Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học lớp 12 tỉnh Hải Dương năm 2015 2016 có hướng dẫn chấm chi tiết. Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học lớp 12 tỉnh Hải Dương năm 2015 2016 có hướng dẫn chấm chi tiết.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: HOÁ HỌC Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 07/10/2015 (Đề thi gồm có 02 trang) Câu (2,0 điểm) 1/ Cho sơ đồ phương trình phản ứng: (1) (A) + HCl→ (A1) + (A2) + H2O; (2) (A1) + (A3)→ (A4) + HCl (3) (A1) (A5) + (A8); (4) (A5) + H2O → (A6) +… (5) (A2) + (A6) → (A7); (7) (A7) dư + KOH (6) (A7) + (A6) → (A) + … → (A) + (A9) +…; (8) (A7) + NaHSO4 dư → (A4) + (A2) +…+ … a) Biết hòa tan 1,644 gam (A 5) dung dịch HCl dư, thu 0,2688 lít khí (đktc) Xác định chất A, A1,…,A9 hoàn thành phương trình phản ứng b) Trình bày phương pháp để tách lấy chất từ hỗn hợp X gồm: A, A1, NH4Cl 2/ Nêu tượng viết phương trình phản ứng xảy tiến hành thí nghiệm sau: a) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào ống nghiệm có chứa phenol, lắc kĩ, sau nhỏ tiếp từ từ dung dịch HCl đến dư vào ống nghiệm b) Sục khí ozon vào dung dịch kali iotua c) Cho từ từ đến hết 0,15 mol kim loại Na vào 100 ml dung dịch HCl 1,0M Câu (2,0 điểm) 1/ Chất hữu A có công thức phân tử C6H8O4 có tính chất thỏa mãn: A + NaOH(dd) → X + Y + Z → E + Na2SO4 X + H2SO4 → F + Na2SO4 Y + H2SO4 Đun nóng F với H2SO4 đặc 1800C thu chất hữu R có công thức phân tử C 3H4O2 nước Cho biết E Z có phản ứng tráng bạc R làm tan đá vôi Xác định công thức cấu tạo A, X, Y, Z, E, F, R viết phương trình hóa học xảy 2/ Năm chất hữu đơn chức A, B, C, D, E có công thức phân tử C 2H6O, C3H8O, C3H6O2, đó: - Tác dụng với Na có A, E - Tác dụng với dung dịch NaOH có: D, B, E + NaOH +A → D’ → C - Các chất D, A, C quan hệ với theo sơ đồ: D a) Xác định công thức cấu tạo (có giải thích ngắn gọn) gọi tên chất A, B, C, D, E b) Các chất lỏng A, B, D, E chứa bình riêng biệt, không nhãn Nêu phương pháp hoá học phân biệt chất viết phương trình phản ứng xảy Câu (2,0 điểm) 1/ Hoà tan hoàn toàn 2,88 gam kim loại M (có hoá trị a không đổi, hiđroxit tương ứng tính lưỡng tính) 100 gam dung dịch HNO 25,2%, thu dung dịch Y (trong nồng độ muối nitrat M 17,487%) khí Z Cho 400 ml dung dịch NaOH 0,9M vào dung dịch Y, thu dung dịch E kết tủa G (không thấy có khí thoát ra) Cô cạn dung dịch E, thu chất rắn F Nung F nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu 24,26 gam chất rắn Xác định kim loại M 2/ Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5 M vào 500 ml dung dịch gồm AlCl Al2(SO4)3 khối lượng kết tủa thu phụ thuộc vào thể tích dung dịch Ba(OH)2 cho vào theo đồ thị sau: 0,6 1,6 V dd Ba(OH)2 (lít) lít()(lit) m kết tủa Tính nồng độ mol/lit muối nhôm dung dịch ban đầu Câu (2,0 điểm) 1/ Cho 9,6 gam este X (phân tử chứa nhóm chức este) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH (t0), thu hỗn hợp sản phẩm hữu Y gồm ba chất Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ 11,2 lít khí O2 (đktc), thu 10,6 gam Na 2CO3, 8,96 lít khí CO2 (đktc) 3,6 gam H2O Tìm công thức phân tử công thức cấu tạo X Biết MX < 200 g/mol 2/ Hỗn hợp A chứa ba axit cacboxylic mạch hở, đơn chức gồm axit no X hai axit không no có liên kết đôi (C=C) đồng đẳng Y Z (M Y < MZ) Cho m gam hỗn hợp A tác dụng vừa đủ với 240 ml dung dịch NaOH 1,25M, thu 25,56 gam hỗn hợp muối Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A, hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong, thu 60 gam kết tủa dung dịch có khối lượng giảm 19,92 gam so với khối lượng dung dịch nước vôi ban đầu Xác định công thức phân tử X, Y Z Câu (2,0 điểm) 1/ Hòa tan hết 15,12 gam hỗn hợp A gồm FeS2 Fe3O4 dung dịch B chứa 0,08 mol HNO3 loãng 0,27 mol H2SO4 loãng, thu dung dịch X 1,568 lít khí NO (đktc) Dung dịch X hoà tan tối đa m gam bột Cu thấy có khí NO tiếp tục thoát ra, sau phản ứng thu dung dịch Y Dung dịch Y chứa a gam muối (khan) Tính m a Biết trình NO sản phẩm khử N+5 2/ Hai chất hữu X, Y hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (M X < MY); T este hai chức tạo X, Y ancol no, mạch hở Z Đốt cháy hoàn toàn 20,64 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T lượng vừa đủ 15,456 lít O2 (đktc), toàn sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu kết tủa dung dịch A Khối lượng dung dịch A giảm 32,28 gam so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu Mặt khác cho 10,32 gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch AgNO 3/NH3 dư (t0) thu 19,44 gam Ag Nếu cho 10,32 gam hỗn hợp E tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1,5M (t0), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu m gam chất rắn khan Xác định công thức cấu tạo chất hỗn hợp E tính m Cho nguyên tử khối nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Ag= 108; Ba = 137 Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh Chữ kí giám thị số 1: Chữ kí giám thị số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC: 2015 - 2016 MÔN THI: HOÁ HỌC (Đáp án gồm 06 trang) Biểu điểm Câu Ý Đáp án 1 1,0 điểm a) Theo phương trình ta thấy (A 5) kim loại M nhóm IIA tan nước M + 2HCl → MCl2 + H2 Theo ta có 1,644 = 0,012 → M = 137 g/mol → M Ba, A5 Ba 0,25 Công thức chất: A : BaCO3; A1: BaCl2; A2: CO2; A3: H2SO4; A4: BaSO4; A5: Ba; A6: Ba(OH)2; A7: Ba(HCO3)2; A8: Cl2; A9: KHCO3 H2O BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl BaCl2 Ba + Cl2 0,25 Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2 → 2BaCO3 + 2H2O Ba(HCO3)2 dư + KOH → BaCO3 + KHCO3+ H2O Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 dư 0,25 → BaSO4 + 2CO2 + 2H2O + Na2SO4 b) Hỗn hợp X gồm BaCO3; BaCl2 NH4Cl Cho hỗn hợp vào nước dư, lọc tách kết tủa thu BaCO 3; phần dung dịch lại gồm BaCl2 NH4Cl Cô cạn cẩn thận phần dung dịch thu chất rắn Y, đem đun nóng Y đến khối lượng không đổi thu chất Z (chỉ chứa BaCl2); phần gồm NH3 HCl Làm lạnh phần thu NH4Cl Phương trình: 0,25 t0 → NH3 + HCl NH4Cl NH3 + HCl → NH4Cl 2 1,0 điểm a) Hiện tượng: Lúc đầu phenol bị hoà tan dần đến hết theo phương trình: NaOH + C6H5OH → C6H5ONa + H2O Khi cho từ từ axit HCl ban đầu chưa có tượng có phương trình: NaOH + HCl → NaCl + H2O - Sau tạo thành kết tủa theo phương trình: C6H5ONa + HCl → C6H5OH + NaCl b) Hiện tượng: có khí thoát thu chất rắn màu đen tím O3 + H2O + 2KI → O2↑ + 2KOH + I2↓ c) Kim loại Na bị hoà tan dần đến hết; chuyển động mặt nước, có khí thoát toả nhiều nhiệt theo phương trình: 2Na + 2HCl → 2NaCl + H2 (1) Sau (1) kết thúc dư Na (vì 0,15 mol > 0,1 mol) nên có phương trình: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 1,0 điểm Theo đề R CH2 = CH – COOH X HCOONa; Y CH3- CH(OH) – COONa HOCH2CH2COONa Z CH3CHO; E HCOOH F CH3-CH(OH) – COOH HOCH2CH2COOH CTCT A HCOO-CH(CH3)- COO- CH = CH2 HCOO-CH2CH2- COO- CH = CH2 Viết ptpứ : HCOO-CH(CH3)- COO- CH = CH2 + 2NaOH → HCOONa + CH3CH(OH) – COONa + CH3CHO 2HCOONa + H2SO4 → HCOOH + Na2SO4 2CH3- CH(OH) – COONa + H2SO4 → 2CH3-CH(OH) – COOH + Na2SO4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 H SO dac ; t → CH2=CH-COOH + H2O CH3-CH(OH) – COOH t0 → (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3 HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O t0 → CH3COONH4+ 2Ag + 2NH4NO3 CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O (Nếu HS không viết đủ cấu tạo F A trừ 0,25 điểm; HS không cần viết đủ pt với cấu tạo lại A) 1,0 điểm a) Xác định CTCT A, B, C, D, E - A: không tác dụng với NaOH nên A ancol C2H6O C3H8O - D, B không tác dụng với Na, tác dụng với NaOH nên D, B este C3H6O2 - E: tác dụng với Na, NaOH nên E axit no C3H6O2 (C2H5COOH): axit propanoic + NaOH +A → D’ → Qua sơ đồ: D C, D’ ancol, A ancol nên C ete - A C2H5OH (etanol), C CH3 – CH2 – O – CH3 (etylmetyl ete) Tổng số nguyên tử cacbon D’ A nên D’ ancol CH3 – OH (metanol) →D este ancol metylic Vậy D CH3COOCH3 (metyl axetat) Đồng phân este lại B: HCOOC2H5 (etyl fomat) 0,25 0,25 0,25 (Nếu HS không gọi tên từ chất trở lên trừ 0,125 điểm) b) Phân biệt chất - Cho tác dụng với Na2CO3 có bọt khí bay E, chất lại không tượng Phương trình: 2CH3COOH + Na2CO3 → 2CH3COONa + CO2↑ + H2O - Dùng Na thử chất lại, có khí bay A C2H5OH + Na → C2H5ONa + ½ H2↑ - Cho hai chất lại tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 nhận HCOOC2H5 tạo kết tủa trắng; chất lại CH3COOCH3 to HCOOC2H5 + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → NH4OOCOC2H5 + 2Ag↓ + 2NH4NO3 1,0 điểm n 0,25 0,25 100.25.2% 100%.63 = 0,4 mol; n = = 0,4.0,9 = 0,36 mol HNO NaOH M tác dụng với HNO3 theo sơ đồ: M + HNO3 → M(NO3)a + Z↑ + H2O Dung dịch Y có M(NO3)a có HNO3 dư Dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH, phản ứng theo phương trình ion rút gọn: H+ + OH- → H2O Ma+ + aOH- → M(OH)a↓ Kết tủa G thu M(OH)a; Dung dịch E có NaNO3 M(NO3)a dư NaOH dư Nếu dung dịch E có NaNO3 M(NO3)a Cô cạn thu NaNO3 M(NO3)a Nung NaNO3: NaNO3 → NaNO2 + ½ O2↑ n = 0,36 mol m = n = 0,36.69 = 24,84 gam > NaNO NaOH NaNO 24,26 gam Không thoả mãn dung dịch E có NaNO3 (b mol) NaOH (c mol) F có NaNO3 NaOH dư Nung chất rắn F thu chất rắn có NaNO2 (b mol) NaOH (c mol), ta có: 69b + 40c = 24,26 Bảo toàn nguyên tố Na: b + c = 0,36 b = 0,34; c = 0,02 số mol NO3- dung dịch lại 0,34 mol số mol NO3- bị khử 0,4 – 0,34 = 0,06 mol 0,25 0,25 0,25 M a + : p (mol) + H : NO − :0,34 mol Dung dịch Y có: 3 a = p mol số mol NO3 muối ap (mol) M(NO ) Số mol HNO3 phản ứng : (ap + 0,06) mol Theo phương trình phản ứng: n =½n =½ H O (sản phẩm) HNO (phản ứng) (ap+0,06) Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng M với HNO3, ta có: Vì n 0,25 mM + m =m 3 a + m + m HNO (phản ứng) M(NO ) Z HO m = mM + m –m 3 a – m Z HNO (phản ứng) M(NO ) HO = 2,88 + 63.(ap+0,06) – 2,88 – 62ap – 18.0,5.(ap+0,06) = (3,24 – 8ap) gam m = 2,88 + 100 – (3,24 – 8ap) = (99,64 + 8ap) gam (dd muối) 2,88 + 62ap 100% = 99,64 + 8ap 0, 24 17,487% ap = 0,24 p = a (mol) 2,88 0, 24 M = a = 12a a = 2; M =24 Mg 1,0 điểm 3+ 2- Đặt nAl = a mol, nSO4 = b mol Như cho dd Ba(OH)2 vào X đồ thị cho thấy Giai đoạn I: tạo đồng thời kết tủa, lượng kết tủa tăng nhanh, kết thúc giai đoạn I SO42- hết, số mol Ba(OH)2 = 0,6.0,5 = 0,3 mol = số mol Ba2+ Ba2+ + SO42- → BaSO4 => nSO42- = 0,3 mol = 3nAl2(SO4)3 => nAl2(SO4)3 = 0,1 mol Giai đoạn II: lượng kết tủa tăng Al(OH)3 tiếp tục tạo ra, kết thúc giai đoạn II ion Al3+ kết tủa hết tổng khối lượng đạt cực đại Giai đoạn III: Al(OH)3 hỗn hợp kết tủa bị hòa tan nên khối lượng kết tủa giảm xuống Kết thúc giai đoạn III, Al(OH)3 bị hòa tan hết lại BaSO4 không thay đổi thêm Ba(OH)2 vào Ở thời điểm kết thúc giai đoạn III: nOH- = 2nBa(OH)2 = 2.0,5.1,6 = 1,6 mol Lượng OH- vừa đủ để kết tủa hết Al3+ hòa tan hết Al(OH)3 Phương trình: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 Al(OH)3 + OH-→ AlO2- + 2H2O → ΣnOH- pư = 4a = 1,6 mol → a = nAl3+ = nAlCl + 2nAl (SO ) = 0,4 mol → nAlCl = 0,4 – 2.0,1 = 0,2 mol 0,25 0,25 0,25 0,25 3 Vậy: CM (AlCl3) = 0,2/0,5 = 0,4M; CM Al2(SO4)3 = 0,1/0,5 = 0,2M 1,0 điểm n = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol; n = 10,6: 106 = 0,1 mol; O Na CO n = 8,96 : 22,4 = 0,4 mol; n = 3,6 : 18 = 0,2 mol CO HO Áp dụng ĐLBTKL, ta có: mY + m = m + m + m O Na CO CO HO mY + 0,5.32 = 10,6 + 0,4.44 + 3,6 mY = 15,8 gam 15,8 gam