HẢI DƯƠNG

MÔN THI: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề)

Ngày thi 04 tháng 10 năm 2017

(Đề thi gồm 02 trang)

HẢI DƯƠNG

—————-

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018

MÔN THI: HÓA HỌC

(2 điểm)

0,25

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃  + H₂O

Na₂CO₃  + CO₂  + H₂O  → 2NaHCO₃

NaHCO₃ + NaOH →  Na₂CO₃  + H₂O

2NaOH  + 2Al + 2H₂O → 2 NaAlO₂ + 3H₂

0,25

3Na₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ ↓ + 6NaCl + 3CO₂

2NaHCO₃  + Ba(OH)₂ →  BaCO₃  + Na₂CO₃ + 2H₂O

Hoặc NaHCO₃  + Ba(OH)₂ →  BaCO₃  + NaOH + H₂O

0,25

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ →  BaSO₄  + Na₂SO₄ + 2CO₂  + 2H₂O

Hoặc Ba(HCO₃)₂ + NaHSO₄ →  BaSO₄  + NaHCO₃ + CO₂  + H₂O

Ba(HCO₃)₂ + Na₂SO₄ →  BaSO₄  + 2NaHCO₃

Chú ý:

– Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó

– Học sinh viết phương trình, không cân bằng trừ một nửa tổng số điểm của phương trình đó

0,25

– Chất tan, tỏa nhiều nhiệt là BaO.

BaO + H₂O ® Ba(OH)₂

– Chất nào tan và không tỏa nhiệt đó là Na₂SO₄, (NH₄)₂SO₄

– Các chất còn lại không tan: Al, Mg, Al₂O₃

0,25

+ Mẫu chất rắn tan, có khí bay ra là Al

Ba(OH)₂ + 2Al + 2H₂O ® Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

+ Mẫu chất rắn tan, không có khí bay ra thì mẫu chất rắn là Al₂O₃

Ba(OH)₂ + Al₂O₃  ® Ba(AlO₂)₂ + H₂O

+ Mẫu chất rắn không tan là MgO

0,25

+ Dung dịch có kết tủa trắng và có khí mùi khai bay ra là (NH₄)₂SO₄

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄ ® BaSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O

+ Dung dịch có kết tủa trắng nhưng không có khí bay ra là Na₂SO₄

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ ® BaSO₄ + 2Na₂SO₄

Chú ý:

– Học sinh nêu hiện tượng, nhận biết được chất nhưng không viết phương trình trừ một nửa tổng số điểm của phần nhận biết chất đó.

– Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó

0,25

2

(2 điểm)

C₁₂H₂₂O₁₁ + 24CuO   12CO₂ + 11H₂O

0,25

Bông tẩm CuSO₄ khan ban đầu màu trắng, sau một thời gian chuyển sang màu xanh lam.

CuSO_{4 (khan)} + 5H₂O   CuSO₄.5H₂O _{(xanh lam)}

0,25

Ca(OH)₂ + CO₂ CaCO₃ + H₂O

0,25

Chú ý:

Chú ý:

– Học sinh nêu hiện tượng, nhưng không viết phương trình trừ một nửa tổng số điểm của phần nhận biết chất đó.

– Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình đó.

– Học sinh không nêu được hiện tượng, viết được phương trình không cho điểm phần đó.

0,25

Gọi công thức chung của A, B, C, D có dạng C_xH_yO_z (z≥0)

0,1                    0,2      0,1

® x=2; y=2

Þ Công thức phân tử của A, B, C, D có dạng C₂H₂O_z (z≥0)

Nếu z=0  CTPT: C₂H₂ .

Nếu z=1  CTPT: C₂H₂O không có cấu tạo phù hợp.

Nếu z=2  CTPT: C₂H₂O₂.

Nếu z=3  CTPT: C₂H₂O₃.

Nếu z=4  CTPT: C₂H₂O₄.

0,25

CHºCH +   2AgNO₃  +   2NH₃  CAgºCAg +  2NH₄NO₃

CHºCH  +  H₂O CH₃-CHO

0,25

OHC-COOH +2AgNO₃+4NH₃+H₂O®(COONH₄)₂ +2NH₄NO₃+2Ag

OHC-COOH    +   NaOH    OHC-COONa   +   H₂O

0,25

(CHO)₂ + 4AgNO₃+6NH₃+2H₂O®(COONH₄)₂ +4NH₄NO₃+4Ag

* D tác dụng với NaOH® D là HOOC-COOH

HOOC-COOH    +  2NaOH    NaOOC-COONa   + 2H₂O

Chú ý:

– Học sinh nêu được chất, không viết được phương trình minh họa hoặc viết phương trình sai thì cho một nửa tổng số điểm của phần đó.

– Học sinh không nêu được chất không cho điểm phần đó.

0,25

3

(2 điểm)

– Tính được nCO₂ = 0,05 mol; n_NO =0,15 mol

nFeCO₃ = nCO₂ = 0,05 mol.

0,25

Ta có: aM + 56b + 116.0,05 = 14,1

aM + 56b = 8,3                                             (1)

Giả sử kim loại M hoá trị n.

– Dung dịch X₂ có: a mol M(NO₃)_n; (b+0,05) mol Fe(NO₃)₃; HNO₃ dư, có thể có c mol NH₄NO₃.

+ Phản ứng trung hoà:

HNO₃  +  NaOH    NaNO₃  +  H₂O

nNaOH = _dư = 0,2.1 = 0,2 mol.

dung dịch X₃ có: a mol M(NO₃)_n; (b+0,05) mol Fe(NO₃)₃; 0,2 mol NaNO₃, có thể có c mol NH₄NO₃.

* Cô cạn ½ dung dịch X₃, tổng khối lượng chất rắn thu được là:

(M  +  62n)a  +  242(b+0,05) + 80.c + 85.0,2 = 38,3.2 =76,6

aM + 62an + 242b + 80c = 47,5                                   (2)

* Cho dung dịch NaOH dư vào ½ dung dịch X₃, có phản ứng:

NH₄NO₃  +  NaOH    NaNO₃  +  NH₃  +  H₂O

Fe(NO₃)₃  +  3NaOH    3NaNO₃  +  Fe(OH)₃

có thể có phản ứng :

M(NO₃)_n  +  nNaOH   nNaNO₃  +  M(OH)_n

M(OH)_n + (4-n)NaOH ® Na_(4-n)MO₂ + 2H₂O

0,25

Kết tủa có:

Ta có: (M+17n)a  +  107(b+0,05) = 8,025.2 = 16,05

aM + 17an + 107b = 10,7 (3)

* Các quá trình oxi hoá − khử:

M  M⁺ⁿ + ne ;                  N⁺⁵  +  3e  N⁺² (NO)

mol: a                        an                              0,45         0,15

Fe  Fe⁺³  +  3e ;      N⁺⁵  +  8e  N⁻³  (NH₄NO₃)

mol: b                           3b                     8c            c

Fe⁺² Fe⁺³ + 1e ;

mol: 0,05                     0,05

na + 3b – 8c = 0,4  (4)

Ta có hệ

Loại do không có cặp nghiệm thỏa mãn

0,25

® Kết tủa chỉ có Fe(OH)₃. Ta có: 107(b+0,05) = 16,05

 b = 0,1.

Theo bảo toàn electron, ta có: an + 0,3 + 0,05 = 0,45 + 8c

an = 0,1 + 8c                      (5)

Từ (1)   aM = 2,7                                                    (6)

Từ (2)   aM + 62an + 80c = 23,3                            (7)

Từ (5), (6), (7)  an = 0,3; c = 0,025.

M = 9n  n = 3; M = 27 là Al là nghiệm thoả mãn.

0,25

nHNO_3(bđ) = 0,95 + 0,2 = 1,15 mol

x= CM(HNO₃) = 2,3 M.

0,25

3Fe₃O₄ + 28H⁺ + NO₃^– ® 9Fe³⁺ + NO + 14H₂O (1)

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^– ® 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O     (2)

Có thể xảy ra phản ứng:

Cu + 2Fe³⁺ ® 2Fe²⁺ + Cu²⁺                                 (3)

Cho dung dịch AgNO₃ vào dung dịch Y, có khí NO thoát raÞ Dung dịch Y chứa Fe³⁺, Fe²⁺, Cu²⁺, Cl^–, H⁺; NO₃^– phản ứng hết

0,25

– Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z gồm Fe₂O₃ và CuO

Gọi số mol Fe₃O₄ và Cu lần lượt là x, y (x,y>0)

Ta có hệ phương trình:

® x=0,1; y=0,22

Từ các phản ứng (1); (2); (3) Þ Dung dịch Y sau phản ứng chứa

0,22 mol Cu²⁺; 0,24 mol Fe²⁺; 0,06 Fe³⁺; 0,1 mol H⁺ dư; 1,2 mol Cl^–

0,25

Ag⁺ + Cl^– ® AgCl

1,2       1,2

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^– ® 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

0,075  ¬0,1

Fe²⁺ + Ag⁺ ® Fe³⁺ + Ag

0,165                           0,165

Khối lượng kết tủa:

m=m_AgCl + m_Ag = 1,2.143,5 + 0,165.108=190,02 gam

0,25

4

(2 điểm)

– Đặt công thức phân tử của A và B là C_xH_y (x, y >0).

M_A =M_B =   =92 (gam/mol)

C_xH_y   xCO₂ + y/2H₂O

Ta có: 12x+ y=92

x=7; y=8. Vậy công thức phân tử của A, B là C₇H₈

0,25

– A phản ứng với AgNO₃/NH₃ tạo thành kết tủa ® A có liên kết -CºCH.

n_A = 0,12 mol

+ A có a liên kết -CºCH.

Phương trình:

C₇H₈ + aAgNO₃ + aNH₃   C₇H_8-aAg_a + aNH₄NO₃                

0,12 mol                                   0,12 mol

M _{kết tủa} =   = 306  92 + 107a= 306   a=2

Công thức của A có dạng HCºC-C₃H₆-CºCH.

0,25

CHC-CH₂-CH₂-CH₂-CCH; CHC-C(CH₃)₂-CCH

CHC-CH(CH₃)-CH₂-CCH; CHC-CH(C₂H₅)-CCH

0,25

– B không có phản ứng với dung dịch AgNO₃/NH₃; không làm mất màu dung dịch brom; bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO₄ ở khi đun nóng.

Þ Vậy B là C₆H₅-CH₃ (toluen)

C₆H₅-CH₃ + 2KMnO₄ C₆H₅COOK + 2MnO₂ + KOH + H₂O

0,25

– Gọi công thức chung của Y, Z là (® công thức muối natri tương ứng là .

– Gọi số mol của X là a; số mol của hỗn hợp Y,Z là b

Þ Số mol C_nH_2n-3O₂Na và  lần lượt là a và b.

®m_X,Y,Z =

m_X,Y,Z = (1)

0,25

mol ® n_NaOH = a + b = 0,92 (2)

B   + O₂ ® Na₂CO₃ + hỗn hợp E (CO₂ +H₂O)

Khi cho B

® (3)

0,25

Þ

Cặp nghiệm hợp lí: n=3;

0,25

5

(2 điểm)

Ba²⁺ + SO₄^2- ® BaSO₄ (1)

Al³⁺ + 3OH^– ® Al(OH)₃ (2)

Al(OH)₃ + OH^– ® AlO₂^– + H₂O (3)

– Trong V₁ lít A có OH^–: 2V₁ mol, Ba²⁺ : 0,5V₁ mol

Trong V₂ lít B có Al³⁺ : 2V₂ mol, SO₄^2- : 1,5V₂ mol

– Khi cho V₂ lít tác dụng với dung dịch BaCl₂ dư thì:

n(SO₄^2-)=n(BaSO₄)=0,18 mol

V₂=0,12 lít                                           

0,25

– Nếu Al³⁺ bị kết tủa vừa hết thì ® V₁= 0,36

®   Þ SO₄^2- bị kết tủa vừa hết

Þ Khối lượng kết tủa lớn nhất: 0,24.78+0,18.233= 60,66>56,916

Có 2 trường hợp xảy ra:

0,25

nBaSO₄= 0,5V₁ mol (SO₄^2- đủ hay dư)

nAl(OH)₃=(56,916 – 116,5V₁)/78

(56,916- 116,5V₁)3/78=2V₁  V₁=0,338 lít

0,25

nBaSO₄= 0,18 mol  nAl(OH)₃=(56,916 – 233.0,18)/78=0,192

nOH^– =2V₁= 4. 0,24 – 0,192  V₁=0,384 lít                                

0,25

+ Khi thủy phân X thu được hỗn hợp rắn chỉ có 2 muối Þ2 este có cùng gốc axit.

+ Mặt khác khi thủy phân hỗn hợp thu được 1 chất hữu cơ no mạch hở có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc ®Sản phẩm đó phải là anđehit no đơn chức mạch hở ® trong hỗn hợp có một este có gốc ancol kém bền.

0,25

RCOOCH=CHR’ + NaOH ®RCOONa + R’CH₂CHO          (1)

x mol                    x mol            x mol            x mol

RCOOC₆H₄R’’ + 2NaOH®RCOONa + R’’C₆H₄ONa+H₂O  (2)

y mol                 2y mol              y mol             y mol

theo bài ra ta có hệ :

Gọi CTPT của anđehit no đơn chức mạch hở Y là C_nH_2nO ta có

C_nH_2nO+(3n-1)/2O₂ ®  nCO₂    +    nH₂O                            (3)

0,2                                     0,2n       0,2n

m _{bình tăng} = 0,2n.44 + 0,2n.18 = 24,8 →n =2

CTPT là C₂H₄O hay CH₃CHO.

0,25

Xét 2 trường hợp

TH1:

TH2:

0,25