23 HSG quảng bình 2017 2018 DA

1 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN HĨA HỌC LỚP TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2017- 2018 Thời gian: 150 phút -Câu I (2,0 điểm) Viết phương trình hóa học xảy khi: a Sục từ từ khí Cl2 qua dung dịch NaOH nhiệt độ thường b Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 98% vào ống nghiệm chứa đường trắng c Cho Na dư vào ống nghiệm chứa dung dịch rượu etylic 960 d Trùng hợp etilen Viết phương trình hóa học thực chuyển đổi sau, ghi rõ điều kiện (nếu có): Glucozơ  C2H5 OH  CH3COOH  CH3COOC2H5  CH3COOK Câu II (2,5 điểm) Hãy cho biết thành phần hóa học thủy tinh thường? Viết phương trình hóa học xảy trình sản xuất thủy tinh từ nguyên liệu thạch anh (cát trắng), đá vôi sôđa? Một loại thủy tinh pha lê có thành phần: 7,132% Na; 32,093% Pb; lại silic oxi Hãy viết cơng thức hóa học pha lê dạng oxit? (Biết Pb có hóa trị II) Cho 115,3 gam hỗn hợp X gồm MgCO3 RCO3 vào 500ml dung dịch H2SO4 , thu dung dịch Y, chất rắn Z 4,48 lít khí Nung chất rắn Z đến khối lượng khơng đổi, thu 11,2 lít khí chất rắn T (các thể tích khí đo đktc, R kim loại có hóa trị khơng đổi) Tìm R, biết hỗn hợp X số mol RCO3 gấp 2,5 lần số mol MgCO3 Câu III (1,5 điểm) Một loại khí gas sử dụng sinh hoạt có chứa: C3H8 , C4H10, C5H12 Tỉ lệ % theo khối lượng C3H8 , C4H10 C5H12 là: 51,5%; 47,5% 1% Nhiệt lượng tỏa đốt cháy hoàn toàn mol chất C3H8, C4H10, C5H12 2219 KJ; 2877 KJ; 3536 KJ Tính khối lượng loại gas cần dùng để đun lít nước từ 250 C lên 1000 C, biết có 50% lượng nhiệt tỏa làm nóng nước; khối lượng riêng nước 1g/ml; nhiệt dung nước 4,18 J/(g.độ) Câu IV (1,5 điểm) Độ tan S chất X nước phụ thuộc theo nhiệt độ (t0C) biểu diễn đồ thị bên Hãy cho biết khoảng nhiệt độ từ 00C đến 700 C có khoảng nhiệt độ thu dung dịch bão hòa ổn định X? Nếu làm giảm nhiệt độ 130 gam dung dịch bão hòa X từ 700C xuống 300C, thấy tách khỏi dung dịch m gam X khan Tìm giá trị m? Câu V (2,5 điểm) Để phản ứng hồn tồn 10 kg chất béo có lẫn axit béo tự cần vừa đủ 1,4 kg NaOH, thu 1,035 kg glixerol Tính khối lượng muối thu sau phản ứng? Dung dịch X chứa Al2(SO4)3, dung dịch Y chứa Ba(OH)2 Trộn 200ml dung dịch X với 300ml dung dịch Y, thu 8,55 gam kết tủa Nếu trộn 200ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y, thu 12,045 gam kết tủa Tính nồng độ mol/lít chất tan dung dịch X, Y -** - HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC LỚP TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2017- 2018 -Câu I a Cl2 + 2NaOH  NaCl + NaClO + H2O Lưu ý: Nếu NaOH đặc, nóng viết sau: 3Cl2 + 6NaOH đặc, nóng  5NaCl + NaClO3 + 3H2O b Khi nhỏ từ từ H2SO4 đặc vào đường trắng (saccarozơ) xảy tách nước từ H O phân tử C12.(H2O)11 Sau cacbon sinh tiếp tục phản ứng với H2SO4 đặc H 2SO ®Ỉc 12C + 11H2O C12H22O11  C + 2H2SO4 đặc   CO2 + 2SO2 + 2H2O Hoặc viết chung: C12H22O11 + 24H2SO4 đặc  12CO2 + 24SO2 + 35H2O c Trong rượu etylic 960 có nước etanol C2H5 OH, cho Na dư vào ống nghiệm chứa hỗn hợp rượu nước nên xảy phản ứng 2Na + 2H2O  2NaOH + H2  2Na + 2C2H5OH  2C2H5ONa + H2  xt,P  –CH2 – CH2– n polyetilen (PE) d nCH2=CH2  to C Các phương trình hóa học: men r­ỵu C6H12O6   2C2H5OH + 2CO2 30o C men giÊm C2H5OH + O2 CH3COOH + H2O o H2SO4 đặc, t  CH3COOC2 H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH   t CH3COOC2 H5 + KOH   CH3COOK + C2H5OH Câu II Thành phần thủy tinh thường hỗn hợp muối Natrisilicat canxisilicat: Na2SiO3 CaSiO3 Phương trình hóa học sản xuất thủy tinh từ thạch anh (SiO2), sôđa (Na2CO3), đá vôi (CaCO3) t CaCO3   CaO + CO2  t CaO + SiO2   CaSiO3 t (Hoặc viết: CaCO3 + SiO2   CaSiO3 + CO2 ) t Na2CO3 + SiO2   Na2SiO3 + CO2  Đặt công thức pha lê: xNa2O.yPbO.zSiO2 Từ % khối lượng nguyên tố, ta có: %m Na 2O  %mSiO2 7,132.62 32,093.223  9,61% ; %m PbO   34,57% 46 207  55,82%  Ta có: x : y : z = 9,61 34,57 55,82 : :  0,155 : 0,155 : 0,93 = 1:1:6 62 223 60 Vậy cơng thức hóa học thủy tinh pha lê là: Na2O.PbO.6SiO2 Phân tích: Ở tốn đề cho 500ml dung dịch H2SO4 khơng có ý nghĩa gì, đề phải hỏi thêm đại lượng (chẳng hạn nồng độ mol dung dịch H2SO4) Chất rắn Z nung nóng sinh khí (CO2) nên chắn Z có muối cacbonat có chứa RSO4 (nếu chất khơng tan nước) Tuy nhiên, số mol CO3 X tổng số mol CO2 giải phóng nên khơng cần quan tâm Z có chứa RSO4 hay khơng Hướng dẫn: Tính n CO (lần 1) = 0,2 mol; n CO (lần 2) = 0,5 mol 2 MgCO3 + H2SO4  MgSO4 + H2O + CO2  (1) RCO3 + H2SO4  RSO4 + H2O + CO2  (2) Khi nung Z có giải phóng CO2, chứng tỏ Z gồm muối cacbonat dư, có kết tủa RSO4  Z: MgCO3, RCO3 RSO4(có thể có) t MgCO3 (dư)   MgO + CO2  (3) t0 RCO3 (dư)  RO + CO2  (4) Xét trình tồn lượng C X chuyển thành CO2 Theo phản ứng (1,2,3,4):  n X  n CO2 (lần 1) + n CO2 (lần 2) = 0,2 + 0,5 = 0,7 mol Theo tỷ lệ n RCO3 0, 7.1   n MgCO  3,  0, mol  2,5n MgCO   0, 7.2, n   0, m ol RCO  3, Ta có: 0,2.84 + 0,5.(MR + 60) = 115,3  MR = 137 Vậy R bari (Ba) Câu III Phân tích: Đây giống với Bài 5.3 đề thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định Để giải em cần hiểu biết kiện "nhiệt dung nước 4,18J/(g.độ)" Đó lượng nhiệt cần thiết để truyền cho đơn vị khối lượng tăng lên 10C Vậy nhiệt dung riêng nước 4,18J/(g.độ) nghĩa để tăng gam nước lên 10C cần cung cấp lượng nhiệt 4,18J Hướng dẫn: lít nước = 2000ml = 2000 gam Lượng nhiệt cần truyền cho lít (2kg) nước để nóng lên từ 250C đến 1000C là: Q = 2000.(100 – 25).4,18 = 627000J = 627kJ Gọi m (gam) khối lượng gas cần dùng  m C3H8  0,515m (gam) ; m C 4H10  0,475m (gam) ; m C5H12  0,01m (gam) Theo đề ta có: ( 0,515m.2219 0, 475m.2877 0,01m.3536 50   )  627  m = 25,07 (gam) 44 58 72 100 Câu IV Độ tan S chất X nước phụ thuộc theo nhiệt độ (t0C) biểu diễn đồ thị bên Theo đồ thị ta thấy: Đồ thị nằm ngang khoảng từ -100C; 30-400C từ 60-700C Vậy khoảng nhiệt độ thu dung dịch X bão hòa ổn định là: +) Từ 00C đến 100C +) Từ 300C đến 400C +) Từ 600C đến 700C SX (700C) = 25 gam; SX (30 0C) = 15 gam * Ở 70 0C: 130 gam dung dịch bão hòa có: mX  25 130 = 26 gam ; m H O  130 – 26 = 104 gam 125 Vì lượng chất X kết tinh khơng ngậm nước, nên lượng nước dung dịch không đổi * Ở 300C: 104 gam nước hòa tan lượng chất tan X là: mX  15 104  15,6 gam 100  mX (kết tinh) = 26 – 15,6 = 10,4 gam Lưu ý: Ở câu tính tốn lượng chất kết tinh khơng ngậm nước, em sử dụng nhanh công thức sau đây: S S m m ddbh (ban đầu) 100 H 2O (trong dd) 100  Scao 25  15 