De HSG Hoa 9 cap Tinh hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề). Câu 1 (2,0 điểm): 1. X là hỗn hợp của hai kim loại gồm kim loại R và kim loại kiềm M. Lấy 9,3 gam X cho vào nước dư thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Đem 1,95 gam kali luyện thêm vào 9,3 gam X ở trên, thu được hỗn hợp Y có phần trăm khối lượng kali là 52%. Lấy toàn bộ hỗn hợp Y cho tác dụng với dung dịch KOH dư thu được 8,4 lít khí H 2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định kim loại M và R. 2. Cho 500 gam dung dịch CuSO4 nồng độ 16% (dung dịch X). Làm bay hơi 100 gam H 2O khỏi dung dịch X thì thu được dung dịch bão hòa (dung dịch Y). Tiếp tục cho m gam CuSO 4 vào dung dịch Y thấy tách ra 10 gam CuSO4.5H2O kết tinh. Xác định giá trị của m. Câu 2 (1,5 điểm): Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt trong các trường hợp sau: 1. Dung dịch AlCl3 và dung dịch NaOH (không dùng thêm hóa chất). 2. Dung dịch Na2CO3 và dung dịch HCl (không dùng thêm hóa chất). 3. Dung dịch NaOH 0,1M và dung dịch Ba(OH)2 0,1M (chỉ dùng thêm dung dịch HCl và phenolphtalein). Câu 3 (1,5 điểm): 1. Viết phương trình phản ứng và giải thích các hiện tượng hóa học sau: a) Trong tự nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng lại không có sự tích tụ H2S trong không khí. b) Trong phòng thí nghiệm, khi nhiệt kế thủy ngân bị vỡ người ta dùng bột lưu huỳnh rắc lên nhiệt kế bị vỡ. c) Trong phòng thí nghiệm bị ô nhiễm khí Cl2, để khử độc người ta xịt vào không khí dung dịch NH3. 2. Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế khí Cl2 từ MnO2 và dung dịch HCl. a) Hãy viết phương trình phản ứng điều chế khí Cl2 (ghi rõ điều kiện). b) Giải thích tác dụng của bình (1) (đựng dung dịch NaCl bão hòa); bình (2) (đựng dung dịch H2SO4 đặc) và nút bông tẩm dung dịch NaOH ở bình (3). Câu 4 (1,5 điểm ): Hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 trong dung dịch HCl loãng dư thấy còn lại 6,4 gam Cu không tan. Mặt khác hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp trên trong 240 gam dung dịch HNO 3 31,5% (dùng dư) thu được dung dịch Y (không chứa NH4NO3). Cho 600 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y. Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch nước lọc sau đó nung tới khối lượng không đổi thu được 78,16 gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1. Tính khối lượng mỗi chất trong X. 2. Tính nồng độ % của Cu(NO3)2 có trong dung dịch Y. (5) Câu 5 (1,0 điểm): Xác định các chất Polietilen E (1) (4) A hữu cơ A, D, Y, E, G, H, I và viết các (8) (7) (3) (6) Cao su buna H G phương trình phản ứng (ghi rõ điều Y CH4 (9) (2) (10) kiện của phản ứng, nếu có) trong dãy I Poli(vinyl clorua) D biến hóa sau: Câu 6 (2,5 điểm ): 1. Hiđrocacbon X là chất khí (ở nhiệt độ phòng, 25 0C). Nhiệt phân