SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG TRỊ

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 2 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT

Khóa ngày 02 tháng 10 năm 2019

Môn thi: HÓA HỌC 12

Thời gian làm bài: 180 phút

(không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT

Khóa ngày 02 tháng 10 năm 2019

Môn thi: HÓA HỌC

(Hướng dẫn chấm có 5 trang)

Câu 1

1

a) C₁₂H₂₂O₁₁ 12C + 11H₂O

C + 2H₂SO₄ đặc CO₂ + 2SO₂ + 2H₂O

b) Xuất hiện kết tủa trắng và dung dịch chuyển sang màu vàng nâu

FeCl₂ + 2AgNO₃ 2AgCl + Fe(NO₃)₂

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ Fe(NO₃)₃ + Ag

c) Có khí mùi khai thoát ra và xuất hiện kết tủa trắng

(NH₂)₂CO + 2H₂O (NH₄)₂CO₃

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

d) Xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan ra trong axit dư

H₂SO₄ + 2 H₂O + 2NaAlO₂ 2Al(OH)_­3 + Na₂SO₄

3H₂SO₄ + 2Al(OH)₃ Al₂(SO₄)₃ + 6H₂O

1,0

2

2FeS₂ + 14H₂SO₄ đặc, nóng  Fe₂(SO₄)₃ + 15SO₂ + 14H₂O

NaCl + H₂SO₄ đặc, nóng  NaHSO₄ + HCl

2NaBr + 2H₂SO₄ đặc, nóng  Na₂SO₄ + SO₂ + Br₂ + 2H₂O

8NaI + 5H₂SO₄ đặc, nóng  4Na₂SO₄ + H₂S + 4I₂ + 4H₂O

1,0

Do có kết tủa nên Na đã tác dụng với H₂O

Mặt khác: số mol kết tủa < số mol AlCl₃ có 2 TH xảy ra

Cho Na vào nước thu được dung dịch A

Na + HCl NaCl + 1/2 H₂ (1)

Na + H₂O NaOH + 1/2H₂ (2)

3NaOH + AlCl₃ Al(OH)₃ + 3NaCl (3)

NaOH + Al(OH)₃ NaAlO₂ + 2H₂O (4)

TH1: AlCl₃ dư, không có (4)

Ta có: nNa = nHCl + 3nAl(OH)₃ = 0,6 mol m = 0,6.23 = 13,8 gam

TH2: Kết tủa bị hòa tan một phần, có (4)

Ta có: nNa = nHCl + 4nAlCl₃ – nAl(OH)₃ = 0,3 + 0,15.4 – 0,1 = 0,8 mol

m = 0,8.23 = 18,4 gam

1,0

4

Phản ứng: 2Al + 6HCl→ 2AlCl₃ + 3H₂

x x/3

2Al + 3H₂SO₄→ Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

3a a

H₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓+ 2H₂O (đoạn 1)

x-3ax-3a x-3a

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

a 3a 3a 2a

2AlCl₃ + 3Ba(OH)₂ → 3BaCl₂ + 2Al(OH)₃ (đoạn 3)

x/30,5x x/3

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

Tổng số mol Ba(OH)₂ ở thời điểm khối lượng kết tủa cực đại là:

x -3a+3a+0,5x =1,5x =0,75 => x =0,5 mol

m_↓(max)=233(x-3a+3a)+ 78(2a+x/3)=139,9

 y = 233(x-3a)=233(0,5 -0,2)= 69,9 gam

1,0

Câu 2

1

Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s¹

X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA

Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân.

Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d⁵ 4s¹

X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB

Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân

Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d¹⁰ 4s¹

X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB

Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân

1,0

2

a) FeS_x+(4x+6) H⁺ +(6x+3)NO₃^–Fe³⁺+xSO₄^2- +( 6x+3) NO₂+(2x+3) H₂O

b) 3S^2- + 2Fe³⁺ 2FeS + S

c) H⁺ + SO₄^2- + HSO₃^– + Ba²⁺ BaSO₄ + SO₂ +H₂O

d) Ba + 2 H₂O Ba²⁺ + 2OH^– + H₂

Ba²⁺ + 2OH^– + NH₄⁺ + HCO₃^– BaCO₃ + NH₃ + 2H₂O

1,0

3

Do tính oxi hóa của Ag⁺ > Cu²⁺ và tạo hỗn hợp 2 oxit AgNO₃ hết, Mg hết

Ban đầu, đặt a, b là số mol Mg và Cu

nAg⁺ = 0,06 , nCu²⁺ = 0,05 , nSO₂ = 0,09

Dung dịch A chứa Mg²⁺ (a mol), NO₃^– (0,16 mol) và Cu²⁺: (0,08 – a) mol

Bảo toàn điện tích: nCu²⁺ = 0,08 – a mol

1,0

4

Quy đổi X thành Mg, Al ( a mol), NO₃ (b mol), O (c mol) và đặt số mol NaNO₃ là d mol. Ta có: 27,84 gam kết tủa là Mg(OH)₂  nMg = 0,48 mol

Bảo toàn N:

Bảo toàn H:

1,0

Câu 3

1

a) Màu vàng của dd FeCl₃ nhạt dần tạo kết tủa đỏ nâu và có khí bay lên

3Na₂CO₃ + 2FeCl₃ +3H₂O  2Fe(OH)₃ + 3CO₂ + 6NaCl

b) Màu vàng của dung dịch FeCl₃ nhạt dần xuất hiện kết tủa trắng đục (vàng) của S

H₂S + 2FeCl₃  2FeCl₂ + S + 2HCl.

c) Màu vàng của dung dịch FeCl₃ nhạt dần, dung dịch chuyển thành màu xanh

2KI + 2FeCl₃  2FeCl₂ + I₂ + 2KCl

d) NaHSO₄ + Na₂CO₃ Na₂SO₄ + NaHCO₃

Khi đun nóng có khí bay lên: 2NaHCO₃ Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

1,0

2

Chiều pH tăng dần: H₂SO₄, HCl, Na₂SO₄, Na₂CO₃, NaOH

Giải thích:

+ H₂SO₄ 2H⁺ + SO₄^2- , [H⁺] = 2.0,1 = 0,2M pH = 1-lg2 = 0,7

+ HCl H⁺ + Cl^– , [H⁺] = 0,1 M => pH = 1

+ Na₂SO₄ 2Na⁺ + SO₄^2- pH = 7

+ Na₂CO₃ 2Na⁺ + CO₃^2-

CO₃^2- + H₂O HCO₃^– + OH^– có [OH^–] < 0,1 nên 7 <pH < 13

+ NaOH Na⁺ + OH^– có [OH^–] = 0,1 M [H⁺] = 10^-13 pH = 13

1,0

3

2Fe + 6 H₂SO₄ đặc, nóng Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O (1)

2M + 2n H₂SO₄ đặc, nóng M₂(SO₄)_n + nSO₂ +2nH₂O (2)

SO₂ + 2NaOH Na₂SO₃ + H₂O (3)

Fe + H₂SO₄ FeSO₄ + H₂ (4); 2M + n H₂SO₄ M₂(SO₄)_n + nH₂ (5)

Fe + 2HCl FeCl₂ + H₂ (6); 2M + 2nHCl 2MCl_n + nH₂ (7)

Theo (3):

1,0

4

Phản ứng: 8 + 10nHNO₃ = 8 (NO₃)n + nN₂O + 5n H₂O
10 + 12n HNO₃ = 10 (NO₃)n + nN₂ + 6n H₂O

(NO₃)n + nNaOH (OH)n + nNaNO₃

8 + 10n HNO₃ 8 (NO₃)n + nNH₄NO₃ + 3n H₂O

Có thể: M(OH)n + (4-n) NaOH Na_4-nMO₂ + 2H₂O

Hỗn hợp X (0,04 mol):

Sơ đồ: E+ HNO₃  F: Mg²⁺, Mⁿ⁺, NO₃^– (muối KL), NH₄NO₃ (a) + N₂ (0,03); N₂O (0,01)

Ta có: nNO₃^– ( muối KL) = 0,03.10 + 0,01.8 +8a = 0,38 + 8a

m_muối = 25,28.2 = 6,84 + 62(0,38 + 8a) + 80a  a=0,035

_{TH1: M(OH)n không lưỡng tính  Kết tủa gồm: Mg(OH)2 và M(OH)n}

Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE

Ta có:

TH₂: M(OH)_n lưỡng tính  n Mg(OH)₂ = 4,35.2/58= 0,15 mol =nMg

 mM = 6,84 – 0,15.24 =3,24 gam

1,0

Câu 4

1

A₆: CH₄; A₁: C₂H₂; A₂: C₂H₄; A₃: C₄H₁₀; A₄: C₄H₄; A₅: C₄H₆.

Các phản ứng:

2CH₄ C₂H₂ + 3H₂.

C₂H₂ + H₂ C₂H₄

nC₂H₄ (-CH₂CH₂-)_n

2C₂H₂ CH₂=CH-C≡CH

CH₂=CH-C≡CH + H₂ CH₂=CH-CH=CH₂

CH₂=CH-C=CH₂ + 2H₂ C₄H₁₀

C₄H₁₀ CH₄ + C₃H₆

2C₂H₅OH CH₂=CH-CH=CH₂ + H₂ + 2H₂O

1,0

2

A, B + NaOH theo tỷ lệ mol 1: 2 1 muối và 1 rượu A, B: este 2 chức

H₃C-OOC- COO-CH₃ (A)+ 2 NaOH NaOOC-COONa + 2CH₃OH

HCOO-CH₂CH₂ –OOCH (B) +2NaOH 2HCOONa +HOCH₂-CH₂ OH

C, D + NaOH theo tỷ lệ mol 1:2 muối + rượu + nước C, D là este axit

Do muối cháy không tạo H₂O C là HOOC-COOC₂H₅, D là HOOC-CH₂-COOCH₃

HOOC- COOC₂H₅ + 2NaOH NaOOC – COONa + C₂H₅OH + H₂O

HOOC-CH₂-COOCH₃ + 2NaOH NaOOC-CH₂-COONa + CH₃OH + H₂O

1,0

3

Ta có mH₂O = 18,9 gam 1,05 mol n_H = 2,1 mol

mCaCO₃ = 90 gam

Sơ đồ: 18,9 gam F + KK → 0,9 mol CO₂ + 18,9 gam H₂O + 4,65 mol N₂

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

(do F)=4,65 – 1,125.4=0,15 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 F là C₃H₇O₂N F là C₃H₇O₂N

