Đáp án học sinh giỏi Đồng Bằng Sông Cửu Long lần thứ 16 tại tỉnh Tiền Giang môn hóa 12 potx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG
K THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG
SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 16 TI TỈNH
TIỀN GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN
HOÁ HỌC LỚP 12
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 04 tháng 01 năm 2009
Câu 1 : (2,5 điểm)
1. Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số hạt các loại là 180, trong đó
tổng số hạt mang điện gấp 1,432 lần số hạt nơtron.
a. Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử X.
b. Dự đoán tính chất của X ở dạng đơn chất (tính oxi hóa, tính khử) và viết
phương trình hoá học để minh họa.
c. Dạng đơn chất của X tác dụng được với dung dịch AgNO
3
(dung môi không
phải là nước) ở điều kiện thường chỉ tạo ra hai chất, trong đó có một chất là XNO
3
và
một chất kết tủa màu vàng. Hãy viết phương trình hoá học của phản ứng và cho biết
phản ứng thuộc loại nào.
2. Sắt dạng α (Fe
α
) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán
kính r = 1,24 Å. Hãy tính :
a. Số nguyên tử Fe trong một tế bào sơ đẳng.
b. Cạnh a của tế bào sơ đẳng.
c. Tỉ khối của Fe theo g/cm
3
.

d. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe.
(Cho Fe = 56 g/mol)
Đáp án
1a. Gọi số proton là Z, số nơtron là N, số electron là E, ta có :
Z + N + E = 180  2Z + N = 180
Z + E = 1,432N  2Z – 1,432N = 0
Giải hệ phương trình được :
N = 74; Z = 53 => X là iôt
Cấu hình electron: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s
2
4p
6
4d
10
5s
2
5p
5

(0,50 đ)
1b. -Nguyên tử I có 7 electron ở lớp ngoài cùng (chưa bão hòa) => dạng đơn chất I
2
;
iot nguyên tử có khuynh hướng nhận thêm 1 electron để có cấu hình electron bền
vững của khí hiếm (8 electron lớp ngoài cùng) => thể hiện tính oxi hóa.
Thí dụ :
2Na + I
2
→ 2NaI (0,25 đ)
- Tuy nhiên, iot ở cuối nhóm VIIA nên tính phi kim tương đối yếu => khi tiếp
xúc với chất oxi hóa mạnh hơn thì iôt thể hiện tính khử.
Thí dụ :
3I
2
+ 10HNO
3
→ 6HIO
3
+ 10NO + 2H
2
O (0,25 đ)
Trang 1/11
ĐỀ CHÍNH THỨC
1c. - Phương trình hóa học :
I
2
+ AgNO
3
→ AgI

↓
(vàng)
+ INO
3
(0,25 đ)
- Phản ứng này thuộc loại phản ứng tự oxi hóa khử vì số oxi hóa của I vừa tăng
từ 0 đến +1, vừa giảm từ 0 đến –1. (0,25 đ)
2a.
A
B
C
D
a
D
C
A
B
E
E
a
- Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)
- Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là
+ ở tám đỉnh của khối lập phương = 8 ×
1
8
= 1
+ ở tâm của khối lập phương = 1
=> tổng số nguyên tử Fe chứa trong tế bào sơ đẳng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) (0,25 đ)
2b. - Từ hình vẽ, ta có : AD
2

= a
2
+ a
2
= 2a
2
- Xét mặt ABCD : AC
2
= a
2
+ AD
2
= 3a
2
- Mặt khác, ta thấy AC = 4r = a
3

=> a =
4r
3
=
4 1,24
3
×
= 2,86 Å (0,25 đ)
2c. Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE :
AE =
AC a 3
2 2
=

=
2,86× 3
2
= 2,48 Å (0,25 đ)
2d. Khối lượng riêng:
- 1 mol Fe = 56 gam
- Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a
3
chứa 2 nguyên tử Fe
- 1 mol Fe có N
A
= 6,02 ×10
23
nguyên tử
=> Khối lượng riêng d =
m
V
= 2 ×
23 8 3
56
6,02×10 ×(2,86×10 )
−
= 7,95 g/cm
3
(0,25 đ)
Trang 2/11
Câu 2 : (3,0 điểm)
Cho biết axit photphorơ H
3
PO

3
là một axit hai lần axit với các hằng số axit :
k
a1
= 1,6 .10
−
2
và k
a2
= 7.10
−
7
.
1. Hỏi Na
2
HPO
3
là muối axít hay muối trung hòa? Viết công thức cấu tạo của
muối đó.
2. Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,1 mol PCl
3
vào 1 lít nước.
3. Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,1 mol PCl
3
vào 450ml dung
dịch NaOH 1M.
Đáp án
1. - Na
2
HPO

3
là muối trung hòa, không có khả năng cho proton H
+
. (0,25 đ)
- Công thức cấu tạo :
O
O
H
P
O
Na
Na
(0,25 đ)
2. -Khi hòa tan PCl
3
vào nước:
PCl
3
+ H
2
O
→
H
3
PO
3
+ 3HCl

(0,25 đ)
0,1 mol 0,1 mol 0,3 mol

HCl
→
H
+
+ Cl
−

0,3 mol 0,3 mol
H
3
PO
3

→
¬ 
H
+
+ H
2
PO
3
−
k
a1
= 1,6.10
–2
Do H
3
PO
3

là một axit yếu nên nồng độ H
+
chủ yếu do HCl tạo ra
=> [H
+
] = 0,3M => pH = -lg0,3 = 0,52 (0,25 đ)
3. Các phản ứng xảy ra :
PCl
3
+ H
2
O
→
H
3
PO
3
+ 3H
+
+ 3Cl
−

(1)
0,1 mol 0,1 mol 0,3 mol (0,25 đ)
H
+
+ OH
−

→

H
2
O (2)
0,3 mol 0,3 mol (0,25 đ)
H
3
PO
3
+ OH
−

→
¬ 
H
2
PO
3
−

+ H
2
O (3)
0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol (0,25 đ)
H
2
PO
3
−

+ OH

−

→
¬ 
HPO
3
2
−

+ H
2
O (4)
0,05 mol 0,05 mol 0,05 mol (0,25 đ)
H
2
PO
3
−


→
¬ 
HPO
3
2
−

+ H
+
Cân bằng : C –x C + x x (0,25 đ)

=>
a2
(C + x)x
k =
C - x
với C = 0,05 : 0,45 (0,50 đ)
Trang 3/11
=> x = k
a2
= 7.10
–7
=> pH = 6,15. (0,25 đ)
Câu 3 : (2 điểm)
Cho phản ứng: A + B
→
C + D
Người ta làm thí nghiệm với những nồng độ khác nhau và thu được những kết
quả sau đây (ở nhiệt độ không đổi) :
Thí nghiệm
Nồng độ (mol/l) Tốc độ
(mol/phút)
A B
1
2
3
0,5
1,0
0,5
0,5
1,0

1,0
5.10
−
2
20.10
−
2
20.10
−
2
1. Tính hằng số tốc độ K của phản ứng trên và viết biểu thức tốc độ phản ứng.
Cho biết bậc của phản ứng?
2. Tính tốc độ phản ứng khi : [A] = [B] = 0,1 mol/l.
Đáp án
1. Biểu thức tốc độ có dạng :
y
B
x
A
C C k V ××=
=> V
1
= k(0,5)
x
. (0,5)
y
= 5.10
−
2
V

2
= k(1,0)
x
. (1,0)
y
= 20.10
−
2
V
3
= k(0,5)
x
. (1,0)
y
= 20.10
−
2
(0,50 đ)
x
2
3
V
=> = 2 =1=> x = 0
V
(0,25 đ)
y
3
1
V
=> = 2 = 4 => y = 2

V
(0,25 đ)
=> V
2
= k(1,0)
0
. (1,0)
2
= 20.10
−
2
=> k = 0,2 (0,25 đ)
V = 0,2.
2
B
C
(phản ứng có bậc = x + y = 2) (0,25 đ)
2. [A] = [B] = 0,1 mol/l => V = 0,2 (0,1)
2
= 2.10
−
3
(0,50 đ)
Trang 4/11
Câu 4 : (2 điểm)
Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây :
(1) 2ClO
2
(k) + O
3

(k)
→
Cl
2
O
7
(k) ΔH
0
= −75,7 kJ
(2) O
3
(k)
→
O
2
(k) + O (k) ΔH
0
= 106,7kJ
(3) 2ClO
3
(k) + O

(k)
→
Cl
2
O
7
(k) ΔH
0

= − 278 kJ
(4) O
2
(k)
→
2O

(k) ΔH
0
= 498,3 kJ
Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau:
(5) ClO
2
(k) + O

(k)
→
ClO
3
(k).
Đáp án
-Kết hợp (1) và (3) ta có :
ClO
2
(k) +
1
2
O
3
(k)

→

1
2
Cl
2
O
7
(k) ΔH
0
= −37,85 kJ (0,25 đ)

1
2
Cl
2
O
7
(k)
→
ClO
3
(k) +
1
2
O

(k) ΔH
0
= 139 kJ (0,25 đ)

=>(6) ClO
2
(k) +
1
2
O
3
(k)
→
ClO
3
(k) +
1
2
O (k) ΔH
0
= 101,15 kJ (0,25 đ)
- Kết hợp (6) và (2) ta có :
ClO
2
(k) +
1
2
O
3
(k)
→
ClO
3

(k) +
1
2
O (k) ΔH
0
= 101,15 kJ
1
2
O
2
(k) +
1
2
O (k)
→

1
2
O
3
(k) ΔH
0
= −53,35 kJ (0,25 đ)

=> (7) ClO
2
(k) +
1
2
O

2
(k)
→
ClO
3
(k) ΔH
0
= 47,8 kJ (0,25 đ)
- Kết hợp (7) và (4) ta có
ClO
2
(k) +
1
2
O
2
(k)
→
ClO
3
(k) ΔH
0
= 47,8 kJ
O (k)
→

1
2
O
2

(k) ΔH
0
= −249,15 kJ (0,25 đ)

=> (5)ClO
2
(k) + O

(k)
→
ClO
3
(k) ΔH
0
= − 201,35 kJ. (0,50 đ)
@ Cách khác : tổ hợp các phương trình đã cho như sau để được (5)
(1).
1
2
+ (3). (-
1
2
) + (2).(-
1
2
) + (4).(-
1
2
) => (5) (0,50 đ)
=> ΔH

5
0
= ΔH
1
0
.
1
2
+ ΔH
3
0
. (-
1
2
) + ΔH
2
0
.(-
1
2
) + ΔH
4
0
.(-
1
2
) (0,50 đ)
= (-75,7).
1
2

+ (- 278). (-
1
2
) + (106,7).(-
1
2
) + (498,3).(-
1
2
) (0,50 đ)
= -201,35 kJ (0,50 đ)
Trang 5/11
Câu 5 : (2 điểm )
Cho m
1
(g) gồm Mg và Al vào m
2
(g) dung dịch HNO
3
24%. Sau khi các kim
loại tan hết có 8,96 (l) hỗn hợp khí A gồm NO; N
2
O; N
2
bay ra (đktc) và dung dịch X.
Thêm một lượng O
2
vừa đủ vào A, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí B. Dẫn B từ
từ qua dung dịch NaOH dư, có 4,48 (l) hỗn hợp khí C đi ra (đktc). Tỉ khối hơi của C
đối với H

2
bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào dung dịch X để lượng kết tủa lớn
nhất thì thu được 62,2 (g) kết tủa.
Tính m
1
và m
2
. Biết lượng HNO
3
đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết.
Đáp án
- Số mol khí của hỗn hợp A: n
A
= 8,96/22,4 = 0,4 mol (1)
- Khi cho O
2
vào hỗn hợp A có phản ứng :
2NO + O
2

→
2NO
2
=> B gồm NO
2
, N
2
O, N
2
với n

A
= n
B
- Dẫn B qua dung dịch NaOH có phản ứng :
2NO
2
+ 2NaOH
→
NaNO
3
+ NaNO
2
+ H
2
O (0,25 đ)
=> C gồm N
2
O

và N
2
với :
n
C
= n
N2O
+n
N2
= 44,8/22,4 = 0,2 mol (2)
-

M
C
= 2.20 = 40 =
2 2
N O N
n .44 + n .28
0,2
(3)
- Giải hệ 2,3 => n
N2O
= 0,15 mol ; n
N
2
= 0,05 mol (0,25 đ)
- So sánh 1, 2 => n
NO
= 0,2 (0,25 đ)
- Gọi x, y là số mol Mg, Al => n
e (cho)
= (2x + 3y) mol
Số mol electron nhận ứng với số mol khí trong hỗn hợp A :
n
e (nhận)
= n
NO
.3 + n
N2O
.8 + n
N2
.10

= 0,2.3 + 0,15.8 + 0,05.10 = 2,3 mol
Theo ĐLBT e => 2x + 3y = 2,3 (4)
- Lượng kết tủa tối đa = 24x + 27y + (2x + 3y).17 = 62,2 (5)
- Giải hệ 4, 5 => x = 0,4 mol ; y = 0,5 mol (0,50 đ)
* Vậy m
1
= 24.0,4 + 27.0.5 = 23,1 g (0,25 đ)
- n
HNO3 tgpu
= n
HNO3 tạo khí
+ n
HNO3 tạo muối

= n
NO
+ 2n
N2O
+ 2n
N2
+ n
e trao đổi

= 0,2 + 2.0,15 + 2.0,05 + 2,3 = 2,9 mol
* Vậy m
2
=
2,9.63.100.120
= 913,5
24.100

g (0,50 đ)
Trang 6/11
Câu 6 : (2,0 điểm)
1. Có một hỗn hợp các chất rắn gồm : p-metyl anilin, axit benzoic, naphtalen.
Trình bày ngắn gọn phương pháp hoá học để tách riêng từng chất. Viết các phương
trình phản ứng minh họa.
2. Có 5 lọ đựng riêng biệt các chất : axit benzoic (A); benzanđehit (B);
metylphenyl ete (C); ancol benzylic (D); isopropyl benzen (E). Biết A, B, C, D, E là
chất lỏng. Hãy sắp xếp thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi, giải thích.
Đáp án
1. - Khuấy đều hỗn hợp rắn với lượng dư dung dịch NaOH loãng, chỉ có axit
benzoic phản ứng tạo thành natri benzoat tan trong dung dịch, hai chất còn lại không
phản ứng, lọc tách hỗn hợp rắn và dung dịch. Axit hoá dung dịch natribenzoat bằng
dung dịch HCl loãng : (0,25 đ)


C
6
H
5
COOH + NaOH
→


C
6
H
5
COONa + H
2

O
(rắn) (tan)
C
6
H
5
COONa + HCl
→
C
6
H
5
COOH
↓
+ NaCl (0,25 đ)
- Khuấy hỗn hợp rắn còn lại, p-metyl anilin với lượng dư dung dịch HCl (loãng)
phản ứng tạo muối tan, lọc lấy naphtalen, kiềm hoá dung dịch muối, thu được p-
metyl anilin : (0,25 đ)
p-CH
3
C
6
H
4
NH
2
+ HCl
→
p-CH
3

C
6
H
4
NH
3
Cl
p-CH
3
C
6
H
4
NH
3
Cl + NaOH
→
p-CH
3
C
6
H
4
NH
2
+ NaCl + H
2
O (0,25 đ)
2. - Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi :
(CH

3
)
2
CHC
6
H
5
< C
6
H
5
OCH
3
< C
6
H
5
CH=O < C
6
H
5
CH
2
OH < C
6
H
5
COOH
(E) (C) (B) (D) (A) (0,50 đ)
+ (E) phân cực yếu hơn (C), không có liên kết hiđro

+ (C) phân cực yếu hơn (B), không có liên kết hiđro
+ (B) phân cực, không có liên kết hiđro
+ (D) phân cực, có liên kết hiđro liên phân tử yếu hơn (A)
+ (A) phân cực, có liên kết hiđro liên phân tử mạnh. (0,50 đ)
Trang 7/11
Câu 7 : (2,5 điểm)
Hai hợp chất thơm A và B đều có công thức phân tử C
n
H
2n
−
8
O
2
. Hơi B có khối
lượng riêng 5,447 g/l (đktc). A có khả năng phản ứng với kim loại Na giải phóng H
2
và có phản ứng tráng gương. B phản ứng được với Na
2
CO
3
giải phóng khí CO
2
.
1. Viết công thức cấu tạo của A, B.
2. A có 3 đồng phân A
1
, A
2
, A

3
; trong đó A
1
là đồng phân có nhiệt độ sôi nhỏ
nhất. Xác định công thức cấu tạo của A
1
, giải thích.
3. Viết sơ đồ chuyển hoá o-crezol thành A
1
.
Đáp án
1. - M
B
= 5,447.22,4 = 122 (g) => CTPT của A, B: C
7
H
6
O
2
( 0,25 đ)
A + Na
→
H
2
=> A có nhóm -OH.
A + AgNO
3

3
NH

→
Ag => A có nhóm -CH=O ( 0,25 đ)
- CTCT của A :
(1)
CHO
OH
(2)
CHO
OH
(3)
CHO
OH
( 0,25 đ)

- B + Na
2
CO
3

→
CO
2
=> B là axit :
COOH
( 0,25 đ)
2. - A
1
là đồng phân ortho (1) ( 0,25 đ)
- vì có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm nhiệt độ sôi. ( 0,25 đ)
3. - Sơ đồ phản ứng từ o-crezol thành A

1

CH
3
OH
Cl
2
as
CH
2
Cl
OH
NaOH
t
o
CH
2
OH
ONa
CHO
ONa
CuO
t
o
HCl
CHO
OH
(0,25 đ ×4)
Trang 8/11
Câu 8 : (2 điểm )

1. Bradikinin có tác dụng làm giảm huyết áp. Đó là nonapeptit có công thức viết
tắt là Arg – Pro – Pro – Gly – Phe – Ser – Pro – Phe – Arg. Khi thủy phân từng phần
peptit này có thể thu được những tripeptit nào có chứa phenyl alanin?
2. Khi thủy phân một peptit người ta chỉ thu được các đipeptit sau : Glu – His,
Asp – Glu, Phe – Val, và Val – Asp. Xác định cấu tạo của peptit trên.
Đáp án
1. Những tripeptit có chứa phenyl alanin:
Gly – Phe – Ser
Pro – Gly – Phe
Phe – Ser – Pro
Ser – Pro – Phe
Pro – Phe – Arg (0,20 đ ×5)
2.
- Từ Glu – His và Asp – Glu => ? Asp – Glu – His ? (0,25 đ)
- Từ Phe – Val và Val – Asp => ? Phe – Val – Asp ? (0,25 đ)
- Từ Asp – Glu và Val – Asp => ? Val – Asp – Glu ? (0,25 đ)
=> Tổ hợp lại ta có pentapeptit : Phe – Val – Asp – Glu – His (0,25 đ)
@ Nếu thí sinh nêu thẳng pentapeptit : Phe – Val – Asp – Glu – His vẫn được
trọn 1,00 đ.
Trang 9/11
Câu 9 : (2 điểm )
Đốt cháy hoàn toàn 5,04 g X cần 20,16 lít (đktc) không khí (biết O
2
chiếm 20%
thể tích không khí) chỉ thu được CO
2
và H
2
O với tỉ lệ khối lượng
2

2
CO
H O
m
11
m 4
=
.
1. Xác định CTPT của X, biết rằng khi thủy phân 1 mol X trong môi trường axit
sẽ thu được 3 mol monosaccarit thuộc loại hexozơ.
2. Viết công thức cấu trúc của X theo Haworth. Biết X là Melixitozơ là đường
không khử có trong mật ong. Khi thủy phân hoàn toàn 1 mol X trong môi trường axit
thu được 2 mol D-glucozơ và 1 mol D-fructozơ. Khi thuỷ phân không hoàn toàn sẽ
được D-glucozơ và đisaccarit furanozơ. Khi thuỷ phân nhờ enzim mantaza sẽ tạo
thành D-glucozơ và D-fructozơ, còn khi thuỷ phân nhờ enzim khác sẽ nhận được
saccarozơ.
3. Metyl hóa 1 mol Melixitozơ rồi thuỷ phân, nhận được 1 mol 1,4,6-tri-O-
metyl-D-fructozơ và 2 mol 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-glucozơ. Viết sơ đồ phản ứng.
Đáp án
1. - Đặt CTPT của X là C
x
H
y
O
z
(x,y,z là số nguyên > 0)
o
t
x y z 2 2 2
y z y

C H O + (x + )O xCO + H O
4 2 2
− →
a
y z
(x + )
4 2
−
a ax
ay
2
- Từ đề bài =>
a(12x + y + 16z) = 5,04 (1)
n
O2 pu
=
y z
(x + )
4 2
−
a =
20,16 20
100 22,4
×
×
= 0,18 (mol) (2)
2 2
2 2
CO CO
H O H O

m n
11 9
= =
m 4 n 8
=>
=
2ax
ay
(3)
- Từ 1, 2, 3 => x : y : z = 9 : 16 : 8 => CTN : (C
9
H
16
O
8
)
n
(0,50 đ)
- Vì khi thủy phân 1 mol X thu 3 mol monosaccarit (loại hexozơ) nên trong X có
18 nguyên tử C => CTPT của X là C
18
H
32
O
16
(0,25 đ)
2. -X là đường không khử nên trong X không có nhóm OH hemiaxetal
(semiaxetal)
- Khi thủy phân 1 mol X thu được 2 mol D-Glucozơ và 1 mol D-fructozơ => X
có 3 monosaccarit liên kết với nhau ở OH hemiaxetal. (0,25 đ)

- Khi thủy phân X không hoàn toàn sẽ nhận được D-glucozơ và đisaccarit
furanozơ =>trong cấu trúc của X có 1 D-glucozơ ở đầu mạch hoặc cuối mạch.
- Khi thủy phân nhờ enzim mantaza sẽ tạo thành D-glucozơ và D-fructơzơ =>X
có một β-D-glucozơ và một β-D-fructozơ.
- Khi thủy phân nhờ enzim khác sẽ nhận được saccarozơ => X có đoạn :
[α-D-glucozơ] – [β-D-fructozơ] –[β-D-glucozơ] (0,25 đ)
- Metyl hóa 1 mol Melexitozơ rồi thủy phân, nhận được 1 mol 1,4,6-tri-O-metyl-
D-fructozơ và 2 mol 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-glucozơ => α-D-glucozơ liên kết β-D-
Trang 10/11
fructozơ theo liên kết α-1,2-glicozit; β-D-fructozơ liên kết với β-D-glucozơ bằng liên
kết β-1,3-glicozit. (0,25 đ)
=> công thức Haworth của Melixitozơ :
(0,25 đ)
3.

1) metyl hoaù
2) thuyû phaân
+ +
(0,25 đ)
HẾT
Trang 11/11