Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học lớp 6 - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Dinh Phong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

249
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Hóa lớp 6 dành cho quý thầy cô và các bạn học sinh nhằm củng cố kiến thức và luyện thi học sinh giỏi môn Hóa với chủ đề: Phương trình phản ứng hóa học, biểu thức tính số mol.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học lớp 6 - (Kèm Đ.án)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH TRƯỜNG THCS TIÊN DU MÔN THI: HÓA HỌC THỜI GIAN: 150 PHÚT (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (4 điểm) 1/ Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho 7 chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl có 7 chất khí khác nhau thoát ra. Viết các phương trình phản ứng minh hoạ. 2/ Cho các sơ đồ phản ứng hoá học sau đây: X1 + X2 → Na2CO3 + H2O điện phân dung dịch X3 + H 2 O X2 + X 4 + H2 có màng ngăn X5 + X 2 → X 6 + H2 O X6 + CO2 + H2O → X7 + X1 điện phân nóng chảy X5 X8 + O 2 Criolit Chọn các chất X1, X2, X3, X5, X6, X7, X8 thích hợp và hoàn thành các phương trình hoá học của các phản ứng trên. 3/ Chỉ được dùng thêm 1 thuốc thử, hãy phân biệt các lọ dung dịch đựng riêng biệt các chất sau đây bị mất nhãn. MgCl2; ZnCl2; AlCl3; CuSO4; CrCl3; FeCl2; FeCl3; AgNO3; NH4NO3 Câu 2: (4 điểm) 1/ Cho từ từ a mol NaOH vào dung dịch chứa b mol AlCl3. Hãy biện luận, vẽ đồ thị về sự phụ thuộc của số mol kết tủa vào số mol NaOH. Lập biểu thức tính số mol kết tủa theo a, b. 2/ Hỗn hợp A chứa Al2O3, Fe3O4 và CuO. Hòa tan A trong dung dịch HNO3 loãng dư, thu được dung dịch C và khí NO duy nhất. Thêm từ từ bột Sắt vào dung dịch C cho đến khi phản ứng kết thúc được dung dịch D và chất rắn E. Thêm từ từ NaOH tới dư vào D thu được kết tủa F. Nung F hoàn toàn trong không khí thu được chất rắn G. Khử G bằng Hidro ta thu được H. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3: (3 điểm) 1/ Đốt cháy hoàn toàn 1g Sắt trong khí Oxi, sau 1 thời gian khối lượng chất rắn thu được đã vượt quá 1,41g. Xác định CTHH của oxit Sắt. Biết sản phẩm phản ứng chỉ tạo ra 1 ôxit duy nhất.
2/ Cho 26,91 (g) kim loại M hóa trị I vào 700 ml dung dịch AlCl3 0,5M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít H2 (đktc) và 17,94 (g) kết tủa. Xác định kim loại M và giá trị của V. Câu 4: (5 điểm) Chia 80 (g) hỗn hợp X gồm sắt và một oxit của sắt thành hai phần bằng nhau: Hoà tan hết phần I vào 400 (g) dung dịch HCl 16,425% được dung dịch A và 6,72 lít khí H2 (đktc). Thêm 60,6 (g) nước vào A được dung dịch B, nồng độ % của HCl dư trong B là 2,92%. a/ Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X và xác định công thức của oxit sắt. b/ Cho phần II tác dụng vừa hết với H2SO4 đặc nóng rồi pha loãng dung dịch sau phản ứng bằng nước, ta thu được dung dịch E chỉ chứa Fe2(SO4)3. Cho 10,8 (g) bột Mg vào 300 ml dung dịch E khuấy kĩ, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 12,6 (g) chất rắn C và dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi được m (g) chất rắn F. Tính CM của dung dịch E và giá trị m. Câu 5: (4 điểm) Cho 27,4 gam kim loại Ba vào 500 gam dung dịch hỗn hợp gồm (NH4)2SO4 1,32% và CuSO4 1,92%. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng ta thu đựơc khí A, kết tủa B và dung dịch C. a. Tính thể tích khí A (đktc). b. Lấy kết tủa B đem nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi thì được bao nhiêu gam chất rắn. c. Tính nồng độ % của các chất tan trong dung dịch C.
