SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

(Đề thi có 2 trang, gồm 9 câu)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2021-2022

Môn thi: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút

(3 điểm)

Nội Dung

Điểm

a) Mùi tanh của cá gây ra do các hợp chất amin (có tính bazơ) có trong cá, đặc biệt là lớp màng đen bám bên trong bụng cá. Để khử mùi tanh này, ta có thể dùng giấm chứa axit axetic để trung hòa amin, tạo ra muối amoni.

b) Polime là những hợp chất cao phân tử, lực tương tác giữa các phân tử rất lớn giữ cho chúng không bay hơi. Mỗi polime là một hỗn hợp các phân tử với hệ số polime hóa khác nhau vì vậy chúng không có nhiệt độ nóng chảy xác định mà thường nóng chảy hoặc chảy dẻo ở một khoảng nhiệt độ khá rộng nào đó.

c) Tơ poliamit có nhóm –CONH- dễ bị thủy phân trong môi trường axit và môi trường kiềm.

d) Sữa đậu nành có protein dễ bị đông tụ khi đun nóng

e) Do dầu mỡ có chứa các liên kết đôi C=C của gốc axit béo không no bị oxi hóa chậm tạo thành peoxit, chất này phân hủy thành anđehit có mùi khó chịu.

(g) Ở điều kiện thường amino axit là chất rắn kết tinh, nhiệt độ nóng chảy cao vì các phân tử amino axit tồn tại ở dạng ion lưỡng cực, chúng liên kết với nhau bằng lực liên kết ion bền.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2 (1,5đ)

Phản ứng 3 => Z là muối hữu cơ => Z có thể là HOC₂H₄COONa (2 CTCT)

Phản ứng 4  : oxi hóa bằng nước Brom => T là CH₃CHO -> CH₃COOH

Phản ứng 1 => X là OHC-COOC₂H₄COOCH=CH₂ (2 CTCT)

0,5

0,25

0,5

(2.5 điểm)

a. Ban đầu có kết tủa màu xanh sau đó kết tủa tan tạo dung dịch màu xanh lam

CuSO₄ + 2NaOH  Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

2C₁₂H₂₂O₁₁ + Cu(OH)₂  (C₁₂H₂₁O₁₁)₂Cu + 2H₂O

b. Mẩu phenol tan hết, sau đó dung dịch từ trong suốt chuyển sang vẫn đục

C₆H₅OH + NaOH  C₆H₅ONa (tan trong nước)

C₆H₅ONa + HCl  C₆H₅OH + NaCl

c. Trên thành ống nghiệm xuất hiện lớp bạc sáng

C₅H₁₁O₅CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O  C₅H₁₁O₅COONH₄+ 2NH₄NO₃ + 2Ag

d. Tạo thành lớp este mỏng có mùi chuối chín nổi lên trên

CH₃COOH + (CH₃)₂CH-CH₂CH₂-OH  CH₃COO CH₂CH₂ CH-(CH₃)₂ + H₂O

0,5

0,25

0,25

2. Phản úng xẩy ra theo thứ tự:

Mg + 2Fe³⁺→Mg²⁺ + 2Fe²⁺  (1)

Mg + Fe²⁺ → Mg²⁺ + Fe (2)

=> khối lượng dung dịch tăng dần, đến cực đại khi (1) vừa đủ sau đó giảm dần đến khi (2) vừa đủ.

+) Nếu Mg hết Fe³⁺  dư, chỉ xẩy ra  (1) ⇒∆m↑ =  m = 2,4 gam

+) Nếu Mg còn , Fe³⁺  hết, xẩy ra tiếp pư (2)

(1) ⇒ n_Mg = 0,25 mol, nFe²⁺ = 0,5; gọi nMg ở (2) bằng x mol

– Nếu ∆m↑ = 24(x + 0,25) – 56x = 2,4  => x = 0,1125 mol

⇒ m =  (0,25 + 0,1125).24 = 8,7 g

– Nếu ∆m↓ =  -24(x + 0,25 ) +56x = 2,4 ⇒ x = 0,2625 mol

⇒  m = (0,25 + 0,2625).24 = 12,3 g

0,5

0,25

0,25

(2.5 điểm)

Vì lượng NaOH cần dùng ít nhất để thu được kết tủa lớn nhất => phản ứng xảy ra theo tỉ lệ mol NaOH : Ba(HCO₃)₂ = 1 : 1

Ba(HCO₃)₂ + NaOH → BaCO₃↓ + NaHCO­₃ + H₂O

0,006 (mol)←0,006 (mol)

BTNT Ba => nBaCO₃ (1) = nBa(OH)₂ – nBa(HCO₃)₂ = 0,03 – 0,006=0,024

BTNT C => nCO₂ = nBaCO₃(1) + 2nBa(HCO₃)₂ = 0,024 + 2.0,006 = 0,036

Từ sơ đồ => n_tb = ½ n_CO2 = 0,018 (mol) => m = 3,888(g)

0,25

0,25

0,25

– Khi chưa điện phân thì HCl phân li ra H⁺ => pH = -lg(0,02) = 2.

– Thứ tự điện phân trong dung dịch:

Ban đầu CuCl₂ Cu + Cl₂ (1)

Sau (1): 2HCl H₂ + Cl₂ (2)

Sau (2): 2NaCl + 2 H₂O H₂ + Cl₂ + 2NaOH (3)

Sau (3) môi trường bazơ: H₂O H₂ + 1/2O₂ (4)

• – Ban đầu xảy ra (1) nên pH không đổi (pH =2) cho đến khi CuCl₂ vừa hết.

• – Tiếp đến xảy ra (2) làm giảm H⁺ nên pH tăng dần đến khi HCl vừa hết, dung dịch trung tính pH =7.

• – Sau đó xảy ra (3) sinh ra OH^– làm pH tăng dần đến khi NaCl vừa hết thì pH=13

– Sau khi NaCl hết thì H₂O tiếp tục bị điện phân làm giảm thể tích dung dịch nên nồng độ OH^– tăng nên pH tiếp tục tăng

b. Ta có: 2HCl H₂ + Cl₂ (2)

0,01 0,005 mol.

2NaCl + 2 H₂OH₂ + Cl₂ + 2NaOH (3)

(0,01-0,005) 0,01 mol

=> pH = 14+lg(0,01) = 12

0,25

0,25

0,25

0,5

(2.0 điểm)

A gồm và

nE = u + v = 0,4

nO₂ = u(1,5n-0,25) + v(1,5m-1) = 1,16

nH₂O = u(n+1,5) + v(m+2) = 1,68

=> u = 0,16; v= 0,24; nu + mv = 0,96

Do và nên và là nghiệm duy nhất.

Sản phẩm chỉ có 1 khí duy nhất nên:

Y là C₂H₅COONH₄ (0,16);

X là (COONH₄)₂ (0,24)

Muối gồm C₂H₅COONa (0,16) và (COONa)₂ (0,24)

m muối = 47,52 gam

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(1.5 điểm)

Quy đổi Z thành và NH (d)

Số CH₂ trung bình = 1,4

và

. %C₃H₇ = 14,03%

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(2.0 điểm)

Bảo toàn khối lượng

Bảo toàn

Ancol là

Do nên

Hai ancol cùng C nên ancol là C₂H₅OH (0,2 mol) và C₂H₄(OH)₂ (0,14 mol)

Do các muối không phân nhánh nên axit không quá 2 chức. 2 muối gồm một muối 2 chức A(COONa)₂ và 1 muối đơn BCOONa ( cả 2 muối cùng đơn hoặc 2 chức không thỏa mãn)

TH1: gồm 1 este đơn và 2 este 2 chức

Số mol este 2 chức

đơn + hai chức

Mol este đơn chức

đôi

Bảo toàn khối lượng:

m muối

và là nghiệm duy nhất => 2 axit tạo este là:

và

Vậy các este trong X là:

_{C2H5OOC-COOC2H5 (0,09mol) => m= 13,14 gam}

_{CH3COO-CH2CH2-OOCCH3 (0,14mol) => m= 20,44 gam}

_{CH3COOC2H5 (0,02 mol)=> m= 1,76 gam}

TH2: gồm 1 este đơn và 1 este 2 chức và 1 este 3 chức

Với TH này 3 este chỉ có thể là: BCOOC₂H₅ (x mol);

(BCOO)₂C₂H₄ (y mol); B-COO-C₂H₄-OOC-A-COOC₂H₅ (z mol)

Ta có hệ: x +z= 0,2; y + z =0,14; y + 2z = 0,23

=> x=0,11; y=0,05; z = 0,09.

_{m muối}

và là nghiệm duy nhất

Vậy các este trong X là:

_{CH3COOC2H5 (0,11 mol)=> m= 9,68 gam}

_{CH3COO-CH2CH2-OOCCH3 (0,05 mol) => m= 7,3 gam}

CH₃COO-C₂H₄-OOC-COOC₂H₅ (0,09 mol) => m= 18,36 gam

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(2,5 điểm)

(1,5 điểm)

Các phản ứng có thể xẩy ra

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(1 điểm)

+ theo khối lượng ban đầu :12a + 32b +31c = 5,64 (1)

+ theo số mol NO₂ và CO₂ kết hợp BT e: (4a + 6b +5c) +a = 1,3 (2)

+ theo số mol SO₂ và CO₂ kết hợp BT e: (4a + 6b +5c)/2 + a = 0,7 (3)

Giải hệ trên => a= 0,1; b= 0,1; c=0,04 mol

nH₂SO₄ =0,7; nSO₂ = 0,6. Bảo toàn NT.S => nBaSO₄ = 0,7 + 0,1- 0,6= 0,2

Bảo toàn NT.P => nBa₃(PO₄)₂ = 0,02

=> m = 0,2.233 + 0,02.601 = 58,62 gam

0,25

0,25

0,25

0,25

(2 điểm)

.

Dung dịch Y chứa và CuCl₂.

Đặt a, b, c là số mol .

Bảo toàn N:

Bảo toàn electron:

Giải hệ :

; ;

→ %n_FeCl3 = 17,86%

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

(2 điểm)

*Xác định Y: nO2=0,105

Khi đốt cháy Y cho .

Theo BTKL => mCO₂ + mH₂O = 6,12 gam

=> nCO₂ =0,09; nH₂O =0,12 => Y là ancol no, mạch hở, nY=0,03 mol

BTNT-O: nO(Y) = 0,09. Vậy Y là C₃H₈O₃

CTCT của Y là CH₂OHCHOHCH₂OH.

* Xác định 2 axit cacboxylic:

Vì khối lượng trung bình F = 32.0,625 = 20, => có CH₄, khí còn lại là R^’H.

Cho F qua dung dịch Br₂ dư thu được 1 khí bay ra có số mol bằng 5,376/22,4 = 0,24 mol = nCH₄.

Chất rắn E có Na₂CO₃ = CO₂ = 0,36 mol => nCOONa = 0,36 mol

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_t

0,12 → 0,12/t

Nếu t=1 và M_TB = 20 =>= 28 => C₂H₄ (TM)

=> axit là: CH₂=CH- COOH (0,12 mol)

Nếu t = 2 và M_TB = 20 => = 36 (loại)

C₂H₃COONa + NaOH → C₂H₄ + Na₂CO₃

0,12 ← 0,12 ← 0,12 ← 0,12

Vậy muối Z gồm: CH₃COONa (0,24 mol);

C₂H₃COONa (0,12 mol)

=> b = 82.0,24 + 94.0,12 = 30,96 gam

X là: C₃H₅(OCOCH₃)₂(OCOC₂H₃); n_X = 0,12 mol

=> a = 230.0,12 = 27,6 gam.

Công thức cấu tạo X là:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25