Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Hóa 12 - Sở GD&ĐT Kiên Giang

Chia sẻ: Trần Văn được | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:45

Thêm vào BST

Báo xấu

287
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Hóa học 12 sở giáo dục và đào tạo Kiên Giang năm dành cho học sinh và giáo viên tham khảo, giúp các em phát triển và tư duy năng khiếu của mình, củng cố kiến thức luyện thi học sinh giỏi vòng tỉnh đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Hóa 12 - Sở GD&ĐT Kiên Giang

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2010-2011 ------- ------------ ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : HÓA HỌC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 13 /11 /2010 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------- A. PHẦN HÓA ĐẠI CƯƠNG VÔ CƠ: Câu I :(4 điểm ) 1. Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD3 có 10 proton. a. Xác định tên A, D, E. b. Viết công thức cấu tạo của hợp chất tạo bởi 3 nguyên tố trên. 2. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron a. C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4 → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O. b. FexOy+ HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H 2O 3. a. Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H2O; H2O2. Nêu cách phân biệt 2 lọ đựng 2 chất lỏng trên và viết phương trình phản ứng. b. Giải thích tại sao 2 phân tử NO2 có thể kết hợp tạo ra N2O4 ? Câu II: (2 điểm ) 1. X là hợp chất hóa học tạo ra từ hợp kim gồm Fe và C trong đó có 6.67% cacbon về khối lượng. Thiết lập công thức của X. 2. Hòa tan X trong HNO3 (đ, to) thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B. Cho A, B lần lượt tác dụng với NaOH dư thì A tạo ra kết tủa A1; B tạo ra hỗn hợp B1 gồm 3 muối. Nung A1 và B1 ở nhiệt độ cao A1 tạo ra oxit A2; B1 tạo ra hỗn hợp B2 gồm 2 muối. Cho CO (dư) khử A2 ở nhiệt độ cao thì thu được rắn A3 . Cho B2 tác dụng với H2SO4 (1) thu được khí B3 và axit B4. Chất B4 làm mất màu dung dịch KMnO4 trong môi trường axit. Xác định công thức A, B, A1, B1, A2, B2 , B3, B4. Viết các phương trình phản ứng . Câu III :(4 điểm) Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeS2 và Cu2S bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch A và khí SO2 . Hấp thụ hết SO2 vào trong 1 lít dung dịch KOH 0,5 M thu được dung dịch B. Cho ½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tuả nung đến khôí lượng không đôỉ thu được 4 gam chất rắn C. Cho toàn bộ lượng C qua ống sứ đựng khí CO dư nung nóng thu được khí D. Dẫn D qua nước vôi trong dư thu được 6 gam kết tuả. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính m. 2. Tính khôí lượng các chất tan trong dung dịch B. Trang 1
B. PHẦN HÓA HỮU CƠ: Câu I: (3 điểm ) 1. Giải thích tại sao khi hiđrat hoá 3- phenylbut-1-en trong H2SO4 loãng chỉ thu được 2- phenylbutan-2-ol . 2. Viết các phương trình phản ứng điều chế các chất hữu cơ sau: (các hoá chất vô cơ cần thiết và điều kiện của phản ứng coi như có đủ) a. Từ toluen điều chế p.crezol b. Từ benzen điều chế m-brom anilin Câu II: (3 điểm ) 1. Sắp xếp các hợp chất sau theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi và giải thích ? (A) C6H5CH(CH3)2 ; (B) C6H5CH2OH ; (C) C6H5OCH3 ; (D) C6H5CHO ; (E) C6H5COOH 2. Khi thực hiện phản ứng este hóa 1 mol CH3COOH và 1 mol C2H5OH, lượng este lớn nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực đại là 90% khi tiến hành este hóa a mol CH3COOH cần số mol C2H5OH là bao nhiêu (biết các phản ứng este hóa thực hiện ở cùng nhiệt độ). Câu III:(4 điểm) Hợp chất A có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau : 46.6% C; 8,74% H; 31,07% O còn lại là N .Phân tử khối của A nhỏ hơn 140u. Khi cho A phản ứng với dung dịch NaOH loãng đun nóng nhẹ thấy bay ra khí B làm xanh quì tím ẩm và thu được dung dịch Y. Axit hoá dung dịch Y bằng H2SO4 loãng, rồi chưng cất được axit C có khối lượng phân tử bằng 74. Đun nóng A thu được chất hữu cơ D và hơi nước. 1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D. 2. Viết phương trình phản ứng xảy ra: a. Khi đun nóng D trong dung dịch HCl. b. Khi đun nóng D trong dung dịch NaOH. (Cho : H = 1 ; C = 12 ; N = 14 ; O = 16 ; S = 32 ; Na = 23 ; K =39 ; Ca = 40 ;Fe = 56 ; Cu = 64 ) ----HẾT---- Trang 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC Ngày thi : 13/11/2010 A.PHẦN ĐẠI CƯƠNG VÔ CƠ: Câu I :(4 điểm ) 1. Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD3 có 10 proton. a. Xác định tên A, D, E. b. Viết công thức cấu tạo của hợp chất tạo bởi 3 nguyên tố trên. 2. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron a. C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4 → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O. b. FexOy+ HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H 2O 3. a. Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H2O; H2O2. Nêu cách phân biệt 2 lọ đựng 2 chất lỏng trên và viết phương trình phản ứng. b. Giải thích tại sao 2 phân tử NO2 có thể kết hợp tạo ra N2O4 . Đáp án Điểm Ghi chi tiết chú Câu I (4 đ) 1- a. Theo đề ZA + ZD + ZE = 16 (1) 1. 1đ ZA + 3ZD = 10 (2) 0,25 đ Từ (1)& (2) => ZE - 2ZD = 6 ⇒ ZD < 6 ZD 1 2 3 4 ZE 8 10 12 14 0,25 đ ZA 7 4 1 âm Nhận loại loại loại Vì ZD = 2 => D là He loại ZD = 3 => D là Li không có hợp chất LiH3 loại 0,25 đ Vậy ZD = 1 => D là Hydro ZE = 8 => E là Oxi ZA = 7 => A là Nitơ b. * CTCT HNO2 : H- O – N = O * CTCT HNO3 0,25 đ O +5 H O N O 2. 2 đ Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron Trang 1
0 +7 +6 +6 +2 +6 +4 1*=0,25 a. 1 đ a. C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4 → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O. 4x 0,25 HSCB 0 = 1,0 đ +4 * 5 6C → 6 C + 4e . 6 +7 +2 * 24 Mn + 5e → Mn 0 +7 +4 +2 * 30 C + 24 Mn → 30 C + 24 Mn Phản ứng : * 5C6H12O6 + 24KMnO4 + 36H2SO4 → 12 K2SO4 + 24MnSO4+ 30CO2 + 66 H2O. +2y/x +5 +3 +2 b. 1 đ b. FexOy+ HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O 4x 0,25 HSCB +2y/x +3 = 1,0 đ * 3 x Fe → x Fe + (3x-2y) e +5 +2 * (3x-2y) N + 3e → N +2y/x +5 +3 +2 * 3x Fe + (3x-2y) N → 3x Fe + (3x-2y) N Phản ứng : * 3FexOy+ (12x-2y) HNO3 → 3x Fe(NO3)3 + (3x-2y) NO +(6x-y) H2O 3. 1 đ a. Dùng dung dịch KMnO4 , lọ làm mất màu dung dịch KMnO4 là H2O2. 0,25 đ 2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5O2 + K2SO4 + 8H2O 0,25 đ b. Do trong phân tử NO2 trên nguyên tử N còn 1 electron tự do, nên có thể 0,25 đ tạo liên kết cộng hóa trị với nguyên tử N trên phân tử NO2 thứ 2 để tạo phân tử N2O4 . * NO2 : N 0,125 đ O O * N2O4 : O O 0,125 đ N-N O O Trang 2
Câu II: (2 điểm ) 1. X là hợp chất hóa học tạo ra từ hợp kim gồm Fe và C trong đó có 6.67% cacbon về khối lượng. Thiết lập công thức của X. 2. Hòa tan X trong HNO3 (đ, to) thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B. Cho A, B lần lượt tác dụng với NaOH dư thì A tạo ra kết tủa A1; B tạo ra hỗn hợp B1 gồm 3 muối. Nung A1 và B1 ở nhiệt độ cao A1 tạo ra oxit A2; B1 tạo ra hỗn hợp B2 gồm 2 muối. Cho CO (dư) khử A2 ở nhiệt độ cao thì thu được rắn A3 . Cho B2 tác dụng với H2SO4 (1) thu được khí B3 và axit B4. Chất B4 làm mất màu dung dịch KMnO4 trong môi trường axit. Xác định công thức A, B, A1, B1, A2, B2 , B3, B4. Viết các phương trình phản ứng . Câu II Đáp án Điểm Ghi chú (2,0 đ) chi tiết 1. Mỗi * = 0,25đ a. 0,5 đ a. Gọi công thức của X : FexCy 0,25 đ * % Fe = 93,33 2x0,25= 0,5 đ Lập tỉ lệ : 56x : 12y = 93,33 : 6.67 * => x : y = 3 : 1 0,25 đ Công thức của X : Fe3C Mỗi * 0 0 +5 +3 +4 +4 = 0,25đ b. 1,5 đ * Fe3C + 22 HNO3 (đ,to) → 3Fe(NO3)3 + 13NO2 + CO2 +11 H2O 0,25 đ * Dung dịch A : Fe(NO3)3 và hỗn hợp khí B gồm NO2 , CO2 6x0,25= 1,5 đ Kết tủa A1 là Fe(OH)3 ; hỗn hợp B1: NaNO2, NaNO3, Na2CO3 0,25 đ Oxit A2 là Fe2O3 ; hỗn hợp B2: NaNO2, Na2CO3 ; rắn A3 : Fe Khí B3 là CO2 ; Axit B4 là HNO2 Các phương trình phản ứng. * Fe(NO3)3 + 3 NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3 NaNO3 0,25 đ 2 NO2 + 2 NaOH → NaNO2 + NaNO3 + H2O * CO2 + 2 NaOH → Na2CO3 + H2O 0,25 đ o t 2 Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3 H2O(h) to * 2 NaNO3 → 2 NaNO2 + O2 0,25 đ to Fe2O3 + 3 CO → 2 Fe + 3 CO2 Na2CO3 + H2SO4 (l) → Na2SO4 + CO2 + H2O * 2 NaNO2 + H2SO4 (l) → 2 HNO2 + Na2SO4 0,25 đ 2KMnO4+5HNO2+3H2SO4→ 5HNO3 +2MnSO4+K2SO4 +3H2O Trang 3
Câu III :(4 điểm) Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeS2 và Cu2S bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch A và khí SO2 . Hấp thụ hết SO2 vào trong 1 lít dung dịch KOH 1M thu được dung dịch B. Cho ½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tuả nung đến khôí lượng không đôỉ thu được 4 gam chất rắn C. Cho toàn bộ lượng C qua ống sứ đựng khí CO dư nung nóng thu được khí D. Dẫn D qua nước vôi trong dư thu được 6 gam kết tuả. 1. Tính m 2. Tính khôí lượng các chất tan trong dung dịch B. Câu III: Đáp án Điểm Ghi chú (4 đ) chi tiết 1. 3đ Gọi số mol của FeS2 và Cu2S lần lượt là x,y: Ta có phương trình phản ứng: 0 * 2FeS2 + 14H2SO4 đ ⎯t ⎯→ Fe2(SO4)3 + 15SO2 +14H2O(1) 0,25đ x 15x x 2 2 t0 * Cu2S + 6 H2SO4 đ ⎯ ⎯→ 2 CuSO4 + 5 SO2 +6 H2O(2) 0,25đ y 2y 5y ½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư: * Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 (3) x x 2 2 2+ - * Cu + 2OH → Cu(OH)2 (4) 1,0đ 2y 2y t0 * 2Fe(OH)3 ⎯ ⎯→ Fe2O3 +3H2O(5) x x 2 4 t0 * Cu(OH)2 ⎯ ⎯→ CuO +H2O(6) y y t0 * Fe2O3 + 3CO ⎯ ⎯→ 2Fe + 3CO2 (7) x x 3x 4 2 4 t0 * CuO + CO ⎯ ⎯→ Cu + CO2 (8) y y y * CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O(9) 3x + 4 y 3x + 4 y 1,0đ 4 4 ⎧ 3x + 4 y ⎪ 4 = 0,06 ⎪ * Theo gt: ⎨ ⎪160. x + 80. y = 4 ⎪ ⎩ 4 * Giaỉ hệ pt trên ta tìm được: x = 0,04 ; y = 0,03 0,25đ * m = 0,04.120 + 0,03.160 = 9, 6gam. 0,25đ Trang 4
15x Số mol SO2 = +5y = 0,45 mol 2. 1đ 2 nSO2 1 0,5đ Số mol KOH = 0,5 mol ⇒ = 0,45: 0,5 > . Do đó dung dịch nKOH 2 tạo thành gồm 2 muối SO2 + KOH →KHSO3 (10) a a 0,25đ SO2 + 2KOH →K2SO3 + H2O(11) b 2b Ta có hệ pt: ⎧a + b = 0,45 ⎨ Giaỉ hệ pt này ⇒ a = 0,4 ; b = 0,05 ⎩a + 2b = 0,5 0,25đ m KHCO3 = 48 gam; m K2SO3 = 7,9 gam Trang 5
B. PHẦN HỮU CƠ: Câu I: (3 điểm ) 1. Giaỉ thích tại sao khi hiđrat hoá 3- phenylbut-1-en trong H2SO4 loãng chỉ thu được 2- phenylbutan-2-ol 2. Viết các phương trình phản ứng điều chế các chất ( hoá chất vô cơ cần thiết, điều kiện phản ứng coi như có đủ) a. Từ toluen điều chế p.crezol b. Từ benzen m-brom anilin Câu II: Đáp án Điểm Ghi (3 đ) chi tiết chú 1. 1,5 đ Khi hidrat hóa 3- phenylbut-1-en trong H2SO4 loãng sẽ tạo cacbocation 0,5đ bậc 2 và có sự chuyển vị tạo cacbocation benzylic bền vững hơn đo đó sản phẩm thu được là 2- phenylbutan-2-ol theo sơ đồ sau: H+ + CH2 = CH —CH—CH3 CH3— C H —CH—CH3 0,25đ Ph Ph + CH3—CH2— C —CH3 0,25đ Ph OH + H O CH3 CH2 C CH3 2 CH 3CH 2 C CH 3 -H2 0,5đ Ph Ph 2. 1,5 đ H2SO4 đ a/ C6H5CH3 + HNO3 (đ) ⎯ ⎯→ p-NO2C6H4CH3 + H2O 0,25đ Fe −HCl p-NO2C6H4CH3 +6 H ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ p-NH2C6H4CH3 + 2 H2O 0,25đ 0 p-NH2C6H4CH3 + HNO2 ⎯t ⎯→ p-HOC6H4CH3 + N2 + H2O 0,25đ H2SO4 đ b/ C6H6 + HNO3 ⎯⎯→ C6H5NO2 + H2O 0,25đ Fe,t 0 0,25đ C6H5NO2 + Br2 ⎯⎯ ⎯ → m-BrC6H4NO2 + HBr ⎯ Fe −HCl m-BrC6H4NO2 + 6 H ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ m-BrC6H4NH2 + 2 H2O 0,25đ Trang 6
Câu II: (3 điểm ) 1. Hãy sắp xếp và giải thích thứ tự nhiệt độ sôi của các chất sau đây theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi (A) C6H5CH(CH3)2 ; (B) C6H5CH2OH ; (C) C6H5OCH3 ; (D) C6H5CHO ; (E) C6H5COOH 2. Khi thực hiện phản ứng este hóa 1 mol CH3COOH và 1 mol C2H5OH, lượng este lớn nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực đại là 90% khi tiến hành este hóa a mol CH3COOH cần số mol C2H5OH là bao nhiêu (biết các phản ứng este hóa thực hiện ở cùng nhiệt độ). Câu II: Đáp án Điểm Ghi (3 đ) chi tiết chú 1. 1,0 đ Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: C6H5CH(CH3)2 < C6H5OCH3 < C6H5CHO < C6H5CH2OH < C6H5COOH 0,25đ ( A) (C) (D) (B) (E) Vì khối lượng phân tử của chúng xấp xỉ nhau, nên nhiệt độ sôi chỉ phụ 0,25đ thuộc vào sự phân cực và liên kết Hidro (A) Kém phân cực, không có liên kết Hidro 0,5đ (C) Phân cực hơn (A), không có liên kết Hidro (D) Phân cực hơn (C), không có liên kết Hidro (B) Phân cực hơn (D), có liên kết Hidro (E) Phân cực hơn (B), có liên kết Hidro mạnh hơn (B) 2. 2,0đ + Với hiệu suất 66,67% p.t.p.ư CH3COOH + C2H5OH ⇌ CH3COOC2H5 + H2O 0,5đ ban đầu 1mol 1 mol 0 0 phản ứng 2/3 mol 2/3 mol 2/3 mol 2/3 mol cân bằng 1/3 mol 1/3 mol 2/3 mol 2/3 mol 2 ⎛2⎞ ⎜ ⎟ [CH 3 COOC 2 H 5 ].[ H 2O] ⎝ 3 ⎠ Kcb = = =4 [CH 3COOH ].[C 2 H 5 OH ] ⎛ 1 ⎞ 2 0,25đ ⎜ ⎟ ⎝3⎠ + Với hiệu suất 90% . Tính số mol C2H5OH ? Gọi x là số mol C2H5OH. ♣ Trường hợp 1: Nếu x< a thì số mol este = 0,9x (mol) 0,25đ P.T.P.Ư CH3COOH + C2H5OH ⇌ CH3COOC2H5 + H2O mol ban đầu a x 0 0 mol phản ứng 0,9x 0,9x 0,9x 0,9x mol cân bằng a – 0,9x 0,1x 0,9x 0,9x 0,25đ (0,9 x ) 2 K= =4 0,1x (a − 0,9 x) Vậy x = 0,342 a (mol) 0,25đ Trang 7
♣ Trường hợp 2 : x > a thì số mol este = 0,9a (mol) 0,25đ P.T.P.Ư CH3COOH + C2H5OH ⇌ CH3COOC2H5 + H2O mol ban đầu a x 0 0 mol phản ứng 0,9a 0,9a 0,9a 0,9a mol cân bằng 0,1a x-0,9a 0,9a 0,9a 0,25đ (0,9a ) 2 K= = 4 ; Vậy x = 2,925 a (mol) 0,1a ( x − 0,9a ) Trang 8
Câu III:(4 điểm) Hợp chất A có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau : 46.6% C; 8,74% H; 31,07% O còn lại là N .Phân tử khối của A nhỏ hơn 140u. Khi cho A phản ứng với dung dịch NaOH loãng đun nóng nhẹ thấy bay ra khí B làm xanh quì tím ẩm và thu được dung dịch Y.Axit hoá dung dịch Y bằng H2SO4 loãng, rồi chưng cất được axit C có khối lượng phân tử bằng 74. Đun nóng A thu được chất hữu cơ D và hơi nước. 1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D. 2. Viết phương trình phản ứng xảy ra: a. Khi đun nóng D trong dung dịch HCl. b. Khi đun nóng D trong dung dịch NaOH. Câu III Đáp án Điểm Ghi (4 đ) chi tiết chú 1. 3,0 đ Gọi công thức tổng quát của A là CxHyOzNt 0,25đ * Theo gt: %N = 100-(%C + %H +%O) = 13,59% * Ta có: 0,25đ 46,6 8,74 31,07 13,59 x: y : z :t = : : : = 4: 9 :2 :1 12 1 16 14 * Công thức thực nghiệm của A là: (C4H9O2N)n 0,25đ * → 103n< 140 → n< 1,35. Vậy n =1, CTPT A là:C4H9O2N 0,25đ * A tác dụng vơí NaOH tạo ra bazơ B( làm xanh quì tím ẩm) ở dạng khí →A 0,25đ là muối amoni của NH3 hoặc amin * Vì axit hoá dung dịch Y bằng H2SO4 loãng, đem chưng cất (có thể tạo hỗn 0,25đ hợp sản phẩm trong quá trình axit hóa môi trường luôn dư H+) nhưng do MC = 74 nên phân tử C chỉ có 1 nhóm –COOH, CTCT của C:CH3CH2COOH CTCT của B là: CH3NH2 0,25đ * CTCT của A là: CH2= CH-COONH3CH3 0,25đ 0 CH2= CH COONH3CH3 + NaOH ⎯t ⎯→ CH2= CHCOONa + CH3NH2 0,25đ +H2O 2 CH2= CHCOONa + H2SO4 → 2 CH2= CHCOOH + Na2SO4 0,25đ 2. 1,0 đ CH2= CHCOONH3CH3 ⎯t 0 ⎯→ CH2= CH-CO-NH- CH3 (D) +H2O 0,5đ Trong D có liên kết –CO-NH- thuộc loại liên kết amit. Liên kết này kém bền trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm: 0 * CH2= CH −CO−NH−CH3+ NaOH ⎯⎯→ CH2= CHCOONa+ CH3NH2 0,5đ t 0 * CH2= CH−CO−NH−CH3+ HCl+ H2O ⎯⎯→ CH2= CHCOOH + CH3NH3+Cl- t 0,5đ Trang 9