Đề thi chọn HSG có đáp án môn Hóa học 12 năm 2019-2020 Trường THPT Hương Thủy

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nh[r]

TRƯỜNG THPT HƯƠNG THỦY ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

MÔN HÓA HỌC LỚP 12 Năm học: 2019 – 2020 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I (2 điểm)

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 Cho sơ đồ các phương trình phản ứng:

(1) (X) + HCl  (X1) + (X2) + H2O (5) (X2) + Ba(OH)2  (X7)

(2) (X1) + NaOH  (X3) + (X4) (6) (X7) +NaOH  (X8)  + (X9) + …

(3) (X1) + Cl2  (X5) (7) (X8) + HCl  (X2) +…

(4) (X3) + H2O + O2  (X6) (8) (X5) + (X9) + H2O  (X4) + …

Hoàn thành các phương trình phản ứng và cho biết các chất X, X1,…, X9

Câu II (2 điểm)

1 Cho sơ đồ chuyển hóa giữa các chất hữu cơ như sau:

(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 5,750 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

2 5

C H OH

d = 0,8 g/ml;

2

H O

d = 1 g/ml) Câu III (2 điểm)

1 Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong nguyên tử của 2 nguyên tố M và X lần lượt là 82 và 52 M

và X tạo thành hợp chất MXa (a: nguyên dương, trong hợp chất MXa thì X có số oxi hóa bằng -1), trong phân tử của hợp chất MXa có tổng số hạt proton bằng 77 Xác định công thức phân tử MXa

2 Một hỗn hợp lỏng gồm 4 chất: C6H5OH, C6H6, C6H5NH2, C2H5OH Nêu phương pháp tách riêng từng

chất ra khỏi hỗn hợp

Câu IV (2 điểm)

Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO3 0,45 M và H2SO4

0,9M Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản phẩm khử

duy nhất, đo ở đktc) Dung dịch Y hòa tan tối đa m1 gam bột Cu và thu được V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO3-)

a Tính % khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu

b Tính giá trị m1 và V

t0C

F (Muối amoni)

được 3,36 gam chất rắn Tính giá trị m2

Câu V (2 điểm)

Este A tạo bởi 2 axit cacboxylic X, Y đều mạch hở, không phân nhánh và ancol Z Xà phòng hóa

hoàn toàn a gam A bằng 140 ml dung dịch NaOH, để trung hòa NaOH dư sau phản ứng cần dùng 80ml dung dịch HCl 0,25M, thu được dung dịch B Cô cạn dung dịch B thu được b gam hỗn hợp muối khan M, nung M trong NaOH khan, dư có xúc tác CaO, thu được chất rắn R và hỗn hợp khí K gồm 2 hidrocacbon

có tỉ khối so với O2 là 0,625 Dẫn khí K lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 5,376 lít một chất khí thoát ra Cho toàn bộ lượng chất rắn R thu được ở trên tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư, có 8,064 lít khí CO2 thoát ra.(Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn)

a Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, A Biết rằng để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam ancol Z cần

dùng 2,352 lít O2 (đktc), sau phản ứng khí CO2 và hơi nước tạo thành có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11/6

b Tính giá trị a, b và nồng độ dung dịch NaOH đã dùng trong phản ứng xà phòng hóa ban đầu

1 1 1 (1đ)

- Lấy mẫu thí nghiệm

- Đun nóng các mẫu thí nghiệm thì thấy:

+ Một mẫu chỉ có khí không màu thoát ra là KHCO3

2KHCO3 t0 K2CO3 + CO2↑ + H2O + Hai mẫu vừa có khí thoát ra vừa có kết tủa trắng là dung dịch Mg(HCO3)2, dung dịch Ba(HCO3)2.(Nhóm 1)

Mg(HCO3)2 t0 MgCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O Ba(HCO3)2 t0 BaCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O + Hai mẫu không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO4, dung dịch Na2SO3 (Nhóm 2)

- Lần lượt cho dung dịch KHCO3 đã biết vào 2 dung dịch ở nhóm 2

+ Dung dịch có sủi bọt khí là NaHSO4:

2NaHSO4 + 2KHCO3  Na2SO4 + K2SO4 + CO2 ↑ + 2H2O + Dung dịch không có hiện tượng là Na2SO3

- Lần lượt cho dung dịch NaHSO4 vào 2 dung dịch ở nhóm 1

+ Dung dịch vừa có sủi bọt khí, vừa có kết tủa trắng là Ba(HCO3)2:

2NaHSO4 + Ba(HCO3)2  BaSO4 ↓ + Na2SO4 +2 CO2↑ + 2H2O + Dung dịch chỉ có sủi bọt khí là Mg(HCO3)2

