Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 9- Sở GD & ĐT tỉnh Thái Nguyên có đáp án

 2. Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế khí Cl₂ từ MnO₂ và dung dịch HCl.

 a) Hãy viết phương trình phản ứng điều chế khí Cl₂ (ghi rõ điều kiện).

 b) Giải thích tác dụng của bình (1) (đựng dung dịch NaCl bão hòa); bình (2) (đựng dung dịch H₂SO₄ đặc) và nút bông tẩm dung dịch NaOH ở bình (3).

Câu 5 (1,0 điểm): Xác định các chất hữu cơ A, D, Y, E, G, H, I và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện của phản ứng, nếu có) trong dãy biến hóa sau:

Câu

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

Điểm

Câu 1

2,0đ

1. Xác định kim loại M, R

\({{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{(1)}}}} = \frac{{4,48}}{{22,4}}\) = 0,2 (mol);  \({{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{(2)}}}} = \frac{{8,4}}{{22,4}}\)= 0,375 (mol).

Khi thêm 1,95 gam K vào 9,3 gam X, nếu trong X không có K thì

%m_K = \(\frac{{1,95}}{{1,95 + 9,3}}.100 \approx 17,33\% \)< 52%, suy ra trong X có kim loại K=> M chính là K

• Vậy X ( chứa K, R)

+ Nếu R tan trực tiếp trong nước, hoặc không tan trong dung dịch KOH, thì khi cho Y tác dụng với KOH so với X có thêm 0,025 mol H₂, do có phản ứng

K + H₂O → KOH + H₂

0,05 0,025

=>\(\sum\limits_{}^{} {{n_{{H_2}(2)}}} = 0,2 + 0,025 = 0,225\) (mol)< \({{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{(2)}}}}\)_{đề cho.}

=>R không tan trực tiếp trong nước nhưng tan trong dd KOH

Đặt số mol của K và R lần lượt là x,y ta có:

 x = \(\frac{{0,52.(9,3 + 1,95)}}{{39}}\)  = 0,15mol => m_R = yR = 9,3 - 0,1.39 = 5,4 gam (I)

• Y tác dụng với dung dịch KOH có phản ứng (TN2):

K + H₂O  → KOH + 1/2H₂

0,15              0,15    0,075

R + (4-n)KOH + (n-2)H₂O → K_(4-n) RO₂ + n/2H₂­

y dư                                                             ny/2                 

=> \({{\text{n}}_{{{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{(2)}}}}\)= 0,075 +  = 0,375 => ny = 0,6 (II)

Từ (I,II) => R = => n = 3; R = 27 (Al)

2.  80 gam

 m_Y = 500 - 100 = 400 gam → \({{\text{C}}_{{\text{\% (CuS}}{{\text{O}}_{\text{4}}}{\text{)/Y}}}} = \frac{{80.100\% }}{{400}} = 20\% \)           

 Sau khi CuSO₄.5H₂O tách ra khỏi Y, phần còn lại vẫn là dung dịch bão hòa nên khối lượng CuSO₄ và H₂O tách ra khỏi Y cũng phải theo tỉ lệ như dung dịch bão hòa bằng  

 Trong 10 gam CuSO₄.5H₂O có 6,4 gam CuSO₄ và 3,6 gam H₂O                          

 Khối lượng CuSO₄ tách ra khỏi Y là 6,4 - m (gam)                                               

→ (6,4 - m)/3,6 = 20/80  → m = 5,5 gam  

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 2

1,5đ

1. Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử đánh số mẫu 1, mẫu 2:

• Nhỏ từ từ đến dư mẫu 1 vào mẫu 2

+ Nếu thấy ban đầu có kết tủa keo sau đó tan tạo dung dịch trong suốt thì mẫu 1 là NaOH, mẫu 2 là AlCl₃;

+ Nếu ban đầu không có kết tủa sau đó mới có kết tủa thì, mẫu 1 là AlCl₃; mẫu 2 là NaOH

Ptpư: AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)­₃ + 3NaCl

 Al(OH)­₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

 AlCl₃ + 4NaOH → NaAlO₂ + 3NaCl+ 2H₂O

 AlCl₃ + 3NaAlO₂ + 6H₂O → 4Al(OH)­₃ + 3NaCl

2. Trích mẫu thử, đánh số 1, 2

Nhỏ từ từ 1 vào 2 nếu có khí bay ra luôn thì 1 là Na₂CO₃ và 2 là HCl; ngược lại nếu không có khí bay ra ngay thì 1 là HCl và 2 là Na₂CO₃, vì

- Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na₂CO₃ thì có phản ứng

 Na₂CO₃ + HCl → NaHCO₃ + NaCl

NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ ­+ H₂O.

- Khi nhỏ từ từ dung dịch Na₂CO₃ vào dung dịch HCl có phản ứng

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂­ + H₂O

3. Trích mẫu thử; đong lấy hai thể tích NaOH và Ba(OH)₂ ( sao cho thể tích bằng nhau, đều bằng V); cho vào 2 ống nghiệm, nhỏ vài giọt phenolphtalein cho vào 2 ống nghiệm, đánh số 1, 2;

Sau đó lấy dung dịch HCl nhỏ từ từ vào từng ống nghiệm đến khi bắt đầu mất màu hồng thì dừng lại: Đo thể tích dung dịch HCl đã dùng; với ống nghiệm 1 cần V₁(l) dd HCl; với 2 cần V₂(l) dd HCl

+ Nếu V₂> V₁ => Ống 1 đựng Ba(OH)₂; ống 2 đựng NaOH

+ Nếu V₂1 => Ống 2 đựng Ba(OH)₂; ống 1 đựng NaOH

Giải thích: HCl + NaOH → NaCl + H₂O

                 0,1V    0,1V

 2HCl + Ba(OH)₂ → BaCl₂ + 2H₂O

 0,2V     0,1V

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25