ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN ĐỊA LÝ - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Lớp 12 THPT năm học 2012 – 2013 Môn thi : Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 02 trang) Câu I (2 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau: a. Sục khí H 2 S vào dung dịch CuCl 2 . b. Cho dung dịch Na 2 CO 3 vào dung dịch AlCl 3 . c. Cho Fe 3 O 4 vào dung dịch HI, sau đó cho vào dung dịch sau phản ứng một ít hồ tinh bột. d. Cho từ từ dung dịch NH 3 đến dư vào dung dịch CuSO 4 . 2. Xác định công thức các chất và viết phương trình phản ứng biểu diễn theo sơ đồ biến hoá sau: Câu II (2 điểm) 1. Cho hỗn hợp X gồm Glyxin và Alanin tham gia phản ứng ở điều kiện thích hợp thu được các sản phẩm đipeptit. Viết phương trình phản ứng và gọi tên sản phẩm tạo thành. 2. Cho dãy biến hoá sau: Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có). Câu III (2 điểm) 1. Cho hỗn hợp X gồm FeCO 3 , FeS 2 tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 đặc, nóng thu được dung dịch Y (chứa Fe(NO 3 ) 3 ; H 2 SO 4 ) và 22,4 lít hỗn hợp khí Z gồm hai khí (đktc). Pha loãng dung dịch Y bằng nước cất để thu được 2 lít dung dịch có pH = 1. a. Viết phương trình phản ứng và tính khối lượng hỗn hợp X. b. Dung dịch Y hoà tan tối đa m gam Fe, tính m. (Biết sản phẩm khử của N +5 là NO 2 ) 1 ĐỀ CHÍNH THỨC Al 4 C 3 E A B C D G F Cao su Buna polivinylancol X + Fe, t 0 + H 2 , t 0 + H 2 O Y K Y + A + A + D, t 0 Z L X + H 2 SO 4 + Q X t 0 M Z + P + H 2 O + A + B Fe + Y N 2. Để điều chế 2,8 tấn nhựa PE (polivinyletilen) cần dùng m tấn gỗ (chứa 50% xenlulozơ về khối lượng). Biết hiệu suất cả quá trình điều chế bằng 80%. Viết các phương trình phản ứng điều chế và tính m. Câu IV (2 điểm) Chia 16,68 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R (hoá trị không đổi) thành ba phần bằng nhau. Phần 1 cho vào dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được dung dịch và 3,136 lít H 2 . Phần 2 cho vào dung dịch HNO 3 loãng, dư sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Các thể tích khí đo ở đktc. 1. Xác định kim loại R và tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 2. Cho phần 3 vào V lít dung dịch CuSO 4 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,64 gam chất rắn. Tính V. Câu V (2 điểm) Cho 44,8 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O và A tác dụng được với Na) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, dung dịch thu được chỉ chứa hai chất hữu cơ B, D. Cô cạn dung dịch thu được 39,2 gam chất B và 26 gam chất D. - Đốt cháy 39,2 gam B thu được 13,44 lít CO 2 ; 10,8 gam H 2 O và 21,2 gam Na 2 CO 3 . - Đốt cháy 26 gam D thu được 29,12 lít CO 2 ; 12,6 gam H 2 O và 10,6 gam Na 2 CO 3 . Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. 1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo B, D. Biết công thức phân tử A, B, D đều trùng công thức đơn giản nhất. 2. Xác định công thức cấu tạo A. Cho nguyên tử khối các nguyên tố: H = 1; C = 12; O = 16; S = 32; Na = 23; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64. ------- Hết -------- Họ và tên thí sinh:………………………………………Số báo danh:……………………… . Chữ ký giám thị số 1:……………………… .Chữ ký giám thị số 2:…………………… 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 2012 – 2013 ================== Môn thi : Hóa học Câu Ý ĐÁP ÁN Điểm 1 1 (1đ) a. Hiện tượng: có kết tủa đen CuCl 2 + H 2 S → CuS↓ + 2HCl 0,25 b. Hiện tượng: có kết tủa keo trắng và khí thoát ra 2AlCl 3 + 3H 2 O + 3Na 2 CO 3 → 2Al(OH) 3 ↓ + 3CO 2 ↑ + 6NaCl 0,25 c. Hiện tượng: Chất rắn tan, dung dịch có mầu xanh khi cho hồ tinh bột vào Fe 3 O 4 +8HI → 3FeI 2 + I 2 + 4H 2 O I 2 + hồ tinh bột → màu xanh 0,25 d. Hiện tượng: ban đầu có kết tủa xanh, sau đó kết tủa tan tạo dung dịch xanh lam CuSO 4 + 2NH 3 +2H 2 O → Cu(OH) 2 ↓ + (NH 4 ) 2 SO 4 Cu(OH) 2 + 4NH 3 → [Cu(NH 3 ) 4 ](OH) 2 0,25 2 (1đ) Xác định đúng các chất trong phương trình được 0,25 điểm, nếu các chất trong phương trình sai trừ 0,125điểm 0 ,25 (1) X → Y: Cl 2 +H 2 → 2HCl (X) (Y) Y → Z: HCl + KOH → KCl + H 2 O (Y) (A) (Z) Z → X: 10KCl + 2KMnO 4 + 8H 2 SO 4 → 5Cl 2 +6K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 8H 2 O (Z) (Q) (X) 0,25 X →K: 3Cl 2 + 2Fe 0 t → 2FeCl 3 (X) (K) K → L: FeCl 3 + 3KOH → Fe(OH) 3 ↓ + 3KCl (K) (A) (L) L →M: 2Fe(OH) 3 0 t → Fe 2 O 3 +3H 2 O (L) (M) M →Fe: Fe 2 O 3 + 3CO dư 0 t → 2Fe + 3CO 2 (M) (B) Fe → N: Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 0,25 3 ĐỀ CHÍNH THỨC (Y) (N) (3) X → Y: Cl 2 + H 2 O ˆ ˆ † ‡ ˆ ˆ HCl + HClO (X) (Y) Y →X: 4HCl đặc + MnO 2 t →MnCl 2 + Cl 2 + 2H 2 O (Y) (D) (X) X →Z + P + H 2 O: Cl 2 + 2KOH →KCl + KClO + H 2 O (X) (A) (Z) (P) 0,25 2 1 (1đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 2 (1đ) Al 4 C 3 →A: Al 4 C 3 + 12H 2 O → 4Al(OH) 3 + 3CH 4 (A) A→B: 2CH 4 0 1500 C LLN → CH ≡ CH + 3H 2 (A) (B) B→C: CH ≡ CH + CH 3 COOH xt → CH 3 COOCH=CH 2 (B) (C) 0,25 C→D: nCH 3 COOCH=CH 2 0 ,t p xt → (C) (D) D→polivinylancol: + nNaOH 0 t → + nCH 3 COONa (D) polivinylancol 0,25 4 2CH 2 -COOH NH 2 CH 2 -CO-NH-CH 2 -COOH NH 2 (Gly-Gly) + H 2 O CH 2 -COOH + NH 2 CH 3 -CH-COOH NH 2 CH 2 -CO-NH-CH-COOH NH 2 CH 3 + H 2 O (Gly-Ala) 2CH 3 -CH-COOH NH 2 CH 3 -CH-CO-NH-CH-COOH NH 2 CH 3 (Ala-Ala) + H 2 O CH 2 -COOH + NH 2 CH 3 -CH-COOH NH 2 CH 3 -CH-CO-NH-CH 2 -COOH NH 2 + H 2 O (Ala-Gly) OOC-CH 3 (CH 2 -CH) n OOC-CH 3 (CH 2 -CH) n (CH 2 -CH) n OH B→E: CH ≡ CH + H 2 O 2 0 , 80 H Hg C + + → CH 3 CHO (B) (E) E→F: CH 3 CHO + H 2 0 ,Ni t → C 2 H 5 OH (E) (F) 0,25 F→G: 2C 2 H 5 OH 2 3 0 / 450 Al O ZnO → CH 2 =CH-CH=CH 2 + H 2 + 2H 2 O (F) (G) G→ Cao su Buna: nCH 2 =CH-CH=CH 2 0 ,t p xt → (G) Cao su Buna 0,25 Chú ý: Học sinh có thể có cách làm khác nhau, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Nếu học sinh không xác định các chất thì trừ nửa số điểm của phần đó. 3 1 (1đ) a (0,5đ) FeCO 3 + 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + CO 2 + NO 2 + 2H 2 O (1) 0,125 0,125 0,125 0,125 FeS 2 + 18HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + 2H 2 SO 4 + 15NO 2 + 7H 2 O (2) 0,05 0,05 0,1 0,75 0,25 Vì pH = 1=> [H + ] = 0,1=> 2 4 0,2 0,1 H SO H n mol n mol + = ⇒ = Theo (2) có: 2 2 0,75 0,05 NO FeS n mol n mol= ⇒ = Gọi 3 2 2( 2 ) FeCO CO NO n x n n= = = => 2 0,75 1 0,125 Z n x x mol= + = ⇒ = ∑ => 3 2 116 0,125 120 0,05 20,5 FeCO FeS m m m gam= + = × + × = 0,25 b (0,5đ) Dung dịch Y gồm: Fe(NO 3 ) 3 : 0,175 mol ; H 2 SO 4 : 0,1 mol hay dung dịch Y có chứa: Fe 3+ : 0,175 mol; NO 3 - : 0,525mol; H + :0,2 mol. Y hoà tan tối đa m gam Fe khi đó dung dịch thu được muối Fe 2+ , xảy ra các phản ứng sau: Fe + 4H + + 2 3 NO − → Fe 2+ + 2NO 2 + 2H 2 O 0,05 ¬ 0,2 → 0,1 0,25 Fe + 2Fe 3+ → 3Fe 2+ 0,0875 ¬ 0,175 mol ∑ Fe n = 0,1375 mol => m Fe = 7,7 gam 0,25 3 2 (1đ) (C 6 H 10 O 5 ) n + nH 2 O → nC 6 H 12 O 6 (1) C 6 H 12 O 6 0 30 men C → 2C 2 H 5 OH + 2CO 2 (2) 0,25 5 (CH 2 -CH=CH-CH 2 ) n C 2 H 5 OH 2 4 0 170 H SO C → CH 2 =CH 2 + H 2 O (3) CH 2 =CH 2 ,p t xt → (-CH 2 -CH 2 -) n (4) 0,25 Ta có: (C 6 H 10 O 5 ) n → 2nC 2 H 4 162n (g) → 56n (g) m = 8,1 (tấn) ¬ 2,8 (tấn) 0,25 Do hiệu suất phản ứng đạt 80% => khối lượng Xenlulozơ = 8,1. 100 80 Trong gỗ chứa 50% xenlulozơ => Khối lượng gỗ = 8,1. 100 80 . 100 50 = 20,25 tấn 0,25 4 1 (1đ) Mỗi phần có khối lượng 5,56 gam; gọi trong mỗi phần có chứa x mol Fe và y mol kim loại R Phần 1: Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (1) x (mol) → x R + nHCl → RCl n + 2 n H 2 (2) y → 2 n .y 2 H n = 0,14 (mol) => x + . 2 n y = 0,14 (I) 0,25 Phần 2: Fe + 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O (3) x → x 3R + 4nHNO 3 →3R(NO 3 ) n + nNO +2nH 2 O (4) y → 3 n .y n NO = 0,12 (mol) => x + 3 n .y = 0,12 (II) 0,25 Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,08 (mol); y = 0,12 n Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có: 56.x + M R .y = 5,56 0,25 M R = 9.n; n là hoá trị n = 1 => M R = 9 n = 2 => M R = 18 n = 3 => M R = 27 => Kim loại R là Al; n = 3 => x = 0,08 (mol); y = 0,04 (mol) => %m Fe = 80,67% ; %m Al = 19,33% 0,25 4 2 (1đ) Phần 3: Sau phản ứng khối lượng chất rắn tăng = 8,64 – 5,56 = 3,08 gam 0,25 6 - Khi Al phản ứng hết, khối lượng chất rắn tăng = 64.0,06 – 27.0,04 = 2,76 gam < 3,08 gam => Al phản ứng hết - Khi Fe phản ứng hết, khối lượng chất rắn tăng = 2,76 + 0,08(64-56) = 3,4 gam > 3,08 gam => Fe phản ứng chưa hết. Vậy Al phản ứng hết, Fe phản ứng một phần, gọi số mol Fe phản ứng là z (mol). 0,25 2Al + 3CuSO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Cu (5) 0,04 → 0,06 → 0,06(mol) Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu (6) z (mol) → z → z 0,25 => 2,76 + (64-56).z = 3,08 => z = 0,04 (mol) => 4 CuSO n ∑ phản ứng = 0,06 + 0,04 = 0,1 (mol) => V = 0,1lít = 100 ml 0,25 5 1 (1đ) Tìm B: 2 2 2 3 13, 44 10,8 21,2 0,6 ; 0,6 ; 0,2 22,4 18 106 CO H O Na CO n mol n mol n mol= = = = = = => 0,6 0,2 0,8 2 0,6 1,2 2 0,2 0,4 39,2 12 0,8 1,2 1 0,4 23 1,2 16 a C H N O n mol n mol n mol n mol = + = = × = = × = − × − × − × = = 0,25 Đặt công thức B là: C x H y O z Na t ⇒ x:y:z:t = 0,8:1,2:1,2:0,4 = 2:3:3:1 Vì CTPT trùng CTĐGN ⇒ CTPT B là: C 2 H 3 O 3 Na ⇒ CTCT B là: HOCH 2 COONa 0,25 Tìm D: 2 2 2 3 29,12 12,6 10,6 1,3 ; 0,7 ; 0,1 22,4 18 106 CO H O Na CO n mol n mol n mol= = = = = = => => 1,3 0,1 1,4 2 0,7 1,4 2 0,1 0,2 26 12 1,4 1,4 1 23 0,2 0,2 16 C H Na O n mol n mol n mol n mol = + = = × = = × = − × − × − × = = 0,25 Đặt công thức D : C x’ H y’ O z’ Na t’ ⇒ x’:y’:z’:t’= 1,4:1,4:0,2:0,2= 7:7:1:1 Vì CTPT trùng CTĐGN ⇒ CTPT D là: C 7 H 7 ONa ⇒ Có 3 CTCT D: CH 3 -C 6 H 4 -ONa (0-; m-; p-) 0,25 5 2 (1đ) Tìm A: Ta có: A + NaOH → B(C, H, O, Na) + D(C, H, O, Na) + H 2 O (*) 0,25 7 Theo bảo toàn nguyên tố Na ta có: => 2 3 2 2(0,2 0,1) 0,6 NaOH Na CO n n mol= = + = Theo bảo toàn khối lượng ta có: 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 (*) 44,8 40 0,6 39,2 26 3,6 3,6 1,2 1,4 2 0,6 1 2,4 18 A B D H O NaOH H O H H H H H m gam n n n n n mol = + × − − = ⇒ = + + − = + + × − × = ( ) ( ) ( ) ( ) 0,8 1,4 2,2 44,8 12 2,2 2,4 1 1,0 16 A B D A C C C O n n n mol n mol = + = + = − × − × = = 0,25 Đặt công thức A: C a H b O c =>a:b:c = 2,2 : 2,4 : 1 = 11 : 12 : 5 Vì CTPT trùng CTĐGN => CTPT A: C 11 H 12 O 5 . 0,25 Biện luận CTCT A: n A = 0,2 mol; n B = 0,4 mol; n D = 0,2 mol => n A : n NaOH : n B : n D : n nước(*) = 1: 3 : 2 : 1: 1 => A là este của phenol chứa: 2HOCH 2 COO- + 1CH 3 -C 6 H 4 COO- (thoả 5 nt O) => Có 3 CTCT A: HO-CH 2 -COO-C 6 H 4 -CH 3 (0-; m-; p-) 0,25 Chú ý: Học sinh có thể làm theo cách khác, nếu đúng, có lập luận chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. 8 . FeCO FeS m m m gam= + = × + × = 0,25 b (0,5đ) Dung dịch Y g m: Fe(NO 3 ) 3 : 0,175 mol ; H 2 SO 4 : 0,1 mol hay dung dịch Y có chứa: Fe 3+ : 0,175 mol; NO. 0,25 4 1 (1đ) M i phần có khối lượng 5,56 gam; gọi trong m i phần có chứa x mol Fe và y mol kim loại R Phần 1: Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (1) x (mol) → x