2NaHSO4 + Mg(HCO3)2  MgSO4 + Na2SO4 +2 CO2↑ + 2H2O

1 2 (1đ)

Các phương trình phản ứng:

(1) FeCO3 + 2HCl  FeCl2 + CO2 + H2O (X) (X1) (X2)

(2) FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl

(3) 2FeCl2 + Cl2  2FeCl3 (X1) (X5) (4) 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2  4Fe(OH)3 ↓ (X3) (X6)

(5) 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 (X2) (X7)

(6) Ba(HCO3)2 + 2NaOH  BaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2H2O (X7) (X8) (X9)

(7) BaCO3 + 2HCl  BaCl2 + CO2 + H2O (X8) (X2)

(8) 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O  2Fe(OH)3 ↓ + 3CO2 + 6NaCl (X5) (X9)

Các chất: X: FeCO3 X1: FeCl2 X2 :CO2 X3: Fe(OH)2 X4: NaCl

X5: FeCl3 X6: Fe(OH)3 X7: Ba(HCO3)2 X8: BaCO3 X9: Na2CO3

2 1 (1đ)

Công thức cấu tạo các chất:

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 HOCH2-CH2OH + 2KOH + 2MnO2 B→CH3CHO: HOCH2-CH2OH CH3-CHO + H2O

A → C: CH2=CH2 + HCl CH3-CH2-Cl

C → D: CH3-CH2-Cl + NaOH CH3-CH2-OH + NaCl

D → E: CH3-CH2-OH + O2 CH3-COOH + H2O

dd H 2 SO 4 đặc

t0C

t0C

Men giấm

CH3-CHO→ F:

CH3-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O CH3-COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3

E→ F: CH3COOH + NH3 → CH3COONH4

2 2 (1đ)

2 5

C H OH

V bân đầu = 200.5, 75

100 = 11,5 ml => m C H OH2 5 = 11,5.0,8 = 9,2 gam



2 5

C H OH

n ban đầu = 0,2 mol



2

H O

V ban đầu = 200 – 11,5 = 188,5 ml =>

2

H O

n ban đầu = 10,47 mol Giả sử có a (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có

C2H5OH + O2  CH3COOH + H2O

a mol a mol a mol Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: a (mol)CH3COOH ; (0,2 -a) mol C2H5OH và (a+10,47)mol H2O

Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y:

CH3COOH + Na  CH3COONa + 1/2H2(1) C2H5OH + Na  C2H5ONa + 1/2H2(2) H2O + Na  NaOH + 1/2H2(3)

 n H2= 1

4(a + 0,2 – a + 10,47 + a) =

1

4(10,67 + a)

 Theo bài

2

H

n = 2,7075 mol => 1

4(10,67 + a) = 2,7075 => a = 0,16 mol

 Hphản ứng = 0,16x100% 80%

3 1 (1đ)

Gọi p, n, e là số hạt cơ bản của X ( p, n, e nguyên dương) Có: 2p + n = 52  n = 52 -2p

Ta luôn có p n 1,524p  p 52-2p1,524p14,75p17,33

Vì p nguyên  p = 15, 16, 17

Cấu hình electron của X là: p = 15: 1s22s22p63s23p3

p = 16: 1s22s22p63s23p4

p = 17: 1s22s22p63s23p5 Trong hợp chất X có số oxi hóa bằng -1 => X là Cl Vậy X có 17p, 17e, 18n  X là Clo (Cl)

t0

Mà trong MXa có 77 hạt proton p’ + 17.a = 77  p’ = 77-17a

77 17

3,5  a 3 2,92a3,16

Vì a nguyên  a = 3 Vậy p’ = 26 Do đó M là Fe

Công thức hợp chất là FeCl3

3 2 (1đ)

Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần không tan ta được hỗn hợp gồm C6H6, C6H5NH2 (hỗn hợp I)

C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O Phần dung dịch gồm: C6H5ONa, C2H5OH, NaOH dư ( dung dịch II) Chưng cất dung dịch (II), hơi ngưng tụ làm khô được C2H5OH vì C6H5ONa, NaOH không bay hơi

Cho CO2 dư vào dung dịch C6H5ONa, NaOH, lọc tách phần kết tủa được C6H5OH

NaOH + CO2 → NaHCO3 C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3

Cho hỗn hợp (I) vào dung dịch HCl dư, chiết tách phần không tan ta được C6H6 C6H5NH2 + HCl → C6H5NH3Cl (tan)

Cho dung dịch thu được gồm C6H5NH3Cl, HCl dư vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần chất lỏng ở trên ta được C6H5NH2

HCl + NaOH → NaCl + H2O

C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O

4 1 1đ

1 Số mol NaNO3 = 0,36 mol

số mol H2SO4 = 0,72 mol => số mol H+ = 1,44 mol

Ta có các bán phản ứng:

NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O (1) mol 0,16 ← 0,16 ← 0,16 ← 0,16

Số mol NO = 0,16 mol => H+ và NO3- dư, kim loại phản ứng hết

Số mol NO3- phản ứng = 0,16 mol; số mol H+ phản ứng = 0,64 mol

Fe → Fe3+ + 3e (1)

Zn → Zn2+ + 2e (2) Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình

56 x + 65 y = 10,62 (I) Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình 3x + 2y = 0,16.3 (II)

Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol mFe = 0,12.56 = 6,72 g => % mFe = 63,28%

=> % mZn =100% - 63,28 % = 36,72 %

4 2 (0,5đ)

Dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+, khi thêm bột

Cu vào dung dịch Y:

3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3) 0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 0,2 (mol) 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+ (4) 0,12 → 0,06

Từ phản ứng (3), (4) có tổng số mol Cu = 0,36 mol

m1 = 0,36.64 = 23,04 gam VNO = 4,48 lít

4 3 (0,5đ)

Thêm m2 gam Zn vào dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+:

Do khối lượng Fe3+ = 0,12.56 = 6,72 gam > khối lượng chất rắn bằng 3,36 gam Nên trong 3,36 gam chất rắn sau phản ứng chỉ có Fe, Zn hết

nFe = 3,36/56 = 0,06 mol 3Zn + 8H+ + 2NO3- → 3Zn2+ + 2NO + 4 H2O 0,3 ← 0,8 ← 0,2

Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+

0,06 ← 0,12 → 0,12

Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe

Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol

=> mZn = 27,3 gam

5 1 (1,5đ)

* Xác định công thức phân tử của ancol Z

Khi đốt cháy Z cho 2 2

m   n  Vậy

H O CO

n n => Z là ancol no, mạch hở:

CnH2n+2Ok (k≤n)

CnH2n+2Ok + 3 1

2

n k

O2 → nCO2 + (n+1)H2O

x(mol) → 3 1

2

n k

.x → n.x →(n+1).x

mZ = (14n + 2 + 16k).x = 2,76

2

O

2

n k

.x = 0,105 => (3n + 1 – k).x = 0,21

Thay n = 3 vào ta có 44 16 2, 76 3

10 0, 21

k

k k



  

CH2OHCHOHCH2OH: Glixerol Xác định 2 axit X, Y:

Vì khối lượng trung bình K = 32.0,625 = 20, vậy chắc chắn có CH4, khí còn lại là R’H

Cho K qua dung dịch Br2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra có số mol bằng 5,376/22,4 = 0,24 mol

Chất rắn R có chứa Na2CO3 do đó phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng dư có phản ứng:

Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O 0,36 ← 0,36

 n CH4= 0,24 mol => axit tương ứng X là CH3COOH

CH3COONa + NaOH Na2CO3 + CH4 0,24 ← 0,24 ← 0,24 ← 0,24 Chất còn lại: R’(COOH)t có muối R’(COONa)t (t=1 hoặc t = 2)

R’(COONa)t + t.NaOH → t.Na2CO3 + R’H 0,12 → 0,12/t

Ta có: Khối lượng trung bình khí K =

'

0,12 16.0, 24

20 0,12

0, 24

t

R H

M

t t







t

R H

M = 20 +8.t; Vì mạch không phân nhánh nên t = 1 hoặc t = 2

 t=1 => '

t

R H

M = 28 => C2H4 => axit Y: CH2=CH- COOH (0,12 mol)

 t = 2 => '

t

R H

M = 36 (loại)

C2H3COONa + NaOH → C2H4 + Na2CO3

0,12 ← 0,12 ← 0,12 ← 0,12

5 2 (0,5đ)

Trung hòa NaOH dư sau xà phòng hóa NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,02 0,02 0,02 0,02 Vậy muối M gồm: CH3COONa (0,24 mol)

C2H3COONa (0,12 mol)

NaCl (0,12 mol)

mM = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam

CaO, t0

A là: C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3)

nA = 0,12 mol => a = 230.0,12 = 27,6 gam Công thức cấu tạo A là:

CH2

CH CH2

CH3COO -

CH2=CH- COO - CH3COO -

CH2

CH CH2

CH3COO - CH2=CH- COO - CH3COO -

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sƣ phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên

danh tiếng

xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các môn: Toán, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh

Học

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức

Tấn

II Khoá Học Nâng Cao và HSG

THCS lớp 6, 7, 8, 9 yêu thích môn Toán phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt điểm tốt ở các kỳ thi HSG

cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS

Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng

đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III Kênh học tập miễn phí

các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất

miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn Toán- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí HOC247 TV kênh Video bài giảng miễn phí