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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi sắp tới. TaiLieu.VN xin gửi đến các bạn ‘Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh’. Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi.

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 Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 12 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 8 câu) Cho biết Nguyên tử khối: H =1, C =12, N =14, O =16, Na = 23, Mg =24, S =32, K = 39, Ca = 40, Ba= 137; Zn = 65; Mn = 55; Cl =35,5; Al = 27. Câu 1: (3,0 điểm) 1. Cho các chất: p-crezol; natri phenolat; etylamoni hidrosunfat; isoamyl axetat; amilozơ; Ala-Gly lần lượt tác dụng với các dung dịch ở nhiệt độ thích hợp: HCl; NaOH. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có). 2. Tiến hành thí nghiệm theo các bước sau: Bước 1: Rót 1,5 ml dung dịch saccarozơ 1% vào ống nghiệm sạch và rót tiếp vào đó 0,5 ml dung dịch H2SO4. Đun nóng dung dịch trong khoảng 3 phút. Để nguội. Bước 2: Cho từ từ NaHCO 3 (tinh thể) vào ống nghiệm nói trên và khuấy đều bằng đũa thuỷ tinh cho đến khi kết thúc phản ứng. Bước 3: Rót dung dịch thu được ở bước 2 vào ống nghiệm đựng Cu(OH) 2 (có mặt NaOH), đun nóng. Nêu hiện tượng xảy ra tại các bước trên. Cho biết vai trò của H 2SO4, NaHCO3 tại các bước 1, 2 và viết các phương trình hóa học xảy ra trong thí nghiệm trên. Câu 2: (3,0 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ C 2H7O3N và C3H12O3N2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được 4,48 lít khí Y (đktc). Mặt khác, khi cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được 6,72 lít (đktc) khí Z và dung dịch T. Cô cạn dung dịch T, thu được chất rắn gồm hai hợp chất vô cơ. Xác định giá trị của m. 2. Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat và axit oleic. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, thu được 18 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng dung dịch X so với khối lượng dung dịch Ca(OH) 2 ban đầu tăng hay giảm bao nhiêu gam? Câu 3: (2,0 điểm) Cho 1,792 lít khí O2 tác dụng với hỗn hợp X gồm Na, K và Ba, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Cho hết lượng Y vào nước dư, thu được dung dịch Z và 3,136 lít khí H 2. Cho dung dịch Z tác dụng với lượng dư dung dịch NaHCO3, thu được 39,4 gam kết tủa. Mặt khác, hấp thụ hoàn toàn 10,08 lít khí CO 2 vào dung dịch Z, thu được m gam kết tủa. Xác định giá trị của m, biết các khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4: (2,0 điểm) Đun nóng hỗn hợp gồm 22,12 gam KMnO4 và 18,375 gam KClO3 một thời gian, thu được 37,295 gam hỗn hợp chất rắn X gồm KMnO 4, K2MnO4, MnO2, KClO3, KCl. Cho toàn bộ lượng X tác dụng với dung dịch HCl đặc, dư, đun nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn cho toàn bộ lượng khí clo thu được tác dụng hết với m gam bột Fe nung nóng, thu được chất rắn Y. Cho toàn bộ lượng Y tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 204,6 gam kết tủa. Xác định giá trị của m.
Câu 5: (3,0 điểm) 1. Hòa tan hết 4,88 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgCO 3, ZnCO3 trong dung dịch chứa 0,215 mol NaHSO4 và 0,025 mol HNO3. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 1,68 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm CO2, NO và 0,025 mol H2. Dung dịch Z sau phản ứng chỉ chứa muối trung hòa. Làm khô dung dịch Z thu được m gam muối khan. Xác định giá trị của m. 2. Cho 150 ml dung dịch Ba(OH)2 1M tác dụng với 250 ml dung dịch Al 2(SO4)3 x mol/l, thu được 42,75 gam kết tủa. Thêm tiếp 200 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M vào hỗn hợp phản ứng thì lượng kết tủa thu được là 94,2375 gam. Xác định giá trị của x. Câu 6: (2,5 điểm) 1. Cho 8,64 gam Mg vào dung dịch gồm NaNO 3 và H2SO4, đun nóng nhẹ đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 1,792 lít (đktc) hỗn hợp khí A có khối lượng 1,84 gam gồm hai khí không màu (có một khí hóa nâu trong không khí), dung dịch B và còn lại 4,08 gam chất rắn không tan. Cô cạn cẩn thận dung dịch B thì thu được bao nhiêu gam muối khan? 2. Thủy phân 136,8 gam hỗn hợp X gồm saccarozơ và mantozơ, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y có khả năng tác dụng tối đa với 0,51 mol Br2. Mặt khác, dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO 3/NH3 dư đến phản ứng hoàn toàn, thu được 1,14 mol Ag. Biết 3600 glucozơ chiếm % số mol của Y. Tính khối lượng của saccarozơ trong hỗn hợp X. 61 Câu 7: (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm các chất X, Y, Z là 3 este đều mạch hở và chỉ chứa một loại nhóm chức (trong đó X, Y đều đơn chức, Z hai chức). Đun nóng 19,28 gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp B chỉ chứa hai muối có tỉ lệ số mol 1:1 và hỗn hợp hai ancol đều no, có cùng số nguyên tử cacbon. Cho toàn bộ hỗn hợp hai ancol này vào bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 8,1 gam. Đốt cháy toàn bộ hỗn hợp B, thu được CO2, 0,39 mol H2O và 0,13 mol Na2CO3. Tính % khối lượng của este nhỏ nhất trong hỗn hợp A. Câu 8: (2,5 điểm) 1. Hỗn hợp X gồm 1 mol amin no, mạch hở A và 2 mol aminoaxit no, mạch hở B tác dụng vừa đủ với 4 mol HCl hay 4 mol NaOH. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X cần vừa đủ 46,368 lít (đktc) khí O2, thu được 8,064 lít (đktc) khí N 2. Nếu cho a gam X tác dụng với dung dịch HCl dư thì thu được m gam muối. Xác định giá trị của m. 2. Cho 0,5 mol hỗn hợp E gồm hai este đơn chức, mạch hở tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư, đun nóng, thu được 64,8 gam Ag. Mặt khác, đun nóng 37,92 gam hỗn hợp E với 320 ml dung dịch NaOH 2M rồi cô cạn dung dịch, thu được chất rắn Y và 20,64 gam hỗn hợp hai ancol no trong đó oxi chiếm 31% về khối lượng. Đốt cháy hết lượng Y thì thu được Na2CO3, x mol CO2 và y mol H2O. Giả thiết este không bị thủy phân trong dung dịch AgNO3/NH3. Tính tỉ lệ x:y. ………………………Hết……………………. - Thí sinh không được sử dụng tài liệu, kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:……………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm 1) Các ptpu: CH3-C6H4-OH + NaOH  CH3C6H4ONa + H2O 0,2 C6H5ONa + HCl  C6H5OH + NaCl 0,2 C2H5NH3HSO4 + 2NaOH  C2H5NH2 + Na2SO4 + 2H2O 0,2 CH3CH(CH3)CH2CH2OOCCH3 + NaOH  CH3COONa + 0,2 CH3CH(CH3)CH2CH2OH CH3CH(CH3)CH2CH2OOCCH3 + H2O H+ CH3COOH + 0,2 CH3CH(CH3)CH2CH2OH (C6H10O5)n + nH2O H+ nC6H12O6 (glucozơ) 0,2 Ala-Gly + NaOH  Ala-Na + Gly-Na + H2O 0,2 Ala-Gly + H2O H+ Ala + Gly 0,2 2) Hiện tượng xảy ra tại các bước như sau: 1 Bước 2: Có khí không màu thoát ra, sau đó hết khí 0,2 Bước 3: Có kết tủa màu đỏ gạch tạo ra và dung dịch có thể có màu 0,2 xanh lam. 0,2 Vai trò của H2SO4: Làm chất xúc tác cho phản ứng thủy phân saccarozơ; của NaHCO3: dùng để loại hết lượng H2SO4 còn dư tại bước 1. Các ptpu: C12H22O11 + H2O H + C6H12O6 + C6H12O6 0,2 (Glucozơ) (Fructozơ) NaHCO3 + H2SO4  Na2SO4 + CO2 + H2O 0,2 HOCH2(CHOH)4CHO + 2Cu(OH)2 + NaOH  Cu2O + 3H2O + HOCH2(CHOH)4COONa 0,2 Nếu saccarozơ dư thì có phản ứng: 2C12H22O11 + Cu(OH)2  (C12H21O11)2Cu + 2H2O 0,2
1) Theo giả thiết ta suy ra công thức của các chất trong X là: 0,5 CH3NH3HCO3 (a mol) và (CH3NH3)2CO3 (b mol) Từ các phản ứng của X với dung dịch HCl và NaOH, ta có 0,5 X + HCl  CO2 X + NaOH  CH3NH2 0,5 2 => a = 0,1; b = 0,1 => m = 21,7 gam 2) Theo đề ra ta có CTPT các chất tương ứng là: C3H4O2, C4H6O2, 0,5 C18H34O2. Đặt công thức chung của các chất là CnH2n-2O2 Sơ đồ phản ứng: CnH2n-2O2 + O2  nCO2 + (n-1)H2O 0,5 Ta có số mol CO2 = 0,18 mol => số mol hỗn hợp = 0,18/n =>3,42 = (12n+2n-2+32).0,18/n=> n = 6. Từ đó tính được CO 2 = 0,5 7,92 gam; H2O = 2,7 gam => mCO2 + mH2O – mCaCO3 = - 7,38 gam. Vậy khối lượng dung dịch giảm 7,38 gam. Theo gt ta có sơ đồ phản ứng: X + 0,08 mol O2  hỗn hợp oxit + kim loại dư (hỗn hợpY) (1) 0,5 Y + H2O  0,14 mol H2 + dung dịch Z (R(OH)n) Z + NaHCO3 (dư)  BaCO3 (0,2 mol) =>nBa2+ = 0,2 mol Bảo toàn e cho quá trình (1): M  Mn+ + n.e 0,5 O2 + 4.e  2O2- 2H+ + 2.e  H2 3 Ta có: số mol e do kim loại cho = n(OH) = 4.nO 2 + 2nH2 = 4.0,08 + 2.0,14 = 0,6 mol. Đặt số mol của CO32- = a mol, HCO3- = b mol 0,5 => nCO2 = 0,45 = a + b n(OH) = 0,6 = 2a + b. Từ đó => a = 0,15; b = 0,3 mol 0,5 2+ 2- Vì nBa > nCO 3 => nBaCO3 = a = 0,15 mol => mBaCO3 = 29,55 gam BTKL ta có nO2 = 0,1 mol. Gọi x là số mol Cl2 tạo ra. Bảo toàn e cả quá trình: 0,5 Mn+7 +5e –> Mn+2 ; 4 2O2- -> O2 + 4e;
