Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Gia Lai

Chia sẻ: Le Hung | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Gia Lai là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Gia Lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn: Hóa học - Bảng B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 13/12/2019. (Đề gồm 02 trang 08 câu) Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Cho H =1, Li = 7, C = 12, N = 14, O = 16, Na = 23, P = 31, S = 32, Cl = 35,5, K = 39, Ca = 40, Fe = 56, Cu = 64, Br = 80, Ag = 108, I = 127. Câu 1: 1/ (1,5 điểm) Một hợp chất cấu tạo từ cation M+ và anion X2–. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong phân tử M2X là 92, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 28 hạt. Số khối của ion M + lớn hơn số khối của ion X2- là 7. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong M+ nhiều hơn trong X2- là 7 hạt. a) Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn. b) Hãy so sánh bán kính của ion M+ và X2-. 2/ (1 điểm) Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro và trong oxit cao nhất tương ứng là a% và b%, với a : b = 40 : 17. Xác định tên của nguyên tố R. Câu 2: 1/ (1,5 điểm) Xác định các chất X, A, B, C, D, Y, Z, G và hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: A X+D X B Y +Z C A+G 2/ (1,5 điểm) Có một hỗn hợp X gồm NaI và NaBr. Hoà tan hỗn hợp X vào nước rồi cho brom vào đến dư, sau khi phản ứng xong làm bay hơi dung dịch, làm khô sản phẩm thì thu được chất rắn Y. Khối lượng của Y nhỏ hơn khối lượng X là m gam. Lại hoà tan Y vào nước và cho clo vào đến dư, sau khi phản ứng xong làm bay hơi dung dịch, làm khô sản phẩm thì thu được chất rắn Z. Khối lượng của Z nhỏ hơn khối lượng của Y là m gam. Xác định phần trăm về khối lượng của NaBr trong hỗn hợp đầu. Câu 3: 1/ (1 điểm) Hòa tan hết 2,27 gam hỗn hợp gồm kim loại kiềm M và oxit của nó vào nước, thu được 500 ml dung dịch X có pH = 13. a) Xác định kim loại kiềm M. b) Tính thể tích dung dịch chứa HCl và H2SO4 có pH = 1 cần thêm vào 100 ml dung dịch X ở trên để thu được dung dịch mới có pH = 2. 2/ (2 điểm) Viết phương trình hóa học dưới dạng phân tử và nêu hiện tượng xảy ra khi cho các cặp dung dịch sau tác dụng với nhau (Biết các dung dịch ban đầu đều chỉ chứa 1 mol chất tan): a) BaCl2 và NaHSO4; b) Ba(HCO3)2 và KHSO4; c) Ca(H2PO4)2 và KOH; d) Ca(OH)2 và NaHCO3. Câu 4: 1/ (1 điểm) Cho V lít khí CO qua ống sứ đựng 7,2 gam oxit sắt nung đỏ một thời gian thu được chất rắn B. Cho B phản ứng hết với 480 ml dung dịch HNO3 1M (D = 1,25 g/ml) thu được dung dịch C và 1,792 lít NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Cô cạn thật cẩn thận dung dịch C thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 8 gam chất rắn Q. Tìm công thức của oxit sắt và tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch C. 2/ (1 điểm) Có một dung dịch HCl 3M (dung dịch A) và một dung dịch hỗn hợp gồm Na2CO3 2M và NaHCO3 1M (dung dịch B). - Thí nghiệm 1: Lấy 50 ml dung dịch A cho từ từ vào 50 ml dung dịch B cho đến hết, khuấy đều thì thu được V1 lít khí thoát ra (ở đktc). - Thí nghiệm 2: Lấy 50 ml dung dịch B cho từ từ vào 50 ml dung dịch A cho đến hết, khuấy đều thì thu được V2 lít khí thoát ra (ở đktc). Tính tỉ lệ V1 : V2. Trang 1
Câu 5: 1/ (1 điểm) Crackinh hoàn toàn một ankan X thu được hỗn hợp Y có VY = 2VX (các chất khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Biết tỉ khối của Y so với H2 là 18. Biết X tác dụng với Cl2 (askt) thu được tối đa 4 dẫn xuất monoclo là đồng phân cấu tạo của nhau. - Xác định công thức cấu tạo của X - Viết phương trình hóa học thực hiện dãy chuyển hóa sau: X ZT Q Z. Biết các chất trong dãy chuyển hóa đều là sản phẩm chính. 2/ (1,5 điểm) Có năm hợp chất hữu cơ mạch hở A, B, C, D, E mà trong mỗi phân tử chỉ có 2 nguyên tử hiđro đều phản ứng được với dung dịch AgNO3/NH3. a) Xác định công thức cấu tạo của 5 hợp chất hữu cơ và viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Hỗn hợp X gồm các chất A, B, C, D, E tìm được ở trên, mỗi chất đều có 0,1 mol. Cho X phản ứng hoàn toàn với dung dịch AgNO3/NH3 dư thì thu được m gam chất rắn. Tính giá trị m. Câu 6: (2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 1,60 gam một este đơn chức E thu được 3,52 gam CO2 và 1,152 gam nước. 1/ Cho 15 gam E tác dụng với NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 21 gam chất rắn khan G. Cho G tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng thu được G1 không phân nhánh. Tìm công thức cấu tạo của E, viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2/ X là một đồng phân của E, X tác dụng với NaOH tạo ra một ancol mà khi đốt cháy hoàn toàn một thể tích hơi ancol này cần 3 thể tích khí O2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Xác định công thức cấu tạo và gọi tên của X. Câu 7: (2 điểm) Z là hỗn hợp các peptit mạch hở: X-X-Y, X-X-X-Y và X-X-X-X-Y (tỉ lệ mol tương ứng là 3:2:1). Thủy phân hoàn toàn Z chỉ thu được các α-amino axit X, Y đều có 1 nhóm – NH2. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X thu được , còn đốt cháy hoàn toàn một lượng Y thu được . Thủy phân hoàn toàn 18,38 gam Z bằng dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thật cẩn thận, thu được m gam hỗn hợp muối T. Nếu đốt cháy hoàn toàn a gam T cần vừa đủ V lít không khí (Coi không khí chứa 20% O2, 80% N2 về thể tích) thì thu được 5,83 gam Na2CO3 và b lít khí N2 (đktc). Tính giá trị m, b. Câu 8: 1/ (1,5 điểm) Điện phân 500 ml dung dịch A chứa đồng thời KCl và CuSO4 (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hoà tan của các khí trong nước và sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện I = 5A. Sau 32 phút 10 giây ngừng điện phân được dung dịch B có khối lượng giảm 5,65 gam so với dung dịch A. Cho khí H2S từ từ đến dư vào dung dịch B, phản ứng hoàn toàn thu được kết tủa và dung dịch C có thể tích 500 ml, pH = 1. Tính nồng độ mol của NaCl, CuSO4 trong dung dịch A. 2/ (1,5 điểm) Trong phòng thí nghiệm khí CO2 được điều chế bằng cách cho dung dịch HCl đặc tác dụng với CaCO3. Sơ đồ dụng cụ điều chế được lắp như hình vẽ sau Để thu được khí CO2 khô, tinh khiết có 2 học sinh cho sản phẩm khí lần lượt qua hai bình như sau: Học sinh 1: Bình đựng dung dịch X là dung dịch NaHCO3 và bình đựng dung dịch Y là dung dịch H2SO4 đặc. Học sinh 2: Bình đựng dung dịch X là dung dịch H2SO4 đặc và bình đựng dung dịch Y là dung dịch NaHCO3. Học sinh nào đã làm đúng? Giải thích cách làm, viết các phương trình hóa học xảy ra. ------------------HẾT------------------ Trang 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đ GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN Câu 1 a) Gọi ZM là số proton trong nguyên tử M 1/ (1,5đ) NM là số nơtron trong nguyên tử M ZX là số proton trong nguyên tử X NX là số nơtron trong nguyên tử X Theo đề ta có hệ phương trình Giải hệ phương trình ta được M ở ô 11, chu kì 3, nhóm IA; X ở ô 8, chu kì b) Bán kính của X2- lớn hơn bán kính của M+ Câu 1 Gọi oxit cao nhất của R là R2Ox, hợp chất kh 2/ (x = 4, 5, 6, 7). (1,5 đ) Ta có ; a : b = 40 : 17 suy ra : = 40 : 17  X 4 5 6 7 MR 16,7 24,4 32 39,7 Kết luận Không phù Không phù Chọn Không phù hợp hợp hợp Câu 2 A là H2S và X là S; B là SO2; C là FeS; D là H 1/ H2SO4 ; (1,5đ) G là FeBr2 hoặc FeSO4. t0 S + H2 H2S; t0 S + O2 SO2; t0 S+ Fe FeS; 2 H2S + SO2 3S + 2H2O; SO2 + 2 H2O + Br2 H2SO4 + 2 HBr; FeS +2 HBr FeBr2 + H2S; Hoặc FeS + H2SO4 FeSO4 + H2S; Câu 2 Gọi số mol NaI là x, số mol NaBr là y. Trang 3
2/ Khối lượng hỗn hợp X: mX = 150x + 103y (g (1,5 đ) 2NaI + Br2  2NaBr + I2 x mol x mol Khối lượng của Y là mY = 103x + 103y (g) Khối lượng của Y nhỏ hơn khối lượng X là m 2NaBr + Cl2  2NaCl + Br2 (x+y) mol (x+y) mol Khối lượng của Z là mZ = 58,5x + 58,5y (g) Khối lượng của Z nhỏ hơn khối lượng của Y + 44,5y (II). Từ (I) và (II) suy ra x = 17,8y Câu 3 a) Gọi x, y lần lượt là số mol của M và M2O 1/ (1đ) (I) M + 2H2O → MOH + x x M2O + H2O → 2MOH. y 2y  số mol OH- = x + 2y = 0,1.0,5=0,05 (II) + Từ (I, II) ta có: 16y = 2,27 – 0,05M  y=( + Từ (II) suy ra: 0,025 > y > 0 thay vào (*) ta b) Số mol của OH- = 0,1.0,1 = 0,01 mol; Gọ nH+ = 0,1.V (mol). Vì pH của dd sau pư = 2 < H+ + OH- → H2O bđ: 0,1V 0,01 pư: 0,01 0,01 còn: 0,1V-0,01 0  (0,1V- 0,01)/ (V+ 0,1) = 0,01  V = 0,12 Câu 3 BaCl2 + NaHSO4  BaSO4 + NaCl + HCl 2/ (2đ) Có xuất hiện kết tủa màu trắng. Ba(HCO3)2 + KHSO4  BaSO4 + KHCO3 + Có xuất hiện kết tủa màu trắngvà có khí bay Ca(H2PO4)2 + KOH  CaHPO4 + KH2PO4 + Có xuất hiện kết tủa màu trắng. Ca(OH)2 + NaHCO3  CaCO3 + NaOH + H Có xuất hiện kết tủa màu trắng. Câu 4 Số mol Fe trong Fe O = 2 số mol Fe trong 1/ x y (1 đ) Số mol oxi trong Fe O = (7,2- 0,1. x y FeO. b) B có thể chứa Fe (a mol), FeO dư (b mo Fe + 4 HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2 a 4a a a 3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5 b 10b/3 b b/3 Ta có: a + b = 0,1 a+b/3= 0,08 a=0,07; b=0,03 nHNO3 bđ=0,48 (mol). Trang 4
nHNO3pu = 4.0,07 +(10.0,03/3)= 0,38 (mol) nHNO3 dư = 0,48-0,38=0,1 (mol) mdd= 480.1,25+0,07.56+0,03.72-0,08.30=60 C%HNO3=(0,1.63.100)/603,68 =1,04 (%) C%Fe(NO3)3 =(0,1.242.100)/603,68 = 4,01 ( Câu 4 số mol HCl = 0,15 mol 2/ (1đ) số mol Na2CO3 = 0,1 mol số mol NaHCO3 = 0,05 mol Thí nghiệm 1: HCl + Na2CO3  NaHCO3 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol HCl + NaHCO3  NaCl 0,05 mol 0,05 mol V1 = 0,05.22,4 = 1,12 (lít). Thí nghiệm 2: . Gọi số mol NaHCO3 là x thì số mol Na2CO 2HCl + Na2CO3  2NaCl (3) 4x mol 2x mol mol HCl + NaHCO3  NaCl (4) x mol x mol mol Ta có: số mol HCl = 4x + x = 0,15 Suy ra x = 0,03; V2 = 3x.22,4 = 3.0,03.22,4 = 9 Câu 5 Vy = 2VX suy ra nY = 2nX 1/ (1đ) Gọi ankan ban đầu là CnH2n+2. Giả sử ban đầu có 1 mol X suy ra có 2 mol Y MY = 18.2 = 36 mX = mY = 36.2 = 72. 1.(14n + 2) = 72  n = 5. Công thức phân tử X tác dụng với clo tạo ra 4 dẫn xuất monoclo của X là CH3-CH(CH3)-CH2-CH3 Các pthh: CH3-CH(CH3)-CH2-CH3 + Br2 CH3-CBr(CH CH3-CBr(CH3)-CH2-CH3 + NaOH CH3-CO NaBr CH3-COH(CH3)-CH2-CH3 CH3-C(CH3)=CH CH3-C(CH3)=CH-CH3 + HBr  CH3-CBr( Câu 5 a) CTCT của 5 chất là: 2/ (1,5đ) CH≡CH; CH≡C-C≡CH; HCHO; HCOOH; O + Pư xảy ra: CH≡CH + 2AgNO3 + 2NH3 → CAg≡CAg↓ + CH≡C-C≡CH + 2AgNO3 + 2NH3 → CAg≡C HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O → (NH4) HCOOH + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → (NH4) 2Ag↓ O=HC-CH=O + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O → Trang 5
4NH4NO3 + 4Ag↓ b) mchất rắn =0,1.240 + 264.0,1 + (0,4 + 0,2 + 0 Câu 6 mC = (gam); nC = 0,08 mol 1/ mH = (gam); nH = 0,128 mol (1,25 đ) mO = 1,6 – 0,96 – 0,128 = 0,512 (gam); nO = Gọi công thức phân tử của E là CxHyOz x : y : z = 0,08 : 0,128 : 0,032 = 5 : 8 : 2 E là este đơn chức nên công thức phân tử của (mol); = 0,15 mol;  mNaOH = 0,15.40 = 6 (g mmuối = 21 gam. Nhận thấy mmuối = suy ra E là Ta lại có không phân nhánh nên công thức c Các phương trình hóa học: + NaOH  HO- 2HO-(CH2)4-COONa + H2SO4  2HO-(C Câu 6 b) X là đồng phân của E nên X là este đơn ch 2/ cho X tác dụng với NaOH là ancol đơn chức (0,75) Gọi ancol là CxHyO (y ≤ 2x+2). Đốt cháy anc CxHyO + O2  xCO2 + H2O suy ra = 3  4x + y = 14 X 1 2 3 Y 10 6 2 Kết luận Loại Chọn Loại acrylat. Câu 7 Tripeptit : X- X- Y : 3a mol (2 đ) Tetrapeptit : X- X- X- Y : 2a mol Pentapeptit : X- X- X- X- Y : a mol Vì X, Y đều có 1 nhóm -NH2 và khi đốt cháy đều có dạng: CnH2n+1O2N. - Với X thì nCO2/ nH2O= 2n/(2n+1) = 6/7 - Với Y thì nCO2/ nH2O= 2n/(2n+1) = 10/ → Tripeptit: C11H21N3O4: 3a mol Tetrapeptit : C14H26N4O5 : 2a mol Pentapeptit : C17H31N5O6 : a mol Ptpu : C11H21N3O4 +3 NaOH → 2C3H6NO2N Trang 6
3a 9a 6a C14H26N4O5 +4 NaOH→ 3C3H6NO2N 2a 8a 6a C17H31N5O6 +5 NaOH → 4C3H6NO2N a 5a 4a BT m ta có : 18,38 = 259.3a + 330.2a + 401a → a = 0,01. Ta có: 18,38 + 22.0,01.40 = m + 6.0,01.18 → m = 26,1 gam. b. nC3H6NO2Na = 0,16 (mol) nC5H10NO2Na = 0,06 2C3H6NO2Na + (15/2)O2 → Na2C 0,16k (0,16k.15)/2 0,08 0,08k 2C5H10NO2Na + (27/2)O2 → Na2CO 0,06k (0,06k.27)/2 0,03k 0,03k nNa2CO3 = 0,055 (mol) → k = 0,5 nO2 = (0,16.0,5.15)/2 + (0,06.0,5.27)/2 n N2 (kk) = 4,02 mol. n N2 = 4,02 + (0,08 + 0,03).0,5 = 4,07 b = 4,075. 22,4 = 91,28 (lít). Câu 8 Khí H2S tạo kết tủa với dung dịch B nên dun 1/ còn dư CuSO4. (1,5 đ) Phương trình điện phân: Cu2+ + 2Cl Cu + Cl2 x 2x x 2+ Cu + H2O Cu + O2 + 2H+ y y 2+ Cu + H2S CuS + 2 Số mol e trao đổi: ne = = 0,1 (mol) Cu2+ + 2e Cu 0,05 0,1 0,05 2+ Số mol Cu đã bị điện phân bằng 0,05 mol. Khối lượng dung dịch giảm trong điện phân dịch các chất : Cu, Cl2 và có thể có O2. * Giả sử: nếu không xảy ra (2) thì khối lượn mCu + mCl2 = 64. 0,05 + 71.0,05 = 6,75 g hợp, vậy phải xảy ra (2) * Gọi : số mol Cu2+ (1) là x ; Cu2+ (2) là y (I) mCu + m + m = 5,65 (g) 64 (x + y) + 71x + 32 0,5y = 5,65 (I Từ (I),(II) cho x = 0,03; y = 0,02 pH = 1,0 [H+] = 0,1 M ; số mol H+ = 0 số mol H+ (2) = 2y = 0,04 mol số m 0,01 mol số mol Cu2+ (3) = 0,005 mol [CuSO4 ]= ( 0,05+0,005)/0,5= 0,11(M) [ NaCl ] = 0,03. 2/ 0,5= 0,12 (M). Trang 7
Câu 8 Học sinh 1 đã làm đúng. 2/ Phản ứng điều chế CO2 (1,5 đ) 2HCl + CaCO3  CaCl2 + H2O + CO2 HCl dễ bay hơi nên khí CO2 điều chế được c có hơi H2O. Bình đựng dung dịch NaHCO3 có vai trò hấp NaHCO3 + HCl  NaCl + H2O + CO2 Bình đựng dung dịch H2SO4 đặc có vai trò hấ ra khỏi bình này là khí CO2 khô, tinh khiết. Cách làm của học sinh 2 thu được khí CO2 có Trang 8