DE DA HOA 12 BAC NINH 2016

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

(Đề thi gồm có 02 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: Hóa học - Lớp 12

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

============

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn thi: Hoá học - Lớp 12

=========

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

I

1

(1đ)

a. Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu

b. Cu + 2Fe3+ Cu2+  + 2Fe2+

c. 2Fe3+ + Fe  3Fe2+

d. Ba + 2H2O → H2 + Ba(OH)2

   Ba(OH)2 + CuSO4 → BaSO4+ Cu(OH)2

e. 2Na + 2C6H5NH3Cl (dd) → H2 + 2C6H5NH2 +  2NaCl

f. Ba +  (C6H5NH3)2SO4 (dd) → H2 + 2C6H5NH2 + BaSO4

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2

(1đ)

a.

Ta có hệ pt:   

          =>

Vậy: X là S; Y là O

        XO32- là SO32-; XO42- là SO42-

b.

- Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch hỗn hợp muối natri của 2 ion trên, lọc thu được kết tủa trắng, cho kết tủa vào dung dịch HCl dư, thấy có khí thoát ra đồng thời còn một phần kết tủa trắng không tan. Kết tủa trắng của Bari không tan trong HCl là BaSO4

=> trong dung dịch có ion SO42-.

- Thu khí thoát ra rồi cho đi qua dung dịch nước brôm, nếu thấy nước brom mất màu thì đó là khí SO2.

0,5đ

0,25đ

=> trong dung dịch có ion SO32-.

0,25đ

3

(1đ)

Từ đề bài suy ra X là SO2, Y là H2S và ta có các phương trình phản ứng sau

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

II

1

(1đ)

+) Thí nghiệm 1:

- Hiện tượng: Dung dịch brom nhạt màu dần sau đó bị mất màu.

C2H2 + Br2  C2H2Br2

C2H2Br2 + Br2  C2H2Br4

Hoặc C2H2 + 2Br2  C2H2Br4

+) Thí nghiệm 2:

- Hiện tượng:

   *) Khi cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch NH3 dư có kết tủa, lắc nhẹ kết tủa tan ra

   *) Thêm tiếp dung dịch glucozơ vào, sau đó đặt ống nghiệm vào cốc nước nóng có kết tủa trắng bám quanh ống nghiệm

AgNO3+3NH3+H2O  [Ag(NH3)2]OH + NH4NO3

C5H11O5CHO+2[Ag(NH3)2]OH

                                                   C5H11O5COONH4+2Ag+ 3NH3 + H2O

Hoặc C5H11O5CHO+2AgNO3+3NH3+H2O

                                                    C5H11O5COONH4+2Ag +2NH4NO3

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2

(1đ)

(1) CH3CH2CH2OH + CuO CH3CH2CHO + Cu + H2O

(2) 2CH3CH2CHO + O2 2CH3CH2COOH

(3) CH3CH2COOH + C2H5OH CH3CH2COOC2H5 + H2O

0,25đ

0,25đ

0,25đ

(4) CH3CH2CH2OH + CH3COOH CH3COOCH2CH2CH3 + H2O

(5) CH3COOCH2CH2CH3 + NaOH CH3COONa + CH3CH2CH2OH

0,25đ

3

(1đ)

+) C3H6O2 có 3 đồng phân cấu tạo, mạch hở đơn chức

CH3CH2COOH; HCOOCH2CH3; CH3COOCH3

+) Nhúng quỳ tím lần lượt vào 3 mẫu thử của 3 chất trên

- Quỳ tím hóa đỏ là: CH3CH2COOH

- Quỳ tím không đổi màu là: HCOOCH2CH3; CH3COOCH3

+) Cho lần lượt 2 chất: HCOOCH2CH3; CH3COOCH3 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng

 - Có kết tủa trắng là HCOOCH2CH3

HCOOCH2CH3 + 2AgNO3+3NH3+H2O

                                                               NH4OCOOCH2CH3+ 2Ag↓+ 2NH4NO3

- Không hiện tượng là CH3COOCH3

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

III

1

(1đ)

+) nBa(OH)2 = 0,04 mol; nNaOH = 0,02 mol

=> X gồm: Ba2+: 0,04 mol; Na+: 0,02 mol; OH-: 0,10 mol

nBaCO3 = 0,03 mol => CO32- : 0,03 mol

+) TH1: CO2 phản ứng hết với OH-

 CO2  +  2OH- → CO32-  +  H2O

0,03                  0,03 mol

=> nCO2 = 0,03 mol

=> V = 0,672 lít

+) TH2: CO2 có phản ứng hết với CO32-

CO2  +  2OH- → CO32-  +  H2O

0,05   0,10  → 0,05 mol

CO2 + H2O + CO32- → 2HCO3-  

0,02          0,02 mol

=> nCO2 = 0,07 mol

=> V = 1,568 lít

0,5đ

0,5đ

2

(1đ)

+) Gọi công thức của oleum là H2SO4.xSO3

H2SO4.xSO3 + xH2O  (x+1) H2SO4                   (1)

H2SO4 + 2KOH  K2SO4 +2H2O                        (2)

Theo (1) và (2):

1,05 = (x +1)

Giải ra x= 6.

