Đề đáp án thi học HSG Hóa tỉnh Thanh Hóa 2014-2015

STT

Nội dung

Điểm

Câu 1

(2 điểm)

1. Các phương trình hoá học

(1)    S + H2 H2S;                         

(2)   H2S + 3/2O2 SO2 + H2O

(3)    SO2 + 1/2O2 SO3;             

(4)    SO3 + H2O H2SO4

(5)    H2SO4(đặc) + NaCl(rắn) NaHSO4 + HCl

(6)    4HCl + MnO2 MnCl2 + Cl2+ 2H2O

 (7)   3Cl2 + 6KOH 5KCl + KClO3 + 3H2O

(8)    KClO3KCl +3/2O2

Chú ý: 0,25 đ/ 2 phương trình đúng. Thiếu điều kiện hoặc cân bằng sai trừ ½ số điểm của phương trình.

2.

Nhận biết đúng mỗi chất được 0,25 điểm

1,00

1,00

Câu 2

(2 điểm)

1. Khối lượng chất tan trong dung dịch 1 = (g)

Khối lượng chất tan trong dung dịch 2 = (g)

(m3 = m1 + m2)

Khối lượng chất tan trong dung dịch 3 = (g)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

                     C3.(m1 + m2) = C1.m1 + C2.m2

2. Đặt công thức của muối là: MgSO4.nH2O

Khối lượng MgSO4 trong dung dịch ban đầu: = 51,961 gam

Ở 200C: 135,1 gam dung dịch có chứa 35,1 gam MgSO4

              (200+2 – m) gam dung dịch  có chứa (51,961 + 2–3,16) gam MgSO4

Từ đó tìm được m = 6,47 gam

Khi nung muối ta có:

MgSO4.nH2O MgSO4 +  nH2O    (1)

Theo (1) ta được mH2O = 6,47 – 3,16 = 3,31 gam

=> = 3,31 => n = 7

Vậy muối là: MgSO4.7H2O

0,25

0,25

0,25

0,25

0,50

0,25

0,25

Câu 3

(2 điểm)

1. Các phản ứng hóa học chứng minh:

   - Tính bazơ của NH3 yếu hơn NaOH

     NaOH  +  NH4Cl NaCl  +  NH3  +  H2O

   - Tính axit của H2SO3 mạnh hơn H2CO3

     H2SO3  +  2NaHCO3  Na2SO3  +  2H2O  +  2CO2

   - Tính kim loại của Fe mạnh hơn Cu

     Fe   +   CuSO4   FeSO4  +  Cu

   - Tính phi kim của clo mạnh hơn brom

      Cl2  +  2NaBr   2NaCl   +   Br2

2.  Sợi bông có thành phần chính là xenlulozơ: (C6H10O5)n hay C6n(H2O)5n

- Khi cho H2SO4 đặc vào vải, xenlulozơ bị mất nước thành C (than)

C6n(H2O)5n 6nC + 5nH2O

Sau đó cacbon bị oxi hóa theo phản ứng:

    C   +  2H2SO4      CO2   +   2SO2   +   2H2O

- Khi cho dung dịch HCl đặc vào mảnh vải thì xảy ra phản ứng thủy phân xenlulozơ tại phần tiếp xúc, do đó mảnh vải bị mủn dần.

(C6H10O5)n + nH2OnC6H12O6  

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4

(2 điểm)

  =0,1.2=0,2 (mol);   nMg=0,1 (mol);    nFe=0,2 (mol)

Vì Mg có tính khử  mạnh hơn Fe do vậy Mg phản ứng với CuSO4  trước

                            Mg  + CuSO4   MgSO4+Cu       (1)

                            0,1        0,1              0,1       0,1                (mol)

                            Fe  +   CuSO4      FeSO4+Cu       (2)

                            0,1        0,1              0,1        0,1              (mol)

Chất rắn A: Cu và Fe dư, mA= 0,2.64+0,1.56=18,4 gam.

 Dung dịch B: MgSO4, FeSO4

                            2NaOH  + MgSO4Mg(OH)2 + Na2SO4                (3)

                            2NaOH  + FeSO4 Fe(OH)2   +  Na2SO4          (4)

                              Mg(OH)2    MgO+H2O                                (5)

                            4Fe(OH)2 + O2     2Fe2O3+4H2O                    (6)

Chất rắn D gồm MgO và Fe2O3.

mD= 0,1.40+0,05.160 =12 gam.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5

(2 điểm)

1. Thành phần chính của phân urê là (H2N)2CO. Khi bón phân urê vào đất thì có phản ứng: (H2N)2CO + H2O (NH4)2CO3

  - Nếu bón vôi cùng, lượng nitơ trong phân sẽ bị mất do xảy ra phản ứng:

                 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 CaCO3 + 2NH3

Gây ra lãng phí phân đạm và làm cho đất bạc màu.

2.

a) Từ dữ kiện đề bài, suy ra A là K2O; B là HCl; dung dịch X chứa KOH; dung dịch Y chứa HCl; dung dich Z chứa KCl và KOH dư hoặc KCl và HCl dư.

b) Các phương trình hóa học:

     K2O   +   H2O     2KOH

    KOH  +  HCl     KCl   +   H2O

   Zn   +  2KOH K2ZnO2   +   H2

    Zn  +  2HCl ZnCl2  +  H2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,50

0,50

Câu 6

(2 điểm)

1. Các phản ứng hóa học:

C3H8 CH4  +  C2H4   (1)

C3H8  C3H6  +  H2    (2)     

nC3H8 = 0,5 mol; MY = 27,5; MZ = 24,4.

a) Ta có: mY = 22 gam, suy ra: nY = 0,8 mol.

