Đề thi kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hải Dương lớp 12 THPH năm học 2011 - 2012 doc

Chỉ dùng thêm phương pháp đun nóng, hãy nêu cách phân biệt các dung dịch mất nhãn chứa từng chất sau: NaHSO4, KHCO3, MgHCO32, Na2SO3, BaHCO32.. Cho sơ đồ chuyển hóa giữa các chất hữu cơ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Lớp 12 THPT năm học 2011 – 2012

Môn thi : Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 02 trang)

Câu I (2 điểm)

1 Chỉ dùng thêm phương pháp đun nóng, hãy nêu cách phân biệt các dung dịch mất nhãn chứa từng chất sau: NaHSO4, KHCO3, Mg(HCO3)2, Na2SO3, Ba(HCO3)2

2 Cho sơ đồ các phương trình phản ứng:

(1) (X) + HCl → (X1) + (X2) + H2O (5) (X2) + Ba(OH)2 → (X7)

(2) (X1) + NaOH → ↓(X3) + (X4) (6) (X7) +NaOH →↓(X8) + (X9) + … (3) (X1) + Cl2 → (X5) (7) (X8) + HCl → (X2) +…

(4) (X3) + H2O + O2 → ↓(X6) (8) (X5) + (X9) + H2O → (X4)+ …

Hoàn thành các phương trình phản ứng và cho biết các chất X, X1,…, X9

Câu II (2 điểm)

1 Cho sơ đồ chuyển hóa giữa các chất hữu cơ như sau:

(Các chữ cái A, B, C, D, E, F là kí hiệu các chất khác nhau cùng có 2 nguyên tử Cacbon trong phân tử)

Tìm công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra theo sơ đồ biến hóa trên, ghi rõ điều kiện để phản ứng xảy ra (nếu có)

2 Tiến hành lên men giấm 200ml dung dịch ancol etylic 5,750 thu được 200ml dung dịch Y Lấy 100ml dung dịch Y cho tác dụng với Na dư thì thu được 60,648 lít H2

(đktc) Tính hiệu suất của phản ứng lên men giấm

(Biết d C H OH2 5 = 0,8 g/ml; d H O2 = 1 g/ml)

Câu III (2 điểm)

1 Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong nguyên tử của 2 nguyên tố M và X lần lượt

là 82 và 52 M và X tạo thành hợp chất MXa (a: nguyên dương, trong hợp chất MXa thì

X có số oxi hóa bằng -1), trong phân tử của hợp chất MXa có tổng số hạt proton bằng

77 Xác định công thức phân tử MXa

(Cho biết một số nguyên tố: 7N, 8O, 9F, 16S, 15P, 17Cl, 29Cu, 26Fe, 30Zn, 24Cr, 25Mn)

2 Một hỗn hợp lỏng gồm 4 chất: C6H5OH, C6H6, C6H5NH2, C2H5OH Nêu phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp

ĐỀ CHÍNH THỨC

dd KMnO4 dd H2SO4 đặc

t 0 C

F (Muối amoni)

Câu IV (2 điểm)

Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO3 0,45 M và H2SO4 0,9M Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) Dung dịch Y hòa tan tối

đa m1 gam bột Cu và thu được V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO3-)

1 Tính % khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu

2 Tính giá trị m1 và V

3 Cho m2 gam Zn vào dung dịch Y (tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3-), sau phản ứng thu được 3,36 gam chất rắn Tính giá trị m2

Câu V (2 điểm)

Este A tạo bởi 2 axit cacboxylic X, Y đều mạch hở, không phân nhánh và ancol Z

Xà phòng hóa hoàn toàn a gam A bằng 140 ml dung dịch NaOH, để trung hòa NaOH

dư sau phản ứng cần dùng 80ml dung dịch HCl 0,25M, thu được dung dịch B Cô cạn dung dịch B thu được b gam hỗn hợp muối khan M, nung M trong NaOH khan, dư có xúc tác CaO, thu được chất rắn R và hỗn hợp khí K gồm 2 hidrocacbon có tỉ khối so với O2 là 0,625 Dẫn khí K lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 5,376 lít một chất khí thoát ra Cho toàn bộ lượng chất rắn R thu được ở trên tác dụng với dung dịch

H2SO4 loãng, dư, có 8,064 lít khí CO2 thoát ra

(Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn)

1 Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, A Biết rằng để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z cần dùng 2,352 lít O2 (đktc), sau phản ứng khí CO2 và hơi nước tạo thành có

tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11/6

2 Tính giá trị a, b và nồng độ dung dịch NaOH đã dùng trong phản ứng xà phòng hóa ban đầu

****

Cho nguyên tử khối các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Cl = 35,5; S = 32;

Na = 23; Ca = 40; Fe = 56; Zn = 65; Cu = 64.

