đề thi học sinh giỏi tỉnh môn hóa học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
Đề chính thức
KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC: 2009 - 2010
Môn thi: HÓA HỌC
Lớp 9 - THCS
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24/3/2010
Câu 1: (5,5 điểm)
1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: (Mỗi mũi tên là một phương trình hóa học)
Fe
→
FeCl
3


FeCl
2

→
Fe(OH)
2

→
Fe(OH)
3

→
Fe
2

O
3

→
Fe
3
O
4

→
FeSO
4
2. Có một hỗn hợp bột gồm các oxit: K
2
O, Al
2
O
3
, BaO. Bằng phương pháp hóa học hãy tách
riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp trên.
3. Dung dịch A chứa a mol CuSO
4
và b mol FeSO
4
. Xét ba thí nghiệm sau:
Thí nghiệm 1: Thêm c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 3 muối.
Thí nghiệm 2: Thêm 2c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 2 muối.
Thí nghiệm 3: Thêm 3c mol Mg vào dung dịch A, sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối.
a. Tìm mối quan hệ của a, b, c trong từng thí nghiệm.
b. Nếu a = 0,2; b = 0,3 và số mol của Mg là 0,4 thì khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng

là bao nhiêu?
Câu 2: (5,5 điểm).
1. Một hợp chất hữu cơ có công thức dạng C
x
H
y
O
z
(x
≤
2) tác dụng với NaOH. Hãy xác định
công thức cấu tạo và viết phương trình hóa học xảy ra giữa các chất trên với NaOH.
2. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt các bình khí sau: H
2
, CH
4
, C
2
H
4,
CO
2
, SO
2
. Viết
phương trình hóa học xảy ra.
3. Axit A là chất rắn, màu trắng, dễ tan trong nước. Oxit B tác dụng với dung dịch nước của A
tạo nên hợp chất C màu trắng, không tan trong nước. Khi nung C với cát và than ở nhiệt độ cao thu
được đơn chất có trong thành phần của A. Xác định công thức của A, B, C và viết phương trình hóa
học xảy ra.

Câu 3: (4,5 điểm).
Hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của hai kim loại nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau
trong bảng tuần hoàn. Hòa tan 3,6 gam hỗn hợp X bằng dung dịch HNO
3
dư, thu được khí Y. cho
toàn bộ lượng khí Y hấp thụ hết bởi dung dịch Ba(OH)
2
dư thu được 7,88 gam kết tủa.
a. Hãy xác định công thức của hai muối và tính thành phần % về khối lượng mỗi muối trong
X.
b. Cho 7,2 gam hỗn hợp X và 6,96 gam FeCO
3
vào một bình kín chứa 5,6 lit không khí (đktc).
Nung bình ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Z. Tính thành phần
% theo số mol các chất trong Z.
c. Tính thể tích dung dịch HNO
3
2M tối thiểu cần dùng để hòa tan hết hỗn hợp chất rắn thu
được sau khi nung.
Giả sử trong không khí oxi chiếm 1/5 và nitơ chiếm 4/5 về thể tích.
Câu 4: (4,5 điểm).
1. Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O rồi cho toàn bộ sản phẩm
cháy đi qua bình đựng H
2
SO
4
đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư. Sau khi kết thúc thí nghiệm
thấy khối lượng bình 1 tăng 10,8 gam và bình 2 tăng 17,6 gam. Xác định công thức phân tử của A
và viết công thức cấu tạo có thể có của A.
2. A là rượu đa chức có công thức R(OH)

n
(R là gốc hidrocacbon). cho 12,8 gam dung dịch
rượu A (trong nước) có nồng độ 71,875% tác dụng với Na dư thu được 5,6 lit H
2
(ở đktc). Xác định
công thức phân tử của A, biết khối lượng phân tử của A là 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 9 - THCS
(Đây là theo ý của tôi)
Câu Đáp án Điểm
1.1
2Fe + 3Cl
2

→
0
t
2FeCl
3
2FeCl
3
+ Fe
→
3FeCl
2

2FeCl
2
+ Cl
2

→
2FeCl
3

FeCl
2
+ 2NaOH
→
Fe(OH)
2
+ 2NaCl
4Fe(OH)
2
+ 2H
2
O + O
2

→
4Fe(OH)
3

2Fe(OH)
3

→
0
t
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
3Fe
2
O
3
+ CO
→
0
t
2Fe
3
O
4
+ CO
2
Fe
3
O
4
+ 4H
2

SO
4 loãng
+ Fe
→
4FeSO
4
+ 4H
2
O
1.2
Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp bằng dung dịch HCl dư, sau đó nhúng
thanh kim loại Mg vào hỗn hợp dung dịch trên tới khi phản ứng kết thúc,
lấy thanh kim loại Mg ra. Ta thu được 2 phần
- Phần 1: Hỗn hợp dung dịch gồm KCl, BaCl
2
; MgCl
2

- Phần 2: Rắn gồm Mg và Al.
Cho phần 1 tác dụng với dung dịch KOH vừa đủ ta thu được
Mg(OH)
2
không tan, lọc tách Mg(OH)
2
được dung dịch gồm KCl và
BaCl
2
; cho dung dịch vừa thu được tác dụng với dung dịch K
2
CO

3
dư ta
thu được BaCO
3
không tan, lọc tách BaCO
3
ta được dung dịch gồm KCl
và K
2
CO
3
còn dư, cho dung dịch đó tác dụng với dung dịch HCl dư ta thu
được dung dịch KCl và HCl còn dư, cô cạn dung dịch thu được KCl
khan; rồi điện phân nóng chảy KCl ta thu được K (Kali). Còn chất rắn
BaCO
3
tiếp tục cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung
dịch BaCl
2
; cô cạn và điện phân nóng chảy BaCl
2
ta thu được Ba (Bari)
Cho phần 2 tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được hỗn hợp dung
dịch gồm MgCl
2
; AlCl
3
và HCl còn dư, cho hỗn hợp dung dịch tác dụng
với dung dịch NaOH dư, thu được kết tủa Mg(OH)
2

; lọc tách kết tủa còn
lại hỗn hợp dung dịch, rồi tiếp tục thổi dòng khí CO
2
dư vào hỗn hợp
dung dịch ta lại thu được kết tủa Al(OH)
3
; lọc tách Al(OH)
3
rồi đem
nung ở nhiệt độ cao thu được Al
2
O
3
; tiếp tục đem Al
2
O
3
điện phân nóng
chảy ta thu được Al.
Các PTHH xảy ra:
K
2
O + 2HCl
→
2KCl + H
2
O
BaO + 2HCl
→
2BaCl

2
+ H
2
O
Al
2
O
3
+ 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
O
Khi nhúng thanh kim loại Mg vào dung dịch xảy ra phản ứng.
3Mg + 2AlCl
3

→
3MgCl
2
+ 2Al
- Phần 1:
MgCl
2
+ 2KOH
→
Mg(OH)
2

+ 2KCl
BaCl
2
+ K
2
CO
3

→
BaCO
3
+ 2KCl
Lọc tách được BaCO
3
.
K
2
CO
3
+ 2HCl
→
2KCl + H
2
O + CO
2

Cô cạn dung dịch ta thu được KCl khan, rồi điện phân nóng chảy
KCl thu được K.
2KCl
→

dpnc
K + Cl
2

Cho BaCO
3
tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ.
BaCO
3
+ 2HCl
→
BaCl
2
+ H
2
O + CO
2

Cô cạn dung dịch ta thu được BaCl
2
khan, rồi điện phân nóng chảy
BaCl
2
thu được Ba.
BaCl
2

→
dpnc
Ba + Cl

2

- Phần 2: Tác dụng với dung dịch HCl dư
Mg + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2

Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2

Cho dung dịch thu được tác dụng với NaOH dư
HCl + NaOH
→
NaCl + H
2
O
MgCl
2
+ 2NaOH
→
Mg(OH)
2
+ 2NaCl

AlCl
3
+ 4NaOH
dư

→
NaAlO
2
+ 3NaCl + H
2
O
Lọc tách kết tủa Mg(OH)
2
, rồi thổi dòng khí CO
2
dư vào dung dịch
thu được.
NaAlO
2
+ CO
2
+ H
2
O
→
Al(OH)
3
+ NaHCO
3

Lọc tách kết tủa Al(OH)
3
, rồi đem nung Al(OH)
3
ta thu được
Al
2
O
3

2Al(OH)
3

→
0
t
Al
2
O
3
+ 3H
2
O
Điện phân nóng chảy Al
2
O
3
, ta thu được Al
2Al
2

O
3

→
dpnc
4Al + 3O
2
1.3
a/
Ở thí nghiệm 1: sau phản ứng thu được dung dịch gồm 3 muối gồm
MgSO
4
; CuSO
4
và FeSO
4
, do đó ta có c < a, tức là CuSO
4
vẫn còn dư và
FeSO
4
chưa phản ứng (vì theo quy tắc thì Mg sẽ tham gia phản ứng với
muối CuSO
4
trước, khi hết CuSO
4
mà Mg còn dư thì mới tiếp tục phản
ứng với FeSO
4
)

PTHH:
Mg + CuSO
4

→
MgSO
4
+ Cu
c c mol
(Với c < a)
Ở thí nghiệm 2: Sau phản ứng thu được dung dịch gồm 2 muối gồm
MgSO
4
và FeSO
4
, do đó ta có a
≤
2c < a + b, tức là FeSO
4
vẫn còn dư
(FeSO
4
chưa phản ứng hoặc phản ứng 1 phần)
TH 1: Nếu 2c = a, thì FeSO
4
chưa phản ứng.
Mg + CuSO
4

→

MgSO
4
+ Cu
a a mol
TH 2: Nếu 2c > a, thì FeSO
4
đã phản ứng 1 phần. Sau phản ứng
còn d ư một lượng là:
b – (2c – a) mol. Hay (a + b) – 2c mol
Mg + CuSO
4

→
MgSO
4
+ Cu
a a mol
Mg + FeSO
4

→
MgSO
4
+ Fe
2c – a 2c – a mol
Vậy: a
≤
2c < a + b
Ở thí nghiệm 3: sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối, vì vậy cả
CuSO

4
và FeSO
4
đã phản ứng hết. 3c
≥
a + b
TH 1: 3c = a + b, phản ứng xảy ra vừa đủ.
Mg + CuSO
4

→
MgSO
4
+ Cu
a a mol
Mg + FeSO
4

→
MgSO
4
+ Fe
2c – a 2c – a mol
( Với 2c – a = b Hay 2c = a + b)
TH 2: 3c > a + b
Mg + CuSO
4

→
MgSO

4
+ Cu
a a mol
Mg + FeSO
4

→
MgSO
4
+ Fe
b b mol
( Với 3c – a > b Hay 3c > a + b)
b/
Ta có: m
r
= 0,2.64 + 0,2.56 = 12,8 + 11,2 = 24 gam
2.1
Để tác dụng được với NaOH thì chất hữu cơ trên phải có nhóm – COOH
hoặc có nhóm chức – COO; có ít nhất là 2 nguyên tử Oxi. Số nguyên tử
oxi không vượt quá 4, vì chỉ có tối đa là 2 nguyên tử C. Vậy 2
≤
z
≤
4.
Ta có:
H – COOH ; CH
3
– COOH ; H – COOCH
3
; HO – CH

2
– COOH ;
HOOC – COOH ; O = CH-COOH
PTHH:
H - COOH + NaOH
→
H - COONa + H
2
O
CH
3
- COOH + NaOH
→
CH
3
- COONa + H
2
O
H – COOCH
3
+ NaOH
→
CH
3
- OH + H – COONa
HO - CH
2
- COOH + NaOH
→
HO - CH

2
- COONa + H
2
O
HOOC - COOH + 2NaOH
→
NaOOC - COONa + 2H
2
O
O = CH - COOH + NaOH
→
O = CH - COONa + H
2
O
2.2
Dẫn các khí lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước
brom. Phân biệt được 2 nhóm.
- Nhóm 1: Làm mất màu dung dịch nước brom gồm: C
2
H
4
và SO
2
- Nhóm 2: Không làm mất màu dung dịch nước brom gồm: H
2
;
CH
4
và CO
2

- Nhận ra SO
2
ở nhóm 1 bằng cách dẫn 2 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm nào bị vẩn đục
là nhận ra khí SO
2.
- Nhận ra CO
2
ở nhóm 2 bằng cách dẫn 3 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch nước vôi trong, ống nghiệm nào bị vẩn đục
là nhận ra khí CO
2.
- Nhận ra H
2
ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí còn lại lần lượt đi qua
các ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm nào mà làm chất
rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ và đồng thời có hơi nước xuất
hiện, là nhận ra khí H
2.

- Khí còn lại là CH
4
.
Các PTHH:
SO
2
+ Br
2
+ 2H

2
O
→
H
2
SO
4
+ 2HBr
C
2
H
4
+ Br
2

→
C
2
H
4
Br
2

SO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaSO

3
+ H
2
O
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2
O
H
2
+ CuO
→
0
t
Cu + H
2
O
Hoặc có thể làm theo cách:
Dẫn các khí lần lượt đi qua các ống nghiệm chứa dung dịch nước
vôi trong. Phân biệt được 2 nhóm.
- Nhóm 1: Làm đục dung dịch nước vôi trong và tạo kết tủa gồm:
CO
2

và SO
2
- Nhóm 2: Không làm đục dung dịch nước vôi trong gồm: H
2
; CH
4
và C
2
H
4
- Nhận ra SO
2
ở nhóm 1 bằng cách dẫn 2 khí đó lần lượt đi qua các
ống nghiệm chứa dung dịch brom, ống nghiệm nào bị mất màu là nhận ra
khí SO
2.
- Nhận ra C
2
H
4
ở nhóm 2 bằng cách dẫn 3 khí đó lần lượt đi qua
các ống nghiệm chứa dung dịch nước brom, ống nghiệm nào bị mất màu
là nhận ra khí C
2
H
4
.
- Nhận ra H
2
ở nhóm 2 bằng cách dẫn 2 khí còn lại lần lượt đi qua

các ống nghiệm chứa bột CuO nung nóng, ống nghiệm nào mà làm chất
rắn từ màu đen chuyển dần sang màu đỏ và đồng thời có hơi nước xuất
hiện, là nhận ra khí H
2.

- Khí còn lại là CH
4
.
Các PTHH:
SO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaSO
3
+ H
2
O
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2

O
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O
→
H
2
SO
4
+ 2HBr
C
2
H
4
+ Br
2

→
C
2
H
4
Br
2

H

2
+ CuO
→
0
t
Cu + H
2
O
2.3
A là H
3
PO
4
; B là CaO và C là Ca
3
(PO
4
)
2

PTHH: 2H
3
PO
4
+ 3CaO
→
Ca
3
(PO
4

)
2
+ 3H
2
O
Ca
3
(PO
4
)
2
+ SiO
2 (cát)
+ 5C
→
0
t
3CaSiO
3
+ 5CO + 2P
3
a/ Đặt công thức chung của 2 muối cacbonat của hai kim loại hoá trị II là:
RCO
3

Ta có PTHH: RCO
3
+ 2HNO
3

→
R(NO
3
)
2
+ H
2
O + CO
2
CO
2
+ Ba(OH)
2

→
BaCO
3
+ H
2
O
n
BaCO
3
= 0,04 mol => n
RCO
3
=

n
CO

2
= n
BaCO
3
= 0,04 (mol)
M
RCO
3
= 90 => M
R
= 30.
M
R
là khối lượng nguyên tử trung bình của 2 kim loại hoá trị II. Mà 2
kim loại hoá trị II lại thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn.
Vậy 2 kim loại đó là Mg và Ca.
=> CTHH của 2 muối: MgCO
3
và CaCO
3
.
Theo bài ra ta có:
84a + 100b = 3,6
a + b = 0,04
Đặt a, b lần lượt là số mol của MgCO
3
và CaCO
3
.
Giải hệ phương trình ta được: a = 0,025 và b = 0,015.

 m
CaCO
3
= 1,5 g và % m
CaCO
3
= 41,67%
 m
MgCO
3
= 2,5 g và % m
MgCO
3
= 58,33%
b/ MgCO
3

→
0
t
MgO + CO
2

CaCO
3

→
0
t
CaO + CO

2

FeCO
3

→
0
t
FeO + CO
2
n
FeCO
3
= 0,06 mol => n
FeO
= 0,06 (mol)
V
O
2
=
5
1
V
kk
=
5
1
.5,6 = 1,12 (lit) => n
O
2

= 0,05 (mol)
V
N
2
= 5,6 – 1,12 = 4,48 (lit) => n
N
2
= 0,2 (mol)
Xảy ra phản ứng: 4FeO + O
2

→
0
t
2Fe
2
O
3
0,06 0,05 0,03 (mol)
Sau phản ứng thì n
O
2
d

ư
= 0,05 – 0,015 = 0,035 (mol)
Ta nhận thấy khối lượng của hỗn hợp X ở câu b gấp đôi ở câu a. Vì
vậy số mol CO
2
của hỗn hợp X ở câu b sẽ l à: 0,08 mol.

=>
∑
2
CO
n
= 0,08 + 0,06 = 0,14 (mol).
Tổng số mol các khí là: 0,2 + 0,14 + 0,035 = 0,375 (mol)
Vậy thành phần các khí trong hỗn hợp Z là:
% n
O
2
= 9,33% ; % n
N
2
= 53,33% ; % n
CO
2
= 37,33%
c/ Các PTHH xảy ra:
MgO + 2HNO
3

→
Mg(NO
3
)
2
+ H
2
O

0,05 0,1 (mol)
CaO + 2HNO
3

→
Ca(NO
3
)
2
+ H
2
O
0,03 0,06 (mol)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

→
2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
0,03 0,18 (mol)
∑

3
HNO
n
(đã dùng) = 0,1 + 0,06 + 0,18 = 0,34 (mol)
∑
3
HNO
V
(cần dùng) =
2
34,0
= 0,17 (lit)
4.1
Theo bài ra ta có PTHH:
4C
x
H
y
O
z
+ (4x + y – 2z) O
2

→
0
t
4xCO
2
+ 2yH
2

O
Vì H
2
SO
4 đặc
nên rất háo nước và hút nước sinh ra từ phản ứng cháy,
còn bình đựng nước vôi trong dư sẽ hấp thụ hết lượng khí CO
2
. Vậy khối
lượng bình 1 tăng 10,8 g là khối lượng H
2
O và khối lượng bình 2 tăng
17,6 g là khối lượng CO
2.
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2
O
Ta có: n
CO
2
= 0,4 (mol) => n
C

= n
CO
2
= 0,4 (mol). Vậy m
C
= 4,8 g
và n
H
2
O
= 0,6 (mol) => n
H
= 2n
H
2
O
= 1,2 (mol). Vậy m
H
= 1,2 g
Ta có khối lượng m
O
= 9,2 – (4,8 + 1,2) = 3,2 g => n
O
= 0,2 mol.
Ta có tỉ lệ: n
C
: n
H
: n
O

= 0,4 : 1,2 : 0,2 = 2 : 6 : 1
Vậy CTPT đơn giản nhất của A là: C
2
H
6
O
CH
3
– CH
2
– OH (Rượu etylic) và CH
3
– O – CH
3
(Đi metyl ete)
4.2
Theo bài ra ta có:
m
A
= 12,8 x 0,71875 = 9,2 g. => n
A
= 0,1 (mol)
mH
2
O = 3,6 gam; nH
2
O = 0,2 mol.
n
H
2

= 0,25 (mol)
2H
2
O + 2Na → 2NaOH + H
2
(1)
0,2 0,1 (mol)
2R(OH)
n
+ 2nNa
→
2R(ONa)
n
+ nH
2
(2)
2 n (mol)
0,1 0,05n (mol)
Từ (1), (2): nH
2
= 0,1+ 0,05n = 0,25 mol => n = 3.
Ta có: n = 3. Công thức là R(OH)
3
có khối lượng phân tử của A
là 92 đ.v.C.
M
R(OH)
3
= M
R

+ 51 = 92 => M
R
= 41. Mà R là gốc hidrocacbon nên
có dạng: C
x
H
y
Ta có: 12x + y = 41. (x, y là những số nguyên dương)
Xét tỉ lệ:
x 1 2 3 4
y 29 (loại) 17 (loại) 5 -7 (loại)
Vậy giá trị x = 3 và y = 5 là phù hợp. CTPT của rượu A là:
C
3
H
5
(OH)
3
Glyxerin Hoặc 1,2,3 propan triol.