Bộ đề ôn thi HSG Hóa học 12

38 trang hoaithuong97 8270

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề ôn thi HSG Hóa học 12", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bo_de_on_thi_hsg_hoa_hoc_12.pdf

Nội dung text: Bộ đề ôn thi HSG Hóa học 12

BỘ ĐỀ HSG HÓA HỌC 12 – THÀNH PHỐ HÀ NỘI MỤC LỤC STT NỘI DUNG TRANG 1 Đề thi HSG Hà Nội năm 2020 – 2021 2 2 Đề thi HSG Hà Nội năm 2019 – 2020 4 3 Đề thi HSG Hà Nội năm 2018 – 2019 6 4 Đề thi HSG Hà Nội năm 2017 – 2018 8 5 Đề thi HSG Hà Nội năm 2016 – 2017 10 6 Đề thi HSG Hà Nội năm 2015 – 2016 12 7 Đáp án năm 2020 – 2021 14 8 Đáp án năm 2019 – 2020 19 9 Đáp án năm 2018 – 2019 23 10 Đáp án năm 2017 – 2018 27 11 Đáp án năm 2016 – 2017 31 12 Đáp án năm 2015 – 2016 35
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Hóa học - Ngày thi: 29/9/2020 (Đề thi có 02 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (3,5 điểm) 1. Cho X, Y là hai nguyên tố phi kim. Trong mỗi nguyên tử của các nguyên tố X, Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 16. Hợp chất A có công thức phân tử là XYn có đặc điểm: X chiếm 15,0486% về khối lượng; tổng số proton và nơtron trong một phân tử A lần lượt là 100 và 106. Xác định các nguyên tố X, Y và công thức phân tử của A. 2. Hoàn thành sơ đồ phản ứng, cân bằng phương trình hóa học bằng phương pháp thăng bằng electron, xác định chất oxi hóa, chất khử trong các trường hợp sau: a) FeCl2 + PbO2 + H2SO4 → + + + b) HClO + PbS → + c) H2O2 + KMnO4 + H2SO4 → + + + 3. Cho 21,8 gam chất X (hợp chất của lưu huỳnh) vào nước dư được dung dịch Y. Cho BaCl2 dư vào Y thu được kết tủa trắng và dung dịch Z. Cho Zn dư vào Z, thu được 5,6 lít (đktc) khí hiđro. Xác định công thức phân tử của X. Câu II (3,5 điểm) 1. Có 5 chất bột màu trắng là KNO3, K2CO3, K2SO4, BaCO3, BaSO4 đựng trong 5 lọ riêng biệt. Chỉ dùng thêm nước, điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ. Hãy trình bày các phân biệt các chất bột màu trắng trên. 2. Cho m gam hỗn hợp gồm Al4C3 và CaC2 tác dụng với nước dư thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm CH4 và C2H2. Chia X thành hai phần: phần 1 tác dụng với tối đa 200 ml dung dịch Br2 0,5M; đốt cháy phần 2 rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư, san phản ứng lọc bỏ kết tủa thấy khối lượng dung dịch giảm 69,525 gam so với khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. a) Xác định %V các khí trong X và tính m. b) Nếu cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thì thu được tối đa bao nhiêu gam kết tủa. 3. Biết X là dung dịch chứa hỗn hợp NaOH và NaNO3, xác định các chất A, B, A1, B1, A2 và hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ sau: 0 + CuO, t + dd FeCl3 + (O + H O) A A A 2 2 (2) 1 (3) 2 (4) ? + X Al (1) 0 0 0 + CuO, t + A/ xt, t + CO2, t , p B B1 B ? (5) (6) (7) Câu III (3,5 điểm) 1. a) Viết phương trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau: (1) (2) (3) C36 H HBr X  Y  axit isobutiric b) Chất hữu cơ X chỉ chứa C, H, O có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 8 : 1 : 16. Biết X là hợp chất no, mạch hở chứa các nhóm chức –OH, -COOH và không còn nhóm chức khác. Xác định CTPT và viết CTCT có thể có của X. 2. Hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon đồng phân A, B, C đều không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X thu được 100,8 gam hỗn hợp CO2 và H2O trong đó khối lượng CO2 nhiều hơn H2O là 57,6 gam. a) Xác định công thức phân tử của A, B, C.
b) Biết: khi đun nóng với dung dịch KMnO4/H2SO4 thì A, B tạo ra cùng một sản phẩm C9H6O6 còn C tạo ra C8H6O4; khi đun với hơi brom có mặt bột sắt thì A chỉ cho một sản phẩm hữu cơ monobrom, còn B và C mỗi chất cho 2 sản phẩm hữu cơ monobrom. Xác định CTCT của A, B, C. 3. Hỗn hợp X gồm 3 este đều mạch hở và chỉ chứa chức este. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được lượng CO2 lớn hơn lượng nước là 4,79 gam. Mặt khác, m gam X phản ứng vừa đủ với 400 ml dung dịch NaOH 0,2M thu được 2,52 gam hỗn hợp Y gồm 2 ancol (hơn kém nhau 1 nguyên tử cacbon) và hỗn hợp Z gồm hai muối. Đốt cháy hoàn toàn Z cần vừa đủ 1,04 gam O2 thu được CO2, Na2CO3 và 0,45 gam H2O. Xác định CTCT và tính phần trăm khối lượng các chất trong X. Câu IV (3,0 điểm) 1. Từ CH4, các chất vô cơ cần thiết và các điều kiện có đủ viết phản ứng hóa học điều chế CH3CH(COOH)2 qua 5 giai đoạn. 2. Hỗn hợp X gồm Cu, CuO, Fe3O4, FeO và kim loại M có hóa trị không đổi (trong hỗn hợp X có số nguyên tử oxi nhiều gấp 2 lần số nguyên tử M và tổng số nguyên tử của các kim loại bằng 11/6 số nguyên tử oxi). Hòa tan 23,13 gam X trong dung dịch HNO3 loãng, dư thấy có 0,9 mol HNO3 phản ứng, thu được 1,344 lít (đktc) khí NO duy nhất và dung dịch Y chứa 71,01 gam hỗn hợp muối. Xác định tên kim loại M và tính khối lượng mỗi muối trong Y. Câu V (3,0 điểm) 1. Chất hữu cơ X mạch hở, chỉ chứa một loại nhóm chức có CTPT của C4H6O4. Khi đun X với dung dịch HCl loãng thu được 2 chất hữu cơ Y và Z (MY MZ) và số mol ancol X bằng 5/8 tổng số mol ba ancol ban đầu. Xác định CTPT của X, Y, Z. Câu VI (3,5 điểm) 1. Chất hữu cơ X chỉ chứa C, H, O có chứa 55,17% oxi về khối lượng và có tỉ khối hơi so với oxi nhỏ hơn 4. Cho a mol X tác dụng vừa đủ với 2a mol H2 tạo ra chất X1, cho X1 tác dụng với Na dư thu được 1,5a mol H2 và chất X2. Cho a mol X tác dụng vừa đủ với a mol NaOH thu được chất X3, cho X3 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được Ag và chất X4. Nếu cho X3 tác dụng với NaOH rắn khi có mặt CaO đun nóng thu được chất hữu cơ X5. Cho X4 tác dụng với dung dịch HCl dư thu được chất hữu cơ X6. a) Xác định CTCT các chất X, X1, X2, X3, X4, X5, X6. b) Cho biết X4 là hợp chất có tính chất axit, bazơ hay lưỡng tính? Viết các phản ứng xảy ra. 2. Nung nóng ở 4000C hỗn hợp hai muối khan của hai kim loại kali, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 224 ml (đktc) một khí A không màu và một muối rắn X. Đem toàn bộ chất X tác dụng với lượng dư dung dịch đậm đặc chứa hỗn hợp FeSO4 và H2SO4 đun nóng nhẹ, phản ứng xong thu được một khí B không màu. Toàn bộ B sinh ra phản ứng dễ dàng với một lượng vừa đủ khí A tạo nên khí C có màu nâu đỏ. Làm lạnh C thấy màu nâu đỏ giảm dần và thu được 1,61 gam hỗn hợp khí D có thể tích bằng thể tích của 0,8 gam oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Tính phần trăm khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu? Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐÁP ÁN Môn thi: Hóa học Câu I (3,5 điểm) 1. Ta có hệ: 2PX – NX = 14 (1) 2PY – NY = 16 (2) PN XX 0,150486 (3) PXXYY N n(P N ) PX + nPY = 100 (4) NX + nNY = 106 (5) Ket hop voi (1) + Thay (4, 5) vào (3) được: PX + NX = 31  PX = 15; NX = 16 + Thay PX = 15; NX = 16 vào (2, 4, 5) ta được PY = 17; NY = 18; n = 5 X là P, Y là Cl và A là PCl5 2. a) 2FeCl2 + 3PbO2 + 6H2SO4 → 3PbSO4 + Fe2(SO4)3 + 2Cl2 + 6H2O b) HClO + PbS → HCl + PbSO4 c) 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + O2↑ + 8H2O 3. Chất X có thể có 4 khả năng sau: H2SO4; H2SO4.nSO3; SO3 hoặc M(HSO4)n.  TH1: X là H2SO4 số mol H2SO4 = 0,22 < số mol H2 = 0,25 vô lí  TH2: X là H2SO4.nSO3 = a mol a(98 + 80n) = 21,8 (I) + Pư với BaCl2: H2SO4.nSO3 + nSO3 → (n+1) H2SO4 Mol: a a(n+1) H2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2HCl mol: a(n+1) 2a(n+1) + Dung dịch Z có: HCl Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑ Mol: 2a(n+1) a(n+1) a(n+1) = 0,25 (II) + Giải (I, II) được: a = 0,1 mol và n = 1,5 công thức của X là H2SO4.1,5SO3 hay 2H2SO4.3SO3  TH3: X có dạng M(HSO4)n loại  TH4: X là SO3 loại. Câu II (3,5 điểm) 1. Hòa tan từng mẫu vào nước ta chia 5 chất thành 2 nhóm:  Nhóm 1: Tan trong nước gồm KNO3, K2CO3, K2SO4  Nhóm 2: Không tan trong nước gồm BaCO3, BaSO4 + Nung các chất trong nhóm 2 đến khối lượng không đổi sau đó hòa tan chất rắn vào nước; chất nào tan trong nước thì đó là BaCO3 còn lại là BaSO4: t0 BaCO3  BaO + CO2; BaO + H2O → Ba(OH)2 + Lấy Ba(OH)2 pư với nhóm 1; chất nào không tạo kết tủa là KNO3 lấy hai kết tủa vừa tạo ra nhận biết tiếp như nhóm 2. 2. Phản ứng xảy ra: (1): Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3↓ + 4CH4↑ (2): CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2↑ (3): C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 (4): CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O (5): C2H2 + 2,5O2 → 2CO2 + H2O a) Trong phần 1 có: CH4 = x mol; C2H2 = y mol Br2 = 2y = 0,1 (I)
+ Phần 2 có: CH4 = kx mol; C2H2 = ky mol tổng số mol khí = (k+1)(x+y) = 0,5 (II) + Khối lượng dung dịch giảm = BaCO3 – CO2 – H2O = 117kx + 288ky = 69,525 (III) + Giải (I, II, III) được: x = 0,075; y = 0,05; k = 3 + Vậy: %VCH4 = 60%; %VC2H2 = 40%; m = 23,6 gam. b) C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2↓ + 2NH4NO3 số mol ↓ = số mol C2H2 = 0,15 mol kết tủa = 36,0 gam. 3. Phản ứng của Al với dung dịch X như sau:  Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 1,5H2↑ (A)  8Al + 5NaOH + 3NaNO3 + 2H2O → 8NaAlO2 + 3NH3↑ (B) t0 (2): CuO + H2  Cu + H2O (3): Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 (4): 4FeCl2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)Cl2 hay 12FeCl2 + 3O2 + 6H2O → 4Fe(OH)3 + 8FeCl3 t0 (5): 3CuO + 2NH3  3Cu + N2 + 3H2O xt, t0 , P (6): N2 + 3H2  2NH3 (7): 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO(ure) + H2O Câu III (3,5 điểm) 1. a) (1) CH3-CH=CH2 + HBr → CH3-CHBr-CH3 (2): (CH3)2CHBr + KCN → (CH3)2CHCN + KBr H (3): (CH3)2CHCN + 2H2O  (CH3)2CHCOOH + NH3 b) Ta có tỉ lệ mol C : H : O = 2 : 3 : 3 X có dạng (C2H3O3)n C2nH3nO3n (HO)3n-2xC2n-xHx(COOH)x no, mach ho 3n 2.(2n x) 2 n 2x 2 n 2  2n x 3n 2x (so C so nhom OH) x n x 2 N là (HO)2C2H2(COOH)2 + 2 CTCT: HOOCCH(OH)-CH(OH)COOH và (HOOC)2C(OH)CH2OH 2. a) Theo giả thiết ta tính được: CO2 = 79,2 gam = 1,8; H2O = 21,6 gam = 1,2 mol. CO :1,8 mol O2 2 x9 + Sơ đồ: Cx H y : 0,2 mol  CTPT : C 9 H 12 H2 O :1,2 mol y 12 b) Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2. + + A, B qua dung dịch KMnO4/H thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5). + Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là: CH 3 CH2CH3 CH3 H3C CH3 H3C CH3 CH3 (C) (A) (B) + Phản ứng xảy ra: CH3 COOH 0 5 t + 18KMnO4 + 27H2SO4 5 + 9K2SO4+18MnSO4+42H2O H3C CH3 HOOC COOH COOH CH3 H3C CH HOOC COOH 3 t0 5 + 18KMnO + 27H SO 5 + 9K2SO4+18MnSO4+42H2O 4 2 4
CH3 COOH t0 5 + 18KMnO4 + 27H2SO4 5 + 5 CO2 + 9K2SO4+18MnSO4+42H2O C2H5 COOH CH3 CH3 0 Br + Br2  Fe, t + HBr H3C CH3 H3C CH3 CH3 H C CH 3 3 + HBr CH3 Br Fe, t0 H3C CH3 + Br 2 CH3 H3C CH3 + HBr Br CH3 + HBr CH3 Br Fe, t0 C2H5 + Br2 CH3 Br + HBr C2H5 C2H5 3. Sơ đồ O2  CO22 H O 4,79 gam ba este  2,52 gam ancol mach ho  NaOH Na CO H O 0,08 mol C, H O2 2 3 2   CO2 COONa: 0,08 0,0325 mol 0,04 0,025 + Bảo toàn oxi cho pư đốt cháy muối CO2 = 0,04 mol + Bảo toàn cacbon ta thấy: (nC)COONa = (nC)CO2 + (nC)Na2CO3 cả hai muối trong Z đều không có cacbon hai muối trong Z là HCOONa (0,05 mol) và (COONa)2 (0,015 mol). + Viết lại sơ đồ trên ta có: O2  CO22 H O 4,79 gam COO : 0,08 mol  2,52 gam ancol (hon kem nhau 1C) C : a mol  NaOH 0,08 mol HCOONa: 0,05 H: b mol  5,41 gam (COONa)2 : 0,015 mol + BTKL 12a + b = 1,21 (I) + Dựa vào pư đốt cháy este 44a – 9b = 1,27 (II) + Từ (I, II) a = 0,08 mol; b = 0,25 mol
C : 0,08 mol n n = 0,08 CH OH : 0,04 mol + Bảo toàn nguyên tố trong ancol có H: 0,28 mol  C OH 3 C 1,33 C2 H 4 (OH) 2 : 0,02 mol O: 0,08 mol + Ghép muối và ancol lại ta có: HCOOCH : 0,01 HCOONa : 0,05 mol CH OH : 0,04 mol 3 3 3 este mach ho (HCOO) C H : 0,02 (C OONa) : 0,015 mol C H (OH) : 0,02 mol 2 2 4 2 2 4 2 (COOCH32 ) : 0,015 Câu IV (3,0 điểm) 1. Sơ đồ điều chế (1) (2) (3) (4) (5) CH4 C 2 H 2  CH 2 CH Cl  CH 3 CHCl 2  KCN CH 3 CH(CN) 2  CH 3 CH(COOH) 2 H2 O/H 2. Sơ đồ bài toán: Cu2 : y Cu : y 3 Fe : 8x y Fe: 8x y n + HNO32 M : 3x + NO + H O M : 3x 0,06 0,9 mol NH : z O : 6x 4 NO : 0,84-z (BT nito) 23,13 gam 3 71,01 gam + BTKL H2O = 0,39 mol - + Bảo toàn hiđro z = 0,03 mol NO3 = 0,84 – z = 0,81 mol. + Bảo toàn số mol H+ 0,9 = 12x + 4.0,06 + 10z  z 0,03 x = 0,03 mol + Bảo toàn điện tích 2y + 3(0,24 – y) + 0,09n + 0,03 = 0,81 0,09n – y = 0,06 (I) + Mặt khác ta có: 64y + 56(0,24 – y) + 0,09M + 2,88 = 23,13 0,09M + 8y = 6,81 (II) + Từ (I, II) nghiệm phù hợp là: n = 2; y = 0,12 và M = 65 = Zn + Trong Y có: Cu(NO3)2 = 22,56 gam; Fe(NO3)3 = 29,04 gam; Zn(NO3)2 = 17,01 gam; NH4NO3 = 2,4 gam. Câu V (3,0 điểm) 1. X là (HCOO)2CH-CH3, Y là HCOOH; Z là CH3CHO, ta có: H (HCOO)2CH-CH3 + 2H2O  2HCOOH + CH3CHO + H2O t0 2. a) Số mol ancol = 0,08 mol; O2 = 0,42 mol; CO2 = 0,14 mol; H2O = 0,21 mol + Sơ đồ: ROH + O2  CO 2 + H 2 O + O 2 0,08 mol 0,42 mol0,14 mol 0,21 mol x mol + Bảo toàn oxi x = 0,215 mol tổng số mol khí = 0,565 mol P = 1,186 mol. 0,14 b) Ta có: C 1,75; H = 5,25 X là CH3OH. 0,08 CH OH : 0,05 mol 3 CO : 0,14 x y 0,03 n 3 + Sơ đồ: C H OH : x mol + O  2 n 2n 1 2 HO:0,21 0,05 n(x y) 0,14 x y 0,03 2 Cnm H OH : y mol CH OH : 0,05 mol CH OH : 0,05 mol 33 + Hai cặp nghiệm thỏa mãn là: C3 H 7 OH : 0,02 mol & C 3 H 7 OH : 0,025 mol C3 H 5 OH : 0,01 mol C 3 H 3 OH : 0,005 mol Câu VI (3,5 điểm) 16x 1. a) Gọi x là số oxi 0,5517 M 29x < 32.4 x < 4,4 (1) M
+ Mặt khác a mol X1 pư với Na 1,5a mol H2 và a mol X pư vừa đủ với a mol NaOH số oxi trong X ≥ 4 (2) + Từ (1, 2) X có 4 oxi X là CnHmO4 = 116 X là C4H4O4. + CTCT của X là HOOC-CH(CHO)2; X1 là HOOC-CH(CH2OH)2; X2 là NaOOC-CH(CH2ONa)2; X3 là NaOOC-CH(CHO)2; X4 là NaOOC-CH(COONH4)2; X5 là CH2(CHO)2; X6 là CH(COOH)3. + - b) X4 là hợp chất lưỡng tính vì NH4 mang tính axit; COO mang tính bazơ. 2. Hỗn hợp ban đầu gồm: KNO3 và KNO2, sơ đồ KNO0 NO : 0,015 32t FeSO42 O lam lanh  KNO22  NO  NO  O (A): 0,01 mol H24 SO KNO22 (B) N 2 O 4 : 0,01 (X) (C) + Từ sơ đồ KNO3 = 0,02 mol. 2+ - + 3+ + Phản ứng: Fe + NO2 + 2H → Fe + NO + 2H2O + Từ sơ đồ NO2 = 0,035 mol NO = 0,035 mol KNO3 : 0,02 mol (61,3%) KNO2 0,035 mol ban dau KNO2 : 0,015 mol (38,7%) Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Hóa học - Ngày thi: 03/10/2019 (Đề thi có 02 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2,5 điểm). 1. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong bảng tuần hoàn có tổng số điện tích hạt nhân là 90 (X có điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Tìm số proton của X, Y, R, A, B và gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2–, Y–, R, A+, B2+ và so sánh bán kính của chúng. Giải thích. 2. Crom có cấu tạo mạng tinh thể lập phương tâm khối, bán kính nguyên tử của crom là 1,26Å. Khối lượng mol nguyên tử của crom là 52 g/mol. Xác định khối lượng riêng của crom và độ đặc khít của mạng tinh thể trên. Câu II (2,5 điểm). 1. Hình vẽ tên mô tả một thí nghiệm: a) Nêu mục đích của thí nghiệm? b) Nêu và giải thích các hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm c) Trong thí nghiệm, tại sao đáy ống nghiệm chứa saccarozơ và CuO phải để cao hơn so với ống nghiệm? 2. Muối Y nguyên chất không màu, tan trong nước. Cho dung dịch chỉ chứa muối Y tác dụng với dung dịch HCl được kết tủa trắng Z. Chất Z tan trong dung dịch NH3 loãng thu được dung dịch T. Axit hóa dung dịch T bằng dung dịch HNO3 lại có kết tủa trắng Z xuất hiện trở lại. Cho lượng dư Cu vào dung dịch chứa muối Y và H2SO4 loãng đun nóng thì sinh ra chất khí không màu bị hóa nâu trong không khí. Tìm Y và viết phản ứng xảy ra. Câu III (3,0 điểm). 1. Viết phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Cho HCl vào ống nghiệm đựng propen trong dung môi CCl4. 0 b) Đun nóng hỗn hợp butan-2-ol và H2SO4 đặc ở 170 C. c) Cho hh gồm HNO3 đặc và H2SO4 đặc vào ống nghiệm đựng toluen đun nóng. d) Dẫn khí clo dư vào dung dịch H2S. e) Dẫn từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2. f) Dẫn từ từ đến dư khí Cl2 vào dung dịch NaI. 2.Thời kĩ Phục hưng, các bức họa của các danh họa được vẽ bằng bột “trắng chì” (có chứa PbCO3.Pb(OH)2). Qua một thời gian, các bức họa bị ố đen trong còn đẹp như ban đầu. Giải thích hiện tượng trên. Để khắc phục điều đó cần dùng hóa chất nào? Viết phản ứng minh họa. 3. Geranol (C10H18O) là một ancol dẫn xuất của monotecpen có mặt trong tinh dầu hoa hồng. Biết cho geranol pư cộng với brom theo tỉ lệ mol 1 : 2 tạo ra dẫn xuất tetrabromua (C10H18OBr4); có thể oxi hóa geranol thành anđehit hoặc axit cacboxylic có 10 nguyên tử cacbon trong phân tử; khi oxi hóa geranol một cách mãnh liệt sẽ tạo thành CH3COCH2CH2COOH, CH3COCH3, HOOC-COOH. Dựa trên các dữ kiện trên hãy xác định công thức cấu tạo có thể có của geranol. Câu IV (4,0 điểm). 1. Cho sơ đồ chuyển hóa sau: t0 xt, t0 (1): AAAA1 2 3 4 ; (2): AAA1 2 4 0 0 (3): AAA xt, t ; (4): A Zn H SO  t A ZnSO H O 3 2 4 1 2 4 2 4 2 0 0 (5): A Zn H SO  t A ZnSO H O (6): A A H SO  t A NaHSO H O 3 2 4 2 4 2 1 2 2 4 5 4 2
0 (7): A NaOH  A A H O (8): AAA t 5 2 6 2 6 1 2 Biết: A1 là hợp chất của clo chứa 21,596% Na về khối lượng; A3 là hợp chất của clo chứa 18,776% Na về khối lượng; ở điều kiện thường A4 và A5 là các chất khí. Xác định các chất A1, A2, A3, A4, A5, A6 và viết phản ứng xảy ra 2. Nung m gam hỗn hợp X gồm Al và Fe2O3 sau một thời gian được chất rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y bằng V lít dd H2SO4 0,2M (loãng), sau pư thu được dd Z chỉ chứa muối sunfat trung hòa 0,896 lít (đktc) khí H2. Cho NaOH dư vào Z, thu được kết tủa M. Đem toàn bộ M nung đến khối lượng không đổi được 4,48 gam chất rắn T. Cho 3,12 gam hh E gồm CO và CO2 đi qua ống sứ đựng chất rắn T nung nóng, sau khi T pư hết thu được 4,24 gam hh khí F (biết các pư đều thực hiện trong điều kiện chân không). Tìm m, V. Câu V (4,0 điểm). 1. Nung 4,44 gam hợp chất X đến phản ứng hoàn toàn thu được các sản phẩm khí và 1,2 gam một hợp chất rắn Y không tan trong nước. Cho tất cả sản phẩm khí hấp thụ hết vào bình chứa 100 gam dung dịch NaOH 1,2%, sau pư thu được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất có nồng độ 2,47%. Biết khi nung, kim loại trong X không thay đổi số oxi hóa. Tìm công thức của X. 2. Để 26,88 gam Fe trong không khí một thời gian thu được hh chất rắn X gồm Fe và các oxit sắt. Hòa tan + hết X trong 288,0 gam dd HNO3 31,5% thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối (không chứa NH4 ) và hỗn hợp Z gồm 2 khí, trong Z trong oxi chiếm 61,111% về khối lượng. Cô cạn dung dịch Y, làm khô rồi đem chất rắn thu được nung đến không lượng không đổi, sau thí nghiệm thấy khối lượng chất rắn giảm 67,84 gam so với trước khi nung. Xác định C% của mỗi muối trong Y. Câu VI (4,0 điểm). 1. Axit xitric có trong quả chanh (axit X), có công thức như hình bên. COOH Trong nước, X có thể phân li theo 3 nấc tạo ra 3 ion tương ứng là X-, HOOC CH C CH COOH X2-, X3-. 2 2 a) Viết CTCT thu gọn của X-, X2-, X3-. OH 0 b) Đun nóng axit xitric đến 176 C thu được axit A (C6H6O6). Khử axit A tạo ra axit propan-1,2,3- tricacboxylic. Nếu tiếp tục đun nóng axit A sẽ thu được hỗn hợp axit B (C5H6O4 không có đồng phân hình học) và axit C (C5H6O4, có đồng phân hình học); B và C chuyển hóa ngay thành các hợp chất mạch vòng có cùng công thức C5H4O3. Viết pư dạng CTCT. 2. X và Y là hai hợp chất hữu cơ đều chỉ chứa C, H, O và đều có mạch cacbon không phân nhánh. Phân tử khối của X, Y thỏa mãn MX < MY < 130. Khi cho hỗn hợp X, Y tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thì số mol CO2 sinh ra luôn bằng tổng số mol của X và Y, không phụ thuộc vào tỉ lệ mol của X, Y. Nếu cho 3,3 gam hỗn hợp X, Y (ứng với tổng số mol của X, Y bằng 0,04 mol) tác dụng hết với Na, thu được 784 ml H2 ở đktc. a) Các chất X, Y có chứa những loại nhóm chức nào? b) Xác định CTPT của X, Y biết X, Y đều không có pư tráng bạc và đều không làm mất màu nước brom. c) Khi tác một phân tử nước khỏi Y, thu được Z là hỗn hợp hai đồng phân cis-, trans- trong đó có một đồng phân có thể bị tách bớt một phân tử nước nữa tạo thành chất P mạch vòng, P không pư với NaHCO3. Tìm CTCT của Y và viết pư theo dãy chuyển hóa: Y → Z → P. Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐÁP ÁN Môn thi: Hóa học Câu I (2,5 điểm). 1. a) Ta có PX + (PX + 1) + (PX + 2) + (PX + 3) + (PX + 4) = 90 PX =16 X là S(Z = 16); Y là Cl(Z = 17); R là Ar(Z = 18); A là K(Z = 19); B là Ca(Z = 20) b) Cấu hình chung là: 1s22s22p63s23p6. + Vì số electron của X2–, Y–, R, A+, B2+ bằng nhau nên bán kính tỉ lệ nghịch với điện tích hạt nhân nên bán kính của : X2– > Y– > R > A+ > B2+. 2. Hình vẽ + Gọi a là độ dài của cạnh hình lập phương, R là bán kính nguyên tử crom. + Vì crom có cấu tạo mạng tinh thể lập phương tâm khối nên: 4R = a 3 (1) 1 + Số nguyên tử crom trong 1 hình lập phương bằng = 1 8. 2 8 4 2. R3 .100% Vkim loai .100% 3 + Độ đặc khít = 3 (2) Vahinh lap phuong + Từ (1, 2) độ đặc khít ≈ 68%. 52 + Khối lượng 1 nguyên tử crom = 8,634.10 23 gam 6,023.1023 4r 4.1,26 0 + Cạnh của 1 hình lập phương: a 2,91A 2,91.10 8 cm 33 m 2.8,634.10 23 + Khối lượng riêng: D 7,0 g/cm3 V (2,91.10 83 ) Câu II (2,5 điểm). 1. a) Mục đích là xác định nguyên tố C, H trong hợp chất hữu cơ. b) Hiện tượng: - CuSO4 từ màu trắng chuyển sang xanh vì sản phẩm khí có hơi nước (CuSO4 màu trắng, gặp nước sẽ hóa xanh): CuSO4 trắng + 5H2O → CuSO4.5H2O xanh - Dung dịch Ca(OH)2 vẩn đục vì sản phẩm khí có CO2: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O c) Nếu đáy ống nghiệm thấp hơn so với miệng ống nghiệm thì hơi nước sinh ra ngưng tụ chảy ngược trở lại làm vỡ ống nghiệm. 2. Muối Y là AgNO3. Các phản ứng: AgNO3 (Y) + HCl → AgCl ↓ (Z) + HNO3 AgCl↓ (Z) + 2NH3 → [Ag(NH3)2]Cl ↓
[Ag(NH3)2]Cl + 2HNO3 → AgCl↓ + 2NH4NO3 + - 2+ 3Cu + 8H + 2NO3 → 3Cu + 2NO + 4H2O Cu + 2Ag+ → Cu2+ + 2Ag Câu III. 1. a) CH3-CH=CH2 + HCl → CH3-CH2-CH2-Cl (spp) + CH3-CHCl-CH3 (spc) H24 SO b) CH3-CH2-CHOH-CH3  1700 C CH3-CH=CH-CH3 (spc) + CH3-CH2-CH=CH2 (spp) + H2O c) C6H5-CH3 + HNO3 o, m, p – O2N-C6H4-CH3 (o, p là spc) + H2O hoặc: C6H5-CH3 + 3HNO3 2, 4, 6 – (O2N)3-C6H2-CH3 + 3H2O d) 4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4 e) CO2 + CaCO3 → CaCO3↓ + H2O sau đó: CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2. f) Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 sau đó: 5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HIO3 2. Màu trắng là màu của Pb(OH)2, nó hóa đen là vì khí H2S trong không khí đã pư với bột trắng chì: Pb(OH)2 + H2S → PbSđen + 2H2O + Để khắc phúc ta dùng nước oxi già vì: PbSđen + 4H2O2 → PbSO4 trắng + 4H2O 2Br2 3. Ta có C10H18O có ( + ) = 2  = 2 và v = 0. + Do oxi hóa geranol thành anđehit hoặc axit cacboxylic có 10 nguyên tử cacbon trong phân tử nên geranol có nhóm chức ancol bậc I. Oxi hoa + Vì C10H18O  CH3COCH2CH2COOH, CH3COCH3, HOOC-COOH và là một ancol dẫn xuất của monotecpen (thỏa mãn qui tắc isoprenoit) nên geranol phải có cấu tạo như sau: CH3-C(CH3)=CH-CH2-CH2-C(CH3)=CH-CH2OH +Thật vậy: CH3-C(CH3)=CH-CH2-CH2-C(CH3)=CH-CH2OH CH3COCH2CH2COOH, CH3COCH3, HOOC- COOH 23 23 Câu IV. 1. Ta có M 106,5 A1 là NaClO3; M 122,5 A3 là NaClO4. A1 0,21596 A3 0,18776 t0 (1): NaClO3 (A 1 ) NaCl (A 2 ) NaClO 4 (A 3 ) O 2 (A 4 ) 0 (2): NaClO (A ) xt, t NaCl (A ) O (A ) 3 1 2 2 4 xt, t0 (3): NaClO4 (A 3 ) NaCl (A 2 ) O 2 (A 4 ) 0 (4): NaClO (A ) Zn H SO  t NaCl (A ) ZnSO H O 3 1 2 4 2 4 2 0 (5): NaClO (A ) Zn H SO  t NaCl (A ) ZnSO H O 4 3 2 4 2 4 2 0 (6): NaClO (A ) NaCl (A ) H SO  t Cl (A ) NaHSO H O 3 1 2 2 4 2 5 4 2 (7): Cl (A ) NaOH  NaCl (A ) NaClO (A ) H O 2 5 2 6 2 0 (8): NaClO (A ) t NaClO (A ) NaCl (A ) 6 3 1 2 2. Khối lượng oxi trong T = 4,24 – 3,12 = 1,12 gam hay 0,07 mol. Chất rắn T gồm FeO và Fe2O3. Từ đó ta FeO : a mol 72a 160b 4,48 a 0,04 có:  Fe23 O : b mol a 3b 0,07 b 0,01 + Từ kết quả đó ta có sơ đồ: H2 : 0,04 mol Al : 2x Al 0 Al (SO ) : x t H24 SO 2 4 3  Fe : 0,06  0,2V mol FeO : 0,04 Fe23 O FeSO4 : 0,04  O : 0,09 Fe23 O : 0,01 Fe2 (SO 4 ) 3 : 0,01  BT e 6x + 0,04.2 + 0,01.2.3 – 0,09.2 = 0,04.2 x = 0,02 mol
+ Từ đó tính được: m = 5,88 gam và V = 0,65 lít. 0 Câu V. 1. Sơ đồ khi nung: X  t Y + sp khÝ 4,44 gam 1,2 gam 3,24 gam + Khối lượng dung dịch sau khi hấp thụ hết khí = 100 + 3,24 = 132,4 gam. khối lượng muối trong dung dịch = 132,4.2,47% = 2,55 gam. + Số mol NaOH = 0,03 mol muối duy nhất có công thức: NanX (a mol) BT Na: an = 0,03 an 0,03 X n1 62 mmuoi a(23n X) 2,55 aX 1,86 n X 62 (NO3 ) muối tạo thành là NaNO3 = 0,03 mol + Vì chỉ tạo muối duy nhất nên phải có pư: 4NaOH + O2 + 4NO2 → 4NaNO3 + 2H2O Mol: 0,03 0,0075 0,03 tổng khối lượng (NO2 + O2) = 0,03.46 + 0,0075.32 = 1,62 gam < 3,24 gam khí còn lại phải là H2O = 0,09 mol n NO2 x 0,03 x x 1 X là M(NO3)x.mH2O n m 0,09 m m 3 HO2 0,03 0,03 x2 X là M(NO3)x.3xH2O: mol (M 116x) 4,44 M 32x x x M 64(Cu) + Vậy X là Cu(NO3)2.6H2O. 2. Sơ đồ: N O Fe : 0,48 Fe  O2  HNO3 1,44 mol Fe(NO32 ) : y t0 NO2 : 2y+3z 0,48 mol O: x mol  Fe(NO3 ) 3 : z O 2 : 0,25y 0,75z 67,84 gam y + z = 0,48 và 100y + 162y = 67,84 y = 0,16 mol; z = 0,32 mol. %mO 61,111% + Bảo toàn nitơ số mol N trong khí = 0,16 mol  (nO ) khi 0,22 mol BT oxi + Bảo toàn hiđro H2O = 0,72 mol  x = 0,46 mol + Từ đó tính được: mdung dịch sau pư = (26,88 + 16x) + 288 – 0,16.14 – 0,22.16 = 316,48 gam C% của Fe(NO3)2 = 9,1% và Fe(NO3)3 = 24,47% Câu VI. 1. a) CTCT thu gọn của X-, X2-, X3- lần lượt là: - - COO- COO COO HOOC COO- -OOC COO- HOOC CH2 C CH2 COOH CH2 C CH2 CH2 C CH2 OH OH OH + Phản ứng đun nóng axit xitric: COOH COOH 1760C HOOC CH C CH COOH + H O HOOC CH2 C CH2 COOH 2 2 OH + Phản ứng khử A: COOH COOH xt, t0 + H HOOC CH2 C CH COOH 2 HOOC CH2 CH CH2 COOH + Khi đun nóng A ta có:
COOH t0 HOOC CH CH CH COOH + CO HOOC CH2 C CH COOH 2 2 (cis - trans) COOH COOH t0 HOOC CH C CH + CO HOOC CH2 C CH COOH 2 2 2 + Phản ứng chuyển thành dạng vòng của B và C CH2 COOH CH2 CH + H O HOOC CH2 C 2 OC CO 2 O CH CH2 CH HOOC CH2 CH CH COOH + H2O cis CO CO O 2. a) Vì cho hỗn hợp X, Y tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thì số mol CO2 sinh ra luôn bằng tổng số mol của X và Y, không phụ thuộc vào tỉ lệ mol của X, Y cả X, Y đều chứa 1 nhóm –COOH. Na + Mặt khác: 0,04 mol hỗn hợp (X, Y)  H2 : 0,035 mol số mol –OH = 0,07 mol nCOOH 0,04 mol  nOH ancol 0,03 mol + Vậy X, Y chứa nhóm –COOH và –OH. X : Cn H 2n 1 COOH : 0,01 (I) Y : HOCm H 2m COOH : 0,03 3,3 COOH = 0,04 mol M 82,5 3,3 gam b) Vì số mol  0,04 MXY M 130 OH = 0,03 mol X : Cn H 2n 1 COOH : 0,025 (II) Y : (HO)2 C m H 2m 1 COOH : 0,015 3,3 gam n 4 : C49 H COOH m 1: HOCH2 COOH + Từ (I) n + 3m = 7 n 1: CH3 COOH m 2 : HOC24 H COOH n 1: CH3 COOH + Từ (II) 2,5n + 1,5m = 7 m 3:(HO)2 CHCOOH 3 5 c) Chất Y thỏa mãn đề bài là: HO-CH2-CH2-CHOH-COOH hoặc HO-CH2-CHOH-CH2-COOH + Phản ứng chuyển hóa Y → Z: xt, t0 HO-CH2-CH2-CHOH-COOH  HO-CH2-CH=CH-COOH (cis – trans) + H2O HO-CH2-CHOH-CH2-COOH HO-CH2-CH=CH-COOH (cis – trans) + H2O + Phản ứng chuyển hóa Z → P (chỉ đồng phân cis mới có phản ứng này): CH CH CH 2 2 CH2 2 C C C C CH 3 H CH3 H
