Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Môn Hóa 12

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh - Môn Hóa 12

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI : HÓA HỌC-LỚP 12-THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 29 tháng 3 năm 2013 === Bài 1 (3,0 điểm): Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các phân tử NH3, H2S và H2O. Hãy cho biết. a) Tại sao góc hóa trị của các phân tử lại khác nhau: Góc (HNH) = 1070, góc (HSH)=920, góc (HOH) = 104,50. Giải thích. b) Tại sao ở điều kiện thường H2S và NH3 là chất khí còn H2O là chất lỏng. 0 c) Tại sao H2O có khối lượng riêng lớn nhất ở 4 C và P = 1 atm. 2- Bài 2 (3,0 điểm): Một dung dịch chứa 4 ion của 2 muối vô cơ, trong đó có một ion là SO4 , khi tác dụng vừa đủ với Ba(OH)2 đốt nóng cho 1 chất khí, kết tủa X, dung dịch Y. Dung dịch Y sau khi axit hóa bằng HNO3 tạo với AgNO3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa X đem nung đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn Z. Giá trị a thay đổi tùy theo lượng Ba(OH)2 dùng: nếu vừa đủ a đạt cực đại, còn nếu lấy dư thì a giảm dần đến cực tiểu. Khi cho chất rắn Z với giá trị cực đại a=8,51g thấy Z chỉ phản ứng hết với 50 ml dung dịch HCl 1,2M và còn lại một bã rắn nặng 6,99 gam. Hãy lập luận xác định hai muối trong dung dịch. Bài 3 (4,0 điểm): Cho hỗn hợp A gồm ba oxit của sắt Fe2O3, Fe3O4 và FeO với số mol bằng nhau. Lấy m1 gam A cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng rồi cho một luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO2 ra khỏi ống được hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thu được m2 gam kết tủa trắng. Chất còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,20 gam gồm Fe, FeO và Fe3O4, cho hỗn hợp này tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư đun nóng được 2,24 lít khí NO duy nhất (ở đktc). a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b) Tính khối lượng m1, m2 và số mol HNO3 đã phản ứng . Bài 4 (4,0 điểm): Chia 2,24 lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm hai anken (phân tử khối hơn kém nhau 28u) thành hai phần bằng nhau. Phần 1: đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch chứa 0,1 mol Ca(OH)2 thu được 7,5 gam kết tủa. Phần 2: cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp 2 ancol . Đun nóng hỗn 0 hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 140 C một thời gian thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,532lít ở 136,50C và 1,2atm. a) Xác định CTCT hai anken và tính phần trăm theo khối lượng mỗi chất. b) Xác định hiệu suất mỗi ancol thành ete. Bài 5 (3,0 điểm): Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O thuộc loại hợp chất no, mạch hở và chứa hai loại nhóm chức. Khi thủy phân A trong môi trường axit vô cơ loãng, thu được ba chất hữu cơ B, D, E. Biết B, D đều thuộc loại hợp chất đơn chức, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và đều tác dụng với Na giải phóng H2. Khi đốt cháy hoàn toàn B thu được khí CO2 và hơi nước có thể tích bằng nhau. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn một ít D thì thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol bằng 2:3. Khi cho 1,56 gam E tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư (hay [Ag(NH3)2]OH) thì thu được 3,24 gam Ag và chất hữu cơ F. Biết phân tử khối của F lớn hơn phân tử khối của E là 50 (u). Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. a) Xác định CTCT của B, D, E, từ đó suy ra cấu tạo của A. b) Viết các phương trình hoá học xảy ra? Bài 6 (3,0 điểm): Khi thủy phân không hoàn toàn một loại lông thú, người ta thu được một oligopeptit X. Kết quả thực nghiệm cho thấy phân tử khối của X không vượt quá 500 (u). Khi thủy phân hoàn toàn 814 mg X thì thu được 450mg Gly, 178mg Ala và 330mg Phe (axit 2-amino-3-phenylpropanoic). a) Xác định CTPT của oligopeptit đó. b) Khi thủy phân không hoàn toàn X thì trong hỗn hợp sản phẩm thấy có các đipeptit Gly-Ala, Ala-Gly mà không thấy có Phe-Gly. Xác định CTCT có thể có của X. === Hết === (Đề thi gồm 02 trang) Thí sinh được sử dụng bảng HTTH và máy tính cầm tay thông thường.