Cl+5 + 6e - > Cl-1; 2Cl-1 -> Cl2 + 2e Từ đó ta có: 0,7 + 0,9 = 0,4 + 2x => x = 0,6 mol Ta lại có: Cl2 (0,6 mol) + Fe  chất rắn Y; Y tác dụng với 4 AgNO3 (dư)  AgCl + Fe3+ 0,5 -1 + Sơ đồ cho nhận e như sau: Cl2 + 2e  2Cl ; Ag + 1e  Ag; Fe (y mol)  Fe3+ + 3e Bảo toàn e ta có: 2.0,6 + nAg = 3y 0,5 Mặt khác, khối lượng kết tủa = mAgCl + mAg => 0,6.2.143,5 + 108.nAg = 204,6 0,5 =>nAg = 0,3 => y = 0,5 => mFe = 28 gam 1) Quy đổi hỗn hợp thành M và CO3. Gọi số mol CO2, NO, NH4+ lần 0,5 lượt là a, b, c. Ta có sơ đồ phản ứng: X (M, CO3: a mol) + (NaHSO4, HNO3) Z (Mn+, SO42-, Na+, NH4+ : c mol) + Y (CO2: a mol, NO: b mol, H2: 0,025 mol + H2O: 5 0,095 –2c) Vì nY = 0,075 mol => a + b= 0,05 (1) Bảo toàn nguyên tử N => c + b = 0,025 (2) Bảo toàn nguyên tử H=> ½(nNaHSO4 +nHNO3) = 2.nNH4+ + nH2 0,5 + nH2O = 0,12=> nH2O = 0,12 – 2c – 0,025 = 0,095 – 2c Bảo toàn O ta có: 3a + 0,025.3 = 2a + b + (0,095 -2c) => a – b +2c = 0,02 (3) Giải (1), (2), (3) => a = 0,03; b = 0,02; c = 0,005 => mX = mM + mCO3 => mM = 4,88 – 0,03.60 = 3,08 gam 0,5 Vậy mZ = mM + mSO4 + mNH4 + mNa = 3,08 + 0,215.23 + 0,215.96 + 0,005.18 = 28,755 gam 2). Theo gt ta có: nBa(OH)2 = 0,15 mol; nAl2(SO4)3 = 0,25x mol PTPU: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  3BaSO4 + 2Al)OH)3 (1) Thí nghiệm 1: Nếu Ba(OH)2 hết => khối lượng kết tủa = 0,15.233 + 0,15.78.2/3 = 42,75 gam => thỏa mãn theo gt. 0,5 Thí nghiệm 2: Thêm 0,2 mol Ba(OH)2thì thu được 94,2375 gam kết tủa => có các trường hợp xảy ra như sau: TH1: Nếu cả BaSO4 và Al(OH)3 kết tủa hết thì khối lượng kết tủa là: m = 0,35.233 + 0,35.78.2/3 = 99,75 => không thỏa mãn.
TH2: Nếu chỉ có BaSO4 kết tủa còn Al(OH)3 bị hòa tan hết thì khối lượng kết tủa là: m = 0,35.233 = 81,55 gam => không thỏa mãn. 0,5 Vậy kết tủa có BaSO4 và Al(OH)3, trong đó Al(OH)3 bị tan một phần theo ptpư: 2Al(OH)3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 4H2O (2) Từ (1) và (2) ta có: nAl(OH)3 = 0,5x – 2(0,35 – 0,75x) = (2x – 0,7) mol nBaSO4 = 0,75x mol 0,5 =>khối lượng kết tủa = 233.0,75x + 78(2x – 0,7) = 94,2375 gam 5 =>x = 0,45. 1). Theo giả thiết ta có: nMg phản ứng = 0,19 mol => ne cho = 0,38 mol 6 M trung bình của hỗn hợp khí = 23 => hai khí là NO và H 2. Tính được nNO = 0,06 mol và nH2 = 0,02mol => ne nhận để tạo khí = 0,5 0,22 < 0,38 => có tạo NH4+ (x mol) Bảo toàn e ta có: 0,38 = 0,06.3 + 8x + 0,02.2 => x = 0,02 Vì tạo H2 => không còn NO3- trong dung dịch. Bảo toàn N ta có: nNa = nNO + nNH4 = 0,08 Bảo toàn điện tích ta có: 2.nSO4 = nNa + nNH4 + 2nMg => nSO4 = 0,24 mol 0,5 Vậy lượng muối khan thu được là: m = mSO4 + mNa + mNH4 + mMg = 29,8 gam 2). Gọi a, b lần lượt là số mol saccarozơ và mantozơ; hiệu suất phản ứng thủy phân tương ứng là x và y. Ta có: mX = 342a + 342b = 136,8 (1) Sơ đồ phản ứng: saccarozơ + H2O  glucozơ + fructozơ ax mol ax mol ax mol 0,5 mantozơ + H2O  2 glucozơ by mol 2by mol =>trong Y có chứa: saccarozơ (a – ax) mol; mantozơ (b – by) mol; glucozơ (ax + 2by) mol; fructozơ (ax) mol Sơ đồ phản ứng tráng gương: fructozơ  2Ag glucozơ  2Ag
mantozơ  2Ag => tổng số mol Ag = 4ax + 2by + 2b = 1,14 mol (2) 0,5 Sơ đồ phản ứng với Br2: glucozơ + Br2 … mantozơ + Br2  … => nBr2 = ax + by + b = 0,51 mol (3) Số mol glucozơ = nY.3600/61 => ax + by = (ax + by + a + b).36/61 (4) Từ (1), …(4) ta có: a + b = 0,4 0,5 4ax + 2by + 2b = 1,14 ax + by + b = 0,51 25ax + 86by = 36(a + b) => ax = 0,06; by = 0,15; a = 0,1; b = 0,3 6 => m khối lượng saccarozơ = 34,2 gam Hai ancol no có cùng cacbon => 2 ancol gồm 1 đơn chức và 1 hai chức no. 0,5 Hỗn hợp B gồm 2 muối Na đơn chức có số mol = 0,13 mol => số mol nhóm OH = 0,26 mol => tổng khối lượng ancol = 8,36 gam. Gọi công thức tổng quát hai ancol là CnH2n+2Ox (1 x = 0,26(14n +2)/4.2 => 1 khi đốt cháy muối thu được 0,39 mol CO 2 = nH2O => hai axit đều no, đơn chức. Từ đó suy ra hai muối là HCOONa và C2H5COONa Vậy X, Y, Z lần lượt là: HCOOC2H5, C2H5COOC2H5, 0,5 HCOOC2H4OOCC2H5 Số mol X = 0,01 mol =>mX = 0,74 gam =>%mX = 3,84% 8 1) Theo gt thì A có dạng CaH2a+4N2 và B có dạng CbH2b-1O4N2 => gọi công thức chung của A, B là: CnH2n+2+t-zOzNt Vì nA : nB = 1 : 2 => z = 8/3 và t = 4/3 0,5 => X có dạng CnH2n+2/3O8/3N4/3 PTPU cháy: CnH2n+2/3O8/3N4/3 + (3n – 7/3)O2  nCO2 + (n+1/3)H2O
+ 2/3N2 Từ pư cháy ta lập được hệ: 0,36.0,5(3n- 7/3) = 2,07.2/3 => n = 10/3 => nX = 0.36.3/2 = 0,54 mol => MX = 12.10/3 + 2.10/3 + 2/3 + 16.8/3 + 14.4/3 = 326/3 => a= 0,54.326/3 = 58,68 (g) Vậy khối lượng muối thu được là: 0,5 58,68 + 36,5.0,54.t = 84,96 gam 2) Theo gt ta có số mol của hỗn hợp E = 0,5 mol; số mol Ag = 0,6 mol và hai este đều đơn chức => E chứa hỗn hợp gồm HCOOR 1 0,5 (0,3 mol) và RCOOR2 (0,2 mol). Khi tác dụng với 0,64 mol NaOH, thu được hỗn hợp Y gồm HCOONa, RCOONa, NaOH (dư) và hỗn hợp hai ancol: R1OH, R2OH trong đó %O = 31% Đốt cháy Y thu được hỗn hợp gồm CO2 (x mol), H2O (y mol) và 0,32 mol Na2CO3. Từ đó ta có: 8 nE = 0,3x + 0,2x = nAncol = nO = 0,4 mol mE = 0,3x(45 + R1) + 0,2x(R +44 + R2) = 37,92 0,5 mAncol = 0,3x(R1 + 17) + 0,2x(R2 + 17) = 20,64 =>x = 0,8. Thay x vào hệ ta có: 0,24R1 + 0,16R + 0,16R2 = 20,08 0,24R1 + 0,16R2 = 13,84 =>R = 39 (R là CH C-CH2-) => nHCOONa = 0,24 mol; nC3H3COONa = 0,16 mol; nNaOH (trong Y) = 0,64 – 0,4 = 0,24 mol. Bảo toàn nguyên tố C: nCO2 = 0,24 + 0,16.4 – 0,32 = 0,56 mol 0,5 Bảo toàn nguyên tố H: nH2O = ½(0,24 + 0,16.3 + 0,24) = 0,48 mol => x : y = 7 : 6. Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa