Giai De thi vao Chuyen Quang Binh 2014 2015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GIẢI ĐỀ THI VÀO CHUYÊN HOÁ TỈNH QUẢNG BÌNH 2014 - 2015 Môn: Hoá học 9 Ngày thi: 28 – 06 – 2014 Giáo viên giải đề: Nguyễn Thanh Hải – Trường THCS Quảng Đông, Quảng Trạch, Quảng Bình. Câu 1 1. Cho biết chất nào ở cột A có thể tác dụng được với những chất nào ở cột B. A. CH3COOH C3H7OH C 6 H6 CH3COOC2H5. B. Na Mg CaO CaCO3 NaOH 2. Có 5 lọ đựng 5 dung dịch không màu: NaCl, Na 2SO4, MgSO4, Al2(SO4)3, BaCl2 đã bị mất nhãn chứa. Chỉ dùng thêm một dung dịch, bằng phương pháp hóa học hãy tìm lại nhãn cho từng lọ. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Giải: 1. Các cặp chất có phản ứng hoá học là: C3H7OH với Na. CH3COOH với Na, Mg, CaO, CaCO3, NaOH. CH3COOC2H5 với NaOH (có nhiệt độ). 2. - Dùng dung dịch NaOH hoặc KOH. Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử, đánh số thứ tự (mỗi lần thí nghiệm lấy một mẫu thử). - Lần lượt nhỏ từ từ NaOH vào các mẫu thử. - Xuất hiện kết tủa trắng là MgSO4 MgSO4 + 2NaOH  Mg(OH)2 + Na2SO4 - Xuất hiện kết tủa trắng keo sau đó tan ra là Al2(SO4)3 Al2(SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3 + 3Na2SO4 Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O - Lần lượt cho từ từ dung dịch MgSO4 vào 3 mẫu thử 3 chất còn lại - Tạo kết trắng là BaCl2 MgSO4 + BaCl2  BaSO4 + MgCl2 - Lần lượt cho từ từ dung dịch BaCl2 vào 2 mẫu 2 chất còn lại. - Tạo kết tủa trắng là Na2SO4 Na2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2 NaCl - Không có hiện tượng gì là NaCl Câu 2: Cho 5,6 lít hỗn hợp N2 và CO2 đi chậm qua 5,0 lít dung dịch nước vôi trong chứa Ca(OH)2 0,02M, thu được 5 gam kết tủa. Tính thành phần % theo thể tích hỗn hợp khí Giải: - Hỗn hợp khí N2 và CO2 đi qua dung dịch Ca(OH)2 → chỉ có CO2 phản ứng, còn khí N2 không phản ứng thoát ra ngoài..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ta có:. nhh khí =. 5,6 = 0,25 (mol) 22 , 4. nCa(OH) ❑2 = 5 . 0,02 = 0,1 (mol) ;. nCaCO ❑3. ↓ =. 5 100. =. 0,05 (mol). → nCaCO ❑3 <. nCa(OH) ❑2 do đó xảy ra 2 trường hợp: * Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư nên tạo muối duy nhất là CaCO3 → CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (1) 0,05 mol 0,05 mol 0,05 mol Theo phản ứng (1): nCO ❑2 = nCaCO ❑3 = 0,05 mol - Thành phần % theo thể tích hỗn hợp khí là: %VCO ❑2 =. 0 ,05 0 ,25. . 100% = 20% ; %VN ❑2 = 100% - 20% = 80%. * Trường hợp 2: CO2 dư nên CaCO3 ↓ bị hoà tan một phần. → Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol → CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 0,05 mol (0,1 – 0,05)mol - Theo phản ứng (1) & (2): nCO ❑2 = 0,1 + 0,05 = 0,15 (mol) - Thành phần % theo thể tích hỗn hợp khí là: %VCO ❑2 =. 0 ,15 0 ,25. (1) (2). . 100% = 60% ; %VN ❑2 = 100% - 60% = 40%. Câu 3: Cho 76,2 gam hỗn hợp A gồm 1 ancol đơn chức và 1 axit cacboxylic đơn chức. Chia A thành 3 phần bằng nhau: - Phần 1: Tác dụng hết với Na, thu được 5,6 lít H2 (ở đktc). - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thu được 39,6 gam CO2 và b gam nước. - Phần 3: Thực hiện phản ứng este hóa với hiệu suất 60%. Sau phản ứng thấy có 2,16 gam nước sinh ra. 1. Xác định công thức cấu tạo của ancol, axit cacboxylic và este. 2. Tìm giá trị của b. Giải: 1. Xác định công thức cấu tạo của ancol, axit cacboxylic và este. Đặt công thức ancol đơn chức là ROH, axit cacboxylic đơn chức là R’COOH Phần 1: 1 ROH + Na  RONa + 2 H2 (1) 1 R’COOH + Na  R’COONa + 2 H2 (2) 5, 6  n 1 2.nH 2 2. 0,5(mol ) ( A) 22, 4 3 - Theo (1), (2):. Phần 3: ROH + R’COOH  R’COOR + H2O (3) nH 2O (3) . 2,16 0,12mol 18. nếu h(pư3) = 100% theo (3):.  nH 2O (3) 0,12.. 100 0, 2mol 60.  nROH ( pu ) nR ' COOH(pu) 0, 2mol.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Gọi n, m tương ứng là số nguyên tử C trong ancol, axit cacboxylic  có hai trường hợp: Trường hợp 1: nROH 0, 2mol  nR 'COOH 0,3mol Theo bảo toàn nguyên tố C ta có: 0,2n + 0,3m = 39,6/44 = 0,9 (= nCO 2 khi đốt phần 2)  2n + 3m = 9  n = 3 , m = 1 C H O : 0, 2mol  A:  3 t  HCOOH : 0,3mol 1 76, 2 mA (12.3  t  16).0, 2  46.0,3  3 Mặt khác, 3.  t 6. Vậy: CTCT của ancol là: C3H6O (CH2=CH-CH2-OH) CTCT axit cacboxylic: HCOOH CTCT của este: HCOO-CH2-CH=CH2. Trường hợp 2: nR ' COOH 0, 2mol  nROH 0,3mol  3n + 2m = 9  n = 1, m = 3 CH 3OH : 0,3mol 1  A:  mA 32.0,3  (68  r ).0, 2 25, 4  r 11 C H O : 0, 2 mol  3 r 2 3 (loại vì điều kiện r 2.3 6 ). 2. Tìm giá trị của b. C3H6O  3 H2O 0,2 0,6 HCOOH  H2O 0,3 0,3  b = (0,6 + 0,3). 18 = 16,2 gam Câu 4: Cho hỗn hợp bột gồm Cu, Cu(OH)2 và CuCO3 (số mol Cu(OH)2 = số mol CuCO3). Chia hỗn hợp làm 2 phần bằng nhau. Phần I hoà tan vào 100 ml dung dịch H 2SO4 (dư) nồng độ 20%, D = 1,14 g/mlthì có 0,896 lit khí CO 2 (đktc) thoát ra. Nung nóng phần II trong không khí, phản ứng kết thúc để nguội rồi làm hiện thí nghiệm như phần I. Cả 2 dung dịch thu được ở 2 thí nghiệm trên đều làm lạnh về 10 0C thì dung dịch thứ I tách ra xg CuSO4.5H2O và dung dịch thứ II tách ra 9,75 gam CuSO4.5H2O. Biết độ tan CuSO4 ở 100C là 12,9g; các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1. Hãy xác định x 2. Tính khối lượng Cu có trong hỗn hợp ban đầu. Giải: Câu 4 : 1. Xác định x. Phần I: PTHH: CuCO3 + H2SO4  CuSO4 + H2O + CO2 (1) Cu(OH)2 + H2SO4  CuSO4 + 2H2O (2) 0,896 nCO2 = 22, 4 = 0,04 mà nCuCO3 = nCu(OH)2  nCuSO4 = 0,04 . 2 = 0,08.  mCuSO4 = 0,08 . 160 = 12,8g nH2O sinh ra từ (1),(2) = 0,04 + 0,08 . 2 = 0,12  mH2O = 2,16g Khối lượng dd H2SO4 = 100. 1,14 = 114g có 20% H2SO4 = 22,8g còn 91,2g H2O.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> mH O. 2 Vậy  trong dd phần I = 91,2 + 2,16 = 93,36 Trong xg tinh thể CuSO4.5H2O tách ra có mCuSO4= 0,64x và mH2O = 0,36x. 12,8  0, 64 x 12,9  93,36  0,36 x 100  x = 1,275g Ta có :. 2. Tìm khối lượng Cu trong hỗn hợp. Phần II: PTHH: o. t CuCO3   CuO + CO2. (1). to. Cu(OH)2   CuO + H2O (2) 2Cu + O2  2CuO (3) CuO + H2SO4  CuSO4 + H2O (4) Từ (1), (2)  nCuO = 0,08  mCuO = 0,08 . 80 = 6,4g Gọi khối lượng Cu có ở phần II là b (g) Từ (3) ta có: mCuO = 80b/64 = 1,25b (g). .  mCuO = 6,4 + 1,25b. nCuO trong (1), (2), (3) = 0,08 + 1,25b/80 = nCuSO4 trong (4) = nH2O trong (4) m. Ta có  CuSO4 = (0,08 + 1,25b/80) . 160 = 12,8 + 2,5b Trong 9,75g CuSO4.5H2O có 6,24g CuSO4 và 3,51g H2O mCuSO4 còn lại trong dd sau khi tách kết tinh = 12,8 + 2,5b - 6,24 = 6,56 + 2,5b mH2O trong dd H2SO4 = 91,2g ; trong (4) = (0,08 + 1,25b/80) . 18 = 1,44 +0,28b.  mH O dd sau khi tách kết tinh = 91,2 + 1,44 +0,28b - 3,51 = 89,13 + 0,28b 2. 6,56  2,5b 12,9   b 2 Ta có: 89,13  0, 28b 100 g. Cu trong hỗn hợp ban đầu (có ở phần I + phần II) = 2.2 = 4g Câu 5: Hoà tan hoàn toàn a gam hỗn hợp gồm Na và một kim loại R có hoá trị II vào nước, sau phản ứng thu được dung dịch B và V lít khí H2. Nế cho dung dịch B tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch HCl 0,25M tạo thành một dung dịch chỉ chứa 2 chất tan. Mặt khác, khi hấp thụ vừa hết 1,008 lít khí CO2 vào dung dịch B thu dươc 1,485 gam một chất kết tủa và dung dịch nước lọc chỉ chứa chất tan NaHCO3. Biaars các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. Hãy xác định kim loại R Giải: Ta có: nHCl = 0,3 . 0,25 = 0,075 mol. n ❑CO = 1,008 : 22,4 = 0,045 mol Gọi số mol của Na và R trong a gam hỗn hợp A lần lượt là x và y (x, y > 0). 2. Vì hỗn hợp 2 kim loại tan hoàn toàn trong nước nên có hai trường hợp: TH 1: R là kim loại nhóm IIA tan trong nước. (1) 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 x x (mol) (2) R + 2H2O → R(OH)2 + H2 y y (mol) - Dung dịch B chứa NaOH và R(OH)2. Khi cho B tác dụng vừa đủ với dd HCl : (3) NaOH + HCl → NaCl + H2O.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x x (mol) (4) R(OH)2 + 2HCl → RCl2 + 2H2O y 2y (mol) Từ các phương trình (1) → (4), ta có: nHCl = x + 2y = 0,075 mol. (I) - Cho B tác dụng với CO2 thu được một chất kết tủa và dd chỉ có NaHCO3 nên có các phản ứng: (5) R(OH)2 + CO2 → RCO3¯ + H2O y y y (mol) (6) NaOH + CO2 → NaHCO3 x x (mol) Từ các phương trình (5) và (6), ta có: n ❑CO = x + y = 0,045 mol (II). Từ (I) và (II)  y = 0,03. 2. 1, 485 Theo (5) n RCO 3 = 0,03 mol  M RCO3 = 0, 03 = 49,5  R = -10,5 (loại). TH 2: R là kim loại có hiđroxit lưỡng tính (1’) 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 x x (mol) (2’) 2NaOH + R → Na2RO2 + H2 2y y y y (mol) Dung dịch B thu được chứa: Na2RO2 và có thể có NaOH dư. Cho B tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch có hai chất tan nên có phản ứng: (3’) NaOH + HCl → NaCl + H2O (x-2y) (x-2y) (mol) (4’) Na2RO2 + 4HCl → 2NaCl + RCl2 + 2H2O y 4y (mol) Từ các phương trình (1’) → (4’), ta có: nHCl = x + 2y = 0,075 mol (III) - Cho B tác dụng với CO2 có các phản ứng : (5’) Na2RO2 + 2CO2 + 2H2O → 2NaHCO3 + R(OH)2 ¯ y 2y y (mol) (6’) NaOH + CO2 → NaHCO3 (x-2y) (x-2y) (mol) - Vì sau phản ứng thu được một chất kết tủa và dung dịch có 1 chất tan nên CO 2 và các chất trong B tác dụng vừa đủ. - Từ các phương trình (5’) và (6’), ta có: n ❑CO = x -2y + 2y = 0,045 mol  x = 0,045 (IV) Thay vào (III)  y = 0,015 mol 2. 1, 485  n R (OH)2 = 0,015 mol  M R (OH)2 = 0, 015 = 99 (gam/mol)  R = 65 (Zn). Vậy: R là kim loại kẽm..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>