Tài liệu BỘ ĐỀ THI HSG HÓA 8

Mô tả:

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 MO + SO2 a a MO + H2SO4  MSO4 + H2O a a a (g) ( spư) = 400a + a(M+16) = a(M+416) (gam) Theo đề ta có: ( tức là 33,33%) giải ra M = 64 ( Cu) (mol) ( spư) = 0,125(64 +416) = 60 (gam) (gam) ; gam  gam ; 15,625 – 10 = 5,625 gam Đặt CTTQ của tinh thể là CuSO4.xH2O Áp dụng ĐL TPKĐ ta có:  x = 5 CTHH của tinh thể là CuSO4.5H2O * 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 0,3 0,3 B(NO3)2 + 2NaOH  B(OH)2  + 2NaNO3 0,4 0,4 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 :  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  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 2Fe + 3H2O Vì nên  (2,4y – z) =3(0,5y + 1,5z) = 1,5y + 4,5z 5,5z = 0,9y  z = (2) Giả sử y = 1,1 , từ (1) và (2)  z =0,18 ; x = 1,54 ( giả thiết) = (1,54 24) + (1,1 56) + (0,18 232) = 140,32 gam ( X) = 26,34% ; ( X) = 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 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) (3z +y) (3z +y) (mol) Mg(OH)2 MgO + H2O (7) 2Fe(OH)2 + ½ O2 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 = ( 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 = ( 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 = (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 AgNO3 < 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: C3H4 ; Y: C4H6 Đặt CTPT của Z là : CxH2x – 2 ( x  4) C3H4 3CO2 + 2H2O 0,02 0,04 (mol) C4H6 4CO2 + 3H2O 0,01 0,03 (mol) CxH2x – 2 xCO¬2 + (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: C4H6 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 = => 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   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 : (  3) + ( )O2 CO2 + ( -1)H2O Theo đề ta có :  = 3,6 Phải có 1 ankin có chỉ số C < 3,6 .  CTPT là C3H4 ( giả sử là X) ( mol) Đặt CTTB của 2ankin Y,Z là : (  4) C3H4 + AgNO3 + NH3  C3H3Ag  + NH4NO3 0,02  0,02 0,02 (mol) + AgNO3 + NH3   + NH4NO3 0,01 0,01 0,01 (mol) Theo đề ta có : 0,02 147 + 0,01 ( 14 + 105) = 4,55 giải ra = 4 Vì Y và Z đều có chỉ số C  4 mà giá trị trung bình = 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: C5H12O4 có độ bất bão hòa : a = ( không có mạch vòng hoặc liên kết )  trong X chỉ có chứa nhóm chức của ete: - O – hoặc nhóm chức của rượu: - OH hoặc cả 2 loại chóm chức rượu và ete. Mặt khác: X + CuO andehit nên chắc chắn có nhóm CH2OH ( rượu bậc 1) Chuyển 1 mol –CH2OH (31g) 1 mol -CHO (29g) giảm 2 gam Chuyển 1mol =CHOH (30g) 1mol = C=O (28) giảm 2 gam Theo đề: MY kém MX 8 gam  phân tử X có chứa 4 nhóm -OH ( không chứa nhóm chức ete) Đặt CT của Y là: R(CHO)n (mol) ; (mol) R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O R(COONH4)n + 2nAg  + 2nNH4NO3 0,02 0,04n (mol) { Có thể viết gọn: R(CHO)n + nAg2O R(COOH)n + 2nAg  } Vậy 0,04n = 0,16  n = 4 Ta có : R + 29.4 = 128  R = 12 ( chỉ gồm 1 nguyên tử C ) Công thức của Y : C(CHO)4  CT của X: C (CH2OH)4 CTCT của X và Y lần lượt là: Khi cho X + NaBr/ H2SO4 đặc thì xem như pư với HBr Vì Q có M < 45  2 = 90 nên Q không thể chứa Br nên Q là sp của pư sau đây: ------------Hết------------ Hãy cùng chia sẻ pp giải BTHH với tôi theo địa chỉ mail: [email protected]