Đề thi HSG môn Hóa 11 năm 2019 - Tỉnh Hà Nam (vòng 1)

Lân nung chảy có thành phần chính là hỗn hợp photphat và silicat của canxi và magie, khi bón cho đất chua sẽ tác dụng với axit có trong đất chua để tạo thành hợp chất dễ tan trong nước (cây dễ hấp thụ) đồng thời làm giảm độ chua của đất.

Phân supephotphat có chứa Ca(H₂PO₄)₂, bón cùng với vôi sẽ xảy ra phản ứng tạo thành chất không tan (cây khó hấp thụ).

CaO + H₂O →  Ca(OH)₂

Ca(H₂PO₄)₂ + 2Ca(OH)₂ → Ca₃(PO₄)₂ + 4H₂O

Phân đạm ure có công thức (NH₂)₂CO, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm

(NH₂)₂CO + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃

(NH₄)₂CO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + 2NH₃ + 2H₂O

Phân đạm amoni là các muối amoni, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm

 NH₄⁺ + OH^- → NH₃ + H₂O

Giải thích câu tục ngữ:

Tiếng sấm (tia lửa điện), là tác nhân giúp cho N₂ kết hợp với O₂ theo phản ứng:

N₂ + O₂ ⇔ 2NO

NO kết hợp với O₂ trong không khí theo phản ứng:

2NO + O₂ → 2NO₂

NO₂ kết hợp với O₂ không khí và nước mưa theo phản ứng:

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

Trong H₂O, HNO₃ bị phân li tạo ra ion NO₃^-, là đạm nitrat, có tác dụng kích thích sự sinh trưởng và phát triển của cây trồng.

Cặp chất X và Y là FeCl₂ và Al(NO₃)₃.

TN1: FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + 2NaCl.

Al(NO₃)₃ + 4NaOH → NaAlO₂ + 3NaNO₃ + 2H₂O.

TN2: FeCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Fe(OH)₂↓ + 2NH₄Cl.

Al(NO₃)₃ + + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NH₄NO₃.

TN3: FeCl₂ + 3AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2AgCl↓.

và Fe(NO₃)₂ + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓.

Hoặc FeCl₂ + 3AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 2AgCl↓ + Ag↓.

Nếu chọn n_X = n_Y = 1 mol thì n₁ = 1 mol; n₂ = 2 mol; n₃ = 3 mol, tức là n₁ < n₂ < n₃

* Phản ứng hoà tan X vào nước

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂    (1)

2Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂   (2)

K₂O + H₂O → 2KOH       (3)

BaO + H₂O → Ba(OH)₂    (4)

* Phản ứng của dung dịch Y với dung dịch HCl và H₂SO₄

H⁺ + OH^- → H₂O    (5)

* 500ml dung dịch có pH=1 → nH⁺ dư sau phản ứng (5) = 0,1.0,5=0,05 mol

* 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO₃ 0,1M có nH⁺ = (0,4+0,1).0,4=0,2 mol

nH⁺ tham gia phản ứng (5) = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol

* Theo phản ứng (5), nOH^- tham gia phản ứng (5) =0,15 mol

* Theo phản ứng (1) và (2), nOH^- sinh ra trong phản ứng (1) và (2) = 2nH₂ =0,05mol

Vậy nOH^- sinh ra trong phản ứng (3) và (4) = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol

* Theo phản ứng (3) và (4), nO trong K₂O và BaO = 1/2.nOH^- =0,05 mol

mO trong X = 0,05.16=0,8 gam →  m_X = 0,8:10% = 8 gam

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị.

Đoạn 1: khối lượng kết tủa tăng nhanh là do sự xuất hiện đồng thời của 2 kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃ theo phương trình:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄ + 2Al(OH)₃.

Đoạn 2: khối lượng kết tủa tăng chậm hơn đoạn 1 là do đoạn này chỉ xuất hiện 1 kết tủa Al(OH)₃

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Đoạn 3: khối lượng kết tủa giảm dần là do Al(OH)₃ bị hoà tan trong Ba(OH)₂ dư:

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O.

Đoạn 4: khối lượng kết tủa không thay đổi là do kết tủa BaSO₄ không phản ứng với Ba(OH)₂.

2) Tính giá trị của m.

Với y=17,1 gam, ta có phương trình phản ứng hoá học:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄ + 2Al(OH)₃.

                    a                    3a              2a (mol)

→  m_{kết tủa} = 3a.233 + 2a.78 = 17,1 gam → a = 0,02

→  nSO₄^2- = 0,06 mol

Với x=0,18 → nOH^- = 0,36 mol, ta có phương trình phản ứng hoá học:

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

0,12 → 0,36 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: nNO₃^-, Cl^-  = 0,12.3 - 0,06.2 = 0,24 mol

Vì AlCl₃ và Al(NO₃)₃ có số mol bằng nhau nên nNO₃^- = nCl^- = 0,12 mol

m = mAl³⁺ + mSO₄^2- + mCl^- = 0,12.27 + 0,06.96 + 0,12.62 + 0,12.35,5 = 20,7 gam

* n_KOH = 0,8 mol → nKNO₂ tối đa = 0,8 mol → mKNO₂ tối đa = 0,8.85 = 68 gam > 66,84 gam

→ 66,84 gam chất rắn là hỗn hợp gồm KNO₂ và KOH dư

* Đặt số mol KNO₂ và KOH dư lần lượt là x mol và y mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có n_KOH ban đâu = x + y = 0,8 mol (1)

Khối lượng chất rắn = 85x + 56y = 66,84 gam (2)

Giải hệ (1) và (2) → x = 0,76 ; y = 0,04

* Thêm KOH vào dung dịch X, thu được 0,896 lít khí X, ta có phương trình phản ứng hoá học :

NH₄⁺ + OH^- → NH₃↑ + H₂O

0,04               0,04 (mol)

Dung dịch X tác dụng với dung dịch chứa 0,8 mol KOH thu được dung dịch Y chứa 0,76 mol KNO₃ và 0,04 mol KOH dư → nHNO₃ dư = 0,76 - 0,32.2 - 0,04 = 0,08 mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H, ta có nH₂O =( 0,96 - 0,04.4 - 0,08):2 = 0,36 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

m_khí = (7,68 + 0,96.63) – (0,32.148+0,04.80+0,08.63) – 0,36.18 = 6,08 gam

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra

Khi nhỏ từ từ dung dịch X vào dung dịch Y, có 2 phản ứng theo thứ tự:

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^- (1)

H⁺ + HCO₃^- → CO₂↑ + H₂O (2)

Cho dung dịch Ba(OH)₂ dư vào Z, có 2 phản ứng tạo kết tủa:

Ba²⁺ + HCO₃^- + OH^- → BaCO₃ + H₂O (3)

Ba²⁺ + SO₄^2-→ BaSO₄↓ (4)

2) Tính các giá trị của V và m.

nH⁺ = 0,5 mol; nSO₄^2- = 0,1 mol; nCO₃^2- = 0,3 mol

Tính giá trị của V

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^- (1)

0,3  →  0,3  → 0,3 (mol)

H⁺ + HCO₃^- → CO₂↑ + H₂O (2)

0,2  →  0,2      0,2 (mol) →  V = 4,48 lít

Dư 0,4 mol HCO₃^-

Tính giá trị của m

Ba²⁺ + HCO₃^- + OH^- → BaCO₃ + H₂O (3)

            0,4  →             0,4 (mol)

Ba²⁺ + SO₄^2-→ BaSO₄↓ (4)

            0,1  → 0,1 (mol)

m = 0,4.197 + 0,1.233 = 102,1 gam

Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X:

Ở bước 1 có hiện tượng sủi bọt khí không màu

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂.

Ở bước 2: dung dịch brom bị nhạt màu

C₂H₂ + Br₂ → C₂H₂Br₂; phản ứng cộng

Ở bước 3: xuất hiện kết tủa màu vàng nhạt

C₂H₂ + 2AgNO₃ + 2NH₃ → C₂Ag₂ + 2NH₄NO₃; phản ứng thế

Ở bước 4: khí C₂H₂ cháy mạnh, có ngọn lửa màu xanh mờ

C₂H₂ + 2,5O₂ → 2CO₂ + H₂O; phản ứng oxi hoá

Thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm:

TN1:

Khi chưa có bột sắt: dung dịch đồng nhất, có màu vàng không đổi. Nguyên nhân, benzen không tác dụng với brom ở điều kiện thường, benzen là dung môi hoà tan brom.

Khi cho thêm bột sắt vào hỗn hợp phản ứng thì màu chất lỏng trong ống nghiệm nhạt màu dần, do phản ứng: C₆H₆ + Br₂ → C₆H₅Br + HBr

TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen được tạo thành do phản ứng:

C₆H₆ + HO-NO₂  → C₆H₅NO₂ + H₂O

TN3: Benzen không làm mất màu dung dịch thuốc tím; toluen làm mất màu dung dịch thuốc tím khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng:

C₆H₅CH₃ + 2KMnO₄  → C₆H₅COOK + 2MnO₂ + KOH + H₂O

TN4: Ở nhánh một, xuất hiện khói trắng và trên thành ống nghiệm xuất hiện chất bột màu trắng, đó là C₆H₆Cl₆ được tạo thành do các phản ứng:

2KMnO₄ + 16HCl → 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

C₆H₆ + 3Cl₂ → C₆H₆Cl₆.

Khối lượng bình 1 tăng 18,9 gam là khối lượng của H₂O → nH₂O = 1,05 mol → n_H = 2,1 mol

Bình 2 xuất hiện 90 kết tủa là khối lượng của CaCO₃ → nCaCO₃ = 0,9 mol = nCO₂ = nC

Sơ đồ: 18,9 gam X + Không khí → 0,9 mol CO₂ + 18,9 gam H₂O + 4,65 mol N₂.

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

m_KK = 0,9.44 + 18,9 + 4,65.28 – 26,7 = 162 gam

nO₂ không khí = 162 : (32 + 4.28) = 1,125 mol

→ nN₂ (do X tạo ra) = 4,65 – 1,125.4 = 0,15 mol

nO (trong X) = [26,7 - (0,9.12 + 2,1 + 0,3.14)] :16 = 0,6 mol

Tỉ số n_C : n_H : n_O : n_N = 0,9 : 2,1 : 0,6 : 0,3 = 3 : 7 : 2 : 1

→ công thức đơn giản nhất của X là C₃H₇O₂N

Vì X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên công thức phân tử của X cũng là C₃H₇O₂N

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

Phản ứng cộng H₂ (xt: Ni, nhiệt độ)

C₃H₄ + H₂ → C₃H₆

C₃H₆ + H₂ → C₃H₈

Hỗn hợp khí Y gồm C₃H₄, C₃H₆, C₃H₈ và H₂; phản ứng với dung dịch AgNO₃ dư trong NH₃:

CH≡C-CH₃ + AgNO₃ + NH₃ → CAg≡C-CH₃ + NH₄NO₃.

Hỗn hợp khí Z gồm C₃H₆, C₃H₈ và H₂; phản ứng với dung dịch brom dư:

C₃H₆ + Br₂ → C₃H₆Br₂

Hỗn hợp khí T gồm C₃H₈ và H₂.

2) Tính giá trị của m.

* m_X= 0,2.40 + 0,3.42 + 0,5.2 = 21,6 gam = m_Y

M_Y = 14,4.2 = 28,8 →  n_Y = 21,6/28,8 = 0,75 mol

1 mol X → 0,75 mol Y → số mol hỗn hợp giảm = 0,25 mol = số mol H₂ đã phản ứng.

* (phản ứng với Z) = 24/160 = 0,15 mol

* (trong X) = 0,2.2 + 0,3.1 = 0,7 mol

→  nC₃H₄ (trong Y) = ( 0,7 - 0,25 - 0,15) : 2 = 0,15 mol

→ nCAg≡C-CH₃ = 0,15 mol → m = 0,15.147 = 22,05 gam