25  15 Áp dụng: m kt  104  10,4 gam m kt   130  10,4 gam 100 125 m kt  Câu V Phân tích: Đây tốn tưởng chưng đơn giản, có lẽ nhiều học sinh THCS mắc sai lầm Mấu chốt tốn nằm chỗ chất béo có lẫn axit tự Do lượng NaOH dùng vào phản ứng trung hòa axit béo tự thủy phân triglyxerit (trieste glyxerol axit béo) Hướng dẫn: Đặt công thức chất béo: (RCOO)3C3H5 Axit béo tự do: RCOOH RCOOH + NaOH  RCOONa + HOH (1) t (RCOO)3C3H5 + 3NaOH   3RCOONa + C3H5(OH)3 (2) m NaOH (phản ứng 2) = 120 120 m   1,035  1,35 kg 92 glyxerol 92  m NaOH (phản ứng 1) = 1,4 – 1,35 = 0,05 kg Theo (1)  m H O  18 18 m NaOH   0,05  0,0225kg 40 40 Theo BTKL  mmuối = 10 + 1,4 – 0,0225 – 1,035 = 10,3425 kg Lưu ý: Có thể sử dụng đại số để tìm khối lượng nước, sau bảo tồn khối lượng tìm khối lượng muối thu RCOOH + NaOH  RCOONa + HOH x (kg)  0,45x (kg) t (RCOO)3C3H5 + 3NaOH   3RCOONa + C3H5(OH)3 y (kg)  92y (kg) 120  92y  1,035  x  0,05 kg  Ta có:  120   y  1,35 kg  x  y  1,4 Theo BTKL  mmuối =10 + 1,4 – 0,45.0,05 – 1,035 = 10,3425 (kg) Phân tích: Đây dạng tốn quen thuộc nhiều lần xuất đề thi học sinh giỏi THCS thi vào lớp 10 chuyên hóa So sánh lượng kiềm lượng muối nhôm, ta thấy lượng muối khơng đổi thí nghiệm, lượng kiềm tăng lên Mấu chốt toán chỗ tăng lượng kiềm làm cho lượng kết tủa tăng theo, chứng tỏ TN1 dư muối Al3+còn dư Còn thí nghiệm kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan, hòa tan phần, tan hết Các em cần lưu ý kết tủa ln có BaSO4 Giả sử TN2 chưa xảy phản ứng hòa tan kết tủa nhớ phản ứng ln có tỷ lệ lượng chất với khơng thay đổi 5 Vậy 500 12,045 ? (có không?) 8,55 300 Hướng dẫn: Theo đề ta thấy: tăng lượng Ba(OH)2 mà lượng kết tủa tăng thêm  TN1 lượng Al2(SO4)3 dư, Ba(OH)2 hết Gọi x, y nồng độ mol/ lít dung dịch X, Y Thí nghiệm 1: n Al (SO )  0,2x(mol) ; n Ba(OH)  0,3y(mol) Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4  + 2Al(OH)3  (1) 0,3y  0,3y 0,2y (mol) Ta có: 233.0,3y + 78.0,2y = 8,55  y = 0,1 mol/lít  Thí nghiệm 2: n Al (SO )  0,2x(mol) ; n Ba(OH)  0,5.0,1  0,05 (mol) +) Trường hợp 1: Nếu Al(OH)3 chưa bị hòa tan  Ba(OH)2 hết: Theo (1): m KT  500 8,55  14,25 gam  12,045 (gam)  loại 300 +) Trường hợp 2: Nếu Al(OH)3 tan hết  kết tủa có BaSO4  n BaSO4  12,045  0,052 mol > 0,05 mol  loại 233 +) Trường hợp 3: Al(OH)3 bị hòa tan 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  2Al(OH)3  + 3BaSO4  0,6x 0,2x 0,4x 0,6x (mol) Ba(OH)2 + 2Al(OH)3  Ba(AlO2)2 + 4H2O (0,05 – 0,6x)  (0,1 – 1,2x) mol Ta có: (1,6x – 0,1).78 + 233.0,6x = 12,045  x = 0,075 mol/ lít Vậy CM (dd A) = 0,075 mol/lít ; CM (dd B) = 0,1 mol /lít -HẾT ĐÁP ÁN ...2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC LỚP TỈNH QUẢNG BÌNH Năm học 2017- 2018 -Câu I a Cl2 + 2NaOH  NaCl + NaClO + H2O Lưu ý: Nếu NaOH... %m Na 2O  %mSiO2 7,132.62 32,093. 223  9,61% ; %m PbO   34,57% 46 207  55,82%  Ta có: x : y : z = 9,61 34,57 55,82 : :  0,155 : 0,155 : 0,93 = 1:1:6 62 223 60 Vậy cơng thức hóa học thủy tinh... Ba(OH)  0,3y(mol) Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  3BaSO4  + 2Al(OH)3  (1) 0,3y  0,3y 0,2y (mol) Ta có: 233 .0,3y + 78.0,2y = 8,55  y = 0,1 mol/lít  Thí nghiệm 2: n Al (SO )  0,2x(mol) ; n Ba(OH) 