Hướng dẫn chung - Đối với phương trình phản ứng hóa học nào mà cân bằng hệ số sai hoặc thiếu cân bằng không ảnh hưởng đến giải toán hoặc thiếu điều kiện thì trừ đi nữa số điểm giành cho
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - THCS
ĐẮK LẮK MÔN: HOÁ HỌC
Ngày thi: 22/3/2011
(Thời gian làm bài: 150 phút )
I Hướng dẫn chung
- Đối với phương trình phản ứng hóa học nào mà cân bằng hệ số sai hoặc thiếu cân bằng ( không ảnh hưởng đến giải toán) hoặc thiếu điều kiện thì trừ đi nữa số điểm giành cho nó Trong một phương trình phản ứng hóa học, nếu có từ một công thức trở lên viết sai thì phương trình đó không được tính điểm
- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm như hướng dẫn quy định ( đối với từng phần)
- Giải các bài toán bằng các phương pháp khác nhau nhưng nếu tính đúng, lập luận chặt chẽ và dẫn đến kết quả đúng vẫn được tính theo biểu điểm Trong khi tính toán nếu nhầm lẫn một câu hỏi nào đó dẫn đến kết quả sai nhưng phương pháp giải đúng thì trừ đi nữa số điểm dành cho phần hoặc câu đó Nếu tiếp tục dùng kết quả sai để giải các vấn đề tiếp theo thì không tính điểm cho các phần sau
- Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong tổ chấm thi
II Đáp án và thang điểm
Câu 1:(4 điểm) 1 1.5 điểm 2 2.5 điểm
1. a Đặt CTTQ của X : CxHyClz %H = 100 - (38,4 + 56,8) = 4,8 %
Ta có tỷ lệ x : y : z = :3556,,58
1
8 , 4 : 12
4 , 38
= 3,2 : 4,8 : 1,6 = 2 : 3 : 1
Vì X là polyme nên công thức phân tử X: (C2H3Cl)n
CTCT X: (-CH2 - CH- )n Polyvinyl clorua (PVC)
Cl
0,75đ
b Trong thực tế X dùng làm da nhân tạo, dép nhựa, ống nhựa dẫn nước, dụng cụ
thí nghiệm
2CH4 CH CH + 3H2
CH CH + HCl CH2 = CH-Cl
nCH2 = CH-Cl (-CH2 - CH- )n
Cl (PVC)
0,75đ
⇒
1500 0 C LLN
t 0 C, xt p
HgCl 2 , 150-200 0 c 1:1
Trang 22 a) Các dung dịch có thể là:
Trường hợp 1: H2SO4 ( axit sunfuric), MgSO4 ( magie sunfat),
Na2CO3 ( natri cacbonat), BaCl2 ( bari clorua)
Trường hợp 2: H2SO4 ( axit sunfuric), MgCl2 ( magie clorua),
Na2CO3 ( natri cacbonat), BaCl2 ( bari clorua)
b) Nhận biết
Trường hợp 1:
Lấy ở mỗi ống nghiệm một ít hoá chất, đánh số, rồi lần lượt đổ dung dịch vào nhau từng
đôi một
Nhận thấy: Dung dịch tạo 1↓ , 1↑ là H2SO4
Dung dịch tạo 2↓ là MgSO4
Dung dịch tạo 2↓, 1↑ là Na2CO3
Dung dịch tạo 3↓ là BaCl2
(Thí sinh có thể kẻ bảng như sau để rút ra nhận xét như trên)
Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm Lấy một mẫu thử bất kỳ cho
vào 3 mẫu thửcòn lại ta được kết quả như bảng sau:
-Phương trình hoá học
H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2HCl
MgSO4 + Na2CO3 → MgCO3↓ + Na2SO4
MgSO4 + BaCl2 → MgCl2 + BaSO4↓
Na2CO3 + BaCl2 → 2NaCl + BaCO3↓
Trường hợp 2:
Cách làm tương tự
Nhận xét: Dung dịch tạo 1↓ , 1↑ là H2SO4
Dung dịch tạo 1↓ là MgCl2
Dung dịch tạo 2↓, 1↑ là Na2CO3
Dung dịch tạo 2↓ là BaCl2
(Thí sinh có thể kẻ bảng như sau để rút ra nhận xét như trên)
Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm Lấy một mẫu thử bất kỳ cho
vào 3 mẫu thửcòn lại ta được kết quả như bảng sau:
-Phương trình hoá học
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Trang 3H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2HCl
MgCl2 + Na2CO3 → MgCO3↓ + 2NaCl
Câu 2:(4 điểm)
1 Đặt công thức A là CaHb ( a,b: nguyên, dương)
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp: 25,33 2 = 50,66
Số mol của hỗn hợp M là 3,36 : 22,4 = 0,15
⇒ Số mol của CaHb là 0,1; của CxH2x – 2 là 0,05
Đun sôi dung dịch không thấy có thêm kết tủa chứng tỏ trong dung dịch không
Ca(OH)2 + CO2→ CaCO3 + H2O (1)
PTTH CaHb + (a+b/4) O2 → aCO2 + b/2H2O (2)
CxH2x – 2 + (3x -1)/2O2→ xCO2 + (x-1)H2O (3)
Từ (2) và (3)
Giải (I) và (II) 2a = b
Có 2 trường hợp xảy ra, khi 2 HĐCB khác nhau 1 nguyên tử C
+ TH1: CaH2a và C(a + 1)H 2(a+1) – 2
Giải ra a ≈3,33 ⇒ Loại
+ TH2: CaH2a và C (a-1)H2(a-1) -2
Giải ra a = 4 ⇒ CTPT hai HĐCB là C4H8 và C3H4
0,5đ 0,5đ 0,5đ
0,5đ 0,5đ 0,5đ
2 Số mol Ca(OH)2 p/ư = 0,55
Khối lượng dung dịch sau khi lọc kết tủa:
= mdd +mCO2 + m H2O – mCaCO3
= 1000 + 24,2 + 9 – 55 = 978,2 g
1đ
Trang 4Câu 3:(4 điểm) 1 2.5 điểm 2 1.5 điểm
1. KCl + AgNO3 AgCl + KNO3 (1)
NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3 (2)
MgCl2 + 2AgNO3 2AgCl + Mg(NO3)2 (3)
Mg + 2AgNO3 dư Mg(NO3)2 + 2Ag (4)
Mg dư + 2HCl MgCl2 + H2 (5)
Mg(NO3)2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaNO3 (6)
Mg(OH)2 MgO + H2O (7)
Từ (6,7): n = n =
40 4 = 0,1 mol Ta có: n =
24 92 , 1 = 0,08 mol ⇒ n = n =
24 4 , 2 – 0,08 = 0,02 mol Từ (4): n = 2 0,02 = 0,04 mol Từ (3): n = n = 0,1 – 0,02 = 0,08 mol ⇒n = 0,16mol Đặt x, y là số mol KCl, NaCl Từ (1-2): 74,5x + 58,5y = 24,625 – 0,08 95 = 17,025 (I) x + y = (0,3 1,5) – (0,16 + 0,04) = 0,25 (II) Giải (I, II): x = 0,15 ; y = 0,1 Vậy %m = 0,1524x74,625,5x100= 45,38%. %m = 0,1x2458,625,5x100= 23,76% %m = 30,86% 0,75đ 0,75đ 1đ 2. Ptpư: Fe + 2 HCl FeCl2 + H2 (1)
Gọi R là bán kính viên bi Suy ra thể tích viên bi: V0 = R3 Thể tích của viên bi khi đường kính còn 1/2:
V1 = = = 0,125V0
Vậy: thể tích viên bi bị tan: V0 – 0,125V0 = 0,875V0
Suy ra n = = 0,0875mol
0,25đ
0,25đ
0,5đ
3
2
R
8 0
V
5,6 0,875V0
56 V0
Fe tan
3
4π
3
4π
Mg(NO 3 ) 2 MgO
Mg dư Mg pư Mg(NO 3 ) 2
AgNO 3 Mg(NO 3 ) 2
MgCl 2 KCl
KCl
Trang 5O H
Từ (1): n = 2n = 2.0,0875 = 0,175mol
Vậy : CM = 0,875 mol/l 0,5đ
Câu 4: (3,5 điểm)
Khi dùng 500 ml thì lượng chất rắn tạo thành là 34,575 gam
Khi dùng 1 lít dung dịch HCl thì lượng chất rắn chỉ tăng 39,9 – 34,575 = 5,325 gam
Chứng tỏ ở thí nghiệm 2 kim loại hết, axit dư
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2
a mol a mol
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
b mol b mol
Ta có hệ pt:
65a + 56b = 18,6 (1)
136a + 127b = 39,9 (2)
Giải hệ pt trên được: a = 0,2; b = 0,1
Khối lượng Zn = 65.0,2 = 13 gam
Khối lượng Fe = 56.0,1 = 5,6 gam
Chất rắn ở thí nghiệm 1 gồm ZnCl2, FeCl2, Zn, Fe dư
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2
c mol c mol
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
d mol d mol
136c + 127d + (65.0,2 – 65c) + (56.0,1 – 56d) = 34,575
⇒ c + d = 0,225
Từ pt hóa học ⇒ số mol HCl = 2(c + d) = 0,45 mol
CM(HCl) = x = 0,45/0,5 = 0,9 M
0,5
1,25
1,25
0,5
Câu 5:(4,5 điểm) 1 2 điểm 2 1,5 điểm 3 1 điểm
1 a) Công thức phân tử và công thức cấu tạo các chất
Rượu Etylic: (C2H6O) CH3 – CH2 – OH
Etilen: ( C2H4 ) CH2 = CH2
Axetylen: (C2H2 ) CH CH
Benzen (C6H6 )
1đ
Fe tan HCl
HCl = 2 , 0
175 , 0
Trang 6Mêtan (CH4 ) H – C – H
b) n CO2=
4 , 22
24 , 2 = 0,1 (mol) suy ra số nguyên tử C trong chất đem đốt là
1 , 0
1 , 0 = 1 => Đó là CH4 (X)
2
CO
n =
4 , 22
48 , 4
= 0,2 (mol) ->Số nguyên tử cacbon trong chất đem đốt là:0,2
0,1 = 2
=> Chất đó chứa 2 nguyên tử Cacbon (Y)
Khi đốt cháy: CH4 + 2O2 →t o CO2 + 2H2O
0,1 0,2
Số mol H2O tạo ra khi đốt cháy Y là:
n H2O(Y) =
18
18 2 , 0 2 ,
7 −
= 0,2 (mol)
Y đốt cháy tạo ra nH O
2 = nCO2=0,2 mol vậy Y là C2H4
0,25đ
0,75đ
2. Đặt a(g) là khối lượng CuSO4 5 H2O cần lấy
Đặt b(g) là khối lượng dd Na2SO4 x% cần lấy
=> Khối lượng dung dịch thu được là (a+b) gam
=> Khối lượng CuSO4 trong dung dịch sau khi trộn là
250
160a
(g)
Khối lượng Na2SO4 trong dung dịch sau khi trộn là
100
bx
(g) Vậy ta có hệ phương trình
) ( 250
% 100 160
b a
a
+ = 30%
) ( 100
% 100
b a
bx
+ = 10%
Giải hệ phương trình trên tìm ra x= 18,82 %
1đ
0,5đ
3
Ta có: %H = = =
Khi n = 1: thì %H = 25%
Khi n tăng ( vô cùng lớn ) thì coi như bằng 0, suyra: % H = = 14,29%
Vậy %H biến thiên trong khoảng: 14,29% %H 25%
0,5đ
0,5đ
1
6
+
100 1
6 7
+
−
n
2 2
2 14
+
+
n
n
2 14
100 ) 2 2 (
+
+
n