Đề thi hsg lớp 12 môn hóa tỉnh Quảng Bình năm 2023 2024
1
| SỞ GD VÀ ĐT QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM | KỲ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2023-2024 Khóa ngày 05 tháng 12 năm 2023 Môn thi: HÓA HỌC Bài thi tự luận |
| LỚP 12 THPT Đap an nay gồm có 04 trang |
YÊU CẦU CHUNG
– Đap an chỉ trình bay một lời giải cho mỗi bai; học sinh có thể trình bay nhiều cach khac nhau nhưng
phải đảm bảo tính logic, khoa học, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
– Nếu học sinh giải đúng trọn vẹn kết quả của 1 ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý ma không cần
tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoan chỉnh, có thể cho 1 phần của tổng điểm tối đa
danh cho cho ý đó.
Câu 1. (1,5 điểm)
1. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau:
a) Cho lượng nhỏ tristearin vào ống nghiệm chứa dung dịch NaOH loãng, dư rồi đun nóng. Để
nguội ống nghiệm rồi thêm tiếp vào đó vài giọt dung dịch CuSO4.
b) Tiến hành trùng hợp metyl metacrylat ở điều kiện thích hợp.
c) Axit axetylsalixylic tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng.
d) Thủy phân tripeptit Glu-Ala-Gly trong dung dịch KOH dư, đun nóng.
2. Cho sơ đồ chuyển hóa sau:
+ X + Y + X + Y
NaOH Z NaOH E BaCO 3 .
Biết X, Y, Z, E là các hợp chất khác nhau, chọn một cặp chất X, Y thỏa mãn sơ đồ trên và viết các
phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng (xảy ra ở điều kiện thường) được ứng dụng vào thực
tiễn sau:
a) Dùng bạc kim loại để cạo gió cho người bị cảm.
b) Thu hồi thủy ngân rơi vãi bằng bột lưu huỳnh.
c) Dùng khí NH3 để loại bỏ khí clo trong phòng thí nghiệm.
| Câu 1 | Nôi dung | Điểm |
| 1 | a) (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH 3C17H35COONa + C3H5(OH)3 2C3H5(OH)3 + Cu(OH)2 → (C3H7O3)2Cu + 2H2O c) o-HOOCC6H4OOCCH3 + 3NaOH o-NaOOCC6H4ONa + CH3COONa + 2H2O d) HOOC[CH2]2CH(NH2)CONHCH(CH3)CONHCH2COOH + 4KOH KOOC[CH2]2CH(NH2)COOK + H2NCH(CH3)COOK + H2NCH2COOK + 2H2O | 0,25 0,125 0,125 0,125 |
| 2 | X là CO2, Y là Ba(OH)2, Z và E là hai chất Na2CO3, NaHCO3. Có thể X là Ba(HCO3)2, Y là Ba(OH)2. 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O Na2CO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + 2NaOH NaOH + CO2 → NaHCO3 NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O | 0,25 0,25 |
| 3 | a) 4Ag + 2H2S + O2 → 2Ag2S + 2H2O b) Hg + S → HgS c) 8NH3 + 3Cl2 → N2 + 6NH4Cl | 0,125 0,125 0,125 |
Câu 2. (1,0 điểm)
1. Hợp chất MX2 có trong một loại quặng phổ biến trong tự nhiên. Hòa tan MX2 trong dung dịch
HNO3 đặc, nóng, thu được dung dịch A. Cho dung dịch BaCl2 vào A thu được kết tủa trắng, cho A tác
dụng với dung dịch NH3 dư, thu được kết tủa đỏ nâu.
a) Xác định hợp chất MX2. Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn.
b) Nước ở các khe suối, nơi có hợp chất MX2 thường có pH rất thấp. Giải thích hiện tượng này bằng
phương trình phản ứng.
2. Cho hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Cu tác dụng dung dịch HCl , sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
dung dịch Y và một phần kim loại không tan. Cho dung dịch Y vào dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng, dư.
Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
| Câu 2 | Nôi dung | Điểm |
| 1 | a) MX2 là FeS2. FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O SO42- + Ba2+ → BaSO4 Fe3+ + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3 + 3NH4+ b) Trong tự nhiên, O2 không khí hòa tan trong nước oxi hóa FeS2: 2FeS2 + 7O2 + 2H2O → 2Fe2+ + 4H++ 4SO42- H2SO4 sinh ra làm nước suối có pH thấp. | 0,25 0,25 |
| 2 | Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 5Fe2+ + MnO4 + 8H+ 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O 10Cl + 2MnO4 + 16H+ 5Cl2↑ + 2Mn2+ + 8H2O | 0,125 0,125 0,125 0,125 |
Câu 3. (1,5 điểm)
1. Hợp chất X có công thức phân tử C14H16O4N2. Biết X không làm mất màu brom trong CCl4 và X
được tạo thành từ chất hữu cơ Y và chất hữu cơ T; Y tác dụng với dung dịch brom tạo ra kết tủa trắng.
Hoàn thành các phương trình hóa học sau dưới dạng công thức cấu tạo thu gọn:
| X + 2NaOH → 2Y + Z + 2H2O E + NaOH → Y + NaCl + H2O | (1) (3) | X + 2HCl → T + 2E Z + 2HCl → T + 2NaCl | (2) (4) |
3. Ba chất hữu cơ X1, Y1, Z1 có cùng công thức phân tử C4H8O2, có đặc điểm sau:
+ X1 có mạch cacbon phân nhánh, tác dụng được với Na và NaOH.
+ Y1 được điều chế trực tiếp từ axit và ancol có cùng số nguyên tử cacbon.
+ Z1 tác dụng được với NaOH và tham gia phản ứng tráng bạc.
Xác định các chất X1, Y1, Z1 và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
| Câu 3 | Nôi dung | Điểm |
| 1 | * Công thức cấu tạo X: C6H5NH3OOC-COOH3NC6H5; Y: C6H5NH2; Z: NaOOC-COONa; T: HOOC-COOH; E: C6H5NH3Cl. * Các phương trình phản ứng: C6H5NH3OOC-COOH3NC6H5 + 2NaOH → 2C6H5NH2 + NaOOC-COONa + 2H2O (X) (Y) (Z) C6H5NH3OOC-COOH3NC6H5 + 2HCl → HOOC-COOH + 2C6H5NH3Cl (X) (T) (E) C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O (E) (Y) NaOOC-COONa + 2HCl → HOOC-COOH + 2NaCl (T) (T) | 0,25 0,25 0,25 0,25 |
| 2 | X1 là: CH3CH(CH3)-COOH; Y1 là: CH3COOC2H5 ; Z1 là: HCOOC3H7. CH3CH(CH3)-COOH + Na → CH3CH(CH3)-COONa + 1/2H2 CH3CH(CH3)-COOH + NaOH CH3CH(CH3)-COONa + H2O CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O C3H7OOCH + 2[Ag(NH3)2]OH C3H7OOCONH4 + H2O + 3NH3 + 2Ag | 0,125 0,125 0,125 0,125 |
H SO 2 4, to
t0
3
Câu 4. (1,0 điểm)
1. Hòa tan hoàn toàn 58,2 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe và Fe3O4 trong 450 gam dung dịch HNO3
35%, sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 186,5 gam muối và hỗn hợp khí Z. Cho dung dịch
chứa 2,5 mol NaOH vào Y lọc bỏ kết tủa, cô cạn phần dung dịch rồi nung đến khối lượng không đổi
thu được 165,25 gam chất rắn T. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 trong X.
2. Trộn 100 ml dung dịch axit HCOOH 0,4M với 100 ml dung dịch axit C2H5COOH 0,4M thu được
200 ml dung dịch X. Tính pH của X, biết hằng số Ka của HCOOH và C2H5COOH lần lượt là 1,77.10-4
và 1,34.10-5.
| Câu 4 | Nôi dung | Điểm |
| 1 | * Sơ đồ phản ứng: Cu khí Z 58,2 g hh X Fe Fe2+, Fe3+ kết tủa Fe3O4 dd Y Cu2+ 186,5g muối NO3- dd 165,25 g rắn T * Nếu NaOH phản ứng hết thì trong T có 172,5 gam NaNO2 > mT. => NaOH dư. trong T có: NaNO2: x mol; NaOH dư: y mol. 69x + 40y = 165,25 x = 2,25 x + y = 2,5 y = 0,25 * Khối lượng oxi trong X = 58,2 – (186,5 – 2,25.62) = 11,2 gam => nO = 0,7 mol => mol. | 0,125 0,125 0,125 0,125 |
| 2 | Nồng độ của 2 axit sau khi trộn là: = = 0,2M. Ta có các phương trình phân li axit: Ka1 = 1,77.10-4 (1) Ka2 = 1,34.10-5 (2) Kw = 10-14 (3) Ta thấy, .Ka1 ≈ .Ka2 >> Kw nên pH của dung dịch chỉ phụ thuộc vào quá trình (1) và (2). Ta có: Ka1 = ; Ka2 = Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: = + (*) Chấp nhận: [HCOOH] ≈ [C2H5COOH] ≈ 0,2M. Giải được [H+] = 6,17.10-3M. Kiểm tra lại: [HCOOH] = = 0,1944M. [C2H5COOH] = = 0,1996M. Thay hai nồng độ trên vào (*) ta được: [H+] = 6,17.10-3 (kết quả lặp lại). Vậy pH = -lg[H+] = 2,21. | 0,125 0,125 0,125 0,125 |
4
Câu 5. (1,0 điểm)
1. Cho 23,65 gam hỗn hợp X gồm Lysin và Tyrosin (axit 2-amino-3(4-hiđroxiphenyl)propanoic))
vừa đủ với 250 ml dung dịch HCl 1M (lượng tối đa) thu được dung dịch Y. Thêm tiếp 500 ml dung
dịch NaOH 1M vào Y rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan Y.
Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính giá trị của m.
2. Hỗn hợp E gồm axit cacboxylic đơn chức X; ancol no, đa chức Y và chất Z là sản phẩm của phản
ứng este hóa giữa X với Y; trong E, số mol của X lớn hơn số mol của Y.
Tiến hành các thí nghiệm sau:
Thí nghiệm 1: Cho 0,5 mol E phản ứng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 3,36 lít khí CO2 (ở đktc).
Thí nghiệm 2: Cho 0,5 mol E vào dung dịch NaOH dư, đun nóng thì có 0,65 mol NaOH phản ứng và
thu được 32,2 gam ancol Y.
Thí nghiệm 3: Đốt cháy 1 mol E bằng O2 dư thu được 7,3 mol CO2 và 5,7 mol H2O.
Tính phần trăm về khối lượng của Z trong hỗn hợp E, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
| Câu 5 | Nôi dung | Điểm |
| 1 | * Các PTHH xảy ra: H2N-[CH2]4-CH(NH2)-COOH + 2HCl → ClH3N-[CH2]4-CH(NH3Cl)-COOH HO-C6H4-CH2-CH(NH2)-COOH + HCl → HO-C6H4-CH2-CH(NH3Cl)-COOH Thêm tiếp dung dịch NaOH thì có phản ứng: ClH3N-[CH2]4-CH(NH3Cl)-COOH + 3NaOH → H2N-[CH2]4-CH(NH2)-COONa + 2NaCl + 3H2O HO-C6H4-CH2-CH(NH3Cl)-COOH + 3NaOH → NaO-C6H4-CH2-CH(NH2)-COONa + NaCl + 3H2O * Tính giá trị của m: Ta có nHCl = 0,25 mol; nNaOH = 0,5 mol. Gọi số mol của Lys, Tyr lần lượt là x, y. mhh = 146x + 181y = 23,65 gam. nHCl = 2x + y = 0,25 Giải hệ phương trình ta được: x = 0,1; y = 0,05. Ta có: = nNaOH phản ứng = 3x + 3y = 0,45 mol. BTKL: mhh + mHCl + mNaOH = mchất rắn + => 23,65 + 0,25.36,5 + 0,5.40 = m + 0,45.18 => m = 44,675 gam. | 0,125 0,125 0,125 0,125 |
| 2 | – TN1: nX = = 0,15 mol nY + nZ = 0,5 – 0,15 = 0,35 mol. – TN2: nancol Y thu được = nY + nZ = 0,35 mol MY = Y phù hợp là C3H5(OH)3 Số nhóm este trong Z là m. nNaOH = 0,15 + m.nZ = 0,65; với nZ < 0,35: m = 3 => nZ = => nY = 0,18 > nX => loại. m = 2 => nZ = 0,25 => nY = 0,1 < nX => thỏa mãn. m = 1 => nZ = 0,5 => loại. – TN3: Vì ở TN 3 dùng 1 mol nên ta quy về 0,5 mol cho giống các TN còn lại. CaHbCOOH: 0,15 mol; C3H5(OH)3: 0,1 mol; (CaHbCOO)2C3H5OH: 0,25 mol. Z là: (C3H5COO)2C3H5OH: 0,25 mol. Khối lượng hỗn hợp E: mE = 0,15.86 + 0,1.92 + 0,25.228 = 79,1 gam. %mZ = = 72,06%. | 0,125 0,125 0,125 0,125 |
O2 Education gửi các thầy cô link download đề thi
Các thầy cô có thể xem thêm nhiều đề thi hsg của các tỉnh khác tại
Tổng hợp đề thi hsg lớp 10 môn hoá học
Tổng hợp đề thi hsg lớp 11 môn hóa học
Tổng hợp đề thi HSG lớp 12 môn hoá học
Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa