HSG BAC NINH 09 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

UBND TỈNH BẮC NINH

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH</b>

<b>Năm học:</b>

<b>2009 - 2010</b>

<b> ĐỀ CHÍNH THỨC</b>

Mơn thi

:

<b>Hóa học - Lớp 9</b>

Thời gian làm bài

: 150 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi

: 14 tháng 4 năm 2010

<b>Câu 1</b>

. (3,0 điểm)

Hòa tan hoàn toàn a gam một oxit sắt bằng H2SO4 đặc nóng thấy thoát ra khí SO2 (duy
nhất) Nếu khử hoàn toàn a gam oxit đó bằng CO ở nhiệt độ cao rồi hòa tan lượng sắt tạo ra bằng
H2SO4 đặc, nóng thì thu được lượng SO2 bằng 9 lần lượng SO2 ở phản ứng trên.

1. Viết phương trình hóa học xảy ra trong hai thí nghiệm trên
2. Xác định công thức của oxit sắt.

<b>Câu 2. </b>

(3,0 điểm)

Cho 3,28 gam hỗn hợp A gồm Fe và Mg vào 400 ml dung dịch CuSO4. Sau khi phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được 4,24 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm dung dịch NaOH dư vào
dung dịch C, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 2,40 gam chất
rắn D.

1. Tính nồng độ mol/lit của dung dịch CuSO4.

2. Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A.

3. Tính thể tích khí SO2 thoát ra (đktc) khi hòa tan hoàn toàn chất rắn B trong H2SO4 đặc
nóng dư.

<b>Câu 3. </b>

(4,0 điểm)

X là oxit của kim loại M, trong đó M chiếm 80% khối lượng. Cho dòng khí H2 qua ống sứ
chứa a gam chất X đốt nóng. Sau phản ứng khối lượng chất rắn trong ống còn lại b gam. Hòa tan
hết b gam chất rắn này trong dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch Y và khí NO duy nhất
thoát ra. Cô cạn dung dịch Y thu được 3,025a gam muối Z. Giả thiết hiệu suất các phản ứng là
100%.

1.Xác định công thức của X, Z.

2. Tính thể tích của NO (đktc) theo a, b.

<b>Câu 4. </b>

(3,0 điểm)

Thực hiện phản ứng este hóa giữa axit CxHyCOOH và rượu CnH2n+1OH. Sau phản ứng tách
lấy hỗn hợp X chỉ gồm este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 13,2 gam hỗn hợp X thì thu được
12,768 lít khí CO2 (đktc) và 8,28 gam H2O. Nếu cũng cho hỗn hợp X như trên tác dụng vừa đủ với
150 ml dung dịch NaOH 1M thì thu được 3,84 gam rượu và b gam muối khan. Hóa hơi hoàn toàn
lượng rượu trên thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 (đo ở cùng điều kiện
to_{, p).}

1. Tính b và hiệu suất phản ứng este hóa.

2. Xác định CTPT của rượu và axit. Tính %m các chất trong X.

<b>Câu 5. </b>

(3,0 điểm)

X là một hợp chất hữu cơ. Trong X tỷ lệ khối lượng của O so với các nguyên tố còn lại là
4:7. Đốt cháy hoàn toàn X chỉ thu được CO2 và hơi nước với tỷ lệ số mol là 1:1. Tổng số mol các

chất tham gia phản ứng cháy tỷ lệ với tổng số mol các sản phẩm là 3:4.

1. Xác định công thức phân tử của hợp chất hữu cơ X.

2. Xác định công thức cấu tạo có thể có ứng với công thức phân tử vừa tìm được, biết X
đơn chức.

<b>Câu 6. </b>

(4,0 điểm)

Hợp chất hữu cơ A có công thức phân tử C8H12O5. Cho 0,01mol A tác dụng với một lượng
dung dịch NaOH vừa đủ, sau khi cô cạn thu được hơi một rượu có ba nhóm -OH và 1,76 gam hỗn
hợp chất rắn gồm muối của 2 axit hữu cơ đơn chức. Xác định công thức cấu tạo có thể có của A
(không cần viết khai triển công thức gốc hidrocacbon của axit)

---<b>Hết</b>

---(Đề thi này có 01 trang)

Cho: H = 1, O =16, N = 14, C = 12, Na = 23, Cu = 64, Fe = 56, Mg = 24, Al = 27, S = 32, Zn =
65.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>UBND TỈNH BẮC NINH</b>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b> <b>HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH</b>

<b>Năm học:</b>

<b>2009 - 2010</b>

<b> ĐỀ CHÍNH THỨC</b>

Môn thi

:

<b>Hóa học - Lớp 9</b>

Thời gian làm bài

: 150 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi

: 14 tháng 4 năm 2010

<b>Câu 1. </b>

(3,0 điểm)

1. Gọi oxit sắt là FexOy. Có các phương trình phản ứng xảy ra.

<b>TN1 2Fe</b>

xOy + (6x - 2y)H2SO4 đ/n

 



xFe2(SO4)3 + (3x - 2y)SO2



+ (6x - 2y)H2O (1)

<b>TN2 Fe</b>

xOy + y CO

0
t

 

xFe + yCO2 (2)

2Fe + 6H2SO4 đ/n

 



Fe2(SO4)3 + 3SO2



+ 6H2O (3)
2. Vì bài ra không cho n, m, V của bất kỳ một chất cụ thể nào nên để đơn giản cho tính toán mà
không mất đi tính tổng quát của bài toán ta coi a = 56x+16y (gam) tức số mol của FexOy là 1
(mol).

Theo phương trình phản ứng (1) ta có SO₂

3x 2y

n

2





(mol).

Theo phương trình phản ứng (2), (3) ta có SO₂

3x

n

2



(mol).

Theo bài ra lượng SO2 thu được từ phản ứng (3) gấp 9 lần từ phản ứng (1)

3x

3x 2y

9.

2

2





 3x = 27x - 18 y  24x = 18y 

x

18

3

y



24



4

Vậy x = 3, y = 4  oxit sắt là Fe3O4.

<b>Câu 2. </b>

(3,0 điểm)

Khi cho A vào dung dịch CuSO4 thì có các phương trình phản ứng xảy ra lần lượt là:

Mg + CuSO4

 



MgSO4 + Cu



(1) Fe + CuSO4

 



FeSO4 + Cu



(2)
Chất rắn B gồm Cu, có thể Fe dư, Mg dư. Dung dịch C gồm: FeSO4, MgSO4, có thể có CuSO4 dư.

Thêm NaOH vào dung dịch C thì có các phản ứng: 2NaOH+FeSO4

 



Fe(OH)2



+ Na2SO4 (3)
2NaOH+CuSO4

 



Cu(OH)2



+ Na2SO4 (4) 2NaOH+MgSO4

 



Mg(OH)2



+ Na2SO4 (5)
Nung kết tủa ngoài không khí thì có các phản ứng: 4 Fe(OH)2 + O2

0
t

 

2 Fe2O3 + 4 H2O (6)
Cu(OH)2

0
t

 

CuO + H2O (7) Mg(OH)2
0
t

 

MgO + H2O (8)
<b>Trường hợp 1: Kim loại hết, CuSO4 dư.</b>

Gọi số mol Fe, Mg lần lượt là x, y (mol) ta có: 56x + 24 y = 3,28 (gam)
Chất rắn B chỉ có Cu: 64.(x + y) = 4,28 (gam)
Giải hệ phương trình này được x = 0,0524 (mol) và y = 0,0145 (mol)

Khối lượng hỗn hợp oxit thu được sau các phản ứng (6), (7), (8) là:
2 3

hh CuO MgO Fe O CuO CuO

0,0145

m

m

m

m

m

40.0,0524 160.

m

3, 256 gam 2, 4 gam

2



















(loại)

<b>Trường hợp 2: Kim loại dư, CuSO4 hết.(</b>

không xảy ra các phản ứng (4), (7)

<b>)</b>

Gọi số mol MgSO4 và FeSO4 tạo thành từ phản ứng (1), (2) lần lượt là a, b (mol)
Theo phản ứng (3), (5), (6), (8) khối lượng chất rắn D thu được là:

mD =

m

MgO



m

Fe O2 3= 40a + 80b = 2,4 (gam)

Theo phương trình phản ứng (1), (2) khối lượng kim loại tăng lên là:
(64a-24a) + (64b-56b) = 40a + 8b = 4,24 - 3,28 = 0,96 (gam)
Giải hệ phương trình này ta được a = b = 0,02 (mol).

<b>1.</b>Theo phản ứng (1) (2) ta có tổng số mol CuSO4 là:

n

CuSO4= 0,02 + 0,02 = 0,04 (mol)
Vậy M_CuSO4

0,04

C

0,1(M)

0, 4





<b>2.</b> Theo phản ứng (1) (2) ta có tổng số mol Cu tạo ra là: 0,02 + 0,02 = 0,04 (mol)

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Khối lượng Fe ban đầu là: 1,68 + 0,02.56 = 2,8 (gam)  Fe

2,8

%m

.100% 85,37%

3, 28





%mMg = 100% - 85,37% = 14,63%.

<b>3.</b> Chất rắn B tạo ra có 0,03 mol Fe và 0,04 mol Cu. Các phản ứng xảy ra

2 Fe + 6 H2SO4 đ/n

 



Fe2(SO4)3 + 3 SO2



+ 6 H2O (9)
(mol) 0,03 0,045

Cu + 2 H2SO4 đ/n

 



CuSO4 + SO2



+ 2 H2O
(10)

(mol) 0,04 0,04
Thể tích SO2 (đktc) thu được là: (0,045 + 0,04).22,4 = 1,904 (lít)

<b>Câu 3. </b>

(3,0 điểm)

<b>1.</b>Theo bài ra oxit X có 80% khối lượng là kim loại. Gọi X là M2On
ta có %mM =

2M

.100%

2M 16n



= 80%  M = 32n

Vì n là hóa trị của kim loại M nên giá trị duy nhất phù hợp là n = 2, M = 64 Vậy X là CuO.
Các phương trình phản ứng xảy ra:

CuO + H2
0
t

 

Cu + H2O (1)
CuO + 2 HNO3

 



Cu(NO3)2 + H2O (2)
3 Cu + 8 HNO3

 



3 Cu(NO3)2 + 2NO



+ 4 H2O (3)
Vì muối sinh ra là Cu(NO3)2 nên muối thu được có thể là Cu(NO3)2 .nH2O

Theo phương trình phản ứng (1), (2), (3) thì ở phản ứng (1) CuO dư hay hết thì cuối cùng đều tạo
muối Cu(NO3)2 nên ta có:

3 2

Cu( NO ) CuO

a

n

n

(mol)

80





Vậy khối lượng muối Z là

3 2 2
Cu( NO ) .nH O

a

n

.(188 18n) 3,025.a (gam)

80







 n = 3  muối Z là Cu(NO3)2 .3H2O

<b>2. </b>Theo phương trình phản ứng (1) khối lượng chất rắn giảm đi chính là khối lượng O đã bị H2 lấy
đi từ CuO (bất kể phản ứng đó có hiệu suất như thế nào, chất nào dư). Vậy mO = a - b (gam)
Cũng theo phương trình phản ứng (1) số mol Cu tạo ra bằng số mol O đã bị H2 lấy đi tức là ta
có:

nCu = nO =

a b

16



(mol). Theo phản ứng (3) thì nNO = Cu

2

2 a b

a b

.n

.

(mol)

3

3 16

24









Vậy thể tích NO thu được ở đktc là: VNO =

22, 4.(

a b

) 0,933.(a b) (lit)

24







<b>Câu 4. </b>

(3,0 điểm)

Các phương trình phản ứng xảy ra:

CxHyCOOH + CnH2n+1OH 2 04
H SO dac

170 C

   



CxHyCOO CnH2n+1 + H2O (1)
Hỗn hợp X tác dụng với nNaOH = 0,15.1 = 0,15 (mol), chỉ có axit và este phản ứng

CxHyCOOHdư + NaOH

 



CxHyCOONa + H2O (2)
CxHyCOO CnH2n+1 + NaOH

 



CxHyCOONa + CnH2n+1OH (3)

Theo các phản ứng (1), (2), (3) thì sau quá trình biến đổi toàn bộ axit ban đầu đều biến thành
muối toàn bộ rượu ban đầu đều biến thành rượu sau phản ứng với naxit = nmuối, nrượu bd = nrượu sau pứ.
Khi hóa hơi 3,84 gam rượu thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 3,36 gam N2 ở cùng
điều kiện nên ta có số mol của chúng bằng nhau. Vậy nrượu = N₂

3,36

n

0,12(mol)

28





Khối lượng mol của rượu là: nrượu =

3,84

32

0,12



 14n+18 = 32 n=1 đó là CH3OH.

Theo các phản ứng (1), (2), (3) thì nNaOH = naxit bđ = nmuối = 0,15 (mol).

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Vậy trong 13,2 gam hỗn hợp X có chứa 0,12-a (mol) CH3OH dư, 0,15-a (mol) CxHyCOOH dư, a
mol CxHyCOO CH3.

Khi đốt cháy 13,2 gam X cho CO2

12,768

n

0,57 (mol)

22, 4





_,

2
H O

8, 28

n

0, 46 (mol)

18





mX = 32.(0,12-a) + (0,15-a).(12x+y+45) +a.(12x+y+59) = 13,2 (gam)

 3,84 - 32a +1,8x +0,15y + 6,75 -12ax - ay - 45a + 12ax + ay + 59a = 13,2
 1,8x +0,15y -18a = 2,61 <b>(I)</b>

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố khi đốt cháy x thì toàn bộ C tạo CO2, H tạo H2O nên có

n

CO₂



n

C



1.(0,12 a) (x 1).(0,15 a) (x 2).a 0,57 (mol)















 0,12 -a + 0,15x - ax + 0,15 - a + ax + 2a = 0,57
 0,15x = 0,3  x = 2.

H O₂ H

1

y 1

y 3

n

n

2.(0,12 a)

.(0,15 a)

.a 0, 46 (mol)

2

2

2



















 0,24 - 2a + 0,075y + 0,075 - 0,5ay - 0,5a + 0,5ay + 1,5a = 0,46
 0,075 y -a = 0,145 <b>(II)</b>

Thay x = 2 vào (I) ta có hệ phương trình

0,15y 18a

0,99

0,075y a 0,145

















y 3

a 0,08











Vậy CTPT của axit là : C2H3COOH, CTCT là: CH2 = CH - COOH.

Trong 13,2 gam hỗn hợp X có chứa 0,04 mol CH3OH, 0,07 mol C2H3COOH và 0,08 mol
C2H3COO CH3.

Phản ứng este hóa là: C2H3COOH + CH3OH 2 04
H SO dac

170 C

   



C2H3COOCH3 + H2O

(mol ban đầu) 0,15 0,12 0 0
(mol phản ứng) 0,08 0,08 0 0
(mol sau phản ứng) 0,07 0,04 0,08 0,08
Nếu hiệu suất phản ứng là 100% thì CH3OH hết nên ta tính hiệu suất theo chất này.
<b>1.</b>Hiệu suất phản ứng este hóa là: H% =

0,08

.100% 66,67%

0,12



Số mol muối C2H3COONa bằng số mol C2H3COOH ban đầu nên nó là 0,15 (mol)
b =

m

C H COONa2 3



0,15.94 14,1 (gam)



<b>2.</b>Công thức phân tử của rượu là CH3OH, của axit là C2H3OH.
Trong X chứa:

m

CH OH3



0, 04.32 1, 28 (gam)



 CH OH3

1, 28

%m

.100% 9, 697%

13, 2





m

C H COOH₂ ₃



0,07.72 5,04 (gam)



 C H COOH₂ ₃

5,04

m

.100% 38,182%

13, 2





Và

%m

C H COOCH_{2 3} ₃



100%-(9,697%+38,182%)=52,121%.

<b>Câu 5. </b>

(3,0 điểm)

<b>1.</b>Vì khi đốt cháy hoàn toàn chất hữu cơ X chỉ thu được CO2, H2O theo tỷ lệ mol là 1 : 1 nên trong
X chỉ chứa C, H, O với số nguyên tử H gấp đôi số nguyên tử C.

Đặt CTPT của X là: CxH2xOy vì bài ra không n, m, V của bất kỳ một chất cụ thể nào nên để đơn
giản mà không mất đi tính tổng quát của bài tập ta coi nX = 1 (mol) thì ta có phản ứng cháy.
CxH2xOy + (

3x 2y

2



) O2

_{ }

t0 x CO2 + x H2O (1)
(mol) 1

3x 2y

2



x x
Theo bài ra ta có tỷ lệ ( 1 +

3x 2y

2



) : 2x = 3 : 4  6x = 4 + 6x + 2y  y = 2
Trong X lại có: mO : (mC + mH) = 32 : 14 x = 4 : 7  x = 4

Vậy CTPT của X là C4H8O2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

H-COO- CH2-CH2-CH3; H-COO- CH(CH3)2;
CH3-COO-CH2-CH3; CH3-CH2-COO-CH3.

<b>Câu 6. </b>

(4,0 điểm)

Vì A phản ứng với kiềm tạo rượu và muối nên A là este.

Do rượu có 3 nhóm -OH mà A lại có 5 nguyên tử O nên A không thể là: R’(COO

_R

)3 vì lúc này A
có 6 O vì vậy A phải là: R’(OH)(OOC

_R

)2 trong đó R’ là gốc hidrocacbon của rượu,

R

là gốc
hidrocacbon trung bình của 2 axit.

Phương trình phản ứng xảy ra:

R’(OH)(OOC

_R

)2 + 2 NaOH

_{ }

t0 R’(OH)3 + 2

R

COONa (1)

Số mol 2 muối Na tạo ra phải bằng nhau vì gốc R’liên kết với mỗi gốc axit là 1 gốc.
Khối lượng mol trung bình của 2 muối là:

M

1,76

88

0,02





_

_R

_{+ 67 = 88}_

_R

_{= 21.}
Vậy trong muối có 1 gốc có R < 21 đó là H- hay CH3

<b>-Trường hợp 1: Một trong hai muối tạo ra là HCOONa </b>số mol của HCOONa là 0,01 (mol)
Muối còn lại RCOONa cũng có số mol là 0,01 (mol).

Khối lượng mol trung bình của 2 muối là:

M

68.0,01 (R 67).0,01

88

0,02









__{R = 41 (gốc CH}₂_=CH-CH₂_{- hay CH}₃_-CH=CH-)
Công thức của A có dạng R’ (OH)(OOCH)(OOCC3H5)

Do A là C8H12O5 nên R’ là C3H5 tức rượu là C3H5(OH)3.
Các CTCT có thể có của A là:

CH2(OH)-CH(OOCH)-CH2(OOCC3H5); CH2(OOCH)-CH(OH) -CH2(OOCC3H5);
CH2(OOCH)- CH(OOCC3H5) -CH2(OH);

<b>Trường hợp 2: Một trong hai muối tạo ra là CH3COONa </b>số mol của CH3COONa là 0,01 (mol)
Muối còn lại RCOONa cũng có số mol là 0,01 (mol).

Khối lượng mol trung bình của 2 muối là:

M

82.0,01 (R 67).0,01

88

0,02









__{R = 27 (gốc CH}₂_=CH-)

Công thức của A có dạng R’ (OH)(OOCCH3)(OOCC2H3)
Do A là C8H12O5 nên R’ là C3H5 tức rượu là C3H5(OH)3.
Các CTCT có thể có của A là:

CH2(OH)-CH(OOCCH3)-CH2(OOCC2H3); CH2(OOCCH3)-CH(OH)-CH2(OOCC2H3);
CH2(OOCCH3)-CH(OOCC2H3)-CH2(OH);

</div>

<!--links-->