaHSO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 +2 CO2↑ + 2H2O + Dung dịch có sủi bọt khí Mg(HCO3)2 Điểm 2NaHSO4 + Mg(HCO3)2 → MgSO4 + Na2SO4 +2 CO2↑ + 2H2O phần nhận biết cần xem lại Còn có cách khác b) Các PTHH (C6H10O5)n + nH2O → nC6H12O6 C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2 C2H5OH → C2H4 + H2O nCH2=CH2 → (-CH2-CH2-)n (P.E) C2H4 → C2H2 + H2 CH ≡ CH + HCl HgCl → CH2=CHCl , xt nCH2=CHCl t  → (-CH2-CHCl-) (P.V.C) o SO2 + 2OH −  → SO32− (1) SO32− + SO2 + H 2O  → HSO3− (2) SO32− + Ba +  → BaSO3 (3) n SO2(1) = n SO 2− = (1) n SO 2− = n BaSO3( 3) ( 3) n SO2( ) = n SO 2− ( 2) n − = 0,3mol OH (1) = 0,15mol = n SO 2− − n SO 2− = 0,3 − 0,15 = 0,15mol (1) ( 3) 0, 45 ⇒ n FeS2 = n SO2 =n SO2(1) + n SO2( 2) = = 0, 225mol 2 m FeS2 = 0, 225.120 = 27 g a)Fe3O4 b) C%(FeCl2) = 21,69% C%(CuCl2) = 7,69% a Phương trình phản ứng Fe + HCl = FeCl2 + H2 Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 Ta có mH SO nH SO = ban đầu 5,88 98 = (1) (2) 117,6 x5 100 = 5,88 gam = 0,06 mol Khối lượng H2SO4 sau hòa tan phần lại viên bi: mH SO = 117,6 x 100 = 4,704 gam 4,704 = 0,048 mol 98 Từ (2) ta có: nH SO = 0,06 - 0,048 = 0,012 mol ⇒ nFe phản ứng (2) = 0,012 mol Mặt khác ta có: nH SO = (P Ư) π R3 d 4.π R d ⇒ nFe ban đầu = x56 mFe ban đầu = Khi hòa tan HCl R giảm nửa Vậy bán kính lại ⇒ nFe lại để phản ứng (2) = R  π R3  4.π  R  4.π R  .d  d d = =    56  x56   3.56.8 Ta nhận thấy sau Fe bị hòa tan HCl, phần lại để hòa tan H2SO4 so với số mol ban đầu ⇒ nFe ban đầu = 0,012 x = 0,096 mol ⇒ mFe ban đầu = 0,096 x 56 = 5,376 gam 5,376 m mà m = V.d ⇒ V = = 7,9 = 0,68 cm3 d 3V V = π R3 ⇒ R= 3 4π 0,68cm R= x = 3,14 0,162cm = 0,545 cm b nHCl = 2nFe (1) = 2(nFe ban đầu - nFePƯ(2)) = 2(0,096 - 0,012) = 0,168 mol 0,168  CHCl= =0,336mol/l 0,5 a Quy đổi hỗn hợp X gồm hidrocacbon thành X có hidrocacbon C3H4 C3H8 => MX = x.40 + (1-x)44 = 42,4 => x = 0,4 nC3 H = 0, 4mol nC3 H8 = 0, 6mol => số mol chất 15,9g hỗn hợp X nC3 H = 0,15mol nC3 H8 = 0, 225mol t C3 H + 4O2  → 3CO2 + H 2O t C3 H + 5O2  → 3CO2 + H 2O (1) (2) nCO2 = nCO2(1) + nCO2 ( ) = 3.0,375 = 1.125mol nH 2O = nH 2O(1) + nH 2O( ) = 2.0,15 + 4.0, 225 = 1.2mol Vì nCO2 > nBa ( OH )2 Ta có Ba(OH )2 + CO2  → BaCO3 + H 2O (3) BaCO3 + H 2O + CO2  → Ba ( HCO3 ) (4) Khối lượng kết tủa là: => m BaCO3 = 0, 475.197 = 93,575 g Khối lượng bình tăng: m = mCO2 + mH 2O = 1,125.44 + 1, 2.18 = 71,1g (có thể sử dụng bảo toàn nguyên tố để giải này) mC = 0,375.3.12 = 13,5g => mCO2 = 13,5.44 = 49,5 g 12 mH = 15,9 - 13,5 =2,4g => mH2O = 1,2.18 = 21,6g => mtăng = 49,5 + 21,6 = 71,1g b VC2 H5OH bân đầu =  nC 200.5, 75 = 11,5 ml => mC2 H 5OH = 11,5.0,8 = 9,2 gam 100 H 5OH ban đầu = 0,2 mol VH 2O ban đầu = 200 – 11,5 = 188,5 ml => nH 2O ban đầu = 10,47 mol Giả sử có x (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có C2H5OH + O2 → CH3COOH + H2O x mol x mol x mol Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: x(mol)CH3COOH ; (0,2 -x) mol C2H5OH (x+10,47)mol H2O Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y: CH3COOH + Na → CH3COONa + 1/2H2(1) C2H5OH + Na → C2H5ONa + 1/2H2(2) H2O + Na → NaOH + 1/2H2(3)  nH = ¼(x + 0,2 – x + 10,47 + x) = ¼(10,67 + x)  Theo nH = 2,7075 mol => ¼(10,67 + x) = 2,7075 => x = 0,16 mol Hphản ứng = 0,16 x100% = 80% 0,2