Đề Thi Học Sinh Giỏi HOÁ 12 - THPT Ngan Dừa - Bạc Liêu [2009 - 2010] pps

1
SỞ GD & ĐT BẠC LIÊU KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT NGAN DỪA Năm học : 2009-2010
Đề thi (Gồm 02 trang)
Môn thi : Hóa học
Thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian giao đề )
ĐỀ
Câu I: (4 điểm)
1. (1,5 điểm) Hai nguyên tố A và B ở hai phân nhóm chính liên tiếp của bảng tuần
hoàn. B thuộc nhóm V . Ở trạng thái đơn chất trong điều kiện thường A và B không phản
ứng với nhau. Tổng số hạt nhân trong hai nguyên tử A và B là 23.
a> Xác định tên nguyên tố và viết cấu hình electron của A và B .
b> Viết công thức cấu tạo của AO
2
và cho biết kiểu lai hoá, góc liên kết OAO
trong AO
2
.
2. (1,5 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau :
a> Al + HNO
3
 ………+ N
2
O + NO + …
Biết hỗn hợp khí N
2
O và NO có tỉ khối so với khí hiđro là 16,75
b> FeO + HNO
3
 N
x

O
y
+ …
c> As
2
S
3
+ H
+
+ NO
3
-
 NO + …
3. (1,0 điểm)
a, Một phi kim R có eletron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5. Hãy
xác định R, cấu hình electron và vị trí của R trong bảng tuần hoàn.
Qui ước: m
l
= +l, , 0, , -l và electron đầu tiên của một obitan có m
s
= +
2
1
.
b, Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron là: [Khí hiếm] (n – 1)d

ns
1
. Xác định
cấu hình electron có thể có của A. Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn.

Câu II: (4 điểm)
1. (1,75 điểm) Thế nào là sự lai hóa các obitan nguyên tử ? Cho biết trạng thái lai
hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của phân tử và ion sau : NH
4
+
, PCl
5
, SF
6
,
BF
3
, CH
4
và BeH
2
.
2. (1,25 điểm) Công thức đơn giản nhất của một axit hữu cơ X là (CHO)
n
. Khi đốt
cháy 1 mol X thu được dưới 6 mol CO
2
. Hãy biện luận để tìm công thức phân tử và viết
công thức cấu tạo các đồng phân axit của X .
3. (1 điểm) Viết các phương trình phản ứng xãy ra khi ta cho:
a) Ca dư +dd Na
2
CO
3
b) Na dư + dd AlCl

3
c) dd Ba(HCO
3
)
2
+ dd NaHSO
4
d) dd NaAlO
2
+ dd NH
4
Cl
Câu III: (4 điểm)
1. (1 điểm) Hãy xắp xếp các chất sau đây
a> Theo thứ tự tăng dần tính axit: CH
3
COOH, C
2
H
5
OH, Cl
2
CHCOOH, ClCH
2
COOH.
2
b> Theo thứ tự tăng dần tính bazơ : CH
3
NH
2

, NaOH, C
2
H
5
ONa, H
2
O
2. (1,5 điểm) Có hỗn hợp Na, Ba, Mg. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng
các kim loại ra khỏi hỗn hợp (khối lượng mỗi kim loại vẫn được bảo toàn).
3. (1,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn 1,62 gam nhôm trong 280 ml dung dịch HNO
3
1M được dung dịch A và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Mặt khác, cho 7,35 gam hai
kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vào 500ml dung dịch HCl, được dung dịch B và
2,8 lít khí H
2
(đktc). Khi trộn dung dịch A vào dung dịch B thấy tạo thành 1,56 gam kết
tủa.
a. Xác định tên 2 kim loại kiềm.
b. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl đã dùng.
Câu IV: (4 điểm)
1. (2 điểm) Cho 19,8g một hợp chất hữu cơ A đơn chức phản ứng vừa đủ với dung
dịch NaOH. Sau phản ứng cô cạn thu được 26 gam hỗn hợp hai muối hữu cơ. Xác định
công thức cấu tạo của A và gọi tên A, viết các phương trình phản ứng điều chế A từ CH
4
và các chất vô cơ cần thiết.
2. (1 điểm) Tính khối luợng xenlulozơ và khối lượng HNO
3
cần để sản xuất 1 tấn
xenlulozơ trinitrat, biết sự hao hụt trong sản xuất là 12%.
3. (1 điểm) Tính PH của dung dịch CH

3
COOH 0,1M sau khi đã thêm CH
3
COONa
đến nồng độ 0,1M. Biết rằng Ka = 1,8.10
-5
.
Câu V: (4 điểm)
1. (2 điểm) Cho hidrocacbon X tác dụng với dung dịch brom dư được dẫn xuất
tetrabrom chứa 75,8% brom (theo khối lượng). Khi cộng brom (1:1) thu được cặp đồng
phân cis-trans.
a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên của X.
b) Viết phương trình của X với :
- Dung dịch KMnO
4
(trong môi trường H
2
SO
4
)
- Dung dịch AgNO
3
/NH
3
- H
2
O (xúc tác Hg
2+
/H
+

)
- HBr theo tỉ lệ 1:2
2. (2 điểm) Cation Fe
3+
là axit, phản ứng với nước theo phương trình :
Fe
3+
+ H
2
O ↔ Fe(OH)
2+
+ H
3
O
+
, Ka = 10
-2,2
Hỏi ở nồng độ nào của FeCl
3
thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)
3
. Tính pH của dung dịch
đó . Biết rằng T
Fe(OH)3
= 10
-38
Hết
3
SỞ GD & ĐT BẠC LIÊU KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
Năm học : 2008-2009

Đề thi đề xuất
(Gồm 02 trang)
Môn thi : Hóa học
Thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian giao đề )
HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung
Điểm
Câu I: ( 4 điểm)
1.
a> B thuộc phân nhóm chính nhóm V => A thuộc phân nhóm chính nhóm IV hoặc
phân nhóm chính nhóm VI.
Nếu A, B cùng một chu kỳ thì : Z
A
+ Z
B
= 2Z
A
+ 1 = 23 => Z
a
= 11, Z
B
=12 (loại)
Nếu A, B thuộc chu kỳ lớn thì: Z
A
+ Z
B
> 23 (loại).
Vậy A, B thuộc chu kỳ nhỏ. Mà B thuộc phân nhóm chính nhóm V nên B có thể
là N hoặc P.
Nếu B là N (Z=7) thì A là S (Z=16) thoả mãn.

Nếu B là P (Z=15) thì A là O (Z=8) loại vì P tác dụng với O
2
.
Cấu hình electron : N(Z=7) : 1s
2
2s
2
2p
3
; S(Z=16) : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
4
b>
- Công thức cấu tạo của SO
2
:
- Lai hoá trong SO
2
là lai hoá sp
2
(tổng số phối tử + số cặp e chưa liên kết =3) nên góc
liên kết OSO gần bằng 120
0

.
2.
a) 17Al + 66HNO
3
 17Al(NO)
3
+ 3N
2
O + 9NO + 33H
2
O
b) FeO + HNO
3
 N
x
O
y
+ …
c) As
2
S
3
+ H
+
+ NO
3
-
 NO + …
3.
1. a, R là phi kim khác H, He  l = 1  m

l
= +1, 0, -1 và n  2  có 3 trường hợp có nghiệm
phù hợp.
n = 2, L = 1, m
L
= 0, m
s
= -
2
1
 2p
5
 flo (F)
n = 2, L = 1, m
L
= -1, m
s
= +
2
1
 2p
3
 nitơ (N)
n = 3, L = 1, m
L
= -1, m
s
= -
2
1

 3p
6
 agon (Ar)
* Xác định cấu hình electron và vị trí của R trong bảng tuần hoàn:
F: 1s
2
2s
2
2p
5
 ô số 9, chu kỳ 2, nhóm VII
A
.
N:1s
2
2s
2
2p
3
 ô số 7, chu kỳ 2, nhóm V
A
.
Ar: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2

3p
6
 ô số 18, chu kỳ 3, nhóm VIII
A
.
b, Cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d

ns
1
là:
* Với  = 0  cấu hình electron của A: [Khí hiếm] ns
1
 cấu hình các nguyên tố kim loại
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
4
kiềm nhóm I
A
.
* Với  = 5  cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d
5
ns
1
 cấu hình các nguyên tố

nhóm VI
B
(Cr, Mo, W).
* Với  = 10  cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d
10
ns
1
 cấu hình các nguyên tố
nhóm I
B
(Cu, Ag, Au).
Câu II : ( 4 điểm)
1. khái niệm
NH
4
+
, Nguyên tử N lai hóa sp
3
, dạng tứ diện đều .
PCl
5
, Nguyên tử P lai hóa sp
3
d , dạng lưỡng tháp đáy tam giác .
SF
6
, Nguyên tử S lai hóa sp
3
d
2

, dạng bát diện đều .
BF
3
, Nguyên tử B lai hóa sp
3
, dạng tứ diện đều .
CH
4
, Nguyên tử C lai hóa sp
3
, dạng tứ diện đều .
BeH
2
. Nguyên tử Be lai hóa sp , dạng thẳng hàng .
2.
X: (CHO)
n
đốt cháy tạo CO
2
có số mol dưới 6 => n < 6
Vì X là axit hữu cơ nên số nguyên tử O trong phân tử phải chẵn .
Vậy n = 2 hoặc n = 4
Nếu n = 2 => CTPT của X là C
2
H
2
O
2
( loại )
Nếu n = 4 => CTPT của X là C

