Đang tải... (xem toàn văn)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO . ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2019 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Hóa học Bảng B. Thời gian làm bài: 180 phút (Đáp án gồm 06 trang) ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1 (1,5đ) a) Gọi ZM là số proton trong nguyên tử M NM là số nơtron trong nguyên tử M ZX là số proton trong nguyên tử X NX là số nơtron trong nguyên tử X Theo đề ta có hệ phương trình Giải hệ phương trình ta được M ở ô 11, chu kì 3, nhóm IA; X ở ô 8, chu kì 2, nhóm VIA. b) Bán kính của X2 lớn hơn bán kính của M+. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,125 0,125 0,25 Câu 1 2 (1,5 đ) Gọi oxit cao nhất của R là R2Ox, hợp chất khí của R với hiđro là RH8x (x = 4, 5, 6, 7). Ta có ; a : b = 40 : 17 suy ra : = 40 : 17 X 4 5 6 7 MR 16,7 24,4 32 39,7 Kết luận Không phù hợp Không phù hợp Chọn Không phù hợp Nguyên tố R là lưu huỳnh. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn: Hóa học - Bảng B Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án gồm 06 trang) ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu a) Gọi ZM số proton nguyên tử M 1/ NM số nơtron nguyên tử M (1,5đ) ZX số proton nguyên tử X NX số nơtron nguyên tử X Theo đề ta có hệ phương trình 0,25 0,25 0,25 0,25 {2( ZM+NM)+2ZX+NX=92¿{4ZM−2NM+2ZX−NX=28¿{(ZM+NM)−(ZX+NX)=7 ¿ ¿ {Z M=11 ¿¿¿¿ Câu 2/ (1,5 đ) 0,125 Giải hệ phương trình ta M 11, chu kì 3, nhóm IA; X 8, chu kì 2, nhóm VIA b) Bán kính X2- lớn bán kính M+ Gọi oxit cao R R2Ox, hợp chất khí R với hiđro RH8-x (x = 4, 5, 6, 7) 100 M R 100 M R a= b= M R + 8−x ; M R +16 x Ta có 100 M R 100 M R a : b = 40 : 17 suy M R + 8−x : M R +16 x = 40 : 17 352 x−640 M R= 46 X MR Kết luận Câu 1/ (1,5đ) 16,7 24,4 32 39,7 Không phù Không phù Chọn Không phù hợp hợp hợp Nguyên tố R lưu huỳnh A H2S X S; B SO2; C FeS; D H2O ; Y HBr ; Z H2SO4 ; G FeBr2 FeSO4 t0 S + H2 H2S; t S + O2 SO2; t0 S+ Fe FeS; 3S + 2H2O; H2S + SO2 H2SO4 + HBr; SO2 + H2O + Br2 Câu 2/ (1,5 đ) FeBr2 + H2S; FeS +2 HBr FeSO4 + H2S; Hoặc FeS + H2SO4 Gọi số mol NaI x, số mol NaBr y Khối lượng hỗn hợp X: mX = 150x + 103y (g) 2NaI + Br2 2NaBr + I2 x mol x mol 0,125 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,125 Khối lượng Y mY = 103x + 103y (g) Khối lượng Y nhỏ khối lượng X m gam m = 47x (I) 2NaBr + Cl2 2NaCl + Br2 (x+y) mol (x+y) mol Khối lượng Z mZ = 58,5x + 58,5y (g) Khối lượng Z nhỏ khối lượng Y m gam m = 44,5x + 44,5y (II) Từ (I) (II) suy x = 17,8y %mNaBr = Câu 1/ (1đ) Câu 2/ (2đ) Câu 1/ (1 đ) Câu 103 y 100%=3,71% 150.17,8 y+103 y a) Gọi x, y số mol M M2O ta có: Mx + y(2M+16) = 2,27 (I) M + 2H2O → MOH + ½ H2 x x M2O + H2O → 2MOH y 2y số mol OH- = x + 2y = 0,1.0,5=0,05 (II) + Từ (I, II) ta có: 16y = 2,27 – 0,05M y=(2,27-0,05M)/16 (*) + Từ (II) suy ra: 0,025 > y > thay vào (*) ta có:45,4 > M > 37,4 M K b) Số mol OH- = 0,1.0,1 = 0,01 mol; Gọi V thể tích cần tìm số mol nH+ = 0,1.V (mol) Vì pH dd sau pư = < nên axit dư H+ + OH- → H2O bđ: 0,1V 0,01 pư: 0,01 0,01 còn: 0,1V-0,01 (0,1V- 0,01)/ (V+ 0,1) = 0,01 V = 0,122 lít BaCl2 + NaHSO4 BaSO4 + NaCl + HCl Có xuất kết tủa màu trắng Ba(HCO3)2 + KHSO4 BaSO4 + KHCO3 + H2O + CO2 Có xuất kết tủa màu trắngvà có khí bay Ca(H2PO4)2 + KOH CaHPO4 + KH2PO4 + H2O Có xuất kết tủa màu trắng Ca(OH)2 + NaHCO3 CaCO3 + NaOH + H2O Có xuất kết tủa màu trắng Số mol Fe FexOy = số mol Fe Fe2O3= 0,1 mol Số mol oxi FexOy = (7,2- 0,1.56)/16 = 0,1 Oxit FeO b) B chứa Fe (a mol), FeO dư (b mol) Fe + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O a 4a a a 3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O b 10b/3 b b/3 Ta có: a + b = 0,1 a+b/3= 0,08 a=0,07; b=0,03 nHNO3 bđ=0,48 (mol) nHNO3pu = 4.0,07 +(10.0,03/3)= 0,38 (mol) nHNO3 dư = 0,48-0,38=0,1 (mol) mdd= 480.1,25+0,07.56+0,03.72-0,08.30=603,68 (gam) C%HNO3=(0,1.63.100)/603,68 =1,04 (%) C%Fe(NO3)3 =(0,1.242.100)/603,68 = 4,01 (%) số mol HCl = 0,15 mol 0,25 0,125 0,25 0,25 0,25 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,125 0,125 2/ (1đ) Câu 1/ (1đ) số mol Na2CO3 = 0,1 mol số mol NaHCO3 = 0,05 mol Thí nghiệm 1: HCl + Na2CO3 NaHCO3 + NaCl (1) 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol HCl + NaHCO3 NaCl + H2O + CO2 (2) 0,05 mol 0,05 mol 0,05 mol V1 = 0,05.22,4 = 1,12 (lít) Thí nghiệm 2: n Na CO :n NaHCO =0,1 :0 , 05=2:1 Gọi số mol NaHCO3 x số mol Na2CO3 2x 2HCl + Na2CO3 2NaCl + H2O + CO2 (3) 4x mol 2x mol x mol HCl + NaHCO3 NaCl + H2O + CO2 (4) x mol x mol x mol Ta có: số mol HCl = 4x + x = 0,15 Suy x = 0,03; V2 = 3x.22,4 = 3.0,03.22,4 = 2,016 (lít) V1 : V2 = : Vy = 2VX suy nY = 2nX Gọi ankan ban đầu CnH2n+2 Giả sử ban đầu có mol X suy có mol Y MY = 18.2 = 36 mX = mY = 36.2 = 72 1.(14n + 2) = 72 n = Công thức phân tử X C5H12 X tác dụng với clo tạo dẫn xuất monoclo nên công thức cấu tạo X CH3-CH(CH3)-CH2-CH3 Các pthh: askt , tile 1:1 CH3-CBr(CH3)-CH2-CH3 + HBr ⃗ CH3-CBr(CH3)-CH2-CH3 + NaOH t⃗ CH3-COH(CH3)-CH2-CH3 + NaBr CH3-CH(CH3)-CH2-CH3 + Br2 ⃗ Câu 2/ (1,5đ) Câu 1/ (1,25 đ) CH3-COH(CH3)-CH2-CH3 H SO đ , 170 C CH3-C(CH3)=CH-CH3 + H2O CH3-C(CH3)=CH-CH3 + HBr CH3-CBr(CH3)-CH2-CH3 a) CTCT chất là: CH≡CH; CH≡C-C≡CH; HCHO; HCOOH; O=HC-CH=O + Pư xảy ra: CH≡CH + 2AgNO3 + 2NH3 → CAg≡CAg↓ + 2NH4NO3 CH≡C-C≡CH + 2AgNO3 + 2NH3 → CAg≡C-C≡CAg↓ + 2NH4NO3 HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O → (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 + 4Ag↓ HCOOH + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → (NH4)2CO3 + 2NH4NO3 + 2Ag↓ O=HC-CH=O + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O → NH4OOC-COONH4 + 4NH4NO3 + 4Ag↓ b) mchất rắn =0,1.240 + 264.0,1 + (0,4 + 0,2 + 0,4).108 =158,4 (gam) 3, 52 12=0 ,96 mC = 44 (gam); nC = 0,08 mol ,152 2=0 ,128 mH = 18 (gam); nH = 0,128 mol mO = 1,6 – 0,96 – 0,128 = 0,512 (gam); nO = 0,032 mol Gọi công thức phân tử E CxHyOz x : y : z = 0,08 : 0,128 : 0,032 = : : E este đơn chức nên công thức phân tử E C5H8O2 nC H8 O2 = 15 =0 , 15 n =n 100 (mol); NaOH C H O2 = 0,15 mol; mNaOH = 0,15.40 = 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125.5= 0,625 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,125 0,125 0,125 0,25 0,125 (gam) mmuối = 21 gam Nhận thấy mmuối = Ta lại có X mC E⃗ +NaOH G ⃗ +H SO4 G H O2 +m NaOH suy E este vịng khơng phân nhánh nên công thức cấu tạo 0,125 0,125 Các phương trình hóa học: Câu 2/ (0,75) + NaOH HO-(CH2)4-COONa 2HO-(CH2)4-COONa + H2SO4 2HO-(CH2)4-COOH + Na2SO4 b) X đồng phân E nên X este đơn chức, ancol thu cho X tác dụng với NaOH ancol đơn chức Gọi ancol CxHyO (y ≤ 2x+2) Đốt cháy ancol y y ( x+ − ) O2 xCO2 + H2O CxHyO + y ( x+ − ) V O =3 V X = 4x + y = 14 suy Câu (2 đ) X Y 10 Kết luận Loại Chọn Loại Vậy ancol C2H6O hay C2H5OH Công thức cấu tạo X CH2=CH-COOCH2CH3, etyl acrylat Tripeptit : X- X- Y : 3a mol Tetrapeptit : X- X- X- Y : 2a mol Pentapeptit : X- X- X- X- Y : a mol Vì X, Y có nhóm -NH2 đốt cháy nH2O> nCO2 → X, Y có dạng: CnH2n+1O2N - Với X nCO2/ nH2O= 2n/(2n+1) = 6/7 → X C3H7O2N - Với Y nCO2/ nH2O= 2n/(2n+1) = 10/11 → Y C5H11O2N → Tripeptit: C11H21N3O4: 3a mol Tetrapeptit : C14H26N4O5 : 2a mol Pentapeptit : C17H31N5O6 : a mol Ptpu : C11H21N3O4 +3 NaOH → 2C3H6NO2Na+ C5H10NO2Na + H2O 3a 9a 6a 3a 3a C14H26N4O5 +4 NaOH→ 3C3H6NO2Na+ C5H10NO2Na + H2O 2a 8a 6a 2a 2a C17H31N5O6 +5 NaOH → 4C3H6NO2Na+ C5H10NO2Na + H2O a 5a 4a a a BT m ta có : 18,38 = 259.3a + 330.2a + 401a → a = 0,01 Ta có: 18,38 + 22.0,01.40 = m + 6.0,01.18 → m = 26,1 gam b nC3H6NO2Na = 0,16 (mol) 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,125 0,25 0,25 0,125 0,125 0,125 0,25 0,25 nC5H10NO2Na = 0,06 Câu 1/ (1,5 đ) 2C3H6NO2Na + (15/2)O2 → Na2CO3 + 5CO2+ 6H2O + N2 0,16k (0,16k.15)/2 0,08k 0,08k 2C5H10NO2Na + (27/2)O2 → Na2CO3 + 9CO2+ 10H2O + N2 0,06k (0,06k.27)/2 0,03k 0,03k nNa2CO3 = 0,055 (mol) → k = 0,5 nO2 = (0,16.0,5.15)/2 + (0,06.0,5.27)/2 = 1,005 mol n N2 (kk) = 4,02 mol n N2 = 4,02 + (0,08 + 0,03).0,5 = 4,075 mol b = 4,075 22,4 = 91,28 (lít) Khí H2S tạo kết tủa với dung dịch B nên dung dịch sau điện phân cịn dư CuSO4 Phương trình in phõn: 0,125 0,125 0,125 điện phân 2+ Cu + 2Cl x 2x dung dịch điện ph©n Cu y 2+ + H2O Cu2+ + H2S dung dÞch Cu + Cl2 x x Cu + O2 + 2H+ y 0,5y 2y 0,125 (1) (2) CuS + 2H+ (3) I t Số mol e trao đổi: ne = F = 0,1 (mol) → Cu2+ + 2e Cu 0,05 0,1 0,05 Số mol Cu2+ bị điện phân 0,05 mol Khối lượng dung dịch giảm điện phân tách khỏi dung dịch chất : Cu, Cl2 có O2 * Giả sử: khơng xảy (2) khối lượng dung dịch giảm: mCu + mCl2 = 64 0,05 + 71.0,05 = 6,75 g > 5,65 g => không phù hợp, phải xảy (2) * Gọi : số mol Cu2+ (1) x ; Cu2+ (2) y x + y = 0,05 (I) mCu + m Cl2 + m O2 = 5,65 (g) 64 (x + y) + 71x + 32 0,5y = 5,65 (II) Từ (I),(II) cho x = 0,03; y = 0,02 pH = 1,0 [HH+] = 0,1 M ; số mol H+ = 0,10,5 = 0,05 mol số mol H+ (2) = 2y = 0,04 mol số mol H+ (3) = 0,05 – 0,04 = 0,01 mol số mol Cu2+ (3) = 0,005 mol [HCuSO4 ]= ( 0,05+0,005)/0,5= 0,11(M) [H NaCl ] = 0,03 2/ 0,5= 0,12 (M) Câu 2/ (1,5 đ) 0,125 Học sinh làm Phản ứng điều chế CO2 2HCl + CaCO3 CaCl2 + H2O + CO2 HCl dễ bay nên khí CO2 điều chế có lẫn HCl, ngồi cịn có H2O Bình đựng dung dịch NaHCO3 có vai trị hấp thụ khí HCl NaHCO3 + HCl NaCl + H2O + CO2 Bình đựng dung dịch H2SO4 đặc có vai trị hấp thụ nước Khí CO2 khỏi bình khí CO2 khơ, tinh khiết Cách làm học sinh thu khí CO2 có lẫn H2O 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,25 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25