Khảo sát đội tuyển HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2018-2019 môn thi Hóa học

Nội dung text: Khảo sát đội tuyển HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2018-2019 môn thi Hóa học

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 CẤP NGỌC LẶC TỈNH NĂM HỌC: 2018-2019 Môn thi: Hóa Học Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: /02/2019 (Đề thi gồm 01 trang, 10 câu) Câu 1 (2.0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết PTHH giải thích cho các hiện tượng trong các thí nghiệm sau: TN1. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào ống nghiệm đựng dung dịch AlCl3 TN2. Sục khí CO2 dư vào ống nghiệm đựng dung dịch Ca(OH)2 . 2. Viết các PTHH thực hiện chuỗi phản ứng sau: (1) (2) (3) (4) (5) (6) C2H5COOH C2H5COONa C4H10  CH4  C2H2  C6H6  Toluen Câu 2 (2.0 điểm): 1. Từ than đá, đá vôi, nước, điều kiện kĩ thuật cần thiết khác có đủ, hãy viết các phản ứng điều chế ancol etylic. 2. Hoàn thành các phản ứng hóa học sau : a. HOOC – COOH + KMnO4 + H2SO4  CO2 + K2SO4 + MnSO4 + H2O b. Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + N2O + H2O Câu 3 (2.0 điểm) 1. Bằng phương pháp hoá học hãy tách riêng từng chất sau ra khỏi hỗn hợp mà không làm thay đổi khối lượng của chúng: CuO, AlCl3, CuCl2 và Al2O3. 2. Đốt cháy 4,5g một hợp chất hữu cơ gồm 2 nguyên tố thu được 0,45mol H 2O. Hãy tìm công thức phân tử của hợp chất hữu cơ trên, biết phân tử khối của hợp chất trên là 30. Câu 4 (2.0 điểm) 1. Trình bày cách pha chế 560g dung dịch CuSO4 8% từ dung dịch CuSO4 16%? 2. Trong phòng thí nghiệm khí oxi có thể được điều chế bằng cách nhiệt phân muối KClO3 có MnO2 làm xúc tác và có thể được thu bằng cách đẩy nước hay đẩy không khí. Hãy vẽ hình mô tả cách điều chế và thu khí oxi đúng cách. Câu 5 (2.0 điểm) 1. Nêu vai trò của cát trong thí nghiệm đốt cháy Na trong bình khí oxi. Có thể thay cát trong thí nghiệm trên bởi nước được không? Hóa chất nào có thể dùng để xử lí Na dư trong thí nghiệm trên, vì sao? 2. Cho 8,5g hỗn hợp 2 kim loại kiềm A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn tan hết trong nước dư cho ra 3,36 lit khí H2 (đktc). Tìm hai kim loại A, B? Câu 6 (2.0 điểm) Bột CuO bị lẫn ít bột than (hỗn hợp A) a. Trình bày phương pháp hóa học để lấy riêng CuO b. Lấy một ít hỗn hợp nung nóng trong chân không (không có mặt oxi) tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giải thích sự biến đổi màu của hỗn hợp bằng các phản ứng. Nếu nung hỗn hợp A trong không khí thì hiện tượng xảy ra như thế nào?
2. Câu 7 (2.0 điểm) Nhúng một thanh kim loại M hoá trị II vào 0,5lit dd CuSO 4 0,2M. Sau một thời gian phản ứng, cân lại thấy khối lượng thanh M tăng thêm 0,4g còn nồng độ của dung dịch CuSO4 giảm 50% so với ban đầu. a. Xác định kim loại M. b. Lấy m(g) kim loại M cho vào 1 lit dd chứa AgNO 3 0,1M và Cu(NO3)2 0,1M. Sau phản ứng thu được 15,28g chất rắn A và dung dịch B. Tính m. Câu 8 (2.0 điểm) Hợp chất hữu cơ X chứa các nguyên tố C, H, O có phân tử khối bằng 90đvC. Hòa tan X vào dung môi trơ rồi cho tác dụng với lượng Na dư thì thu được số mol khí H2 bằng số mol X. Viết công thức cấu tạo của tất cả các chất mạch hở thỏa mãn điều kiện đã cho, viết PTHH xảy ra. Câu 9 (2.0 điểm) Đặt 2 cốc A, B có khối lượng bằng nhau trên 2 đĩa cân, cân thằng bằng. Thêm vào cốc A một quả cân nặng 1056g; thêm 1000gam dd HCl 7,3% vào cốc B thì cân mất thăng bằng. Phải thêm vào cốc B m gam CaCO 3 để cho cân thăng bằng trở lại, biết rằng khi cân thăng bằng trở lại thì trong cốc B không còn CaCO 3. Tính m và nồng độ % của chất tan trong cốc B sau khi cân thăng bằng trở lại. Câu 10 (2.0 điểm) Cho 10,4g hỗn hợp bột X gồm Fe và Mg (có tỉ lệ số mol 1:2) hoà tan vừa hết trong 600ml dung dịch HNO3 x(M), thu được 3,36 lit hỗn hợp Y gồm 2 khí N2O và NO có tỉ khối dY/KK= 1,1954. Xác định trị số x? Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh Số báo danh .
3. HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: Hóa học Câu Nội dung Điểm 1. Hiện tượng: TN1: Xuất hiện kết tủa trắng keo, lượng kết tủa tăng dần rồi tan thành dung dịch trong suốt. 0,5đ 3NaOH + AlCl3  3NaCl + Al(OH)3  NaOH + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O TN2: Xuất hiện kết tủa trắng, nước vôi bị đục, sau đó kết tủa tan dần, dung dịch trong trở lại. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O 0,5đ (trắng) 1 CO2 dư + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 (trắng) (không màu) 2. Các phản ứng: (1) C2H5COOH + NaOH  C2H5COONa + H2O dpdd (2) 2C2H5COONa + 2H2O  C4H10 + 2CO2 + 2NaOH + H2 crackinh (3) C4H10  CH4 + C3H6 1đ 15000 C,LLN (4) 2CH4  C2H2 + 3H2 C,6000 C (5) 3C2H2  C6H6 AlCl3 (6) C6H6 + CH3Cl C6H5CH3 + HCl 1. a, 5HOOC–COOH+2KMnO4+3H2SO4  10CO2+ K2SO4+2MnSO4 + 8H2O 1đ b, 11Fe + 42HNO3 → 11Fe(NO3)3 + 3NO + 3N2O + 21H2O t0 2. Các PTHH: CaCO3  CaO + CO2 2 t0 CaO + 3C  CaC2 + CO 1đ CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2 Pd ,t0 C2H2 + H2  C2H4 axit,t0 C2H4 + H2O  C2H5OH 1. Sơ đồ tách: CuO, lọc +NaOH rắn CuO,Al2O3 +H2O +CO2 t0 CuO,AlCl3,CuCl2,Al2O3 NaOH,NaAlO2 Al(OH)3  Al2O3 lỏngAlCl ,CuCl 3 3 2 +NaOH dư lọc 0 NaOH Cu(OH)  HCl,t CuCl 2 2 0,5đ NaAlO2 +CO2 HCl,t0 Al(OH)3  AlCl3
4. Các PTHH: Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O NaOH + CO2  NaHCO3 NaAlO2 + CO2 + H2O  NaHCO3 + Al(OH)3  t0 0,5đ 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3  + 3NaCl Al(OH)3 +3HCl  AlCl3 + 3H2O Cu(OH)2 +2HCl  CuCl2 + 2H2O 2. Đốt cháy 1 hchc gồm 2 nguyên tố thu được H2O, nên hợp chất trên được tạo 0,25đ bởi 2 nguyên tố C và H. nH=2nH O=2.0,45=0,9(mol) => nC = (4,5-0,9.1)/12=0,3(mol). 0,25đ nC : nH = 0,3 : 0,9 = 1:3 => CTĐG của X là CH3 Đặt CTTQ của hợp chất là CnH3n 0,25đ MCnH3n = 15n = 30 => n=2. CTPT là C2H6 0,25đ 1. Tính toán: mCuSO4 (dd 8%) =(560.8)/100 = 44,8g mddCuSO4 (dd 16%) =(44,8.100)/16=280g 0,5đ mH2O = 560 - 280 = 280g Pha chế: - Chọn cốc đựng có dung tích 500ml. - Cân 280g dung dịch CuSO4 16% cho vào cốc. 0,5đ - Cân 280g H2O thêm vào cốc, khuấy đều từ từ. 2. Hình vẽ: 4 1đ 1. Vai trò của cát: bảo hiểm vỏ bình thủy tinh giảm nóng, không bị nứt vỡ do 0,25đ phản ứng tạo ra Na2O mang theo nhiều nhiệt. 5 Không được thay cát bởi nước vì Na dư nếu rơi xuống gặp nước sẽ gây nổ 0,25đ Xử lí Na dư bởi rượu etylic do phản ứng giữa Na và rượu xảy ra êm dịu, an toàn 0,5đ 2. Thay 2 kim loại kiềm A, B bởi kim loại kiềm M PTHH: 2M + 2H2O  2MOH + H2 0,25đ Theo phản ứng: nM = 2nH2 = 2.(3,36/22,4)=0,3(mol) 0,25đ MM = mM : nM = 8,5 : 0,3 = 28,33 0,25đ Do A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp có MM = 28,3 nên chọn 2 kim loại kiềm là
5. Na(MNa = 23) và K (MK = 39) 0,25đ a. Hòa tan hỗn hợp CuO, C trong dung dịch HCl dư để CuO tan hết. Lọc, bỏ C. Thêm dung dịch NaOH dư vào nước lọc. Lọc kết tủa xanh, rửa sạch, nung thu CuO tinh khiết. PTHH: CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O 1đ CuCl2 + 2NaOH  Cu(OH)2  + 2NaCl t0 Cu(OH)2  CuO + H2O t0 6 b. Nung hỗn hợp trong chân không: 2CuO + C  2Cu + CO2 Hiện tượng: chất rắn màu đen chuyển dần thành đỏ gạch. 0 Nếu nung hỗn hợp trong không khí: 2C + O t 2CO 2 1đ t0 C + O2  CO2 t0 2CuO + C  2Cu + CO2 t0 CuO + CO  Cu + CO2 Hiện tượng: hỗn hợp nóng sáng, C cháy, một phần chất rắn chuyển đỏ gạch. a. nCuSO4 có = 0,2.0,5 = 0,1 (mol); nCuSO4 phản ứng = 0,1.(50:100) = 0,05 (mol) 0,25đ PTHH: CuSO4 + M  MSO4 + Cu (mol) 0,05 0,05 0,25đ Khối lượng kim loại M tăng sau phản ứng: mM tăng = mCu – mM phản ứng = 0,05. 64 – 0,05M = 0,4g 0,25đ Giải tìm: M=56. Kim loại M là Fe 0,25đ b. nFe có =m/56; nAgNO3 = 0,1.1=0,1mol; nCu(NO3)2 = 0,1.1=0,1mol 0,25đ Các phản ứng xảy ra theo trật tự: (1) Fe + 2AgNO  Fe(NO ) + 2Ag 7 3 3 2 (2) Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu Nếu AgNO3 hết, chất rắn thu được chứa Ag. mAg = 0,1.108=10,8g 15,28g= mA Chứng tỏ trong A có chứa Ag, Cu. Khi đó: Cu(NO3)2 dư, AgNO3 và Fe đều hết mCu (A) = 15,28 – 10,8 = 4,48g 0,25đ Theo các pư (1,2): nFe = 1/2nAgNO3 + nCu (A) = (1/2).0,1 + 4,48/64 = 0,12mol Suy ra: m = 0,12.56=6,72g 0,25đ X gồm C, H, O tác dụng với Na tạo khí H2 nên trong A có chứa nhóm –(OH) Đặt CTTQ của X là CxHy(OH)n có số mol nX = 1mol 0,25đ PTHH: 2CxHy(OH)n + 2nNa  2CxHy(ONa)n + nH2  (mol) 1 0,5n 0,25đ 8 Theo gt: nH2 = nX nên: 0,5n = 1 suy ra n=2 MX = 12x + y + 34 = 90 suy ra 12x + y = 56 hay y = 56 – 12x 0,25đ Điều kiện: 0<y 2x suy ra: 0 < 56 – 12x < 2x Giải tìm: 4 x<4,6 chọn x=4; y= 8 0,25đ
6. Vậy CT thu gọn của X là C4H8(OH)2 Có 5 CTCT mạch hở thỏa mãn: CH2(OH)-CH2-CH2-CH2OH CH2(OH)-CH(OH)-CH2-CH3; CH2(OH)-CH2-CH(OH)-CH3; 1đ CH3-CH(OH)-CH(OH)-CH3 Thêm CaCO3 vào cốc B chứa dung dịch HCl: 0,25đ nCaCO3 = m/100 = 0,01m (mol); nHCl = (1000.7,3)/(36,5.100)= 20(mol) PTHH: CaCO + 2HCl  CaCl + CO  + H O 3 2 2 2 0,25đ (mol) 0,01m 0,02m 0,01m 0,01m Khối lượng cốc B sau thí nghiệm: 0,25đ mcốc B = mddHCl + mCaCO3 – mCO2 = 1000 + m – 0,01m.44=1000 + 0,56m Cân thăng bằng trở lại nên: m = m 1000 + 0,56m = 1056 0,25đ 9 cốc B quả cân Giải tìm m = 100g Trong cốc B sau thí nghiệm chứa: CaCl2; HCl dư 0,5đ nHCl phản ứng = 0,02m = 2(mol) < nHCl có=20(mol) nên HCl dư. nHCl dư = 20 – 2 =18(mol); nCaCl2 = 0,01m=1mol mdung dịch = (1000 + 0,56m) = 6600g 0,5đ Vậy: C%(ddCaCl2)=(1.111).100%/6600=1,682(%) C%(ddHCl dư)=(18.36,5).100%/6600=9,955(%) Đặt nFe=x(mol); nMg=2x(mol) 0,25đ mFe + mMg = 56.x+24.2x = 10,4g x=0,1 Cho hh Fe, Mg hòa tan hết trong dung dịch HNO3 thu hỗn hợp khí X: nX = 3,36/22,4 = 0,15(mol); MX = 1,1954.29=34,6666 mX = 0,15.34,6666 = 5,2g 0,25đ n n 0,15 n 0,05mol N2O NO N2O Ta có hệ pt: 0,25đ 44x 30y 5,2 nNO 0,1mol 0,25đ Tỉ lệ khí trong X: nN2O : nNO = 0,05 : 0,1 = 1:2 Các phản ứng tạo khí X, nếu Fe, Mg hết ngay khi hòa tan bởi axit: 10 t0 (1) 14Fe + 54HNO3  14Fe(NO3)3 + 3N2O + 6NO + 27H2O (mol) 0,1 27/70 0,1 3/140 0,5đ t0 (2) 7Mg + 18HNO3  7Mg(NO3)2 + N2O + 2NO + 9H2O (mol) 0,2 18/35 0,2 1/35 3 1 0,25đ Nhận thấy: n 0,05(mol) = nN2O (X) nên cả Fe, Mg đều hết tại  N2O(1,2) 140 35 các phản ứng (1,2). 27 8 43 Khi đó: n (mol)  HNO3 (1,2) 70 35 70 0,25đ Vậy x = (43/70) : 0,6 = 43/42M = 1,0238M