SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ hai – Năm học 2012 – 2013

MÔN: HÓA HỌC

Ngày thi 18/12/2012

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

1. ( 1,25 điểm)

Câu 1

(3,5 điểm)

Cấu hình electron:

₁₁Na: 1s²2s²2p⁶3s¹  Na⁺: 1s²2s²2p⁶

₁₂Mg: 1s²2s²2p⁶3s²  Mg²⁺: 1s²2s²2p⁶

₁₃Al: 1s²2s²2p⁶3s²2p¹Al³⁺: 1s²2s²2p⁶

₈O^2-: 1s²2s²2p⁶ và ₉F^–: 1s²2s²2p⁶

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

– Đi từ trái sang phải trong một chu kì bán kính nguyên tử giảm dần nên R: Na>Mg>Al.

– Vì các ion Na⁺, Mg²⁺, F^–, O^2- đều có cấu hình electron của Ne, nên bán kính của chúng giảm dần khi điện tích hạt nhân tăng.

– Các nguyên tố Na, Mg, Al còn thêm một lớp electron nên bán kính phải phải lớn hơn bán kính của các ion.

– Do đó thứ tự giảm bán kính hạt như sau:

R: ₁₁Na>₁₂Mg>₁₃Al>₈O^2- >₉F^–>₁₁Na⁺>₁₂Mg²⁺>₁₃Al³⁺.

2. (1,25 điểm)

– Hòa tan A vào nước chỉ có các phản ứng:

BaO + H₂O → Ba(OH)­₂

Al₂O₃ +Ba(OH)­₂→ Ba(AlO₂)₂ + H₂O

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

– Phần không tan B gồm: Fe₃O₄, Al₂O₃ dư (do E tan một phần trong dung dịch NaOH) nên dung dịch D chỉ có Ba(AlO₂)₂. Sục khí CO₂ dư vào D:

Ba(AlO₂)₂ + 2CO₂ + 4H₂O → 2Al(OH)₃ + Ba(HCO₃)₂

– Cho khí CO dư qua B nung nóng có phản ứng:

Fe₃O₄ + 4CO 3Fe + 4CO₂

– Chất rắn E gồm: Fe, Al₂O₃. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư:

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

– Chất rắn G là Fe. Cho G tác dụng với H₂SO₄ dư, KMnO₄:

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

10FeSO₄+2KMnO₄+8H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃+2MnSO₄ + K₂SO₄ + 8H₂O

3. (1,0 điểm)

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

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

0,25

0,25

0,25

0,25

b) Màu vàng của dung dịch FeCl₃ nhạt dần xuất hiện kết tủa trắng đục của S mới sinh _:

H₂S + 2FeCl₃ 2FeCl₂ + S + 2HCl.

c) Màu vàng của dung dịch FeCl₃ nhạt dần, khi cho tinh bột vào màu của 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.

Câu 2

(2,0 điểm)

1

Ca₃(PO₄)₂ + 2H₂SO₄ đặc, t⁰ Ca(H₂PO₄)₂ + 2CaSO₄

 Supephotphat đơn chứa Ca(H₂PO₄)₂ và CaSO₄ có tỷ lệ mol là 1:2

 Có 234 gam Ca(H₂PO₄)₂ (1 mol) sẽ có 272 gam CaSO₄ (2 mol)

m_supephotphat = 506 gam. Có 2 mol P  1 mol P₂O₅ (142 gam)

(1,0 điểm)

 100 kg supephotphat đơn chứa = = 28,06 (kg)

0,25

0,25

0,25

0,25

2 (1,0 điểm)

AlCl₃ + 3NaOH  Al(OH)₃ + 3NaCl

Có: 0,25 0,1125 mol

 AlCl₃ dư = 0,2125 (mol) [Al³⁺ ] = = 0,53125 (M)

0,25

0,25

0,25

0,25

Al³⁺ + 2H₂O AlOH²⁺ + H₃O⁺ K= 1,4.10^-5

Ban đầu: 0,53125 0 0 (M)

Cân bằng: 0,53125-x x x (M)

Áp dụng công thức : K = = 1,4.10^-5

Ta có: x² + 1,4.10^-5x – 7,4375.10^-6 = 0 

pH = -lg(2,72.10^-3) = 2,5654.

Câu 3

(3,5 điểm)

Al + NaOH + H₂O  NaAlO₂ + H₂ 

0,08 0,08 0,12 (mol)

 NaOH dư 0,04 mol; n_Al = 0,08 mol  m_Al = 2,16 (gam)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

NaOH + HCl  NaCl + H₂O

0,04 0,04 (mol)

NaAlO₂ + 4HCl  NaCl + AlCl₃ + 2H₂O

0,08 0,32 (mol)

 HCl dư 0,38 mol

C+ HNO₃ được khí duy nhất  FeCO₃ đã phản ứng hết khi phản ứng với dung dịch HCl

FeCO₃ + 2HCl  FeCl₂ + CO₂ + H₂O

CO₂ + Ca(OH)₂  CaCO₃ + H₂O

 = = 0,1 mol;  = 11,6 (gam)

 HCl dư 0,18 mol.

B là hỗn hợp khí có CO₂ và H₂ nên có phản ứng Fe và HCl

2HCl + Fe  FeCl₂ + H₂

 Trường hợp 1: Fe hết

Cu + 4HNO₃ đặc Cu(NO₃)₂ + 2NO₂  + 2H₂O

0,025 0,025 0,05 (mol)

 m_Cu = 1,6 (gam).

m_Fe = 20  m_Cu  m_Al  = 4,64 (gam)

– Với n_Fe  0,083 < 0,09 nên thỏa mãn.

2Cu(NO₃)₂ 2CuO + 4NO₂ + O₂

0,025 0,025 (mol)

 m = m_CuO = 2 gam

 Trường hợp 2: Fe dư

_{phản ứng} = ½ n_HCl = 0,09 (mol). Gọi Fe dư: x mol; Cu: y mol (với x, y > 0)

m_{Fe dư} + m_Cu = 20  m_{Fe phản ứng}  m_Al  = 1,2 (gam)

Cu + 4HNO₃ đặc Cu(NO₃)₂ + 2NO₂  + 2H₂O

Fe + 6HNO₃ đặc Fe(NO₃)₃ + 3NO₂  + 3H₂O

56x + 64y = 1,2 (*)

 = 3x + 2y = 0,05 (mol) (2*)

Giải hệ phương trình (*) & (2*) được x = 0,01; y = 0,01 mol

 m_Cu = 0,64 gam; m_Fe (dư) = 0,56 gam

 m_Fe = m_Fe (p/ứng) + m_Fe (dư) = 5,6 gam.

Cu(NO₃)₂ CuO + 2NO₂ + ½ O₂

2Fe(NO₃)₃ Fe₂O₃ + 6NO₂ + O₂

m = m_CuO + = 1,6 gam.

Câu 4

(3,0 điểm)

1 (1,25 điểm)

Dùng dung dịch AgNO₃/NH₃ dư phân biệt được 2 nhóm:

Nhóm 1: Có kết tủa Ag: CH₂=CH-CHO, HCHO

Nhóm 2: Không có hiện tượng gì: CH₂=CH-CH₂-OH, CH₂=CH-COOH, CH₃CH₂OH

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

CH₂=CH-CHO+2AgNO₃+3NH₃+H₂OCH₂=CH-COONH₄+2Ag+ 2NH₄NO₃

HCHO + 4AgNO₃ + 6NH₃ + 2H₂O (NH₄)₂CO₃ +4Ag+ 4NH₄NO₃

Hoặc: HCHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O NH₄HCO₃ +2Ag+ 2NH₄NO₃

*Nhóm 1: Cho tác dụng với dung dịch Br₂/CCl₄ chất nào làm mất màu nâu đỏ của dung dịch brom  CH₂=CH-CHO.

