Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn thi: Hóa Học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Môn thi : Hóa học
Câu I: Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau:
Y + NaOH Z + C + F + H2O
Z + NaOH CH4 +  (Biết tỉ lệ là nZ: nNaOH = 1 : 2)
C + [Ag(NH3)2]OH D + Ag... 
D + NaOH E + ...
E + NaOH CH4 +... 
 F + CO2 + H2O C6H5OH + ... 
Câu II:	
1. Trình bày phương pháp hóa học và viết phương trình phản ứng (nếu có) để tinh chế các chất trong các trường hợp sau:
a. Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl
b. Tinh chế khí CO2 có lẫn khí CO
c. Tinh chế khí NH3 có lẫn khí N2, H2.
d. Tinh chế NaCl có lẫn Na2HPO4, Na2SO4
Al4C3
E
A
B
C
D
G
F
Cao su Buna
polivinylancol
2. Cho dãy biến hoá sau:
 	Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có).
Câu III 
1. Cho hỗn hợp X gồm FeCO3, FeS2 tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được dung dịch Y (chứa Fe(NO3)3; H2SO4) và 22,4 lít hỗn hợp khí Z gồm hai khí (đktc). Pha loãng dung dịch Y bằng nước cất để thu được 2 lít dung dịch có pH = 1.
a. Viết phương trình phản ứng và tính khối lượng hỗn hợp X.
b. Dung dịch Y hoà tan tối đa m gam Fe, tính m.
(Biết sản phẩm khử của N+5 là NO2)
Câu IV: hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lit (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3:2). Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
1. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A?
2. Tính C% mỗi chất tan trong X?
3. Xác định các khí trong B và tính V.
Câu V
Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau:
a.Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na2CO3.
 b.Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch KMnO4.
 c.Cho đạm ure vào dung dịch nước vôi trong.
 d.Sục khí H2S vào dung dịch hỗn hợp gồm (Br2, BaCl2).
e. Sục khí H2S vào dung dịch CuCl2.
f. Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch AlCl3.
g.Cho Fe3O4 vào dung dịch HI, sau đó cho vào dung dịch sau phản ứng một ít hồ tinh bột.
h. Cho từ từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch CuSO4.
Câu VI (4 điểm)
Cho 44,8 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O và A tác dụng được với Na) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, dung dịch thu được chỉ chứa hai chất hữu cơ B, D. Cô cạn dung dịch thu được 39,2 gam chất B và 26 gam chất D.
- Đốt cháy 39,2 gam B thu được 13,44 lít CO2; 10,8 gam H2O và 21,2 gam Na2CO3.
- Đốt cháy 26 gam D thu được 29,12 lít CO2; 12,6 gam H2O và 10,6 gam Na2CO3.
 	Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc.
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo B, D. Biết công thức phân tử A, B, D đều trùng công thức đơn giản nhất.
2. Xác định công thức cấu tạo A.
Câu 1:
Phương trình hóa học :
CH2(COONa)2 + 2NaOH CH4 ­ + 2Na2CO3
CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH CH3COONH4 + 2Ag +3NH3 ­ + H2O
CH3COONH4 + NaOH ® NH3­ + CH3COONa
CH3COONa + NaOH CH4 ­ + Na2CO3
C6H5ONa + CO2 + H2O C6H5OH + NaHCO3
Câu 2:
3. (0,5 điểm)
a. Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl:
 Sục hỗn hợp khí vào dung dịch NaCl bão hòa (để hấp thụ HCl), dẫn khí thoát ra qua dung dịch H2SO4 đặc sẽ thu được Cl2 khô.
b. Dẫn hỗn hợp khí qua ống đựng bột CuO dư nung nóng
 CO + CuO → CO2 + Cu
c. Dẫn hỗn hợp (NH3, H2, N2) qua dung dịch axit (VD: dd HCl), NH3 bị giữ lại. Tiếp đến cho dung dịch bazơ dư (VD dd Ca(OH)2) và đun nóng nhẹ, khí thoát ra cho đi qua ống đụng CaO dư sẽ thu được NH3 khô
 NH3 + H+ → NH4+
 NH4+ + OH- → NH3 + H2O
d. Tinh chế NaCl có lẫn Na2HPO4 và Na2SO4
 Cho hỗn hợp vào dung dịch BaCl2 dư
Na2HPO4 + BaCl2 → 2 NaCl + BaHPO4 ↓
Na2SO4 + BaCl2 → 2NaCl + BaSO4 ↓
lọc bỏ kết tủa, dung dịch thu được cho vào bình chứa Na2CO3 dư 
 BaCl2 + Na2CO3 → 2 NaCl + BaCO3 ↓
lọc bỏ kết tủa, thêm lượng dư dung dịch HCl vào dung dịch thu được, sau đó cô cạn rồi nung nóng nhẹ thu được NaCl khan.
Al4C3→A: Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4
	(A)
A→B: 2CH4 CHCH + 3H2
	(A)	(B)
B→C: CHCH + CH3COOH CH3COOCH=CH2
	(B)	(C)
OOC-CH3
(CH2-CH)n
C→D: nCH3COOCH=CH2 
	(C)	 (D)
OOC-CH3
(CH2-CH)n
D→polivinylancol:
(CH2-CH)n
OH
 + nNaOH + nCH3COONa
 (D)	polivinylancol
Câu 3: 
a (1đ)
FeCO3 + 4HNO3 Fe(NO3)3 + CO2 + NO2 + 2H2O (1)
0,125 0,125 0,125 0,125
FeS2 + 18HNO3 Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2 + 7H2O (2)
0,05 0,05 0,1 0,75
Vì pH = 1=> [H+] = 0,1=>
Theo (2) có: 
Gọi =>
=> 
b (1đ)
Dung dịch Y gồm:Fe(NO3)3: 0,175 mol ; H2SO4: 0,1 mol 
hay dung dịch Y có chứa: Fe3+ : 0,175 mol; NO3-: 0,525mol; H+ :0,2 mol.
Y hoà tan tối đa m gam Fe khi đó dung dịch thu được muối Fe2+, xảy ra các phản ứng sau:
 Fe + 4H+ + 2 Fe2+ + 2NO2 + 2H2O
 0,05 	0,2 0,1
 Fe + 2Fe3+ 3Fe2+
 0,0875 0,175 mol
 = 0,1375 mol => mFe = 7,7 gam
Câu 4:
1 (1,0 điểm)
 = ; = 0,5mol
 Đặt nFe = x mol; nCu = y mol.
Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO3 → X có Cu(NO3)2, muối của sắt (Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO3 dư.
X + dd KOH có thể xảy ra các phản ứng
HNO3 + KOH → KNO3 + H2O (1)
Cu(NO3)2 +2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 (2)
Fe(NO3)2 + 2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 (4)
Fe(NO3)3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KNO3 (5) 
Cô cạn Z được chất rắn T có KNO3, có thể có KOH dư
Nung T: 
 2KNO3 2KNO2 +O2 (6)
+ Nếu T không có KOH thì 
 Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6) ==nKOH =0,5 mol
 → = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại)
+ Nếu T có KOH dư: 
 Đặt = a mol → = amol; nKOH phản ứng = amol; 
 → 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05 
 → a = 0,45 mol
Nung kết tủa Y 
 Cu(OH)2 CuO + H2O 
 Nếu Y có Fe(OH)3: 2Fe(OH)3 Fe2O3 +3H2O
 Nếu Y có Fe(OH)2 4Fe(OH)2+ O2 2Fe2O3 +4H2O
Áp dụng BTNT đối với sắt ta có: = nFe = ; 
Áp dụng BTNT đối với đồng ta có: nCuO = nCu= y mol
 →160. + 80.y = 16 (I)
 mhh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II)
Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.
 % mFe = ; %mCu = 100-72,41= 27,59%
2 (0,5 điểm)
 Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X = n N trong KNO2 = 0,45 mol.
TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3
Ta có: = nCu = 0,05 mol; = nFe = 0,15 mol
Gọi = b mol → b+0,05.2+0,15.3= 0,45 → b= -0,1 (loại)
TH2: Dung dịch X không có HNO3 ( gồm Cu(NO3)2, có thể có muối Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 )
 = z mol (z ≥ 0); = t mol (t ≥ 0)
Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,05. 2 = 0,45 (III)
Theo BTNT đối với sắt → z + t = 0,15 (IV)
Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05.
Khi kim loại phản ứng với HNO3 
nN trong hỗn hợp khí = nN trong HNO3 ban đầu- nN trong muối = 0,7-0,45=0,25mol
Gọi số oxi hóa trung bình của Nitơ trong hỗn hợp khí B là +k (k≥0) 
Fe → Fe3+ + 3e N+5 + (5-k).e → N+k
0,05 0,15 0,25 0,25(5-k) 0,25
Fe → Fe2+ + 2e
0,1 0,2
Cu → Cu2+ + 2e
0,05 0,1
Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,1=0,25(5-k) → k =3,2
- Xác định số mol O trong hỗn hợp khí.
Tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong một hỗn hợp =0 nên 
 0,25.(+3,2) + (-2). nO = 0. 
 → nO = 0,4mol. 
Bảo toàn khối lượng: mdd sau = m ddaxit + m 2kim loại – m hh khí
→ mdd sau= 87,5+11,6- (0,25.14+0,4.16)= 89,2 gam
= 
= 	
= 
3 (0,5 điểm)
Vì k = 3,2 nên phải có một khí mà số oxi hóa của N lớn hơn 3,2. Vậy khí đó là NO2
Gọi khí còn lại là khí A và số oxi hóa của khí còn lại là x
Giả sử khí A trong thành phần có 1 nguyên tử N
 TH1: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 3:2, dựa vào sơ đồ đường chéo suy ra x = 2. Vậy khí A là NO
 TH2: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 2:3 => x lẻ: Loại
Nếu A có 2 N, trường hợp này cũng tính được x lẻ => loại
Tính V:
Đặt n (NO2) = 3a => n(NO) = 2a mol
 ∑ne nhận = n (NO2) + 3n (NO) = 3a + 3.2a = 0,45 => a= 0,05
=> nkhí = 5a = 0,25 => V = 5,6 lit
Câu 5: 
1. (0,5 điểm)
a. Ban đầu chưa có khí, sau một lúc mới thoát ra bọt khí không màu
 H+ + CO32- → HCO3-
 H+ + HCO3- → H2O + CO2
b. Thoát ra khí màu vàng lục và dung dịch bị mất màu tím
 16HCl + 2 KMnO4 → 5Cl2 + 2 KCl + 2MnCl2 + 8H2O
c. Có khí mùi khai và có kết tủa trắng
 (NH2)2CO + H2O → (NH4)2CO3
 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → 2 NH3 + CaCO3 + 2H2O
d. Màu vàng của dung dịch (Br2, BaCl2) nhạt dần, đồng thời xuất hiện kết tủa trắng
 H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr
 H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl
a. Hiện tượng: có kết tủa đen
 CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl
b. Hiện tượng: có kết tủa keo trắng và khí thoát ra
 2AlCl3 + 3H2O + 3Na2CO3 → 2Al(OHOH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaCl
c. Hiện tượng: Chất rắn tan, dung dịch có mầu xanh khi cho hồ tinh bột vào
 Fe3O4 +8HI → 3FeI2 + I2 + 4H2O
 I2 + hồ tinh bột → màu xanh
d. Hiện tượng: ban đầu có kết tủa xanh, sau đó kết tủa tan tạo dung dịch xanh lam
 CuSO4 + 2NH3 +2H2O → Cu(OH)2↓ + (NH4)2SO4
 Cu(OH)2 + 4NH3→ [Cu(NH3)4](OH)2
Câu 6:
Tìm A: 
Ta có: A + NaOHB(C, H, O, Na) + D(C, H, O, Na) + H2O (*)
Theo bảo toàn nguyên tố Na ta có:
 => 
Theo bảo toàn khối lượng ta có: 
Đặt công thức A: CaHbOc=>a:b:c = 2,2 : 2,4 : 1 = 11 : 12 : 5
Vì CTPT trùng CTĐGN => CTPT A: C11H12O5.
Biện luận CTCT A: 
nA = 0,2 mol; nB = 0,4 mol; nD = 0,2 mol
 => nA : nNaOH : nB : nD : nnước(*) = 1: 3 : 2 : 1: 1 
 => A là este của phenol chứa: HO-CH2-COO-CH2-COO-
 + CH3-C6H4- 
(thoả 5 nt O) 
=> Có 3 CTCT A: HO-CH2-COO-CH2-COO -C6H4-CH3 (0-; m-; p-)