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài 1 Hướng dẫn giải Điểm Ý1 Các chất rắn có thể chọn lần lượt là: 1,5đ Zn; FeS; Na2SO3; CaCO3; MnO2; CaC2; Al4C3 0.8 Các ptpư: Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 0.1 FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S 0.1 Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + H2O 0.1 CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O 0.1 t MnO2 + 4HCl   o MnCl2 + Cl2 + H2O 0.1 CaC2 + 2HCl → CaCl2 + C2H2 0.1 Al4C3 + 12HCl → 4AlCl3 + 3CH4 0.1 HS có thể chọn các chất khác, nếu đúng vẫn cho điểm Ý2 Các chất thích hợp lần lượt có thể là X1: NaHCO3, X2: NaOH, X3: 1,5 đ NaCl, X5: Al2O3, X6: NaAlO2, X7: Al(OH)3, X8: Al 0.8 Các phương trình hóa học lần lượt là: NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O 0.1 2NaCl + 2H2O → 2NaOH + Cl2 + H2 0.1 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O 0.2 NaAlO2 + CO2 + 2H2O→ Al(OH)3 + NaHCO3 0.2 2Al2O3 dpnc  criolit  4Al + 3O2 0.1 Ý3 - Thuốc thử cần dùng là dung dịch kiềm (vd: NaOH) 0.1 1đ - Trình bày được phương pháp nhận ra từng chất, viết PTHH, giải thích hiện tượng mỗi chất được 0,2đ VD: Nhỏ từ từ dung dịch NaOH tới dư vào từng mẫu thử + Mẫu thử chứa dd MgCl2 sẽ tạo kết tủa trắng không tan MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl 0.1 + Mẫu thử chứa dd ZnCl2 tạo ra kết tủa trắng , sau đó lại tan ZnCl2 + 2NaOH → Zn(OH)2↓ + 2NaCl 0.1 Zn(OH)2 + 2NaOH → Na2ZnO2 + 2H2O + Mẫu thử chứa dd AlCl3 tạo ra kết tủa keo, sau đó tan ngay AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl 0.1
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + H2O + Mẫu thử chứa dd CuSO4 tạo ra kết tủa xanh, không tan CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4 0.1 + Mẫu thử chứa dd CrCl3 tạo ra kết tủa xanh, sau đó tan ngay CrCl3 + 3NaOH → Cr(OH)3↓ + 3NaCl 0.1 Cr(OH)3 + NaOH → NaCrO2 + H2O + Mẫu thử chứa dd FeCl2 sẽ tạo kết tủa trắng, hóa nâu đỏ trong kk 0.1 FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3↓ (nâu đỏ) + Mẫu thử chứa dd FeCl3 sẽ tạo kết tủa nâu đỏ. 0.1 FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3↓ + 3NaCl + Mẫu thử có chứa dd AgNO3 tạo ra kết tủa đen 0.1 2AgNO3 + 2NaOH → Ag2O↓ + H2O + 2NaNO3 + Mẫu thử có chứa dd NH4NO3 có khí mùi khai thoát ra 0.1 NH4NO3 + NaOH → NaNO3 + NH3 ↑ + H2O
Bài 2 Hướng dẫn giải Điểm Ý1 Các phương trình phản ứng lần lượt xảy ra theo thứ tự là: 0.25 2đ 3NaOH + AlCl3  Al(OH)3  + 3NaCl (1)  0.25 sau đó NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O (2)  Trường hợp 1: Nếu a  3b tức là n NaOH  n AlCl thì lúc đó chỉ xảy ra 3 0.25 phản ứng (1) không xảy ra phản ứng (2) do vậy n Al(OH ) được tính theo 3 a n NaOH vậy n Al(OH )3 = (mol). 3 Trường hợp 2: Nếu 3b < a < 4b thì lúc đó phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và phản ứng (2) đã xảy ra nhưng Al(OH)3 vẫn còn dư do vậy 0.5 n = b- (a-3b) = 4b-a (mol). nAl (OH )3 Al(OH)3 Trường hợp 3: Nếu a  4b 0.25 thì lúc đó phản ứng (1), (2) đều xảy ra hoàn toàn do vậy b không còn kết tủa, n Al(OH) = 0. 3 nNaOH 0 3b 4b 0.5 Đồ thị sự phụ thuộc số mol kết tủa Al(OH)3 theo số mol NaOH như sau: Ý2 Các PTHH xảy ra: 2đ Al2O3 + 6HNO3 → 2Al(NO3)3 + 3H2O 0.2 CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O 0.2 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO↑ + 14H2O 0.2 Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu ↓ 0.2 Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2 0.2 3NaOH + Al(NO3)3 → Al(OH)3 + 3NaNO3 0.2 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + H2O 0.2 Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaNO3 0.2 t o 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O 0.2 KK o t Fe2O3 + H2  2Fe + 3H2O 
Bài 3 Hướng dẫn giải Điểm 1 Đặt CTHH của oxit Sắt tạo ra là FexOy 1đ t PTHH: 2xFe + yO2  2FexOy  o 112xg 2(56x+16y)g Bài ra 1g > 1,41 0.5 - Lập được phương trình toán có chứa x và y 112 x 2(56 x  16 y )  => x : y < 0,69 1  1, 41 Xét 0.25 Oxit FeO Fe2O3 Fe3O4 x:y 1: 1 >0,69 2:3 0,69 Kết luận: CTHH cần xác định là Fe2O3 0.25 Ý2 Các phương trình hóa học:(n là hoá trị của R; Đặt khối lượng mol của M 2đ là M). 2M + 2n H2O 2M(OH)n + nH2 (1) 0.1 3M(OH)n + n AlCl3 n Al(OH)3 + 3MCln (2) 0.1 Có thể: M(OH)n + n Al(OH)3 M(AlO2)n + 2n H2O (3) 0.1 17,94 0.2 n AlCl3 = 0,7.0,5 = 0,35 (mol), n Al(OH)3 = = 0,23 (mol) 78 Bài toán phải xét 2 trường hợp: TH1: AlCl3 chưa bị phản ứng hết ở (2)  không có phản ứng (3) 3 3 0,69 Từ (2): n M(OH) = .n Al(OH)3  .0, 23  n n n n 0.25 0, 69 Từ (1): n M  n M(OH)n  n 0,69 M  ta có pt: .M  26,91   39 n n Với n = 1  M = 39  M là: K Với n = 2  M = 78  loại 0.25 1 1 Theo (1): n H2  .n K  .0, 69  0,345 (mol)  V = 7,728 lít 2 2 TH2: AlCl3 phản ứng hết ở (2), M(OH)n dư  có phản ứng (3) 0.25 Từ (2): n Al(OH)3  n AlCl3  0,35 (mol)
3 3.0,35 1,05 Từ (2): n M(OH)n đã phản ứng  .n AlCl3   n n n Theo bài ra n Al(OH)3  0, 23  n Al(OH)3 bị tan ở (3) = 0,35 – 0,23 = 0,12 (mol) 1 1 0,12 Từ (3): n M(OH)n dư  .n Al(OH)3  .0,12  (mol) n n n 0,12 1,05 1,17  Tổng n M(OH)n    (mol) n n n 0.25 1,17 M  ta có pt: .M  26,91   23 n n  n = 1  M = 23  M là Na n = 2  M = 46  loại 1 1 Theo (1): n H2  .n Na  .1,17  0,585  V = 13,104 lít 0.25 2 2 0.25 Bài 4 Hướng dẫn giải Điểm Ýa Đặt công thức của oxit sắt là FexOy 1,5 đ Các phương trình hoá học: Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (1) FexOy + 2yHCl xFeCl 2 y + yH2O (2) 0.25 x 400.16, 425 6,72 nHCl ban đầu   1,8 (mol); n H 2   0,3 (mol) 100.36,5 22, 4 0.25 mddB = 400 + 40 – 0,3.2 + 60,6 = 500 (g) 2,92.500  nHCl dư   0, 4 (mol). 100.36,5 0.25  nHCl đã phản ứng ở (1) và (2) = 1,8 – 0,4 = 1,4 (mol) Từ (1): nHCl = 2n H 2 = 2.0,3 = 0,6 (mol) Từ (1): nFe = n H 2 = 0,3 (mol)  m Fe = 0,3.56.2 = 33,6 (g)  m Fe x Oy = (40 – 16,8)2 = 46,4 (g) 0.25  nHCl ở (2) = 1,4 – 0,6 = 0,8 (mol) 1 0, 4 Từ (2): n FexO y  .0,8  2y y
0,4 x 3  ta có: (56x  16y)  23, 2   y y 4 Vậy công thức của FexOy là Fe3O4 0.5 Ýb Các pthh: 0 t 3.5 đ 2Fe + 6H2SO4đ 0 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) Mỗi t 2Fe3O4 + 10H2SO4đ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2) PT Fe2(SO4)3 + Mg 2FeSO4 + MgSO4 (3) cho FeSO4 + Mg Fe + MgSO4 (4) 0,1đ Ba(ỌH)2 + MgSO4 BaSO4 + Mg(OH)2 (5) Có thể: Ba(OH)2 + FeSO4 0 BaSO4 + Fe(OH)2 (6) t Mg(OH)2 0 MgO + H2O (7) t không có oxi Có thể: Fe(OH)2 0 FeO + H2O (8) t không khí hoặc: 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O (9) 10,8 n Mg   0, 45 (mol) 24 0.1 Xét trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết Đặt: n Fe2 (SO4 )3 trong 300ml ddE là x Từ (3), (4): nMg đã phản ứng = 3x  n Mg còn lại = 0,45 – 3x Từ (3), (4): nFe = 2x  mFe = 2x.56 Ta có pt: (0,45 – 3x).24 + 2x.56 = 12,6  x = 0,045 (mol) 0, 045  CM của Fe2(SO4)3 trong ddE   0,15(M) 0,3 0.5 Khi đó trong ddD chỉ có: MgSO4 và kết tủa gồm BaSO4 và Mg(OH)2 Từ (3): n MgSO4  3n Fe2 (SO4 )3  3.0,045  0,135 (mol) Từ (5): n BaSO4  n MgSO4  0,135 (mol) Từ (7): n MgO  n Mg (OH)2  0,135 (mol) Giá trị của m trong trường hợp này = 0,135.233 + 0,135.40 = 36,855 (g) Xét trường hợp 2: Mg hết 0.5
Thì chất rắn C là Fe: nFe = 12,6/56 = 0,225 mol Từ (4): nMg = nfe = 0,225 (mol) Từ (3): nMg pư 3 = 0,45 – 0,225 = 0,225 (mol) n Fe2 (SO4 )3 = 0,225 (mol) 0,225 Vậy C M của dung dịch E   0,75(M) 0,3 0.5 Khi đó: Kết tủa thu được khi cho dung dịch D phản ứng với Ba(OH)2 gồm: BaSO4, Mg(OH)2, Fe(OH)2. Với : n MgSO4 ở (3) = nMg = 0,45 (mol) Từ (4): n FeSO 4 = 3nFe= 3.0,075 = 0,225 (mol) Từ (5): n BaSO4  n Mg(OH)2  n MgSO4  0, 45 (mol) Từ (6): n BaSO4  n Fe(OH)2  n FeSO4  0,225 (mol)  Số mol trong kết tủa lần lượt là: n BaSO 4 = 0,45 + 0,225 = 0,675 (mol) n Fe(OH)2 = 0,225 (mol), n Mg (OH)2 = 0,45 (mol) Khi nung kết tủa trên ta lại phải xét 2 trường hợp: a) Nếu nung trong chân không: Từ (7): n MgO  n Mg(OH)2  0,45 (mol) Từ (8): n FeO  n Fe(OH)2  0, 225 (mol) Giá trị của m trong trường hợp này = 0,675.233 + 0,45.40 + 0,225.72 = 191,475 (g) b) Nếu nung trong không khí: 1 1 0.5 Từ (9): n Fe2O3  .n Fe(OH)2  .0, 225  0,1125 (mol) 2 2 Vậy giá trị của m trong trường hợp này là: 0,675.233 + 0,45.40 + 0,1125.160 = 193,275 (g) 0.5 Bài 5 Hướng dẫn giải Điểm Các PTHH xảy ra: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + 2H2 ↑ (1) 0.25
Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4 ↓+ 2NH3 ↑ + 2H2O (2) 0.25 Ba(OH)2 + CuSO4 → BaSO4↓ + Cu(OH)2↓ (3) 0.25 t o Cu(OH)2  CuO + H2O  (4) 0.25 Tính được nBa  nBa (OH )  0, 2mol ; n( NH  0, 05mol ; nCuSO 4  0,06mol 0.5 2 4 )2 SO4 a, Theo PT (1) và (2) tìm được khí gồm: 0,2 mol H2 và 0,1 mol NH3 0.5 V = 0,3.22,4 = 6,72 lit b, Theo PT (2), (3) ta tìm được B gồm: 0,11 mol BaSO4; 0,06 mol Cu(OH)2 0.75 Khi nung hoàn toàn, theo PT (4), chất rắn gồm 0,11 mol BaSO4 và 0,06mol CuO. Khối lượng chất rắn là: 233.0,11 + 80.0,06 = 30.43 gam 0.75 c, Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: mddsaupu  mBa  mddbd  mkhiA  mkettuaB = 29.4 + 500 – (0,2.2 + 0,1.17) – (0,11.233 + 0,06.98) = 495.79gam 0.5 Khối lượng Ba(OH)2 dư là: 0,09.171 = 15.39 gam 15,39 C%  .100  3.1% 495.79
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÒNG GD-ĐT HUYỆN MÔN THI: HÓA HỌC TIÊN DU THỜI GIAN: 150 PHÚT (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (4 điểm) 1/ a) Bằng cách viết các PTHH, hãy cho biết cách điều chế axit Sunfuric từ khí Hidro sunfua (H2S), không khí và nước. b) Nêu cách phân biệt hai khí SO3 và SO2 bằng 2 phương pháp hóa học. Viết PTHH xảy ra. 2/ Nung một hỗn hợp chứa MgCO3 và CaCO3 cho tới khi khối lượng không đổi, thấy khối lượng hỗn hợp giảm mất 47,52%. Xác định % các chất có trong hỗn hợp ban đầu và sau phản ứng. 3/ Có 3 lọ đựng 3 hỗn hợp bột Fe + FeO; Fe + Fe2O3; FeO + Fe2O3. Bằng 1 hóa chất duy nhất, hãy nhận biết từng hỗn hợp các chất trong các lọ trên. Viết PTHH xảy ra. Câu 2: (4 điểm) 1/ Trình bày cách tinh chế khí Metan trong hỗn hợp khí gồm Metan, Sunfurơ, Axetilen, Etilen. Chỉ dùng một hóa chất duy nhất ( nguyên chất hoặc dung dịch) 2/ Hidrocacbon X là chất khí ở nhiệt độ phòng. Khi phân hủy hoàn toàn X trong điều kiện không có Oxi người ta thu được Cacbon và khí Hidro. Trong đó thể tích Hidro thu được gấp 2 lần thể tích của Hidrocacbon X (cùng điều kiện). Xác định các công thức phân tử và viết các công thức cấu tạo có thể có của X. 3/ Viết các phương trình phản ứng của dãy biến hoá sau: A →B →C →D→E → F→A Cho biết A là hiđrocacbon có tỷ khối so với hiđro là 14; chất E là hợp chất hữu cơ có khối lượng mol nhỏ nhất. Câu 3: (4 điểm) 1/ Cho 30,6 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với 500 ml dung dịch HNO3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
được 1,68 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 1,2 gam kim loại. a) Viết phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính nồng độ CM của dung dịch axit HNO3. 2/ Cho 13,9 gam hỗn hợp gồm Al và Fe (biết số mol sắt gấp hai lần số mol nhôm) vào 200 ml dung dịch A chứa Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 37,2 gam chất rắn B gồm ba kim loại. Cho toàn bộ chất rắn B vào dung dịch axit HCl (dư) thu được 1,12 lít khí (ở đktc). Tính nồng độ mol của mỗi muối trong dung dịch A. Câu 4: (4 điểm) Khử hoàn toàn 38,4 g hỗn hợp CuO và FeO ở nhiệt độ cao bằng CO dư. Sau phản ứng thu được m gam hỗn hợp 2 kim loại và hỗn hợp khí X. Chia hỗn hợp khí X thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 cho tác dụng với dung dịch có chứa 0,2 mol Ca(OH)2 thu được 15 gam kết tủa trắng. - Phần 2 cho tác dụng với 600 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng đến khan thu được m 2 gam chất rắn. a. Xác định khối lượng m của hai kim loại và khối lượng của m2. b. Ngâm m gam hỗn hợp 2 kim loại nói trên trong m 1 gam dung dịch HCl 25% (tác dụng vừa đủ) thu được H2↑, dung dịch Y và một chất rắn không tan. Tìm nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch Y. Câu 5: (4 điểm) Cho 6,72 lít (ở đktc) hỗn hợp khí A gồm hai hiđrocacbon mạch hở. Chia A làm hai phần bằng nhau: Phần 1 cho qua dung dịch Br2 (dư) khối lượng dung dịch tăng X gam và lượng Br2 đã phản ứng là 32 gam (không có khí thoát ra khỏi dung dịch) Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho toàn bộ sản phẩm lần lượt qua bình 1 đựng P2O5 dư, bình 2 đựng KOH dư. Thấy bình 1 tăng Y gam, bình 2 tăng 17,6 gam. a) Tìm công thức của hai hiđrocacbon. b) Tính X và Y. I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài 1 Hướng dẫn giải Điểm Ý1 a. Các PTHH điều chế: (HS phải ghi đủ điều kiện và cân bằng) 1,25đ 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O 0.25 2SO2 + O2 → 2SO3 0.2 SO3 + H2O → H2SO4 0.2 b. Cách 1: Sục dư 2 khí vào dung dịch Ba(OH)2, trường hợp nào có kết 0.3 tủa thì đó là khí SO3 SO3 + Ba(OH)2 → BaSO4 + H2O SO2 không tạo kết tủa: 2SO2(dư) + Ba(OH)2 → Ba(HSO3)2 Cách 2: Sục dư 2 khí vào nước Brom, khí nào làm mất màu nước Brom 0.3 là SO2 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Ý2 Gọi khối lượng hỗn hợp ban đầu là 100g, số mol MgCO3 và CaCO3 lần 1đ lượt là x và y. Ta có 84x + 100y = 100 (g) (1) 0.25 HS viết được PTHH, suy ra khối lượng giảm là khí CO2 47,52 0.25 Từ đó tìm được số mol CO2 là x  y   1, 08mol (2) 44 Từ (1) và (2) tìm được x = 0,5 và y = 0,58 0.25 Tính được %MgCO3 = 42% và %CaCO3 = 58% 0.25 Ý3 Thuốc thử dùng là H2SO4 đặc nguội. Cho H2SO4 đặc nguội dư vào các 0.5 1.75 mẫu. - Mẫu nào tan hoàn toàn, có khí mùi hắc bay ra là hỗn hợp FeO và Fe2O3 0.25 PTHH: (1) và (2) - Mẫu nào tan 1 phần và không có khí bay ra là hỗn hợp Fe và Fe2O3 0.25 PTHH: (2) 0.25 - Mẫu nào tan 1 phần và có khí mùi hắc bay ra là hỗn hợp Fe và FeO PTHH: (1) 0.25 Các PTHH: 2FeO + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O (1) 0.25 Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (2) (Sắt bị thụ động không tác dụng với muối Fe3+) Bài 2 Hướng dẫn giải Điểm Ý1 Hóa chất dùng là nước Brom 0.25 1đ Các PTHH: I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 0.25 C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 0.25 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 0.25 Ý2 PTHH xảy ra: 1,8đ CxHy → xC + y/2H2 0.2 1 mol → y/2 mol Theo bài ra ta có y/2 = 3 Vậy y = 6 0.2 X có dạng CxH4. Vì X là chất khí ở điều kiện thường nên có thể có các CTPT thỏa mãn: CH6; C2H6; C3H6; C4H6 0.4 Trong đó CH6 (loại vì không thỏa mãn hóa trị) 0.1 C2H6 có thể có 1 CTCT 0.1 C3H6 có thể có 2 CTCT (Hs viết đủ các CTCT) 0.1x2 C4H6 có thể có 6 CTCT 0.1x6 Ý3 C2H4 + H2O → C2H5OH 0.2 1,2đ C2H5OH + O2 → CHCOOH + H2O 0.2 CH3COOH + NaOH → CH3COONa +H2O 0.2 to CH3COONa + NaOH  CH4 + Na2CO3  o 1500 C 2CH4  C2H2 +3H2 làm _ lanh _ nhanh  0.2 Pd ,t o 0.2 C2 H 2 + H 2  C2H4  0.2 Bài 3 Hướng dẫn giải Điểm Ý1 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1) 0,25 2đ 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (2) 0,25 0,25 Cu + 2Fe(NO3)3 →Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (3) Có 1,2 gam kim loại không tan suy ra kim loại Cu dư chuyển Fe3+ hết thành Fe2+ nCu đã phản ứng pứ (1) = x mol; nFe3O4 đã phản ứng (2) = y mol 0,25 Số mol NO = 1,68/22,4 = 0,075 mol 0,25 Ta có hệ 2/3x +1/3y = 0,075 64(x + 3/2y) + 232y = 29,4 I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
x = 0,075 mol; y = 0,075 mol. Số mol HNO3 đã dùng là: 0,25 (8.0,075):3 + (28.0,075):3 = 0,2 + 0,7 0,25 →CM HNO3 = 0,9 :0,5 = 1,8M 0,25 Ý2 Trong hh KL ban đầu: gọi mol Al = a mol, mol Fe = 2a mol 2đ Ta có: 27a + 56.2a = 13,9 suy ra a = 0,1 mol 0,25 Sau các p/ư có 3 KL đó là Ag, Cu, Fe. Vậy Ag+, Cu 2+ và Al phản ứng hết. Fe dư p/ư với HCl: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) 0,25 Theo PTHH (1) mol Fe = mol H2 = 1,12/22,4 = 0,05 → Lúc đầu có 0,2 - 0,05 = 0,15 mol Fe p/ư với các muối. 0,25 Gọi x, y lần lượt là số mol Cu, Ag được tạo thành Al - 3e → Al3+ (2) 0,1 0,3 0,25 Fe - 2e → Fe2+ (3) 0,15 0,3 0,25 Cu 2+ + 2e → Cu (4) x 2x x 0,25 Ag+ + e → Ag (5) y y y 0,25 Từ (2), (3), (4), (5) ta có: 2x + y = 0,3 + 0,3 = 0,6 (6) 64x + 108y = 37,2 - 0,05.56 = 34,4 (7) Giải hệ pt (6), (7) ta được x = 0,2; y = 0,2 → CM Cu(NO3)2 = CM AgNO3 = 0,2/0,2 = 1M (Học sinh có thể không giải theo phương trình ion, đúng vẫn cho điểm) I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
0,25 Bài 4 Hướng dẫn giải Điểm 4đ Gọi số mol CuO và FeO là x và y. Ta có 80x + 72y = 38,4 (1) 0.25 PTHH: CuO + CO → Cu + CO2 FeO + CO → Fe + CO2 Số mol CO2 là x+y 0.25 Khi cho CO2 tác dụng dung dịch Ca(OH)2 ta có thể có 2 trường hợp TH1: Ca(OH)2 dư , CO2 bị tác dụng hết CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 0.25 x  y 15 Theo bài nCO  nCa (OH )    0,15  x  y  0,3 (2) 2 2 2 100 0.5 Từ (1) và (2): x= 2,1 y = -1,8 (loại) TH2 : Ca(OH)2 hết, số mol Ca(OH)2 = số mol CaCO3 = 0,2 (mol) 0.25 kết tủa bị tan 1 phần = 0,2 - 0,15 = 0,05 mol CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 0.25 x y Vậy nCO   0, 2  0, 05  0, 25  x  y  0,5 (3) 2 2 0.5 Từ (1) và (3): → x = 0,3 ; y = 0,2 → Nhận kết quả này . m = 64x + 56y = 64.0,3 + 56.0,2 = 30,4 g 0.25 Trong thí nghiệm với NaOH ta có số mol NaOH = 0,6 mol CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O 0.25 0,25 → 0,5 0,25 0.25 NaOH dư 0,1 mol → m2 = 0,25.106 + 0,1.40 = 30,5g I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
b. Ngâm hỗn hợp trong dung dịch HCl, chỉ có Fe bị tác dụng 0.25 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ 0,2 → 0,4 0,2 0,2 0.25 (36,5.0, 4).100 mddHCl 25%   58, 4( g ) 25 0.25 mdd sau phản ứng = 56.0,2 + 58,4 - 0,2.2 = 69,2 (g) m FeCl2 = 0,2.127 = 25,4 (g) 0.25 25, 4.100 C % FeCl2   36,7(%) 69, 2 Bài 5 Hướng dẫn giải Điểm 4đ Đặt công thức hai hyđrocacbon là CnH2n+2-2a (x mol) ; 0.25 CmH2m+2-2b (y mol) 0,25 CnH2n+2-2a + aBr2 → CnH2n+2-2aBr2a x → ax 0,25 CmH2m+2-2b + bBr2 → CmH2m+2-2bBr2b y → by 0,25 3n  1  a CnH2n+2-2a + O2 → nCO2 + (n + 1- a)H2O 2 x → nx 0,25 3m  1  a CmH2m+2-2b + O2 → mCO2 + (m + 1- a)H2O 2 y → my 0,25 Ta có x + y = 0,15 0,2  0,15a ax + by = 0,2 Suy ra y = ba Cho b > a; 0< y < 0,15; a ≥ 1 ; Ta có 0,2 - 0,15a >0 . Suy ra a 1,3. Vậy b ≥ 2 0,25 0.25 I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
*) Nếu b = 2 thì y = 0,05; x = 0,1 0.25 Thay x, y vào nx + my = 17,6/44= 0,4 0.25 Vậy 0,1n + 0,05m = 0,4. Suy ra m = 8 - 2n n 2 3 4 m 4 2 0 Hỗn hợp A có C2H4 và C4H6 hoặc là C3H6 và C2H2 0.25 *) Nếu b = 3 thì m = 16-5n thì nghiệm C2H4 và C6H8 không thoả mãn vì 0.4 là chất khí Khối lượng bình brôm tăng chính là khối lượng hai hiđrocacbon X=14nx + (14m-2)y = 14(nx + my) - 2y = 14.0,4 -2.0,05 = 5,5 gam 0.3 Khối lượng bình P2O5 tăng thêm chính là khối lượng H2O Y= 18[(n +1-a)x +(m+1-b)]=18(nx + my -y) = 6,3 gam 0.3 I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGlan2TienDu.doc
