Đề khảo sát học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Bình Xuyên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Bình Xuyên (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT BÌNH XUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: Hóa học. Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (1,75 điểm). 1. Chỉ được dùng thêm H 2O và CO2 hãy phân biệt 5 chất bột màu trắng đựng trong các lọ riêng rẽ: NaCl; Na2CO3; Na2SO4; BaCO3; BaSO4. 2. Chất khí A được tạo bởi nguyên tố R và hidro có công thức RH 4, trong đó R chiếm 87,5% khối lượng. Đốt cháy A trong oxi dư thu được chất rắn B. Cho B tác dụng lần lượt với: axit HF; NaOH (đặc, nóng) và Na2CO3 (đặc, nóng). Hãy xác định A, B và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Câu II. (2,0 điểm). 1. Nung nóng hỗn hợp gồm: CuO, Fe2O3, CaO và C dư ở nhiệt độ cao (trong chân không) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp chất rắn X và khí Y. Cho hỗn hợp chất rắn X vào nước dư thu được chất rắn Z, dung dịch G và khí H. Hòa tan Z bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 2. Chất A có công thức (CH)n. Biết 1 mol A có thể phản với ứng tối đa với 4 mol H2 hoặc với 1 mol Br2 trong dung dịch. Xác định công thức cấu tạo của A. Biết A là hợp chất có trong chương trình THCS Câu III. (1,0 điểm). Có một hỗn hợp gồm Cu, Cu(OH) 2 và CuCO3 (trong đó số mol của 2 hợp chất bằng nhau) được chia làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 hòa tan trong 100ml dung dịch H 2SO4 loãng, nồng độ 20% (d = 1,14g/ml) được lấy dư, khi đó thấy thoát ra 0,896 lít khí CO 2 (đktc). Nung nóng phần thứ 2 trong không khí, sau khi phản ứng xong, để nguội đem sản phẩm thu được thực hiện thí nghiệm như phần 1. Cả 2 dung dịch thu được sau thí o nghiệm đem làm lạnh đến nhiệt độ t1 C. Khi đó từ dung dịch thứ 2 tách ra 9,75 gam CuSO4.5H2O. a) Tính số gam tinh thể CuSO4.5H2O tách ra từ thí nghiệm ở phần thứ 1. o b) Tính số gam Cu có trong hỗn hợp ban đầu. Cho biết t 1 C, độ tan của CuSO 4 là 12,9 gam trong 100 gam nước. Câu IV. (1,25 điểm). Hỗn hợp khí A gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Dẫn m gam hỗn hợp A đi qua bột Ni nung nóng thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn B cần dùng vừa đủ V lít O2, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong dư, thấy khối lượng dung dịch giảm 21,45 gam so với dung dịch ban đầu. Nếu dẫn B vào dung dịch Br2 dư thì thấy có 24g Br2tham gia phản ứng. Mặt khác: 11,2 lít A làm mất màu tối đa 800ml dung dịch Br2 0,5M. Biết tất cả các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đo ở đktc. 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra và tính m, V? 2. Tính tỉ khối của B so với khí metan Câu V.(1,0 điểm). Xà phòng hóa hoàn toàn 0,1 mol este no đơn chức bằng 28 gam dung dịch MOH 20% (M là kim loại kiềm) rồi tiến hành chưng cất sản phẩm, thu được 27 gam chất lỏng X và 9,8 gam chất rắn khan Y. Đốt cháy hoàn toàn chất rắn Y thu được V lít CO 2 (đktc), H2O và 7,42 gam một muối duy nhất. Tìm công thức của este và tính giá trị V. Câu VI. (2,0 điểm). Cho 5,15 gam hỗn hợp bột A gồm Zn và Cu vào 140 ml dung dịch AgNO 3 1M. Sau khi phản ứng xong, được 15,76 gam hỗn hợp hai kim loại và dung dịch B. Chia dung dịch B thành hai phần bằng nhau. Thêm một lượng dư dd KOH vào phần thứ nhất, được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, nung đến khối lượng không đổi, được m gam chất rắn. 1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra và tính giá trị của m. 2. Cho bột Zn tới dư vào phần thứ hai của dung dịch B, thu được dung dịch D. Cho từ từ V ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch D, được 2,97 gam kết tủa. Tính giá trị của V. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu VII. (1,0 điểm) Hòa tan hết 3,79 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn (tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 5) vào dung dịch chứa 0,394 mol HNO3, thu được dung dịch Y và V ml khí N 2 (đktc). Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 3,88 lít dung dịch NaOH 0,125M để thu được dung dịch trong suốt. Tính V. (Học sinh được phép sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học) Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC (Hướng dẫn gồm 04 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1. (1 điểm) I Chia các chất cần nhận biết thành nhiều phần . (1,75điểm) - Đem hoà tan các chất vào nước, nhận ra 2 nhóm: Nhóm 1: NaCl, Na2CO3, Na2SO4 (tan) Nhóm 2: BaCO3, BaSO4 (Không tan) 0,25 - Sục khí CO2 vào 2 lọ ở nhóm 2 vừa thu được ở trên. Lọ kết tủa bị tan là BaCO3, lọ không có hiện tượng là BaSO4 0,25 BaCO3 + CO2 + H2O  Ba(HCO3)2 - Lấy dung dịch Ba(HCO3)2 vừa thu được ở trên cho vào 3 lọ ở nhóm 1 Lọ không có hiện tượng gì là NaCl. Hai lọ cho kết tủa là Na2CO3, Na2SO4 Na CO + Ba(HCO ) 2 3 3 2  BaCO3  2NaHCO3 Na SO + Ba(HCO ) 2 4 3 2  BaSO4  2NaHCO3 0,25 - Phân biệt hai kết tủa BaCO3 và BaSO4 như trên 0,25 2. ( 0,75 điểm) Tìm A : R Ta có: . 100% = 87,5% → R= 28 R 4 R là Si , hợp chất A là SiH4 0,25 Tìm B : SiH4 + 2O2→ SiO2 + 2H2O. Chất rắn B là SiO2 Phương trình phản ứng xảy ra: 0,25 SiO2 + 4HF → SiF4 + 2H2O. t 0 SiO2 + 2NaOH (đặc)  Na2SiO3+ H2O. t 0 0,25 SiO2 + Na2CO3 (đặc)  Na2SiO3+ CO2. II 1. ( 1 điểm) (2điểm) Nung hỗn hợp: CuO, Fe2O3, CaO và C dư ở nhiệt độ cao: 0 CuO + Ct Cu + CO t 0 Fe2O3 + 3C 2Fe + 3CO t 0 CaO + 3C CaC2 + CO 0,25 t 0 3Fe + C  Fe3C Hòa tan hỗn hợp chất rắn (X) vào nước dư. t 0 CaC2 + 2H2O  Ca(OH)2 + C2H2 . Hòa tan hỗn hợp Z bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư. 0 Cu + 2H SO t CuSO +SO + 2H O 2 4 đặc 4 2 2 0,25 t 0 C + 2H2SO4 đặc  CO2 +2SO2 + 2H2O t 0 2Fe + 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O t 0 2Fe3C + 22H2SO4 đặc  3Fe2(SO4)3 + 13SO2 + 2CO2 + 22H2O 2. ( 1 điểm) 1mol A + 1mol dung dịch Br2 → A có 1 liên kết π kém bền hoặc vòng kém bền. 1mol A + 4mol H2 → A có 4 liên kết π, hoặc vòng kém bền
3. A có 3 liên kết π, hoặc vòng bền với dung dịch Br2 A là hợp chất có trong chương trình phổ thông → A có cấu trúc vòng benzen 0,25 → A có 4 liên kết π và một vòng → công thức của A có dạng CnH2n-8 Theo bài ra: A có dạng CnHn n = 2n – 8 → n = 8 → công thức phân tử của A : C8H8 Công thức cấu tạo của A: -CH=CH 2 0,25 III a) Viết đúng 2 PT ở TN1 và 4 PT ở TN2 0,25 (1 điểm) 0,896 0,25 Có n = = 0,04 mol = n = n CO2 22,4 CuCO3 Cu (OH )2 m = 100.1,4 = 114 gam ddH2 SO4 m(ddsp/ư) = 0,04.124 + 0,04.98 + 114 – 0,04.44=121,12 gam m = (0,04+0,04).160 = 12,8 gam CuSO4 0 Ở t1 C Gọi số mol CuSO4. 5H2O tách ra là a (mol) 0,25 m(CuSO4. 5H2O tách ra) = 250a (gam) m(CuSO4 tách ra) = 160a (gam) m(H2O tách ra) = 90a (gam) Tổng khối lượng H2O là: 114.80% +(0,04.2+0,04).18=93,36 gam 0 Ở t1 C 100 gam H2O hòa tan 12,9 gam CuSO4. Vậy (93,36 – 90a)gam H2O hòa tan (12,8 – 160a) gam CuSO4. => a=0.005  m(CuSO4. 5H2O tách ra) = 250. 0,005 =1,25 (gam) b) Gọi số mol Cu là x (mol) 0,25 => Tổng m(H2O TH2) = 114.80% + (x + 0,04 + 0,04)18 = (x + 0,08).18 + 91,2 m (CuSO4) = (x+0,08)160 gam 0 Theo đề bài, ở t1 C tách ra 9,75 gam CuSO4. 5H2O tức là có 6,24 gam CuSO4 và 3,51 gam H2O Do đó: 100 gam H2O hòa tan 12,9 gam CuSO4. (x + 0,08).18 + 91,2 – 3,51g H2O hòa tan (x + 0,08).160 – 6,24g CuSO4  x = 0,0313 mol  mCu= 0.0313.64 = 2 gam IV Nhận xét: 2mol C3H6  1 mol C2H2 + 1mol C4H10 (1 điểm) Xét TN1: Quy đổi: A gồm C2H2 , C4H10, H2 Gọi số mol của C2H2 , C4H10, H2 lần lượt là: x, y, z mol trong m gam A Khi A p/ư hoàn toàn B, mà B tác dụng với dd Br2 H2 p/ư hết Ni C2H2 + H2  C2H4 (1) Ni C2H2 + 2H2  C2H6 (2) C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 (3) 0,25 Xét cả quá trình (1 3) n .2 = n +n C 2 H 2 H2 Br2 2x = z + 0,15 (*) Khi đốt B cũng như đốt A ( Do C, H được bảo toàn) C2H2 + 5/2 O2  2CO2 + H2O (4) x 2,5x 2x x (mol) C4H10 + 13/2 O2  4CO2 + 5 H2O (5) y 6,5y 4y 5y (mol) 2H2 + O2  2H2O (6)
4. z 0,5z z (mol) CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O (7) (2x + 4y) (2x + 4y) (mol) Theo (4 7) n n = 2x + 4y CaCO3 CO2 Khối lượng dd giảm: m = m - m - m dd giảm kết tủa CO2 H 2 O = 100 (2x + 4y) - 44 (2x + 4y) - (x + 5y + z).18 21,45 = 94x + 134y -18z ( ) Xét TN2: 0,25 Gọi số mol của C2H2 , C4H10, H2 lần lượt là: kx, ky, kz mol trong 0,5 mol A P/ư: C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 kx 2kx mol Theo đề có x y z 0,5 kx + ky + kz = 0,5 - 0,6x + 0,4y + 0,4z = 0 ( ) 2kx = 0,4 2x 0,4 Từ *, , có hệ phương trình: 2x - z = 0,15 x = 0,15 94x + 134y -18z = 21,45 y = 0,075 0,25 - 0,6x + 0,4y + 0,4z = 0 z = 0,15 m A = 0,15.26 + 0,075.58 + 0,015.2 = 8,55 gam  n = 0,9375 mol O2  V(O2) = 0,9375. 22,4 = 21 lít Theo ĐLBTKL: mA = mB = 8,55 gam n = n – n = n + n + n - n B A H2 C2 H 2 C4 H10 H2 H2 = n + n = 0,15 + 0,075 = 0,225 C2 H 2 C4 H10 8,55: 0,225  d B /CH = = 2,36 4 16 0,25 V 1. Gọi công thức của este là: CnH2n+1COOCmH2m+1 0,25 (1điểm) CnH2n+1COOCmH2m+1 + MOH CnH2n+1COOM + CmH2m+1 OH 0,1 0,1 0,1 0,1 (mol) Có: mMOH = 28.20% = 5,6gam Chất lỏng gồm: CmH2m+1 OH (0,1 mol) và H2O (22,4 gam)  m(CmH2m+1 OH ) = 27 -22,4 = 4,6 gam  M(CmH2m+1 OH ) = 46 gam/ mol  Ancol là: C2H5OH 2MOH M2CO3 0,25 2x x mol Khối lượng tăng = 26x = 7,42 – 5,6 = 1,82  x = 0,07 7,42 Mà: 2M + 60 = = 106 => M = 23 (Na) 0,07 Có : Chất rắn khan Y gồm 0,25 CnH2n+1COONa (0,1 mol) và NaOH dư (0,14 – 0,1) = 0,04 mol)
5.  m( CnH2n+1COONa ) = 9,8 – 0,04.40 =8,2 gam 8,2 M(CnH2n+1COONa) = = 82 gam/ mol 0,1  n =1. Công thức este là: CH3COOC2H5 Theo bảo toàn nguyên tố C: 0,25 n = 0,1.2 = n + n C CO2 Na2 CO3  n = 0,2 – 0,07 = 0,13 mol CO2  V = 0,13. 22,4 = 2,192 lít CO2 1) Vì mức độ hoạt động Zn > Cu > Ag nên chắc chắn 2 Kim loại sau p/ư với AgNO3 là Zn, Cu Zn, Ag NO3 đều hết. VI 15,76 0,14.108 Tính nAgNO = 0,14 mol => nCu sau p/ư = = 0,1 mol (2điểm) 3 64 Gọi số mol của Zn, Cu phản ứng lần lượt là: x, y mol Các PT phản ứng xảy ra: Zn + 2 AgNO3  Zn(NO3)2 + 2Ag x 2x x 2x (mol) Cu + 2 AgNO  Cu(NO ) + 2Ag 3 3 2 0,5 y 2y y 2y (mol) Vì ½ B + KOH dư thu được kết tủa nên => B gồm: Cu(NO3)2 và Zn(NO3)2 Zn(NO3)2 + 2KOH  Zn(OH)2  + 2KNO3 0,5x 0,5 x (mol) Cu(NO3)2 + 2KOH  Cu(OH)2  + 2KNO3 0,5 y 0,5y (mol) Zn(OH)2  + 2KOH  K2ZnO2 + 2 H2O to Cu(OH)2  CuO + H2O 0,5y 0,5y mol Theo đề ta có: 0,5 65x + 64y = 5,15 – 0,1.6,4 = 4,51 x = 0,03 2x + 2y = 0,14 y = 0,04  mCuO = m = 0,5.0,04 .80 = 1,6 gam 2) Cho Zn dư vào ½ B thì toàn bộ Cu(NO3)2 chuyển thành muối Zn(NO3)2 Zn + Cu(NO3)2  Zn(NO3)2 + Cu 0.02 0,02 mol Vậy C chỉ có Zn(NO3)2 : n = 0,02 + 0,015 = 0,035 mol Zn(NO3 )2 0,25 2,97 n = = 0,03 mol < nZn = 0,035 mol Zn(OH )2 99  Có 2 trường hợp xảy ra: TH1: Nếu NaOH thiếu 2NaOH + Zn(NO3)2  Zn(OH)2  + 2 H2O 0,25 0,06 0,3 mol 0,06  V = = 0,03 lít 2 TH2: Nếu NaOH dư, làm tan 1 phần kết tủa 2NaOH + Zn(NO3)2  Zn(OH)2  + 2 H2O 0,25 0,07  0,035 0,035 mol 2NaOH + Zn(OH)2  Na2ZnO2 + 2 H2O 0,01  (0,035- 0,03) mol 0,25 0,07 0,01  V = = 0,04 lit 2
6. VII Số mol Al = 0,02 mol; Số mol Zn = 0,05 mol. (1điểm) Ta có sơ đồ phản ứng: Al(NO3 )3 NaNO3 Al Zn(NO3 )2 +HNO3 +NaOH NaAlO : 0,02 mol 0,25 -N2 : a mol -NH3: b mol 2 Zn NH4 NO3 Na ZnO : 0,05 mol 2 2 HNO3 n = 0,394 mol; n = 0,485 mol. 0,25 HNO3 NaOH Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, được: n = 0,485 – 0,02 – 2.0,05 = 0,365 mol NaNO3 Al Al3+ + 3e 0,02 0,06 2+ Zn Zn + 2e 0,25 0,05 0,1 +5 2N + 10e N2 2a 10a a N+5 + 8e N-3 b 8b b Áp dụng bảo toàn nguyên tố N, được: 0,394 = 2a + b + 0,365 (I) Áp dụng bảo toàn electron, được: 0,06 + 0,1 = 10a + 8b (II) Giải hệ (I,II) ta được: a = 0,012; b = 0,005. → V = 0,2688 (lít) = 268,8 ml. 0,25