Đáp án đề thi học sinh giỏi thành phố môn Hóa học Lớp 12 - Bảng B - Năm học 2005-2006 - Sở giáo dục và đào tạo Đà Nẵng

Nội dung text: Đáp án đề thi học sinh giỏi thành phố môn Hóa học Lớp 12 - Bảng B - Năm học 2005-2006 - Sở giáo dục và đào tạo Đà Nẵng

1. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2005 - 2006 HƯỚNG DẪN CHẤM HÓA HỌC LỚP 12 - BẢNG B Câu 1 (3,0 điểm) 1. Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích: (a) NO2 có thể dime hóa tạo thành N2O4. (b) SO2 tan trong nước tốt hơn CO2 (c) P trắng hoạt động hóa học hơn N2 2. Không khí có thể bị ô nhiễm bởi một số khí độc như NO 2, Cl2, H2S, SO2. Dùng nước vôi dư có thể loại bỏ khí độc nào trong số bốn khí trên? Hãy viết phương trình hóa học và cho biết trong các phản ứng đó, phản ứng nào là phản ứng oxi hóa khử? Tại sao? ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 (3,0 điểm) 1. (a) Trong phân tử NO 2, nguyên tử N chưa đạt cấu trúc bền của khí hiếm và còn một electron độc thân, nên có khuynh hướng dime hóa bằng cách góp chung các electron độc thân làm các nguyên tử N đều đạt cấu trúc bền tương tự khí hiếm gần kề. 0,50 O O O O N N N N O O O O (b) Phân tử SO 2 phân cực (do có cấu tạo dạng gấp khúc) nên tan trong nước tốt hơn phân tử CO2 không phân cực (do có cấu tạo thẳng). S 0,50 O O O C O SO2 CO2 (c) Do nguyên tử P có bán kính nguyên tử lớn (so với N) và phân tử P4 có cấu trúc tứ diện chịu ảnh hưởng của sức căng vòng nên liên kết P-P của P trắng rất kém bền. Điều này khiến cho P trắng hoạt động hóa học mạnh hơn rất nhiều so với phân tử N2 rất bền nhờ hai nguyên tử N có bán kính nhỏ, liên kết với nhau bằng liên kết ba bền vững. 0,50 P P P N N P P4 N2 2. Có thể loại bỏ cả bốn khí Cl 2, SO2, H2S, NO2 vì chúng đều tác dụng với dung dịch 0,25 nước vôi. 4 5 3 (a) 2Ca(OH) 2 4 N O 2 Ca(N O3 ) 2 Ca(N O 2 ) 2 2H 2O 0 1 1 1,00 (b) 2Ca(OH) 2 2Cl 2 Ca Cl 2 Ca(OCl) 2 2H 2O (c) Ca(OH)2 + H2S CaS + 2H2O (d) Ca(OH)2 + SO2 CaSO3 + H2O Hai phản ứng (a), (b) là phản ứng oxi hoá khử vì có sự biến đổi số oxi hóa của 0,25 nguyên tố. 1
2. Câu 2 (3,0 điểm) 1. So sánh và giải thích vắn tắt: (a) Nhiệt độ sôi của pentan-1-ol, 2-metylbutan-2-ol và 3-metylbutan-2-ol. (b) Tính tan trong nước của pentan-1,5-diol và pentan-1-ol (c) Độ mạnh tính axit của CH4, C6H5OH, CH3OH, CH3COOH, CH3SO2OH 2. Chất thơm trong túi thơm của con cà cuống có công thức phân tử là C 8H14O2 (chất A). Thủy phân A thu được X (C6H12O) và axit cacboxylic Y (C2H4O2). X tác dụng với dung dịch KMnO4 loãng lạnh tạo ra hexan-1,2,3-triol. (a) Xác định cấu tạo và gọi tên A, X, Y? (b) Viết các đồng phân hình học của A và cho biết dạng nào có nhiệt độ nóng chảy cao hơn? Tại sao? ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 2 (3,0 điểm) 1. (a) Trật tự tăng dần nhiệt độ sôi: OH CH3 C CH2 CH3 CH3 CH CH CH3 CH3CH2CH2CH2CH2OH 0,50 CH3 CH3 OH Khi số mạch nhánh tăng thì cấu trúc có xu hướng thu gọn trở thành dạng cầu, làm giảm độ bền liên kết liên phân tử. (b) pentan-1,5-diol tan tốt hơn pentan-1-ol, do có nhiều nhóm -OH tạo được liên 0,25 kết hidro đa phương, đa chiều hơn. (c) Trật tự tăng dần độ mạnh tính axit: O H O CH3-H CH3O-H O H CH3 C CH S O H 3 0,50 O O không phân cực yếu phân cực mạnh phân cực mạnh phân cực mạnh phân do CH3- đẩy do C6H5- hút hơn do CO hút nhất do có hai 0,25 cực electron electron electron mạnh nhóm SO hút hơn electron 1/2- O 1/3- - - - O CH3 CH3O O CH S O 1/3- CH3 C 3 1/2- O O 1/3- 0,25 kém kém bền, bền do có sự giải bền do có sự bền do có sự giải bền không có giải tỏa điện tích giải tỏa điện tỏa điện tích trên tỏa điện tích tích trên hai O ba O 2. (a) Vì X tác dụng với dung dịch KMnO4 tạo ra hexan-1,2,3-triol nên X là ancol có công thức cấu tạo CH 3CH2CH2CH=CHCH2OH (hex-2-en-1-ol). Y là CH3COOH 0,75 (axit axetic) và như vậy A phải có cấu tạo CH3COOCH2CH=CHCH2CH2CH3 (hex-2-en-1-yl axetat). (b) Các đồng phân hình học của B: CH3COOCH2 CH2CH2CH3 CH3COOCH2 H C C C C 0,25 H H H CH2CH2CH3 cis- trans- Dạng trans- có nhiệt độ nóng chảy cao hơn do cấu trúc tinh thể của dạng trans- bền vững hơn so với dạng cis- (dạng trans- vấn giữ nguyên cấu trúc zic-zac của 0,25 mạch cacbon, dạng cis- phá vỡ cấu trúc zic-zac này). 2
3. Câu 3 (3,0 điểm) 1. Viết các quá trình điện cực và phương trình hóa học xảy ra khi điện phân 100 mL dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,1 M và NaCl 0,1 M với các điện cực trơ, có màng ngăn xốp, cho đến khi vừa hết các muối này. Tính khối lượng dung dịch đã giảm đi trong quá trình điện phân. 2. Tính pH của dung dịch thu được khi thêm vào 100 mL dung dịch NaOH 0,1M: (a) 100 mL dung dịch hỗn hợp HCl và H2SO4 có pH = 2 (b) 100 mL dung dịch CH3COOH 0,1 M, pKa(CH3COOH) = 4,76 3. A là chất bột màu lục không tan trong axit và kiềm loãng. Khi nấu chảy A với KOH có mặt không khí chuyển thành chất B có màu vàng, dễ tan trong nước. Chất B tác dụng với axit sunfuric chuyển thành chất C có màu da cam. Chất C bị lưu huỳnh khử thành chất A và có thể oxi hóa axit clohidric thành khí clo. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 3 (3,0 điểm) 1. Quá trình điện cực: Catot Anot 0,25 2+ - Cu + 2e Cu 2Cl Cl2 + 2e - + 2H2O + 2e 2OH + H2 2H2O 4H + O2 + 4e Phương trình hóa học: CuSO4 + 2NaCl Cu + Cl2 + Na2SO4 0,01 0,01 0,005 0,01 0,50 0,005 0 0,005 0,005 CuSO4 + H2O Cu + 1/2O2 + H2SO4 0,005 0 0,005 0,0025 Độ giảm khối lượng dung dịch: Δm m m m 0,01 64 0,005 71 0,0025 32 1,075g 0,25 Cu Cl2 O2 2. (a) n n 0,01mol ; từ pH = 2 n 0,1 0,01 0,001mol OH NaOH H + - H + OH H2O 0,001 0,01 0,001 0,001 0,50 0 0,009 0,009 OH  0,045M ; pH 14 lg0,045 12,7 0,2 0,1 0,1 0,1 0,1 (b) Co 0,05M và Co 0,05M CH3COOH 0,2 NaOH 0,2 - - CH3COOH + OH CH3COO + H2O 0,05M 0,05 0 0 0,05 CH COO- + H O CH COOH + OH- 3 2 3 0,50 0,05 x 0,05 - x x x x 2 10 14 K , gần đúng x 28,75.10 12 5,362.10 6 M 0,05 x 10 4,76 pH 14  lg 5,362.10 6  8,7 3
4. 3. Các phương trình phản ứng: 3 0 6 2 2Cr 2 O3 3O 2 8KOH 4K 2 Cr O 4 4H 2 O 2K2CrO4 + H2SO4 K2Cr2O7 + K2SO4 + H2O 1,00 0 6 3 6 t S K 2 Cr 2 O7  Cr 2 O3 K 2 S O 4 1 6 0 3 14H Cl K 2 Cr 2 O7 3Cl 2 2Cr Cl3 2KCl 7H 2O Câu 4 (3,0 điểm) 1. Giải thích và viết phương trình phản ứng minh họa: (a) Buta-1,3-dien tác dụng với Br2 tạo hai sản phẩm là dẫn xuất dibrom đồng phân. (b) Fructozơ có khả năng tham gia phản ứng tráng gương. 2. Đốt cháy hoàn toàn chất A (chứa C, H, O, N và có nguồn gốc tự nhiên) thu được CO2 và H2O có tỷ lệ mol tương ứng là 6/7. Tỷ khối hơi của A so với khí hidro là 44,5. A không làm mất màu dung dịch Br2 và tác dụng với NaOH tạo muối có số nguyên tử cacbon không thay đổi. (a) Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A và cho biết (có giải thích) trạng thái tồn tại của A. (b) Viết công thức sản phẩm tạo thành khi đun nóng chất A. 3. Trình bày phương pháp tách riêng các chất trong dãy sau: m-dinitrobenzen, m-nitroanilin, axit m-nitrobenzoic và m-nitrophenol. ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 4 (3,0 điểm) 1. (a) Do sự cộng hưởng tạo hai cacbocation trung gian nên có hai sản phẩm là dẫn xuất dibrom đồng phân. CH2 CH CH CH2 + Br2 CH CH CH CH - Br 2 2 - Br 0,50 CH2 CH CH CH2 Br CH2 CH CH CH2 + Br- Br Br CH2 CH CH CH2 Br Br (b) Trong môi trường kiềm, fructozơ tạo cân bằng với glucozơ thông qua một endiol: H O C H C OH CH2 OH OH- OH- 0,25 H C OH C OH C O glucoz¬ endiol fructoz¬ Phương trình phản ứng: CH2OH(CHOH)3COCH2OH + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O CH2OH(CHOH)4COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 0,25 4
5. 2. (a) Công thức tổng quát: CxHyOzNt, M = 44,5 2 = 89 CxHyOzNt + (x+y/4-z/2)O2 xCO2 + y/2H2O + t/2N2 x 6 x 3 Theo giả thiết , y / 2 7 y 7 0,25 Công thức của A được viết lại: (C3H7)nOzNt Lại có 43n + 16z + 14t = 89 và vì n, z, t là những số nguyên, dương nên nghiệm thích hợp là n = 1, z = 2 và t = 1 công thức phân tử của A là C3H7O2N. Theo các giả thiết đã cho thì cấu tạo thích hợp của A là: - CH3 CH COO (alanin) + 0,25 NH3 A tồn tại ở trạng thái rắn do liên kết liên phân tử là liên kết ion bền vững, nhiệt độ nóng chảy tương ứng cao (> 25oC). 0,25 (b) Phương trình phản ứng: O C NH - t 2 CH3 CH COO (alanin) CH3 CH CH CH3 + H2O 0,25 + HN C NH3 O 3. Sơ đồ tách: (Dùng kí hiệu Ar thay cho O2NC6H4-) ArNO2, ArNH2, ArCOOH, ArOH NaHCO3 (tan trong n­íc) ArCOONa ArNO2, ArNH2, ArOH + H NaOH ArCOOH 1,00 (tan trong n­íc) ArONa ArNO2, ArNH2 H+ HCl ArOH (tan trong n­íc) ArNH3Cl ArNO2 OH- ArNH2 5
6. Câu 5 (4,0 điểm) 1. Hòa tan hết 2,25 gam hỗn hợp X gồm 2 kim loại A (hóa trị 1) và B (hóa trị 2) trong lượng dư dung dịch hỗn hợp HNO3, H2SO4 thu được 2,205 gam hỗn hợp khí Y gồm NO2 và một khí Z; Y chiếm thể tích 1,008 lít (đktc). Hãy tính khối lượng muối khan tạo thành. 2. Hòa tan hoàn toàn một lượng hỗn hợp A gồm Fe 3O4 và FeS2 trong 25 gam dung dịch HNO3 tạo khí duy nhất màu nâu đỏ có thể tích 1,6128 lít (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, được 3,2 gam chất rắn. Tính khối lượng các chất trong A và nồng độ % của dung dịch HNO 3 (giả thiết HNO3 không bị mất do bay hơi trong quá trình phản ứng). ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 5 (4,0 điểm) 1,008 2,205 1.n 0,045mol; M 49 Y 22,4 0,045 Vì M 46 49 nên M > 47 NO2 Z Trong các khí có thể sinh ra là: NO (30), N2O (44), N2 (28), H2S (34), SO2 (64) và 0,50 H2 (2) thì chỉ có SO2 là phù hợp. Đặt số mol NO2 và SO2 lần lượt là x và y, ta có: x y 0,045 x 0,0375mol 46x 64y 2,205 y 0,0075mol Gọi số mol A, B lần lượt là a và b mol Chất khử Chất oxi hóa + + - A - e A 2H + NO3 + e NO2 + H2O a a a 0,0375 0,50 2+ + 2- B - 2e B 4H + SO4 + 2e SO2 + 2H2O b 2b b 0,015 Bảo toàn electron cho ta biểu thức a + 2b = 0,0525 mol Nếu muối thu được chỉ là muối sunfat A 2SO4 (a/2 mol) và BSO4 (b mol) thì số 2- mol SO4 bằng a/2 + b = 0,02625mol. m(muối khan) = m m 2 m 2 2,25 (0,02625 96) 4,77g A B SO4 Nếu muối thu được chỉ là muối nitrat ANO3 (a mol) và B(NO3)2 (b mol) thì số mol - 0,75 NO3 bằng a + 2b = 0,0525mol. m(muối khan) = m m 2 m 2,25 (0,0525 62) 5,505g A B NO3 Thực tế có thể thu được hỗn hợp các muối sunfat và nitrat nên khối lượng muối khan là 4,77g m(muối khan) 5,505g 2. Các phương trình phản ứng: + - 3+ Fe3O4 + 10H + NO3 3Fe + NO2 + 5H2O (1) + - 3+ 2- FeS2 + 14H + 15NO3 Fe + 2SO4 + 15NO2 + 7H2O (2) + - H + OH H2O (3) 1,25 3+ - Fe + 3OH Fe(OH)3 (4) t 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O (5) Gọi số mol Fe3O4 và FeS2 ban đầu lần lượt là x và y mol. 1,6128 3,2 Từ n 0,072mol và n 3 2n 2 0,04mol , ta có: NO2 22,4 Fe Fe2O3 160 0,50 3x y 0,04 x 0,012mol m Fe O 0,012 232 2,784g , vậy 3 4 x 15y 0,072 y 0,004mol m 0,004 120 0,480g FeS2 6
