Đề thi chọn HSG THPT vòng tỉnh giải toán trên máy tính cầm tay môn hóa học 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2019-2020 -Mơn: HĨA HỌC Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/9/2019 (Hướng dẫn chấm có trang) BÀI NỘI DUNG Câu 1.(6 Điểm): a Gọi x, y, z tổng số hạt proton, nơtron, electron (10 điểm) nguyên tử X, Y, Z Theo đề ,ta có : x + 2y = 66 (1) z + 2x = 96 (2) z + y = 84 (3 )  x  18 (1),(2),(3)    y  24 z  60  Gọi PX, PY, PZ số proton X, Y, Z nX ,nY , nZ số nơ tron X, Y, Z 2PX  n X  18 Ta có :   2PY  n Y  24 2P  n  60  Z Z Vì PX  n X  1,5PX 18 18   PX  3,5 ĐIỂM 1  5,14  PX   PX    Vậy X Cacbon (C) Tương tự 24 24  PY  3,5  6,857  PY   PY   n Y 10  số khối = +10 = 17( Loại )  PY   n Y   số khối = + = 16( Chấp nhận ) Vậy Y Oxi   (O) 60 60  PZ  3,5  17,14  PZ  20 Trang - 1  PZ  18 ( Loại khí trơ khơng tạo liên kết hóa học )  PZ  19  n Z  22  số khối = 19 + 22 = 41 ( Loại )  PZ  20  n Z  20  số khối = 20 + 20 = 40 ( Chấp nhận ) Vậy Z Canxi (Ca) Vậy công thức A CaCO3 ( thỏa điều kiện MA < 120 đ.v.c ) b) B : TxCy (x+y = ) Gọi số proton nguyên tử T PT (2PT)x + 12y = 140 hay PTx + 6y = 70 PTx + 6(7-x) = 70  PTx - 6x = 28  PT   28 6 x ( x  7) x PT 34 20 13 ( nhận ) Vậy T nhôm ( Al ) B Al 4C3 Câu 2.(4 điểm): a 0  H 298 (phản ứng) =  H 298 (CO)-  H 298 (CO2)=-110,4-(393,1) =282,7(kJ) 0  S (phản ứng) =  S298 (CO)+  S 298 (O2)-  S 298 (CO2) = 86,5J 0  G298 (phản ứng) =  H 298 (phản ứng) –T. S 298 (phản ứng) =282,7.10 -298.86,5=256,923(kJ) Vì  G298 (phản ứng) >0 nên 25 0C phản ứng không tự xảy theo chiều thuận b Để phản ứng xảy theo chiều thuận  G298 < Suy ra: 298  H 298 1 -T. S 298 (10 điểm) Câu 1.(5 điểm): t KClO3  KCl  3O2  1,5x(mol ) x(mol ) t KMnO4  K MnO4  MnO2  O  Trang - 0,5 y(mol ) y(mol ) t 2C  O2  2CO a(mol ) t C  O  CO2 b(mol ) Ta có hệ phương trình: a  b  0,04    28a  44b  0,04  16  a  0,03   b  0,01 CO : 0,03 (mol )  CO2 : 0,01 (mol ) a 0,03 b  0,01  0,025 (mol ) 2 Ta có hệ phương trình:  nO2   KClO3 : 0,01 (mol ) 122,5 x  158 y  4,385  x  0,01     1,5 x  0,5 y  0,025  y  0,02  KMnO4 : 0,02 (mol ) mKClO3  0,01122,5  1,225 ( gam) mKMnO4  0,02 158  3,16 ( gam) Câu 2.