Theo phương trình hóa học: số mol C3H8 bị nhiệt phân bằng độ tăng số mol khí.

Suy ra: số mol C3H8 phản ứng bằng: 0,8 – 0,5 = 0,3 mol.

=> H = .100% = 60%.

b) Hàm lượng C và H trong Y bằng trong C3H8 ban đầu, nên đốt cháy hỗn hợp khí Y thì lượng khí O2 tiêu tốn như đốt cháy 22 gam C3H8

    C3H8   +  5O2  3CO2  +  4H2O

     0,5          2,5                                        (mol)

=> thể tích oxi bằng: 2,5.22,4 = 56 lít.

c) % thể tích các khí trong Z:

Khi cho Y qua dung dịch Br2 dư thì:

C2H4  +  Br2 C2H4Br2 

C3H6  +  Br2 C3H6Br2

Khí Z thoát ra gồm H2 (a mol), CH4 (b mol) và C3H8 (0,2 mol)

Ta có:       a + b + 0,2 = 0,5 (I)

            và 2a + 16b  + 44.0,2 = 12,2 (II)

Từ (I) và (II) => a = 0,1; b = 0,2

=> % H2 = 20%; %CH4 = %C3H8 = 40%.

2. Vì A làm mất màu dung dịch Br2 nên A không thể là benzen

Vậy A có thể nhận CTCT là: CH2=CH-C≡C-CH=CH2

 CH2=CH-C≡C-CH=CH2 + 4Br2 CH2Br-CHBr-CBr2-CBr2-CHBr-H2Br

(học sinh chọn chất khác nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa )

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 7

(2 điểm)

a) Kết tủa xuất hiện, khối lượng kết tủa tăng dần đến cực đại (khi Ca(OH)2 hết), sau đó tan dần đến hết, dung dịch trở nên trong suốt:

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O

CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2

b) Kết tủa xuất hiện, khối lượng kết tủa tăng dần đến cực đại, sau đó tan dần đến hết, dung dịch trở nên trong suốt:

3KOH + AlCl3 Al(OH)3 + 3KCl

                                    KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O

c) Kết tủa xuất hiện rồi tan ngay, lại xuất hiện rồi lại tan ngay, lâu sau kết tủa không tan nữa và khối lượng tăng dần đến cực đại (khi KAlO2 hết):

3KOH  + AlCl3 Al(OH)3 + 3KCl

                                    KOH + Al(OH)3 KAlO2 + 2H2O

                                   AlCl3  + 3KAlO2 +  6H2O 3KCl  + 4Al(OH)3

d) Lúc đầu không có kết tủa, sau đó kết tủa xuất hiện, khối lượng kết tủa tăng dần đến cực đại (khi NaAlO2 hết), sau đó tan dần đến hết, dung dịch trở nên trong suốt:

                             HCl   +   NaOH     NaCl   +  H2O

HCl + NaAlO2 + H2O Al(OH)3 + NaCl

                                   3HCl + Al(OH)3 AlCl3 + 3H2O

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 8

(2 điểm)

a) Vì A1 tác dụng với dd H2SO4 10%, không có khí thoát ra và còn lại 0,96g chất rắn, nên trong A1 không có kim loại tác dụng với H2SO4. Đồng thời trong hai oxit kim loại ban đầu phải có một oxit không tác dụng với CO.

- Giả sử oxit ban đầu không phản ứng với CO là R2On còn oxit phản ứng là M2Om, ta có:

                     M2Om  +  m CO                   2M      +    mCO2           (1)

                                                                                 0,015   (mol)

0,50

0,25

                     CO2   +   Ba(OH)2        BaCO3    +    H2O                       (2)

                   0,015                              0,015                                       (mol)

         (mol)

- Khối lượng kim loại trong A1là: .M = 0,96  => M=32m

=> m = 2, M = 64 (M là Cu).

- Khi cho A1 tác dụng với H2SO4 ta có:

                        R2On     +   nH2SO4       R2(SO4)n  +   nH2O                   (3)

  Gọi x là số mol của R2On trong A1­, ta có:

  R = 9n=> n = 3, M = 27 (R là Al.).

 Hai oxit tương ứng là CuO và Al2O3.

b) Ta có: nCuO = 0,015 mol

  =>     %CuO = 61,1 %

             %Al2O3 = 38,9 %

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 9

(2 điểm)

1.

a) CaO  phản ứng với nước:

     CaO  +  H2O Ca(OH)2

Sau đó chưng cất thu được rượu khan

b) Na2SO4 khan là chất hấp thụ nước tạo thành Na2SO4.10H2O    

2.

   C6H12O6 2C2H5OH + 2CO2

    20 mol                   40 mol

=>

0,50

0,50

0,25

0,50

0,25

Câu 10

(2 điểm)

(1) H2O; (2) C2H2; (3) CaC2; (4) dung dịch NaOH; (5) H2O

- Phương pháp trên là phương pháp dời nước.

- Áp dụng phương pháp này vì C2H2 ít tan và không tác dụng với nước ở điều kiện thường.

1,00

0,50

0,50