SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

–

ĐỀ CHÍNH THỨC

——-®——–

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019

MÔN: HÓA HỌC

Ngày thi: 04/10/2018

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

(Đề thi gồm 05 câu, 02 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

——–®——–

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019

MÔN: HÓA HỌC

(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)

Câu

Ý

Đáp án

Điểm

1

1

Khí A là NH₃, B là N₂, C là Li₃N, D là HNO₃, E là NH₄NO₃, F: N₂O, G: H₂O.

0,25

4NH₃ + 3O₂ N₂ + 6H₂O.

N₂ + 6Li 2Li₃N.

NH₃ + HNO₃ NH₄NO_3­.

NH₄NO_3­ N₂O + H₂O.

0,25

2

a) Sục hỗn hợp khí vào dung dịch NaCl bão hòa (để hấp thụ HCl), dẫn khí thoát ra qua dung dịch H₂SO₄ đặc, thu được khí Cl₂ khô.

0,25

b) Dẫn hỗn hợp khí qua ống đựng bột CuO dư nung nóng thu được khí CO₂.

CO + CuO → CO₂ + Cu

0,25

c) Dẫn hỗn hợp (NH₃, H₂, N₂) qua dung dịch axit (VD: dd HCl), NH₃ bị giữ lại. Tiếp đến cho dung dịch bazơ dư (VD dd Ca(OH)₂) và đun nóng nhẹ, khí thoát ra cho đi qua ống đụng CaO dư sẽ thu được khí NH₃ khô

NH₃ + H⁺ → NH₄⁺ NH₄⁺ + OH^– → NH₃ + H₂O

0,25

3

Vì A, B không tác dụng với Na nên A, B không có nhóm – OH, vậy C₃H₆O có thể là: CH₃ CH₂CHO, CH₃COCH₃ và CH₂=CH-O-CH₃

Theo công thức C₃H₄O₂ đơn chức có thể là:

CH₂=CH- COOH và HCOOCH=CH₂.

0,25

Vì B oxi hóa tạo C’nên B là CH₂=CH- CHO, C’ là CH₂=CH- COOH

A là CH₃ CH₂CHO, C là HCOOCH=CH₂ , A’ là CH₂=CH- CH₂OH

0,25

Phân biệt A’, B, C’

– Dùng quỳ tím nhận được C’: làm quỳ tím hóa đỏ.

– Dùng kim loại Na nhận được A’: có khí bay lên.

CH₂=CH- CH₂OH + Na → CH₂=CH- CH₂ONa + 1/2H₂

– Dùng dd AgNO₃/NH₃ (t^o) nhận được B: có Ag kết tủa.

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

0,25

2

1

H⁺+ OH^– H₂O (1), H⁺ + CO₃^2- HCO₃^– (2)

H⁺ + HCO₃^– H₂O + CO₂ (3)

0,25

Dựa vào đồ thị ta thấy khi n_H+ = 0,6 thì n_CO2 = 0 theo phương trình (1) và (2) ta có: a+b = 0,6 (I)

n_CO2 lớn nhất là 0,2 theo phương trình (3) suy ra b = 0,2 thế vào (1) suy ra a = 0,4. Vậy tỉ lệ a:b=2:1.

0,25

2

– Ta có n_Fe = 0,1 mol; n_Cu = 0,2 mol.

– Để lượng không khí là tối thiểu thì lượng axit cần dùng sẽ là tối thiểu. Sản phẩm thu được là muối Fe²⁺ và Cu²⁺

– Quá trình oxi hóa khử:

→ Fe²⁺ + 3e 4H⁺ + + 3e → NO +2 H₂O

→ Cu²⁺ + 2e

0,25

n_{e nhận}=0,3+0,4 =0,7 mol n_{e nhận (HNO3)}=0,6 mol n_HNO3 = 0,8 mol.

= 1/2 = 0,4 mol.

V_kk = 0,4.. 22,4 = 78,0825 lít.

0,25

3

Đặc điểm cấu tạo phù hợp của X để thỏa mãn công thức phân tử C₉H₈O₆: có 2 nhóm – OH, 1 nhóm COOH; 1 chức este; tỉ lệ n_X : n_NaOH = 1:4 tạo 2 muối trong đó 1 muối Z là (COONa)₂ Có 02 CTCT của X:

Hoặc

trong đó

là vòng benzen

0,25

Viết 06 phản ứng với 02 CTCT của X.

Mỗi phản ứng = 0,125 điểm.

0,75

3

1

– m_G = 8,08 -1,6 = 6,48 gam

– G + dung dịch NaOH → dung dịch muối 2,47%

m_{dd muối} = m_G + m_{dd NaOH} = 206,48 gam, dựa vào C% → m_muối = 5,1 gam.

Ta có sơ đồ: Khí + yNaOH → Na_yA

0,06 → 0,06/y

=> m_muối = (23.y+A).0,06/y = 5,1 → A = 62y.

=> Chỉ có cặp: y = 1, A = 62 (NO₃^–) là phù hợp => muối là NaNO₃

0,25

G bị hấp thụ hoàn toàn và phản ứng với dd NaOH thu được dd chỉ có một muối duy nhất là NaNO_3.

=> Do đó G phải có NO₂ và O₂ với tỉ lệ mol tương ứng 4:1 => muối X ban đầu là M(NO_­3)_n.

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

HNO₃ + NaOH → NaNO₃ + H₂O

0,25

n_NaOH = n_NO2 = 0,06 mol, n_O2 = 0,015 mol => m_G = m_NO2 + m_O2 = 3,24 gam < 6,48 gam => Trong G còn có hơi nước. Vậy muối X phải có dạng M(NO₃)_n.xH₂O.

0,25

Phản ứng nhiệt phân

2M(NO₃)_n.xH₂O M₂O_n + 2nNO₂ + n/2O₂ + 2xH₂O

=> m_Y = => n = 3, M = 56 (Fe) thỏa mãn. => m_H2O = 6,48 – 3,24 = 3,24 gam => n_H2O = 0,18 mol.

Kết hợp với phương trình nhiệt phân ta có.

Vậy X là muối Fe(NO₃)₃.9H₂O.

0,25

2

Dung dịch thu được chỉ chứa muối sunfat trung hòa nên , vừa hết.

0,25

Sơ đồ phản ứng:

Y có

dd T + khí M

0,25

– p = 0,2; q = 0,3.

– Bảo toàn số mol nguyên tử N: a + c + 0,2 = 0,5 a + c = 0,3.

– Bảo toàn e: 2x + 3y + 4b = a + 8c + 3.0,2 + 2.0,3.

– Bảo toàn điện tích cho dung dịch T: 2x + 3y + 0,25.2 + c = 1,36.2.

– Khối lượng muối Sunfat: 24.x + 27.y + 64.0,25 + 18.c + 103,56 = 171,64.

– Số mol G: a + b = 0,22.

0,25

Tính được: a = 0,2; b = 0,02; c = 0,1, x = 0,7; y = 0,24.

%m_Mg = 0,7.24:(0.7.24 + 0,24.27) = 72,16%.

%m_Al = 27,84%.

0,25

4

1

nO₂ = 0,32 mol ; n_NaOH = 0,2 mol

Vì Y, Z là đồng phân nên Z có 4 nguyên tử oxi => Z và T đều là este 2 .

Gọi công thức chung cho X, Y, Z, T là C_xH_yO₄

C_xH_yO₄ + 2 NaOH  R(COONa)₂ + ancol

0,1  0,2

C_xH_yO₄ + O₂  CO₂ + H₂O

Gọi n_CO2 = a (mol); n_H2O = b (mol)

Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố oxi ta có hệ:

Do nCO₂ – n H₂O = số mol hỗn hợp E nên số liên kết _{trung bình trong E là 2.}

Vì X, Y, Z, T đều là các axit 2 chức và este 2 chức nên chức = 2 => các chất đều mạch hở, no.

0,25

Ta có . Vì M_X < M_Y = M_Z < M_T => C_X < 3,8.

Do Z là este 2 chức nên số C ≥ 4. X, Y là đồng đẳng kế tiếp→ Z hơn X một nguyên tử C. Vậy CTCT của X là CH₂(COOH)₂

CTCT của Y là HOOCCH₂CH₂COOH hoặc CH₃CH(COOH)₂

Z là đồng phân của Y nên có công thức phân tử là C₄H₆O₄

Vậy CTCT có thể có của Z là: (COOCH₃)₂ hoặc (HCOOCH₂)₂

0,25

– CTPT của T là C₅H₈O₄

+ nếu Z là: (COOCH₃)₂, không có CTCT của T phù hợp để tạo 3 ancol.

+ nếu Z là: (HCOOCH₂)₂ thì CTCT của T là CH₃OOC – COOC₂H₅

– CTCT của X, Y, Z, T là:

X là CH₂(COOH)₂

Y là HOOCCH₂ CH₂ COOH hoặc CH₃CH(COOH)₂

Z là HCOOCH₂CH₂OOCH

T là CH₃OOC – COOC₂H₅

0,25

Gọi số mol của X, Y, Z, T lần lượt là 2x, x, y, y (vì Z, T khi phản ứng với NaOH tạo 3 ancol có số mol bằng nhau nên số mol của Z bằng số mol của T)

Theo bài có hệ:

HCOOCH₂CH₂OOCH + NaOH 2HCOONa + HOCH₂CH₂OH

CH₃OOC – COOC₂H₅ + NaOH  CH₃OH + C₂H₅OH + NaOOC – COONa

HOCH₂CH₂OH HOC-CHO  4Ag

CH₃OH  HCHO  4Ag

C₂H₅OH  CH₃CHO  2Ag

=> n_Ag = 0,08 + 0,08 + 0,04 = 0,2 mol => m_Ag = 0,2.108 = 21,6 gam.

0,25

2

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

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:

0,25

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)

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’)

0,25

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)

0,25

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.

0,25

5

1

– B tác dụng được với Na, dd B hòa tan được Cu(OH)₂ tạo ra dung dịch màu xanh trong suốt  B là ancol đa chức có 2 nhóm –OH liền nhau  Y là este đa chức.

– Cho A tác dụng với NaOH thu được hỗn hợp muối  Axit X và axit cấu tạo nên Y khác nhau.

– Nung hỗn hợp muối thu được sau phản ứng với NaOH thu được 1 hidrocacbon D duy nhất  Gốc hidrocacbon trong các muối có cùng số nguyên tử cacbon và có các kiểu liên kết giống nhau.

0,25

2R”(OH)_n + 2nNa  2R”(ONa)_n + nH₂

 n_B = mol



Do M_B < 93  31n < 93  n < 3.

Vậy n = 2  M_B = 62

 R” + 34 = 62  R” = 28 ( -C₂H₄-)

 Công thức của B là C₂H₄(OH)₂. CTCT là HO-CH₂-CH₂-OH.

 n_B = 0,15 mol.

0,25

( R’ có cùng số nguyên tử cacbon với R; x 1)

 D là R’H

R(COOH)_x + xNaOH  R(COONa)_x + xH₂O

(R’COO)₂C₂H₄ + 2NaOH  2R’COONa + C₂H₄(OH)₂

R’COONa + NaOH R’H + Na₂CO₃

R(COONa)_x + xNaOH R’H + xNa₂CO₃

0,25

– Từ các phản ứng trên ta thấy:

n_R’COONa = 2n_B = 2.0,15 = 0,3 mol.

n_D = n_R’-COONa + n_R-(COONa)x = 0,3 + n_X = 0,4 mol  n_X = 0,1 mol.

– Ta có .

 0,1.(R + 67x) + 0,3.(R’+67) = 39,4

 R + 67x + 3R’ = 193

+ Nếu x = 1  R = R’ =  Loại

+ Nếu x = 2  R + 3R’ = 59

 R = 14 ( -CH₂-)  D là CH₄

R’ = 15 ( CH₃-)

+ Nếu x = 3  R + 3R’ = -8  Loại.

Vậy:

X là CH₂(COOH)₂  CTCT là HOOC – CH₂ – COOH

Y là (CH₃COO)₂C₂H₄  CTCT là CH₃COO-CH₂-CH₂-OCOCH₃

B là C₂H₄(OH)₂ CTCT là HO-CH₂-CH₂-OH

D là CH₄.

0,25

2

– Nếu 84,2 gam rắn chỉ có KNO₂ _ mol m_rắn = 85 gam > 84,2 gam (loại).

– Nếu 84,2 gam rắn có KNO₂ và KAlO₂, lập mqh mol KAlO₂< 0 loại.

– Hỗn hợp rắn gồm: KOH, KNO₂ và KAlO₂.

– Oxit gồm Fe₂O₃ và CuO.

0,25

– Lập mqh theo mol mol nguyên tố K, khối lượng rắn, mol Al. Tính được:

Trong 84,2 gam có KNO₂ = 0,9 mol, KOH = 0,05 mol, KAlO₂ = 0,05 mol.

– Lập mqh theo lượng hh kim loại và hh oxit. Tính được:

Trong 17,43 gam A: Al = 0,05 mol, Fe = 0,27 mol, Cu = 0,015 mol.

0,25

– Lập mqh theo mol ion nitrat, khối lượng hh muối, mol Fe. Tính được:

Trong X: NH₄NO₃ = 0,08 mol, Al(NO₃)₃ = 0,05 mol, Fe(NO₃)₂ = 0,17 mol, Fe(NO₃)₃ = 0,1 mol, Cu(NO₃)₂ = 0,015 mol.

0,25

– Dùng bảo toàn KL, tính khối lượng B = 21,24 gam.

– Khối lượng dung dịch X = 171,19 gam.

– Tính C%: NH₄NO₃ = 3,74%, Al(NO₃)₃ = 6,22%, Fe(NO₃)₂ = 17,87%, Fe(NO₃)₃ = 14,14%, Cu(NO₃)₂ = 1,65%.

0,25