Vậy công thức của oleum là H2SO4.6SO3

0,5đ

0,5đ

3

+) Ta có: nMg= 0,24 mol; nA=0,04 mol

(1đ)

Mg + HNO3  Mg(NO3)2 + A +H2O có thể có muối amoni

+) Luôn có: nMg= nMg(NO3)2 = 0,24 mol

 mMg(NO3)2 = 0,24 x 148 = 35,52 gam < 37,12 gam

nên trong dung dịch B có muối NH4NO3 với khôi lượng 1,6 gam

 nNH4NO3 =0,02 mol

+) Có thể viết phương trình phản ứng xác định khí hoặc sử dụng phương pháp bảo toàn số mol electron như sau:

Mg  Mg2+ + 2e             N+5 + 8e   N-3              N+5 + a.e   khí A

0,24          0,48                  0,16 0,02                     0.04.a 0,04

    0,04.a + 0,16 = 0,48 a = 8 khí A là N2O

 +) Vậy số mol HNO3 phản ứng = 10*0,02 + 10*0,04 = 0,6 mol

               số mol HNO3 ban đầu = 0,6 + 0,6*10/100 = 0,66 mol

 Vậy CM HNO3 = 3,3M

0,25đ

0,5đ

0,25đ

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

IV

1

(2đ)

+) nA= 0,1 mol; nNaOH= 0,2 mol;

A tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và một ancol, với 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

=> 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

=> 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

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

2

(2đ)

a.

+) A, B đơn chức, mạch hở đều tác dụng được với dung dịch NaOH. Vậy axit hoặc este đơn chức. Đốt cháy thu được số mol CO2 bằng số mol H2O

Nên A, B có dạng tổng quát :  CxH2xO2 và CpH2pO2

                                             Hoặc là R1COOR2 và R3COOR4 

+) Phương trình phản ứng với dung dịch NaOH

R1COOR2 + NaOH  → R1COONa +  R2OH

R3COOR4  + NaOH → R3COONa  +  R4OH  

+) nNaOH= 0,1.2 = 0,2 mol  => mNaOH= 0,2 x40 = 8 gam

+) Khối lượng R2OH và R4OH: 16,2 + 8 - 19,2 =  5 gam

           => n(A,B) = n( muối) = n(R1OH,R2OH) = n(NaOH) = 0,2 (mol)

  => = 16,2/0,2 = 81 (u)

 A, B hơn kém 1 nguyên tử cacbon, với dạng tổng quát trên tương ứng hơn kém 1 nhóm CH2.

Vậy: A có CTPT là C3H6O2 : a mol

    và B có CTPT là C4H8O2  :  b mol  

=>  a+ b = 0,2

    74a + 88b = 16,2

=> a = b = 0,1 (mol)

+) muối=19,2/0,2 = 96  (u)

* TH1: Chất rắn chỉ có 1 muối: CH3CH2COONa

 => CTCT của A là CH3CH2COOH và B là CH3CH2COOCH3  

* TH2: Chất rắn có 2 muối R1COONa < 96 và R2COONa >96

=> có 1 muối là CH3CH2CH2COONa => B là CH3CH2CH2COOH

=> Muối còn lại có dạng: RCOONa

0,1*(R+67) + 0,1*110 = 19,2 => R=15 => A là CH3COOCH3

b.                  

Thành phần khối lượng trong hai trường hợp như nhau.

                         %mC3H6O2 = (0,1.74/16,2).100% =  45,68%     %mC4H8O2 = 54,32%

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

V

1

(2đ)

+) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mkhí = 8,08 -1,6 = 6,48 gam

Sản phẩm khí + dung dịch NaOH → dung dịch muối 2,47%

nNaOH = 0,06 mol

mdd muối = mkhí + mdd NaOH = 206,48 gam → mmuối = 5,1 gam

+) Ta có sơ đồ: Khí  + nNaOH → NanA

                                   0,06  → 0,06/n

=> mmuối = (23.n+A).0,06/n = 5,1 → A = 62n

=> Chỉ có cặp: n = 1, A = 62 (NO3-) là phù hợp => muối là NaNO3

+) Vì sản phẩm khí bị hấp thụ hoàn toàn và phản ứng với dung dịch NaOH chỉ cho được một muối duy nhất là NaNO

0,5đ

3

=> Do đó sản phẩm khí phải bao gồm NO2 và O2 với tỉ lệ mol tương ứng 4:1

=> muối X ban đầu là M(NO­3)n. Khi đó

 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

             HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O

+) Theo phương trình tính được

nNO2 = 0,06 mol, nO2 = 0,015 mol

=> mkhí =  mNO2 + mO2 = 3,24 gam < 6,48 gam

=> Trong sản phẩm khí còn có hơi nước.

Vậy muối X phải có dạng M(NO3)n.xH2O.

+) Phản ứng nhiệt phân

2M(NO3)n.xH2O M2On + 2nNO2 + n/2O2 + 2xH2O

=> mY =

=> Thỏa mãn khi: n = 3, M = 56 (Fe)

=> mH2O = 6,48 - 3,24 = 3,24 gam => nH2O = 0,18 mol

Kết hợp với phương trình nhiệt phân ta có

Vậy X là muối Fe(NO3)3.9H2O

0,5đ

0,5đ

0,5đ

2

(2đ)

                                    CuO + CO Cu + CO2        (1)

   0,01        0,01

   CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O       (2)

Theo (1) và (2): nCu = nCO2 = nCuO phản ứng = 0,01 mol

   nCuO ban đầu = = 0,04 mol

   nCuO dư = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol

=> Chất rắn gồm: Cu: 0,01 mol và CuO dư: 0,03 mol

+) Khi cho chất rắn vào dung dịch HNO3: 

nHNO3 ban đầu = 0,5×0,16 = 0,08 mol

                                 CuO +  2H+ → Cu2+ + H2O                 (3)

          0,03→ 0,06 → 0,03         mol

          3Cu +    8H+  + 2NO3-→ 3Cu2++ 2NO + 4H2O    (4)

        0,03/4 0,02 → 0,005 →            0,005 mol

+) Theo (3) và (4):

                          V1 = 0,005×22,4 = 0,112 lít

+) nCu tan (4) = = (mol)

 nCu còn dư = 0,01 - = = 0,0025 (mol)

+) Khi thêm dung dịch HCl vào thì:

nHCl ban đầu = 0,76× = (mol)

                              3Cu +    8H+   +     2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O  (5)

      0,0025→ 0,02/3→   0,005/3 →        0,005/3   mol   

+) Theo (5) Cu tan hết  

 nNO = 0,005/3 mol 

=> V2 =  ×22,4  0,037 lít

0,5đ

0,5đ

Sau phản ứng (5)

 nH+ dư = - = 0,5 (mol)

+) Khi cho Mg vào: 5Mg + 12H+ +  2NO3- → 5Mg2+ + N2 +6H2O     (6)

             0,5  0,5                       mol

                                    Mg + 2H+ → Mg2+ + H2                    (7)

            0,06      0,03    mol

Theo (3), (4), (5):  nNO3- = 0,08 - = mol

   nMg = = 0,5 (mol)

Theo (6):  nN2 = nNO3- = = (mol)

   nH+ (7) = 0,5 - ×6 = 0,06

   nMg = 0,5 - × = (mol)

Theo (7):  nH2 = nH+ = 0,03 mol

=> V3= VN2 + H2 = (0,03 + )×22,4  1,49 lít

   nMg còn dư = - = (mol)

+) nCu2+ = 0,04 mol

   Mg +    Cu2+ → Mg2+ + Cu↓  

             0,04 →            0,04 mol

=> Sau phản ứng, hỗn hợp kim loại M gồm:   

                                     nCu = 0,04 mol

   nMg = - 0,04 = (mol)

+) Vậy M gồm: mCu = 64×0,04 = 2,56 gam

   mMg = 24× = 5,92 gam

0,5đ

0,5đ

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

VI

1

(1đ)

+) Dung dịch E tác dụng với NaHCO3 sinh ra CO2

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 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

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 <1

Với R=27 mà MX< MY nên X không chứa –OH,

                                           Y chứa 1 hoặc 2 –OH (không thể là 3 vì MY<130).

Vậy X chỉ chứa nhóm chức – COOH

       Y chứa cả nhóm chức – COOH và nhóm chức –OH

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2

(1đ)

+) TH1: Y chứa 1 nhóm – OH khi đó X là R1’(COOH)            a (mol)

                                                                Y là R2’(OH)(COOH)  b (mol)

     Ta có

X, Y không làm mất màu nước Br2, không có phản ứng tráng bạc nên X, Y là hợp chất no

Nghiệm thỏa mãn R1’= 15 ; R2’=28 

Vậy X là CH3COOH; Y là C2H4(OH)(COOH)

+) TH2: Y chứa 2 nhóm  –OH tương tự ta tính được 4R1’ + R2’= 118

Nghiệm thỏa mãn R1’= 15; R2’ = 41

Vậy X CH3COOH; Y là C3H5(OH)2(COOH)

0,5đ

0,5đ

3

(1đ)

+) Y tách H2O cho 2 đồng phân hình học Z1, Z2 nên Y chỉ có thể là:

+) Z1 đun nóng, tách H2O tạo P mạch vòng, không phản ứng NaHCO3 nên P là este vòng => Z1 dạng cis, Z2 dạng trans

0,25đ

0,25đ

0,5đ