hoàn toàn X (trong điều kiện không có oxi) thu được sản phẩm gồm cacbon và hiđro, trong đó thể tích khí hiđro thu được gấp đôi thể tích khí X (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo mạch hở của X. 2. Cho 0,448 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai hiđrocacbon mạch hở (thuộc các dãy đồng đẳng ankan, anken, ankin) lội từ từ qua bình chứa 0,14 lít dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, số mol Br2 giảm đi một nửa và không thấy có khí thoát ra. Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn 0,448 lít X (đktc), lấy toàn bộ sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào 400 (ml) dung dịch Ba(OH) 2 0,1M thu được 5,91 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon. (Cho biết: H = 1; Li = 7; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ba = 137) ----------Hết--------Họ và tên thí sinh:...............................................................................Số báo danh:.....................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thí sinh được dùng bảng tuần hoàn, giám thị coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. Câu Câu 1 2,0đ. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2014-2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC (Hướng dẫn chấm có 04 trang) NỘI DUNG ĐÁP ÁN. 1. Xác định kim loại M, R 4, 48 8, 4 n H2 (1)  = 0,2 (mol); n H2 (2)  = 0,375 (mol). 22, 4 22, 4 Khi thêm 1,95 gam K vào 9,3 gam X, nếu trong X không có K thì 1,95 .100 17,33% < 52%, suy ra trong X có kim loại K=> M chính là K %mK = 1,95  9,3 - Vậy X ( chứa K, R) + Nếu R tan trực tiếp trong nước, hoặc không tan trong dung dịch KOH, thì khi cho Y tác dụng với KOH so với X có thêm 0,025 mol H2, do có phản ứng 1 K + H2O KOH + H2   2  0,05 0,025 =>. Câu 2 1,5đ. Điểm. n. H 2 (2). 0, 2  0, 025 0, 225 (mol)<. 0,25. 0,25. n H2 (2) đề cho.. =>R không tan trực tiếp trong nước nhưng tan trong dd KOH Đặt số mol của K và R lần lượt là x,y ta có: 0,52.(9,3  1,95) x= = 0,15mol => mR = yR = 9,3 - 0,1.39 = 5,4 gam (I) 39  Y tác dụng với dung dịch KOH có phản ứng (TN2): 1 K + H2O KOH + H2   2  0,15 0,15 0,075 n R + (4-n)KOH + (n-2)H2O K(4-n) RO2 + H2   2 ny y dư 2 n.y => n H (2) = 0,075 + = 0,375 => ny = 0,6 (II) 2 2 27n Từ (I,II) => R = => n = 3; R = 27 (Al) 3 m = mCuSO4 /Y  2. CuSO4 /X 80 gam 80.100% C%(CuSO4 )/Y mY = 500 - 100 = 400 gam → = 400 = 20 (%) Sau khi CuSO4.5H2O tách ra khỏi Y, phần còn lại vẫn là dung dịch bão hòa nên khối 20 lượng CuSO4 và H2O tách ra khỏi Y cũng phải theo tỉ lệ như dung dịch bão hòa bằng 80 Trong 10 gam CuSO4.5H2O có 6,4 gam CuSO4 và 3,6 gam H2O Khối lượng CuSO4 tách ra khỏi Y là 6,4 - m (gam) 6,4 - m 20 → 3,6 = 80 → m = 5,5 gam 1. Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử đánh số mẫu 1, mẫu 2: Nhỏ từ từ đến dư mẫu 1 vào mẫu 2. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + Nếu thấy ban đầu có kết tủa keo sau đó tan tạo dung dịch trong suốt thì mẫu 1 là NaOH, mẫu 2 là AlCl3; + Nếu ban đầu không có kết tủa sau đó mới có kết tủa thì, mẫu 1 là AlCl3; mẫu 2 là NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl Ptpư: AlCl3 + 3NaOH    NaAlO2 + 2H2O Al(OH)3 + NaOH    NaAlO2 + 3NaCl+ 2H2O AlCl3 + 4NaOH    4Al(OH)3 + 3NaCl AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O   2. Trích mẫu thử, đánh số 1, 2 Nhỏ từ từ 1 vào 2 nếu có khí bay ra luôn thì 1 là Na2CO3 và 2 là HCl; ngược lại nếu không có khí bay ra ngay thì 1 là HCl và 2 là Na2CO3, vì - Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 thì có phản ứng Na2CO3 + HCl  NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O. - Khi nhỏ từ từ dung dịch Na2CO3 vào dung dịch HCl có phản ứng Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + CO2 + H2O. Câu 3 1,5 đ. Câu 4 1,5đ. 3. Trích mẫu thử; đong lấy hai thể tích NaOH và Ba(OH)2 ( sao cho thể tích bằng nhau, đều bằng V); cho vào 2 ống nghiệm, nhỏ vài giọt phenolphtalein cho vào 2 ống nghiệm, đánh số 1, 2; Sau đó lấy dung dịch HCl nhỏ từ từ vào từng ống nghiệm đến khi bắt đầu mất màu hồng thì dừng lại: Đo thể tích dung dịch HCl đã dùng; với ống nghiệm 1 cần V1(l) dd HCl; với 2 cần V2(l) dd HCl + Nếu V2> V1 => Ống 1 đựng Ba(OH)2; ống 2 đựng NaOH + Nếu V2<V1 => Ống 2 đựng Ba(OH)2; ống 1 đựng NaOH Giải thích: HCl + NaOH  NaCl + H2O 0,1V  0,1V 2HCl + Ba(OH)2  BaCl2 + 2H2O 0,2V  0,1V 1. a. Vì H2S phản ứng với O2 trong không khí ở điều kiện thường:  2S + 2H2O 2H2S+ O2   b. Vì Hg dễ bay hơi, độc; S tác dụng với Hg ở điều kiện thường tạo ra HgS không bay hơi, dễ xử lý hơn.  HgS Hg + S    N2 + 6HCl; NH3 (k)+ HCl(k)    NH4Cl (tt) c. 2NH3 + 3Cl2   2. Thí nghiệm điều chế clo. t0 -Ptpư điều chế: MnO2 + 4HCl (đặc)   MnCl2 + Cl2  + 2H2O - Bình NaCl hấp thụ khí HCl, nhưng không hòa tan Cl2 nên khí đi ra là Cl2 có lẫn hơi nước Bình H2SO4 đặc hấp thụ nước, khí đi ra là Cl2 khô. H2SO4 + nH2O  H2SO4.nH2O Bông tẩm dung dịch NaOH để giữ cho khí Cl2 không thoát ra khỏi bình (độc) nhờ phản ứng Cl2 + 2NaOH  NaCl + NaClO + H2O 1. Đặt số mol Cu và Fe3O4 phản ứng tương ứng là a, b => 64a+ 232b = 24,16 (1) Ptpư: Fe3O4+ 8HCl  2 FeCl3 + FeCl2 + 4H2O (1) b 8b 2b b Cu + 2FeCl3  CuCl2 + 2 FeCl2 (2) a  2a  a  2a => (2) Vừa đủ nên 2a= 2b (II) Từ I,II => a = b= 0,06 Vậy trong 24,16 gam X có: 0,16 mol Cu; 0,06 mol Fe3O4  mCu = 0,16.64 = 10,24 (gam); mFe3O4 = 0,06.232 = 13,92 (gam).. 0,25 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> n 2.Tác dụng với dung dịch HNO3: HNO3 (bđ) = 1,2 mol Sơ đồ: + 1,2(mol) NaOH dd Y X + HNO3 NaOH Khí dd NaNO3. NaOH x(mol) NaNO2 y(mol). Nung. Ta có: Nếu NaOH hết, chất rắn chỉ riêng: NaNO2 = 1,2 mol.69 = 82,8 gam> 78,16  NaOH phải dư: theo sơ đồ trên ta có: x+y = 1,2; 40x+69y =78,16 =>x= 0,16; y = 1,04  Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + Khí + H2O (2) X+ HNO3   24,16 k 0,18 0,16 k/2 n NaNO2 k= số mol HNO3 phản ứng với X; = 0,16.2 + 0.18.3 +nHNO3 dư = 1,04 n => HNO3 dư = 0,18 mol n HNO3  pư (*) = 1,2 - 0,18 = 1,02 (mol) = k Theo bảo toàn khối lượng: mkhí =24,16 + 63.1,02 –( 0,18.242+ 0,16.188+ 18.1,02/2) = 5,6 gam 0,16.188 11, 634% 240  24,16  5, 6 => C% (Cu(NO3)2) = Câu 5 1,0 đ. A CH3COONa. D C4H10 (Butan). Y C2H2. E C2H4. G C4H4. H C4H6. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. I CH2=CHCl. CaO,t o Cao. (1) CH3COONa(r) + NaOH(r)     CH4(k) + Na2CO3 Crackinh  3CH4 + CH3-CH=CH2 (2) CH3- CH2-CH2-CH3    (3) 2CH4. nh nhanh  Laï 1500 0 C. C2H2 + 3H2 Pd.PbCO3 ,t o.  H2C = CH2 (4) CH ≡ CH + H2     0 xt,t ,p (5) nCH2 = CH2    (-CH2 – CH2 -)n 0. CuCl2 /NH 4 Cl,t (6) 2CH ≡ CH      CH2 = CH – C ≡ CH. 0,1 *10 = 1,0đ. o. Pd.PbCO3 ,t  H2C = CH – CH = CH2 (7) H2C = CH –CH ≡ CH + H2     0 xt,t ,p (8) nH2C = CH – CH = CH2    (- CH2 – CH = CH – CH2 -)n 0. xt,t  H2C = CHCl (9) HC ≡ CH + HCl    -CH 2 - CH-       0 xt,t ,p Cl n (10) nH2C = CHCl    . Câu 6 2,5 đ. 1. Gọi công thức phân tử của X: CxHy ( x ≤ 4) y t0 CxHy   xC + 2 H2 y Theo bài ra ta có 2 = 2  y= 4. Vậy X có dạng CxH4  các công thức phân tử thỏa mãn điều kiện X là: CH4, C2H4, C3H4, C4H4.. 0,25 0,25*2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0,25 - CTCT: CH4; CH2=CH2; CH3-CCH; CH2=C=CH2; CH2=CH-CCH. 0, 448 n 2.Ta có n hh X = 22, 4 = 0,02 (mol) ; Br2 ban đầu = 0,14 0,5 = 0,07 (mol 0, 07 n  Br2 phản ứng = 2 = 0,035 (mol); Vì không có khí thoát ra nên 2 hiđrocacbon không no ( anken; ankin) mBình Br2 tăng 6,7 gam là khối lượng của 2 hiđrocacbon không no. C H Đặt công thức chung của 2 hiđrocacbon là n 2n 2 2k ( k là số liên kết π. 0,25. trung. bình) C n H 2n 2 2k.  Cn H 2n 2 2k Br2k + k Br2   0,02  0,02 k n Từ phản ứng: Br2 = 0,02 k = 0,035 mol  1< k = 1,75 <2  2RH thuộc 2 dãy đồng đẳng khác nhau: 1 an ken, 1 ankin. Đặt ctpt chung của 2 RH là CnH2n (x mol); CmH2m-2 (y mol) Từ phản ứng với brom: => x+2y =0,035 (I) Tổng số mol 2 khí: x + y = 0,02 (II) - Phản ứng cháy, theo btnt (C): nCO2 = nx+my (*) TH1: Nếu Ba(OH)2 dư => nCO2 = nBaCO3 = 0,03mol, theo (*)=> nx+my=0,03 (III) Từ (I,II,III) => n+3m = 6; do m 2, n 2 => Không có n, m thỏa mãn.. TH2: Nếu Ba(OH)2 tạo 2 muối: Theo btnt C, Ba: => nCO2 = nBaCO3 + 2nBa(HCO3) = nBaCO3 + 2(nBa(OH)2-nBaCO3) = 0,03+2(0,04-0,03)=0,05 mol; Từ (*) => nx+my = 0,05 (III)’ Từ (I,II,III’)  y=0,015; x= 0,005; n+3m = 10 (n 2, m 2) + Với m= 2; n= 4 thì thỏa mãn. Vậy hai hiđrocacbon đó là: C2H2 và C4H8. Ghi chú: Thí sinh có cách giải khác,đúng vẫn cho điểm tối đa. -----Hết----. 0, 25 0,25 0,25 0,25 0,25.

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