- Hết

-Họ và tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ ký giám thị số 1:……… Chữ ký giám thị số 2:………

Sở Giáo dục và Đào tạo

Hải Dương

=========

ĐÁP ÁN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG

Lớp 12 THPT năm học 2011 – 2012

==================

Môn thi : Hóa học

1 1 1 (1đ)

- Lấy mẫu thí nghiệm

- Đun nóng các mẫu thí nghiệm thì thấy:

+ Một mẫu chỉ có khí không màu thoát ra là KHCO3

2KHCO3  →t0 K2CO3 + CO2↑ + H2O

0,25

+ Hai mẫu vừa có khí thoát ra vừa có kết tủa trắng là dung dịch

Mg(HCO3)2, dung dịch Ba(HCO3)2.(Nhóm I)

Mg(HCO3)2  →t0 MgCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O

Ba(HCO3)2  →t0 BaCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O

+ Hai mẫu không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO 4 , dung dịch

Na 2 SO 3 (Nhóm II)

0,25

- Lần lượt cho dung dịch KHCO3 đã biết vào 2 dung dịch ở nhóm II

+ Dung dịch có sủi bọt khí là NaHSO4:

2NaHSO4 + 2KHCO3 → Na2SO4 + K2SO4 + CO2 ↑ +

2H2O

+ Dung dịch không có hiện tượng là Na2SO3

0,25

- Lần lượt cho dung dịch NaHSO4 vào 2 dung dịch ở nhóm I

+ Dung dịch vừa có sủi bọt khí, vừa có kết tủa trắng là

Ba(HCO3)2:

2NaHSO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 +2 CO2↑ +

2H2O

+ Dung dịch chỉ có sủi bọt khí là Mg(HCO3)2

2NaHSO4 + Mg(HCO3)2 → MgSO4 + Na2SO4 +2 CO2↑ +

2H2O

0,25

Chú ý: Học sinh có thể có các cách giải khác nhau, nếu đúng vẫn cho

điểm tối đa

1 2 (1đ)

Các phương trình phản ứng:

ĐỀ CHÍNH THỨC

(X) (X 1 ) (X 2 )

0,25

(4) 2FeCl 2 + Cl 2 → 2FeCl 3

(5) 4Fe(OH) 2 + 2H 2 O + O 2 → 4Fe(OH) 3 ↓

(7) 2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (X 2 ) (X 7 )

(10) BaCO 3 + 2HCl → BaCl 2 + CO 2 + H 2 O (X 8 ) (X 2 )

(X 5 ) (X 9 )

0,25

Các chất: X: FeCO 3 X 1 : FeCl 2 X 2 :CO 2 X 3 : Fe(OH) 2 X 4 : NaCl

X 5 : FeCl 3 X 6 : Fe(OH) 3 X 7 : Ba(HCO 3 ) 2 X 8 : BaCO 3 X 9 : Na 2 CO 3

2 1 (1đ)

Công thức cấu tạo các chất:

A CH2=CH2 B HOCH2-CH2OH C CH3-CH2-Cl

D CH3-CH2-OH E CH3-COOH F CH3-COONH4

A→B:

3CH 2 =CH 2 + 2KMnO 4 + 4H 2 O → 3 HOCH 2 -CH 2 OH + 2KOH + 2MnO 2

0,25

B→CH 3 CHO: HOCH2-CH2OH CH3-CHO + H2O

A → C: CH2=CH2 + HCl CH3-CH2-Cl

0,25

C → D: CH3-CH2-Cl + NaOH CH3-CH2-OH + NaCl

D → E: CH3-CH2-OH + O2 CH3-COOH + H2O

0,25

CH3-CHO→ F:

CH 3 -CHO + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O CH 3 -COONH 4 + 2Ag +

E→ F: CH 3 COOH + NH 3 → CH 3 COONH 4

0,25

Chú ý: Học sinh chọn chất tác dụng khác nhau mà đúng vẫn cho điểm tương

đương

dd H2SO4 đặc

t 0 C

t 0 C

Men giấm

t 0

2 5

C H OH

100 = 11,5 ml => m C H OH2 5 = 11,5.0,8 = 9,2 gam

 n C H OH2 5 ban đầu = 0,2 mol

 V H O2 ban đầu = 200 – 11,5 = 188,5 ml => n H O2 ban đầu = 10,47 mol Giả sử có x (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có

C2H5OH + O2  →CH3COOH + H2O

x mol x mol x mol Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: x(mol)CH3COOH ;

(0,2 -x) mol C2H5OH và

(x+10,47)mol H2O

0,25

Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y:

CH3COOH + Na  →CH3COONa + 1/2H2(1)

C2H5OH + Na  →C2H5ONa + 1/2H2(2)

H2O + Na  →NaOH + 1/2H2(3)

0,25

 n H2 = ¼(x + 0,2 – x + 10,47 + x) = ¼(10,67 + x)

 Theo bài n H2 = 2,7075 mol => ¼(10,67 + x) = 2,7075 => x = 0,16 mol

 H phản ứng = 0,16x100% 80%

0,25

3 1 (1đ)

Gọi p, n, e là số hạt cơ bản của X ( p, n, e nguyên dương)

Có: 2p + n = 52 ⇒ n = 52 -2p

Ta luôn có p ≤ n ≤ 1,524p ⇒ p≤ 52-2p≤1,524p⇒14,75≤p≤17,33.

0,25

Vì p nguyên ⇒ p = 15, 16, 17.

Cấu hình electron của X là: p = 15: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 3

p = 16: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4

p = 17: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5

Trong hợp chất X có số oxi hóa bằng -1 => X là Cl

Vậy X có 17p, 17e, 18n ⇒ X là Clo (Cl)

0,25

Gọi p’; n’; e’ là số hạt cơ bản của M.

Tương tự ta có n’ = 82-2p’ ⇒ 3p’≤82≤3,524p’ ⇒23,26≤ p’≤27,33

0,25

Mà trong MX a có 77 hạt proton ⇒p’ + 17.a = 77 ⇒ p’ = 77-17a⇒

77 17.

Vì a nguyên ⇒ a = 3 Vậy p’ = 26 Do đó M là Fe

Công thức hợp chất là FeCl 3

0,25

3 2 (1đ)

Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần không tan ta

được hỗn hợp gồm C6H6, C6H5NH2 (hỗn hợp I)

C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O

Phần dung dịch gồm: C6H5ONa, C2H5OH, NaOH dư ( dung dịch II)

0,25

Chưng cất dung dịch (II), hơi ngưng tụ làm khô được C2H5OH vì

C6H5ONa, NaOH không bay hơi

Cho CO2 dư vào dung dịch C6H5ONa, NaOH, lọc tách phần kết tủa

được C6H5OH

NaOH + CO2 → NaHCO3

C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3

0,25

Cho hỗn hợp (I) vào dung dịch HCl dư, chiết tách phần không tan ta

được C6H6

C6H5NH2 + HCl → C6H5NH3Cl (tan) 0,25 Cho dung dịch thu được gồm C6H5NH3Cl, HCl dư vào dung dịch

NaOH dư, chiết tách phần chất lỏng ở trên ta được C6H5NH2

HCl + NaOH → NaCl + H2O

C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O 0,25

1 Số mol NaNO3 = 0,36 mol

số mol H2SO4 = 0,72 mol => số mol H+ = 1,44 mol 0,25

Ta có các bán phản ứng:

NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O (1)

mol 0,16 ← 0,16 ← 0,16 ← 0,16

Số mol NO = 0,16 mol => H+ và NO3- dư, kim loại phản ứng hết

Số mol NO3- phản ứng = 0,16 mol; số mol H+ phản ứng = 0,64 mol

Fe → Fe3+ + 3e(1)

Zn → Zn2+ + 2e(2)

0,25

Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol

Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình

56 x + 65 y = 10,62 (I)

Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình

3x + 2y = 0,16.3 (II)

0,25

Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol

mFe = 0,12.56 = 6,72 g => % mFe = 63,28%

=> % mZn =100% - 63,28 % = 36,72 % 0,25

4 2 (0,5đ)

Dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol

Zn2+, khi thêm bột Cu vào dung dịch Y:

3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3)

0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 0,2 (mol)

2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+ (4)

0,12 → 0,06

0,25

Từ phản ứng (3), (4) có tổng số mol Cu = 0,36 mol

m1 = 0,36.64 = 23,04 gam

4 3 (0,5đ)

Thêm m2 gam Zn vào dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12

mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+:

Do khối lượng Fe3+ = 0,12.56 = 6,72 gam > khối lượng chất rắn bằng

3,36 gam Nên trong 3,36 gam chất rắn sau phản ứng chỉ có Fe, Zn hết

nFe = 3,36/56 = 0,06 mol

0,25

3Zn + 8H+ + 2NO3- → 3Zn2+ + 2NO + 4 H2O 0,3 ← 0,8 ← 0,2

Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+

0,06 ← 0,12 → 0,12

Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe 0,06 ← 0,06 ← 0,06 Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol

5 1 (1,5đ)

* Xác định công thức phân tử của ancol Z

Khi đốt cháy Z cho 2 2

no, mạch hở: CnH2n+2Ok (k≤n)

0,25

CnH2n+2Ok + 3 1

2

O2 → nCO2 + (n+1)H2O

x(mol) → 3 1

2

.x → n.x →(n+1).x

Bài cho n O2 phản ứng = 0,105 mol Ta có . 3 3

n x

n

+

0,25

mZ = (14n + 2 + 16k).x = 2,76

n O2 = 3 1

2

.x = 0,105 => (3n + 1 – k).x = 0,21

Thay n = 3 vào ta có 44 16 2,76 3

k

k k

− Vậy Z là C3H8O3

0,25

CH2OHCHOHCH2OH: Glixerol

Xác định 2 axit X, Y:

Vì khối lượng trung bình K = 32.0,625 = 20, vậy chắc chắn có CH4,

khí còn lại là R’H

Cho K qua dung dịch Br2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra có số mol bằng

5,376/22,4 = 0,24 mol

Chất rắn R có chứa Na2CO3 do đó phản ứng với dung dịch H2SO4

loãng dư có phản ứng:

Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O

0,36 ← 0,36

0,25

 n CH4= 0,24 mol => axit tương ứng X là CH3COOH

CH3COONa + NaOH Na2CO3 + CH4

0,24 ← 0,24 ← 0,24 ← 0,24 Chất còn lại: R’(COOH)t có muối R’(COONa)t (t=1 hoặc t = 2)

R’(COONa)t + t.NaOH → t.Na2CO3 + R’H 0,12 → 0,12/t

Ta có: Khối lượng trung bình khí K = '

0,12

20 0,12

0, 24

t

R H

M

t t

+

= +

0,25

 M R H' t = 20 +8.t; Vì mạch không phân nhánh nên t = 1 hoặc t = 2

 t=1 =>M R H' t = 28 => C 2 H 4 => axit Y: CH 2 =CH- COOH (0,12 mol)

 t = 2 => M R H' t = 36 (loại)

C2H3COONa + NaOH → C2H4 + Na2CO3

0,25

5 2 (0,5đ)

Trung hòa NaOH dư sau xà phòng hóa

NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,02 0,02 0,02 0,02 Vậy muối M gồm: CH3COONa (0,24 mol)

C2H3COONa (0,12 mol)

NaCl (0,12 mol)

mM = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam

0,25

A là: C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3)

nA = 0,12 mol => a = 230.0,12 = 27,6 gam

Công thức cấu tạo A là:

0,25

8

CH

CH

-CaO, t 0

Chú ý: Học sinh có thể làm theo cách khác, nếu đúng, có lập luận chặt chẽ vẫn cho

điểm tối đa.

http://ngocbinh.dayhoahoc.com