1,0

4

Quy E: CH₂=CH-COOH, C₃H₅(OH)₃: x mol, CH₂: y mol và H₂O: z mol

nCH₂=CH-COOH = n Br₂ = 0,05 mol

Do nCH₂=CH-COOH > nCH₂ ⇒ chỉ ghép CH₂ vào axit

Phản ứng vừa đủ ⇒ nOH- = nCH₂=CH-COOH = 0,05 mol

⇒ nKOH = 0,0125 mol; nNaOH = 0,0375 mol

Vậy: m = 0,05 ×71 + 0,02 ×14 + 0,0125×39 + 0,0375×23 = 5,18 gam

1,0

Câu 5

1

Theo bài ra: C₇H₈O₂ có 2H linh động khi phản ứng với Na và 1H linh động khi phản ứng với NaOH 1-OH của ancol và 1-OH của phenol

HO-Ar-CH₂-OH + CuO HO-Ar-CH=O + CuO + H₂O

HO-Ar-CH=O + 4H₂ HOC₆H₁₀CH₂OH

HOC₆H₁₀CH₂OH + 2CH₃COOH (CH₃COO)₂(C₆H₁₀CH₂)+2H₂O

HO-Ar-CH₂-OH + CH₃COOH CH₃COO-CH₂-ArOH+H₂O

1,0

2

Chất M: (C₃H₄O₃)_nC_3n/2H_5n/2(COOH)_3n/2 5n/2+3n/2=2.3n/2+2 n=2

M là C₆H₈O₆ hay C₃H₅(COOH)₃  Công thức cấu tạo:

HOOCCH₂CH₂CH(COOH)₂, HOOCCH(CH₃)CH(COOH)₂,

HOOCCH₂CH(COOH)CH₂COOH, (HOOC)₃CCH₂CH₃

(HOOC)₂C(CH₃)CH₂COOH

Chất N: (C₂H₃O₃)_m C_2m-yH_{3m – (x+y)}(OH)_x(COOH)_y

 N là: C₄H₆O₆ hay C₂H₂(OH)₂(COOH)₂  Công thức cấu tạo:

HOOCCH(OH)-CH(OH)COOH và (HOOC)₂C(OH)CH₂OH

1,0

3

RCHO + 2[Ag(NH₃)₂]OH RCOONH₄ + 2Ag + 3NH₃ + H₂O (1)

HCHO + 4[Ag(NH₃)₂]OH (NH₄)₂CO₃ + 4Ag + 6NH₃ + 2H₂O (2)

R-CHO  +  H₂  R-CH₂OH (3)

2 + H₂O (4)

Nếu P không chứa HCHO nP = 0,5 mol.

= 10,4/0,5 = 20,8 ⇒ loại

Vậy P gồm HCHO (x mol) và CH₃CHO (y mol)

Đặt HS của Z:H%h=H/100, nCH₃OH(pư)=0,1mol, nC₂H₅OH (pư)=0,1hmol

Theo (4) : nH₂O =1/2n

BTKL: 32.0,1 + 46.0,1h = 4,52 + 18.(0,05 + 0,05h) ⇒ h = 0,6H% = 60%

1,0

4

Pư: C_xH_yO_z + (x +y/4 – z/2)O₂ xCO₂ + y/2H₂O (1)

Do: X₁ + NaOH 1 ancol ACOOB (x mol), BOOC-R-COOB (y mol)

ACOOB + NaOH ACOONa + BOH (2)

BOOC-R-COOB + 2NaOH R(COONa)₂ + BOH (3)

ACOONa + NaOH AH + Na₂CO₃ (4)

R(COONa)₂ + 2NaOH RH₂ + 2Na₂CO₃ (5)

BOH + Na BONa + 1/2H₂ (6)

Theo (1) : nH₂O = 0,44 mol nO(X₁)=0,57.2 + 0,44-0,66.2 = 0,26 mol

Theo (2,3): 2x+4y=0,26nNaOH (pư)=x +2y=0,13nNaOH dư=0,18mol

Do: nNaOH(2,3)=nNaOH(4,5)=0,13 mol nAH + nRH₂ = x + y = 0,09

x = 0,05 và y = 0,04

Ta có: 0,13(B + 17) – 0,13.2/2 = 5,85 B = 29 BOH là C₂H₅OH

Ta có: 0,05(A + 73) + 0,04(R + 146) = 11,88, R=A–1A=27 là CH₂=CH–

Các este: CH₂=CH-COOC₂H₅, C₂H₅OOC-CH=CH-COO-C₂H₅ (Cis –Trans)

và C₂H₅-OOC-C(=CH₂)-COO-C₂H₅

1,0