Đề thi hsg lớp 12 môn hóa tỉnh Lào Cai năm 2013

Đề thi hsg lớp 12 môn hóa tỉnh Lào Cai năm 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI

——————-

HDC ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Môn: HOÁ HỌC

Năm học: 2012-2013

( Hướng dẫn chấm gồm có 09 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)

1. Có hợp chất MX2 với các đặc điểm như sau:

– Tổng số hạt proton, nơtron, electron là 140 trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44.

– Số khối của nguyên tử M nhỏ hơn số khối của nguyên tử X là 11.

– Tổng số hạt trong ion X nhiều hơn trong ion M2+ là 19.

Xác định công thức phân tử của MX2.

2. Cân bằng các phương trình hoá học sau bằng phương pháp thăng bằng electron:

a) Cu2S.FeS2 + HNO3 Cu(NO3)2 + Fe(NO3)3 + H2SO4 +NO+ H2O

b) FexOy +H2SO4 Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O.

Câu 1

Nội dung

2 điểm

1. (1,0 điểm)

Giả sử số hạt proton, nơtron, electron của M là: Z,E N

của X là :Z,E’ và N

Theo đề bài ta có:

0,25

0,25

0,25

vậy MX2 là MgCl2

0,25

2. (1,0 điểm)

a) Cu2S.FeS2 + HNO3 Cu(NO3)2 + Fe(NO3)3 + H2SO4 +NO+ H2O

Quá trình oxi hoá: x3

Quá trình khử: x25

0,25

3Cu2S.FeS2 + 46HNO36Cu(NO3)2 + 3Fe(NO3)3 + 9H2SO4 +25NO+ 14H2O

0,25

b) FexOy +H2SO4 Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O.

Quá trình oxi hoá: x2

Quá trình khử: x(3x-2y)

0,25

2FexOy +(6x-2y)H2SO4 xFe2(SO4)3 +(3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O

0,25

Câu 2 ( 2,5 điểm)

Một hỗn hợp A có khối lượng là 7,2 gam gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại kế tiếp nhau trong nhóm IIA. Hoà tan hết A bằng dung dịch H2SO4 loãng thu được khí B. Cho toàn bộ khí B hấp thụ hết bởi 450 ml dung dịch Ba(OH)2 0,2M thu được 15,76 gam kết tủa. Xác định 2 muối cacbonat và tính % theo khối lượng của chúng trong A.

Câu 2

Nội dung

2,5 điểm

Giả sử 2 muối cacbonat là , ta có phương trình phản ứng xảy ra:

(1)

(2)

0,25

có thể có:

(3)

0,25

Theo đề bài ta có:

= 0,09 (mol)

= 0,08 (mol)

>có 2 trường hợp có thể xảy ra:

TH1. Không xảy (3), ta có:

=0,08 mol= 0,08 (mol)

0,25

==90 (g/mol)

= 30 (g/mol)

0,25

2 muối là:

Giả sử trong 7,2 gam hỗn hợp 2 muối có x(mol) MgCO3 và y (mol) CaCO3, ta có:

0,25

0,25

TH2. Xảy ra (3), ta có:

=0,1 mol= 0,1 (mol)

0,25

==72 (g/mol) = 12 (g/mol)

0,25

2 muối là:

Giả sử trong 7,2 gam hỗn hợp 2 muối có x(mol) MgCO3 và y (mol) BeCO3, ta có:

0,25

0,25

Câu 3 ( 2 điểm)

Có cân bằng sau: N2O4(k) 2NO2(k)

1.Cho 18,4 gam N2O4 vào bình chân không dung tích 5,904 lil ở 270C. Lúc cân bằng áp suất của hỗn khí trong bình là 1,0 atm. Tính áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 lúc cân bằng.

2.Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống còn 0,5 atm, thì áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 lúc này là bao nhiêu? So sánh kết quả với phần (1) xem có phù hợp với nguyên lý Lơ Sa-tơ-li-e không?

Câu 3

Nội dung

2,0 điểm

a. (1,0 điểm)

nkhí lúc cân bằng = = 0,24 mol

0,25

N2O4(k) 2NO2(k)

Ban đầu 0,2 0 (mol)

Phản ứng x 2x (mol)

Cân bằng 0,2-x 2x (mol)

0,25

Ta có : 0,2 – x + 2x = 0,24 => x = 0,04 mol

Lúc cân bằng có 0,16 mol N2O4 ; 0,08 mol NO2

0,25

= 2=>= 2 => = atm ;= atm

0,25

b. (1,0 điểm)

= 1/6

0,25

Đặt lúc cân bằng là p thì lúc cân bằng là (0,5 – p)

Ta có 6p2 + p – 0,5 = 0 => p 0,217 atm

0,25

=> = 0,217 atm; = 0,283 atm

=> Khi P=0,5atm, có : (khi P=1atm)

0,25

Như vậy, khi giảm áp suất của hệ thì cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, điều này phù hợp với nguyên lí Lơ Sa-tơ-li-e.

0,25

Câu 4 ( 1,5 điểm)

Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng:

C(graphit)+O2(k)CO(k) ; =?

Cho biết:

C(graphit)+O2(k)CO2(k) ; = -393,5KJ

CO(k) +O2(k) CO2(k) ; = -283,07KJ

Câu 4

Nội dung

1,5 điểm

Ta có:

C(graphit)+O2(k)CO(k); =?

CO(k) +O2(k) CO2(k); = -283,07KJ

C(graphit)+O2(k)CO2(k); = -393,5KJ

0,5

Trạng thái đầu C(graphit), trạng thái cuối CO2 (k):

∆H1 = ∆Hx + ∆H2

0,5

-393,5 = ∆Hx – 283,07

∆Hx = – 110,43KJ

0,5

Câu 5 (2,25 điểm)

1. Khi thực hiện phản ứng este hoá 1 mol CH3COOH và 1 mol ancol etylic, lượng este lớn nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực đại là 90% (tính theo axit) khi tiến hành este hoá 1 mol CH3COOH cần x mol C2H5OH (biết các phản ứng este hoá thực hiện ở cùng nhiệt độ). Xác định giá trị của x?

2. Trong một bình kín chứa N2 1 mol/l, H2 4 mol/lit và xúc tác (thể tích không đáng kể).Thực hiện phản ứng ở t0C và áp suất p. Khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng thì áp suất của hệ là 0,8p, còn nhiệt độ vẫn là t0C. Hãy tính:

a) Hằng số cân bằng của phản ứng.

b) Hiệu suất phản ứng và nồng độ mol của các chất tại thời điểm cân bằng.

Câu 5

Nội dung

2,25 điểm

1. (1,25 điểm) Xét với 1 lít hỗn hợp, có:

CBHH:

Ban đầu: 1 1 mol/l.

Phản ứng: 2/3 2/3 2/3 2/3 mol/l.

Cân bằng: 1/3 1/3 2/3 2/3 mol/l.

Theo định luật tác dụng khối lượng, có:

0,25

0,25

Tương tự, có:

CBHH:

Ban đầu: 1 x mol/l.

Phản ứng: 0,9 0,9 0,9 0,9 mol/l.

Cân bằng: 0,1 x – 0,9 0,9 0,9 mol/l.

0,25

Theo định luật tác dụng khối lượng, có:

x = 2,925 mol.

0,25

0,25

2. (1 điểm)

Tổng nồng độ của hệ trước cân bằng là: 1 + 4 = 5 (mol/l); gọi nồng độ N2 phản ứng là x (mol/l), có CBHH:

Ban đầu: 1 4 0

Phản ứng x 3x

Cân bằng (1-x) (4-3x) 2x (mol/l).

Tổng nồng độ của hệ ở cân bằng là: (5 – 2x) mol/l.

0,25

Vì nhiệt độ không đổi, thể tích các khí trước và sau phản ứng đều bằng thể tích bình chứa nên: .

Hay: x = 0,5 mol/l.

0,25

Nồng độ các chất tại thời điểm cân bằng:

+ [N2] = 1 – x = 0,5 mol/l.

+ [H2] = 4 – 3x = 2,5 mol/l.

+ [NH3] = 2x = 1 mol/l.

.

0,25

Vì nên hiệu suất phản ứng tính theo N2 .

0,25

Câu 6 (1,75 điểm)

Cho butan qua xúc tác (ở nhiệt độ cao) thu được hỗn hợp X gồm C4H10, C4H8,C4H6 và H2. Tỉ khối hơi của X so với butan là 0,4.Xác định số mol Br2 tối đa tham gia phản ứng với 0,6 mol X.

Câu 6

Nội dung

1,75 điểm

PT:

0,25

Gọi:

+ Số mol của C4H10 ban đầu là a mol.

+ Số mol của C4H10 tham gia phản ứng ở (1) và (2) lần lượt là b, c mol.

X chứa:

C4H8: b (mol)

C4H6: c (mol)

0,25

H2: b + 2c (mol)

C4H10 dư: a – b – c (mol)

0,25

Tổng số mol của X: a + b + 2c (mol)

0,25

Theo tỉ khối hơi, có: b + 2c = 1,5a.

Số mol của C4H8 và C4H6 có trong 0,6 mol X là: b’ + 2c’ = 0,36 mol.

0,25

X + Br2:

0,25

Số mol Br2: b’ + 2c’ = 0,36 mol.

0,25

Câu 7 (2,0 điểm)

Cho hai thanh kim loại M (hóa trị 2 không đổi) có khối lượng bằng nhau. Nhúng thanh (1) vào dung dịch Cu(NO3)2 và thanh (2) vào dung dịch Pb(NO3)2. Sau thời gian, khối lượng thanh (1) giảm 0,2% và khối lượng thanh (2) tăng 28,4% so với ban đầu. Số mol Cu(NO3)2 và Pb(NO3)2 trong cả hai dung dịch đều giảm như nhau.

  1. Xác định tên kim loại M

  2. Nhúng 26 gam thanh kim loại M vào dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO3)2, 0,2 mol Pb(NO3)2 và 0,2 mol AgNO3 .Sau một thời gian thanh kim loại tan hoàn toàn. Tính khối lượng kim loại thu được và độ giảm khối lượng của dung dịch sau phản ứng.

Câu 7

Nội dung

2,0 điểm

a) (1 điểm)

Gọi x là số mol của Cu(NO3)2 và Pb(NO3)2 đã tham gia phản ứng.

Gọi a gam là khối lượng ban đầu của thanh M, A là khối lượng mol của thanh M

Phản ứng : M + Cu2+ M2+ + Cu

x x x (mol)

0,25

(A -64)x = (I)

0,25

Phản ứng : M + Pb2+ M2+ + Pb

x x x (mol)

(207-A)x = (II)

0,25

Từ (I) và (II) suy ra : A = 65 (Zn)

0,25

b) (1 điểm) nZn = 0,4 mol

Có các phương trình phản ứng xảy ra như sau:

Zn + 2AgNO3 Zn(NO3)2 + 2Ag

0,1 0,2 0,1 0,2 (mol)

0,25

Zn + Cu(NO3)2 Zn(NO3)2 + Cu

0,2 0,2 0,2 0,2 (mol)

0,25

Zn + Pb(NO3)2 Zn(NO3)2 + Pb

0,1 0,1 0,1 0,1 (mol)

0,25

mKL = 0,2.108 + 0,2.64 + 0,1. 207 = 55,1 gam

Khối lượng dung dịch giảm : 29,1 gam

0,25

Câu 8 : (2 điểm)

Trong một bình kín dung tích 16,000 lít chứa hỗn hợp hơi ba ancol đơn chức A, B, C và 13,440 gam O2, nhiệt độ và áp suất trong bình là 109,200oC và 0,980 atm. Bật tia lửa điện đốt cháy hết ancol, sau đó đưa nhiệt độ bình về 136,500oC, áp suất trong bình lúc này là P. Cho tất cả khí trong bình sau khi đốt cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng KOH đặc. Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 3,780 gam, còn bình 2 tăng 6,160 gam.

a) Tính áp suất P.

b) Xác định công thức phân tử các ancol A, B, C biết rằng B, C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol của ancol A bằng tổng số mol của các ancol B và C.

Câu 8

Nội dung

2,0 điểm

a) (1 điểm)

n=0,42 (mol)

nhỗn hợp ancol + = 0,5 (mol)

nhỗn hợp ancol = 0,08 (mol)

-Khí trong bình sau khi đốt cháy cho qua H2SO4 đặc, khối lượng bình tăng chính là khối lượng của nước.

= 0,21 mol

-Khối lượng bình KOH tăng là do CO2 bị hấp thụ theo phương trình

CO2 + 2KOH K2CO3 + H2O

(có thể có phản ứng CO2 + KOH KHCO3)

=

0,25

tham gia phản ứng cháy = 0,14 + – = 0,205 mol

còn lại sau phản ứng cháy = 0,215 mol

0,25

Tổng số mol khí trong bình sau khi phản ứng cháy kết thúc là

0,215 + 0,14 + 0,21 = 0,565 mol

0,25

a)Áp dụng công thức :

n = 0,565 P = 1,186

0,25

b)Vì > có ancol là no đơn chức

mancol = cháy = 3,38 gam

ancol =

có 1 ancol có M<42,25 đó là CH3OH (A)

0,25

Ta có:

mB + mC = 3,38 – 0,05.32 = 1,78 (g)

Khi đốt cháy CH3OH

2CH3OH + 3O2 2CO2 + 4H2O

0,05 0,075 0,05 0,1

Vậy khi đốt cháy B và C tạo ra 0,09 mol CO2 và 0,11 mol H2O

B và C phải có 1 ancol no đơn chức.

0,25

Gọi CT của B là CnH2n+2O và của C là CnHyO

n = B là C3H7OH

số nguyên tử = y phải nhỏ hơn 7,33

y có thể là 6 và 4

0,25

Vậy C có thể có 2 công thức phân tử là C3H3OH và C3H5OH

Vậy A, B và C có thể là : CH­3OH, C3H7OH và C3H3OH

Hoặc CH­3OH, C3H7OH và C3H5OH

0,25

Câu 9 ( 2,5 điểm)

Khi thuỷ phân bằng enzim một tripeptit thấy tạo thành 22,5 gam glyxin, 43,8 gam Lysin và hai đipeptit có tổng số mol là 0,6. Hỗn hợp sản phẩm nhận được ở trên cho phản ứng với NaOH đun nóng tạo ra 87,3 gam muối natri của glyxin, 84 gam muối natri của Lysin và hai muối natri của hai đipeptit trên.

a)Cho biết tên thu gọn của tripeptit.

b)Tính số mol từng muối natri của hai đipeptit trên.Cho biết công thức cấu tạo của glyxin là H2N-CH2-COOH; của Lysin là H2N-CH2-CH2-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH.

Câu 9

Nội dung

2,5 điểm

a) (1,0 điểm)

Khi thuû ph©n b»ng enzim

nGly=22,5/ 75 = 0,3 (mol)

nLys= 43,8/146= 0,3 (mol)

Khi thuû ph©n b»ng NaOH

n (Gly)Na=87,3/97 = 0,9 (mol)

n(Lys)Na=84/168 = 0,5mol

§iÒu nµy chøng tá tripeptit chØ gåm Gly vµ Lys.

Do sè mol (Gly)Na > sè mol (Lys)Na

trong tripeptit cã 2 gèc Gly vµ 1 gèc Lys.

0,25

Tripeptit cã thÓ lµ Gly – Gly – Lys

0,25

hoÆc Lys – Gly – Gly

0,25

hoÆc Gly-Lys-Gly

0,25

b) (1,5điểm)

Khi thuû ph©n b»ng enzim

n Gly=0,3(mol)

nLys=0,3 (mol)

n Gly-Gly= x(mol)

nGly-Lys= (0,6-x) (mol)

0,25

Tæng sè mol gèc Gly = 0,3 + 2x + (0,6 – x) = 0,9 +x

Tæng sè mol gèc Lys = 0,3 +(0,6 – x) = 0,9 – x

0,25

Theo thµnh phÇn : tæng sè mol gèc Gly = 2 lÇn tæng sè mol gèc Lys

0,9 + x = 2(0,9 – x)

x = 0,3

0,25

Tæng sè mol gèc Gly = 1,2

Tæng sè mol gèc Lys = 0,6

0,25

Khi thuû ph©n b»ng NaOH 0,9 mol (Gly)Na, 0,5 mol (Lys)Na,

y mol (Gly – Gly)Na vµ z mol (Gly – Lys)Na

0,25

V× sè gèc Gly vµ Lys b¶o toµn

Tæng sè mol gèc Gly = 1,2 = 0,9 + 2y +z

Tæng sè mol Lys = 0,6 = 0,5 +z

Gi¶i ra z = y = 0,1

Cã 0,1 mol muèi (Gly – Gly)Na vµ 0,1 mol muèi ( Gly – Lys)Na

0,25

Câu 10 (1,5đ)

  1. So sánh và giải thích ngắn gọn tính bazơ của N,N-đimetylanilin(1) và 2,4,6-trinitro-N,N-đimetylanilin(2)

  2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính axit của : axit axetic(1) ; axit xianaxetic(2) ; axit -xianpropionic(3) và axit -xianpropionic(4). Giải thích ngắn gọn kết quả thu được.

Câu 10

Nội dung

1,5 điểm

1) (0,75 điểm)

– Tính bazơ của (1) < (2) do

0,25

+ ở (1): N gây hiệu ứng +C > -I làm giảm mật độ e trên nguyên tử N

0,25

+ ở (2): Nhóm –NO2 có cấu trúc góc, 2 nhóm –NO2 ở vị trí o gây án ngữ không gian lớn, làm giảm sự đồng phẳng của hệ liên hợp của N và vòng benzen, do đó làm giảm +C của N vào vòng benzen. Vì vậy, mật độ electron trên N của (2) > (1)

0,25

2) (0,75 điểm)

– Tính axit của (1) < (4) < (3) < (2) do

0,25

+ nhóm metyl có hiệu ứng +I làm giảm khả năng tách H+

+ nhóm –CN có hiệu ứng –I làm tăng khả năng tách H+

0,25

+ nhóm –CN càng gần nhóm -COOH, ảnh hưởng của –I càng mạnh

0,25

…………………………..HẾT…………………………….

 

O2 Education gửi các thầy cô link download đề thi

DA-HSG-2012-2013 – Copy

DA-HSG-2012-2013

 

Các thầy cô có thể xem thêm nhiều đề thi hsg của các tỉnh khác tại

Tổng hợp đề thi HSG lớp 12 môn hoá học

 

Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa