SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2019 – 2020

MÔN: HÓA HỌC

Ngày thi: 09 tháng 10 năm 2019

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

(Đề thi gồm có 05 câu, 02 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC

ĐỀ THI HSG12 THPT

NĂM HỌC 2019 – 2020

(Hướng dẫn chấm gồm: 09 trang)

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

1

1

Khối lượng mol của A, B, D, E là: M=37.2 =74

Gọi công thức của các chất là CxHyOz → M = 12x + y + 16z

+ z=1 → x=4, y=10 → Công thức phân tử C₄H₁₀O

+ z=2→ x=3, y=6 → Công thức phân tử C₃H₆O₂

+ z=3→ x=2, y=2 → Công thức phân tử C₂H₂O₃

0,25

– E tác dụng với Na, Na₂CO₃, tham giam phản ứng tráng bạc → E vừa chứa nhóm chức -COOH và nhóm chức -CHO → E có công thức cấu tạo là: OHC-COOH

2OHC-COOH + 2Na → 2OHC-COONa + H₂

2OHC-COOH + Na₂CO₃ → 2OHC-COONa + CO₂ + H₂O

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

0,25

– B tác dụng với Na, Na₂CO₃ → B chứa nhóm chức -COOH → B có công thức cấu tạo là: CH₃CH₂COOH

2CH₃CH₂COOH + 2Na → 2CH₃CH₂COONa + H₂

2CH₃CH₂COOH + Na₂CO₃ → 2CH₃CH₂COONa + CO₂ + H₂O

0,25

– D tác dụng với NaOH, không tác dụng với Na và không tham gia phản ứng tráng bạc → D có công thức cấu tạo là: CH₃COOCH₃

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

0,25

– A có mạch cacbon không phân nhánh, chỉ tác dụng với Na, khi oxi hóa A thu được đồng đẳng kế tiếp của B → A có công thức cấu tạo: CH₃CH₂CH₂CH₂OH

2CH₃CH₂CH₂CH₂OH + 2Na → 2CH₃CH₂CH₂CH₂ONa + H₂

CH₃CH₂CH₂CH₂OH + O₂ CH₃CH₂CH₂COOH + H₂O

0,25

2

Nhận biết được cả 6 chất.

– Trích mẫu thử, đánh số thứ tự từ 1-6

– Cho lần lượt 6 chất vào H₂O:

+ Các chất tan là BaO, Na₂SO₄, (NH₄)₂SO_4­:

BaO + H₂O → Ba(OH)₂

+ Các chất còn lại không tan.

0,25

– Lần lượt nhỏ dung dịch các chất tan vào 3 mẫu chất không tan:

+ Các dung dịch không có hiện tượng xảy ra ở cả 3 mẫu chất rắn là Na₂SO₄, (NH₄)₂SO₄.

+ Dung dịch khi nhỏ vào 3 mẫu chất rắn có hiện tượng:

. Mẫu chất rắn tan, có khí bay ra thì dung dịch là Ba(OH)₂, mẫu chất rắn 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 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 + 2NaOH

0,25

2

1

a) Ban đầu chưa có khí, sau một lúc mới thoát ra bọt khí không màu, axit dư khí ngừng thoát ra:

HCl + Na₂CO₃ → NaHCO₃ + NaCl

HCl + NaHCO₃ → NaCl + H₂O + CO₂

0,25

b) Ure tan, có khí mùi khai và có kết tủa trắng:

(NH₂)₂CO + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃

(NH₄)₂CO₃ + Ca(OH)₂ → 2NH₃ + CaCO₃ + 2H₂O

0,25

2

Vì hiệu suất phản ứng không phụ thuộc vào số mol ban đầu của hỗn hợp khí N₂ và H₂ nên để đơn giản hơn ta coi n_{hh khí ban đầu} = 1 mol.

Gọi a, b lần lượt là số mol của N₂ và H₂ ban đầu.

Ta có: n_t = n_{hh khí ban đầu} = a + b =1 (1)

Phản ứng tổng hợp NH₃:

N₂ + 3H₂ 2NH₃

Ban đầu: a b 0

Phản ứng: x 3x 2x

Sau phản ứng: a – x b- 3x 2x

n_s = n_{hh khí sau} = (a – x) + (b- 3x) + 2x = (a + b) -2x = 1 – 2x

0,25

Ở V, T = const:

m_{hh khí ban đầu} = m_{hh khí sau} = 2/3.16 = 32/3 (g) hay 28a + 2b = 32/3 (2)

Giải (1) và (2) ta được: a = 1/3 mol; b = 2/3 mol

Vì nên tính hiệu suất phản ứng theo số mol H_2:

0,25

3

A + NaOH 1 muối

x mol x mol

B + 2NaOH 2 muối

x mol 2x mol

Vậy 3x = số mol NaOH = 0,45 x = 0,15 mol

0,25

Và M_X = M_A = M_B = 44,4 : (0,15.2) = 148 (g/mol)

(108 + 8 + 32)n = 148 => n = 1

Vậy CTPT của A, B là C₉H₈O₂

0,25

CTCT của A là C₆H₅ – COO – CH = CH₂;

của B là CH₂ = CH – COOC₆H₅

0,25

Viết ptpứ của A và của B với dung dịch NaOH:

C₆H₅ – COO – CH = CH₂ + NaOH C₆H₅ – COONa + CH₃CHO (D)

CH₂ = CH – COOC₆H₅ + 2NaOHCH₂ = CH –COONa+H₂O +C₆H₅ONa

0,25

3

1

Đặt x, y lần lượt là số mol của N₂ và N₂O ta có:

Đặt số mol sản phẩm khử NH₄NO₃: z mol (z ≥ 0); số mol Mg, M trong E lần lượt là a, b (mol)

n_{NO3 tạo muối nitrat kim loại} = n_e = 0,3 + 0,08 + 8z (mol)

m_muối = m_{kim loại} + m_{NO3 tạo muối nitrat kim loại} + m_NH4NO3

= 11,4 + (0,38 + 8z).62 + 80z = 23,24.2 = 46,48

z = 0,02 (mol)

Theo bảo toàn e ta có: e nhường = e nhận

2a + nb = 0,3 + 0,08 + 8z = 0,54 (1)

0,25

Khi cho F tác dụng với dung dịch NaOH dư ta có:

NH₄⁺ + OH^– NH₃ + H₂O

Có thể có:

m _{kết tủa} = 4,35 . 2 = 8,7 < 11,4 = m_{kim loại}

M(OH)_n bị tan hết trong kiềm dư (có thể tan vật lý hoặc tan hóa học do phản ứng)

m_{kết tủa} = (2)

Từ (1) và (2) ta có m_hh = 0,15.24 + =11,4

M = 32,5n

0,25

2

Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 27.2x + 64x =8,7

x = 0,05 (mol)

Khối lượng muối nitrat kim loại là:

242.0,05 + 213.0,1 + 188.0,05 = 42,8 gam < 43,4 gam

Trong muối rắn thu được có NH₄NO₃ và có khối lượng là:

43,4 – 42,8 = 0,6 (gam)

Số mol NH₄NO₃ = 0,6/80 = 0,0075 (mol)

Vì hỗn hợp 4 khí: NO₂, NO, N₂O, N₂; trong đó số mol N₂ bằng số mol NO₂ ta coi 2 khí này là một khí N₃O₂ NO.N₂O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn hợp 2 khí NO và N₂O với số mol lần lượt là a và b;

Có n_khí = 1,68 : 22,4 = 0,075 (mol)

0,25

Như vậy, ta có sơ đồ:

Fe, Al, Cu Fe³⁺, Al³⁺, Cu²⁺, NH₄⁺ + NO, N₂O + H₂O

Ta có quá trình cho nhận e

Fe Fe⁺³ + 3e (1) ; Al Al⁺³ + 3e (2) ; Cu Cu⁺² + 2e (3)

0,05 0,15 0,1 0,3 0,05 0,1

Tổng số mol e cho: 0,15 + 0,3 + 0,1 = 0,55 (mol)

4H⁺ + NO₃^– + 3e NO + 2H₂O (4)

4a 3a a

10H⁺ + 2NO₃^– + 8e N₂O + 5H₂O (5)

10b 8b b

10H⁺ + NO₃^– + 8e NH₄⁺ + 3H₂O (6)

0,075 0,06 0,0075

Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,06

Vậy ta có hệ phương trình:

Theo các phương trình (4), (5), (6)

Tổng số mol HNO₃ đã dùng là : 4a + 10b + 0,075 = 0,693 (mol)

0,25

3

Số mol Mg = 0,45 mol. Quy đổi hỗn hợp X thành các chất Fe: a mol, O: b mol; Fe²⁺; NO₃^–

Dung dịch axit có số mol H⁺: 2,05 mol; NO₃^–: 0,15 mol; Cl^–: 1,9 mol

Trong hỗn hợp T gọi số mol NO = x mol

=> số mol N₂O = 0,275 – x (mol)

Trong 280,75 gam kết tủa có AgCl: 1,9 mol (có thể có Ag)

Tìm được số mol Ag = 0,075 mol.

0,25

TN1: Quá trình oxi hóa: Mg Mg²⁺ + 2e

0,45 0,9

Fe Fe²⁺/Fe³⁺ + 2e/3e

Quá trình khử: O + 2e O^-2

b 2b b

4H⁺ + NO₃^– + 3e NO + 2H₂O;

4x 3x x

10H⁺ + 2NO₃^–  + 8e N₂O + 5H₂O

10(0,275-x) 8(0,275-x) 0,275-x

Quá trình trao đổi: 2H⁺ + [O^2-] H₂O

2b b

TN2: Quá trình oxi hóa: Fe²⁺ Fe³⁺ + 1e;

Quá trình khử: 4H⁺ + NO₃^– + 3e NO + 2H₂O; Ag⁺ + 1e Ag

0,1 0,075 0,025 0,075 0,075

Quá trình trao đổi: Ag⁺ + Cl^– AgCl

1,9

0,25

Kết thúc thí nghiệm 1 thì vẫn còn H⁺, Fe²⁺ nhưng NO₃^– hết.

Bảo toàn gốc NO₃^– cho TN1

=> số mol NO₃^– (trong muối Fe(NO₃)₂ bđ) = x + 2.(0,275 – x) – 0,15

= 0,4 – x (mol)

=> n_Fe(NO3)2 = (0,4-x)/2 (mol)

=> Khối lượng hỗn hợp X = m_Fe + m_O + m_Fe(NO3)2

= 56a + 16b + 180.(0,4-x)/2 = 35,2 (g)

=> 56a + 16b – 90x = -0,8 (I).

0,25

Bảo toàn e cho cả hai TN1,2:

3a + 0,9 + (0,4-x)/2 = 2b + 3x + 8.(0,275 – x) + 0,075 + 0,075

3a – 2b + 4,5x = 1,25 (II)

Tổng số mol H⁺ = 4x + 10.(0,275 – x) + 2b + 0,1 = 2,05 (mol)

2b – 6x = -0,8 (III)

Giải hệ gồm I, II, III ta được a = 0,25; b = 0,2; x = 0,2 (mol)

=> số mol Fe(NO₃)₂ bđ = (0,4 – x)/2 = 0,1 (mol)

=> %m Fe(NO₃)₂ trong hỗn hợp Y = 180.0,1/(35,2+10,8) = 39,13%.

0,25

4

1

– Do hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ đơn chức, no, mạch hở.

– Mặt khác X tác dụng được với dung dịch KOH tạo 2 ancol kế tiếp và muối của 1 axit hữu cơ

TH1: Hỗn hợp X gồm 2 este no, đơn, hở kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng

Đặt CT chung của 2 este: dạng .

– Phản ứng đốt cháy:

– Theo bài ta có: ;

– Từ phương trình ta có: .

X gồm: và .

0,25

– Cho X tác dụng với KOH:

0,04 0,04

Có m_muối = n_RCOOK. M_RCOOK 3,92 = 0,04(R + 83) R = 15 (CH₃)

Vậy trong hỗn hợp X gồm hai este là: CH₃COOCH₃ và CH₃COOC₂H₅

0,25

– Đặt CT của este dạng C_nH_2nO₂ và ancol có số mol là a, b mol

– Phản ứng cháy:

a an (mol)

b b bm (mol)

Theo bài ta có: (1*)

= (2*)

0,25

Thế (1*) vào (2*) ta có a = 0,04 mol.

– Cho hỗn hợp tác dụng với KOH có phản ứng của este: dạng RCOOR’

0,04 0,04

este có 3 cacbon trở lên n (3*)

– Có an + bm = 0,145 b = (0,145 – 0,04n)/m > 0 n < 3,625 (4*)

Từ (3*) và (4*)n = 3 este có công thức: Ancol có CT: C₂H₅OH

Vậy hỗn hợp X gồm:

0,25

2

– Phần 1: CH₃COOH (a mol), C₃H₅(OH)₃ (b mol) và CH₃COOC₂H₅ (c mol)

Phần 2: CH₃COOH (xa mol), C₃H₅(OH)₃ (xb mol) và CH₃COOC₂H₅ (xc mol)

Phần 3: CH₃COOH (xa mol), C₃H₅(OH)₃ (xb mol) và CH₃COOC₂H₅ (xc mol)

m_hh = 60.(a + 2xa) + 92.(b+2xb) + 88.(c+2xc) = 22,4 (gam)

(2x + 1)(60a + 92b + 88c) = 22,4 (I)

– Cho phần 1 tác dụng hết với Na :

Số mol khí H₂ thu được là: a + 3b = 0,06 (II)

0,25

– Cho phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH:

Số mol NaOH phản ứng là : xa + xc = 0,1 (mol) (III)

– Cho phần 3 tác dụng với NaHCO₃ dư:

Số mol khí CO₂ thu được là : xa = 0,06 (mol) (IV)

0,25

Từ (II), (III) và (IV) ta có:

Do b > 0 nên (*)

Thay a, b, c vào (I) ta được:

Giải phương trình bậc 2 => x = 2 (thỏa mãn) hoặc x = 33/46 (loại)

0,25

Thay x = 2 vào (II), (III) và (IV) ta được kết quả:

Khối lượng của các chất có trong hỗn hợp X là:

= 60.(a + 2xa) = 60.0,15 = 9 gam

= 92.(b+2xb) = 92.0,05 = 4,6 gam

= 88.(c+2xc) = 88.0,1 = 8,8 gam

0,25

5

1

Có m_ddNaOH = 50.1,2 = 60 (g); n_H2O = 59,49 : 18 = 3,305 (mol)

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m_A + m_ddNaOH = m_{hơi nước} + m_D

m_A = 59,49 + 1,48 – 50.1,2 = 0,97 (g)

=> M_A = 0,97/0,005=194 (g/mol)

0,25

Mặt khác theo giả thiết: D0,795 gam Na₂CO₃ + 0,952 lít CO₂ (đktc) + 0,495 gam H₂O.

=> ; n_H2O = 0,0275 (mol)

n_NaOH = 0,015 (mol); n_{H2O trong dd NaOH} = (60 – 0,015.40) : 18 = 3,3 (mol)

Áp dụng ĐLBT nguyên tố C ta có:

n_{C(trong A)} = = 0,0075 + 0,0425 = 0,05 (mol)

BT nguyên tố H:

n_{H (trong A)} + 0,015 + 3,3.2 = 3,305.2 + 0,0275.2

• n_H(trongA) = 0,05 (mol)

Gọi công thức phân tử A là C_xH_yO_z. Ta có:

x = n_C/n_A = 0,05/0,005=10

y = n_H/n_A = 0,05/0,005 =10 => z = (194-10.12-10)/16 = 4

Vậy công thức phân tử A là C₁₀H₁₀O₄.

0,25

Có tỷ lệ: ; Trong A có 4 nguyên tử O nên A có thể chứa 2 nhóm chức phenol và 1nhóm chức este –COO- hoặc A có 2 nhóm chức este –COO- trong đó 1 nhóm chức este liên kết với vòng benzen. Nhưng theo giả thiết A chỉ có một loại nhóm chức do đó A chỉ chứa hai chức este (trong đó một chức este gắn vào vòng benzen) => A phải có vòng benzen.

Khi A tác dụng với dd kiềm thu được X, Y là 2 axit hữu cơ đơn chức.

Z là hợp chất hữu cơ thơm chứa 1 nhóm chức phenol và 1 chức ancol Số nguyên tử C trong Z ≥7Tổng số nguyên tử C trong X, Y = 3.

Vậy 2 axit là CH₃COOH (Y) và HCOOH (X)

Như vậy Z phải là: OH-C₆H₄-CH₂OH

0,25

Khi Z tác dụng dd nước brom tạo ra sản phẩm Z^’ trong đó:

=> 1 phân tử Z đã thế 3 nguyên tử Br. Như vậy vị trí m là thuận lợi nhất. CTCT của Z và Z^’ là

A là m-CH₃COO-C₆H₄-CH₂-OOCH

hoặc m-HCOO-C₆H₄-CH₂-OOCCH₃

0,25

2

a) Đặt hai kim loại kiềm là M; số mol của M và Ba lần lượt là 2x và 2y

Xét phần I:

Theo bài: n_H+ = 0,6 (mol) và n_H2 = 0,325 (mol)

→ Hai axit hết và hỗn hợp các kim loại còn phản ứng với H₂O

→ số mol H₂ do kim loại phản ứng với nước tạo thành là 0,325 – 0,3 = 0,025 (mol)

→ n_OH- = 0,025.2 = 0,05 (mol)

→ m_{kim loại} = 62,7 – 0,2.96 -0,2.35,5 – 0,05.17 = 35,55 (g)

→ M.x + 137y = 35,55 (1)

Viết QT oxi hóa – khử, theo định luật bảo toàn e→ n_H2 =

→ x + 2y = 0,65 (2)

0,25

Xét phần II:

Số mol Na₂SO₄ dùng trong hai trường hợp là 0,195mol và 0,205 mol

Theo bài: m₂ > m₁ điều đó chứng tỏ khi dùng 0,195 mol Na₂SO₄ thì Ba²⁺ còn dư → n_{kết trủa 1} = 0,195 (mol)

Giả sử Ba²⁺ cũng dư khi dùng 0,205 mol Na₂SO₄ thì

m₂ –m₁ = 233.( 0,205 – 0,195) = 2,33 1,165 (g)

→ Ba²⁺ hết khi dùng 0,205 mol Na₂SO₄;

Có n_{kết tủa 2} = 0,195 + 1,165 : 233 = 0,2 = n_Ba = y

Từ (2) → x = 0,25

Từ (1) → M = 32,6 (g/mol)

Hai kim loại cần tìm là Na (23) và K (39)

0,25

b) Dung dịch Y chứa 0,65 mol OH^– ; 0,2 mol Ba²⁺ và M⁺. Sục V lít (ở đktc) CO₂ vào Y có thể xảy ra các pt:

(1) CO₂ + OH^– → HCO₃^–

(2) CO₂ + 2OH^– → CO₃^2- + H₂O

(3) Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

– Nếu V = 3,36 → n_CO2 = 0,15 (mol): không xảy ra (1)

→ số mol CO₃^2- = n_CO2 = 0,15 < 0,2

→ n_{kết tủa} = 0,15 (mol) → m_{kết tủa} = 29,55 (g)

– Nếu V = 13,44 → n_CO2 = 0,6 (mol): xảy ra (1), (2) và (3)

Theo (1), (2), (3) có: số mol CO₃^2- = n_OH- – n_CO2 = 0,65 – 0,6 = 0,05 < 0,2 → n_{kết tủa} = 0,05 (mol) → m_{kết tủa} = 9,85 (g)

0,25

– Theo (1), (2), (3): n_{kết tủa cực đại} = n_Ba2+ = 0,2 (mol) xảy ra khi

0,2 (mol) ≤ n_CO2 ≤ 0,45 (mol) ↔ 4,48 ≤ V ≤ 10,08 thuộc khoảng (3,36; 13,44) (thỏa mãn)

Vậy 9,85 < m ≤ 39,4

0,25