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI : HÓA HỌC-LỚP 12 Bài 1 (3,0 điểm): Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các phân tử NH3, H2S và H2O. Hãy cho biết. a) Tại sao góc hóa trị của các phân tử lại khác nhau: Góc (HNH) = 1070, góc (HSH) = 920, góc (HOH) = 104,50. Giải thích. b) Tại sao ở điều kiện thường H2S và NH3 là chất khí còn H2O là chất lỏng. 0 c) Tại sao H2O có khối lượng riêng lớn nhất ở 4 C và P = 1 atm. Ý NỘI DUNG ĐIỂM 3 a Trong phân tử NH3 và H2O. Nguyên tử N và O đều ở trạng thái lai hóa sp . nên 0,25 góc hóa trị gần với góc 109028’. Nhưng do cặp electron tự do không tham gia liên kết trên obitan lai hóa khuếch tán khá rộng trong không gian so với cặp electron liên kết, nên nó có tác dụng đẩy mây electron liên kết và do đó góc liên kết thực tế lại thua góc lai hóa sp3. Trong phân tử 0,25 NH3 nguyên tử N có một cặp electron không liên kết, còn trong phân tử H2O nguyên tử O còn 2 cặp electron không liên kết. Vì vậy góc liên kết (HOH) nhỏ hơn góc liên kết (HNH) và nhỏ hơn 109028’. Trong phân tử H2S. S ở chu kì 3 khả năng tạo lai hoá kém nên trong H2S mặc 0,25 3 dù có cấu tạo tương tự H2O nhưng S không lai hoá sp . Nguyên tử S bỏ ra 2 electron độc thân trên 2 obitan p (px, py) xen phủ với 2 obitan 1s có electron độc thân của nguyên tử H tạo 2 liên kết S – H. Góc tạo bởi trục 0 của 2 obitan px và py là 90 . Nhưng do tạo 2 liên kết S – H làm tăng mật độ electron 0,25 khu vực giữa nhân hai nguyên tử S, H. Hai cặp electron liên kết này đẩy nhau làm cho góc liên kết HSH lớn hơn 900 và thực tế là 920. b Ở điều kiện thường NH3, H2S là chất khí; H2O là chất lỏng. H2O và NH3 cùng tạo được liên kết hidro liên phân tử nhưng H2O có khả năng tạo liên kết hiđro mạnh 0,5 hơn so với NH3 do hidro linh động hơn. H2S không tạo được liên kết hidro liên phân tử, phân tử phân cực kém nên có 0,5 nhiệt độ sôi thấp. c Có hai lí do: Thứ nhất, khi nước đá nóng chảy liên kết hiđro bị đứt đi tạo thành những liên hợp phân tử đơn giản hơn. Suy ra, thể tích nước giảm nên khối lượng riêng tăng dần từ 0 – 40C. 0,5 Thứ hai, từ 40C trở đi do ảnh hưởng của nhiệt, khoảng cách giữa các phân tử tăng dần làm cho thể tích nước tăng lên và làm khối lượng riêng giảm dần. Do liên quan giữa hai cách biến đổi thể tích ngược chiều nhau, nên nước có khối lượng riêng 0,5 lớn nhất ở 40C. 2- Bài 2 (3,0 điểm): Một dung dịch chứa 4 ion của 2 muối vô cơ, trong đó có một ion là SO4 , khi tác dụng vừa đủ với Ba(OH)2 đốt nóng cho 1 chất khí, 1 kết tủa X, 1 dung dịch Y. Dung dịch Y sau khi axit hóa bằng HNO3 tạo với AgNO3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa X đem nung được a gam chất rắn Z. Giá trị a thay đổi tùy theo lượng Ba(OH)2 dùng: nếu vừa đủ a đạt cực đại, còn nếu lấy dư thì a giảm dần đến cực tiểu. Khi cho chất rắn Z với giá trị cực đại a = 8,51g thấy Z chỉ phản ứng hết với 50 ml dung dịch HCl 1,2M và còn lại một bã rắn nặng 6,99 gam. Hãy lập luật xác định 2 muối trong dung dịch. Ý NỘI DUNG ĐIỂM *) Một dung dịch muối khi tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 đun nóng cho khí bay ra + thì khí đó là NH3. Vậy trong dung dịch muối có ion NH4 . 0,5 + - NH4 + OH  NH3 + H2O 2+ 2- Kết tủa X tối thiểu có BaSO4 do: Ba + SO4 BaSO4 Dung dịch Y sau khi axit hóa bằng HNO3 tạo với AgNO3 kết tủa trắng ngoài ánh sáng hóa đen là AgCl nên trong dung dịch Y có ion Cl- do: + - as Ag + Cl  AgCl ↓ ; 2AgCl  2Ag + Cl2 + - 2- n+ 0,5 *) Dung dịch đầu chứa 4 ion của 2 muối vô cơ là: NH4 , Cl , SO4 , A . Nếu kết tủa X chỉ có BaSO4 thi khi nung Z cũng chỉ là BaSO4 không phản ứng được với HCl, như vậy X phải có thêm một kết tủa nữa do An+ tạo ra. Đó là 0,5 An+ + n OH-  A(OH) ↓ n
3. t0 Nung X gồm BaSO4 và A(OH)n. 2A(OH)n  A2On + n H2O *) Khi dung dịch đầu tác dụng với Ba(OH)2 có 2 trường hợp: - Nếu vừa đủ thì Z có khối lượng cực đại. - Nếu Ba(OH)2 dùng dư thì Z có khối lượng cực tiểu điều này chứng tỏ trong X 0,5 chất A(OH)n phải tiếp tục tan bởi Ba(OH)2 như thế A(OH)n là hiđroxit lưỡng tính. 2A(OH)n + (4- n)Ba(OH)2 Ba4-n[A(OH)4]2 Khi Z có khối lượng cực đại tức Z gồm BaSO4 và A2On, phản ứng với HCl. A O + 2nHCl  2ACl + n H O 2 n n 2 0,03/n  0,06 Bã rắn còn lại là BaSO4. Khối lượng A2On = (2A + 16n).0,03/n = 8,51 – 6,99 = 1,52 (g) 52 A = .n n = 3; A = 52 (thỏa mãn). A là Cr, A2On là Cr2O3. 0,5 3 + - 2- 3+ Vậy dung dịch ban đầu gồm các ion: NH4 , Cl , SO4 , Cr . 0,25 Hai muối ban đầu là NH4Cl và Cr2(SO4)3 hoặc (NH4)2SO4 và CrCl3 0,25 Bài 3 (4,0 điểm): Cho hỗn hợp A gồm ba oxit của sắt Fe2O3 , Fe3O4 và FeO với số mol bằng nhau. Lấy m1 gam A cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng nó rồi cho một luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO2 ra khỏi ống được hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thu được m2 gam kết tủa trắng. Chất còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,20 gam gồm Fe, FeO và Fe3O4, cho hỗn hợp này tác dụng hết với dung dịch HNO3 đun nóng được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc). a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b) Tính khối lượng m1, m2 và số mol HNO3 đã phản ứng . Ý NỘI DUNG ĐIỂM a t0 CO + 3Fe2O3  2Fe3O4 + CO2 (1) t0 CO + Fe3O4  3FeO + CO2 (2) 0,5 t0 CO + FeO  Fe + CO2 (3) Sau phản ứng (1, 2, 3) thu được hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (4) 3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (5) 0,5 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (6) Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (7) b Ta có sơ đồ phản ứng sau: Ba OH ()2 CO2 BaCO 3( m 2 gam ) CO FeO,, Fe2 O 3 Fe 3 O 4  Fe() NO HNO3 3 3 19,2g ( Fe , FeO , Fe3 O 4 )  NO Sử dụng phương pháp qui đổi: Coi hỗn hợp (Fe, FeO, Fe3O4) là hỗn hợp chỉ có (Fe, Fe2O3). Ta có: Số mol Fe = số mol NO = 2,24/22,4 = 0,1 mol 19,2 56.0,1 Số mol Fe2O3 = 0, 085 (mol) 160 Đặt số mol FeO = số mol Fe2O3 = số mol Fe3O4 = a mol áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Fe ta có: a + 2a + 3a = 0,1 + 0,085.2 a = 0,045 (mol) 0,75 m1 = 0,045. (72 + 232 + 160) = 20,88 gam 0,75 áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 20,88 + 28.nCO = 19,2 + 44.nCO2 nCO2 = nBaCO3 = 0,105 mol (vì nCO=nCO2) m2= mBaCO3 = 0,105.197 = 20,685 gam 0,75 Số mol HNO3 pư = 3.nFe(NO3)3 + nNO = 3. (0,1 + 0,085.2) + 0,1 = 0,91 (mol) 0,75 Bài 4 (4,0 điểm): Chia 2,24 lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm hai anken (phân tử khối hơn kém nhau 28u) thành hai phần bằng nhau. Phần 1: đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch chứa 0,1 mol Ca(OH)2 thu được 7,5 gam kết tủa.
4. Phần 2: cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp 2 ancol . Đun nóng hỗn 0 hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 140 C một thời gian thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,532lít ở 136,50C và 1,2atm. a) Xác định CTCT hai anken và tính phần trăm theo khối lượng mỗi chất. b) Xác định hiệu suất mỗi ancol thành ete. Ý NỘI DUNG ĐIỂM Công thức chung của hỗn hợp hai anken là CnH2n với n là số nguyên tử C trung bình. 3n 0 Phần 1: C H + O t nCO + nH O (1) n 2n2 2 2 2 Số mol CO2 = 0,05.n > 0,05.2 = 0,1 (mol). Vậy khi cho CO2 tác dụng với Ca(OH)2 tạo ra 2 muối. CO2 + Ca(OH)2  CaCO3↓ + H2O (1) 0,1  0,1 0,1 0,25 CO2 + CaCO3 + H2O  2Ca(HCO3)2 (2) 0,025  (0,1 – 0,075) Số mol CO2 = 0,05.n = (0,1 + 0,025) n = 2,5. Vậy hai anken là C2H4 và C4H8. Vì n = 2,5 số mol C2H4 = 0,0375; số mol C4H8 = 0,0125 (mol). 0,25 Do 2 anken chỉ tạo 2 ancol nên chúng là CH2=CH2 và cis-but-2-en 0,5 hoặc CH2=CH2 và trans-but-2-en 0,5 % m 60% CH2 4 0,25 0,25 % mCH 40% 4 8 H Phần 2: C2H4 + H2O  CH3CH2OH (3) H 0,25 C4H8 + H2O  C4H9OH (4) Số mol C2H5OH = số mol C2H4 = 0,0375 (mol); Số mol C4H9OH = số mol C4H8 = 0,0125 (mol). H2 SO 4 ®Æc 2C2H5OH  0 C2H5OC2H5 + H2O (5) 140 2C H OH  H2 SO 4 ®Æc C H OC H + H O (6) 0,25 4 9 1400 4 9 4 9 2 H2 SO 4 ®Æc C2H5OH + C4H9OH  0 C2H5OC4H9 + H2O (7) 140 Gọi a, b lần lượt là số mol C2H5OH và C4H9OH tham gia phản ứng ete hóa. Theo đề bài, theo (5), (6), (7) ta có. PV. 0,532.1,2 0,25 Số mol ete = số mol H2O = 0,019 (mol) RT 22,4 . .(136,5 273) 273 Số mol ancol phản ứng = 2.số mol ete = 2.0,019 = 0,038 (mol). 0,25 Khối lượng hỗn hợp ancol phản ứng = mete + mH2O = 1,63 + 0,019.18 = 1,972 (gam). a b 0,038 a 0,03 Ta có: 0,5 46a 74 b 1,972 b 0,008 Hiệu suất chuyển hóa C2H5OH thành ete = 0,03.100%/0,0375 = 80% 0,25 Hiệu suất chuyển hóa C4H9OH thành ete = 0,008.100%/0,0125 = 64% 0,25 Bài 5 (3,0 điểm): Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O thuộc loại hợp chất no, mạch hở và chứa hai loại nhóm chức. Khi thủy phân A trong môi trường axit vô cơ loãng, thu được ba chất hữu cơ B, D, E. Biết B, D đều thuộc loại hợp chất đơn chức, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và đều tác dụng với Na giải phóng H2. Khi đốt cháy hoàn toàn B thu được khí CO2 và hơi nước có thể tích bằng nhau. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn một ít D thì thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol bằng 2 : 3.