(5 điểm): Quy đổi hỗn hợp X thành : Fe, Cu S Ta có : 4, 66  0, 02mol , nNO  0,07mol , nS = nSO2 = n BaSO4 = 233 Gọi x,y số mol Fe, Cu Bảo tồn eletron ta có: + Q trình oxi hóa: Fe  Fe3+ + 3e x 3x 2+ Cu  Cu + 2e y 2y 2 S + 4H2O  SO + 8H+ + 6e 0,02 0,16 0,12  + + Quá trình khử: NO + 4H + 3e  NO + 2H2O 0,07   0,28   0,21   0,07  3x+2y+0,12 = 0,21 (1) Mặt khác: 56x + 64y+32.0,02 = 2,72  56x+64y =2,08 (2) Gi ải hệ phương trình từ(1) (2) ta được:  x  0, 02mol   y  0, 015mol n HNO3 ban đầu =0,5 mol  n H  =0,5+0,16-0,28 =0,38 mol n NO  = 0,5-0,07= 0,43 mol Phương trình phản ứng : 3Cu + 8H+ + 2NO 3   3Cu2+ 2NO + 4H2O 0,1425   0,38 Cu + 2Fe3+   Cu2+ + Fe2+ Trang - 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,01   0,02 Vậy m =64.(0,1425+0,01) = 9,76 gam Câu 1.(5 điểm): (10 điểm) Ca 2 : x (mol )    Na : y (mol )  Dung dịch X  dung dịch X   HCO3 : z (mol ) Cl  : 0,1 (mol )  - Cho Ca 2 : x (mol )    Na : y (mol )    HCO3 : z (mol ) Cl  : 0,05 (mol )  0,5 dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH dư: HCO3  OH Ca 2 0,5   CO 32-  H 2O CO 32-  CaCO  x x x - Cho  0,02 (mol ) 100 dung dịch X phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư: HCO3  OH -  CO 32-  H 2O z z Ca 2  CO 23  CaCO  z z  0,03 (mol ) 100 - Bảo tồn điện tích cho dung dịch X: 2  0,02  y  0,03  0,05 z  y  0,04 - Đun sôi dung dịch X đến cạn, thu m gam chất rắn khan: t 2HCO3  CO 32-  CO2  H 2O  0,03 mol 0,5 0,03 mol m  mCa2  mNa  mCO2  mCl  m   0,02  40   0,04  23  0,03 60  0,1 35,5 m  8,79 ( gam) Câu 2.(5 điểm): nSO2 = 0,005 mol  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  0,005  0,002   V = 0,002/0,002 = (lit) 0,001 0,002 0,002 (mol) 0,5 Trang - 0 Ta có: CSO = 0,002 M 2- = 0,003 M ; C H SO  H+ +HSO4H2SO4  0,002 0,002 0,002 (M)     HSO40,002-x H+ SO42- + (0,002+x) 0,5 (0,003+x) (M) (0,002+x)(0,003+x) = 2.10-2  x  1,3.10-3 (0,002-x) [H+] = 2.10-3 + 1,3.10-3 = 3,3.10-3 (M) Ta có: KC =  pH = 2,4815 Câu 1.(5 điểm): (10 điểm) Ta có: nKOH  0,035 x1 0,035 mol CO2 + KOH   KHCO3 a a a CO2 +2KOH   K2CO3 + H2O b 2b b Khối lượng bình KOH tăng khối lượng khí CO2 H2O  a  0, 005  a  2b  0, 035    b  0, 015 100a  138b  2, 57  nCO2  a  b  0, 015  0, 005  0, 02 0,5 0,5  mH 2O  1,15  mCO2  1,15  0, 02.44  0, 27 g  nH 2O  0, 27  0, 015mol 18 Gọi CTPT A là: CxHyOz x : y  nC : n H  0,02 : 0,03  : MA=43.2 = 86  (C2 H 3OZ ) a  27 a  16 za  86 86  27 a z 16 A z 3,67 0,1 10-14 nên bỏ qua điện li nước Xét cân (6): x2 Ka2 =  102 suy ra: x2+ 0,01x-5.10-4 =0 0, 05  x x= 0,0179 pH = 1,747 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu 2: (6 điểm) Hỗn hợp rắn A gồm kim loại M oxit có khối lượng 177,24 gam Chia A thành phần nhau: + Phần 1: Hòa tan dung dịch HCl H2SO4 loãng dư thu 4,48 lít khí H2 + Phần 2: Hịa tan lit dung dịch HNO3 lấy dư 25% so với lượng phản ứng vừa đủ, thu 4,48 lít khí khơng màu hóa nâu