7. n (1,2) 10x 14y 0,176mol H n (3) n (3) 0,2 (3 0,04) 0,08mol H OH 0,50 n n (1,2,3) 0,256mol HNO3 H 0,256 63 C% 100% 64,5% 25 Câu 6 (4,0 điểm) 1. Để thủy phân hoàn toàn 0,01 mol este A (tạo bởi axit monocacboxilic X và ancol Y) cần dùng 1,2 gam NaOH. Mặt khác, để thủy phân 6,35 gam este đó cần 3 gam NaOH và thu được 7,05 gam muối. (a) Xác định cấu tạo và gọi tên X, Y, A (b) Viết phương trình phản ứng điều chế Y từ n-butan. (c) Cho biết một số ứng dụng của Y (giải thích và viết phương trình phản ứng nếu có). 2. A là hỗn hợp hai andehit X và Y (X có khối lượng phân tử nhỏ hơn Y). Hóa hơi 1,03 gam A ở 60oC và 1,0 atm thì thu được 683 mL hơi. Hấp thụ hết phần hơi này vào lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 10,8 gam Ag và dung dịch B. Thêm HCl dư vào B thấy thoát ra 0,336 lít (đktc) một khí có khả năng làm đục nước vôi trong. (a) Xác định cấu tạo và gọi tên các andehit trong A. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. (b) Cho biết ứng dụng của X (viết phương trình phản ứng nếu có). ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 6 1,2 1. (a) Khi nA = 0,01mol thì n 0,03mol NaOH 40 0,25 Vì n NaOH : n A 3:1 và axit tạo A là đơn chức nên công thức A có dạng (RCOO)3R’ 3 Khi mA = 6,35 gam thì n 0,075mol NaOH 40 (RCOO)3R’ + 3NaOH 3RCOONa + R’(OH)3 0,025 0,075 0 0 0,075 6,35 3R 132 R' 254 0,025 0,75 Ta có R 27(CH CH ), R' 41(C H ) 7,05 2 3 5 R 67 94 0,075 công thức của X là CH2=CHCOOH (axit acrilic), Y là C3H5(OH)3 (glixerol) và A là (CH2=CHCOO)3C3H5 (glyxeryl triacrilat). cracking (b) n-C4H10  CH2=CH-CH3 + CH4 o CH =CH-CH + Cl 500 CH =CH-CH Cl + HCl 2 3 2 2 2 0,50 CH2=CH-CH2Cl + Cl2 + H2O CH2Cl-CHOH-CH2Cl + HCl t CH2Cl-CHOH-CH2Cl + 2NaOH  C3H5(OH)3 + 2NaCl (c) Các ứng dụng:  Điều chế thuốc nổ glyxeryl trinitrat: C3H5(OH)3 + 3HONO2 C3H5(ONO2)3 + 3H2O  Do đặc tính háo nước (tạo liên kết H tốt với nước) nên glixerol được dùng nhiều trong công nghiệp dệt, thuộc da (làm mềm da, vải) và cho 0,50 thêm vào mực in, mực viết, kem đánh răng, giúp các vật phẩm đó chậm khô. 7
8. 1 0,683 1,03 2. (a) n 0,025mol ; M A 41,2 suy ra trong A có chứa A 0,082 333 0,025 HCHO (andehit focmic - gọi là X). 10,8 n Ag 0,1 n Ag 0,1mol ; 4 suy ra Y là andehit hai chức R(CHO)2 108 n A 0,025 AgNO3 / NH3 HCl Từ HCHO (NH4)2CO3  CO2 0,336 1,25 n n 0,015mol X CO2 22,4 n Y 0,025 0,015 0,01mol Từ m A 30 0,015  R 58 0,01 1,03 R = 0. Vậy hai andehit là HCHO (andehit focmic) và (CHO)2 (andehit oxalic) (b) Ứng dụng của X: - Sản xuất chất dẻo phenolfomandehit và keo urefomandehit OH OH H2 H2 OH H2 C C C H+/OH- n + nHCHO + nH2O 0,50 OH xt, t, p n HN C NH CH H2N C NH2 + n H C H 2 n + nH2O O O O Nhùa ure fomandehit - Do có tác dụng diệt khuẩn (đặc biệt là khuẩn gây thối rữa) nên andehit focmic dùng để bảo quản hạt giống, ngâm xác động vật, thuộc da, tấy uế, dưới dạng 0,25 dung dịch có nồng độ 37-40% gọi là focmon (hay focmalin). 8