Đề thi HSG 2008 Vĩnh Phúc

Cho sản phẩm rắn này phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 đun nóng thu được 2,24 lít khí NO đktc duy nhất.. Thêm vào bình A một lượng dư một muối natri, đun nhẹ thu được 0,896 lít khí k

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2008-2009

Đề thi môn: HÓA HỌC

Dành cho HS các trường không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Bài 1 : Cho hỗn hợp A gồm các oxit FeO, Fe2O3, Fe3O4 với số mol bằng nhau Lấy m1 g A cho

Ba(OH)2 dư thu được m2 g kết tủa, trong bình còn lại sản phẩm rắn gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3

có khối lượng 19,2g Cho sản phẩm rắn này phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 đun nóng thu được 2,24 lít khí NO (đktc) duy nhất

1 Viết phương trình phản ứng xảy ra

2 Tính m1, m2 và số mol HNO3 đã tham gia phản ứng

Bài 2: Cho 7,02g hỗn hợp gồm Al, Fe, Cu vào dung dịch HCl dư (đựng trong bình A) Thấy

còn lại phần chất rắn B và phần khí Cho toàn bộ phần khí qua ống khí đựng CuO đun nóng, thấy khối lượng của ống đựng CuO giảm 2,72g Thêm vào bình A một lượng dư một muối natri, đun nhẹ thu được 0,896 lít khí không màu, hóa nâu trong không khí

1.Viết phương trình phản ứng phân tử và ion thu gọn Xác định muối natri đã dùng

2.Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu

3.Tính khối lượng muối natri tối thiểu phải dùng để hoà tan hết chất rắn B trong bình A (Chú ý: Trong bình A gồm cả phần rắn và phần dung dịch)

Bài 3 : Hiđrocacbon có công thức (CH)n, cho biết 1 mol A phản ứng vừa đủ với 4 mol H2 hoặc với 1 mol Br2 trong dung dịch brom

Xác định công thức cấu tạo của A Biết A là hợp chất có trong chương trình phổ thông

Bài 4: Cho 19,2g kim loại M tác dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư Thu toàn

bộ khí SO2 tác dụng với 1 lít dung dịch NaOH 0,7M Sản phẩm thu được đem cô cạn thu được 41,8g chất rắn

Xác định kim loại M

Bài 5: Khử hoàn toàn 3,48g một oxit kim loại cần dùng 1,344lít khí H2 (đktc), cho toàn bộ lượng kim loại thu được phản ứng hết với dung dịch HCl dư lại thu được 1,008lit H2 (đktc) Xác định công thức của oxit kim loại

Bài 6:

1 Cho a gam Fe hòa tan trong dung dịch HCl, sau khi cô cạn được 3,1g chất rắn Nếu cho a gam Fe và b gam Mg cũng vào dung dịch HCl như trên thì thu được 3,34g chất rắn và 448ml khí H2 (đktc) Xác định khối lượng a và b

2 Viết các phương trình phản ứng sau:

a) sục H2S vào dung dịch FeCl3

b) cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch Na2CO3

Bài 7: Hỗn hợp khí A (đktc) gồm 2 olefin Để đốt cháy hết 7 thể tích A cần 31 thể tích O2.

1 Xác định công thức phân tử của 2 olefin, biết rằng olefin chứa nhiều cacbon hơn chiếm khoảng 40- 50% thể tích của A

2 Tính phần trăm khối lượng của các olefin trong A

3 Trộn 4,704 lít A với V lít H2 rồi đun nóng với bột Ni xúc tác Hỗn hợp khí thu được sau phản ứng đi từ từ qua dung dịch nước brom thấy nước brom nhạt màu và khối lượng bình tăng thêm 2,8933g Tính thể tích H2 đã dùng và tính khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp ankan thu được Biết các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn, các phản ứng xảy ra hoàn toàn và hiệu suất phản ứng của 2 olefin là như nhau

HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN HÓA HỌC LỚP 11 THPT KHÔNG CHUYÊN

Bài 1

(2đ)

1 Các phương trình phản ứng xảy ra:

3Fe2O3 + CO →t0 2Fe3O4 + CO2 (1)

Fe3O4 + CO →t0 3FeO + CO2 (2)

FeO + CO →t0 Fe + CO2 (3)

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (4)

Fe2O3 + 6HNO3 →t0 2Fe(NO3)3 + 3H2O (5)

3Fe3O4 + 28HNO3 →t0 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6) 3FeO + 10HNO3 →t0 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (7)

Fe + 4HNO3 →t0 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (8)

2 Tính m 1 , m 2 và số mol HNO 3 đã tham gia phản ứng. Gọi x là số mol Fe2O3 ban đầu ⇒số mol FeO, Fe3O4 cũng là x (mol) Sau các phản ứng: Fe → Fe3+ nên ta có sơ đồ cho - nhận electron:

e 1 Fe Fe 3 e 1 Fe Fe 3 3 8 3 2 + → + → + + + + C+2 → C+4 + 2e N+5 + 3e → N+2    = = ⇒ + = − = ⇔ =∑ ∑ ) mol ( 045 , 0 x ) g ( 685 , 20 m 197 m 16 2 , 19 x 464 197 m 2 4 , 22 24 , 2 3 x 2 ) nhan ( n ) cho ( n 2 2 2 e e →m1 = 464x = 20,88 (g) Vậy m1 = 20,88(g) Tính nHNO3( pu ) =nNO +3(x+2x+3x)=0,91 (mol) 1đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài 2 (2đ) 1 A + muối natri → khí không màu hóa nâu trong không khí ⇒đó là khí NO ⇒muối natri là muối NaNO3 Các phương trình phản ứng: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 ↑ (1)

2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2 ↑

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (2)

Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 ↑

0,25đ

H2 + CuO → Cu + H2O (3)

3Cu + 8HCl + 2NaNO3 → 3CuCl2 + 2NaCl + 2NO + 4H2O (4)

3Cu + 8H+ + 2NO−3 → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O

3FeCl2 + 4HCl + NaNO3 → 3FeCl3 + NaCl + NO + 2H2O (5)

3Fe2+ + 4H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2H2O

2NO + O2 → 2NO2 (6)

2 Gọi x, y, z lần lượt là số mol Al, Fe, Cu trong hỗn hợp ta có:

27x + 56y + 64z = 7,02 (*)

(3) ⇒khối lượng ống CuO giảm chính là khối lượng oxi

(1), (2)

(**) 34 , 0 17 , 0 2 y 2 x 3

mol 17 , 0 16

72 , 2 n

n

2

O

=

= +

⇒

=

=

=

⇒

4 , 22

896 , 0

(4), (5) ⇒ y + 2z = 0,04.3 = 0,12 (***)

Từ (*), (**), (***) ta được: x = 0,1 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0.05 (mol)

% 59 , 45 Cu

%

% 95 , 15

% 100 02 , 7

56 02 , 0 Fe

%

% 46 , 38

% 100 02 , 7

27 1 , 0 Al

%

=

=

=

=

=

⇒

3 Theo (4) → số mol NaNO3 cần dùng = 0,05.2/3 = 0,1/3 (mol)

→ Khối lượng NaNO3 cần dùng = 85.0,1/3 = 2,833 (g)

0,75đ

0,25đ

0,5đ

0,25đ Bài 3

(1đ)

1mol A + 1mol dung dịch Br2 → A có 1 liên kết π kém bền (dạng anken)

1mol A + 4mol H2 → A có 4 liên kết π, hoặc vòng kém bền

⇒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

→ 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: (stiren)

0,5đ

0,25đ 0,25đ

Bài 4

(1,5đ)

Phương trình phản ứng:

2M + 2nH2SO4(đ) →t0 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O (1)

SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (2)

SO2 + Na2SO3 + H2O → 2NáHO3 (3)

Theo bài ra ta có: nNaOH = 1.0,7 = 0,7 (mol)

Từ (2), (3) suy ra nếu càng nhiều SO2 thì khối lượng chất rắn khan càng lớn

Giả sử SO2 vừa đủ để phản ứng với NaOH theo (2)

→ sản phẩm rắn có 0,35mol Na2SO3 có khối lượng là:

0,35.126 = 44,1g > 41,8g

→ NaOH phải dư vì thực tế khối lượng chất rắn thu được nhỏ hơn trường hợp

vừa xét

Gọi x là số mol SO2

Từ (2) suy ra trong chất rắn có x mol Na2SO3 và (0,7-2x) mol NaOH dư

⇒126x + (0,7-2x).40 = 41,8

⇒ x = 0,3 (mol)

Từ (1) ⇒19,2n/M = 2.0,3 ⇒M = 32n

Với n là hóa trị của kim loại M ta có:

Chỉ có n = 2 và M =64 (Cu) là thoả mãn điều kiện

Vậy M là Cu (đồng)

0,5đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Bài 5

(1đ)

Gọi công thức của oxit cần tìm là MxOy

Phương trình phản ứng:

MxOy + yH2 → xM + yH2O (1)

06 , 0 4 , 22

344 , 1 n

2

Theo định luật bảo toàn khối lươợng ta có:

mkim loại = 3,48 + 0,06.2 – 0,06.18 = 2,52g

Khi M phản ứng với HCl

2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 (2)

045 , 0 4 , 22

008 , 1 n

2

M

52 , 2

=

⇒

→ M = 28n

Với n là hóa trị của kim loại M:

Chỉ có n = 2 với M = 56 (Fe) là thỏa mãn

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Theo (1): xy nn 00,,04506 43

2

H

=

Bài 6

(1đ)

1 Các phương trình phản ứng có thể xảy ra:

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

4 , 22

448 , 0 n

2

Giả sử khi chỉ có a (g) Fe tác dụng với HCl khi đó HCl dư

127

1 , 3 n

2

FeCl = =

mol 0244 , 0 n

2

H =

⇒

Phần (2) khi thêm Mg vào, thu được số mol H2 là 0,02mol

→ vô lí vậy trong cả 2 phần kim loại đều phải dư, axit hết

nHCl = 0,04mol

→ 3,1 = a + 0,04.35,5

→ a = 1,68g

Khi thêm Mg: 3,34 = a + b + 0,04.35,5→ b = 0,24g

2 Phương trình:

a) H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl

b) 2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 6NaCl + 3CO2

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ Bài 7

(1,5đ)

1 Gọi công thức chung của 2 olefin là CnH2n

Phương trình:

O nH nCO

O 2

n 3 H

7 31

Trong cùng điều kiện, tỉ lệ về thể tích cũng là tỉ lệ mol

95 , 2 n 7

31 2

n 3

=

⇒

=

⇒

Olefin phải có số nguyên tử cacbon ≥ 2

→ Hỗn hợp phải có C2H4

Gọi công thức của olefin còn lại là CmH2m (m > 2,95), có y (mol)

Giả sử có 1mol hỗn hợp → 0,4 ≤ y ≤ 0,5 (*)

n = 2,95 = 2(1 - y) + my

2 m

95 , 0 y

−

=

Lắp giá trị vào (*): → 3,9 ≤ m ≤ 4,375, m là số nguyên

0,25đ

0,25đ

→ m = 4 hay olefin còn lại là C4H8

Vậy công thức của 2 olefin trong A là C2H4 và C4H8

2 Thay giá trị của m vào (**) ta được y = 0,475 (mol)

→ trong 1 mol A có 0,525 mol C2H4 và 0,475 mol C4H8

% 41 , 64 H

C

%

% 59 , 35

% 100 56 475 , 0 28 525 , 0

28 525 , 0 H

C

%

8 4

4 2

=

= +

=

3 Phương trình:

CnH2n + H2  →Nit0 CnH2n+2

CnH2n + Br2 →CnH2nBr2

Dung dịch nước Br2 nhạt màu → H2 hết, olefin dư

Khi cho qua dung dịch Br2, olefin bị giữ lại hết còn Br2 dư

Khối lượng bình tăng là khối lượng olefin chưa phản ứng với H2:

21 , 0 4 , 22

704 , 4

95 , 2 14

8933 ,

→ Thể tích H2 đã dùng là: 0,14.22,4 = 3,136 lit

Vì 2 olefin có hiệu suất phản ứng như nhau, nên trong ankan thì n = 2,95 là

không đổi

→ Mankan = 14.2,95 + 2 = 43,3

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Chú ý: khi chấm nều HS giải theo các phương pháp khác, nếu đúng vẫn cho đủ số điểm.