khơng khí dung dịch B + Phần 3: Đem đun nóng với chất khí CO dư đến phản ứng hồn tồn cho tồn chất rắn hịa tan nước cường tan dư có 17,92 lít khí NO Các khí điều kiện tiêu chuẩn a Xác địng công thức M oxit b Tính nồng độ mol HNO3 khối lượng sắt hồn tan hết dung dịch B Bài Câu Đáp án Biểu điểm Gọi + Kim loại M : a mol phần + oxit kim loại M MxOy : b mol phần Khí khơng màu hóa nâu khơng khí NO n Phần 1: M + nH+   Mn+ + H2 0,25đ na a na 0,25đ Ta có: nH = =0,2  na= 0,4 (1) Phần 2: 3M + 4mHNO3   3M(NO3)m + mNO + 2mH2O 0,25đ ma a 0,25đ 3MxOy+(4mx-2y)HNO3   3xM(NO3)m+(mx-2y)NO+(2mx-y)H2O mx  y ( )b b ma mx  y 0,5đ )b = 0,2 Theo phương trình: +( (2) 3  M : a(mol )  M : a (mol ) CO Phần 3:      xM : bx(mol )  M xOy : b(mol )  chất rắn có:(a+bx) mol Hịa tan chất rắn nước cường toan(hỗn hợp HNO3 HCl) ta có q trình: Qúa trình oxihoa: M  me  Mm+ + 0,5đ 0,5đ (a+bx) mol m(a+bx) mol  + Qúa trình khử: NO3 + 4H +3e   NO + 2H2O 2,4   0,8 Bảo toàn electron: m(a+bx) =2,4 (3) Giải hệ phương trình(1)(2)(3) ta được:  an  0,  by  0,9  2, a  bx  m  Mặt khác ta lại có: 177,24= 3Ma+ 3Mbx+ 48by 1117 m M= 60 m=1 suy M= 18,61 (loại) m=2 suy M=37,2 (loại) m=3 suy M=55,85  56 ( Fe) Vậy kim loại cần tìm Fe; n=2,m=3 nên a= 0,2; bx=0,6; by=0,9 x 0, Từ ta có :   y 0,9 Vậy oxit cần tìm: Fe2O3 b Ở phần 2: Fe : 0,2 mol Fe2O3 0,3 mol Fe + 4HNO3   Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,2 0,8 0,2 Fe2O3+ 6HNO3   2Fe(NO3)3+ 3H2O 0,3 1,8 0,6 Số mol HNO3 phản ứng: 2,6 mol Số mol HNO3 ban đầu: 2,6+ 0,65 = 3,25 mol Nên nồng độ HNO3 ban đầu là: 3,25 mol  HNO3 : 0, 65mol Dung dịch B gồm:   Fe( NO3 )3 : 0,8mol Fe + 4HNO3   Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,1625 0,65 0,1625 Nên số mol Fe(NO3)3: 0,1625+0,8= 0,9625mol Fe + 2Fe(NO3)3   3Fe(NO3)2 0,48125 0,9625 Số mol Fe cần dùng : 0,1625+ 0,48125= 0,64375 mol Vậy khối lượng sắt cần dùng là: 0,64375.56= 36,05 gam 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Bài (10 điểm): Câu 1: (3 điểm) A chất độc hóa học sử dụng chiến tranh Việt Nam Trong A có chứa nguyên tố C, H, O nguyên tố X Kết phân tích cho thấy A chứa hàm lượng phần trăm theo khối lượng nguyên C, H,O 44,72%; 1,24%; 9,94% lại hàm lượng X Trong phân tử A chứa nguyên tử oxi số nguyên tử X gấp lần số nguyên tử oxi Xác định công thức phân tử A Bài Câu Đáp án Biểu điểm Ta có % X = 100% -(%C+%H+%O) = 44,1% 0,5đ Gọi công thức X CxHyOzXt, ta có: %C % H %O %44,1 : : : x: y : z : t = 12 16 X 44,72 1,24 9,94 44,1 : : : = 0,5đ 12 16 X  44,1 16  0,5đ = 6: 2:1:  (*)  X , 94   Do số nguyên tử X gấp lần số nguyên tử O A nên có: 0,5đ  44,1 16    = rút X = 35,5 X Cl  X 9,94  0,5đ Thay ngược trở lại (*) x: y: z : t = : : : CTĐGN A C6H2OCl2 0,5đ CTPT A dạng (C6H2OCl2)n, A có nguyên tử O nên n=2, công thức phân tử A C12H4O2Cl4 Câu 2: (7 điểm) Hỗn hợp A gồm C2H2, C3H6 C3H8 Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam A lượng oxi vừa đủ cho toàn sản phẩm cháy qua bình (1) đựng H2SO4 đặc, dư bình (2) đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy bình (2) có 15,0 gam kết tủa khối lượng tăng bình (2) nhiều so với khối lượng tăng bình (1) 4,26 gam Nếu cho 2,016 lít hỗn hợp A phản ứng với 100,0 gam dung dịch brom 24% nhạt màu brom, sau phải sục thêm 0,896 lít khí SO2 màu hoàn toàn, lượng SO2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml dung dịch KMnO4 0,1M Các phản ứng xảy hồn tồn Tính phần trăm thể tích khí hỗn hợp A Các thể tích khí đo đktc Bài Câu Đáp án C2 H : x mol CO2 dd H2SO4  (OH ) du  O2 m (gam)A C3 H : y mol    CaCO3   CO2 ddCa   H O  C H : z mol  mtăng bình (1) = mH 2O ; mtăng bình (2) = mCO2 = 44.0,15= 6,6 (gam); nCO2 = 0,15 (mol) mCO2 - mH 2O = 4,26 (gam)  mH 2O = 2,34 (gam)  nH 2O = 0,13 (mol) + Áp dụng bảo tồn ngun tố ta có: (BT C): 2x + 3y + 3z = nCO2 = 0,15 (1) (BT H): 2x + 6y + 8z = nH 2O =0,26 (2) +Phản ứng dd Brôm CH  CH + 2Br2   CHBr2-CHBr2 x 2x CH3-CH=CH2 + Br2   CH3-CHBr-CH2Br y y CH3-CH2-CH3 + Br2   không phản ứng z SO2 + Br2 + 2H2O   2HBr + H2SO4 (0,04-0,01) 0,03 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O   K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 0,01 0,004 (x+y+z) mol hỗn hợp A cần (2x + y) mol Br2 Biểu điểm 0,5đ 1đ 1đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,09 mol hỗn hợp A cần (0,15 – 0,03) mol Br2  0,12 (x+y+z)=0,09.(2x+y)  0,06 x – 0,03y – 0,12 z =  x  0, 03(mol )  Từ (1), (2) (3)   y  0, 02(mol )  z  0, 01(mol )  %VC2H2 = 50,0%; %VC3H6 = 33,33%; %VC3H8 = 16,67% 1đ (3) 0,5đ 1đ Bài (10 điểm): Oxi hóa 57 gam hỗn hợp anđehit propionic, ancol no đơn chức bậc A este B (tạo axit đồng đẳng axit acrylic với ancol A) hỗn hợp X gồm axit este Cho lượng hỗn hợp X phản ứng với CH3OH (hiệu suất 50%) 48 gam hỗn hợp este Mặt khác, cho lượng X phản ứng với 750ml dung dịch KOH 1,5M, sau phản ứng để trung hòa hết KOH dư cần dùng thêm vào 41,0625 gam dung dịch HCl 20% dung dịch D Cô cạn dung dịch D chất hữu E, lại 115,1625 gam hỗn hợp muối Cho E tách nước 1400C( H2SO4 đậm đặc làm xúc tác) chất F có tỉ khối so với E 1,61 a Tìm cơng thức phân tử A B b Tính phần trăm khối lượng chất hỗn hợp ban đầu Bài Câu a Đáp án a Lập công thức phân tử A B Ancol A: CnH2n +1OH Este tương ứng B : CmH2m -1COO CnH2n +1 * Oxi hóa hỗn hợp ban đầu : C2H5CHO + 0,5 O2  C2H5COOH x x CnH2n +1OH + O2  Cn-1H2n -1COOH+ H2O y y * Cho X + CH3OH: C2H5COOH+ CH3OH C2H5COOCH3 + H2O 0,5x 0,5x Cn-1H2n -1COOH + CH3OH Cn-1H2n -1COOCH3 + H2O 0,5y 0,5y * X +KOH: n KOH =1,125 mol; nHCl =0,225 mol C2H5COOH+KOH  C2H5COOK+H2O x x x Cn-1H2n -1COOH +KOH  Cn-1H2n -1COOK + H2O y y y CmH2m -1COOCnH2n +1 + KOH  CmH2m -1COOK+ CnH2n +1OH z z z HCl + KOHdư  KCl + H2O 0,225 0,225 0,225 E chuyển thành F: H SO4 2CnH2n +1OH   CnH2n +1O CnH2n +1 + H2O 28n  18  1, 61  n  Từ dF/E =1,61 nên ta có 14n  18 Biểu điểm 0,5 đ (1) 0,5đ (2) (3) 0,5đ (4) 0,5đ (5) (6) 0,5đ (7) (8) 0,5đ 0,5đ ( 9) 0,5đ Vậy CTPT A: C2H5OH C2 H 5CHO : x mol  C2 H 5OH : y mol C H COOC H : z mol  m m 1 X + CH3OH: theo (3) và(4) hiệu suất 50%: 88.0,5x+ 74.0,5y+ (14m+ 72)z= 48  44x+37y+ (14m+72)z = 48  44x+37y +14mz+ 72z =48 (a) +Theo (5)(6)(7): nKOHtácdung =x+y+z=0,75.1,5-0,225= 0,9 mol (b) Khối lượng muối khan: C2 H 5COOK : x(mol ) CH COOK : y (mol )   Cm H m 1COOK : z (mol )  KCl : 0, 225(mol ) ( số mol KCl=HCl) 112x+98y+ (14m+ 82)z+ 0,225.74,5= 115,1625  112x+98y+ (14m+82)z=98,4  112x+98y+14mz+82z =98,4 (c) Theo đề giả thuyết ban đầu: 58x+46y+(14m+72)z= 57  58x+ 46y+ 14mz+72z =57 (d) Giải hệ phương trình (a)(b)(c)(d) FX-580 ta được: 44 x  37 y  14mz  72 z  48  x  y  z  0, 75.1,5  0, 225  0,9   112 x  98 y  14mz  82 z  98, 58 x  46 y  14mz  72 z  57  x  0, 45  y  0,3     z  0,15 mz  0, 45 Suy ra: m=3 CTPT B: C3H5COOC2H5 0, 45.58 100%  45, 79% b %m C2 H5CHO = 57 0,3.46 100%  24, 21% %m C2 H 5OH = 57 %m C3H5COOC2 H5 = 100-(45,79+24,21)=30,00%; 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1đ Hết Ghi chú:  Thí sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa ... CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2018 -2019 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN THI: HĨA HỌC Thời gian : 90 phút( không kể thời gian giao đề) Ngày thi: ... CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VỊNG TỈNH GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2019- 2020 -Mơn: HĨA HỌC Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: ... Học sinh làm theo cách khác, điểm tối đa Trang - 1 1 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VỊNG TỈNH GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2018 -2019