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Hóa học - Ngày thi: 14/09/2017 (Đề thi có 02 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (3,5 điểm). 1. Hợp chất A được tạo thành các ion X3+ và Y2- (X, Y là kí hiệu các nguyên tố chưa biết). Tổng số hạt trong một phân tử A bằng 224, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 64. Số khối của X lớn hơn số khối của Y là 36. Tổng số hạt trong ion X3+ nhiều hơn trong ion Y2- là 47. Tìm CTPT của A. 2. Công thức thực nhiệm của sắt (II) oxit là Fe2-xO, trong đó sắt chiếm 76,57% về khối lượng. a) Tìm công thức thực nghiệm của sắt (II) oxit. b) Biết tinh thể sắt (II) oxit có thông số mạng a = 0,431 nm, trong mạng tinh thể các anino O2- có cấu trúc lập phương tâm mặt trong đó một số hốc bát diện chiếm bởi caction Fe2+. Tính KL riêng của oxit sắt trên theo đơn vị g/cm3. 3. Viết phản ứng có thể xảy ra khi a) Dẫn khí O3 vào dd KI. b) Dẫn khí H2S vào dung dịch FeCl3. c) Trộn dd KI với dd FeBr3. d) Dẫn khí Cl2 vào dd NaOH. e) Dẫn khí SO2 vào dd KMnO4. g) Dẫn khí Cl2 vào dd NaBr. Câu II (3,5 điểm). 1. Có 5 dung dịch riêng biệt: NH3, HCl, NH4Cl, Na2CO3, CH3COOH có cùng nồng độ mol được kí hiệu ngẫu nhiên là X, Y, Z, T, E. Giá trị pH và khả năng dẫn điện của các dung dịch được ghi trong bảng sau: Dung dịch X Y Z T E pH 5,25 11,53 3,01 1,25 11,00 Khả năng dẫn điện Tốt Tốt Kém Tốt Kém Xác định chất tan trong mỗi dung dịch X, Y, Z, T, E. Giải thích. 2. Từ etanol, axit xianhiđric, các chất vô cơ và điều kiện cần thiết, viết pư tạo ra poli(etyl metacrylat) 3. Cho bảng nhiệt độ sôi của các chất như sau: Dung dịch HCOOH C2H5OH CH3-O-CH3 C2H5F C3H8 00 +105,5 +78,3 -24 -38 -42 ts ( C) Giải thích thứ tự nhiệt độ sôi các chất trên. Câu III (3,5 điểm). 1. Xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha một lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5 (pha 5% etanol), a) Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học. Viết pư chứng minh. b) Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống? Biết khi đốt cháy 1,0 kg xăng truyền thống cần 3,22 kg oxi. 2. Tại sao khi đánh rơi nhiệt kế thủy ngân chẳng may bị vỡ, không được dùng chổi quét ngay mà lại rắc bột lưu huỳnh lên chỗ có thủy ngân rồi mới quét. 3. Có một mẩu natri để ngoài không khí ẩm sau một thời gian chuyển thành hỗn hợp A. Cho A vào nước được dung dịch B. Chia B thành hai phần; phần I cho vào dd NaHSO4; phần II cho vào dd AlCl3. Viết pư xảy ra? Câu IV (3,5 điểm). 1. Hỗn hợp X gồm hiđro, propen, propin. Dẫn hỗn hợp X qua Ni đun nóng, sau khi các pư xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau; Đốt cháy phần 1 cần dùng V lít O2 (đktc). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dd nước vôi trong dư, dung dịch thu được có khối lượng giảm 16,2 gam so
với khối lượng dd nước vôi trong ban đầu. Dẫn phần 2 vào dung dịch brom dư thì có 16 gam brom phản ứng. Tìm V? 2. Hỗn hợp X gồm bốn este mạch hở trong đó có 1 este đơn chức và ba este hai chức là đồng phân của nhau. Đốt cháy 11,88 gam X cần dùng 14,784 lít O2 (đktc), thu được 25,08 gam CO2. Đun nóng 11,88 gam X với 310 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dd sau pư thu được m gam chất rắn Y và một ancol đơn chức Z. Cho toàn bộ Z vào bình chứa Na dư thì khối lượng bình tăng 5,85 gam. Trộn m gam Y với CaO rồi nung nóng (không có mặt oxi) thu được 2,016 lít (đktc) một hiđrocacbon duy nhất. Biết các pư xảy ra hoàn toàn, xác định công thức cấu tạo thu gọi của các este trong X. Câu V (3,5 điểm). 1. Nhiệt phân hoàn toàn 38,55 gam hh X gồm hai muối nitrat A(NO3)2 và B(NO3)2 thu được 13,44 lít (đktc) hh khí Y gồm NO2 và O2 có tỉ khối so với H2 bằng 131/6 và chất rắn chỉ gồm 2 oxit kim loại. Biết A là kim loại họ s và khi cho A(NO3)2 tác dụng với NaOH dư thu được chất kết tủa, B là kim loại họ d. Tìm công thức %m muỗi muối trong X? 2. Hỗn hợp A gồm FeCO3 và FeS2. Cho A tác dụng hết với V ml dung dịch HNO3 63% (d = 1,44 g/ml) thu được hh khí B gồm hai chất (không chứa SO2) có tỉ khối so với oxi bằng 1,425 và dd C. Để pư hết với các chất trong C cần 540 ml dd Ba(OH)2 0,2M, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được 7,568 gam chất rắn. Tính số mol các chất trong A và giá trị V biết các pư hoàn toàn. Câu VI (3,5 điểm). 1. Để xác định nitơ trong một mẫu thép dưới dạng nitrua người ta hòa tan 5,0 gam mẫu thép trong dd HCl được dd X. Cho toàn bộ X pư với dd NaOH đặc, nóng. Khí NH3 sinh ra được hấp thụ hoàn toàn bằng 15 ml + dd H2SO4 0,005M, lượng H dư được xác định bằng lượng dư KI và KIO3. Chuẩn độ I2 sinh ra từ phản ứng trên bằng dung dịch chuẩn Na2S2O3 0,014M thì hết 8,0 ml. Tính %m nitơ trong mẫu thép trên. 2. Cao su thiên nhiên là polime của isopren trong đó các mắt xích đều có cấu hình cis. Polime lấy từ nhựa cây gu-ta-pec-cha (một loại cây cao su) có công thức (C5H8)n trong đó các mắt xích đều có cấu hình trans. Viết CTCT một đoạn mạch polime cho mỗi loại. Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐÁP ÁN Môn thi: Hóa học Câu I: 1. Phân tử A có dạng X2Y3 ta có hệ: 2PXY 3P 72 2PAAAXY N 224 P 72 2N 3N 80 2PAAAXXYY N 64 N 80 (P N ) (P N ) 36 (2PXXYY N 3) (2P N 2) 47 PX = 24; PY = 8; NX = 28; NY = 8 A là Cr2O3. 16 2. a) Ta có: %mO = 23,43% 0,2343 x 1,066 công thức của oxit sắt (II) là Fe0,934O. 128 56x 11 b) Số đơn vị cấu trúc FeO trong một ô mạng cơ sở là: 8 6 4 82 + Thể tích 1 ô mạng cơ sở = a3 = (0,431.10-7)3 = 8.10-23 (cm3) 1cm3 có số ô mạng = 1,25.1022 (ô) = 4.1,25.1022 = 5.1022 phân tử FeO = 0,083 mol  Fe0,934 O 5,67 g/cm3. ĐS: 5,67 g/cm3. Câu II: 1. Dựa vào so sánh pH và khả năng dẫn điện suy ra: Tèt KÐm Tèt KÐm Tèt HCl CH3 COOH NH 4 Cl NH 3 Na 2 CO 3 pH 1,25 pH 3,01 pH 5,25 pH 11 pH 11,53 Do đó: X = NH4Cl; Y = Na2CO3; Z = CH3COOH; T = HCl; E = NH3. 2. Sơ đồ: CH3-CH2-OH → CH3COOH → (CH3COO)2Ca → CH3COCH3 → (CH3)2C(OH)-CN → (CH3)2C(OH)-COOH → CH2=C(CH3)-COOH→ CH2=C(CH3)-COOC2H5 → poli(etyl metacrylat) 3. Giải thích HCOOH C2H5OH CH3-O-CH3 C2H5F C3H8 Không có liên Không có liên Không có liên Có liên kết hiđro Có liên kết hiđro kết hiđro, phân kết hiđro, phân kết hiđro, không bền vững cực cực yếu phân cực Câu III: 1. a) Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì etanol được điều chế bằng cách lên men các sản phẩm sinh học như tinh bột, xenlulozơ theo các phản ứng sau: (C6H10O5)n → C6H12O6 → C2H5OH. b) Ta cần so sánh xem đốt cháy 1,0 kg etanol và 1,0 kg xăng truyền thống thì loại nào tiêu tốn oxi nhiều hơn: t0 C2 H 5 OH + 3O 2 2CO 2 + 3H 2O 13 kmol kmol 46 46 3 KL oxi = .32 2,087 kg < 3,22 kg. 46 + Xăng sinh học là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống vì hai lí do  Một là: Đốt cháy etanol cần lượng oxi tiêu thụ ít hơn xăng truyền thống mà năng lượng tỏa ra là tương đương.  Hai là: Etanol dễ dàng sản xuất với lượng qui mô không bị hạn chế như xăng dầu truyền thống. 2. Thủy ngân là chất lỏng, độc nếu dùng chổi quét thì không loại hết được thủy ngân cũng như không loại được tính độc của thủy ngân. + Khi rắc bột S vào chỗ có Hg thì Hg độc bị chuyển thành HgS không độc: Hg + S → HgS.
Na22 O O2 Na O HO 3. Ta có: Na N  2  2 NaOH 2 NH32 O Na3 N HO2 NaOH + Phần 1: NaOH + NaHSO4 → Na2SO4 + H2O + Phần 2: 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3NaCl; NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O Câu IV: 1.  Cách 1: Vì phần 2 phản ứng với brom nên trong Y không có hiđro dư. Sơ đồ C H : x mol C H 3 6 3 8 CO : (3x+3y) H 100% O2 2 C3 H 4 : y mol C 3 H 6  H2 O : (3x + 2y + z) H2 : z mol C 3 H 4 + Ta có số mol O2 = 4,5x + 4y + 0,5z = 4(x + y) + 0,5(x + z) (I) + KL dung dịch giảm = CaCO3 – CO2 – H2O = 100(3x + 3y) – 44(3x + 3y) – 18(3x + 2y + z) = 16,2 114x + 132y – 18z = 16,2 132(x + y) – 18(x+z) = 16,2 (II) + Bảo toàn số mol liên kết ta có: x + 2y = z + 0,1 2(x+y) – (x + z) = 0,1 (III) + Từ (II, III) (x + y) = 0,15 mol và (x + z) = 0,2 mol. Thay vào (I) O2 = 0,7 mol.  Cách 2: Dùng pp số đếm loại bỏ C3H6 ta có: CH C H : x mol38 CO : 3x 3 4H 100% O2 2  CH36  H22 : y mol H O : 2x + y CH34 = 2x = y + 0,1 và 100.3x – 44.3x – 18(2x+y) = 16,2 x = 0,15 và y = 0,2 mol O2 = 4x + 0,5y = 0,7 mol.  Cách 2: Dùng pp số đếm loại bỏ C3H4 ta có: C3 H 6 : x molH 100% C 3 H 8 O CO 2 : 3x   2 H2 : y mol C 3 H 6 H 2 O : 3x + y = x = y + 0,1 và 100.3x – 44.3x – 18(3x+y) = 16,2 x = 0,15 và y = 0,05 mol O2 = 4,5x + 0,5y = 0,7 mol. C : 0,57 mol CO2 : 0,57 mol 2. Sơ đồ đốt cháy X: H : 0,88 mol + O  2 H O : 0,44 mol (BTKL) 0,66 mol 2 O : 0,26 mol 11,88 gam 0,13 số mol COO = 0,13 mol 0,13 mol > số mol X > 0,065 mol (I) 2 + Mặt khác: 0,57 – 0,44 = nX( - 1) 0,13 = nX( - 1) (II) + Từ (I, II) 2 < < 3 không có este của phenol. + Do số mol COO = 0,13 mol nên số mol ancol đơn chức = 0,13 mol n 0,13 mol ancol  0,13 m 5,85 .2 5,98 gam ancol 2 Mancol = 46 = etanol (C2H5OH) COONa: 0,13 mol + Số mol NaOH = 0,31 mol số mol NaOH dư = 0,18 mol Y NaOH: 0,18 mol CaO 1 khÝ t0 0,09 mol C, H RCOONa: 0,05 mol RCOOC H : 0,05 mol Y gồm: Y R(COONa) : 0,04 mol CaO 1 khÝ X gồm: 25 2 t0 0,09 mol R'(COOC2 H 5 ) 2 : 0,04 mol NaOH: 0,18 mol 11,88 gam
R 27 C23 H C2 H 3 COOC 2 H 5 : 0,05 mol 5R + 4R’ = 239 R' 26 C22 H C2 H 2 (COOC 2 H 5 ) 2 : 0,04 mol 11,88 gam CH2 C(COOC 2 H 5 ) 2 + Ba este hai chức là đồng phân gồm: C2 H 5 OOC CH CH COOC 2 H 5 (cis, trans) + Tên este: đietyl metylen malonat; cis = đietyl maleat; trans = đietyl fumarat; Câu V: 1. Ta có: NO2 = 0,5 mol; O2 = 0,1 mol số mol NO2 gấp 5 lần số mol O2 (I) + Vì A là kim loại họ s, A(NO3)2 tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa nên khi nung ta có: t0 A(NO3)2  AO + 2NO2↑+ ½ O2↑ (1) + Nếu B là kim loại có hóa trị không đổi thì ta có: B(NO3)2 BO + 2NO2↑+ ½ O2↑ (2) Từ (1, 2) số mol NO2 gấp 4 lần số mol O2 loại vì trái với (I) B có nhiều hóa trị + Do hóa trị của kim loại ≤ 4 nên ta có hai trường hợp:  TH1: 2B(NO3)2 B2O3 + 4NO2↑+ ½ O2↑ (3) NO 2a 2b 0,5 a 0,15 mol 2 Đặt số mol: a = A(NO3)2; b = B(NO3)2 ab O2 0,1 24 b = 0,1 mol 0,15(A + 62.2) + 0,1(B + 62.2) = 38,55 0,15A + 0,1B = 7,55 không có nghiệm thỏa mãn  TH2: B(NO3)2 BO2 + 2NO2↑ (4) NO 2a 2b 0,5 a 0,2 mol 2 Đặt số mol: a = A(NO3)2; b = B(NO3)2 a O2 0,1 2 b = 0,05 mol A 24(Mg) 0,2(A + 62.2) + 0,05(B + 62.2) = 38,55 0,2A + 0,05B = 7,55 nghiệm B 55(Mn) + Vậy hai muối là Mg(NO3)2 = 76,8%; Mn(NO3)2 = 23,2%. BT electron 2. MB = 45,6 hai khí là CO2 = x mol và NO2 = 4x mol  FeCO3 = x mol; FeS2 = 0,2x. x 4x CO22 NO FeCO : x mol + Sơ đồ: 3 + HNO  Fe3 : 1,2x 3 2 FeS2 : 0,2x mol Ba : 0,108 t0 Fe23 O : 0,6x SO2 : 0,4x +    4 BaSO : 0,4x OH : 0,216 4 H 7,568 gam FeCO3 : 0,04 mol + Dựa vào kết tủa x = 0,04 mol A gồm: FeS2 : 0,08 mol + BT dien tich - BT nito + Số mol H dư = 0,072 mol  NO3 trong C = 0,184 mol  ` HNO3 ban đầu = 0,344 mol V = 23,89 ml. Câu VI: 1. Phản ứng xảy ra: -3 + NaOH + Đầu tiên: N + 3H + HCl → NH4Cl  NH3↑ (1) + Sau đó: + + NH3 + H → NH4 (2) - - + 5I + IO3 + 6H → 3I2 + H2O (3) I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 (4) + Số mol Na2S2O3 = 0,014.8 = 0,112 mmol. Từ (4) số mol I2 = 0,056 (mmol)
+ Từ (2) H+ dư = 0,112 (mmol) H+ tham gia phản ứng (2) = 15.2.0,005 – 0,112 = 0,038 (mmol). 3- Số mol N = số mol NH3 = 0,038 (mmol) %mN = 0,01064% 2. Công thức dạng cis: CH CH CH 2 2 CH2 2 C C C C CH 3 H CH3 H Công thức dạng trans: CH3 CH H 2 CH2 C C C C CH2 H CH3 CH2 Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Hóa học - Ngày thi: 15/9/2017 (Đề thi có 02 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Câu I(4,0 điểm ): 1. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử nguyên tố X có lớp electron ngoài cùng là lớp L chứa 2e độc thân và không còn obitan trống. Trong nguyên tử của nguyên tố Y có tổng số electron thuộc các phân lớp p là 11. a) Viết cấu hình e và xác định vị trí của X, Y trong BTH. b) Viết công thức hóa học của tất cả các hợp chất tạo bởi ba nguyên tố X, Y và hiđro. So sánh tính axit của hợp chất này. Giải thích tại sao? 2. a) So sánh khả năng hoạt động của photpho đỏ và photpho trắng. Nêu thí nghiệm chứng minh khả năng bốc cháy khác nhau trong không khí của photpho đỏ và photpho trắng: mô tả thí nghiệm và giải thích hiện tượng xảy ra và viết phản ứng? b) Nguyên tố M phổ biến thức hai trong oxi, chiếm gần 29,5% khối lượng vỏ Trái Đất. Trong tự nhiên, chỉ gặp M dưới dạng hợp chất. Nguyên tố M còn có trong cơ thể động vật, thực vật với lượng nhỏ và có vai trò đáng kể trong hoạt động sống của thế giới hữu sinh. M siêu tinh khiết được dùng trong kĩ thuật vô tuyến và điện tử. Cho biết tên nguyên tố M và viết phản ứng điều chế đơn chất M trong phòng thí nghiệm và trong công nghiệp. c) Trong số 20 hóa chất được sản xuất nhiều nhất thì: axit sunfuric đứng đầu, etilen đứng thứ 4, propilen đứng thứ 9, clo xếp thứ 10 Hãy nêu lí do làm cho etilen và proppilen chiếm vị trí cao như vậy, dùng những phản ứng chứng minh cho ý kiến của mình. 3. Các nguyên tố X, Y đều thuộc nhóm A, đều tạo ra hợp chất với hiđro có dạng RH (R là kí hiệu của X hoặc Y). Gọi X1, Y1 lần lượt là hiđroxit tương ứng với hoát trị cao nhất của X và Y. Nguyên tố Y chiếm 35,323 khối lượng trong Y1. Để trung hòa 50 gam dung dịch X1 nồng độ 16,8% cần 150 ml dd Y1 nồng độ 1M. a) Tìm X, Y? b) Biết X có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm khối. Tính mật độ sắp xếp tương đối trong tinh thể X? Câu II(3,0 điểm ): 1. Khối lượng riêng của nhôm clorua khan (trạng thái hơi, đều ở áp suất khí quyển) đo ở 2000C và 8000C lần lượt là 6,884 g/dm3 và 1,517 g/dm3. a) Xác định phân tử khối của nhôm clorua ở các nhiệt độ trên? b) Viết CTCT của nhôm clorua ở mỗi nhiệt độ trên. 2. Chọn chất phù hợp, viết phản ứng theo sơ đồ sau: 0 +2 (4) +5 (5) (6) N N N 0 (1) -3 (2) +2 (3) +4 N N N N +3 +5 (7) (8) N N Câu III(4,0 điểm ): 1. Chất hữu cơ X mạch hở có công thức C5H6O4 thỏa mãn các phản ứng sau: (1): (X) + NaOH  (A) + (B) + (C); (2): (A) + H2SO4 (A1) + Na2SO4; (3): (A1) + [Ag(NH3)2]OH Ag + .; (4): (C) + [Ag(NH3)2]OH C1 + Ag + .; CaO, t0 (5): (A) + NaOH  (A2) + (A3); (6): (B) + NaOH (B1) + (A3); (7): (A2) + (C) (C2); (8): (C1) + HCl (C3) + NH4Cl;
(9): (C2) +  (C3) + (10): (B1) +  (C3) Biết A1; B1; C; C2; C3 đều là các chất hữu cơ chứa C, H, O và đều đơn chức, mạch hở. Viết các pư xảy ra? 2. Từ propen và các chất vô cần thiết có thể điều chế axit 2,5-đimetyl hexanđioic theo sơ đồ sau: (1) (2) (3) (4) (5) (6) C3H6  A  B  C6H12Br2  D  C8H12O4Mg2Br2  2,5-đimetyl hexanđioic Biết A, B, D là chất hữu cơ khác nhau. Viết phản ứng xảy ra. 3. Viết phản ứng theo sơ đồ: +HCHO +H2O X1 X2 (2) (3) +Mg/ete +CH3COCH3 +H2O Etyl bromua A Y1 Y2 (1) (4) (5) +CO2 +H2O Z1 Z2 (6) (7) Câu IV(3,0 điểm ): 1. Cho m gam hh X gồm Ba, BaO, Al vào nước dư, sau phản ứng thu được 3,024 lít hiđro (đktc), dd Y và 0,54 gam chất rắn không tan. Cho từ từ 110 ml dung dịch HCl 1M vào phần dung dịch Y thu được 5,46 gam kết tủa. Viết phản ứng và tính m? 2. Nung hỗn hợp X gồm m gam Al và một oxit sắt ở nhiệt độ cao (không có oxi) đến phản ứng hoàn toàn, thu được 9,93 gam hỗn hợp Y. Chia Y làm hai phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 0,4032 lít hiđro (đktc), phần 2 tác dụng vừa đủ với 306 ml dd HCl 1M thu được 1,8144 lít hiđro. Tìm công thức của oxit sắt và tính m? Câu V(4,0 điểm ): 1. Axit polilactic (PLA) là một polime tương hợp sinh học quan trong. Một đặc điểm hấp dẫn của PLA là khả năng phân rã sinh học. PLA được dùng trong y học để ghép cấy và kiểm soát sự phân bố thuốc trong cơ thể. Có thể thu được PLA cao phân tử từ axit lactic hoặc đilacton vòng của nó (A). a) Viết phản ứng tạo thành tetrame của PLA từ axit lactic. b) Viết phản ứng tạo thành tetrame của PLA từ lactron vòng (A). 2. Hỗn hợp X gồm hai chất A, B là đồng phân của nhau chứa C, H, O; mỗi chất chỉ chứa một nhóm chức, đều có pư với dung dịch NaOH. Khi cho 25,8 gam hh X pư vừa đủ với 300 ml dd NaOH 1M thu được hh Y. a) Tìm CTPT của A, B. b) Chia hh Y thành hai phần bằng nhau. Phần một cho pư hết với lượng dư AgNO3/NH3 đun nóng thu được 43,2 gam Ag. Phần hai đem cô cạn thu được 13,1 gam hh muối khan. Xác định công thức cấu tạo phù hợp của A, B và tính khối lượng mỗi chất trong 25,8 gam X. Câu VI(2,0 điểm ): Hỗn hợp X gòm Fe, Fe2O3, Fe3O4, Cu, CuO và kim loại M (M có hóa trị không đổi). Trong X có số nguyên tử oxi gấp hai lần số nguyên tử kim loại M; tổng số các nguyên tử kim loại bằng 11/6 số nguyên tử oxi. Hòa tan hoàn toàn 23,13 gam X trong dd HNO3 loãng dư thấy có 0,9 mol HNO3 phản ứng. Sau pư thu được dd Y chứa 71,01 gam hỗn hợp muối và sinh ra 1,344 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tìm M và tính khối lượng mỗi muối có trong Y. Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐÁP ÁN Môn thi: Hóa học Câu I. 1. a) + Lớp L là lớp thứ 2, theo giả thiết X có cấu hình e là: 1s22s22p4 X là oxi (ô số 8, chu kì 2, nhóm VIA) + Y có cấu hình e: 1s22s22p63s23p5 Y là clo(ô số 17, chu kì 3, nhóm VIIA). b) Các hợp chất: HClO; HClO2; HClO3; HClO4. So sánh tính axit: HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4. + Giải thích: tính axit tỉ lệ thuận với khả năng tách H+ ra khỏi axit; từ Cl+1 → Cl+3 → Cl+5 → Cl+7 điện tích dương tăng dần khả năng tách H+ tăng dần lực axit tăng dần. Cụ thể: HClO (axit rất yếu) < HClO2 (axit trung bình) < HClO3 (axit mạnh) < HClO4 (axit rất mạnh). 2. a) Khả năng hoạt động của photpho đỏ kém photpho trắng vì photpho đỏ có cấu trúc polime bền vững còn photpho trắng có cấu trúc phân tử kém bền. + Mô tả thí nghiệm chứng minh photpho đỏ hoạt động kém photpho trắng. Photpho tr¾ng khãi Photpho ®á Thanh s¾t  Cho một mẩu photpho trắng và đỏ lên hai đầu của một thanh sắt.  Dùng đèn cồn đốt nóng đầu chứa photpho đỏ + Hiện tượng: photpho trắng cháy trước photpho đỏ. + Giải thích: Mặc dù photpho trắng tiếp xúc với nhiệt độ thấp hơn nhưng lại bị cháy trước là do photpho trắng hoạt động mạnh hơn photpho đỏ. b) Nguyên tố M là silic. Phản ứng điều chế t0 + Trong phòng thí nghiệm: SiO2 + 2Mg  2MgO + Si (không dùng Mg dư vì 2Mg + Si → Mg2Si) t0 + Trong công nghiệp: SiO2 + C  Si + CO c) Lí do do làm cho etilen và proppilen chiếm vị trí cao là vì từ hai chất trên điều chế nhiều polime quan trọng. Cụ thể là:  Polietilen (PE): Polietilen được dùng làm áo đi mưa, khăn trải bàn, túi đựng . t0, xt, p n CH2 CH2 CH2 CH2 n Etilen Polietilen = PE  Poli(vinyl clorua) (PVC): PVC được dùng làm ống dẫn nước, vỏ dây điện, da giả (cặp da, giày da, áo da .) 0 Cl2 500 CH2 CH 2  CH 2 Cl CH 2 Cl  CH 2 CH Cl t0, xt, p n CH2 CH CH2 CH Cl Cl n Vinyl clorua Poli(vinyl clorua) = PVC  Polipropilen (PP): PP được sử dụng làm bao bì (bao tải) đựng phân bón, lúa gạo, thức ăn chăn nuôi
t0, xt, p n CH2 CH CH2 CH n CH3 CH3 Propilen Polipropilen 3. + Tìm Y: Y  TH1: Y thuộc nhóm IA Y1 là YOH 0,35323 Y = 9,28 loại Y 17 Y  TH2: Y thuộc nhóm VIA Y1 là HYO4 0,35323 Y = 35,5 (clo) Y 65 + Tìm tiếp được X là Kali. b) Hình vẽ lập phương tâm khối dạng rỗng và đặc: + Gọi R là bán kính của nguyên tử kim loại; a là cạnh của hình lập phương. + Số quả cầu(số nguyên tử kim loại) trong một lập phương(ô cơ sở) = 1 + 8. 1/8 = 2. + Dựa vào hình vẽ ta có: 4R = a 3 (1) 4 + Thể tích 1 nguyên tử = R 3 3 + Thể tích hình lập phương = a3. + Vì một hình lập phương có 2 nguyên tử nên 4 2. R 3 V2n nguyª tö 3 Độ đặc khít = %Vkim loại = 3 (2) Vah×nh lËp ph¬ ng + Từ (1, 2) độ đặc khít ≈ 68%. Câu II. 1. Chọn thể tích nhôm clorua = 1dm3 = 1 lít; áp suất khí quyển = 1,0 atm. + Công thức phân tử của nhôm clorua có dạng (AlCl3)n. 1.1 6,884  Ở 2000C: số mol nhôm clorua = 0,02578 M 267 0,082.(273 200) 0,02578 (AlCl3)n = 267 n = 2 nhôm clorua có công thức phân tử là (AlCl3)2 (dạng đime) hay Al2Cl6. 1.1 1,517  Ở 8000C: số mol nhôm clorua = 0,011365 M 133,5 0,082.(273 800) 0,011365 (AlCl3)n = 133,5 n = 1 nhôm clorua có công thức phân tử là AlCl3 b) + CTCT Al2Cl6: Cl Cl Cl Al Al Cl Cl Cl + CTCT AlCl3: Cl Cl Al Cl
2. Các pư xảy ra: xt, t0 (1): N2 + 3H2  2NH3 Pt, 8000 C (2): 4NH3 + 5O2  4NO + 6H2O (3): NO + ½ O2  NO2 (4): 4NO2 + O2 + 2H2O HNO3 (5): 5Mg + 12HNO3 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O (6): N2 + O2 2NO L¯m l¹nh (7): NO2 + NO  N2O3 (N2O3 là chất rắn, màu xanh, chỉ bền ở nhiệt độ thấp) (8): 3N2O3 + H2O 2HNO3 + 4NO Câu III. 1. Phản ứng xảy ra: t0 (1): HCOO-CH2-COO-CH=CH2 + NaOH  HCOONa (A) + HO-CH2-COONa (B) + CH3CHO (C); (2): 2HCOONa (A) + H2SO4  2HCOOH (A1) + Na2SO4; (3): HCOOH (A1) + 2[Ag(NH3)2]OH 2Ag + (NH4)2CO3 + 2NH3 + H2O (4): CH3CHO (C) + 2[Ag(NH3)2]OH CH3COONH4 (C1) + 2Ag + 3NH3 + H2O CaO, t0 (5): HCOONa (A) + NaOH  H2 (A2) + Na2CO3 (A3); (6): HO-CH2-COONa (B) + NaOH CH3OH (B1) + Na2CO3 (A3); Ni, t0 (7): H2 (A2) + CH3CHO (C)  CH3CH2OH (C2) (8): CH3COONH4 (C1) + HCl  CH3COOH (C3) + NH4Cl; men giÊm (9): CH3CH2OH (C2) + O2  CH3COOH (C3) + H2O xt, t0 (10): CH3OH + CO  CH3COOH (C3). 2. CH -CH=CH  Cl2 CH =CH-CH -Cl Na CH =CH-CH -CH -CH=CH  HBr 3 2 4500 C 2 2  2 2 2 2 Mg/ete CO2 CH3-CHBr-CH2-CH2-CHBr-CH3  CH3-CHMgBr-CH2-CH2-CHMgBr-CH3  HO2 CH3-CH(COOMgBr)-CH2-CH2-CH(COOMgBr)-CH3  CH3-CH(COOH)-CH2-CH2-CH(COOH)- CH3 ete 3. (1): C2H5Br + Mg  C2H5MgBr (2): C2H5MgBr + HCHO  C2H5CH2OMgBr (3): C2H5CH2OMgBr + H2O C2H5CH2OH + Mg(OH)Br (4): C2H5MgBr + CH3COCH3 C2H5C(CH3)2OMgBr (5): C2H5C(CH3)2OMgBr + H2O C2H5C(CH3)2OH + Mg(OH)Br (6): C2H5MgBr + CO2  C2H5COOMgBr (7): C2H5COOMgBr + H2O C2H5COOH + Mg(OH)Br. + - Câu IV. 1. Số mol Al(OH)3 = 0,07 mol. Số mol H = 0,11 mol AlO2 = 0,08 mol Al ban đầu = 0,1 mol; Ba = 0,04 mol  BT e O = 0,025 mol m = 8,58 gam. 2. Vì phần 1 pư với dd NaOH dư tạo ra H2 Y chứa Al dư. Qui đổi X hoặc Y thành: Al, Fe, O. Al : a mol BT electron 0,4032 + Phần 1: Fe : b mol  3a 2c .2 0,036 (I) 22,4 O : c mol Al : ka mol BT e: 3ka + 2kb - 2kc = 0,081.2 (II) + Phần 2: Fe : kb mol BT hidro : 2kc 0,081.2 0,306 (III) O : kc mol
+ Mặt khác ta có: phần 1 + phần 2 = 9,93 gam (k + 1)(27a + 56b + 16c) = 9,93 (IV) a 0,044 mol b 0,036 mol + Giải (I, II, III, IV) được nghiệm là Oxit sắt là Fe3O4 c 0,048 mol k = 1,5 Câu V. 1. a) Phản ứng tạo PLA từ axit lactic: xt, t0 4CH3-CH(OH)-COOH  HO-CH(CH3)-COO-CH(CH3)-COO-CH(CH3)-COO-CH(CH3)-COOH + 3H2O b) Phản ứng tạo PLA từ axit đilacton vòng: 2CH3-CH(COO)2CH-CH3 + H2O  HO-CH(CH3)-COO-CH(CH3)-COO-CH(CH3)-COO-CH(CH3)-COOH 2. a) vì A, B đơn chức tác dụng với NaOH nên A, B là axit, este hoặc phenol.  Nếu X phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 1 MX = 25,8/0,3 = 86 C4H6O2 là công thức phù hợp.  Nếu X phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2 MX = 28,5/0,15 = 190 không có công thức phù hợp. b) ½ X có số mol = 0,15 mol; số mol Ag = 0,4 mol có este HCOO-CH=CH-CH3 (tạo 4Ag). + Gọi HCOOCH=CH-CH3 là este 1. Este còn lại là este 2.  TH1: Cả hai este đều tạo sản phẩm tráng gương. Do tạo hỗn hợp muối khan nên este còn lại là CH3COOCH=CH2. HCOOCH=CH-CH3 : a mol a b 0,15 a 0,05 mol CH32 COOCH=CH : b mol 4a 2b 0,4 b = 0,10 mol KL muối = 0,05.68 + 0,1.82 = 11,6 gam loại.  TH2: Este còn lại không tráng gương. Do tạo hỗn hợp muối khan nên este còn lại là C2H3COOCH3 hoặc este vòng (CH2)3COO HCOOCH=CH-CH3 : a mol a b 0,15 a 0,10 mol este 2: b mol 4a 0,4 b = 0,05 mol KL muối = 0,1.68 + 0,05.Mmuối = 13,1 Mmuối = 126 muối là HO-(CH2)3-COONa este còn lại là este vòng (CH3)3COO. Câu VI: + Gọi x là số mol Oxi, y là số mol NH4NO3 HNO3 = 2x + 10y + 0,06.4 = 0,9 (I) + KL kim loại = (23,13 – 16x) gam - + Số mol NO3 tạo muối với kim loại = 0,9 – 2y – 0,06 = (0,84 – 2y) mol KL muối = (23,13 – 16x) + 80y + 62(0,84 – 2y) = 71,01 (II) + Giải (I, II) được: x = 0,18 mol; y = 0,03 mol. + Từ kết quả trên ta có: 11 Fe : a mol a b 0,09 .0,18 6 Cu : b mol 56a 64b 0,09.M 16.0,18 23,13 M : 0,09 mol 3a 2b 0,09n 0,18.2 0,03.8 0,06.3 (BT e) O : 0,18 mol  Với n = 1 a = 0,21 mol; b = 0,03 mol; M = 73  Với n = 2 a = 0,12 mol; b = 0,12 mol; M = 65 (Zn)  Với n = 3 a = 0,03 mol; b = 0,21 mol; M = 57 + Vậy M là Z, muối trong Y gồm: Fe(NO3)3 = 0,12 mol (29,04 gam); Cu(NO3)2 = 0,12 mol (22,56 gam); Zn(NO3)2 = 0,09 mol (17,01 gam); NH4NO3 = 0,03 mol (2,4 gam). Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Hóa học - Ngày thi: 14/09/2016 (Đề thi có 02 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Câu I(3,0 điểm): 1. Phân tử A có công thức X4YnZm (với n + m = 5). Tổng số hạt mang điện trong một phân tử A là 84. Trong phân tử A, nguyên tố X có số hiệu nguyên tử nhỏ nhất, X là phi kim; nguyên tố Z liền sau nguyên tố Y trong 1 chu kì. a) Xác định X, Y, Z, A? b) Cho biết ứng dụng của A trong thực tiễn. Viết pư điều chế A từ hai muối tương ứng? 2. Phản ứng thuận nghịch ở pha khí: 2SO2 + O2 2SO3 được thực hiện trong bình A thể tích 3,0 lít. 0 a) Cho vào bình A một hh gồm 0,2 mol SO3 và 0,15 mol SO2. Khi cân bằng được thiết lập ở 25 C và áp suất chung của hệ là 3,2 atm. Tính %V của oxi trong hh ở trạng thái cân bằng. 0 b) Cũng ở 25 C, nếu chỉ cho vào bình A một lượng khí SO3. Ở trạng thái cần bằng thấy có 0,105 mol oxi. Tính hàm lượng SO3 bị phân hủy, xác định %V mỗi khí ở trạng thái cân bằng và tính áp suất chung của hệ. 3. Khi cắm hoa tươi, để hoa được tươi lâu người ta thêm một sợi dây đồng đã cạo sạch vào trong nước của bình cắm hoa. Hãy giải thích cách làm trên? Câu II(3,0 điểm): 1. Đốt cháy 3,36 gam hh gồm 6 hiđrocacbon A, B, D, E, F, G có cùng CTPT (đều là chất khí ở đkt). Đem toàn bộ sp cháy hấp thụ hết vào bình đựng dd Ba(OH)2 thu được 39,4 gam kết tủa và thấy khối lượng dd giảm 24,52 gam. Khi cho từng chất vào dung dịch brom trong CCl4 thì thấy A, B, D, E tác dụng rất nhanh, F tác dụng chậm hơn, G hầu như không tác dụng. B và D là những đồng phân hình học. 0 Khi cho A, B hoặc D tác dụng với H2 (Ni, t ) đều cho cùng một sản phẩm. Biết nhiệt độ sôi của B cao hơn D. Tìm A, B, D, E, F, G. 0 2. Khi điều chế khí etilen bằng cách đun nóng ở 170 C hỗn hợp etanol và H2SO4 đặc ta được khí X. Cho sản phẩm khí đi qua dung dịch KMnO4 thì không thấy có kết tủa MnO2. Nếu cho etilen nguyên chất vào dung dịch KMnO4 thì có kết tủa nâu đen của MnO2. a) Giải thích hiện tượng trên? b) Để loại bỏ tạp chất trong X ta phải cho X qua dung dịch nào sau đây: KMnO4; KOH; Br2; Na2CO3; BaCl2. Giải thích. Câu III(4,0 điểm): 1. Hoàn thành phản ứng sau và cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron: a) Cu2FeS3 + HNO3 → CuSO4 + Cu(NO3)2 + Fe2(SO4)3 + N2O + b) FeCl2 + PbO2 + H2SO4 → c) MnO(OH)2 + H2O2 + H2SO4 → MnSO4 + . d) KMnO4 + Na2SO3 + KOH → e) CuO + → N2 + + 2. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Mg, Fe, FeCO3, Cu(NO3)2 vào dd chứa H2SO4 loãng và 0,045 mol 3+ NaNO3, thu được dd Y chỉ chứa 62,605 gam hỗn hợp muối trung hòa (không chứa Fe ) và 6,08 gam hh khí Z (gồm N2, NO, CO2 và 0,02 mol H2). Cho dung dịch Y pư vừa đủ với 865 ml dung dịch NaOH 1M thu được 31,72 gam kết tủa. Mặt khác cho BaCl2 vừa đủ vào Y rồi thêm tiếp AgNO3 dư vào thì tổng kết tủa thu được là 256,04 gam. Tính %KL các chất trong X? Câu IV(4,0 điểm): 1. Oxi hóa một ancol X đơn chức bậc I bằng CuO ở nhiệt độ cao thu được hh khí Y gồm anđehit, hơi nước và ancol dư. Chia Y thành ba phần bằng nhau: + Phần 1 cho pư với Na dư được 0,25 mol hiđro. + Phần 2 phản ứng với [Ag(NH3)2]OH dư được 64,8 gam Ag + Đốt cháy phần 3 thu được 1,5 mol CO2 và 1,5 mol H2O.
Tìm X và hiệu suất oxi hóa ancol X? 2. Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức đều mạch hở tạo thành từ cùng một ancol B với ba axit hữu cơ, trong đó có hai axit no là đồng đẳng liên tiếp và một axit không no, mạch nhánh và chứa một liên kết đôi. Xà phòng hóa hoàn toàn m gam A bằng dd NaOH thu được hh muối và p gam ancol B. Cho p gam B vào bình đựng Na dư thu được 0,1 mol hiđro và khối lượng bình đựng natri tăng 6,2 gam. Mặt khác đốt cháy m gam A thu được 0,6 mol CO2 và 0,55 mol H2O. Tìm m và CTCT mỗi este. Câu V(3,0 điểm): 1. Hòa tan hết 28,4 gam hh X gồm K, K2O, Ba, BaO vào nước thu được 500 ml dd Y chứa 0,15 mol Ba(OH)2 và 0,1 mol hiđro. Dẫn 0,35 mol CO2 vào Y thu được m gam kết tủa và dd Z. Tính m và nồng độ mol/l của chất tan trong Z biết thể tích dd không đổi. 2. Đốt cháy 4,96 gam đơn chức X (là chất rắn màu đỏ) trong clo thu được 29,1 gam hh Y gồm hai chất rắn. Hòa tan hoàn thoàn Y vào nước thu được dung dịch Y chứa 3 chất tan. Lấy ½ Z pư với 600 ml dd NaOH 1M rồi cô cạn dd sau pư thu được m gam chất rắn khan. Viết pư và tính m? Câu VI(3,0 điểm): 1. X và Y là hai axit hữu cơ đơn chức liên tiếp (MX < MY). Trộn X và Y theo tỉ lệ mol 1 : 1 thu được hh A. Ancol Z no, mạch hở và có số nguyên tử cacbon bằng số cacbon trong Z. Trộn Z vào hh A được hhB. Đốt 0 cháy 0,34 mol B cần vừa đủ 1,42 mol oxi tạo thành 53,312 lít (273 C và 2atm) hh gồm CO2 và hơi nước có tổng khối lượng là 72,48 gam. a) Tìm CTCT của X, Y, Z. b) Tính khối lượng este tạo thành khi đun 0,34 mol hh B với xt H2SO4 đặc biết hiệu suất pư este hóa là 75%, các este tạo thành đều thuần chức và có số mol bằng nhau. 2. Tiến hành pư nhiệt nhôm hoàn toàn hh X gồm Al và FexOy trong điều kiện không có oxi thu được hh rắn B. Cho B pư với dd NaOH dư được dd C, phần không tan D và 0,03 mol hiđro. Cho D pư với H2SO4 đặc nóng thu được dd E chỉ chứa một muối sắt duy nhất và 2,688 lít SO2 ở đktc là sản phẩm duy nhất. Cho từ từ HCl vào C đến khi thu được kết tủa lớn nhất rồi lọc đem nung đến khối lượng không đổi được 5,1 gam chất rắn. Tìm FexOy? Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐÁP ÁN Môn thi: Hóa học 42 42 Câu I. 1. + Số propton trong A = 84 : 2 = 42 số proton trung bình = 4,67 4 n m 9 X l¯ phi kim PX < 4,67  X là hiđro (H) A có dạng: H4YnZm n m 5 + Vì Z liền sau Y trong 1 chu kì nên: 4 n.PYY m(P 1) 42 ta có bảng Giá trị của n 1 2 3 4 Giá trị của m 4 3 2 1 Giá trị của PY 6,8 7 7,2 7,4 nghiệm phù hợp là: n = 2; m = 3; PY = 7; PZ = 8 A là H4N2O3 hay NH4NO3. b) Ứng dụng của A: làm phân bón; điều chế khí cười. Điều chế A: AgNO3 + NH4Cl → AgCl↓ + NH4NO3. 3,2.3 2. a) Số mol ban đầu = 0,35 mol; số mol sau phản ứng = 0,393 mol 0,082.298 + Ta thấy số mol khí tăng nên cân bằng chuyển dịch sang chiều thuận. + Phản ứng: 2SO2 + O 2 2SO 3 b®: 0,15 0 0,2 p: 2x x -2x cb: 0,15+2x x 0,2-2x 0,043 0,15 + 2x + x + 0,2 – 2x = 0,393 x = 0,043 mol %VOXI = .100% = 10,94%. 0,393 2 0,15 2x x . 33 + Tính KC: KC = 2 0,0614 0,2 2x 3 b) Ta có: 2SO2 + O 2 2SO 3 b®: 0 0 2a p: 0,21 0,105 -0,21 cb: 0,21 0,105 2a-0,21 2 0,21 0,105 . 33 KC = 2 0,0614 a = 0,184 %SO3 bị phân hủy = 57%. 2a 0,21 3 + Phần trăm mỗi khí: SO2 = 44,4%; O2 = 22,2%; SO3 = 33,4%. Áp suất chung = 3,85 atm. 3. Ion Cu2+ có tác dụng diệt khuẩn, đặc biệt là vi khuẩn gây thối rữa. Khi cho dây đồng vào bình nước cắm hoa thì sẽ có 1 lượng nhỏ ion Cu2+ phân tán vào nước làm cho các cuống hoa đỡ bị thối do đó đỡ làm tắc các mao quản dẫn nước lên hoa sẽ tươi lâu hơn. Câu II. 1. Ta có tổng khối lượng (CO2 + H2O) = 39,4 – 24,52 = 14,88 gam. CO2 x mol 44x 18y 14,88 x 0,24 mol + Đặt tỉ lệ C : H = 0,24 : 0,48 = 1 : 2 H2 O y mol 12x 2y 3,36 y = 0,24 mol
6 chất đều có CTPT là (CH2)n. + Do là chất khí nên n ≤ 4  n = 2, 3, 4 Do có 6 đồng phân chỉ có n = 4 thỏa mãn. + Vậy A = but-1-en; B = cis-but-2-en; D = trans-but-2-en; D = isobutilen; F = metyl xiclopropan; G = xiclobutan. + Chú ý: qui luật chung Nhiệt độ sôi Nhiệt độ nóng chảy Đồng phân cis Cao Thấp Đồng phân trans Thấp Cao 0 2. a) Khi đun nóng ở 170 C hỗn hợp etanol và H2SO4 đặc ta có các phản ứng:  H24 SO  Phản ứng chính: C2H5OH 1700 C CH2=CH2 + H2O  Phản ứng phụ: t0 C2H5OH + 2H2SO4  2C + 2SO2 + 5H2O C2H5OH + 6H2SO4 2CO2 + 6SO2 + 9H2O Hỗn hợp khí X gồm: C2H4, SO2, CO2. + Khi cho X vào dd KMnO4 thì đầu tiên xảy ra pư: 2KMnO4 + 5SO2 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 dung dịch sau phản ứng trên sẽ có môi trường axit không tạo ra MnO2. b) Để loại bỏ CO2, SO2 ta phải cho X đi qua chất hấp thụ được CO2 và SO2 mà không phản ứng với C2H4 ta phải chọn: KOH các phản ứng + Ta không chọn KMnO4, Br2, Na2CO3 và BaCl2 vì:  KMnO4, Br2 hấp thụ cả SO2 và C2H4. Phản ứng:  Na2CO3 có phản ứng: Câu III. 1. a) 8Cu2FeS3 + 58HNO3 → 12CuSO4 + 4Cu(NO3)2 + 4Fe2(SO4)3 + 25N2O + 29H2O 8x Cu FeS + 2e 2Cu 2 + Fe 3 3S 6 25e 23 51 25x 2N + 8e 2N b) 2FeCl2 + 3PbO2 + 6H2SO4 → 1Fe2(SO4)3 + 3Cl2 + 3PbSO4 + 6H2O 3x Pb 42 + 2e Pb 3 2x FeCl22 Fe + Cl + 3e c) 1MnO(OH)2 + 1H2O2 + 1H2SO4 → 1MnSO4 + 3H2O + 1O2 1x Mn 42 + 2e Mn 10 1x 2O O2 + 2e d) 2KMnO4 + 1Na2SO3 + 2KOH → 2K2MnO4 + 1Na2SO4 + H2O 2x Mn 76 + 1e Mn 46 1x S S + 2e t0 e) 3CuO + 2NH3  N2 + 2Cu + 3H2O 3x Cu 2 + 2e Cu 30 2x N N + 3e
0,02 mol N22 , NO, CO , H2 6,08 gam Mg Na : 0,045 Mg2 Fe H24 SO 2. Sơ đồ: +  Fe2 FeCO3 NaNO3 : 0,045 2 Cu(NO)3 2 Cu NH 4 2 SO4 62,605 gam 2- + Số mol SO4 = (0,865 + 0,045):2 = 0,455 mol Số mol BaCl2 = 0,455 mol BaSO4 : 0,455 mol 2+ tổng kết tủa = AgCl : 0,91 mol nAg 0,18 mol số mol Fe = 0,18 mol. Ag: ? mol 256,04 gam 2+ 2+ + + Đặt số mol Mg = a mol; Cu = b mol; NH4 = c mol ta có: Mg : 0,2 mol 2a 2b c 0,505 (BT dien tich) a 0,2 mol Fe 24a 64b 18c 7,81 b 0,04 mol ban đầu có: FeCO 58a 90.0,18 98b 31,72 c 0,025 mol 3 Cu(NO32 ) : 0,04 mol + Đặt số mol N2 = x mol; NO = y mol và CO2 = z mol FeCO3 = z mol Fe = (0,18-z) mol + Bảo toàn nitơ 2x + y = 0,1 (I) + Dựa vào khối lượng khí 28x + 30y + 44z = 6,04 (II) + Bảo toàn e ta có: 2.0,2 + 2(0,18-z) = 10x + 3y + 0,02.2 + 0,025.8 (III) + Từ (I, II, III) x = 0,015 mol; y = 0,07 mol; z = 0,08 mol. + Vậy %KL của Mg = 17,65%; Fe = 20,59%; FeCO3 = 34,12%; Cu(NO3)2 = 27,65%. Câu IV. 1. Đốt cháy X và Y là như nhau đều tạo ra số mol CO2 = H2O = 1,5 mol X có dạng CnH2nO + Dựa vào phần 2: Ag = 0,6 mol Anđehit = H2O = 0,3 mol. + Dựa vào phần 1 Ancol trong phần 1 = 0,2 mol 1/3 ancol ban đầu = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol. n CO2 1,5 số cacbon của X = 3 X là CH2=CH-CH2-OH (H = 60%) nX 0,5 2. Dựa vào phản ứng với Na ancol B là CH3OH (0,2 mol). Dùng đồng đẳng hóa ta có: HCOOCH3 : a mol a b 0,2 a 0,15 mol C3 H 5 COOCH 3 : b mol 2a 5b c 0,6 b 0,05 mol CH2 : c mol 2a 4b c 0,55 c 0,05 mol + Ghép kết quả trên ta có: HCOOCH33 : 0,15 mol HCOOCH : 0,10 mol C3 H 5 COOCH 3 : 0,05 mol CH 3 COOCH 3 : 0,05 mol m = 14,7 gam. CH2 : 0,05 mol C 3 H 5 COOCH 3 : 0,05 mol K : x mol 39x 137y 16z 28,4 x 0,15 mol Câu V. 1. Ta có Ba : y mol Ba y 0,15 y 0,15 mol O : z mol BT e: x + 2y - 2z 0,2 z 0,125 mol
K : 0,15 mol BaCO3 : 0,1 mol 2 CO2 Dung dịch Y gồm: Ba : 0,15 mol 0,35 mol Ba(HCO32 ) : 0,05 mol KHCO : 0,15 mol OH : 0,45 mol 3 ĐS: m = 19,7 gam; [Ba(HCO3)2] = 0,1M và [KHCO3] = 0,3M. HCl : 0,68 mol PCl : 0,06 mol 3 HO2 2. Sơ đồ: P : 0,16 mol + Cl2  H 3 PO 3 : 0,06 mol PCl5 : 0,10 mol H34 PO : 0,10 mol + Khi cho ½ Z pư với 0,3 mol NaOH ta có: NaCl : 0,34 mol HCl : 0,34 mol Na23 HPO : 0,03 mol H33 PO : 0,03 mol + NaOH: 0,6 mol  Na34 PO : 0,05 mol H34 PO : 0,05 mol NaOH: 0,05 mol m = 33,87 gam. Câu VI. 1. Ta có: (CO2 + H2O) = 2,38 mol CO2 = 1,14 mol; H2O = 1,24 mol. Vì H2O > CO2. + Bảo toàn oxi số mol oxi trong B = 2 ancol Z có 2 nhóm –OH X : C3 H x O 2 a mol 2a b 0,34 a 0,12 mol + Số cacbon trung bình trong B = 3,35 Y : C4 H x 2 O 2 a mol 7a 3b 1,14 b = 0,1 mol Z : C3 H 8 O 2 b mol + Bảo toàn hiđro ta có: 0,12(x + x + 2) + 0,1.8 = 1,24.2 x = 6. X : C3 H 6 O 2 0,12 mol + Vậy B gồm: Y : C4 H 8 O 2 0,12 mol Z : C3 H 8 O 2 0,1 mol X : C3 H 6 O 2 0,12 mol (C 2 H 5 COO) 2 C 3 H 6 : d mol H24 SO b. Ta có: Y : C4 H 8 O 2 0,12 mol  (C 3 H 7 COO) 2 C 3 H 6 : d mol 75% Z : C3 H 8 O 2 0,1 mol C 2 H 5 COO C 3 H 6 OOCC 3 H 7 : d mol + Ta thấy phải tính este theo ancol số mol este = 0,75.0,1 = 0,075 mol 3d = 0,075 d = 0,025 mol. + Vậy KL mỗi 3 este tương ứng = 4,7 gam; 5,4 gam và 5,05 gam. 2. Vì B pư với dd NaOH tạo ra H2 nên trong B có Al dư. + Mặt khác: Al2O3 = 5,1 : 102 = 0,05 mol Al ban đầu = 0,1 mol. + SO2 = 0,12 mol Al : 0,1 mol dd NaOH  TH1: E chứa Fe2(SO4)3 Fe = 0,08 mol Sơ đồ: Fe : 0,08 mol H2 : 0,03 mol O: a mol BT electron  0,1.3 – 2a = 0,03.2 a = 0,12 mol oxit sắt là Fe2O3. Al : 0,1 mol dd NaOH  TH2: E chứa FeSO4 Fe = 0,12 mol Sơ đồ: Fe : 0,12 mol H2 : 0,03 mol O: a mol 0,1.3 – 2a = 0,03.2 a = 0,12 mol oxit sắt là FeO. + Vậy FexOy là FeO hoặc Fe2O3. Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Hóa học - Ngày thi: 02/10/2017 (Đề thi có 02 trang) Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (3,0 điểm): 1. Hai nguyên tố X, Y đều thuộc các nhóm A. Nguyên tử của X có phân lớp e lớp ngoài cùng là 3p, nguyên tử của Y có phân lớp ngoài cùng là 4s. Biết X, Y đều không là khí hiếm; tổng các e ở các phân lớp ngoài cùng của X và Y là 7 a) Tìm X, Y. Viết cấu hình e, cho biết tính chất kim loại, phi kim, vị trí của X, Y trong bảng tuần hoàn. b) Hoàn thành sơ đồ sau: (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) Y Y(OH)2  YOX 2  YCO 3  YX 2  Y(OH) 2  Y(XO 3 ) 2  X 2  HBrO 3 2. Người nông dân thường dùng vôi bột để cải tạo loại đất nào? Tại sao không nên trộn vôi bột với phân ure để bón ruộng? -4,89 -14 3. Dung dịch axit propionic 0,01M (dung dịch A). Biết Ka = 10 ; Kw = 10 . a) Tính độ điện li của axit trong A. b) Tính độ điện li của axit propionic trong hai trường hợp sau: - TH1: Thêm 40 ml dd axit propionic 0,0475M vào 10 ml dung dịch A. - TH2: Thêm 40 ml dd axit propionic 6,25.10-3M vào 10 ml dung dịch A. Câu II (3,0 điểm): 1. Hòa tan hết 0,775 gam đơn chất X màu trắng bằng dd HNO3 thu được 0,125 mol khí NO2 (sp khử duy nhất của N+5) và dung dịch chứa hai axit. Viết phản ứng theo sơ đồ sau: + 2NaOH 6000C + dd Ba(OH)2 + H2SO4 +CuSO4 A B D R G (1) (2) (3) (4) (5) X + Ca 0 0 + H2O +AgNO3 200 C 250 C L E Q D M (6) (7) (8) (9) (10) Biết các chất A, B, D, E, M, G, L, Q, R đều là hợp chất của X và có phân tử khối thỏa mãn: MA + ML = 449; MB + ME = 100; MG + MM = 444; MD + MQ = 180. 2. Cho 4,68 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 vào bình chứa 400 ml dung dịch HCl 0,1M vừa đủ, phản ứng xong thu được dung dịch Y và còn một phần chất rắn không tan. Thêm tiếp AgNO3 dư vào bình phản ứng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được kết tủa Z. Tính khối lượng kết tủa Z. Câu III (4,0 điểm): 1. a) Clorofom tiếp xúc với không khí ngoài ánh sáng sẽ bị oxi hóa thành photgen (cacbonyl điclorua) rất độc. Để ngừa độc người ta bảo quản clorofom bằng cách cho thêm một lượng nhỏ ancol etylic để chuyển photgen thành đietyl cacbonat không độc. Viết pư xảy ra. b) Đun nóng vài giọt clorofom với lượng dư dung dịch NaOH sau đó nhỏ thêm vài giọt dung dịch KMnO4 thấy hỗn hợp xuất hiện màu xanh. Viết phản ứng và giải thích sự xuất hiện màu xanh. 2. a) Tính tỉ lệ các sản phẩm monoclo hóa tại 1000C và monobrom hóa tạo 1270C isobutan. Biết tỉ lệ khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử H trên cacbon bậc nhất, bậc hai và bậc ba trong phản ứng clo hóa lần lượt là 1,0 : 4,3 : 7,0 và trong phản ứng brom hóa là 1 : 82 : 1600. b) Dựa vào kết quả tính được ở câu (a), cho nhận xét về các yếu tố ảnh hưởng đến hàm lượng các sản phẩm của phản ứng halogen hóa ankan. 3. Hiđrocacbon A không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol chất A rồi hấp thụ hết sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,15 mol Ca(OH)2 thu được chất kết tủa và khối lượng dung dịch trong bình tăng lên 1,32 gam. Thêm tiếp dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch thu được thấy lượng kết tủa tăng lên, tổng khối lượng hai lần kết tủa là 20 gam. Chất A không phản ứng với dung dịch KMnO4/H2SO4 đun
nóng, còn khi monoclo hóa trong điều kiện chiếu sáng thì chỉ tạo một sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tìm CTPT, CTCT và tên gọi của A. Câu IV (3,0 điểm): 1. Trình bày cách điều chế etyl axetat trong phòng thí nghiệm từ các hóa chất tương ứng. Nêu hiện trượng của thí nghiệm đã làm. 2. Hoàn thành sơ đồ sau: 0 t HCN H2 O/H C2 H 5 OH (1) A 1  (2) (CH 3 COO) 2 Ca  (3) A 2  (4) A 3  (5) A 4  (6) A 5  (7) A 6  (8) PMMA 3. Hỗn hợp khí X gồm hiđro sunfua và ankan được trộn với nhau theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1 : 4. Đốt cháy hoàn toàn X trong oxi dư rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dd Ba(OH)2 dư tạo ra 17,93 gam kết tủa. Đem lượng kết tủa trên phản ứng với dd KMnO4 có mặt HNO3 dư thấy khối lượng kết tủa còn lại là 2,33 gam. Viết pư và tìm CTPT của ankan. Câu V (3,0 điểm): 1. Có 4 amin đồng phân X1, X2, X3, X4 có công thức phân tử là C3H9N. Chất X1 và X3 khi chế hóa với natri nitrit có mặt của axit clohiđric giải phóng khí nitơ và đều cho sản phẩm có CTPT là C3H8O. Trong cùng điều kiện đó X4 không có hiện tượng gì. Sản phẩm của X1 khi tác dụng với NaNO2/HCl, khi cho tác dụng với CuO ở 3000C cho sản phẩm là anđehit. a) Tìm CTCT của 4 amin trên. b) Trình bày cách phân biệt 4 amin trên. 2. Đốt cháy hoàn toàn 3,4 gam chất hữu cơ A thuần chức, cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện 16,0 gam kết tủa trắng đồng thời khối lượng dung dịch giảm 7,16 gam. a) Tìm CTPT của A biết tỉ khối hơi của A so với amoniac là 10. b) Đun nóng 34 gam A trong 500 ml dd NaOH 1M thấy tạo thành hợp chất hữu cơ B. Phần dung dịch còn lại đem cô cạn thu được 41,6 gam chất rắn trong đó có 1 muối natri của axit hữu cơ đơn chức. Chất B phản ứng với Cu(OH)2 cho dung dịch xanh lam. Tìm CTCT của A biết phản ứng hoàn toàn. Câu VI (4,0 điểm): 1. Trong công nghiệp, brom được điều chế từ nước biển theo quy trình như sau: Cho một lượng dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển, tiếp theo sục khí clo vào dung dịch mới thu được (1), sau đó dùng không khí lôi cuốn hơi brom vào dung dịch Na2CO3 tới bão hòa brom (2). Cuối cùng cho H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom (3), thu hơi brom rồi hóa lỏng. a) Hãy viết các phương trình hóa học chính xảy ra trong các quá trình (1), (2), (3). b) Nhận xét về mối quan hệ giữa phản ứng xảy ra ở (2) và (3). 2. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phản ứng trong các thí nghiệm sau: a) Cho từ từ đến dư dung dịch AlCl3 vào dd NaOH, sau đó thêm tiếp từ từ đến dư dung dịch HCl vào bình phản ứng. b) Thêm từ từ đến dư dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3. 3. Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau: Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng. Hòa tan X vào nước được dd A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra? b) Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1 gam X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X? Hết
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐÁP ÁN Môn thi: Hóa học Câu I: X : 3px (x 6) x 5 X : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 (Cl) 1. Ta có:  Theo gi° thiÕt x y 7 y 2 2 6 2 6 2 Y : 4s (y 2) y2 Y : 1s 2s 2p 3s 3p 4s (Ca) b) Các phản ứng xảy ra: (1) (2) (3) (4) (5) Ca H O Ca(OH)2  Cl CaOCl 2  CO H O CaCO 3  HCl CaCl 2  §pmn Ca(OH) 2 22 2 2 (6) (7) (8)  0 Ca(ClO3 ) 2  Cl 2  HBrO 3 Cl2 , t HCl Br22 H O 2. Vôi bột là Ca(OH)2 ở dạng rắn; vì Ca(OH)2 là bazơ dùng vôi bột để cải tạo đất chua chứa axit. + Không nên trộn vôi bột với phân ure vì hai chất này tác dụng với nhau làm mất tác dụng của phân: (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + 2NH3↑ + 2H2O 3. a) Vì 0,01.Ka >> KW nên bỏ qua cân bằng của nước. Khi đó ta có:  C2 H 5 COOH C 2 H 5 COO + H b®: 0,01 0 0 cb : 0,01-x x x x.x 4,89 -4 Ka = 10 x = 3,525.10 Độ điện li = 3,525%. 0,01 x 10.0,01 40.0,0475 b)  TH1: Nồng độ dung dịch axit mới = 0,04M 10 40 x.x 4,89 -4 Ka = 10 x = 7,11.10 Độ điện li = 1,7775%. 0,04 x 10.0,01 40.0,00625  TH2: Nồng độ dung dịch axit mới = 0,007M 10 40 x.x 4,89 -4 Ka = 10 x = 2,94.10 Độ điện li = 4,2%. 0,007 x  Nhận xét: Dung dịch càng loãng thì độ điện li càng lớn. 0,775 n5 Câu II. 1. Bảo toàn e .n 0,125 X 6,2n thỏa mãn X X 31 (P) + Theo sơ đồ và phân tử khối ta có: A = Ba(H2PO2)2; B = H3PO2; D = H3PO4; E = PH3; R = Na2HPO3 ; G = Na4P2O7; L = Ca3P2; Q = H3PO3; M = H4P2O7. (1): 8P + 3Ba(OH)2 + 6H2O  3Ba(H2PO2)2 (A) + 2PH3↑ (2): Ba(H2PO2)2 + H2SO4 BaSO4 + 2H3PO2 (B) (3): H3PO2 (B) + 2CuSO4 + 2H2O H3PO4 (D) + 2Cu + 2H2SO4 (4): H3PO4 (D) + 2NaOH Na2HPO4 (R) + 2H2O 6000 C (5): 2Na2HPO4 (R)  Na4P2O7 + H2O t0 (6): 2P + 3Ca  Ca3P2 (L) (7): Ca3P2 (L) + 3H2O  3Ca(OH)2 + 2PH3 (E) (8): PH3 (E) + 6AgNO3 + 3H2O  H3PO3 (Q) + 6HNO3 + 6Ag 2000 C (9): 4H3PO3  3H3PO4 + PH3
2500 C (10): 2H3PO4  H4P2O7 + H2O 2. Phản ứng xảy ra: Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 2FeCl3 + Cu → 2FeCl2 + CuCl2 + Vì HCl vừa đủ nên chất rắn không tan chỉ có Cu. + Dễ dàng thấy: dd Y gồm: FeCl2 = 0,015 mol; CuCl2 = 0,005 mol; chất rắn không tan Cu = 0,05 mol. Cả 3 chất trên đều phản ứng với dung dịch AgNO3. AgCl : 0,04 mol Z gồm = 18,16 gam. Ag : 0,115 mol as Câu III. 1. a) 2CHCl3 + O2  2COCl2 + 2HCl COCl2 + 2C2H5OH  (C2H5O)2CO + 2HCl t0 b) CHCl3 + 4NaOH  HCOONa + 3NaCl + 2H2O 2HCOONa + 2NaOH + 2KMnO4 Na2CO3 + K2MnO4 + Na2MnO4 + 2H2O 2 Màu xanh là màu của MnO4 (manganat). 2. a) Phản ứng xảy ra: CH3 CH CH CH X (A1) CH3 3 2 as CH3 CH CH3 + X2 CH3 -HX (A ) CH3 CX CH3 2 9.1 + Ứng với X2 là Cl2 %A1 = .100% 56,25% ; %A2 = 43,75% 9.1 7 9.1 + Ứng với X2 là Br2 %A1 = .100% 0,56% ; %A2 = 99,44% 9.1 1600 b) Các yếu tố ảnh hưởng gồm: Cấu tạo ankan (bậc cacbon) và bản chất halogen. 3. Tổng khối lượng CaCO3 = 20 gam CO2 tạo ra = 0,2 mol tính được H2O = 0,14 mol + Do số mol A = 0,02 mol A là C10H14 ( + v = 4) + Vì A không làm mất màu nước brom nên A có vòng benzen. + Vì A không phản ứng với dung dịch KMnO4/H2SO4 đun nóng nên A có cacbon bậc IV A là C6H5-C(CH3)3 = tert-butylbenzen. Câu IV. 1. Cách điều chế: -Hóa chất: ancol etylic (dạng cồn) , axit axetic (đặc) , axit sunfuric, dd NaCl. - Dụng cụ: ống nghiệm, cốc thủy tinh, đèn cồn, giá đỡ, lưới amiăng . - Cách tiến hành: Cho vài ml ancol etylic, vài ml axit axetic nguyên chất và vài giọt axit sunfuric đặc vào ống nghiệm. Lắc đều, đồng thời đun cách thủy 5-6 phút trong nồi nước nóng 65 – 70 0C ( hoặc đun nhẹ trên ngọn lửa đèn cồn, không được đun sôi). Làm lạnh, rồi rót thêm vào ống nghiệm vài ml dung dịch NaCl bão hòa.  H24 SO CHC3OO H CHCHOH 3 2 CHCOOCH 3 2 5 HO. 2 t0 + Vai trò của NaCl là gì? NaCl cho vào làm giảm độ tan của este trong nước đồng thời làm tăng tỉ khối của nước giúp este nổi dễ dàng hơn. 2. Sơ đồ phản ứng: t0 HCN C2 H 5 OH (1) CH 3 COOH  (2) (CH 3 COO) 2 Ca  (3) CH 3 COCH 3  (4) (CH 3 )C(OH) CN H2 O/H  (5)(CH3 )C(OH) COOH  (6) CH 2 C(CH 3 ) COOH  (7) CH 2 C(CH 3 ) COOCH 3  (8) PMMA 3. Ankan là etan [5BaSO3 + 2KMnO4 + 6HNO3 → 5BaSO4 + 2KNO3 + 2Mn(NO3)2 + 3H2O] Câu V. 1. a) Vì X1, X3 giải phóng N2 nên chúng là amin bậc I; X4 không có hiện tượng X4 là amin bậc III. + KQ: X1 là CH3-CH2-CH2-NH2; X3 là CH3-CH(NH2)-CH3; X4 là (CH3)3N còn X2 là C2H5-NH-CH3. b) Cách phân biệt: Cho 4 chất pư với NaNO2/HCl thì
 X4 (bậc III) không hiện tượng do không có phản ứng;  X2 (bậc II) phản ứng cho kết tủa vàng: C2H5-NH-CH3 + HNO2 → C2H5-(CH3)N-N=O↓ + H2O  X1, X3 (bậc I) phản ứng cho khí bay ra: C3H7NH2 + HNO2 → C3H7OH + N2↑ + H2O + Cho 2 ancol sinh ra pư với CuO, sau đó lấy sp hữu cơ đem tráng gương nếu tạo Ag thì đó là sp của X1, còn sp của X3 không tạo Ag. M 170 2. a) CO2 = 0,16 mol; H2O = 0,1 mol C : H : O = 0,16 : 0,2 : 0,08  C8H10O4. RCOONa : 0,4 mol b) Số mol A = 0,2 mol; NaOH = 0,5 mol 41,6 gam chất rắn có NaOH : 0,1 mol KQ là (C2H3COO)2C2H4. H Câu VI. 1. Các phương trình phản ứng: Cl2 + 2NaBr  2NaCl + Br2 (1) 3Br2 + 3Na2CO3 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 (2) 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (3) + Pư (2) và (3) là các phản ứng thuận và nghịch của cân bằng: OH- 3Br + 6OH- 5Br- + BrO - + 3H O 2 + 3 2 H 2. a) Đầu tiên tạo kết tủa trắng sau đó tan ngay: AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O + Khi AlCl3 dư thì có kết tủa trắng tạo thành, không tan nữa: 3NaAlO2 + AlCl3 + 6H2O → 4Al(OH)3↓ + 3NaCl + Khi thêm HCl đến dư thì kết tủa lại tan đến hết: Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O 3. a) Phản ứng xảy ra:  Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng X là hợp chất của natri.  Cho SO2 qua dd X → màu nâu I2 hoặc Br2 tạo thành  Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI↓) X : NaIOx  Phản ứng xảy ra: (2x-1)SO2 + 2NaIOx+ (2x-2) H2O → I2 + Na2SO4 +(2x-2) H2SO4 SO2 + I2 + H2O → 2HI+ H2SO4 NaIOx + (2x-1)KI + xH2SO4 → xI2 + xH2O + Na2SO4 + K2SO4 I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 b) Theo các phản ứng và giả thiết ta có: 1 0,0374.0,1 n n 0,00187mol I222 Na 2 S 2 O 3 0,1x + Mặt khác: n x.n 0,00187 x = 4 X : NaIO4 I2x NaIO 150 16x Hết