CH₂=CH-CHO + Br₂ CH₂Br-CHBr-CHO

Chất không làm mất màu dung dịch Br₂/CCl₄ là HCHO

*Nhóm 2: – Dùng quỳ tím n/biết được dung dịch CH₂=CH-COOH làm quỳ tím chuyển màu đỏ. D/dịch không làm đổi màu quỳ tím là: CH₂=CH-CH₂-OH, CH₃CH₂OH.

– Dùng dung dịch brom để nhận biết:

Chất làm mất màu dung dịch brom trong CCl₄ là: CH₂=CH-CH₂-OH

CH₂=CH-CH₂-OH + Br₂  CH₂Br-CHBr-CH₂OH

Chất không làm mất màu dung dịch brom là: CH₃CH₂OH

Chú ý: Nhận biết được một chất được 0,25 điểm.

2 (1,75 điểm)

C₅H₆O₃ có công thức cấu tạo là: CH₂=CH-OOC-CH₂-CHO.

Phương trình phản ứng:

CH₂=CH-OOC-CH₂-CHO + H₂O CH₃CHO + HOOC-CH₂-CHO

CH₃CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O CH₃COONH₄ +2Ag+ 2NH₄NO₃

CH₃COONH₄ + NaOH CH₃COONa + NH₃ + H₂O

CH₃COONa + NaOHCH₄ + Na₂CO₃

+2AgNO₃+4NH₃+H₂OH₄NOOC-CH₂-COONH₄+2Ag+2NH₄NO₃

H₄NOOC-CH₂-COONH₄ + 2NaOHNaOOC-CH₂-COONa + 2NH₃ + 2H₂O

NaOOC-CH₂-COONa + 2NaOHCH₄ + 2Na₂CO₃

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5

(4,0 điểm)

1 (0,75 điểm)

CO₂ + Ba(OH)₂  BaCO₃ + H₂O

= = 0,36 (mol); + = 23,4 gam  = 0,42 (mol)

Trong 50,4 lít không khí: = 0,45 (mol); = 1,8 (mol)

Khí thoát ra là N₂: = 1,86 (mol) > ( không khí )  P/ứng cháy sinh ra 0,06 mol N₂. Gọi A là C_xH_yO_zN_t (x, y, z nguyên dương).

C_xH_yO_zN_t + ()O₂  xCO₂ + H₂O + N₂

0,12 0,45 0,36 0,42 0,06 (mol)

0,25

0,25

0,25

 x = 3; y = 7; z = 2; t = 1.

Vậy A là C₃H₇O₂N.

2 (1,5 điểm)

 B làm mất màu dung dịch Br₂ nhưng không mất màu dung dịch KMnO₄  B là metylxiclopropan.

xiclo-C₃H₅ -CH₃+ Br₂  CH₃-CHBr-CH₂-CH₂Br

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

 F không làm mất màu dung dịch Br₂  F là xiclobutan.

 A, D, E phản ứng với H₂ chỉ thu được một sản phẩm  A, D, E có cùng mạch cacbon (anken không nhánh).

C₄H₈ + H₂ CH₃-CH₂-CH₂-CH₃

 Sản phẩm từ D, E là cặp đồng phân hình học. Nhiệt độ sôi của E cao hơn  E là cis-but-2-en; D là trans-but-2-en.

 A phải là but-1-en.

 C phải là 2-metylpropen.

3 (1,75 điểm)

* Điều chế axit succinic.

CH₂=CHCH=CH₂ + Br₂ dd Br-CH₂-CH=CH-CH₂-Br

Br-CH₂-CH=CH-CH₂-Br + 2NaOH loãng  HOCH₂CH=CHCH₂OH+ 2NaBr

HOCH₂CH=CHCH₂OH + H₂ HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH

HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH + 2CuOOHC-CH₂-CH₂-CHO+2Cu+2H₂O

OHC-CH₂-CH₂-CHO + O₂ HOOCCH₂CH₂COOH

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

* Điều chế axeton

CH₂=CHCH=CH₂ + 2H₂ CH₃CH₂CH₂CH₃

CH₃CH₂CH₂CH₃ CH₂=CH-CH₃ + CH₄

CH₂=CH-CH₃ + H₂O

+ CuO + Cu + H₂O

Câu 6

(4,0 điểm)

1. (1,5 điểm)

Đặt CTTQ E: C_xH_yO_z (x, y, z nguyên dương).

n= 0,12mol; = 0,07 mol m_C = 1,44 gam; m_H = 0,14 gam; m_O= 0,96 gam.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Ta có tỷ lệ: x: y: z = 6:7:3 CTPT của E: (C₆H₇O₃)_n

Ta có: n : n = 1: 3. Vậy E có 3 chức este, Suy ra E có 6 nguyên tử oxi (n = 2).

Vậy CTPT E: C₁₂H₁₄O₆ ( M= 254 g/mol).

Vậy E: (RCOO)₃R’.

(RCOO)₃R’+ 3NaOH 3RCOONa + R’(OH)_{3 (1)}

Có: (mol)

n = 0,3mol .

Do tỷ lệ . Vậy R có 3 nguyên tử C.

Vậy CTCT ancol: CH₂OH-CHOH-CH₂OH ( Glixerol)

Ta có: m = 254.0,1 +12 – 0,1.92 = 28,2gam

Từ (1): M = 28,2/0,3 = 94 R = 27 ( C₂H₃–)

Vậy CTCT E:

2. (2,5 điểm)

CTCT A: CH₂=CH-COOH (x mol), 3 đồng phân đơn chức là este : HCOOCH=CH₂ (y mol); este vòng và có tổng số mol là z (mol)

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

CH₂=CH-COOH + NaOH CH₂=CH-COONa + H₂O (2)

HCOOCH=CH₂ + NaOH HCOONa + CH₃CHO (3)

+ NaOH HOCH₂-CH₂-COONa (4)

+ NaOH CH₃-CH(OH)-COONa (4’)

Hỗn hợp hơi (D): CH₃CHO, H₂O_(h).

CH₃CHO+2AgNO₃+3NH₃+H₂OCH₃COONH₄+2Ag+2NH₄NO_{3 (5)}

Chất rắn (B):

CH₂=CH-COONa; HCOONa; HOCH₂-CH₂-COONa và CH₃-CH(OH)-COONa

CH₂=CH-COONa + NaOH _(r) CH₂=CH₂ + Na₂CO₃ (6)

HCOONa + NaOH _(r) H₂ + Na₂CO₃ (7)

HOCH₂-CH₂-COONa + NaOH CH₃-CH₂-OH + Na₂CO₃ (8)

CH₃-CH(OH)-COONa + NaOH CH₃-CH₂-OH + Na₂CO₃ (8’)

Hỗn hợp hơi (F): C₂H₄; H₂, C₂H₅OH (G)

Hỗn hợp (N) : C₂H₄ + H₂ C₂H₆ (9)

(G) : 2C₂H₅OH + 2Na 2C₂H₅ONa + H₂ (10)

Từ (3,5): y = 0,1(mol)

Từ (3,7): n = 0,1(mol)

Từ (9). Độ giảm số mol của N = 0,05 mol = n (pứ)

= 8.2 = 16 ( do m_P = m_N ) nên P gồm: H₂ dư và C₂H₆ (p/ứng hoàn toàn).

Ta có: n_P = n _N – 0,05 = x + 0,1 – 0,05 = (x + 0,05) mol;

m_N = (28x + 0,2)gam

Suy ra: = =16 x = 0,05 mol.

Từ (4,8,10): có = 0,05 mol z = 0,1 mol.

Vậy: x = 0,05mol m(CH₂=CH-COOH) = 3,6 gam.

y = 0,1mol và z = 0,1mol.

m_{rắn B} = 94.x+68.y+112.z = 94.0,05+68.0,1+0,1.112=22,7 gam.