SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
QUẢNG NGÃI
NĂM HỌC 2018 – 2019
Ngày thi 29/3/2019
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: Hóa học
(HDC có 08 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1
( 2,0
điểm
)

Nội dung

1.1. ( 1,0 điểm)
(2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) + n = 207 (1)
(2ZA + NA) - (2ZB + NB) = 84 (2)
-n=1
(1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 206
kết hợp với (2)
2ZB + NB = 24,4 (loại)
-n=2
(1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 205
kết hợp với (2)
2ZB + NB = 24,2 (loại)
-n=3
(1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 204
kết hợp với (2)
2ZB + NB = 24 (3)
2ZA + NA = 108 (4)
Mặt khác: 2ZA - NA = 24 (5) và ZB = NB (6)
(3), (6)
ZB = 8 (O)
(2), (4)
ZA = 33 (As);
Vậy X là
.
1.2. ( 1,0 điểm)
Chia các dung dịch thành nhiều mẫu thử. Nhỏ phenolphtalein vào 5 mẫu
thử:
- Dung dịch chuyển màu hồng là Na2CO3 (do có môi trường bazơ)
- 4 dung dịch còn lại không hiện tượng gì.
* Nhỏ Na2CO3 vừa nhận được vào 4 dung dịch còn lại:
- dung dịch có khí không màu không mùi bay lên là NaHSO4:
2
+
→ CO2↑ + H2O + 2
- 2 dung dịch cho kết tuả màu trắng là BaCl2, Mg(NO3)2:
Ba2+

+

→ BaCO3

Mg2+ +
→ MgCO3
- dung dịch còn lại không hiện tượng gì là NaCl
* Nhỏ NaHSO4 vừa nhận được vào 2 dung dịch BaCl2, Mg(NO3)2:
- dung dịch tạo kết tủa trắng là BaCl2:
Ba2+ + 2
→ BaSO4 + 2H+
- dung dịch còn lại không hiện tượng gì là Mg(NO3)2
1

Điểm

0,5

0,5

0,25

0,5

0,25

2
( 4,5
điểm
)

2.1. ( 1,0 điểm)

to
a) NaCl + H2SO4 (đặc) ⃗

NaHSO4 + HCl↑

to
Hoặc 2NaCl + H2SO4 (đặc) ⃗
to
b) NaF + H2SO4 (đặc) ⃗

to
2NaBr + 2H2SO4 (đặc) ⃗

0,25

Na2SO4 + 2HCl↑

NaHSO4 (hoặc Na2SO4) + HF↑

to
8NaI + 5H2SO4 (đặc) ⃗

Na2SO4 + Br2 + SO2↑ + 2H2O
0,75

4Na2SO4 + 4I2 + H2S↑ + 4H2O

t
Hoặc 2NaI + 2H2SO4 (đặc) ⃗
Na2SO4 + I2 + SO2↑ + 2H2O
2.2. ( 2,0 điểm)
a)Gọi x, y là số mol Cu, Fe3O4
mA = 64x + 232y = 26,72 (1)
o

⃗
t o CuSO4 + SO2↑ + 2H2O
o
2Fe3O4 + 10H2SO4(đặc) t⃗ 3Fe2(SO4)3 + SO2↑ + 10H2O
Cu + 2H2SO4(đăc)

Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2↓
Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓

0,5

o
Cu(OH)2 t⃗ CuO + H2O
o
2Fe(OH)3 t⃗ Fe2O3 + 3H2O

0,5

y
mD = 80x + 3 2 .160 = 30,4 (2)
(1), (2) ⇒ x = 0,2; y = 0,06
⇒ V1 = ( 0,2 + 0,06/2).22,4 = 5,152(lít)
3Cu2+ + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O
3Fe3O4 + 28H+ + NO3- → 9Fe3+ + NO↑ + 14H2O
Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+
nCu pư = 0,2 – 1,28/64 = 0,18
Cu → Cu2+ +2e
(Fe3O4) 3Fe+8/3 + 2e

→

0,5

3Fe+2

+ 3e → N+2 (NO)
Bảo toàn electron:
0,18.2 = 0,06.2 + nNO.3 ⇒ nNO = 0,08 ⇒ V2 = 0,08.22,4 = 1,792(lít)
b)

=

nNO = 0,08 ⇒

= 0,08 ⇒

= 0,08/0,8 = 0,1(M)

Trong dung dịch sau:
= 0,18;
= 0,06.3 = 0,18;
Bảo toàn điện tích: 0,18 .2 + 0,18.2 = a.2 ⇒ a = 0,36
⇒

= 0,36 ⇒
2.3. ( 1,5 điểm)

= 0,36/0,8 = 0,45 (M)

2

0,5

=a

0,5

a)

CH3COONa
1M

CH3COO - + Na+
1M

CH3COOH
1
x
1-x

Ban đầu
P.li
CB

CH3COO- + H+
1
x
x
1+x
x

(M)
(M)
(M)

0,5

Ka =
→ x = 1,78.10-5 → pH= 4,75
b) 100ml dung dịch A: 0,1 mol CH3COOH và 0,1mol CH3COONa
số mol NaOH=0,001mol
CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O
Ban đầu
0,1
0,001
0,1
Phản ứng
0,001
0,001
0,001
(mol)
Còn
0,099
0
0,101
(mol)
Dung dịch B chứa CH3COONa: 0,101 mol hay 0,918M
CH3COOH: 0,099 mol hay 0,9M
CH3COONa
0,918M
Ban đầu
P.li
CB

3
( 4,0
điểm
)

0,5

CH3COO - + Na+
0,918M

CH3COOH
0,9
y
0,9-y

CH3COO- +
0,918
y
0,918+y

H+
y
y

(M)
(M)
(M)

Ka =
3.1. ( 2,0 điểm)

→ y = 1,74.10-5 → pH= 4,76

A: H2S; B: FeCl3; C : S;

F : HCl; G: Hg(NO3)2; H: HgS; I: Hg; X: Cl2;
0,5

Y: H2SO4
Phản ứng :
1. H2S + 2FeCl3

S

+

2FeCl2

2. H2S + Cl2

S

+

2HCl

+

3. 4Cl2 + H2S + 4H2O

8HCl +

H2SO4

4. BaCl2

BaSO4

+

+

H2SO4

5. H2S + Hg(NO3)2

HgS +

2HNO3

6. HgS + O2

Hg

SO2↑

+

3.2. ( 2.0 điểm)
3

2HCl

2HCl
1,5

a)X cháy cho ngọn lửa màu vàng  thành phần nguyên tố của X có natri.
Dung dịch của X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa
0,5

vàng với AgNO3  thành phần nguyên tố của X có iot.
Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa.
Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion
Đặt công thức của X là NaIOx.
Phương trình phản ứng dạng ion rút gọn:
2

+ (2x-1)SO2 + 2(x-1) H2O  (2x-1)
I2 + 2H2O + SO2  2I







+

+ 4H

+I2 + (4x-4) H



Ag + I  AgI
+ (2x-1) I
I2

+



1,87.10-3 

(1)
(2)

0,5

(3)

+ 2x H

2





 x I2 + x H2O

 2I



+

(4)
(5)

3,74.10-3

b) Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10 (mol)
-3

0,5

Theo (5)  Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3
1

Theo (4)  Số mol


IO x = x

1

(số mol I2) = x .1,87.10-3



0,1
1
23  127  16 x = x .1,87.10-3



0,1. x
150  16 x = 1,87.10-3

0,5

0,1x = 0,2805 + 0,02992x


x=4
Công thức phân tử của X: NaIO 4

4
( 6,0
điểm
)

4.1. ( 2,0 điểm)

0,5

0,5

4

0,5

0,5

0,5

( Nếu học sinh không viết phương trình sunfo hóa thì trừ 0,25 điểm của câu
đó)
4.2. ( 1,0 điểm)
Đặt số mol hỗn hợp là x mol
Công thức chung cho các hydrdocacbon là C4Hy
C4Hy + (4 + )O2
4CO2 +
Số mol CO2 là 4x mol

H2O

Bảo toàn oxi ta có:
Bảo toàn khối lượng: 27.2.x + (4x + 0,015).32 = 4x.44 + 0,03.18
x =0,01 Thể tích oxi là: (4.0,01 + 0,015).22,4 = 1,232 ( lít)
4.3. ( 1,0 điểm)
Ta có mY = 12,96 + 0,3.2 = 13,56 gam
MY = 45,2 nY = 0,3 mol
Ta có nZ = 0,2 mol; MZ = 46,8 mZ = 9,36 gam
Khối lượng khí thoát ra là: 9,36 – 0,16.2 = 9,04 gam
Khối lượng khí bị hấp thụ khi đi vào dung dịch AgNO3/NH3 là: 4,52 gam
Khối lượng kết tủa = 4,52 + mtăng = 4,53 + (0,3 -0,1).107 = 15,22 gam.
4.4. ( 2,0 điểm)
5

0,5

0,5
0,5

0,5
0,5

0,5

5
( 3,5
điểm
)

a) - C6H5NH2 và C6H5OH có thể tạo liên kết hiđro liên phân tử nên có nhiệt
độ sôi cao hơn, chúng là C và D.
- Trong phân tử, do nguyên tử oxi có độ âm điện lớn hơn độ âm điện của
nitơ nên liên kết hiđro giữa các phân tử C6H5OH bền vững hơn  nhiệt độ
sôi cao hơn. Vậy C là C6H5OH còn D là C6H5NH2.
- Phân tử C6H5Cl có phân tử khối bằng 112,5 lớn hơn phân tử khối của C6H6
bằng 78, nên phải có nhiệt độ sôi cao hơn  B là C6H5Cl còn A là C6H6.
b) Giải thích.
- Nhóm CH 3– đẩy electron làm giảm độ phân cực liên kết O–H. Nhóm
CH 3O– đẩy electron mạnh hơn nhóm CH 3, làm giảm độ phân cực liên
kết O–H nhiều hơn  thứ tự tính axit:
p–CH 3–O–C 6H4–OH < CH 3–C6H4–OH < C 6H5–OH
- Với nhóm hút electron sẽ làm tăng độ phân cực của liên kết O–H 
tính axit tăng. Nhóm NO 2 hút electron mạnh hơn nhóm CH 3–CO– nên ta
có thứ tự tính axit:
p–CH3–O–C6H4–OH < p–CH3–C6H4–OH < C6H5–OH <
p–CH 3–CO–C 6H4–OH < p–NO 2–C6H4–OH
5.1. ( 1,0 điểm)
2Na + 2H2O
Ba + 2H2O

0,5

2NaOH + H2↑
Ba(OH)2 + H2↑

Al2O3 + 2OH-

2AlO2- + H2O

Chất rắn còn lại là Al2O3 dư
Theo đồ thị thì số mol BaSO4 = 0,12 mol
Số mol H2SO4 là 0,8 mol
AlO2- + H+ + H2O
x

0,25

H+: 1,6 mol và SO42-: 0,8 mol

Al(OH)3↓

x

x

Al(OH)3 + 3H+
x

Ba: 0,12 mol

3x

Ta có: 4x = 1,6

Al3+ + 3H2O

0,25

x
x = 0,4 mol

Số mol Al2O3 phản ứng 0,2 mol
Trong dung dịch sau phản ứng có Na+, Al3+, SO42BTĐT:

0,5

5.2. ( 1,0 điểm)
6

Ta có :
0,5

Ta có đồ thị :

0,5

Căn cứ vào tính chất của đồ thị, suy ra :

5.3. ( 1,5 điểm)
Theo đề khí B gồm N2 và N2O.
Các phương trình phản ứng:
5 Mg + 12 H+ + 2 NO

 5 Mg2+ +

N2  + 6 H2O

4 Mg + 10 H+ + 2 NO

 4 Mg +

N2O  + 5 H2O

2+

10 Al + 36 H+ + 6 NO

 10 Al3+ + 3 N2  + 18 H2O

8 Al + 30 H+ + 6 NO

 8 Al3+ + 3 N2O  + 15 H2O

4Al(NO3)3

2Al2O3 + 12 NO2  + 3O2 

2Mg(NO3)2

2MgO + 4 NO2  + O2 

Nếu có tạo NH4NO3

0,25

4 Mg + 10 H+ + NO

 4 Mg2+ +

8 Al + 30 H+ +3 NO

 8 Al3+ + 3 NH + 9 H2O

2 NH4NO3

0,5

NH + 3 H2O

2N2  + O2  + 4 H2O 

7

Hoặc NH4NO3

0,25

N2O + 2H2O 

TH1: Không tạo NH4NO3
Al

 Al3+ + 3e

x

2N5+ + 10 e  N2.

3x

Mg

0,1

 Mg + 2e

2N

2+

y

2y

5+

0,01

+ 8 e  N2O
0,08

0,5

0,01

Hệ phương trình: 3x + 2y = 0,18 (1) và 27x + 24y = 2,16 (2)
x = 0 (Vô lý)
TH2: Tạo NH4NO3
Theo đề chất rắn E là Al2O3 và MgO
51x + 40y = 3,84 (3)
Từ (2) và (3)

Số mol Al = 0,04 và số mol Mg = 0,045.

BT electron: 3.0,04 + 2.0,045 = 0,1 + 0,08 + 8.

=3,75.10-3

Vậy D gồm : Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3
gam)
Khối lượng D là: 15,48 gam.

Ghi chú: Nếu học sinh làm kết quả đúng nhưng theo cách khác thì giám khảo vẫn cho
điểm tối đa.
---------------HẾT---------------

8