Đề thi chọn học sinh giỏi lần 1 môn Hóa học Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi lần 1 môn Hóa học Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU ĐỀ THI CHỌN HSG 12 LẦN 1 NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: HÓA HỌC (Đề thi có 2 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1: 1. Chỉ dùng thêm phương pháp đun nóng, hãy nêu cách phân biệt các dung dịch mất nhãn chứa từng chất sau: NaHSO4, KHCO3, Mg(HCO3)2, Na2SO3, Ba(HCO3)2. 2. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) Sb2(SO4)3 + KMnO4 + H2O → H3SbO4 + K2SO4 + MnSO4 + H2SO4 b) Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2 + NO2 + H2O (tỉ lệ mol giữa N2 và NO2 bằng 2:3) Câu 2: 1. Viết các phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau: a) Cho dung dịch H2SO4 tác dụng với dung dịch Ca(HCO3)2. b) Cho dung dịch K2CO3 tác dụng với dung dịch AlCl3. c) Cho Na tác dụng với dung dịch NaHSO3. d) Cho dung dịch NaHCO3 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2. 2. Viết phương trình điều chế các chất sau trong phòng thí nghiệm: HCl, HNO3, N2, CO2. Câu 3: 1. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và x mol Cu2S vào dung dịch HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat của hai kim loại) và khí NO. Tính x ? 2. Cho m gam hỗn hợp gồm Cu và Fe tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch B có màu xanh, chứa 111,2 gam muối khan, 8,96 lít NO (đktc) và 1,2 gam kim loại không tan. Xác định thành phần trăm theo khối lượng của Cu và Fe trong hỗn hợp. Câu 4: 1. Cho sơ đồ chuyển hóa giữa các chất hữu cơ như sau: dd KMnO dd H SO A 4 B 2 4 đặc CH3CHO t0C F (Muối amoni) C D E (Các chữ cái A, B, C, D, E, F là kí hiệu các chất khác nhau cùng có 2 nguyên tử Cacbon trong phân tử) Tìm công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra theo sơ đồ biến hóa trên, ghi rõ điều kiện để phản ứng xảy ra (nếu có). 2. Tiến hành lên men giấm 200ml dung dịch ancol etylic 5,75 0 thu được 200ml dung dịch Y. Lấy 100ml dung dịch Y cho tác dụng với Na dư thì thu được 60,648 lít H2 (đktc). Tính hiệu suất của phản ứng lên men giấm? (Biết d = 0,8 g/ml; d = 1 g/ml) C2 H5OH H2O Câu 5: 1. Chất hữu cơ A có công thức C3HxOy (MA < 74 đvC). Chất A có đặc điểm: chất hữu cơ bền, mạch hở, đơn chức, phản ứng với dung dịch AgNO 3 trong NH3 tạo kết tủa. Xác định các công thức cấu tạo có thể có của A. 2. X có công thức phân tử là C5H12O4. Cho hơi X qua ống đựng CuO đun nóng được chất Y có khối lượng phân tử nhỏ hơn X là 8 đvC. Cho 2,56 gam Y phản ứng với dung dịch AgNO 3/NH3 được 17,28 gam kết tủa Ag. Cho X vào dung dịch NaBr bão hòa rồi thêm từ từ H 2SO4 đặc vào thì được chất Z không có oxi. Đun nóng Z trong bột Zn được chất Q có tỉ khối so với hiđro < 45. Tìm công thức cấu tạo của X; Y; Z và Q?
2. Câu 6: 1. Xác định các chất và viết các phương trình phản ứng sau: a) Y + NaOH  Z + C + F + H2O b) Z + NaOH  CH4 + (Biết nZ: nNaOH = 1 : 2) c) C + [Ag(NH3)2]OH  D + Ag d) D + NaOH  E + e) E + NaOH  CH4 + f) F + CO2 + H2O  C6H5OH + 2. Một hợp chất mạch hở A (chứa C, H, O, chỉ chứa một loại nhóm chức và có mạch cacbon không phân nhánh). Phân tử khối của A bằng 146. Cho 14,6 gam A tác dụng với 100 ml dung dịch NaOH 2M vừa đủ thu được hỗn hợp gồm một muối và một ancol. Xác định công thức cấu tạo của A. Câu 7: 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,012 mol hiđrocacbon X. Sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2, thu được dung dịch Y (có khối lượng tăng 0,56 gam so với dung dịch ban đầu) và 4 gam kết tủa. Cho Y vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 6,534 gam kết tủa. a) Tìm công thức phân tử của X. b) Cho 18,4 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, thu được 61,2 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của X. 2. Hoà tan hết hỗn hợp rắn gồm CaC2, Al4C3 và Ca vào H2O thu được 3,36 lít hỗn hợp khí X có tỉ khối so với hiđro bằng 10. Dẫn X qua Ni đun nóng thu được hỗn hợp khí Y. Tiếp tục cho Y qua bình đựng nước brom dư thì có 0,784 lít hỗn hợp khí Z (tỉ khối hơi so với He bằng 6,5). Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng bình brom tăng m gam. Tính m? Câu 8: Hai hợp chất hữu cơ X, Y (chỉ chứa các nguyên tố C, H, O trong phân tử và có mạch cacbon không phân nhánh). Phân tử khối của X, Y lần lượt là M X và MY trong đó MX< MY< 130. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm X, Y vào nước được dung dịch E. Cho E tác dụng với NaHCO3 dư, thì số mol CO2 bay ra luôn luôn bằng tổng số mol của X và Y, không phụ thuộc vào tỷ lệ số mol của chúng trong dung dịch. Lấy một lượng dung dịch E chứa 3,6 gam hỗn hợp X, Y (ứng với tổng số mol của X, Y bằng 0,05 mol) cho tác dụng hết với Na (dư), thu được 784 ml khí H2 (ở đktc). 1. Hỏi X, Y có chứa những nhóm chức gì? 2. Xác định công thức phân tử của X, Y. Biết X, Y không có phản ứng tráng bạc, không làm mất màu của nước brom. 3. Khi tách loại một phân tử nước khỏi Y, thu được Z là hỗn hợp hai đồng phân cis-, trans- trong đó một đồng phân có thể bị tách bớt một phân tử nước nữa tạo thành chất P mạch vòng, P không phản ứng với NaHCO3. Xác định công thức cấu tạo của Y và viết các phương trình phản ứng thực hiện chuyển hoá Y Z P. Câu 9: Hòa tan hết 23,18 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Fe(NO3)3 vào dung dịch chứa 0,92 mol HCl và 0,01 mol NaNO3, thu được dung dịch Y (chất tan chỉ có 46,95 gam hỗn hợp muối) và 2,92 gam hỗn hợp Z gồm ba khí không màu. Dung dịch Y phản ứng được tối đa với 0,91 mol KOH, thu được 29,18 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính thành phần phần trăm thể tích của các khí trong Z?
3. TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 LẦN 1 ĐẬU Môn thi: HÓA HỌC (Đề thi có 2 trang) Câu 1 1. Trích mẫu thử 0,5 Đun nóng các dung dịch: - Chỉ có khí: KHCO3 2KHCO3 →K2CO3 + CO2 + H2O - Có khí và có kết tủa: Mg(HCO3)2 và Ba(HCO3)2 (nhóm I) Mg(HCO3)2 → MgCO3 + CO2 + H2O Ba(HCO3)2 → BaCO3 + CO2 + H2O - Không hiện tượng: NaHSO4 và Na2SO3 (nhóm II) - Cho KHCO3 vào các dung dịch nhóm II 0,25 + Không hiện tượng: Na2SO3. + Có khí: NaHSO4 2NaHSO4 + 2KHCO3 → K2SO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O - Lấy NaHSO4 cho vào các dung dịch nhóm I 0,25 + Chỉ có khí: Mg(HCO3)2 Mg(HCO3)2 + 2NaHSO4 → MgSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O + Có khí và kết tủa: Ba(HCO3)2 Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O 2. a) 5Sb2(SO4)3 + 4KMnO4 + 24H2O → 10H3SbO4 + 2K2SO4 + 0,5 4MnSO4 + 9H2SO4 3+ +5 Sb2 → 2Sb + 4e Mn+7 + 5e →Mn+2 → 5Sb2+ + 4Mn+7 → 10Sb+5 +4 Mn+2 b) 23Al + 90HNO3 → 23Al(NO3)3 + 6N2 + 9NO2 + 45H2O 0,5 (tỉ lệ mol giữa N2 và NO2 bằng 2:3) Al0 → Al+3 + 3e +5 2N + 10e → N2 N+5 + e → N+4 0 +5 3+ +4 → 23Al + 21N → 23Al + 6N2 + 9N Câu 2 1. a) H2SO4 + Ca(HCO3)2 → CaSO4 + 2CO2 + 2H2O 0,25 b) 3K2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 6KCl + 3CO2 0,25 c) 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 0,25 NaOH + NaHSO3 → Na2SO3 + H2O d) NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O 0,25 (hoặc: 2NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O) 2. - Điều chế khí HCl: 0,25 NaClr + H2SO4 đ → NaHSO4 + HCl 2NaClr + H2SO4 đ → Na2SO4 + 2HCl - Điều chế HNO3: 0,25 NaNO3 r + H2SO4 đ → HNO3 + NaHSO4 - Điều chế N2: 0,25 NH4NO2 → N2 + 2H2O (hoặc NH4Cl + NaNO2 → NaCl + N2 + 2H2O) - Điểu chế CO2: 0,25 CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O 3+ 2+, 2- Câu 3 1. Theo bài: X chứa: Fe , Cu SO4 0,25 3+ Bảo toàn Fe: Fe : 0,12 mol 0,5
4. 2+ Bảo toàn Cu: Cu : 2x mol 2- Bảo toàn S: SO4 : x + 0,24 mol Bảo toàn điện tích: 0,12 .3 + 2x .2 = 2(x+0,24) 0,25 → x = 0,06 mol 2. 3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + H2O 0,25 Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu Fe + 2 Fe(NO3)3 → 3 Fe(NO3)2 Vì dư kim loại; dd có màu xanh nên 1,2 gam kim loại là Cu dư. Trong dd B chứa Cu2+ ; Fe2+. n NO = 0,4 mol 0,25 2+ Fe → Fe + 2 e → n Fe(NO3)2 = a → m Fe(NO3)2=180 a. a 2a ( mol) 2+ Cu → Cu + 2 e → n Cu(NO3)2 = b → m Cu(NO3)2=188 b. a 2a ( mol) N+5 + 3 e → N +2 (NO) 1,2 0,4 ( mol) 2a + 2b = 1,2 a = 0,2 0,25 180a + 188b = 111,2 b = 0,4 m Fe = 0,2 . 56 = 11,2 (g) ; m Cu = 0,4 . 64 + 1,2 = 26,8 (g) % Fe = (11,2 / 38 ) . 100% = 29,47 % 0,25 % Cu = 100 % - 29,47 % = 70,53 % Câu 4 1. Công thức cấu tạo các chất: 0,25 A. CH2=CH2 B. HOCH2-CH2OH C. CH3-CH2-Cl D. CH3-CH2-OH E. CH3-COOH F. CH3-COONH4 A→B: 3CH2=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3 HOCH 2-CH2OH + 2KOH + 2MnO2 0,25 B→CH CHO: HOCH -CH OH dd H 2 SO 4 đặc CH -CHO + 3 2 2 t0C 3 H2O A → C: CH2=CH2 + HCl CH3-CH2-Cl 0,25 t0C C → D: CH3-CH2-Cl + NaOH CH3-CH2-OH + NaCl D → E: CH3-CH2-OH + O2 Men giấm CH3-COOH + H2O CH3-CHO→ F: 0,25 t0 CH3-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O CH3-COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 E→ F: CH3COOH + NH3 → CH3COONH4 2 200.5,75 0,25 V bân đầu = = 11,5 ml => m = 11,5.0,8 = 9,2 gam C2 H5OH 100 C2 H5OH  n = 0,2 mol C2 H5OH ban đầu  V = 200 – 11,5 = 188,5 ml => n = 10,4722 H2O ban đầu H2O ban đầu mol Giả sử có x (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có 0,25
5. C2H5OH + O2  CH3COOH + H2O x mol x mol x mol Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: x(mol)CH3COOH ; (0,2 -x) mol C2H5OH và (x+10,47)mol H2O. Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y: 0,25 CH3COOH + Na  CH3COONa + 1/2H2(1) C2H5OH + Na  C2H5ONa + 1/2H2(2) H2O + Na  NaOH + 1/2H2(3)  n = ¼(x + 0,2 – x + 10,4722 + x) = ¼(10,6722 + x) 0,25 H2  Theo bài n = 2,7075 mol => ¼(10,6722 + x) = 2,7075 => x = H2 0,1578 H phản ứng = 78,9% Câu 5 1. CTCT của A: 1,00 CH≡C-CHO CH2=CH-CHO CH3-CH2-CHO CH3COCHO HCOOCH=CH2 CH≡C-CH2OH CH≡C- COOH CH3-O-C≡CH 2. Ta thấy X no trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì 0,25 X pư được với CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH. Khi 1 nhóm CH2–OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số H giảm đi 2 tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì MY nhỏ hơn MX là 8 đvC nên trong X phải có 4 nhóm –OH (X không có nhóm ete vì X chỉ có 4 oxi) Y có CTPT là C5H4O4 hay MY = 128 gam. Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol. Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là R(CHO)n ta có R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O → R(COONH4)n + 2nAg + 2nNH4NO3 0,02 0,16 n = 4 X và Y có CTCT lần lượt là 0,25 CH2OH CH=O HOH2C C CH2OH O=HC C CH=O CH OH 2 và CH=O Khi X + NaBr/H2SO4 đặc tương đương với X pư với HBr vì: 0,25 t0 2NaBr + H2SO4  Na2SO4 + 2HBr Do đó ta có: C H 2 Br C H 2 O H H O H C C C H O H + 4H B r C C H Br 2 2 BrH 2 C 2 + 4H 2O C H 2 O H C H 2 Br Do Q có M < 90 nên Q không còn Br vậy Q là sp của pư sau: 0,25 C H 2 Br C H 2 BrH C C C H Br 2 2 + 2 Z n H C C C H 2 2 + 2 Z n B r2 C H 2 Br C H 2
6. Y: CH2=CHOOC-CH2-COOC6H5 Z: CH2(COONa)2 C: CH3CHO D: CH3COONH4 0,25 E: CH3COONa F: C6H5ONa to COOC6H5 + 3NaOH CH2(COONa)2+C6H5ONa+CH3CHO+H2O CH2 COOCH=CH2 0,25 CaO,t o 1. CH2(COONa)2 + 2NaOH  CH4  + 2Na2CO3 t0 CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  CH3COONH4 + 2Ag + 3NH3  + H2O 0,25 CH3COONH4 + NaOH NH3 + CH3COONa CaO,t o CH3COONa + NaOH  CH4  + Na2CO3 0,25 C6H5ONa + CO2 + H2O C6H5OH + NaHCO3 Câu 6 +) nA= 0,1 mol; nNaOH= 0,2 mol; A tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và một ancol, với 0,25 tỉ lệ mol của A:NaOH = 1:2 => A là este 2 chức +) TH1: Tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức A có công thức dạng R(COOR’)2 => R + 2R’=58 0,5 2. => R’=15 và R=28 => CTCT của A là CH3OOC-CH2-CH2-COOCH3 hoặc R’=29 và R=0=> CTCT của A là C2H5OOC-COOC2H5 +) TH2: Tạo bởi axit đơn chức và ancol 2 chức A có công thức dạng (RCOO)2R’ => 2R + R’=58 0,25 => R=1 và R’=56 => CTCT của A là HCOO-CH2-CH2-CH2-CH2- OOCH hoặc R=15 và R’=28=> CTCT của A là CH3COO-CH2-CH2-OOCCH3 Câu 7 1a. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,25 0,04 0,04 2CO2 + Ca(OH)2 →Ca(HCO3)2 2a a Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + CaCO3 + H2O a a a 197a + 100a = 6,534 → a = 0,022 CO2: 0,084 mol mdd tăng = mCO2 + mH2O - mkt 0,25 0,56 = 44.0,084 + mH2O - 4 → H2O: 0,048 mol Gọi X là CxHy 0,25 → x = 0,084:0,012 = 7 → y = 0,048.2:0,012 = 8 Vậy X là C7H8 1b. Theo bài: C7H8: 0,2 mol 0,25 Do X tác dụng với AgNO3/NH3 dư tạo kết tủa → X có liên kết ba đầu mạch C7H8 + kAgNO3/NH3 → C7H8-kAgk Theo bài: 0,2(92 + 107k) = 61,2 → k = 2 Vậy CTCT của X: 0,5 CH≡C-CH2-CH2-CH2-C≡CH
7. CH≡C-CH(CH3)-CH2-C≡CH CH≡C-CH(C2H5)-C≡CH CH≡C-C(CH3)2-C≡CH 2. nX=0,15mol MX=10.2=20⇒mX=n.M=0,15.20=3(gam) 0,5 nZ=0,035mol MZ=6,5.4=26 ⇒ mZ=n.M=0,035.26=0,91(g) mX=mY=m(C2H2+C2H4)+mZ ⇒ bình Br2 tăng = mX - mZ = 3 - 0,91 = 2,09 (g) Câu 8 1. +) Dung dịch E tác dụng với NaHCO3 sinh ra CO2 0,25 chứng tỏ X, Y chứa nhóm chức –COOH. Gọi công thức 2 chất R1(COOH)x và R2(COOH)y với số mol lần lượt 0,25 là a, b Khi đó số mol CO2 là ax+by = a+b, không phụ thuộc vào a, b nên x=y=1. +) Trong 3,6 gam X, Y 0,25 Đặt CT chung R-COOH Khi tác dụng NaHCO3 thu được nCO2=0,05=n(A,B) =n-COOH nên M(X,Y)=3,6/0,05=72 → MR=72 - 45=27 +) Khi phản ứng với Na tạo ra H2 với nH2=0,035 mol chứng tỏ số mol H linh động trong E là 0,035.2=0,07 > n-COOH nên X, Y vẫn còn –OH Đặt R’(OH)k(COOH) + Na→(k+1)/2 H2 0,05 0,035 mol → k=0,4 Z1 dạng cis, Z2 dạng trans
8. O H COOH C H -H2O O C H CH OH 0,5đ -H2O 2 H P Y Z1 H COOH C C Z H 2 HOCH2 Câu 9