ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN HÓA HỌC 12 NĂM 2009 – 2010 THPT LỘC BÌNH doc

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
MÔN HÓA HỌC – LỚP 12
Năm học: 2009 – 2010
Thời gian làm bài: 180 phút
A. PHẦN HÓA HỌC VÔ CƠ
Bài 1 ( 1 điểm )
Bằng dung dịch NH
3
, người ta có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al
3+
trong dung
dịch nước ở dạng hiđroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg
2+
trong dung
dịch nước ở dạng hiđroxit. Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. Cho
biết: Tích số tan của Al(OH)
3
là 5.10
-33
; tích số tan của Mg(OH)
2
là 4.10
-12
; hằng số
phân ly bazơ của NH
3
là 1,8.10
-5
.
Bài 2. (4 điểm )
1. Có 3 ống nghiệm, mỗi ống chứa 2 cation và 2 anion (không trùng lặp) trong số

các ion sau: NH

4
, Na
+
, Ag
+
, Ba
2+
, Mg
2+
, Al
3+
, Cl
–
, Br
–
, NO

3
, CO
2
3
, CH
3
COO

, PO
3
4

.
Hãy xác định các cation và anion trong từng ống nghiệm.
2. Cho 5 dung dịch: Na
2
CO
3
, FeCl
3
, NaOH, Al
2
(SO
4
)
3
, AgNO
3
. Viết các phương
trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi lần lượt cho một dung dịch này phản ứng với các
dung dịch còn lại.
3. Có 5 chất bột màu trắng đựng trong 5 bình riêng biệt bị mất nhãn hiệu là:
NaCl, Na
2
CO
3
, Na
2
SO
4
, BaCO
3

và BaSO
4
. Chỉ được dùng thêm nước và CO
2
hãy trình
bày cách phân biệt từng chất.
Bài 3. ( 4 điểm)
A là dung dịch Na
2
CO
3
0,1M; B là dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1M và KHCO
3
0,1M và C là dung dịch KHCO
3
0,1M
1. Tính thể tích khí CO
2
( đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 50ml dung
dịch HCl 0,1M vào 100ml dung dịch A và khi cho hết 100ml dung dịch B vào 200ml
dung dịch HCl 0,1M.
2. Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100ml dung
dịch Ba(OH)
2
0,1M vào 150 ml dung dịch C
3. Tính pH của các dung dịch A và C, biết axit cacbonnic có pK

1
=6,35 và pK
2
= 10,33
4. Đề nghị phương pháp nhận biết các ion trong dung dịch B
Bài 4 ( 3 điểm )
Hoà tan hoàn toàn 4,431 gam hỗn hợp Al, Mg bằng dung dịch HNO
3
loãng thu
được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí không màu có khối lượng 2,59 gam,
trong đó có một khí bị hoá đỏ nâu trong không khí.
1. Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.
2. Tính số mol HNO
3
đã phản ứng.
3. Khi cô cạn dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan
Biết Al = 27 Mg = 24 H = 1 N = 14 O = 16 C = 12 K = 39
SỞ GD & ĐT LẠNG SƠN
TRƯỜNG THPT LỘC BÌNH
B. PHẦN HOÁ HỌC HỮU CƠ
Câu1 (4,5 Điểm)
1. Cho 3 chất: rượu etylic, axit axetic, phenol, hãy sắp xếp các chất trên theo độ
linh động tăng dần của nguyên tử hydro trong nhóm -OH. Viết phương trình
phản ứng minh họa.
2. Bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt sáu chất sau: Anđehit fomic,
glixerin, glucozơ, phenol, tinh bột, rượu metylic.Viết các phương trình phản
ứng ( nếu có).
3. Từ than đá, đá vôi và các chất cần thiết, viết phương trình điều chế
Ortho-nitrophenol và Meta-aminophenol.
Câu2 (3,5 Điểm)

Làm bay hơi một chất hữu cơ A (chứa các nguyên tố C, H, O), được một chất hơi
có tỉ khối hơi đối với metan bằng 13,5. Lấy 10,8 gam chất A và 19,2 gam O
2
cho vào
bình kín, dung tích 25,6 lít (không đổi). Đốt cháy hoàn toàn A, sau đó giữ nhiệt độ bình
ở 163,8
o
C thì áp suất trong bình bằng 1,26 atm. Lấy toàn bộ sản phẩm chấy cho vào
160 gam dd NaOH 15%, được dd B có chứa 41,1 gam hỗn hợp hai muối. Khí ra khỏi
dung dịch B có thể tích V
1
lít (đktc).
1. Xác định công thức phân tử, viết một công thức cấu tạo của A.(Biết rằng khi
cho A tác dụng với kiềm tạo ra 1 rượu và 3 muối).
2. Tính V
1
và C% của các chất trong dung dịch B.
3. Cho 10,8 gam A tác dụng vừa đủ với V
2
lít dd NaOH 3M thu được a gam hỗn
hợp muối. Tính V
2
và a.
Hết
- Học sinh được phép sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI
PHẦN HÓA HỌC VÔ CƠ ( 12 ĐIỂM)
BÀI
NỘI DUNG

ĐỂM
BÀI 1
3  NH
3
+ H
2
O NH
4
+
+ OH

K
3
NH
= 1,8.10
5
Al(OH)
3
Al
3+
+ 3 OH

K
S
3
)(OHAl
= 5. 10
33
Al
3+

+ 3 NH
3
+ 3 H
2
O Al(OH)
3
+ 3 NH
4
+
K =
3
3
)(
3
OHSAl
NH
K
K
= 1,17.10
18
Tương tự như vậy, đối với phản ứng:
Mg
2+
+ 2 NH
3
+ 2 H
2
O Mg(OH)
2
+ 2 NH

4
+
K =
2
3
)(
2
OHSMg
NH
K
K
= 81
Phản ứng thuận nghịch, Mg
2+
không kết tủa hoàn toàn dưới dạng magiê
hiđroxit như Al
3+
.
0,5
0,5
BÀI 2
1.
ống nghiệm 1: NH
4
+
, Na
+
, CO
3
2-

, PO
4
-
ống nghiệm 1: Ag
+
, Mg
2+
, NO
3
-
, CH
3
COO

ống nghiệm 1: Ba
2+
, Al
3+
, Cl
-
, Br
-
0,75
2.
Các ptpư:
1. 3Na
2
CO
3
+ 2FeCl

3
+ 3H
2
O

6NaCl + 2Fe(OH)
3
+ 3CO
2
2. 3Na
2
CO
3
+ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O

3Na
2
SO
4
+ 2Al(OH)
3
+ 3CO

2
3. Na
2
CO
3
+ 2AgNO
3

2NaNO
3
+ Ag
2
CO
3

4. FeCl
3
+ 3NaOH

3NaCl +Fe(OH)
3

5. FeCl
3
+ 3AgNO
3

Fe(NO
3
)

3
+ 3AgCl

6. Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH

3Na
2
SO
4
+2Al(OH)
3

7. Al(OH)
3
+ NaOH
dư

NaAlO
2
+ 2H
2
O
Mỗi phương trình đúng được 0,25 điểm
1,75

3.
+ Lấy mẫu thử từ các chất trên
+ Hoà tan lần lượt từng chất vào nước
- Các chất tan tạo dung dịch là: NaCl; Na
2
CO
3
; Na
2
SO
4
- Các chất không tan là: BaCO
3
; BaSO
4
+ Hoà tan hai chất không tan trong nước vào nước có CO
2
:
- Chất tan dần tạo thành dung dịch là: BaCO
3
Ptpư: BaCO
3
+ CO
2
+ H
2
O

Ba(HCO
3

)
2 tan
- Chất không tan còn lại là: BaSO
4
+ Dùng dung dịch Ba(HCO
3
)
2
vừa điều chế được cho tác dụng với các
dung dịch NaCl; Na
2
CO
3
; Na
2
SO
4
ở trên:
- Hai dung dịch có kết tủa trắng xuất hiện là Na
2
CO
3
; Na
2
SO
4
Ptpư: 1, Ba(HCO
3
)
2

+ Na
2
CO
3

BaCO
3

+ 2NaHCO
3
2, Ba(HCO
3
)
2
+ Na
2
SO
4

BaSO
4

+ 2NaHCO
3
- Dung dịch không có hiện tượng gì là NaCl
Lọc lấy kết tủa ở trên đem hoà tan trong nước có CO
2
, kết tủa tan là
BaCO
3

, dung dịch ban đầu là Na
2
CO
3
;
0,5
0,5
0,5
BÀI 3
1.
Cho từ từ từng giọt dung dịch HCl vào dung dịch Na
2
CO
3
2
3
CO
+

H


3
HCO
n
0
( mol ) 0,01 0,005
n
sau phản ứng
(mol) 0,005 0

Do dư
2
3
CO
nên không có giai đoạn tạo CO
2
, V
2
CO
= 0
* Cho dung dịch Na
2
CO
3
và KHCO
3
vào dung dịch HCl
2
3
CO
+ 2

H
 H
2
O + CO
2
(1)

3

HCO
+

H
 H
2
O + CO
2
(2)
Vì 2n
2
3
CO
+ n

3
HCO
> n

H
phản ứng hết
Giả sử (1) xảy ra trước thì ta có n
2
CO
=

H
n
2
1

= 0,01 mol
Giả sử ( 2) xảy ra trước thì từ (1) và (2) ta có n
2
CO
= 0,015 mol
Thực tế (1) và (2) đồng thời xảy ra nên: 0,224 L < V
2
CO
< 0,336 L
1
2.
Thêm dung dịch Ba(OH)
2
vào dung dịch KHCO
3

3
HCO
+

OH

2
3
CO
+ H
2
O
n
0

( mol ) 0,015 0,02
n
sau phản ứng
(mol) 0 0,005 0,015
2
Ba
+
2
3
CO
 BaCO
3
n
0
( mol ) 0,01 0,015
n
sau phản ứng
(mol) 0 0,005
Dung dịch còn 0,005 mol KOH và 0,005 mol K
2
CO
3
1
3.
Dung dịch A có các cân bằng:
2
3
CO
+ H
2

O 

3
HCO
+

OH
K
b1
= 10
-3,67

3
HCO
+ H
2
O  H
2
O + CO
2
+

OH
K
b2
= 10
-7,65
H
2
O


H
+

OH
K
w
= 10
-14
Vì K
b1
>> K
b2
>>K
w
nên cân bằng (1) là chủ yếu:
pH = 14 -
2
1
( pK
b1
+ pC ) = 14 -
2
1
( 3,67 + 1) = 11,67
1
Dung dịch C là dung dịch lưỡng tính nên:
pH =
2
1

( pK
b1
+ pK
b2
) =
2
1
( 6,35 + 10,33) = 8,34
4.
Trích mẫu thử thêm BaCl
2
dư vào mẫu thử thấy xuất hiện kết tủa trắng
( tan trong axit), như vậy mẫu thử có
2
3
CO
2
Ba
+
2
3
CO
 BaCO
3
Lọc tách kết tủa, thêm vào dung dịch nước lọc thấy sủi bọt khí không
màu ( làm đục nước vôi trong), vậy dung dịch có

3
HCO


3
HCO
+

H
 H
2
O + CO
2
1
BÀI 4
Gọi x, y lần lượt là số mol của Al, Mg. Ta có 27x + 24 y = 4,431 (*)
Al
0
 Al
3+
+ 3e
x x 3x
Mg
0
 Mg
2+
+ 2e
y y 2y

e chất khử cho = 3x + 2y
TH1 Giả sử tạo thành NO, N
2
O
Gọi a, b lần lượt là số mol của NO, N

2
O
Ta có a + b =
4,22
568,1
= 0,07 (1)
30a + 44b = 2,59 (2)
Từ (1) và (2) ta có: a = b = 0,035 mol
TH2 Giả sử tạo thành N
2
, NO
Ta có a + b =
4,22
568,1
= 0,07 (1)
28a + 30b = 2,59 (2)
Từ (1) và (2) ta có: a =- 0,245; b = 0,315 ( loại)
Mặt khác
N
+5
+ 3e  N
+2
(NO)
a 3a a
2N
+5
+ 8e  2N
+1
(N
2

O)
2b 8b b

e chất oxi hóa nhận = 3a + 8b = 3.0,035 + 8.0,035 = 0,385
ADĐLBTE ta có 3x + 2y = 0,385 (**)
Từ (*) và (**) ta có x= 0,021; y = 0,161
0,5
0,5
0,5
1
%Al = 12,80%
%Mg = 87,20%
0,5
2
n
3
HNO
phản ứng
= n

3
NO
= n

3
NO
tạo muối
+ n

3

NO
tạo ra khí
= 3x + 2y + a + 2b = 0,49 mol
0,5
3
m
muối
= m
kim loại
+ m

3
NO
= 34,811 gam
0,5
PHẦN HÓA HỌC HỮU CƠ ( 8 điểm)
Câu 1
1
2
Xắp xếp độ linh động tăng dần của H trong nhóm –OH
C
2
H
5
OH < C
6
H
5
OH < CH
3

COOH
- C
2
H
5
OH chỉ phản ứng được với kim loại kiềm, phenol và axit axetic
phản ứng được với NaOH. Và CH3COOH đấy được phenol ra khỏi muối
phenolat
C
2
H
5
OH + Na  C
2
H
5
ONa + ½ H
2
C
6
H
5
OH + Na  C6H
5
ONa + ½ H
2
CH
3
COOH + C
6

