Lời giải đề thi HSG tỉnh Bắc giang năm 2010-2011

TRƯỜNG THCS SONG MAI
TP BẮC GIANG
GV : TRỊNH HỮU NGỌC
BÀI GIẢI ĐỀ THIM HSG TỈNH BẮC GIANG
NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN THI : HOÁ HỌC - LỚP 9 – THCS
Ngày thi: 02/04/2011
Thang điểm 20/20 - Số trang 05
Câu Nội dung
Câu 1:
(4,0 điểm)
1. Dùng thuốc thử là dung dịch HNO
3
loãng, dư cho tác dụng với từng mẫu thử:
- Chất rắn hòa tan hoàn toàn, có bọt khí bay ra là K
2
CO
3
hoặc hỗn hợp KCl và K
2
CO
3
.
K
2
CO
3
+ 2HNO
3
→ 2KNO
3

+ H
2
O + CO
2
.
Lấy dung dịch thu được trong mỗi trường hợp đem thử với dung dịch AgNO
3
:
+ Nếu tạo kết tủa trắng thì chất rắn ban đầu là hỗn hợp KCl và K
2
CO
3
.
+ Nếu không tạo kết tủa trắng thì chất rắn ban đầu là K
2
CO
3
.
KCl + AgNO
3
→ AgCl + KNO
3
.
(0,5đ)
- Hai chất rắn chỉ tan hết trong dung dịch HNO
3
loãng, không thoát khí là KCl, KNO
3
.
Thử dung dịch thu được với dung dịch AgNO

3
:
+ Nếu tạo kết tủa trắng thì chất rắn ban đầu là NaCl.
+ Nếu không tạo kết tủa trắng thì chất rắn ban đầu là NaNO
3
.
2. - Xét 12,6 gam hỗn hợp với
A B
n n x mol= =
PTHH:
C
n
H
2n
+ Br
2

→
C
n
H
2n
Br
2
(1)
mol: x
→
x
C
m

H
2m
+ Br
2

→
C
m
H
2m
Br
2
(2)
mol: x
→
x
theo (1), (2):
2
32
0,2 0,1
160
Br
n x x mol x= + = = ⇒ =
14 .0,1 14 .0,1 12,6
9(*)
n m
n m
⇒ + =
⇒ + =
- Gọi a,b lần lượt là số mol CnH

2n
và C
m
H
2m
trong 16,8 gam hỗn hợp
Ta có: PTHH:
C
n
H
2n
+ H
2

,
o
Ni t
→
C
n
H
2n+2
(3)
(mol) a a a
C
m
H
2m
+ H
2

,
o
Ni t
→
C
m
H
2m+2
(4)
(mol) b b b
Theo (3), (4):
2
0,6
0,3
2
H A B
n n n mol= + = =
= a + b (I)mà m
A
= m
B


⇒
14na = 14mb =8,4
⇒
na = mb = 0,6 (II) .Kết hợp (I,II)

0,6 0,6

0,3
2( ) .
. 18 (**)
n m
n m n m
n m
⇒ + =
⇒ + =
⇒ =
Từ (*), (**) ta có: n,m là 2 nghiệm của PT : X
2
-9X + 18=0

⇒
n = X
1
= 3 ; m = X
2
= 6 hoặc n = X
2
= 6 ; m =X
1
= 3 . Do M
A
< M
B

⇒
Nghiệm hợp lí là :n
= 3 ; m = 6 .Vậy CTPT của A là C

3
H
6
và của B là C
6
H
12
.
1
Câu 2:
(4,0 điểm)
1. Đặt công thức của hợp chất hữu cơ là: C
x
H
y
O
z
(x, y, z
∈
N
*
, y
≤
2x+2)
Ta có: 12x + y + 16Z = 30.2=60
⇒
16z<60
⇒
z<3,75
- Xét z = 1: 12x+y=60-16=44

⇒
3
8
x
y
=


=

(tháa m·n)
⇒
CTPT là C
3
H
8
O có CTCT: CH
3
-CH
2
-CH
2
-OH; CH
3
-CH(OH)-CH
3
; CH
3
-CH
2

-O-CH
3
- Xét z = 2: 12x + y = 60- 16.2= 28
⇒
2
4
x
y
=


=

(tháa m·n)
⇒
CTPT là C
2
H
4
O
2
có CTCT mạch hở: CH
3
COOH; HCOOCH
3
; HOCH
2
-CH=O
- Xét z = 3: 12x + y = 60-16.3=12
⇒

vô lí (loại)
- Các chất tác dụng được với Na là:
2CH
3
-CH
2
-CH
2
-OH + 2Na
→
2CH
3
-CH
2
-CH
2
-ONa + H
2

2CH
3
-CH(OH)-CH
3
+ 2Na
→
2CH
3
-CH(ONa)-CH
3
+ H

2
2CH
3
COOH + 2Na
→
2CH
3
COONa + H
2
2HOCH
2
-CH=O + 2Na
→
2NaOCH
2
-CH=O + H
2
- Các chất tác dụng được với dung dịch NaOH là:
CH
3
COOH + NaOH
→
CH
3
COONa + H
2
O
HCOOCH
3
+ NaOH

→
HCOONa + CH
3
OH
- Các chất tác dụng được với dung dịch NaHCO
3
là:
CH
3
COOH + NaHCO
3
→
CH
3
COONa + CO
2
+ H
2
O
2. a. PTHH:
FeO + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
O (1)
Fe
2
O

3
+ 6HCl
→
2FeCl
3
+ 3H
2
O (2)
FeO + H
2
SO
4

→
FeSO
4
+ H
2
O (3)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

→
Fe

2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (4)
Gọi trong mỗi phần có: x mol FeO và y mol Fe
2
O
3
78,4
72 160 39,2 (*)
2
⇒ + = =x y
Phần 1:
Cách 1:Khối lượng chất rắn tăng = 77,7 – 39,2 = 38,5
mà khối lượng chất rắn tăng = m
Cl trong muối
– m
O trong oxit
.
Mặt khác n
Cl trong muối
= 2 n
O trong oxit

⇒
35.5.2n

O
+- 16 n
O
= 38,5
⇒
n
O
= 0,7 mol
⇒
n
O
= x + 3y = 0,7 (**) .Kết hợp (*) ,(**) ta được x = 0,1 mol ; y = 0,2 mol
⇒
m
Fe
=56x +112y = 28 gam
0,1.72
% .100% 18,37% 81,63%
39,2
FeO
m⇒ = = =
2 3
Fe O
vµ %m
Cách 2:Theo (1):
2
FeCl FeO
n n x mol= =
Theo (2):
3 2 3

2 2
FeCl Fe O
n n y mol= =
Ta có:

2 3
77,7
127 162,5.2 77,7
127 325 77,7 (**)
FeCl FeCl
m m m gam
x y
x y
= + =
⇒ + =
⇒ + =
muèi khan
Từ (*) và (**)
0,1
0,2
x
y
=

⇒

=


2

0,1.72
% .100% 18,37% 81,63%
39,2
FeO
m = = =
2 3
Fe O
và %m
c. Phn 2:
Cỏch 1: t x , y ln lt l nng mol ca HCl , H
2
SO
4


s mol HCl , H
2
SO
4
ln lt l : 0,5x ,
0,5y.
Ta cú m
mui
= m
Fe
+ m
gcCl
+m
gụcSO4

m
gcCl
+m
gụcSO4
= 55,95

35,5.0,5x + 96.0,5 y =55,95 (I) mt khỏc n
O
= 0,5 mol HCl + mol H
2
SO
4
= 0,25x + 0,5y = 0,7

x + 2y = 2,8 (II) .kt hp (I),(II)

x = 1,8 M; y = 0,5M
Cỏch 2: Gi trong 500ml dd Y cú: a mol HCl v b mol H
2
SO
4
Theo (1), (2), (3) v (4):
2 2 4
0,5 0,5 ( )
H O HCl H SO
n n n a b mol= + = +
Bo ton nguyờn t oxi:
2 2 3
3 0,1 3.0,2 0,7

H O FeO Fe O
n n n mol= + = + =


0,5a + b = 0,7 (I)
p dng nh lut bo ton khi lng:

2 4 2
39,2 36,5 98 83,95 18.0,7
36,5 98 57,35 (II)
HCl H SO H O
m m m m m
a b
a b
+ + = +
+ + = +
+ =
phần2 muối khan
T (I) v (II)
0,9
0,25
a
b
=



=

2 4
0,9 0,25
( ) 1,8 ; ( ) 0,5
0,5 0,5
M M
C HCl M C H SO M = = = =
Cõu 3:
(4,0 im)
1. Th t xy ra phn ng khi hp th khớ CO
2
vo dung dch hn hp gm KOH v Ba(OH)
2
l
CO
2
+ Ba(OH)
2


BaCO
3
+ H
2
O (1)
CO
2
+ 2KOH

K
2

CO
3
+ H
2
O (2)
CO
2
+ K
2
CO
3
+ H
2
O

2KHCO
3
(3)
CO
2
+ BaCO
3
+ H
2
O

Ba(HCO
3
)
2

(4)
Ta cú:

2
3 2
( )
( )
0,2 ; 1,5.0,2 0,3
47,28
0,24 0,3
197
KOH Ba OH
BaCO Ba OH
n mol n mol
n mol n mol
= = =
= = < =

Xy ra hai trng hp
- TH1: Ba(OH)
2
d khi ú cỏc phn ng (2), (3), (4) khụng xy ra.
Theo (1):
2 3
0,24 0,24.22,4 5,376
CO BaCO
n n mol V lit= = = =
- TH2: Cú xy ra cỏc phn ng (2), (3), (4).
Theo (1):
2 3 2

(1) (1) ( )
0,3
CO BaCO Ba OH
n n n mol= = =

3 3 3
0,3 0,24 0,06
BaCO BaCO BaCO
n n n mol= = =
phản ứngở (4) thuđợcở(1) thu đợc
Theo (2):
2 2 3
(2)
1
0,1
2
CO K CO KOH
n n n mol= = =
Theo (3):
2 2 3
(3)
0,1
CO K CO
n n mol= =
Theo (4):
2 3
(4)
0,06
CO BaCO
n n mol= =

phản ứngở (4)
2
0,3 0,1 0,1 0,06 0,56
0,56.22,4 12,544
CO
n mol
V lit
= + + + =
= =

2. Cỏch 1:Ta cú: s mol CO
2
= 0,15 mol ; s mol H
2
O = 0,13 mol
t C
x
H
y
COOH : a mol
C
x
H
y
COOC
2
H
5
: b mol
C

2
H
5
OH : c mol
3
Sơ đồ PƯ:: C
x
H
y
COOH + O
2

→
(x+1)CO
2
+ (y+1)/2H
2
O (1)
(mol) a (x+1)a (y+1)a/ 2
C
x
H
y
COOC
2
H
5
+ O
2

→
(x+3)CO
2
+ (y+5)/2H
2
O (2)
(mol) b (x+3)b (y+5)b/2
C
2
H
5
OH +O
2

→
2CO
2
+ 3H
2
O (3)
(mol) c 2c 3c
Theo (1,2,3) : (a+b)x + a + 3b + 2c + 0,15 (*)
(a+b)y + a +5b + 6c = 0,26 (**)
12(x+y) + (a+b)y + 45a + 73b + 46c = 3,18 (***)
C
x
H
y
COOH + NaOH
→

C
x
H
y
COONa + H
2
O (4)
(mol) a a
C
x
H
y
COOC
2
H
5
+ NaOH
→
C
x
H
y
COONa +C
2
H
5
OH (5)
(mol) b b
Theo(4,5) ta có : a + b = 0,03
b + c = 0,03

⇒
a = c thay vào (*),(**)
⇒
x = 2
Thay vào (**),(***) ta có : 84a + 68b = 2,2
a + b = 0,03
⇒
a = 0,01 mol ; b = 0,02 mol
⇒
y = 3
Vậy công thức cấu tạo của C
x
H
y
COOH là CH
2
=CH-COOH
Cách 2:Ta có:
2
( )
3,36
0,15 0,15
22,4
CO C trong X
n mol n mol= = ⇒ =

2
( )
2,34
0,13 0,26

18
H O H trong X
n mol n mol= = ⇒ =
Áp dụng ĐLBTKL:

( ) ( ) ( )
( ) ( )
1,12
3,18 0,15.12 0,26 1,12 0,07
16
X C X H X O X
O X O X
m m m m
m gam n mol
= + +
⇒ = − − = ⇒ = =
Gọi trong 3,18 gam hỗn hợp X gồm: a mol C
x
H
y
COOH; b mol C
x
H
y
COOC
2
H
5
; c mol C
2

H
5
OH
Bảo toàn nguyên tố oxi có: 2a + 2b + c =0,07 (*)
Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH:
C
x
H
y
COOH + NaOH
→
C
x
H
y
COONa + H
2
O (1)
mol: a a
C
x
H
y
COOC
2
H
5
+ NaOH
→
C

x
H
y
COONa + C
2
H
5
OH (2)
mol: b b b
Theo (1), (2): n
NaOH
= a + b=0,03 mol (**)
2 5
1,38
0,03 (***)
46
C H OH
n b c mol= + = =
sau ph¶n øng
Từ (*), (**) và (***) có:
2 2 0,07 0,01
0,03 0,02
0,03 0,01
a b c a
a b b
b c c
+ + = =
 
 
+ = ⇒ =

 
 
+ = =
 
Bảo toàn nguyên tố cacbon: 0,01(x + 1) + 0,02(x + 3) + 0,01.2=0,15
⇒
x=2
Bảo toàn nguyên tố hiđro: 0,01(y +1) + 0,02(y + 5) + 0,01.6=0,26
⇒
y=3
Vậy công thức cấu tạo của C
x
H
y
COOH là CH
2
=CH-COOH
Câu 4:
(2,0 điểm)
- Đặt công thức oxit kim loại là M
x
O
y
; có số mol là a.
-
20.2 40M
−
= =
hçn hîp khÝ
CO

2
44 12
40
CO 28 4
4
2
2
12 1
3
4 3
CO
CO CO
CO
n
n n
n
⇒ = = ⇒ =
d
d
Phương trình hoá học:
M
x
O
y
+ yCO
o
t
→
xM + yCO
2

(1)
mol: a ay ax ay
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
+ H
2
O (2)
CO
2
+ BaCO
3
+ H
2
O → Ba(HCO
3
)
2
(3)
Ba(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2
→ BaCO
3

+ BaCO
3
+ 2H
2
O (4)
2M + 2nHCl → 2MCl
n
+ nH
2
(5)
mol: ax 0,5nax
(Với n là hoá trị của kim loại M)
- Tính V:
Theo (2):
( ) ( ) ( )
3 2
2
BaCO 2 CO 2 Ba OH
n n n 0,08.0,5 0,04 mol= = = =
Mà
3
BaCO
3,94
n 0,02
197
mol= =
thu ®îc
( )
n 0,04 – 0,02 0,02 mol⇒ = =
3

BaCO ph¶n øng 3

Theo (3):
( ) ( )
2 3
CO 3 BaCO
n n 0,02 mol= =
p 3
⇒
2
CO
n 0,04 0,02 0,06 mol= + =
∑

2
1 0,06
0,02
3 3
CO CO
n n mol⇒ = = =
d

⇒

CO
0,06 0,02 0,08 mol n = + =
∑
ban ®Çu
→ V = 1,792 lít
- Tính m: áp dung ĐLBTKL ta có: m = 3,48 + 0,06.28 - 0,06.44 = 2,52 gam

- Tính p:
Theo (3), (4):
( )
3 3
3
2
CaCO BaCO (4)
Ba HCO
0,02 moln n n= = =
p = 0,02 . 100 + 0,02 . 197 = 5,94 gam
- Xác định công thức của oxit kim loại:
Theo (5):
2
1,008 0,09
0,5 ax 0,045 ax
22,4
H
n n mol
n
= = = ⇒ =
Mặt khác: m=axM=2,52 gam
2,52
M= .n=28n
0,09
⇒

⇒
n=2 và M = 56 (Fe) thoả mãn
⇒
0,09

ax 0,045
2
= =
Ta lại có
2
0,06
CO
n ay mol= =
0,045 3
0,06 4
x
y
⇒ = =
Vậy công thức oxit kim loại là Fe
3
O
4
Câu 5:
(4,0 điểm)
1. Các khí có thể điều chế được gồm O
2
, NH
3
, H
2
S, Cl
2
, CO
2
, SO

2
, H
2
.
Các phương trình hoá học:
2KMnO
4

0
t
→
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
2NH
4
HCO
3
+ Ba(OH)
2

→
Ba(HCO
3
)

2
+ 2NH
3
+ 2H
2
O
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
MnO
2
+ 4HCl
→
MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O
FeS + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
S

NH
4
HCO
3
+ HCl
→
NH
4
Cl + CO
2
+ H
2
O
Na
2
SO
3
+ 2HCl
→
2NaCl + SO
2
+ H
2
O
2. Cách 1:Do ở cùng đk về t
0
,p nên tỉ lệ về thể tích = tỉ lệ mol , không mất tính tổng quát ta chọn
V
CO2
: V

H2O
= n
CO2
: n
H2O
= 1,3 : 1,2
⇒
n
CO2
= 1,3 mol : n
H2O
= 1,2 mol
5
m
A
= m
C
+ m
H
= 1,3.12 + 1,2 .2 = 18 g
m
B
= 1,3.32 + 1,2 .16 = 60,8 g
⇒
n
B
=
38
8,60
= 1,6 mol. Mà

2,3
5,1
==
B
A
B
A
n
n
V
V
⇒
n
A
=
mol75,0
2,3
6,1.5,1
=
.
Áp dụng sơ đồ đường chéo
O
2
32 10
38
O
3
48 6
⇒

3
5
2
2
=
OH
CO
n
n
⇒
3n
O2
- 5n
O3
= 0
n
O2
+ n
O3


= 1,6
⇒
n
O2
= 1mol; n
O3
= 0,6 mol
- Cho A đi qua bình đựng lượng dư AgNO
3

/NH
3
, thấy tạo ra 6,4286 gam bạc axetilua (
AgC CAg≡
)
chứng tỏ trong A có hiđrocacbon là C
2
H
2
(giả sử là Y):
3 3 4 3
HC CH 2AgNO 2NH AgC CAg 2NH NO≡ + + → ≡ ↓ +
2 2
C H
6,4286
V 22,4. 0,6lit
240
⇒ = =
⇒
Trong 1,5 lít A gồm : C
2
H
2
: 0,6 lít
C
n
H
2n
: 0,5 lít
C

n
H
2n+2
: 0,4 lít

⇒
trong 0,75 mol A hay 16,8 lít A gồm
C
2
H
2
: 6,72 lít = 0,3 mol
C
n
H
2n
: 5,6 lít = 0,25 mol
C
n
H
2n+2
: 4,48 lít = 0,2 mol
Sơ đồ PƯ: C
2
H
2
+ O
2

→

2CO
2
+ H
2
O
Mol 0,3 0,6 0,3
C
n
H
2n
+ O
2

→
nCO
2
+n H
2
O
Mol 0,25 0,25n 0,25n
C
n
H
2n+2
+O
2

→
nCO
2

+(n +1) H
2
O
Mol 0,2 0,2n 0,2(n +1)
Ta có : 0,6 + 0,25n + 0,2 m = 1,3
⇒
5n + 4m = 14 ( 2
;4≤≤ n
41
≤≤
m
)
n 2 3 4
m 1 <0 <0
kết luận nhận loại loại
⇒
n = 2 (C
2
H
4
) ; m = 1 (CH
4
)
Cách 2:
- Chọn V
A
=1,5 lít
⇒
V
B

=3,2 lít
-
B
M 19.2 38= =
O
2
32 10
38
O
3
48 6
2
2
3
3
3,2
.5 2
10 5
5 3
3,2
6 3
.3 1,2
5 3

= =


+
⇒ = = ⇒



= =

+

O
O
O
O
V lit
V
V
V lit
Vì
2
CO
V : V 1,3:1, 2=
2
h¬i H O
nên gọi
2
CO
V 1,3a lit
V 1,2alit
=



=



2
h¬i H O
6
- Bảo toàn nguyên tố oxi: 2.1,3a + 1,2a = 2.2 + 1,2.3
⇒
a = 2
⇒
2
CO
V 1,3.2 2,6lit
V 1,2.2 2,4lit
= =



= =


2
h¬i H O
- Số nguyên tử C trung bình của X, Y và Z bằng:
2
CO
A
V
2,6
1,733
V 1,5
= =

⇒
phải có một hiđrocacbon có số nguyên tử C<1,733, hiđrocacbon đó chỉ có thể là CH
4
(giả sử là
X)
- 0,4 lít khí thoát ra là của CH
4
- Cho A đi qua bình đựng lượng dư AgNO
3
/NH
3
, thấy tạo ra 6,4286 gam bạc axetilua (
AgC CAg≡
)
chứng tỏ trong A có hiđrocacbon là C
2
H
2
(giả sử là Y):
3 3 4 3
HC CH 2AgNO 2NH AgC CAg 2NH NO≡ + + → ≡ ↓ +
2 2
C H
6,4286
V 22,4. 0,6lit
240
⇒ = =
Gọi công thức của hiđrocacbon còn lại là C
x
H

y
(Z): V
Z
= 1,5-0,4-0,6=0,5 lít
Bảo toàn nguyên tố cacbon: 0,4 + 1,2 + 0,5x=2,6
⇒
x=2
Bảo toàn nguyên tố hiđro: 0,4.4 + 0,6.2 + 0,5.y =2,4.2
⇒
y=4
⇒
Hiđrocacbon còn lại là C
2
H
4
Vậy công thức phân tử của 3 hiđrocacbon X, Y, Z là: CH
4
, C
2
H
2
, C
2
H
4
7