Đáp án đề thi Hóa cấp tỉnh (2019 2020)

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 1 a) Gọi ZM là số proton trong nguyên tử M
1/
NM là số nơtron trong nguyên tử M
(1,5đ)
ZX là số proton trong nguyên tử X
NX là số nơtron trong 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 1
2/
(1,5 đ)

0,125

Giải hệ phương trình ta được
M ở ơ 11, chu kì 3, nhóm IA; X ở ơ 8, chu kì 2, nhóm VIA.
b) Bán kính của X2- lớn hơn bán kính của M+.
Gọi oxit cao nhất của R là R2Ox, hợp chất khí của R với hiđro là RH8-x (x = 4, 5, 6, 7).
100 M R
2. 100 . M R
a=
b=
M R + 8−x ;
2 M R +16 x
Ta có
100 M R
2. 100 . M R
a : b = 40 : 17 suy ra

M R + 8−x

:

2 M R +16 x

= 40 : 17

352 x−640
M R=
46

X
MR

Kết luận

Câu 2
1/
(1,5đ)

4
5
6
7
16,7
24,4
32
39,7
Không phù
Không phù
Chọn
Không phù
hợp
hợp
hợp
Nguyên tố R là lưu huỳnh.
A là H2S và X là S; B là SO2; C là FeS; D là H2O ; Y là HBr ; Z là H2SO4 ;
G là FeBr2 hoặc FeSO4.
t0
S + H2   H2S;
0

t
S + O2   SO2;

t0
S+ Fe   FeS;

 3S + 2H2O;
2 H2S + SO2  
 H2SO4 + 2 HBr;
SO2 + 2 H2O + Br2  

Câu 2
2/
(1,5 đ)

 FeBr2 + H2S;
FeS +2 HBr  
 FeSO4 + H2S;
Hoặc FeS + H2SO4  
Gọi số mol NaI là x, số mol NaBr là 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 của Y là mY = 103x + 103y (g)
Khối lượng của Y nhỏ hơn khối lượng X là m gam.  m = 47x (I).
2NaBr + Cl2  2NaCl + Br2
(x+y) mol
(x+y) mol
Khối lượng của Z là mZ = 58,5x + 58,5y (g)
Khối lượng của Z nhỏ hơn khối lượng của Y là m gam.  m = 44,5x + 44,5y (II).
Từ (I) và (II) suy ra x = 17,8y

%mNaBr =
Câu 3
1/ (1đ)

Câu 3
2/ (2đ)

Câu 4
1/

(1 đ)

Câu 4

103 y
.100%=3,71%
150.17,8 y+103 y

a) Gọi x, y lần lượt là số mol của M và 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 > 0 thay vào (*) ta có:45,4 > M > 37,4  M là K.
b) Số mol của OH- = 0,1.0,1 = 0,01 mol; Gọi V là thể tích cần tìm  số mol
nH+ = 0,1.V (mol). Vì pH của dd sau pư = 2 < 7 nên axit dư
H+ + OH- → H2O
bđ:
0,1V
0,01
pư:
0,01
0,01
còn: 0,1V-0,01 0
 (0,1V- 0,01)/ (V+ 0,1) = 0,01  V = 0,122 lít
BaCl2 + NaHSO4  BaSO4 + NaCl + HCl

Có xuất hiện kết tủa màu trắng.
Ba(HCO3)2 + KHSO4  BaSO4 + KHCO3 + H2O + CO2
Có xuất hiện kết tủa màu trắngvà có khí bay ra.
Ca(H2PO4)2 + KOH  CaHPO4 + KH2PO4 + H2O
Có xuất hiện kết tủa màu trắng.
Ca(OH)2 + NaHCO3  CaCO3 + NaOH + H2O
Có xuất hiện kết tủa màu trắng.
Số mol Fe trong FexOy = 2 số mol Fe trong Fe2O3= 0,1 mol
 Số mol oxi trong FexOy = (7,2- 0,1.56)/16 = 0,1  Oxit là FeO.
b) B có thể chứa Fe (a mol), FeO dư (b mol)
Fe + 4 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 5
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 3 =0,1 :0 , 05=2:1
2

3
. Gọi số mol NaHCO3 là x thì số mol Na2CO3 là 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 ra x = 0,03; V2 = 3x.22,4 = 3.0,03.22,4 = 2,016 (lít). V1 : V2 = 5 : 9
Vy = 2VX suy ra nY = 2nX
Gọi ankan ban đầu là CnH2n+2.
Giả sử ban đầu có 1 mol X suy ra có 2 mol Y.
MY = 18.2 = 36

mX = mY = 36.2 = 72.
1.(14n + 2) = 72  n = 5. Công thức phân tử của X là C5H12.
X tác dụng với clo tạo ra 4 dẫn xuất monoclo nên công thức cấu tạo của X là
CH3-CH(CH3)-CH2-CH3
Các pthh:
askt , tile 1:1 CH3-CBr(CH3)-CH2-CH3 + HBr
⃗
0
CH3-CBr(CH3)-CH2-CH3 + NaOH t⃗
CH3-COH(CH3)-CH2-CH3 + NaBr

CH3-CH(CH3)-CH2-CH3 + Br2

0
⃗

Câu 5
2/
(1,5đ)

Câu 6
1/
(1,25
đ)

CH3-COH(CH3)-CH2-CH3 H 2 SO 4 đ , 170 C CH3-C(CH3)=CH-CH3 + H2O
CH3-C(CH3)=CH-CH3 + HBr  CH3-CBr(CH3)-CH2-CH3
a) CTCT của 5 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
1 ,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 của E là CxHyOz
x : y : z = 0,08 : 0,128 : 0,032 = 5 : 8 : 2
E là este đơn chức nên công thức phân tử của E là C5H8O2

nC

5 H8 O2

=

15
=0 , 15
n
=n

100
(mol); NaOH C 5 H 8 O2 = 0,15 mol;  mNaOH = 0,15.40 = 6

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 là

mC

E⃗
+NaOH G ⃗
+H 2 SO4 G 1

5

H 8 O2 +m NaOH

suy ra E là một este vịng.

khơng phân nhánh nên cơng thức cấu tạo của

0,125
0,125

Các phương trình hóa học:

Câu 6
2/
(0,75)

+ NaOH  HO-(CH2)4-COONa
2HO-(CH2)4-COONa + H2SO4  2HO-(CH2)4-COOH + Na2SO4
b) X là đồng phân của E nên X là este đơn chức, ancol thu được khi cho X tác dụng với
NaOH là ancol đơn chức.
Gọi ancol là CxHyO (y ≤ 2x+2). Đốt cháy ancol

y 1
y
( x+ − )
4 2 O2  xCO2 + 2 H2O
CxHyO +
y 1
( x+ − )
V O =3 V X
4 2 = 3  4x + y = 14
2
suy ra

Câu 7
(2 đ)

X
1
2
3
Y
10
6
2

Kết luận
Loại
Chọn
Loại
Vậy ancol là C2H6O hay C2H5OH
Công thức cấu tạo của X là 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 đều có 1 nhóm -NH2 và khi đốt cháy nH2O> nCO2 → cả X, Y đều có dạng:
CnH2n+1O2N.
- Với X thì nCO2/ nH2O= 2n/(2n+1) = 6/7 → X là C3H7O2N.
- Với Y thì nCO2/ nH2O= 2n/(2n+1) = 10/11 → Y là 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 8
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 khi in phõn cũn d CuSO4.
Phng trỡnh in phõn:

0,125

0,125
0,125

điện phân

2+

Cu + 2Cl
x
2x



dung


dịch
điện phân

Cu
y

2+

+ H2O

Cu2+ + H2S

dung


dịch

Cu + Cl2
x
x
1
Cu + 2 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+ đã bị điện phân bằng 0,05 mol.
Khối lượng dung dịch giảm trong điện phân là do tách ra khỏi dung dịch các chất : Cu,

Cl2 và có thể có O2.
* Giả sử: nếu khơng xảy ra (2) thì khối lượng dung dịch giảm:
mCu + mCl2 = 64. 0,05 + 71.0,05 = 6,75 g > 5,65 g => không phù hợp, vậy phải xảy
ra (2)
* Gọi : số mol Cu2+ (1) là x ; Cu2+ (2) là 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+ = 0,10,5 = 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 8
2/
(1,5 đ)

0,125

Học sinh 1 đã làm đúng.
Phản ứng điều chế CO2
2HCl + CaCO3  CaCl2 + H2O + CO2
HCl dễ bay hơi nên khí CO2 điều chế được có lẫn HCl, ngồi ra cịn có hơi 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 hơi nước. Khí CO2 ra khỏi bình này
là khí CO2 khơ, tinh khiết.
Cách làm của học sinh 2 thu được 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