*Do A tác dụng với dung dịch NaOH tạo thành muối của axit axit hữu cơ B mạch hở, không nhánh và hai ancol là etanol và propan-2-ol.. Công thức: A là H5C2OOCCH24COOCHCH32 etyl isopropyl a[r]
Trang 1UBND TỈNH QUẢNG TRỊ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT
Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 06/03/2013 Môn thi: HÓA HỌC
1 Hoàn thành phương trình phản ứng:
a) 2 NaI +2 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + 2 HI
8 HI + H2SO4 (đặc, nóng) → H2S + 4 H2O + 4 I2 Hoặc: 8 NaI+9 H2SO4 (đặc, nóng) → 8 NaHSO4 + H2S +4 H2O+4I2
b) 2 NaBr + 2 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + 2 HBr
2 HBr + H2SO4 (đặc, nóng) → SO2 + 2 H2O + Br2 Hoặc: 2 NaBr+3 H2SO4 (đặc, nóng) → 2 NaHSO4 + SO2+2 H2O+Br2
c) 2 KNO3 + S + 3C to K2S + N2 + 3CO2
d) 2 FeSO4 + H2SO4 + 2 HNO2 → Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O
e) 2 KMnO4 +3H2SO4 + 5HNO2 → K2SO4 + 2MnSO4+HNO3 + 3 H2O
f) 3 NaNO2 + H2SO4 (loãng) → Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O
1,0
2 Ta có: nHCl 0,1a mol; nNaOH 0,15.1,5 0, 225 mol
Khi trộn xảy ra phản ứng: HCl + NaOH → NaCl + H2O (1)
Vì Al tan được trong dung dịch axit và kiềm nên xảy ra hai trường hợp:
-Trường hợp 1: HCl dư, NaOH hết sau (1) xảy ra tiếp phản ứng:
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (2) nHCl = 0,225 + 0,15 = 0,375 = 0,1a a = 3,75 (M) -Trường hợp 2: HCl hết, NaOH dư sau (1) xảy ra tiếp phản ứng:
2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) Suy ra: nNaOH (1) = nHCl (1)= 0,225–0,05 = 0,175(mol) a = 1,75 (M)
1,0
3 Phương trình phản ứng dạng ion rút gọn
Al + 6H+ + 3NO3- → Al3+ + 3NO2 + 3H2O FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ +15NO2 + 2SO42- +7 H2O
H+ + OH- → H2O Ba2+ + SO42- → BaSO4 Fe3+ + 3OH- →
Fe(OH)3
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4
-1,0
4
Ta có:
4, 64
nFe O 0, 02
232
3 4 mol, nCu xmol Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)4 + H2O 0,02 → 0,02 0,02
Cu + Fe2(SO4)3 → 2FeSO4 + CuSO4
x mol → 2x mol 2KMnO4 +10FeSO4+ 8H2SO4 → 2MnSO4 +5Fe2(SO4)3 +K2SO4 +8 H2O
0,01 → 0,05
Ta có: 0,02+2x=0,05 x=0,015 mol Vậy: Khối lượng của Cu là 0,96 gam
1,0
1 Phản ứng dạng ion
*Với NH3: Fe3+ + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3+ 3NH4+
Al3+ + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3+ 3NH4+
Ag+ +2NH3 → Ag(NH3)2+
*Với dung dịch Na2S: 2Fe3+ + S2- → 2Fe2+ + S 2Al3+ + 3S2- + 6H2O 2Al(OH)3 + 3H2S
*Với dung dịch FeCl2: Fe2+ + CO32- → FeCO3
1,0
Trang 2Fe2++Cl-+2Ag+ → Fe3+ +AgCl+Ag (hoặc rời 2 phương trình)
2 Trường hợp 1: Hỗn hợp gồm NaF và NaCl Kết tủa chỉ là AgCl
4, 749
nNaCl nAgCl 0, 0331
143, 5
mol
mNaF 2, 2 0, 0331.58,5 0, 26365
gam Trường hợp 2: Không có muối florua
Đặt công thức chung của 2 muối là NaX
NaX + AgNO3 NaNO3 + AgX (1)
4, 749 2, 2
NaX 108 23
2, 2
NaX 0, 03 g/mol
X = 73,3-23=50,3 Hai halogen kế tiếp là Cl(35,3) < 50,3 < Br( 80) 58,5x 103 y 2, 2 x 0, 02
mNaCl 0, 02.58, 5 1,17 gam
x y 0, 03 y 0, 01
1,0
3 * Nhìn chung năng lượng ion hoá tăng dần
Giải thích: Từ trái sang phải trong một chu kỳ, điện tích hạt nhân của các
nguyên tố tăng dần và số lớp e không đổi, nên lực hút giữa điện tích hạt
nhân và e lớp ngoài cùng tăng, làm e càng khó bị tách ra khỏi nguyên tử
nên năng lượng ion hoá tăng
* Be và N có năng lượng ion hoá cao bất thường
Giải thích: Be có cấu hình e 1s22s2, cấu hình ở phân lớp s bảo hòa và N
có cấu hình e là: 1s22s22p3, phân lớp p bán bão hoà Đây cũng là những
cấu hình e bền nên cũng cần cung cấp năng lượng cao hơn để tách e ra
khỏi nguyên tử
1,0
4 Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích của dung dịch KMnO4
Fe2O3 + 6H+ → 2Fe3+ + 3H2O
0,02 → 0,12 → 0,04
Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+
0,01 → 0,02 → 0,03
Dd B gồm: 0,02 mol H+, 0,03 mol Fe2+, 0,01 mol Fe3+, 0,14 mol Cl
-MnO4- + 5Fe2+ + 8H+ → Mn2+ +5Fe3+ + 4 H2O
0,006 0,03
2MnO4- + 10Cl- + 16H+ → 2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O
0,028 0,14
Ta có: VddKMnO 4
0,17 lít = 170 ml
1,0
1 Tính khối lượng muối khan
*Xác định số mol các chất khí
Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol) M Z= 3,15625.16 = 50,5
NO2
M
= 46 < 50,5 < M T T là SO2 (M=64) Gọi a là số mol SO2, b là số mol NO2
Ta có hệ:
64a 46 b 50, 5.0, 04 2, 02 a 0, 01
a b 0, 04 b 0, 03
Phương trình phản ứng: (Có thể không cần ghi phản ứng)
X + 2H2SO4 XSO4 + SO2 + 2H2O
2Y + 2H2SO4 Y2SO4 + SO2 + 2H2O
X + 4HNO3 X(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
Y + 2HNO3 YNO3 + NO2 + H2O
∑m muối khan = ∑mM + ∑mNO3- + ∑m SO42-
0,5
Trang 3= 2,36 + 0,03.62 + 0,01.96 = 5,18 (gam)
Xác định khoảng giá trị
X X2+ + 2e
S 2e S
x 2x 0,020,01
Y Y+ + 1e
1e
y y 0,03 0,03
Theo định luật bảo toàn electron: 2x + y = 0,05
Khối lượng hỗn hợp: xX + yY = 2,36
*Giả sử chỉ tạo NO2 thì:
Khối lượng 2 muối nitrat= x(X + 124)+y(Y + 62)=2,36+62.0,05=5,46 g
*Giả sử chỉ tạo SO2 thì:
Khối lượng 2 muối sunfat= x(X + 96)+y/2(2Y+96)=2,36+48.0,05= 4,76g
Vậy: 4,76 gam < khối lượng 4 muối < 5,46 gam
0,5
2 *Hỗn hợp A gồm: CO2 và NO
Do Ag có tính khử yếu nên chỉ tạo NO
Vì mỗi chất trong hh chỉ tạo một chất sản phẩm khử nên Zn sẽ khử HNO3
thành NO hoặc NH4NO3
Gọi x là số mol Zn số mol FeCO3 = x, gọi là số mol Ag= y
*Nếu Zn cũng khử HNO3 tạo ra khí NO thì ta có:
3Zn + 8HNO3 → Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O
x → 2x/3
3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
y → y/3
3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O
x → x x/3
Khí tạo thành có: x mol CO2 và
3x y 3
mol NO
*Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên n(CO2) = 1,5.nNO
x =
3x y 1,5
3
y = -x (loại)
0,5
*Do đó sản phẩm khử của Zn là: NH4NO3
4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O
x x x/4
3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
y y y/3
3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O
x x x x/3
Khí tạo thành có x mol CO2 và
x y 3
mol NO
Vì số mol CO2 = 1,5 nNO Nên x = y
* Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có:
Fe(NO3)3 NaOH Fe(OH)3 t0 1/2 Fe2O3
AgNO3 NaOH 1/2Ag2O t0 Ag
0,5x mol Fe2O3 + y mol Ag Vì x = y nên ta có:
80x + 108x = 2,82 x = 0,015 mol
0,5
Trang 4Vậy cả 3 chất trong hh đã cho đều có số mol là 0,015 mol
1 CnH2nO2 có tổng số vòng no và số liên kết là 1
Vậy phải có 1 liên kết hoặc 1 vòng no
*Axit no, đơn chức, mạch hở (n 1) => C2H5COOH
*Este no, đơn chức, mạch hở (n 2) => HCOOC2H5, CH3COOCH3
*Tạp chức:
1-OH; 1-CHO (n 2) => HO-CH2CH=O, CH3-CH(OH)CHO 1-O-; 1-CHO => CH3-O-CH2-CHO
1-OH; 1-CO- => CH3-CO-CH2-CHO 1-O-; 1-CO- => CH3-O-CO-CH3
* Vòng no:
OH OH
1.0
2 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 ddC6H5ONa, NaOH, lọc tách phần kết tủa được C6H5OH
NaOH + CO2 → NaHCO3 C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3
Cho hỗn hợp (I) vào dd 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
1.0
Phản ứng:
o
CaO,t
C2H5NH2 + Na2CO3
2C2H5OH
o xt,t
nC4H6
o xt,p,t
1.0
mạch hở, không nhánh và hai ancol là etanol và propan-2-ol
0,5
Trang 5Phản ứng: H 2 N(CH 2 ) 6 NH 2 + HOOC(CH 2 ) 4 COOH xt,p,to
[-HN(CH 2 ) 6 NH-CO-(CH 2 ) 4 CO-] n (tơ nilon-6,6) +2H 2 O
Tơ enang: [-HN(CH2)6-CO-]n
Do tơ nilon-6,6; tơ enang đều có nhóm –HN-CO– nên đều bị axit, kiềm
phá hủy do phản ứng thủy phân
*Trong môi trường kiềm: –HN-CO– + OH- → –NH2 + –COO
-*Trong môi axit: –HN-CO– + H+ + H2O → –NH3+ + –COOH
0,5
2 *Khi oxi hóa etylen glicol bằng dung dịch HNO3 thì nhóm –CH2-OH sẽ bị
oxi hóa thành –CHO, -COOH Ta có công thức của 5 chất là:
*Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi:
*Giải thích: -Do liên kết H trong axit bền hơn trong ancol
-Khối lượng phân tử tăng dần
0,5
3 *Dùng thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng
-Tạo khí không màu, không mùi:(NH4)2CO3
-Tạo dung dịch trong suốt chuyển sang vẩn đục là: C6H5ONa
-Tạo kết tủa trắng là: BaCl2
-Tạo hiện tượng phân lớp là: C6H6
-Tạo hiện tượng vẩn đục chuyển sang trong suốt là: C6H5NH2
-Tạo dung dịch trong suốt là: C2H5OH và Na2SO4
*Cho BaCl2 vào C2H5OH và Na2SO4 thì Na2SO4 tạo kết tủa trắng Không
hiện tượng là: C2H5OH
*Phản ứng:
(NH4)2CO3 + H2SO4 → CO2 + H2O + (NH4)2SO4
2C6H5ONa+ H2SO4 → 2C6H5OH + Ma2SO4
BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl
C6H5NH2+ H2SO4 → (C6H5NH3)2SO4
Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2NaCl
1,0
4
Gọi công thức A là: CxHy : CxHy + (x + 4y )O2 xCO2 + 2y H2O
Ta có: mA = mH2O 12x + y = 9y x:y = 2:3
CTPT của A, B có dạng: C2nH3n Từ: 150 < M < 170 5,55 < n < 6,29
Vậy: n = 6 CTPT của A là: C12H18
Phân tử A có độ bất bảo hoà Δ = 4
Vì: A + AgNO3/NH3 B
A + H2O 4
o HgSO , t
C
Suy ra: A là hợp chất không no chứa nối ba CC đầu mạch
Vì chất C tác dụng với dd KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D:
H 3 C C
CH3
CH3
CH 2 CH CH COCH3
CH2 COOH
COOH Suy ra CTCT của A là: CTCT của B là: CTCT của C:
C(CH3)3-CH2
-C CH
C(CH3)3-CH2
-C CAg
C(CH3)3-CH2
-CO-CH3
1,0
Trang 6
1
* Xác định Z Do:
Vậy nH O2 nCO2
=> Z là ancol no, mạch hở: CnH2n+2Ok (k≤n)
CnH2n+2Ok +
3 1 2
n k
O2 → nCO2 + (n+1)H2O
1 (mol) →
3 1 2
n k
mol → n mol →(n+1) mol
Ta có: n O2
phản ứng = 0,105 mol Từ:
n 3 (n 1) 4 (14n + 2 + 16k)/2,76=
3 1 2
n k
/ 0,105
Thay n = 3 vào ta có
44 16 2,76
3
10 0, 21
k
k k
CH2OHCHOHCH2OH: glixerol
1,0
*Xác định 2 axit X, Y:
Vì K= 32.0,625 = 20 CH4, khí còn lại là R’H X: CH3COOH
Cho K qua dung dịch Br2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra
nCH 4 5,376/22,4 = 0,24 mol
Chất rắn R có chứa Na2CO3:
Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O
0,36 ← 0,36
CH3COONa + NaOH
o
CaO,t
Na2CO3 + CH4 0,24 ← 0,24 ← 0,24 ← 0,24
Y là: R’(COOH)t muối: R’(COONa)t
Do mạch hở, không phân nhánh nên t=1 hoặc t = 2
R’(COONa)t + t.NaOH
o
CaO,t
t.Na2CO3 + R’Ht 0,12 → 0,12/t
Ta có: K=
0, 24 0,12 / t
= 20 +8.t Khi t=1 thì MR 'H t = 28 => C2H4 => axit Y: CH2=CH- COOH (0,12 mol)
Khi t=2 thì MR 'H t
= 36 (loại) Vậy A là: C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3)
1,0
2 *Xác định a, b, x
Trung hòa NaOH dư sau phản ứng xà phòng hóa:
NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,02 0,02 0,02 0,02
Vậy: mM = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam
C 3 H 5 (OCOCH 3 ) 2 (OCOC 2 H 3 )+3NaOH
o t
C 3 H 5 (OH) 3 + 2CH 3 COONa+C 2 H 5 COONa 0,12 mol 0,36mol 0,24 mol
Vậy: a = 230.0,12 = 27,6 gam Ta có:x=0,38/0,19=2mol/lít
Công thức cấu tạo của A:
CH3COO-CH2
CH3COO-CH
C2H3COO-CH2
CH3COO-CH2
C2H3COO-CH
CH3COO-CH2
1,0
Trang 7Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu Nếu PTHH
thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó