DE THI HSG TINH hóa học 9

Câu 2: Hoà tan hoàn toàn kim loại M1 vào dung dịch HNO3 aM loãng thu được dung dịch X và 0,2 mol NO sản phẩm khử duy nhất.. Hoà tan hoàn toàn kim loại M2 vào dung dịch HNO3 aM chỉ thu đư

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

THÀNH PHỐ CẦN THƠ CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2010-2011

MÔN THI: HOÁ HỌC

Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1:

Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một muối sunfua của kim loại M hoá trị II thu được chất rắn A và khí

B Hoà tan A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối nồng độ 33,33%, làm lạnh dung dịch này thấy tách ra 15,625 gam tinh thể T, phần dung dịch bão hoà có nồng độ là 22,54% Xác định kim loại M và công thức của tinh thể T

Câu 2:

Hoà tan hoàn toàn kim loại M1 vào dung dịch HNO3 aM (loãng) thu được dung dịch X và 0,2 mol

NO (sản phẩm khử duy nhất) Hoà tan hoàn toàn kim loại M2 vào dung dịch HNO3 aM chỉ thu được dung dịch Y Trộn X và Y được dung dịch Z Cho dung dịch NaOH dư vào Z thu được 0,1 mol khí

và một kết tủa E Nung E đến khối lượng không đổi đuợc 40 gam chất rắn Hãy xác định M1 và M2

biết:

- M1, M2 đều là các kim loại hoá trị II

- M2, M1 có tỉ lệ nguyên tử khối là 3:8

- Nguyên tử khối của M1, M2 đều lớn hơn 23 và nhỏ hơn 70

Câu 3:

Hỗn hợp A gồm Mg và Fe có tỉ lệ khối lượng 3/5 Hỗn hợp B gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 trong

đó số mol FeO bằng Fe2O3 Hoà tan B trong dung dịch HCl dư, sau đó thêm tiếp A và chờ cho phản ứng xong ta thu được dung dịch C không màu và V lít H2 (đktc) Cho dung dịch C tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi lọc lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn D Biết rằng V lít H2 nói trên khử vừa đủ hoàn toàn chất rắn D khi đun nóng

a Viết các phương trình phản ứng xảy ra

b Trộn A và B thu được hỗn hợp X Tính % khối lượng Mg và Fe trong X

Câu 4:

Hỗn hợp A gồm 3 ankin X, Y, Z có tổng số mol là 0,05 mol Số nguyên tử cacbon trong phân

tử mỗi chất đều lớn hơn 2 Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol A thu được 0,13 mol H2O Cho 0,05 mol A vào dung dịch AgNO3 0,12M trong NH3 thì thấy dùng hết 250 ml dung dịch AgNO3 và thu được 4,55 gam kết tủa Xác định công thức cấu tạo của 3 ankin trên, biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% tổng số mol của A

Câu 5:

Hỗn hợp X gồm các chất: Al, Ca và CaC2 Lấy 17,5 gam X đem hòa tan hoàn toàn vào nước, thu được dung dịch Y trong suốt và hỗn hợp khí Z Đốt cháy toàn bộ khí Z, thu được 8,96 lít khí CO2 (ở đktc) và 7,2 gam H2O Thêm từ từ 400 ml dung dịch HCl 1,625M vào Y thu được 10 gam kết tủa

a) Tính khối lượng từng chất có trong X và xác định m

b) Đun nóng Z trong bình kín coa xúc tác Ni, phản ứng xảy ra xong thu được hỗn hợp Z1 Dẫn chậm Z1 qua dung dịch nước brom dư, thấy lượng brom tham gia phản ứng nhiều nhất bằng x gam Xác định x

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TP CẦN THƠ

-Câu 1:

Đặt CTTQ của muối sunfua là MS số mol là a (mol)

MS + 3/2 O2

0

t

��� MO + SO2

a a

MO + H2SO4  MSO4 + H2O

a a a

dd H SO2 4

98a.100

24,5

(g)

mdd ( spư) = 400a + a(M+16) = a(M+416) (gam)

Theo đề ta có:

a(M 96) 1 a(M 416) 3

 ( tức là 33,33%) giải ra M = 64 ( Cu) CuSO4 CuS

12

96



(mol)

mdd

( spư) = 0,125(64 +416) = 60 (gam)

mddbh 60 15, 625 44,375  (gam) ; mCuSO 4(ddbh)=22,54 44,375 10

gam  mCuSO 4(hidrat) = 0,125.160 10 10  gam ; mH O2 (hidrat)

15,625 – 10 = 5,625 gam Đặt CTTQ của tinh thể là CuSO4.xH2O

Áp dụng ĐL TPKĐ ta có:

160 10 18x 5, 625

 x = 5 CTHH của tinh thể là CuSO4 5H 2 O

* Nếu ban đầu không quan tâm đến lượng MS và lượng tinh thể thì bài toán có các dữ kiện dạng tương đối ( tỷ lệ) vì vậy có thể giải theo pp tự chọn lượng chất Giả sử có 1mol MS phản ứng từ đó tìm M Sau khi tìm được M rồi thì mới đưa các dữ kiện tuyệt đối vào để tính toán (12 gam CuS và 15,625 gam tinh thể)

Câu 2:

Đặt M1 là A và M2 là B

3A + 8HNO3  3A(NO3)2 + 4H2O + 2NO

0,3 0,3 0,2 (mol)

Ngâm B vào HNO3 không sinh khí nên phản ứng tạo muối amoni

4B + 10HNO3  4B(NO3)2 + 3H2O + NH4NO3

0,4 0,4 0,1 (mol)

Dung dịch Z gồm: A(NO3)2, B(NO3)2, NH4NO3

NH4NO3 + NaOH  NaNO3 + H2O + NH3 

0,1 0,1 (mol)

A(NO3)2 + 2NaOH  A(OH)2  + 2NaNO3

B(NO3)2 + 2NaOH  B(OH)2  + 2NaNO3

Sau khi nung nóng kết tủa được hỗn hợp AO ( 0,3 mol) và BO ( 0,4 mol)

 0,3 ( A + 16) + 0,4 (B+16) = 40

 3A + 4B = 288 (1)

Mà :

A 8

 B = 0,375A (2)

Thay (2) vào (1) ta có : 4,5A = 288

Giải ra : A = 64  M1 là Cu

B = 0,375 64 = 24  M2 là Mg

Câu 3:

Cách 1 : Phương pháp bảo toàn electron

Gọi x,y lần lượt là số mol Mg và Fe trong A

1, 4 56y 5�y 

 x = 1,4y (1) Trong B có số mol FeO = số mol Fe2O3 nên xem B chỉ có Fe3O4 ( số mol z)

Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O

z 2z z (mol)

Khi cho thêm Mg,Fe vào dung dịch HCl, FeCl2, FeCl3 thu được dung dịch không màu chứng tỏ FeCl3 phản ứng hết

Fe – 2e  Fe2+

y 2y y

Mg – 2e  Mg2+

x 2x

2H+ + 2e  H2

2a a

Fe3+ + 1e  Fe2+

2z 2z 2z

Số mol FeCl2 trong dung dịch = (y + 3z ) mol

Chất rắn sau khi nung gồm : MgO và Fe2O3 ( số mol = 0,5y + 1,5z)

Fe2O3 + 3H2

0

t

��� 2Fe + 3H2O

Vì nH2 3nFe O2 3

nên  (2,4y – z) =3(0,5y + 1,5z) = 1,5y + 4,5z 5,5z = 0,9y  z =

1,8 y

11 (2) Giả sử y = 1,1 , từ (1) và (2)  z =0,18 ; x = 1,54

X

M ( giả thiết) = (1,54 24) + (1,1 56) + (0,18 232) = 140,32 gam

%mMg( X) =

1,54 24

100%

140,32

26,34% ; %mFe( X) =

1,1 56

100%

140,32

43,90%

Cách 2 : Phương pháp thông thường.

Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O (1)

z 2z z (mol)

Khi thêm A vào dung dịch mà chỉ thu được dung dịch C ( không màu) và khí H2 chứng tỏ trong dung dịch không còn FeCl3 và kim loại tan hết

Vì

2



nên Mg pư trước Fe, FeCl3 pư trước HCl

Mg + 2FeCl3  MgCl2 + 2FeCl2 (2)

z 2z 2z (mol)

Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 (3)

( x-z) (x-z) (mol)

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (4)

y y y (mol)

MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2 + 2NaCl (5)

FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl (6)

Số mol e nhường = số mol e nhận  2a + 2z = 2x + 2y



(3z +y) (3z +y) (mol)

Mg(OH)2 ��� MgO + Ht0 2O (7)

2Fe(OH)2 + ½ O2

0

t

��� Fe2O3 + 2H2O (8)

(3z +y) 0,5(3z +y) (mol)

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O

0,5( y + 3z) 1,5(y+3z) (mol)

Theo đề ta có : 1,5(y+3z) = x +y – z = 2,4y – z

11z = 1,8y  z =

1,8 y 11

( Từ đây có thể giải như cách 1 hoặc tính khối lượng X theo y, tính % Fe, Mg trong hỗn hợp X

- ẩn y sẽ tự triệt tiêu )

Lưu ý :

- Nếu muốn chặt chẽ thì bài này nên giải theo pp bảo toàn electron Còn giải theo pp thông thường

( phải viết PTHH) thì rất dễ bị nhầm lẫn, nhiều khi các bạn phải biện luận theo nhiều trường hợp

nên rất phức tạp Đối với bài toán này, các bạn có thể thay phản ứng (3) bằng Fe + FeCl3  FeCl2 Tức là giả thiết Mg thiếu so với FeCl3 thì kết quả bài toán không hề thay đổi ( Tuy nhiên nếu xem phản ứng 2 vừa đủ thì trường hợp này cho nghiệm không thỏa mãn) Các bạn tham khảo lời giải dưới đây :

- Nếu Mg thiếu so với FeCl3

Mg + 2FeCl3  MgCl2 + 2FeCl2 (2)

x 2x 2x (mol)

Fe + 2FeCl3  3FeCl2 (3)

(z-x) ( 2z-2x) 3(z-x) (mol)

Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 (4)

(x+y –z) (x+y –z) (x+y –z) (mol)

Tổng số mol FeCl2 trong dung dịch luôn bằng tổng số mol Fe trong A và B ( 3z + y)

Nên  sau khi nung kết tủa thì số mol Fe2O3 = ½ (3z + y)

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O

0,5( y + 3z) 1,5(y+3z) (mol)

Theo đề ta có : 1,5(y+3z) = x +y – z = 2,4y – z  11z = 1,8y  z =

1,8 y

11 ( KQ không đổi)

- Nếu Mg vừa đủ pư với FeCl3 thì số mol H2 = số mol Fe = y

Ta có y = 3 0,5 (y + 3z) = 1,5y + 4,5z  4,5z = -0,5y ( vô lý)

Câu 4: ( Mình giới thiệu 3 cách giải , các bạn thử tìm 1 cách không hợp lý nhé ! )

Cách 1 :

Đặt CT của ankin phân tử khối nhỏ hơn là : CnH2n -2 ( n  3) ( giả sử là X)

Số mol X =

40

0, 05 0,02

(mol) ; Số mol AgNO3 = 0,12 0,25 = 0,03 mol

CnH2n-2 + AgNO3 + NH3  CnH2n -3Ag + NH4NO3

0,02 0,02 0,02 (mol)

0,02 < Số mol AgNO 3 < 0,05 nên có 1 ankin không phản ứng với AgNO3

Đặt CTTQ của ankin còn lại phản ứng với AgNO3 là CmH2m-2 ( m  4) ( giả sử Y)

CmH2m-2 + AgNO3 + NH3  CmH2m -3Ag + NH4NO3

0,01 0,01 0,01 (mol)

Ta có : 0,02.(14n + 105) + 0,01.(14m + 105) = 4,55

 2n + m = 10 ( ĐK : n  3 , m  4 )

Chỉ có n = 3 , n = 4 là thỏa mãn  CTPT của X: C3 H 4 ; Y: C 4 H 6

Đặt CTPT của Z là : CxH2x – 2 ( x  4)

C3H4 ��� O 2� 3CO2 + 2H2O

0,02 0,04 (mol)

C4H6 ��� O 2� 4CO2 + 3H2O

0,01 0,03 (mol)

CxH2x – 2 ��� O 2� xCO2 + (x-1)H2O

0,02 0,02(x-1) (mol)

Ta có: 0,07 + 0,02(x-1) = 0,13 giải ra x = 4  CTPT của Z là: C4 H 6

Cách 2: Giả sử X là ankin có KLPT nhỏ nhất => nX = 0,4.0,05 = 0,02(mol)

0,02 < n(AgNO3) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol)

 có hai ankin có xảy ra phản ứng với AgNO3/NH3 và một ankin không có phản ứng

Gọi công thức chung của hai ankin là CnH2n – 2

Pt: CnH2n – 2 + AgNO3 + NH3 ��� CnH2n – 3Ag + NH4NO3

CnH2n – 3Ag =

4,55 151,667 0,03

=> n = 3,33

Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 => có một ankin nhỏ nhất là C3H4 ( X) Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là CxH2x – 2



0,02 3 0,01 x 10

n



 x = 4  C4H6 ( có liên kết ba đầu mạch) Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO3/NH3 là CmH2m – 2

=> số mol H2O theo phản ứng cháy là

0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(m – 1) = 0,13 => m = 4 => C4H6 ( không có liên kết ba đầu mạch) Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là :

CH3 –C CH ; CH3 – CH2 – C  CH ; CH3 – C  C – CH3

Cách 3 : Đặt CTTB của hỗn hợp ankin là : C Hn 2n-2 ( n  3)

C Hn 2n-2 + (3n 12

)O2 ��� n COt0 2 + ( n -1)H2O Theo đề ta có :

n 1 0,13

2,6

1 0,05

 n = 3,6 Phải có 1 ankin có chỉ số C < 3,6  CTPT là C3 H 4 ( giả sử là X)

C H3 4

40

100

( mol) Đặt CTTB của 2ankin Y,Z là : C Hm 2m-2 ( m 4)

C3H4 + AgNO3 + NH3  C3H3Ag  + NH4NO3

0,02  0,02 0,02 (mol)

C Hm 2m-2 + AgNO

3 + NH3  C Hm 2m-3Ag  + NH4NO3

0,01 0,01 0,01 (mol)

Theo đề ta có : 0,02 147 + 0,01 ( 14 m+ 105) = 4,55 giải ra m= 4

Vì Y và Z đều có chỉ số C  4 mà giá trị trung bình m= 4  Y và Z có cùng chỉ số C = 4 CTPT của Y và Z là C4H6

CTCT của X : CH3 – C CH ; CTCT của Y : CH3 – CH2–C CH ( phản ứng với AgNO3 )

CTCT của Z : CH3 – CC– CH3 ( không phản ứng với AgNO3 )

Câu 5:

-Hết -Hãy cùng chia sẻ pp giải BTHH với tôi theo địa chỉ