De thi Hoa 9 THanh Hoa 0910

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI HSG LỚP 9 TỈNH THANH HOÁ, NGÀY 24/3/2010 ( 2009- 2010). Câu 1: (5,5 điểm) 1. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: (Mỗi mũi tên là một phương trình hóa học) Fe  FeCl3 FeCl2  Fe(OH)2  Fe(OH)3  Fe2O3  Fe3O4  FeSO4 2. Có một hỗn hợp bột gồm các oxit: K2O, Al2O3, BaO. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp trên. 3. Dung dịch A chứa a mol CuSO4 và b mol FeSO4. 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 xHyOz (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, CH4, C2H4, CO2, SO2. 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 FeCO3 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 HNO3 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..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 2SO4 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 H2 (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 *** HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ TỈNH THANH HOÁ ĐÁP ÁN Câu 1 1.1. 5,5 2Fe + 3Cl2 ⃗t 0 2FeCl3 2FeCl3 + Fe  3FeCl2 2FeCl2 + Cl2  2 FeCl3 FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl 2Fe(OH)2 + 2H2O + O2  4Fe(OH)3 2Fe(OH)3. ⃗ t0. Fe2O3 + 3H2O. 3Fe2O3 + CO ⃗t 0 2Fe3O4 + CO2 1.2. Điểm. Fe3O4 + 4H2SO4 loãng + Fe  4FeSO4 + 4H2O 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, BaCl2; MgCl2 - 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 BaCl2; cho dung dịch vừa thu được tác dụng với dung dịch K 2CO3 dư ta thu được BaCO3 không tan, lọch tách BaCO3 ta được dung dịch gồm KCl khan; rồi điện phân nóng chảy KCl ta thu được K (Kali). Còn chất.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> rắn BaCO3 tiếp tục cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ, thu dược dung dịch BaCl2; cô cạn và điện phân nóng chảy BaCL2 ta thu được Ba (Bari) Cho phần 2 tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được hỗn hợp dung dịch gồm MgCl2; AlCl3 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 đuợc Al 2O3; tiếp tục đem Al2O3 điện phaâ nóng chảy ta thu được Al. Các PTHH xảy ra: K2O + 2HCl → 2KCl + H2O BaO + 2HCl → 2BaCl2 + H2O Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O Khi nhúng thanh kim loại Mg vào dung dịch phản ứng xảy ra: 3Mg + 2AlCl3  3MgCl2 + 2Al Phần 1: MgCl2 + 2KOH  Mg(OH)2 + 2KCl BaCl2 + 2K2CO3 BaCO3 + 2KCl Lọc tách được BaCO3: K2CO3 + 2HCl → 2KCl + H2O + CO2 Cô cạn dung dịch ta thu được KCl khan, rồi điện phân nóng chảy KCl thu đượch K: dpnc  K + Cl2 2KCl   . Cho BaCO3 tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ: BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O + CO2 Cô cạn dung dịch ta thu được BaCl2 khan, rồi điện phân nóng chảy BaCL2 thu được Ba: dpnc  Ba + Cl2 BaCl2   . - Phần 2: Tác dụng với HCl dư. Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Cho dung dịch thu được tác dụng với NaOH dư: HCl + NaOH  NaCl + H2O MaCl2 + 2NaOH  Ma(OH)2 + 2NaCl AlCl3 + 4NaOHdư  NaAlO2 + 2NaCl + H2O Lọc tách kết tủa Ma(OH)2, rồi thổi dòng khí CO2 dư vào dung dịch thu được: NaAlO2 + CO2 + H2O  Al(OH)3 + NaHCO3 Lọc tách kết tủa Al(OH)3, rồi đem nung Al(OH)3 ta thu được Al2O3 2Al(OH)3 ⃗t 0 Al2O3 + 3H2O Điện phân nóng chảy Al2O3 ta thu được Al: dpnc  4Al + 3O2 2Al2O3   . 