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH PHÒNG GD-ĐT HUYỆN TIÊN DU MÔN THI: HÓA HỌC ĐỀ CHÍNH THỨC THỜI GIAN: 150 PHÚT (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2 điểm) Cho 7 lọ chứa các dung dịch (riêng biệt): NH4 Cl; Zn(NO3)2; (NH4)2SO4; phenolphtalein; K2SO4; HCl, NaCl không nhãn. Chỉ dùng thêm dung dịch Ba(OH)2 làm thuốc thử có thể nhận biết được bao nhiêu chất trong số các chất đã cho? Viết PTHH của các phản ứng để minh họa. Câu 2: (2 điểm) Cho A là oxít, B là muối, C và D là các kim loại. Hãy chọn chất thích hợp với A, B, C, D và hoàn thành phương trình hoá học (PTHH) của các phản ứng sau: a) A + HCl  2Muối + H2O b) B + NaOH  2Muối + H2O c) C + Muối  1Muối d) D + Muối  2Muối Câu 3: (2 điểm) Khi điều chế C2 H4 từ C2 H5OH và H2SO4 đặc ở nhiệt độ 170oC thì khí sinh ra có lẫn SO2. Hỏi nếu dùng từng chất trong các chất sau đây để loại bỏ SO2, thu được C2H4 tinh khiết có được không? Giải thích? a. Dung dịch KMnO4, b. Dung dịch KOH, c. Dung dịch K2CO3 d. Dung dịch Br2 Câu 4: (2.5 điểm) Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo các hợp chất hữu cơ mạch hở (chứa cacbon, hiđro, oxi) có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 30. Trong số các chất đó, những chất nào tác dụng được với Na, với dung dịch NaHCO3, với dung dịch NaOH. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Câu 5: (2 điểm) Hỗn hợp khí A gồm 2 hiđrocacbon. Đốt cháy hoàn toàn 1 lít A trong khí oxi thu được 1,6 lít khí CO2 và 1,4 lít hơi nước. Xác định công thức phân tử các hiđrocacbon có trong hỗn hợp khí A, biết rằng thể tích các khí và hơi nước đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Câu 6: (3 điểm) Cho 4,32gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Na, Al và Fe vào nước dư thu được 896 ml khí (đktc)và một lượng chất rắn không tan. Tách lượng chất rắn không tan này cho tác dụng với 120 ml dung dịch CuSO4 1M, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 6,4 gam Cu kim loại và dung dịch X. Tách dung dịch X cho tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch KOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y. a)Tính khối lượng từng kim loại có trong hỗn hợp ban đầu. b)Tính khối lượng của chất rắn Y. Câu 7: (2 điểm) Để tác dụng vừa đủ 8,4g hỗn hợp 3 oxit (CuO, Fe3O4, Al2O3), người ta cho từ từ V lít (đktc) hỗn hợp khí (gồm CO, H2) đi qua ống đựng hỗn hợp oxit nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn . Kết thúc phản ứng thu được một hỗn hợp gồm khí và hơi nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu 0,16g và a gam chất rắn . Tính giá trị của V và a . Câu 8: (3 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,672 lit (ở đktc) hỗn hợp khí gồm CH4 và CxH2x (trong đó x ≤ 4, CH4 chiếm dưới 50% thể tích) rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ vào 350ml dung dịch Ba(OH)2 0,2M thấy tạo ra 9,85 gam kết tủa. Xác dịnh công thức phân tử của CxH2x. Câu 9: (1.5 điểm) Cho 25,65g hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào m1 gam dung dịch Y chứa HCl và H2SO4 thu được m2 gam dung dịch Z chỉ chứa các muối tan và V lit (đktc) khí H2, còn lại m3 gam một kim loại không tan. Cho từ từ dung dịch Na2CO3 tới dư vào dung dịch Z thì thu được 23,3 gam hỗn hợp chất rắn T. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính khối lượng của mỗi kim loại có trong hỗn hợp X. Biết m2 – m1 = 9 gam Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. I:\My Documents luu\Hoa hoc1\Lam\On thi HSG\ChonHSGTienDulan3.doc