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

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 NỘI DUNG 1. a.Hiện tượng: Sắt cháy sáng tạo khói màu nâu đỏ Giải thích: Sắt cháy trong clo tỏa nhiệt mạnh và sáng tạo khói màu nâu đỏ là các hạt tinh thể FeCl3: o t 2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3 1.b. Hiện tượng: Nước clo có màu vàng lục, mùi hắc của khí clo. Giấy quỳ tím chuyển sang màu đỏ, sau đó mất màu ngay  → HCl + HClO Giải thích: Cl2 + H2O ←  Nước clo là dung dịch hỗn hợp các chất Cl2, HCl và HClO nên có màu vàng lục và mùi hắc của khí clo. Lúc đầu dung dịch axit làm quỳ tím hóa đỏ, nhung nhanh chóng bị mất màu do tác dụng oxi hóa mạnh của HClO. 2 2. Tính toán: - Trong 460 ml dd H2SO4 0,5M có 0,5.0,46.98 = 22,54 gam H2SO4 - Khối lượng dd H2SO4 98% cần lấy: 22,54.100/98 = 23 gam - Vdd H2SO4 98% = 23/1,84 = 12,5 (ml) Cách pha chế: - Dùng cốc đong lấy 300 ml nước cho vào bình có vạch đo thể tích, dung tích khoảng 500 ml. - Tiếp theo dùng cốc đong lấy 12,5 (ml) dd H2SO4 98%, rồi cho từ từ theo đũa thủy tinh vào bình trên và khuấy đều. - Thêm từ từ nước vào bình đến khi thể tích dd đạt 460 ml, khuấy đều thu được dd theo yêu cầu. Chú ý: nếu HS cho nước vào axit H2SO4 đặc thì không cho điểm. A: NH3; B: H2S; D: SO2; E: Cl2 Hoặc: A: NH3; B: H2S; D: O2; E: NO2 (1) 3NH3 + AlCl3 + 3H2O  → Al(OH)3↓ + 3NH4Cl (2) H2S + 2FeCl3  → S + 2FeCl2 + 2HCl (3) Cl2 + 2NaOH  → NaCl + NaClO + H2O Hoặc 2NO2 + 2NaOH  → NaNO3+ NaNO2 + H2O (4) Cl2 + SO2 + 2H2O  → 2HCl + H2SO4 Hoặc 4NO2 + O2 + 2H2O  → 4HNO3 (5) SO2 + 2H2S  → 3S + 2H2O Hoặc 2H2S + O2  → 2S + 2H2O (6) NH3 + H2Sdư  → NH4HS Hoặc 2NH3dư + H2S  → (NH4)2S 3 Gán các chất như sau: A: C4H10; B: CH3COOH; X: CH3COONa; D:CH4; E: C2H2; F: C2H4 ; G: C2H5OH; H: CH3COOC2H5; L: CH2 = CHCl PTHH: 2C4H10 + CH3COOH t 4CH3COOH + 2H2O → → CH3COONa + H2O 0 5O2 + NaOH t CH3COONa(r) + NaOH(r)  → CH4 + Na2CO3 CaO 0 2CH4 (3) 1500 C  → C2H2 + 3H2 lam lanh nhanh 0 t  → Pd 0 C2H2 + H2 (4) C2H4 H 2 SO4l  → C2H4 + H2O (1) (2) (5) C2H5OH 6) H 2 SO4 đăc ,t  → CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH ←  0 P ,t , xt  → 0 nCH2 = CH2 (- CH2 - CH2-)n , xt CH ≡ CH + HCl t  → 0 CH2 = CHCl nCH2 = CHCl → (- CH2 - CHCl-)n P ,t 0 , xt 4 (PE) (7) (8) (9) (PVC) (10) Vì A + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O A có thể là: Fe , FeO; Fe3O4; Fe(NO3)2; Fe(OH)2 Gọi nA = x ; nNO = 0,02 (mol); đề cho n Fe(NO3 )3 = 14,52 = 0,06 (mol) 242 Gọi a là số oxi hóa của Fe trong A: Fe+a → Fe+3 + (3 – a)e 0,06 (3 – a).0,06 N + 3e → N +5 +2 0,06 0,02 Bảo toàn(e)→ (3-a) .0,06= 3.0,02 → a =2 → Acó thể là hợp chất FeO; Fe(NO3)2; Fe(OH)2 (Không thể là Fe3O4 vì trong Fe3O4 có số oxh trung bình là +8/3) - Lại có: n N/HNO3 = 0, 2 (mol) = n NO + 3n Fe(NO3 )3 = 0, 02 + 0, 06.3 → A không chứa N → Fe(NO3)2 - Nếu A là FeO 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O 0,06 0,2 0,06 0,02 0,1 - Bảo toàn khối lượng: mA= 0,06.72 +0,2.63 - 0,02.30 - 18. 0,1 =14,52 gam (thỏa mãn) - Nếu là Fe(OH)2: Fe(OH)2+ HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O 0,06 0,2 0,06 0,02 0,16 Theo bảo toàn H => nH2O = 0,16 Theo bảo toàn khối lượng ta có: 5 m muối= 0,06.90+ 0,2.63-0,02.30-0,16.18=14,52gam (thỏa mãn) Vậy A là FeO hoặc Fe(OH)2. Theo đề bài suy ra ở thí nghiệm 1 Al2(SO4)3 dư còn ở thí nghiệm 2. Mặt khác mkết tủa (1): mkết tủa (2) ≠ 3/5 => TN 2: Al2(SO4)3 hết. Gọi nồng độ Al2(SO4)3 và Ba(OH)2 lần lượt là x, y Ta có: Thí nghiệm 1 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  → 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ (1) 0,3y 0,2y 0,3y (mol) Loại m↓ = 0,2y. 78 + 0,3y. 233 = 8,55 → y = 0,1 → CM (Ba(OH)2) = 0,1M Ta có: Thí nghiệm 2 Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  → 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ (2) 0,2x 0,6x 0,4x 0,6x (mol) Sau phản ứng 2 thì nBa (OH )2 du = 0,05 – 0,6x Xảy ra tiếp phản ứng: 2Al(OH)3 + Ba(OH)2  → Ba(AlO2)2 + 4H2O (3) TH1: Nếu Al(OH)3 dư: n Al ( OH )3 du = 0,4x – 2.(0,05-0,6x) = 1,6x -0,1 mol m↓ = (1,6x – 0,1).78 + 0,6x.233 = 12,045 → x = 0,075 → CM (Al2(SO4)3) =0,075M TH2: Nếu Al(OH)3 tan hết theo phản ứng 3 khi đó ta có: 0, 4x ≤ 2 ( 0, 05 − 0, 6x ) (loại)  0, 6 x.233 = 12, 045 6 Các phản ứng có thể xảy ra: SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O SO2 + NaOH → NaHSO3 * Nếu chất rắn là Na2SO3 thì khối lượng là: 0,35 . 126 = 44,1g * Nếu chất rắn là NaHSO3 thì khối lượng là: 0,7. 104 = 72,8g Chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch là 41,8g < (44,1 ; 72,8) → chất rắn thu được gồm Na2SO3 và NaOH dư - Đặt số mol của Na2SO3 là x → số mol NaOH dư là 0,7-2.x Ta có: 126.x + (0,7-2x).40 = 41,8 → x = 0,3 mol = nSO2 Ptpư: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2n H2O => nR = 0,6/n→ MR =56/n → n=3, R =56 (Fe). Khi cho Fe tác dụng với dung dịch HCl có phản ứng: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ 0,15 0,15 → 0,3 => Dung dịch A sau phản ứng có: 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl dư - Khi cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch A có các phản ứng: AgNO3 + FeCl2 → 2AgCl↓ + Fe(NO3)2 AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 3Fe(NO3)2 + 4HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Fe(NO3)2 + AgNO3→ Fe(NO3)3 + Ag↓ Từ (1,2) => nAgCl = nHCl + 2nFeCl2 = 0,1 + 0,15.2 = 0,4 mol Phản ứng (3) xảy ra sau đó đến (4) Từ (3) => n Fe(NO3)2 (ở 3) = 0,75.nHNO3 = 0,75.0,1=0,075 mol => n Fe(NO3)2 (ở 4) = nAg = 0,15 -0,075 =0,075 mol => Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng m↓ = mAgCl + mAg = 0,4.143,5 + 0,075.108 = 65,5 (g). (1) (2) (3) (4) 7 Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl2, NaBr, KI. PTHH của các phản ứng: MgCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Mg(NO3)2 (1) NaBr + AgNO3 → AgBr↓ + NaNO3 KI + AgNO3 → AgI↓ + KNO3 (2) (3) D tác dụng với Fe → D có AgNO3 dư Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (4) F tác dụng với HCl tạo H2 → F có Fe dư Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + 2NaNO3 Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaNO3 2Fe(OH)2 + 1/2O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ o t 2Fe(OH)3↓  → Fe2O3 + 3H2O (5) (6) (7) (8) (9) o t Mg(OH)2  → MgO + H2O (10) nFe = 0,04 (mol) Theo (5) n Fe d− = n H2 = 0,448 = 0,02 (mol) ; n AgNO3 (4) = 0,02.2 = 0,04 (mol) 22,4 → nFe pư = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol) Theo (1), (2), (3) → n AgNO3 = 0,7.0,2 – 0,04 = 2a+b+c = 0,1 (I) Từ (6), (7), (8), (9), (10) → mrắn = m Fe2O3 + m MgO = 160.0,01+ 40a = 2,4 → a = 0,02 ( II) mA = 95.0,02 + 103b + 166c = 9,34 (gam) → 103b + 166c = 7,44 (III) 2a + b + c = 0,1 a = 0,02   Từ (I), (II), (III) ta có hệ: a = 0,02 ⇔ b = 0,04 103b + 166c = 7,44 c = 0,02   Vậy khối lượng kết tủa B là: mB = mAgCl + mAgBr+ mAgI = 143,5.0,04+188.0,04+235.0,02 = 17,96 gam 8 1. Đặt CTPT X là CxHy. n CO2 = 26,4 7,8 = 0,6 (mol); MX = 39.2 = 78 (đvC) → n X = = 0,1 (mol) 44 78 CxHy + (x + 0,1 →x= y y )O2 → xCO2 + H2O 4 2 0,6 (mol) 0, 6 = 6 → y = 78 – 6.12 = 6 → CTPT X: C6H6 0,1 X kh«ng lµm mÊt mµu dung dÞch brom → X là benzen → CTCT X:  X cã CTPT lµ C 6 H 6 2.a. Đặt số mol C2H6, C2H4 và C2H2 trong 4,48 lít hỗn hợp Y lần lượt là x, y, z → x+y+z= 4, 48 = 0, 2 (mol) 22, 4 (1) Phương trình cháy: C2H6 + x 7 O2 → 2CO2 + 3H2O 2 → 2x → 3x (mol) C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O → 2y y C2H2 + z → 2y (mol) 5 O2 → 2CO2 + H2O 2 → 2z → z (mol) → n CO2 = 2x + 2y + 2z = 2.0,2 = 0,4 (mol) Đặt số mol H2O là a (mol) CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O → 0,2 Khối lượng dung dịch giảm: 0,2 (mol) mgiảm = m BaCO3 - (m CO2 + m H2 O ) → 0,4.197 – (0,2.44 + 18a) = 53,1 → a = 0,45 → 3x + 2y + z = 0,45 (2) Đặt số mol C2H6, C2H4 và C2H2 trong 2,85 gam hỗn hợp X lần lượt là kx, ky, kz → 30kx + 28ky + 26kz = 2,85 CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br CH ≡ CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2 Khối lượng bình brom tăng là khối lượng của C2H4 và C2H2 phản ứng → 28ky + 26kz = 1,35 → 30kx = 1,5 → 28ky + 26kz 1,35 = ⇔ 21y + 19,5z = 20,25x (3) 30kx 1,5 Giải hệ phương trình (1), (2), (3) được: x = 0,1; y = 0,05; z = 0,05 0,1.100% = 50%; 0, 2 0, 05.100% = % VC2 H 2 = = 25%. 0, 2 → % VC2 H6 = % VC2 H 4 2.b. 5,6 lít X có n C2 H2 = 0, 05.5, 6 = 0, 0625 (mol) 4, 48 C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 0,0625 0,0625 (mol) → m = 0,0625.240 = 15 (gam)