H
5
ONa  C
6
H
5
OH + CH
3
COONa
HCHO
glixerol
glucozơ
phenol
Tinh
bột
Ancol
metylic
Cu(OH)
2
-
dd màu
xanh
dd màu
xanh
-
-
-
Cu(OH)
2
,

t
0
C
Cu
2
O

-
Cu
2
O

-
-
-
Dd I
2
x
x
x
-
Xanh
lam
-
ddBr
2
x
x
x


trắng
x
-
Cu(OH)
2
+ 2C
3
H
8
O
3
 (C
3
H
7
O
3
)
2
Cu + 2H
2
O
Cu(OH)
2
+ 2C
6
H
12
O
6

 (C
6
H
11
O
6
)
2
Cu + 2H
2
O
HCHO + Cu(OH)
2
+ NaOH  HCOONa + Cu
2
O + 3H
2
O
CH2OH(CHOH)
4
-CHO + Cu(OH)
2
+ NaOH 
CH2OH(CHOH)
4
-COONa + + Cu
2
O + 3H
2
O

HO-C
6
H5 + 3Br
2
 Br
3
-C
6
H
2
-OH + 3HBr
Sơ đồ CaCO
3

1
CaO

2
CaC
2

3
CH

CH

4
C
6
H

6
Orthonitrophenl
C
6
H
6

5
C
6
H
5
Br

6
C
6
H
5
OH

7
HO-C
6
H
4
-NO
2
Metaaminophenol
C

6
H
6

8
C
6
H
5
-NO
2

9
Br-C
6
H
4
-NO
2

10
HO-C
6
H
4
-NO
2

11
HO-C

6
H
4
-NH
2
Chú y phương trình 1  4 0,5 điểm
5,6,7 0,75 điểm
8  11 0,75 điểm
Câu 2
1
CTPT – CTCT A
M
A
= 13,5.16 = 216
n
A
=
05,0
216
8,10

mol n
2
O
=
6,0
32
2,19

mol

Theo đầu bài A + kiềm  1 rượu + 3 muối
 A A là este của 3 axit hữu cơ khác nhau và 1 ancol 3 chức
Số nhóm chức của A

3
Giả sử este A có 3 nhóm chức  trong phân tử A có 6 nguyên tử O
Gọi CTPT C
x
H
y
O
z
( M
A
= 216 )
12x + y = 120  x = 9 , y = 12
0,25
0,25
0,25
0,2
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
2
3
Gọi CTPT A: C

9
H
12
O
6
Xét trường hợp phân tử A có nhiều hơn 3 nhóm chức ( không phù hợp
bài)
 rượu có 3 chức  CH
2
(OH)-CH(OH)-CH
2
(OH) ( glixerol) 3 axit
khác có tổng số nguyên tử C là 6
 H-COOH; CH
3
-COOH; CH
2
=CH-COOH
CTCT của A LÀ H-COO – CH
2
CH
3
-COO – CH
CH
2
=CH-COO – CH
2
Tính V
1
, C% các chất trong dung dịch B

- Số mol hỗn hợp khí sau phản ứng khi đốt cháy hoàn toàn A
9,0
)5,163273(082,0
6,25.26,1



RT
PV
n
hh
mol
Phương trình phản ứng
C
9
H
12
O
6
+ 9O
2
 9CO
2
+ 6H
2
O (1)
0,05 0,45 0,3
Khí thoát ra khỏi B là oxi dư có thể tích V
1
n

2
O
dư
= 0,9 – ( 0,45 + 0,3 ) = 0,15 ( mol)
V
1
- V
2
O
= 0,15.22,4 = 3,36 lít
Khối lượng dung dịch B
M
dd
= m
2
CO
+ m
OH
2
+ m
ddNaOH
= 0,45.44 + 0,3.18 + 160 = 185,2 gam
N
NaOH
=
100.40
15.160
= 0,6 mol
CO
2

+ NaOH  NaHCO
3
x x x
CO
2
+ 2NaOH  Na
2
CO
3
+ H
2
O
y 2y y
X + y  0,45
84x + 106y = 41,1
 x = 0,3 mol; y = 0,15 mol
C%
3
NaHCO
=
%6,13%100
2,185
83.3,0

C%
32
CONa
=
%58,8%100
2,185

106.15,0

Tính V
2
, a
C
9
H
12
O
6
+ 3NaOH  C
3
H
5
(OH)
3
+ HCOONa + CH
3
COONa + CH
2
=CH-COONa
0,05 0,15 0,05 0,05 0,05 0,05
Theo định luật bảo toàn khối lượng
A = m
A
+ m
NaOH
- m
rượu

= 0,05.21,6 + 0,15.40 - 0,05.92 = 12,2 gam
V
2
=
05,0
3
15,0

lít
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25