S

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010-2011

MÔN: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút.

(Không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊNQUANG

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ TH CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010-2011

MÔN: HÓA HỌC

Câu 1

1.

a) Xác định A, B: một nguyên tử sẽ có Z<13,33 và một nguyên tử sẽ có Z>13,33

A thuộc chu kỳ 3 nên có Z từ 11 đến 18; A có khả năng kết hợp được 3 nguyên tử B nên

-Nếu B hóa trị 1 thì A hóa trị 3 vậy A là Al có Z=13

Z_A+3Z_B = 40

13+ 3Z_B =40

3Z_B =40-13; Z_B = 40-13: 3 = 9 B là nguyên tố Be loại vì Be không thể kết hợp với Al tạo thành hợp chất AlBe₃.

– Nếu B hóa trị 2 thì A có hóa trị 6 ; A là S có Z =16

Z_A+3Z_B = 40

13+ 3Z_B =40

3Z_B = 24; Z_B = 8<13,33 hợp lý B là nguyên tố oxi

Vậy hợp chất AB₃ là SO₃

b. SO₃ là chất oxi hóa mạnh

SO₃ + 2KI → K₂SO₃ +I₂

3SO₃ + 2NH₃ → 3SO₂ + N₂+3H₂O

2. Dung dÞch A cã ph¶n øng axit v×:

FeCl₃ = Fe³⁺ + 3Cl^–

Fe³⁺ + H₂O  FeOH²⁺ + H⁺

AlCl₃ = Al³⁺ + 3Cl^–

Al³⁺ + H₂O  AlOH²⁺ + H⁺

NH₄Cl = NH₄⁺ + Cl^–

NH₄⁺  NH₃ + H⁺

CuCl₂ = Cu²⁺ + 2Cl^–

Cu²⁺ + H₂O  CuOH⁺ + H⁺

3.Cho H₂S léi qua dd:

Cu²⁺ + H₂S = CuS + 2H⁺

2Fe³⁺ + H₂S = Fe²⁺ + S + 2H⁺

V× vËy, trong kÕt tña cã: CuS vµ S

Trong dd B: Fe²⁺, Al³⁺, NH₄⁺, H⁺, H₂S, Cl^–

3.Thªm NH₃ cho ®Õn d­ sÏ cã c¸c ph¶n øng:

NH₃ + H⁺  NH₄⁺

H₂S + 2NH₃ = 2NH₄⁺ + S^2-

Fe²⁺ + S^2- = FeS

Al³⁺ + 3NH₃ + 3H₂O = Al(OH)₃ +3NH₄

Cã thÓ viÕt: 2Al³⁺ + 3S^2- + 6H₂O  2Al(OH)₃ + 3H₂S

H₂S + 2NH₃  2NH₄⁺ + S^o

Nh­ vËy sÏ cã kÕt tña FeS (®en) vµ Al(OH)₃ (tr¾ng).

4,5

1,5

0,254

0,25×2

1,0

0,125×8

1,0

0,25×4

1,0

0,125.4

0,5

Câu 2

2,0

a) Theo điều kiện của đề bài: ở T₁ < T₂ mà K₁ > K₂, nghĩa là khi nhiệt độ tăng cbhh lại chuyển dời sang trái. Vậy theo nguyên lí Lơ Satơlie, (1) là phản ứng toả nhiệt.

b) Phản ứng 1/2 H₂ (k) + 1/2 Br₂ (k) HBr (k) (b)

có hằng số cbhh đ­ợc kí hiệu là K_b. So sánh hệ số các chất t­ơng ứng trong (b) này với (1) của đề bài, rõ ràng K_b = K ^1/2 .

Sự thay đổi đó của trị số hằng số cbhh hoàn toàn do thuần tuý làm toán chứ không có ý nghĩa hoá học. (Sự thay đổi của hằng số cbhh nh­ dã đ­ợc xét ở a) trên đây mới có ý nghĩa hoá học).

c) Ta xét H₂ (k) + Br₂ (k) 2 HBr (k) (1)

Số mol ban đầu 0 0 n

Số mol ở cbhh (1/2) nα (1/2) nα n – nα

Với α là tỉ lệ HBr bị phân huỷ mà ta cần tính. Chú ýđiều kiện: 0 < α < 1 ( *)

Vì phản ứng (1) có Δn = 0 nên biểu thức của hằng số cbhh K biểu thị đ­ợc theo số mol các chất tại cbhh:

K = [n (1 -α )]²/[(1/2) nα ´ (1/2) nα] = [2(1 -α )]²/α² hay

K^1/2 = [2 (1 – α )]/α² α (2.10² + 1) = 1

Khi coi 2.10² >> 1, ta đ­ợc α ~ 1/2.10² ~ 0,005. Kết quả này thoả mãn điều kiện: 0 < α < 1 (*).

Vậy tỉ lệ HBr bị phân huỷ thành H₂ và Br₂ tại 1024⁰ C là α ~ 0,005 hay 0,5%. Tỉ lệ này rất nhỏ, nghĩa là HBr rất bền, khó bị phân huỷ, mặc dù phản ứng (1) đ­ược thực hiện ở nhiệt độ rất cao, 1024⁰ C. Đó là sự thể hiện của phản ứng (1) có trị số của hằng số cbhh khá lớn, tới 1,6.10⁵ tại nhiệt độ này. Số liệu trên cho thấy phản ứng thuận trong phản ứng thuận nghịch (1) xảy ra khá dễ dàng tại nhiệt độ đó. Tất nhiên phản ứng nghịch, tức là sự phân huỷ HBr xảy ra khó khăn.

0,25

0,25×2

0,5

0,25

0,5

Câu 3

1. Trong 300 ml dung dịch A có . Gọi V là thể tích dung dịch B

= 0,49 mol; Khi trộn A với B có phản ứng H⁺ ₊ OH^– = H₂O

Dung dịch thu được có pH = 2

2. Theo đầu bài cho B tác dụng với NaOH dư thu được NH₃, như vậy Al tác dụng với HNO₃ cho N₂O, N₂ và cả NH₄NO₃. ta có pt

8Al + 30HNO₃ = 8Al(NO₃)₃ + 3N₂O + 15H₂O

10Al + 36HNO₃ = 10Al(NO₃)₃ + 3N₂ + 18H₂O

8Al + 30HNO₃ = 8Al(NO₃)₃ + 3NH₄NO₃ + 9H₂O

4M + 10HNO₃ = 4M(NO₃)₂ + N₂O + 5H₂O

5M + 12HNO₃ = 5M(NO₃)₂ + N₂ + 6H₂O

4M + 10HNO₃ = 4M(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O

3NaOH + Al(NO₃)₃ = Al(OH)₃ +3NaNO₃

Al(OH)₃ + NaOH = NaAlO_2↓ + 2H₂O

2NaOH + M(NO₃)₂ = M(OH)_2↓ + 2NaNO₃

NaOH + NH₄NO₃ = NH₃ + H₂O + NaNO₃

Có thể có phản ứng M(OH)₂ + 2NaOH = Na₂MO₂ + 2H₂O

gọi số mol Al là a, số mol M là b, số mol N₂O là x, N₂ là y ta có

a + b = 0,25

27a + bM = 12,45

và cặp

x + y = 0,05

→ x= 0,03; y= 0,02

Áp dụng DLBTe ta có:

Al-3e → Al³⁺

a 3a

M-2e → M²⁺

b 2b

2N⁵⁺ +8e = 2N; 2N⁵⁺ +10e = N₂

8x x 10y y

N⁵⁺ + 8e = N³⁺trong(NH₄NO₃)

8. 0,02 0,02

tổng e nhường = e nhận nên : 3a+2b=8.0,03+ 10.0,02+ 8.0,02→ a= 0,1; b= 0,15

Thay b= 0,15 và giải hệ ban đầu M=65 M là Zn; m_Al= 2,7g; m_zn=9,75g.

3,5

1,0

0,25×4

2,5

10×0,15=1,5

0,5

0,5

Câu 4

1. CH₄

C₆H₅Cl + NaOH C₆H₅OH + NaCl

C₆H₅OH + 3H₂ C₆H₁₁OH

-C₆H₁₁OH + CuO C₆H₁₀O ( Xeton) + H₂O + CuO

C₆H₁₀O + KMnO₄ + H⁺ HOOC-(CH₂)₄-COOH + K⁺ + Mn²⁺ + H₂O

n HOOC-(CH₂)₄-COOH + nNH₂ -(CH₂)₆-NH₂

(-OC-(CH₂)₄-CONH -(CH₂)₆-NH-)_n + 2nH₂O

ghi điều kiện phản ứng

2. Trình tự tăng dần nhiệt độ sôi

(CH₃)₄C < (CH₃)₂CHCH(CH₃)₂ < CH₃(CH₂)₄CH₃ < (CH₃)C(OH)CH₂CH₃ < CH₃(CH₂)₃CH₂OH

– Các yếu tố làm ảnh hưởng đến nhiêt độ sôi gồm: liên kết hidro, phân tử khối và điện tích bề mặt, momen lưỡng cực. Do đó, trừ neopentan ra thì 4 chất còn lại có phân tử khối giống nhau. neopentan nhẹ nhất, có cấu trúc khối cầu và lực hút vandevan nhỏ nhất nên có nhiệt độ sôi thấp nhất.

– n-Hexan và 2,3-dimetylbutan không có liên kết hidro vì vậy chúng sẽ có nhiệt độ sôi cao hơn, có độ phân nhánh lớn hơn và có điện tích mặt bé hơn nên nhiệt độ sôi nhỏ hơn.

– Hai hợp chất còn lại có chứa liên kết hidro và 1-pentanol có điện tích lớn hơn, có lực vandevan lớn hơn nên nhiệt độ sôi lớn nhất. Do đó ta có trình tự sắp xếp như sau

neopentan<2,3-dimetylbutan<n-hexan<2-metyl-2-butanol<1-pentanol.

3. Trình tự tăng dần tính axit

Phân tử có -I₁ <-I₂ nên (C) có tính axit mạnh hơn (D).

A và B đều có chứa N tính axit mạnh hơn D và C.

A có liên kết hidro nội phân tử làm giảm tính axit so với B.

4,5

2,0

0,25.8

1,5

0,5

1,0

1,0

0,5

0,5

Câu 5

a) Theo đầu bài: Các chất đều có chứa vòng benzen, liên kết trực tiếp với vòng có Brom

• Mạch hidrocacbon chứa nhóm chức (A: -COO^–; B: -COOH; C: -OH).

• Theo s¬ ®å chuyÓn ho¸ ®· cho ta thÊy trong cÊu t¹o G ch­a cã liªn kÕt ®«i C=C  G kh«ng cã ®ång ph©n cis-trans.

VËy c«ng thøc cÊu t¹o:

A: p-Br-C₆H₄-(CH₂)₂-COO-(CH₂)₃-C₆H₄-Br-p

B: p-Br-C₆H₄-CH₂-CH₂-COOH

C: p-Br-C₆H₄-(CH­₂)₃-OH

D: p-Br-C₆H₄-CH-CH₂-COOH

Cl

E: p-Br-C₆H₄-CH-CH₂-COONa

OH

G: p-Br-C₆H₄-CH-CH₂-COOH

OH

H: p-Br-C₆H₄-CH=CH-COOH (cã ®ång ph©n cis-trans)

HoÆc A cã cÊu t¹o: p-Br-C₆H₄-CH-COO-CH₂-CH-C₆H₄-Br-p

CH₃ CH₃

®Ó cuèi cïng H cã cÊu t¹o: p-Br-C₆H₄-C-COOH vµ kh«ng cã ®ång ph©n cis-trans CH₂

*ViÕt 4 ph­¬ng tr×nh ph¶n øng: …

b)NhiÖt ®é nãng ch¶y cña B cao h¬n cña C v× liªn kÕt hi®ro gi÷a c¸c ph©n tö axit bÒn h¬n ë r­îu, ®ång thêi gi÷a 2 ph©n tö axit cã 2 liªn kÕt hi®ro kh¸ bÒn v÷ng.

2,5

0,125.8

0,125×4=0,5

0,5

Câu 6

a. Xác định nhóm chức X, Y:

– giả sử hỗn hợp A gồm 1 axit (R-COOH): a mol và 1 este (R^,-COOR₁): b mol ta có:

R-COOH + NaOH → R^,-COONa + H₂O (1)

a

R^,-COOR₁+ NaOH → R^,-COONa + R₁OH (2)

b b

R₁OH+ Na → R₁ONa + 1/2H₂ (1)

b 0,1

Theo 2, 3 ta có b=0,2 mol nên a+b = n_NaOH đã tham gia phản ứng = 0,2 mol như vậy a= 0. Điều vô lý, giải thiết sai loại.

– Hỗn hợp A gồm 2 este

R-COOR₁ và R^,-COOR₁) trong đó R^,=R+CH₂)

Gọi CTPT chung của 2 este là . x là số mol 2 este có trong 20,56 gam este ta có pt: +

x

_→

_{(12n+ m + 32)x =20,56}

= 15.12/18 = 0,84

Giải hệ ta được: x= 0,2; n= 5,2 ; m =8,4 Vậy 5<n<6 và 8<m< 10

Phù hợp X = C₅H₈O₂ ; Y= C₆H₁₀O₂

b. Trong 10,28 gam A có 0,2 . 10,28/20,56 = 0,1 mol este

gọi a, b, là số mol X và Y ta có

Khi A+ NaOH thì:

(R + 67)a + (R^,+67)b = 8,48

Ra + R^,b + 67(a+b) -8,48

a+b =0,1 → Ra +R^,b = 1,780

R(0,1-b)+ R^,b =1,78 vì 0<b<1 nên 1,78-0,1R>0

do đó: R<17,8 vậy R: CH₃

CTCT của X: CH₃COOC₂H₅ ; Y: CH₃– CH₂COOC₃H₅

%m_X: 77,82% ; %m_Y: 22,18%.

3,0

1,0

0,25.4

1,0

1,0

0,5.2