1.3. a) Ở thí nghiệm 1: Sau phản ứng thu được dung dịch gồm 3 muối gồm MáO4; CuSO4 và FeSO4, do đó ta có c < a, tức là CuSO4 vẫn còn dư và FeSO4 chưa phản ứng (vì theo quy tắc thì Mg sẽ tham gia phản ứng với muối CuSO4 trước, khi hết CuSO4 mà Mg còn dư thì mới tiếp tục phản ứng với FeSO4) PTHH: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu c a mol Với c < a: dung dịch chứa CuSO4, MgSO4, FeSO4 Ở thí nghiệm 2: Sau phản ứng thu được dung dịch gồm 2 muối gồm MgSO4 và FeSO4 do đó ta có a  2c < a + b, tức là FeSO 4 vẫn còn dư (FeSO4 chưa phản ứng hoặc phản ứng 1 phần). TH1: Nếu 2c = a thì FeSO4 chưa phản ứng: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu a a mol TH2: Nếu 2c > a thì FeSO4 đã phản ứng 1 phần, sau phản ứng còn dư một lượng là: b - (2c - a) mol. Hay (a+b) -2c mol Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu a a mol Mg + FeSO4 → MgSO4 + Fe 2c-a 2c-a mol Vậy a  2c < a+b.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ở thí nghiệm 3: sau phản ứng thu được dung dịch 1 muối , vì vậy cả CuSO4 và FeSO4 đã phản ứng hết. 3c  a + b TN1: 3c = a + b, phản ứng xảy ra vừa đủ Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu a a mol Mg + FeSO4 → MgSO4 + Fe 2c-a 2c-a mol (Với 2c - a = b hay 2c = a + b) TN2: 3c > a + b Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu a a mol Mg + FeSO4 → MgSO4 + Fe b b mol (Với 3c - a > b hay 3c > a+b) b) Ta có: mr = 0,2 x 64 + 0,2 x 56 = 12,8 + 11,2 = 24gam Câu 2. 5,5. 2.1. Để tách dụng được với NaOH thì chất hữu cơ trên phải có nhóm -COOH hoặc có nhóm chức -COO; có ít nhâấ 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, CH3-COOH, H-COOCH3, HO-CH2-COOH, HOOC-COOH, O=H-COOH TPHH: H-COOH + NaOH  H - COONa + H2O CH3-COOH + NaOH  CH3-COONa + H2O H-COOCH3 + NaOH  CH3-OH + H-COONa HO-CH2-COOH + NaOH  HI-CH2-COONa + H2O HOOC-COOH + 2NaOH  NaOOC-COONa + 2H2O O=CH-COOH + NaOH  O=CH-COONa + H2O. 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 C2H4 và SO2 - Nhóm 2: Không làm mất màu dung dịch nước brom gồm H 2; CH4 và CO2 - Nhận ra SO2 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.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> vẫn 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 H2 ở nhóm 2 bằng cách dâẫ 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 H2. - Khí còn lại là CH4. Các PTHH: SO2 + 2H2O +Br2 → H2SO4 + 2HBr C2H4 +Br2 → C2H4Br2 SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 + H2O Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O H2 + CuO ⃗t 0 Cu + H2O 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: CO2 và SO2. - Nhóm 2: Không làm đục dung dịch nước vôi trong gồm H 2; CH4 và C2H4 - Nhận ra SO2 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 SO2. - Nhận ra C2H4 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 C2H4. - Nhận ra H2 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 H2. - Khí còn lại là CH4. Các PTHH: SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 + H2O Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> SO2 + 2H2O +Br2 → H2SO4 + 2HBr C2H4 +Br2 → C2H4Br2 H2 + CuO ⃗t 0 Cu + H2O 2.3. A là H3PO4; B là CaO; C là Ca3(PO4)2 Các PTHH: 3CaO + 2H3PO4 → Ca3(PO4)2 + 3H2O Ca3(PO4)2 + 3SiO2 +5C ⃗t 0 2P + 3CaSiO3 + 5CO. Câu 3 a) Đặt công thức chung của 2 muối cacbonat của hai kim loại hoá trị II là: RCO3, Ta có PTHH: RCO3 + 2HNO3  R(NO3)2 + H2O + CO2 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O nBaCO3 = 0,04 mol  nRCO3 = nCO2 = nBaCO3 = 0,04 mol MRCO3 = 90  MR = 30 MR 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: MgCO3 và CaCO3. Theo bài ra ta có: 84a + 100b = 3,6 a +b = 0,04 Đặt a, b lần lượt là số mol của MgCO3 và CaCO3. Giải hệ phương trình ta được a = 0,025 và b = 0,015  mCaCO3 = 1,5g và % mCaCO3 = 41,67%  mMgCO3 = 2,5g và % mMgCO3 = 58,33% b). MaCO3 ⃗t 0 MgO + Co2 CaCO3 ⃗t 0 CaO + CO2 FeCO3 ⃗t 0 FeO + CO2 nFeCO3 = 0,06 mol  nFeO = 0,06 mol 1. 1. VO2= 5 Vkk = 5 .5,6 = 1,12 (lít)  nO2 = 0,05 (mol) VN2 = 5,6 - 1,12 = 4,48 (lít)  nN2 = 0,2 (mol) Xảy ra phản ứng: 4FeO + O2. ⃗ t 0 2Fe2O3. 0,06 0,05 0,03 mol Sau phản ứng thì nO2du = 0,05 - 0,015 = 0,035 (mol). 4,5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Ta nhận thấy khối lượng của hỗn hợp X ở câu b gấp đôi ở câu a. Vì vậy số mol CO2 của hỗn hợp X ở câu b sẽ là 0,08 mol. . ∑ n CO. 2. = 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: %nO2 = 9,33%; %nN2 = 53,33%; %nCO2 = 37,33%; a) Các PTHH xảy ra: MgO + 2HNO3  Mg(NO3)2 + H2O 0,05 0,1 (mol) CaO + 2HNO3  Ca(NO3)2 + H2O 0,03 0,06 (mol) Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O 0,03 0,18 (mol) nHNO3 (đã dùng): 0,1 + 0,06 + 0,18 = 0,34 mol VHNO3 (cần dùng):. 0 ,34 2. = 0,17 (lít). Câu 4 Theo bài ra ta có PTHH: 4.1 4CxHyOz + (4x + y - 2z)O2 ⃗t 0 4xCO2 + 2yH2O Vì H2SO4 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 tăng 10,8g là khối lượng H2O và khối lượng bình 2 tăng 17,6g là khối lượng CO2. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O Ta có : nCO2 = 0,4 (mol)  nC = nCO2 = 0,4 (mol). Vậy mC = 4,8 gam và: nH2O = 0,6 (mol)  nH = 2nH2O = 1,2 (mol). Vậy mH = 1,2 gam Ta có khối lượng mO = 9,2 – (4,8 +1,2) = 3,2 gam  nO = 0,2 mol 4,8. 1,2. 3,2. Ta có tỉ lệ: nC: nH: nO = 12 : 1 : 16 = 0,2: 0,6: 0,1 = 2: 6: 1 Công thức thực nghiệm của A là C2nH6nOn. Ta có: 6n  22n + 2 n  1 và n nguyên dương  n = 1  Công thức phân tử của A là C2H6O  Công thức cấu tạo có thể có của A: CH3-CH2OH (Rượu etylic);. 4,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> CH3-O-CH3 (Đimetylete) 4.2. Theo bài ra ta có: mA = 12,8 x 0,71875 = 9,2g  nA = 0,1 (mol) mH2O = 3,6gam; mH2O = 0,2mol nH2 = 0,25 (mol) 2H2O + 2Na  2NaOH + H2 (1) 0,2 0,1 (mol) 2R(OH)n + 2nNa  2R(Ona)n + nH2 (2) 2 n (mol) 0,1 0,05n (mol) Từ (1) và (2): nH2 = 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 MR(OH)3 = MR + 51 = 92  MR = 41. Mà R là gốc hiđrocacbon nên có dạng CxHy. Ta có: 12x + y = 41 (x, y là những số nguyên dương) Xét tỉ lệ: x. 1. 2. 3. 4. y. 29 (loại). 27 (loại). 5. -7 (loại). Vậy giá trị x = 3 và y = 5 là phù hợp. Công thức phân tử của rượu A là: C3H5(OH)3 (Glyxerin) hoặc 1, 2, 3 propan triol..

<span class='text_page_counter'>(10)</span>