4
H
4
O
4
hay C
2
H
2
(COOH)
2
CTCT của X là : HOOC-CH=CH=COOH (I)
hay
CH
2
=C
COOH
COOH
(II)
(I) có đồng phân cis-trans
C=C
H
COOH
H
HOOC
C=C
COOH
H
H
HOOC

Cis trans
3. Các phương trình phản ứng:
a) Ca + 2H
2
O → Ca(OH)
2
+ H
2
; Ca(OH)
2
+ Na
2
CO
3
→CaCO
3
+ 2 NaOH
b) 2Na + 2H
2
O → 2NaOH + H
2
; 3NaOH + AlCl
3
→ Al(OH)
3
+ 3NaCl
Nếu NaOH còn: NaOH + Al(OH)
3
→ NaAlO
2

+ 2H
2
O
c) Ba(HCO
3
)
2
+ NaHSO
4
→ BaSO
4
+ NaHCO
3
+ H
2
O + CO
2
hoặc: Ba(HCO
3
)
2
+ 2NaHSO
4
→ BaSO
4
+ Na
2
SO
4
+ 2H

2
O + 2CO
2
d) NaAlO
2
+ NH
4
Cl + H
2
O → NaCl + Al(OH)
3
+ NH
3
Câu III.
1. Sắp xếp các chất:
a> Theo thứ tự tăng dần tính axit:C
2
H
5
OH, CH
3
COOH, ClCH
2
COOH, Cl
2
CHCOOH.
b> Theo thứ tự tăng dần tính bazơ: H
2
O, CH
3

NH
2
, NaOH, C
2
H
5
ONa
2. Cho hỗn hợp kim loại vào nước dư, sau khi phản ứng hoàn toàn, lọc lấy phần
không tan ta được Mg.
2Na + 2H
2
O → 2 NaOH + H
2
; Ba + 2H
2
O → Ba(OH)
2
+ H
2
- Cho khí CO
2
sục vào dung dịch nước lọc ở trên đến dư, tiếp tục đun nóng dung dịch
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0, 5
0, 5
0,5
5
hồi lâu, lọc lấy phần kết tủa BaCO
3
tạo thành.
NaOH + CO
2
→ NaHCO
3
; Ba(OH)
2
+ 2CO
2
→ Ba(HCO
3
)
2
;
Ba(HCO

3
)
2

0
t
BaCO
3
+ H
2
O + CO
2
- Hòa tan BaCO
3
trong dung dịch HCl, cô cạn dung dịch thu lấy muối khan và đem
điện phân nóng chảy ta được Ba:
BaCO
3
+ 2HCl → BaCl
2
+ H
2
O + CO
2
; BaCl
2
 
dpnc
Ba + Cl
2

- Dung dịch còn lại cho tác dụng dung dịch HCl dư, cô cạn dung dịch thu lấy muối
khan và đem điện phân nóng chảy ta được Na:
Na
2
CO
3
+ 2HCl → 2NaCl + H
2
O + CO
2
;
2NaCl
 
dpnc
2Na + Cl
2
.
3: Phương trình phản ứngAl + 4 HNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (1)
2M + 2HCl → 2MCl + H
2
(2)
2M + 2H

2
O → 2MOH + H
2
(3)
Ban đầu: n (Al) = 0,06 mol ; n (HNO
3
) = 0,28 mol ;
Sau phản ứng HNO
3
còn dư: n(HNO
3
dư) = 0,04 mol;
Khi cho hỗn hợp 2 kim loại kiềm vào dung dịch HCl thì xảy ra phản ứng (2) và có thể
có (3):
Theo ptpư: n (M) = n(H
2
) = 0,25 mol → khối lượng mol trung bình của 2 kim loại:
M
= 29,4
a) Vì 2 kim loại kiềm thuộc 2 chu kì liên tiếp nên Na, K thõa mãn ( 23 < 29,4 < 39)
b) Khi trộn 2 dung dịch A và B có kết tủa tạo ra chứng tỏ ban đầu có phản ứng (3),ta
có phản ứng:
HNO
3
+ MOH → MNO
3
+ MNO
3
(4)
Al(NO

3
)
3
+ 3 MOH → Al(OH)
3
+ 3 MNO
3
(5)
số mol kết tủa: n Al(OH)
3
= 0,02 mol < n Al(NO
3
)
3
. Nên có 2 khả năng:
TH1: Al(NO
3
)
3
còn dư → n (MOH) = 0,04 + 0,02.3 = 0,1 mol → n (M)pư (2) = 0,25
– 0,1 = 0,15
→ n(HCl) = 0,15 mol → C
M
(HCl) = 0,3M
TH2: MOH còn dư, Al(OH)
3
tan trở lại một phần:
Al(OH)
3
+ MOH → M AlO

2
+ 2H
2
O (6)
n Al(OH)
3
tan = 0,06 – 0,02 = 0,04. Từ các pt (4,5,6) ta có: n (MOH) = 0,04 + 0,06.3
+ 0,04 = 0,26 mol ( loại – vì lớn hơn số mol M ban đầu).
Câu IV: ( 4 điểm)
1. (2 điểm)
a> A phản ứng với NaOH cho hỗn hợp hai muối nên A là ESTE của phenol => công
thức của A có dạng: RCOOC
6
H
5.
PTPƯ:
OHONaHCRCOONa2NaOHHRCOOC
256
SOH
56
42
 
Gọi số mol của A tham gia phản ứng là x theo bài ra ta có:





26)183(
8,19)121(

Rx
Rx
giải ra ta được





77
1,0
R
x
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
6
   
 
COOHCH
COOCHH
K
a
3
3



Với gốc R hoá trị 1 chỉ có gốc -C
6
H
5
là thoả mãn .
Vậy công thức của A là: C
6
H
5
COOC
6
H
5
Benzyl benzoat
b> Điều chế A:
OHHCOOCHCOHHCCOOHHC
SOKCOOHH2CSOHCOOKH2C
OHKOH2MnOCOOKHC2KMnOCHHC
2NaClCHHC2NaClCHClHC
HClClCHClCH
NaClOHHCNaOHClHC
HClClHCClHC
HCHC
3HHC2CH
256565656
42564256
22564356
356356
3

AS
24
56
P,t
56
56
Fe
266
66
C
22
222
LLN
4
0







 












 








 
 
0
42
0
0
,
600,
,1500
3
tSOH
C
C
2. ( 1điểm )
 C
6
H

7
O
2
(OH)
3

n
+ 3n HNO
3
  C
6
H
7
O
2
(ONO
2
)
3

n
+ 3n H
2
O
Do hao hụt 12% => H=88%
3) CH
3
COOH CH
3
COO

-
+ H
+
(1)
CH
3
COONa CH
3
COO
-
+ Na
+
(2) (0,25đ)
Khi cho thêm CH
3
COONa vào dung dịch CH
3
COOH tức là tăng thêm nồng độ CH
3
COO
-
,
cân bằng (1) sẽ chuyển sang trái nên axit phân li kém hơn
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H

+
[ ]
bđầu
0,1 0 0
Phân li x x x
0,25
0,25
0,25
0,25
0, 5
0,25
0,25
0,25
0,25
189n. 100
m
HNO3
= = 0,7231 tấn
297n.88
162n. 100
M
xelulozơ
= = 0,6198 tấn
297n.88
7
5
10.8,1
)1,0(
x)x(0,1






x
K
a
Còn lại (0,1- x ) (0,1+x) x (0,5đ)
(0,5đ)
Vì x << 0,1 nên 0,1 – x  0,1
 x
2
+ 0,1x = 1,8.10
-6
Vì x
2
có giá trị rất nhỏ so với 0,1x nên có thể bỏ qua giá trị x
2
Ta có phương trình gần đúng :
0,1x = 1,8.10
-6
 x = 1,8.10
-5
pH = -lg [H
+
] = -lg (1,8.10
-5
)
= - lg 1,8 - lg10
-5

= 4,75
Câu V : ( 4điểm)
1) ( 2 điểm)
Hidrocacbon X: C
x
H
y
C
x
H
y
+ 2Br
2
→ C
x
H
y
Br
4
; theo giả thiết: %Br =
100.
32012
4.80
 yx
=75,8
→ 12x + y = 102
Giá trị thỏa mãn: x=8 , y=6. CTPT của X: C
8
H
6

(= 6).
Vì X có khả năng phản ứng với brom thoe tỉ lệ 1:1 và 1:2 chứng tỏ phân tử X có 2
liên kết  kém bền và 1 nhân thơm.
CTCT của X:
C CH
phenyl axetilen.
Phương trình phản ứng:
5
C CH
+8KMnO
4
+ 12H
2
SO
4
→
COOH
+ 4K
2
SO
4
+ 8MnSO
4
+ 12H
2
O
C CH
+ AgNO
3
+ NH

3
→
C CAg
+ NH
4
NO
3
C CH
+ H
2
O
 
2
Hg
C
O
CH
3
C CH
+ 2HBr →
C CH
3
Br
Br
1) ( 2 điểm)
pH= 1,8
C= 5,56.10
-2
M
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
1,0