Đề thi học sinh giỏi môn hóa 9 tỉnh nghệ an năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề chính thức KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG B Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu I. ( 4,0 điểm) as 1. Cho sơ đồ phản ứng sau: C4H10 + Cl2 → C4H9Cl + HCl Viết các phương trình hóa học xảy ra theo sơ đồ trên dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn. 2. Viết các phương trình hóa học để hoàn thành chuỗi phản ứng sau ( mỗi mũi tên tương ứng với một phản ứng viết dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn): (1) ( 2) ( 4) Canxi cacbua → Axetilen → Benzen → Xiclohexan (3) Brombenzen Câu II. ( 6,0 điểm) 1. Từ dung dịch HCl và 7 chất rắn khác nhau cùng với điều kiện cần thiết có đủ, hãy viết phương trình hóa học của các phản ứng điều chế trực tiếp 7 chất khí khác nhau. 2. X, Y, Z lần lượt là oxit, bazơ và muối của kim loại M. Khi cho lần lượt các chất M, X, Y, Z vào dung dịch muối A đều thu được kết tủa là 1 bazơ không tan. Chọn các chất M, X, Y, Z , A thích hợp và viết phương trình hóa học minh họa. Câu III. ( 6,0 điểm) 1. Hoà tan hết hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 9,28 gam FexOy trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch X và 0,784 lít khí SO2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng muối sắt (III) trong dung dịch X cần dùng vừa hết 3,52 gam Cu. Xác định công thức của Fe xOy. 2. Hòa tan hết m gam hỗn hợp Al, Al 2O3 ở dạng bột cần dùng vừa đủ 450 ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch X và 6,72 lít khí H2 (đktc). a. Tính giá trị m. b. Nhỏ từ từ đến hết dung dịch X vào 500 ml dung dịch NaOH 2M thu được a gam kết tủa. Nêu hiện tượng xảy ra và tính giá trị a. Câu IV. ( 4,0 điểm) Chia m gam hỗn hợp khí A gồm 4 hiđrocabon mạch hở thành 2 phần bằng nhau: - Phần I tác dụng với dung dịch Br 2 dư; hỗn hợp khí B thoát ra khỏi dung dịch Br 2 gồm 2 hiđrocacbon được đốt cháy hoàn toàn thu được 5,6 lít khí CO2 (đktc) và 8,1 gam nước. - Để đốt cháy hết phần II cần dùng vừa đủ 14,336 lít khí O2 (đktc) thu được 15,84 gam CO2. 1. Tính giá trị của m. 2. Tính tỉ khối của hỗn hợp khí B đối với khí H2. 3. Tìm công thức phân tử của các hiđrocabon trong B. Biết rằng, chất có phân tử khối lớn hơn chiếm trên 10% về thể tích. ( Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Al = 27; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64) -------------------------- HẾT --------------------------- Họ và tên thí sinh: ………………………………………………………Số báo danh: …………… SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS NĂM HỌC 2015 – 2016 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) CÂU Câu I 1. 1,0 đ ĐÁP ÁN as CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH2-CH2-CH2-Cl + HCl as CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH2-CH-CH3 + HCl Cl as CH3-CH-CH3 + Cl-Cl → CH3-CH-CH2-Cl + HCl CH3 CH3 Cl as CH3-CH-CH3 + Cl-Cl → CH3-C -CH3 + HCl CH3 CH3 2. 1,25 đ 1. 2. 3. 4. CaC2 + 2H2O  → Ca(OH)2 + CH ≡ CH ;t 0 2CH ≡ CH xtđt  → CH2=CH-C ≡ CH 0 C ; 600 C 3CH ≡ CH    → C6H6 0 ;t C6H6 + Br2 Fe   → C6H5-Br + HBr ĐIỂM 4,0 điểm 0,25đ/ PTHH 0,25đ/ PTHH 0 Ni ;t → C6H12 C6H6 + 3H2  C6H6; C6H5Br; C6H12 phải viết dưới dạng công thức cấu tạo viết gọn. 5. 3. 1,75 đ A, B, C, D phản ứng nhanh với dung dịch brom ⇒ A, B, C, D là các đồng phân mạch hở chứa 1 liên kết đôi; E phản ứng chậm với dung dịch brom ⇒ E là đồng phân mạch vòng no 3 cạnh: CH – CH3 CH2 - CH2 F không phản ứng với dung dịch brom ⇒ F là đồng phân vòng no 4 cạnh: CH2 – CH2 CH2 – CH2 A, B, C phản ứng với H2 đều tạo sản phẩm G ⇒ A, B, C có cùng mạch cacbon ⇒ D là CH2= C-CH3 CH3 B có nhiệt độ sôi cao hơn C ⇒ B là CH3 CH3 C = C H H Và C là CH3 H C = C H CH3 ⇒ A là CH2= CH-CH2-CH3 và G là CH3-CH2-CH2-CH3 Lưu ý: Nếu học sinh không xác định đúng các chất A, B, C, D, E, F, G nhưng vẫn viết đúng 6 CTCT viết gọn của C4H8 và sản phẩm G thì cho 0,75 điểm. Câu II 1. 3,25 đ Xác định đúng mỗi chất cho 0,25 đ 6,0 điểm Zn + 2HCl  → ZnCl2 + H2 CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O Na2SO3 + 2HCl  → 2NaCl + SO2 + H2O FeS + 2HCl  → FeCl2 + H2S t0 MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O CaC2 + 2HCl  → CaCl2 + C2H2 Al4C3 + 12HCl  → 4AlCl3 + 3CH4 2Na2O2 + 4HCl  → 4NaCl + O2 + 2H2O Mg3N2 + 6HCl  → 3MgCl2 + 2NH3 Zn3P2 + 6HCl  → 3ZnCl2 + 2PH3 Mỗi PTHH đúng cho 0,25 đ Mỗi PTHH đúng cho 0,5 đ 3. 2,75 đ Câu III 1. 3,25 đ M có thể là: Na, K, Ca, Ba …; dung dịch muối A có thể là FeCl3 … 0,75 đ 6Na + 2FeCl3 + 6H2O  (1) → 2Fe(OH)3 +6NaCl + 3H2 X: Na2O … 0,75 đ 3Na2O + 2FeCl3 + 3H2O  (2) → 2Fe(OH)3 + 6NaCl Y: NaOH … 0,5 đ 3NaOH + FeCl3  (3) → Fe(OH)3 + 3NaCl Z: Na2CO3 0,75 đ 3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O  (4) → 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 Lưu ý: Nếu học sinh chọn dd muối khác chỉ thỏa mãn 3 PTHH trên mà không thỏa mãn PTHH số 4 thì vẫn cho điểm 3 PTHH trên. 6,0 điểm 0,784 1,12 3,52 = 0,02 (mol); nSO 2 = = 0,035 (mol); nCu = = 0,055 (mol) 22,4 56 64 t0 2Fe + 6H2SO4 (đ) → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 0 t 2FexOy + (6x-2y)H2SO4 (đ) → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O (2) Có thể có: Fe + Fe2(SO4)3  (3) → 3FeSO4 Cu + Fe2(SO4)3  (4) → CuSO4 + 2FeSO4 0,055 mol 0,055 mol Trường hợp 1: Nếu phản ứng (3) không xảy ra: 0,25 đ Theo (1): nSO 2 (1) = 1,5.nFe = 1,5.0,02 = 0,03 (mol) ⇒ nSO 2 (2) = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol) 0,25 đ 1 1 nFe 2 (SO 4 ) 3 (1) = 2 .nFe = 2 .0,02 = 0,01 (mol) ⇒ nFe 2 (SO 4 ) 3 (2) = 0,055 – 0,01 = 0,045 (mol) 0,25 đ x 0,045 x 9 = 3 x − 2 y = 0,005 = 9 ⇒ y = 13 ( loại) Trường hợp 2: Nếu phản ứng (3) xảy ra: Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe tham gia phản ứng (1) và FexOy tham gia phản ứng (2) ⇒ nFe (3) = 0,02 – a (mol). Theo các phản ứng (1,2,3,4) ta có hệ PT: n SO = 1,5a + 0,5b(3 x − 2 y ) = 0,035   2  n Fe2 ( SO4 ) 4 (3) = 0,5a + 0,5bx − 0,055 = n Fe ( 3) = 0,02 − a    m FexO y = (56 x + 16 y ).b = 9,28  0,5 đ x = 0,12 = 3 bx = 0,12 ⇒ ⇒ ⇒ Oxit sắt cần tìm là Fe3O4 y 0 , 16 by = 0 , 16 4  0,5 đ nFe = Theo (2): nFe 2 (SO 4 ) 3 (2) : nSO 2 2. 2,75 đ Mỗi PTHH đúng cho 0,25 đ (2) 0,5 đ 9 nH 2 O = 18 = 0,5 (mol). Áp dụng ĐLBTKL: 11 ⇔ 20 = mT + 9 ⇒ mT = 11 (g) ⇒ MT = mQ = mT + m 0,25 = 44 Oxit T có công thức dạng: R2On ⇒ MT = 2R + 16n = 44 ⇒ R = 22 – 8n Cặp giá trị phù hợp là n = 1: R = 14 ( N) ⇒ T là N2O; T không thể là CO2 (44) hoặc C3H8 (44) vì Q là muối. nN = 2.0,25 = 0,5 (mol); nH = 2.0,5 = 1 (mol); nO (Q) = 0,2 + 0,5 = 0,75 (mol) Vì nN: nH: nO = 0,5: 1: 0,75 = 2: 4: 3 ⇒ Q là N2H4O3 hay NH4NO3 ⇒ 2 muối ban đầu là muối nitrat M(NO3)2 và muối amoni (NH4)xA ( A là gốc axit) 20 1 nNH 4 NO 3 = 80 = 0,25 (mol) ⇒ nM(NO 3 ) 2 = 2 .0,25 = 0,125 (mol) ⇒ nMO = 0,125 (mol) ⇒ nZ = 0,125 (mol) 7 MMO = M + 16 = = 56 ⇒ M = 40 ( Ca) ⇒ Ca(NO3)2 0,125 5,5 ĐLBTKL: mZ = 12,5 – 7 = 5,5 (g) ⇒ MZ = = 44 0,125 Oxit Z có công thức dạng RxOy ( x,y nguyên dương) ⇒ R.x + 16.y = 44 ⇒ 16y < 44 ⇒ y bằng 1 hoặc 2 Giá trị phù hợp là y =2; x = 1 và R = 12: C ⇒ Z là CO2 0,25 đ H2 O nCa = nCaO = 0,125 mol; nC = nCO 2 = 0,125 (mol); nO (Y) = 0,125 + 2.0,125 = 0,375. Vì nCa: nC: nO = 0,125: 0,125: 0,375 = 1: 1: 3 ⇒ Y là CaCO3 ⇒ Muối ban đầu còn lại là (NH4)2CO3 Câu IV. 1. 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 1,0 đ 4,0 điểm nBr 2 = 0,1.0,5 = 0,05 (mol); 14,336 1 15,84 Đốt cháy hết A: nO 2 = = 0,64 (mol); nCO 2 = = 0,36 (mol) 22,4 2 44 ⇒ nO (H 2 O) = 2.0,64 – 2.0,36 = 0,56 (mol) ⇒ nH 2 O = 0,56 (mol) ⇒ mA = 2.( 12.0,36 + 2.0,56.1) = 10,88 (g) 0,25 đ 0,75 đ 2. 2,0 đ 5,6 8,1 Đốt B: nCO 2 = 22,4 = 0,25 (mol); nH 2 O = 18 = 0,45 (mol) Vì B mạch hở, B không phản ứng với dung dịch brom và nH 2 O > nCO 2 ⇒ B gồm 2 ankan. nB = 0,45 – 0,25 = 0,2 (mol) ⇒ Số nguyên tử C trung bình của 2 ankan bằng 0,25 = 1,25 ⇒ Phải có 1 ankan là CH4. Vì ankan còn lại có phân tử khối lớn 0,2 hơn CH4 là 28 đvC ( 2 nhóm CH2) ⇒ Ankan còn lại là C3H8 1 Khi đốt A thì số mol CO2 và H2O thu được do 2 hiđrocacbon ( phản ứng với 2 brom) cháy là: nCO 2 = 0,36 – 0,25 = 0,11 (mol); nH 2 O = 0,56 – 0,45 = 0,11 (mol) Vì nCO 2 = nH 2 O ⇒ 2 hi đrocacbon phản ứng với brom phải là 2 anken. Do anken phản ứng với brom theo tỉ lệ số mol 1: 1 ⇒ nanken = nBr 2 = 0,05 (mol) ⇒ nA = 2.( 0,2 + 0,05) = 0,5 (mol) 0,25 đ 0,75 đ 0,25 đ ⇒ MA = 10,88 21,76 = 21,76 ⇒ dA/H 2 = = 10,88 0,5 2 0,75 đ 3. 1,0 đ Vì số nguyên tử C trung bình của 2 anken = 0,11 = 2,2 0,05 ⇒ Phải có 1 anken là C2H4. Đặt công thức phân tử của anken còn lại là CmH2m với số mol là a mol và số mol của C2H4 là b mol có trong 0,05 mol hỗn hợp 2 anken. a + b = 0,05 0,01 ⇒ m–2= Ta có:  a ma + 2b = 0,11 0,01 = 2 ⇒ m < 4. 0,005 Vì 2,2 < m < 4 và m nguyên dương ⇒ m = 3 ⇒ Anken còn lại là: C3H6 Lưu ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ số điểm 0,25 đ 0,25 đ Vì a > 10%.0,05 = 0,005 ⇒ m – 2 < 0,5 đ