5. Khi cho 1,56 gam E tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư (hay [Ag(NH3)2]OH) thì thu được 3,24 gam Ag và chất hữu cơ F. Biết phân tử khối của F lớn hơn phân tử khối của E là 50 (u). Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. a) Xác định CTCT của B, D, E, từ đó suy ra cấu tạo của A. b) Viết các phương trình hoá học xảy ra? Ý NỘI DUNG ĐIỂM a – Từ pư thủy phân suy ra A chứa chức este; B là axit no mạch hở hoặc ancol mạch hở có một liên kết đôi đơn chức : CnH2nO2 hoặc CnH2nO. – Đốt D thu được số mol H2O lớn hơn CO2 và D pư với Na tạo H2 nên D là ancol no, 0,5 mạch hở, đơn chức có số C trong phân tử bằng : n = 2/(3-2) = 2. Vậy D là C2H5OH => B có CTPT C2H4O2 (Loại C2H4O vì không tồn tại CH2=CH-OH và A no). CTCT là CH3-COOH. – Vì khi 1 nhóm CHO COONH4 thì phân tử khối tăng 33u, mà 33 < 50 < 33.2 0,5 Nên trong E ngoài 1 nhóm CHO còn có 1 nhóm COOH(vì COOH COONH4 có độ tăng phân tử khối là 17u) + Vì A có chức este mà khi thủy phân tạo ra CH3-COOH và C2H5OH nên E phải có 0,5 1,56 nhóm –COOH và –OH. Có nE = nAg/2 = 0,015 mol ME = =104u. Gọi công 0,015 thức E (HO)aR(CHO)-COOH 17a + R = 30 a= 1, R = 13(CH) Vậy E có CTCT : HOOC–CH(OH)–CHO. 0,5 – CTCT của A là : C2H5–OOC–CH(OOC-CH3)–CHO 0,5 b C2H5OOCCH(OCOCH3)CHO +2H2O OHC-CH(OH)COOH+CH3COOH + C2H5OH CH3COOH + Na CH3COONa + 1/2H2 C2H5OH + Na C2H5ONa + 1/2H2 0,5 C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O HOOC-CH(OH)-CHO + 2[Ag(NH3)2]OH HO-CH(COONH4)2 + 2Ag +2NH3 + H2O Bài 6 (3,0 điểm): Khi thủy phân không hoàn toàn một loại lông thú, người ta thu được một oligopeptit X. Kết quả thực nghiệm cho thấy phân tử khối của X không vượt quá 500 (đvC). Khi thủy phân hoàn toàn 814 mg X thì thu được 450mg Gly, 178mg Ala và 330mg Phe (axit 2-amino-3-phenylpropanoic). a) Xác định CTPT của oligopeptit đó. b) Khi thủy phân không hoàn toàn X thì trong hỗn hợp sản phẩm thấy có các đipeptit Gly-Ala, Ala-Gly mà không thấy có Phe-Gly. Xác định CTCT có thể có của X. Ý NỘI DUNG ĐIỂM a Tỉ số mol các amino axit thu được khi thủy phân chính là tỉ số các mắt xích amino axit trong phân tử oligopeptit X. Ta có: 450 178 330 0,5 Gly: Ala : Phe : : 3 :1:1 75 89 165 Công thức đơn giản nhất của oligopeptit X là (Gly)3(Ala)(Phe). Công thức phân tử là [(Gly)3(Ala)(Phe)]n với M 500u Vì 5 phân tử aminoaxit tách đi 4 phân tử nước. (3.75 + 89 + 165 – 4.18).n 500 n = 1. 0,5 Công thức phân tử của oligopeptit đó là (Gly)3(Ala)(Phe) hay C18H25O6N5 đó là một pentapeptit gồm 3 mắt xích glyxin, một mắt xích alanin và một mắt xích 0,5 phenylalanin. b Khi thủy phân từng phần thấy có Gly-Ala và Ala-Gly chứng tỏ mắt xích ala ở 0,5 giữa 2 mắt xích Gly: Gly- Ala – Gly Không thấy có Phe-Gly chứng tỏ Phe không đứng trước Gly. Như vậy Phe chỉ có thể đứng ở cuối mạch (amino axit đuôi). Vậy oligopeptit có thể là Gly-Gly-Ala-Gly-Phe 0,5 Gly-Ala-Gly-Gly-Phe 0,5 Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác, kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa tương ứng.