hỗn hợp Y có: nC = n + n = 0,5 mol Na CO CO nH = 2.n = 0,4 mol; nNa = 2.n = 0,2 mol HO Na CO n =n = 0,2 mol NaOH (phản ứng) Na (trong muối) Cho este X tác dụng với dung dịch NaOH, sơ đồ phản ứng: X + NaOH → hỗn hợp chất hữu Y + H2O 0,25 0,25 Áp dụng ĐLBTKL: m HO = mX + mNaOH – mY = 9,6 + 0,2.40 – 15,8 = 1,8 gam Vậy phản ứng X với NaOH tạo sản phẩm H2O ; n HO = 0,1 mol Bảo toàn nguyên tố X: nH(X) = nH(Y) + nH(H2O) – nH(NaOH) nH(X) = 0,4 + 2.0,1 – 0,2 = 0,4 mol nC(X) = nC(Y) = 0,5 mol 9,6 − 0,5.12 − 0, = 0, mol 16 nO(X) = Đặt CTTQ X CxHyOz ; ĐK: x, y, z nguyên dương x : y : z = nC : nH = 0,5 : 0,4 : 0,2 = : : CTĐGN X C5H4O2 Gọi công thức phân tử X (C5H4O2)n MX = 96n < 200 n = 1, TH1: n = công thức phân tử X C5H4O2 X có nhóm chức este nX = 9,6 : 96 = 0,1 mol nNaOH : nX = 0,2 : 0,1 = X phải este phenol; Mặt khác, X có nguyên tử C Không thoả mãn TH2: n = công thức phân tử X C10H8O4 có nhóm chức este nX = 9,6 : 192 = 0,05 nNaOH : nX = 0,2 : 0,05 = 4:1 hai chức este X este phenol Vì Y có chất hữu nên X có công thức cấu tạo dạng: R’-OOC-C6H3R1-COOR’’ (R’ khác R’’) 0,25 => R’ + R1 + R’’ = 29 0,25 => có gốc H, chọn R’ H = > R’’ + R1 = 28 R1 (1) H (15) CH3- Vậy có công thức cấu tạo thu gọn X: o-H-COO-C6H4-OOCCH=CH2, m-H-COOC6H4-OOC-CH=CH2, p-H-COO-C6H4-OOCCH=CH2 1,0 điểm Gọi công thức chung axit RCOOH → RCOONa + H2O RCOOH + NaOH 0,3 ← 0,3 → 0,3 0,3 0,25 Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có + = ⇒ + = 18,96 gam Khi đốt cháy A, hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi Ta có = ∑( ) ⇒ ∑( ) = 40,08 gam Sơ đồ đốt cháy: t0 → CO2 + H2O A + O2 Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có + = ⇒ = 0,66 mol Gọi = x; 0,25 ⇒ = 21,12 gam = y mol ⇒ → 0,25 ⇒ số mol hai axit không no = 0,69 – 0,54 = 0,15 mol số mol axit no = 0,3 – 0,15 = 0,15 mol Đặt công thức axit no đơn chức, mạch hở là: CnH2nO2, n ≥ 1, nguyên Đặt công thức chung hai axit không no đơn chức, mạch hở có liên kết đôi C=C là: CmH2m-2O2, m > Bảo toàn cacbon đốt cháy A ta có 0,15n + 0,15m = 0,69 ⇔ n + m = 4,6 Kết hợp điều kiện ⇒ Công thức phân tử X CH2O2; Y C3H4O2; Z C4H6O2 1,0 điểm Ban đầu số mol H+ = 0,62 mol; số mol NO3- = 0,08 mol; số mol SO42- = 0,27 mol Phương trình ion thu gọn : FeS2 + 4H+ + 5NO3- Fe3+ + 2SO42- + 5NO + 2H2O (1) 3Fe3O4 + 28H+ + NO3- 9Fe3+ + NO + 14H2O (2) Gọi số mol FeS2 Fe3O4 x, y mol Theo đề ta có hệ: 120x + 232y = 15,12 gam; Số mol NO = 5x + y/3 = 0,07 mol Giải hệ phương trình ta x = 0,01 mol; y = 0,06 mol Theo phương trình số mol H+ pư = 0,6 mol; NO3- pư = 0,07 mol => số mol H+ dư = 0,02 mol; NO3- dư = 0,01 mol Trong dung dịch X gồm Fe3+: 0,19 mol; H+: 0,02 mol; NO3-: 0,01 mol; SO42-: 0,25 0,25 0,25 0,29 mol Khi dung dịch X hoà tan tối đa Cu trình khử xảy hoàn toàn chất oxi hoá hết: Quá trình oxi hoá: 4H+ + NO3- + 3e NO + 2H2O Fe3+ + 1e Fe2+ Quá trình khử: Cu Cu2+ + 2e Áp dụng bảo toàn electron tìm số mol Cu = 0,1025 mol => m Cu bị hoà tan tối đa = 6,56 gam Khối lượng muối thu = m Fe2+ + m Cu2+ + m NO3- + m SO42- = 0,19.56 + 0,1025.64 + 0,005.62 + 0,29.96 = 45,35 gam 1,0 điểm Thí nghiệm 1: số mol O2 = 0,69 mol; Sơ đồ pư: hỗn hợp E + O2 CO2 + H2O Phương trình: CO2 + Ca(OH)2 dư CaCO3 + H2O Áp dụng bảo toàn khối lượng tìm m CO2 + m H2O (spc) = m hỗn hợp E + m O2 = 42,72 gam Theo đề khối lượng dung dịch giảm = m CaCO3 - m CO2; H2O => m CaCO3 = 75 gam => số mol CO2 = 0,75 mol => số mol H2O = 0,54 mol => số mol CO2 - H2O = 0,21 mol => Nếu đốt cháy 10,32 gam hỗn hợp E số mol CO2 - H2O = 0,105 mol (*) Thí nghiệm 2: Vì hỗn hợp E có phản ứng tráng bạc nên hỗn hợp E có axit HCOOH Gọi công thức số mol chất 10,32 gam hỗn hợp E là: HCOOH: x mol; axit lại RCOOH: y mol; este HCOOCnH2nOOCR: z mol Dựa vào phản ứng tráng bạc: số mol Ag = 2x + 2z = 0,18 mol (I) Áp dụng bảo toàn nguyên tố O (nếu giả sử đốt cháy 10,32 gam hỗn hợp E): 2x + 2y + 4z = 0,33 mol (II) Xét trường hợp với axit RCOOH : + TH 1: Nếu axit no đốt cháy hỗn hợp E ta có: Số mol CO2 - H2O = z = 0,105 (theo *) (III); từ I, III => x < nên loại + TH2: Nếu axit không no, có liên kết đôi C = C đốt cháy hỗn hợp E ta có: Số mol CO2 - số mol H2O = y + 2z = 0,105 mol (IV) Giải hệ gồm I, II, IV ta x = 0,06; y = 0,045; z = 0,03 mol Thoả mãn ĐK + TH3: Nếu axit có a liên kết pi (a ≥ 3) có phương trình: số mol CO2 - số mol H2O = (a-1)y + az = 0,105 (V) Từ I, II => 2y + 2z = 0,15 mol (VI) Từ V, VI ta thấy không giải nghiệm y, z dương nên loại Khối lượng hỗn hợp E 0,25 = 0,06.46 + 0,045.(R +45) + 0,03.(R + 14n+89) = 10,32 gam => 0,075R + 0,42n = 2,865 => R + 5,6n = 38,2 Biện luận: n R 27 (CH2=CH-) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy công thức chất hỗn hợp E là: HCOOH: 0,06 mol; C2H3COOH: 0,045 mol; HCOOCH2CH2OCOC H=CH2: 0,03 mol Khi cho hỗn hợp E tác dụng với KOH có phương trình: HCOOH + KOH HCOOK + H2O C2H3COOH + KOH C2H3COOK + H2O HCOOCH2CH2OCOC H=CH2 + 2KOH C2H3COOK + HCOOK + C2H4(OH)2 Dựa vào số mol chất phương trình ta tính hỗn hợp chất rắn gồm HCOOK: 0,09 mol; C2H3COOK: 0,075 mol; KOH dư: 0,06 mol => m = 19,17 gam Hết 10 ... VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC: 2015 - 2016 MÔN THI: HOÁ HỌC (Đáp án gồm 06 trang) Biểu điểm Câu Ý Đáp án 1 1,0 điểm a) Theo phương trình ta... phenol Vì Y có chất hữu nên X có công thức cấu tạo dạng: R’-OOC-C6H3R1-COOR’’ (R’ khác R’’) 0,25 => R’ + R1 + R’’ = 29 0,25 => có gốc H, chọn R’ H = > R’’ + R1 = 28 R1 (1) H (15) CH3- Vậy có công... 3Fe3O4 + 28H+ + NO3- 9Fe3+ + NO + 14H2O (2) Gọi số mol FeS2 Fe3O4 x, y mol Theo đề ta có hệ: 120 x + 232y = 15 ,12 gam; Số mol NO = 5x + y/3 = 0,07 mol Giải hệ phương trình ta x = 0,01 mol; y =