KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – ĐỀ B pptx

SỞ GD-ĐT VĨNH LONG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – ĐỀ B
Thời gian làm bài:180 phút

Câu I: (4điểm)
1. Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD
3
có 10 proton.
a) Xác định tên A, D, E.
b) Viết công thức cấu tạo của hợp chất tạo bởi 3 nguyên tố trên.
2. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron
a) C
6
H
12
O
6
+ KMnO
4
+ H
2
SO
4
 K
2
SO
4
+ MnSO
4
+ CO

2
+ H
2
O.
b) Fe
3
O
4
+ HNO
3
 Fe(NO
3
)
3
+ N
x
O
y
+ H
2
O
3. a) Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H
2
O; H
2
O
2
. Nêu cách phân biệt 2 lọ đựng 2 chất lỏng
trên và viết phương trình phản ứng.
b) Giải thích tại sao 2 phân tử NO

2
có thể kết hợp tạo ra N
2
O
4
?

Câu 2: ( 4 điểm)
1. Tính pH của dung dịch NH
4
HCO
3
0,1M
Cho H
2
CO
3
có K
a1
= 10
-6,35
, K
a2
= 10
-10,33

NH
4
+
có K

a
= 10
-9,24

2. So sánh tính bazơ của:


N N N
Pyrol pyridin piperidin
Giải thích.
Câu 3: (4 điểm)
1- Anken (A) C
6
H
12
có đồng phân hình học, tác dụng với dung dịch Br
2
cho hợp chất đibrom B, B tác dụng
với KOH trong ancol đun nóng cho đien C và 1 ankin C’, C bị oxi hóa bởi KMnO
4
đđ/t
0
cho axit axetic và khí
CO
2
. Hãy lập luận để xác định cấu tạo của A và viết phương trình phản ứng:
2- Hoàn chỉnh các sơ đồ phản ứng sau và viết các phương trình phản úng xảy ra:

3- Cho sơ đồ tổng hợp sau:
a/

b/ Br-CH
2
-CH
2
-Br
(1)
Mg

MgBr-CH
2
-CH
2
-MgBr
(2)
HCHO

HO-(CH
2
)
2
-OH
Hãy chỉ rõ (có phân tích) những chỗ sai trong hai sơ đồ trên.
Câu 4 (4 điểm)
1.Từ một loại tinh dầu người ta tách được chất A. Kết quả phân tích cho thấy A chứa 78,95% C; 10,52%H,
còn lại là oxi. Tỉ khối hơi của A so với H
2
là 76. A phản ứng với dung dịch AgNO

3
/ dung dịch NH
3
cho kết tủa Ag
và muối của axit hữu cơ, khi bị oxy hóa mạnh thì A cho một hỗn hợp sản phẩm gồm axeton, axit oxalic và axit
lenilic ( CH
3
 C CH
2
COOH).

O
Biết rằng A tác dụng với Br
2
(trong CCl
4
) theo tỉ lệ mol 1:1 chỉ thu được 2 dẫn xuất đibrom. Tìm công thức
cấu tạo của A. Viết các phương trình hóa học của A với dung dịch AgNO
3
/dung dịch NH
3
và với Br
2
(trong CCl
4
).
2. Axit tropoic C
9
H
10

O
3
(B) bị oxy hóa bởi dung dịch KMnO
4
nóng thành axit benzoic, bị oxy hóa bởi oxy
không khí có mặt Cu nung nóng thành C
9
H
8
O
3
(C) có chức anđehit. B có thể chuyển hóa thành axit atropoic
C
9
H
8
O
2
(D) nhờ H
2
SO
4
đặc ở 170
o
C. Hidro hóa D bằng H
2
/Ni thu được axit hydratropoic C
9
H
10

O
2
(E).
Hãy xác định công thức cấu tạo của B, C, D, E.
Câu 5 (4 điểm)
1-Đốt nóng 56g Fe trong không khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
và
Fe
2
O
3
. Hòa tan A trong dung dịch HNO
3
đặc nóng, vừa đủ thu được dung dịch B và 13,44 lit (0
o
C, 1 atm) khí duy
nhất màu nâu đỏ.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b. Tính khối lượng rắn A.
c. Trộn lẫn dung dịch B với dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
chứa 342g chất tan thu được dung dịch C. Tính lượng
Ba(OH)

2
cần thêm vào dung dịch C để lượng kết tủa thu được đạt cực đại và cực tiểu? Tính lượng kết tủa đó.
NO
2

CH
3
COCl/AlCl
3

(1)
NO
2

COCH
3

Zn/Hg
HCl
(2)
NO
2

CH
2
CH
2
Cl
NO
2

CH=CH
2

NO
2

CH
2
CH
3

Cl
2

(3)
KOH/C
2
H
5
OH

(4)
3 32
/ ,
Propen ( pentan)
O PBrZn H O OH OH HCHO Zn
A B C D E F G spiro
 
      

2- Hòa tan 26,64g chất X là tinh thể muối sunfat ngậm nước của kim loại M (hóa trị x) vào nước được dung
dịch A.
Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH
3
vừa đủ được kết tủa B, nung nóng B ở nhiệt độ cao đến khi
khối lượng không đổi còn lại 4,08g chất rắn. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl
2
vừa đủ được 27,84 g
kết tủa BaSO
4
.
a- Tìm công thức phân tử của X.
b- Tính thể tích dung dịch NaOH 0,2 M cần cho vào dung dịch A để được kết tủa cực đại, và để kết tủa
không tạo thành.
c- Cho 250 ml dung dịch KOH phản ứng hết với dung dịch A được 2,34g kết tủa. Tính nồng độ mol của
dung dịch KOH.

Lưu ý: Ký hiệu trong các câu độc lập với nhau
(Thí sinh được xem bảng hệ thống tuần hoàn Men đê lê ép và bảng tính tan)

TỈNH VĨNH LONG THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL LẦN THỨ 14
Ban tổ chức thi Ngày thi 06.01.2007

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM.
Môn: Hóa học

Câu 1(4 đ):
1- a) Theo đề Z
A
+ Z
D
+ Z
E
= 16 (a)
Z
A

+ 3Z
D
= 10 (b)
Từ (a) & (b) => Z
E
- 2Z
D
= 6

Z
D
< 6 0,25đ

Z
D
1 2 3 4
Z
E
8 10 12 14
Z
A
7 4 1 âm
Nhận loại loại loại
Z
D
= 2 => D là He loại 1đ
Z
D
= 3 => D là Li không có hợp chất LiH
3

loại
Vậy Z
D
= 1 => D là Hydro
Z
E
= 8 => E là Oxi
Z
A
= 7 => A là Nitơ
b) CTCT HNO
3
CTCT HNO
2
0,5đ

2

0 +4
a) 5 x 6 C – 24 e  6C

+7 +2
0,5đ
24 x Mn + 5e  Mn
5 C
6
H
12
O
6

+ 24 KMnO
4
+ 36 H
2
SO
4
 12 K
2
SO
4
+ 24 MnSO
4
+ 30 CO
2
+ 66 H
2
O. 0,5đ

+8/3 + 9/ 3
b) 5x-2y x 3Fe - 1e  3Fe

+5 +2y/ x

0,5đ
1 x xN + (5x-2y) e  xN
(5x-2y) Fe
3
O
4
+ (46x- 18y) HNO

3
 (5x-2y) Fe(NO
3
)
3
+ N
x
O
y
+ (23x+ 9y) H
2
O. 0,25đ


3- a) Dùng dd KMnO
4
, lọ làm mất màu dd KMnO
4
là H
2
O
2
.
2KMnO
4
+ 5H
2
O
2
+ 3H

2
SO
4
 2MnSO
4
+ 5O
2
+ K
2
SO
4
+ 8H
2
O 0,25đ
b) Do trong phân tử NO
2
trên nguyên tử N còn 1 electron tự do, nên có thể tạo liên kết cộng hóa trị với nguyên
tử N trên phân tử NO
2
thứ 2 để tạo phân tử N
2
O
4
0,25đ

Câu 2(4đ)
1.
NH
4
HCO
3
 NH
4
+
+ HCO
3
-

H
2
O
ƒ
H
+
+ OH
-
K
W
= 10
-14

NH
4
+

ƒ
H
+
+ NH
3
K
a
= 10
- 9,24

HCO
3
-

ƒ
H
+
+ CO
3
2-
K
a2
=10
-10,33

HCO
3
-
+ H
+

ƒ
H
2
CO
3
K
a1
-1
= 10
6,35
0,25 X 4= 1đ
Áp dụng điều kiện proton:
[H
+
] = [OH
-
] + [NH
3
] + [CO
3
2-
] –[H
2
CO

3
] 0,25đ

W 34
a a2 a1 3
K [HCO ][NH ]
[H ] K K K [HCO ][H ]
[H ] [H ] [H ]


  
  
    0,5đ
[NH
4
+
] = [HCO
3
-
]  C
K
a1
<<C, K
W
<< K
a
.C  K
a2
.C

9,24 1 10,33 1
8
6,35 1
10 .10 10 .10
[H ] 1.67.10
10 .10
   
 


  0,5đ
pH = 7,78 0,25đ
2.
Tính bazơ: piperidin>piridin>pyrol 0,5đ
pyrol: do hiệu ứng liên hợp làm giảm mật độ electron trên nitơ 0,5đ



N N
(sp
2
) (sp
3
)
Tính S của: sp
2
> sp
3
0,5đ

Câu 3(4đ)
1/ C
6
H
12
+ Br
2
 C
6

H
12
Br
2

4
KMnOKOH
6 10
HBr
C H

 
CH
3
COOH + CO
2
0,25đ
 đien có 6 C, sự oxihóa đien cho ra CH
3
COOH và CO
2
, vậy phải có 2mol CH
3
COOH và 2 mol CO
2
.
Muốn có CH
3
COOH phải có hợp phần CH
3

-CH =, còn CO
2
là do = CH-CH =. Vậy đien (C) có cấu tạo CH
3
-
CH=CH-CH=CH-CH
3
(hexađien-2,4) 0,5đ
 A phải có nối đôi giữa C
3
và C
4

- CTCT của (C’): CH
3
-CH
2
-CC-CH
2
-CH
3
0,25đ
- Các PTPƯ

CH
3
-CH
2
-CH=CH-CH
2

-CH
3
+Br
2
 CH
3
-CH
2
-CH-CH-CH
2
-CH
3

Br Br
CH
3
-CH=CH-CH=CH-CH
3
(C)
CH
3
-CH
2
-CHBr-CHBr-CH
2
-CH
3
+2HBr
CH
3

-CH
2
-CC-CH
2
-CH
3
(C’)
CH
3
-CH=CH-CH=CH-CH
3
+ 10[O] 2CH
3
COOH + HOOC-COOH  2CO
2
2H
2
O
+ 2CH
3
COOH
O CH
2
-OH
CH
3
-CH=CH
2

3

O

CH
3
-C CH
2
2
Zn
H O

CH
3
CHO + HCHO
NaOH

HO-CH
2
-C-CHO
O-O CH
2
-OH



CH
2
Br CH
2
-OH

Zn

BrCH
2
-C-CH
2
Br
3
PBr

CH
2
OH-C-CH
2
OH
CH
2
Br CH
2
OH

Các phương trình phản ứng:
O
CH
3
-CH =CH
2
+ O
3
 CH

3
-CH CH
2
0,25đ

O – O
O
CH
3
-CH CH
2
+ H
2
O

 CH
3
CHO + HCHO + H
2
O
2
0,25đ
O – O
CH
2
OH
CH
3
CHO + 3HCHO  HO – CH
2

– C – CHO 0,25đ
CH
2
OH
CH
2
OH CH
2
OH
CH
2
– C – CHO + HCHO + OH
_
 CH
2
OH – C – CH
2
OH + HCOOH
(A) (B)
KOH/etanol
t
0

KMnO
4
đ
t
0
t
0

0,75đ
NaOH/t
0
,
HCHO
ete
PBr
3

Zn
HO -
0,5đ
CH
2
OH CH
2
OH

CH
2
OH CH
2
Br
3HO – CH
2
– C – CH
2
OH + 4PBr
3

 3CH
2
Br – C – CH
2
Br + 4H
3
PO
3

CH
2
OH CH
2
Br

CH
2
Br
BrCH
2
– C – CH
2
Br + 2Zn  + 2ZnBr
2
0,25đ
CH
2
Br
3/a. (1) Sai vì hợp chất nitro không cho PƯ Friedel-Craft.
(3) Sai vì phải halogen hóa cacbon bậc 2.

b. (1) Sai vì xảy ra PƯ tách tạo CH
2
=CH
2
0,25đ
Câu 4(4đ):
Đặt CTPT A là C
X
H
Y
O
Z
(x, y, z nguyên dương)
%O = 100 – (10,52 - 78,95) = 10,53%

12 16 76.2
78,95 10,52 10,53 100
x y z
  



x = 10; y = 16; z = 1
* CTPT của A là C
10
H
16
O 0,5đ
A td với dd AgNO
3

/ddNH
3


Ag

+ muối của axit hữu cơ

A có nhóm chức –CHO
A bị oxi hóa mạnh cho:
CH
3
- CO CH
2
CH
2
–COOH + CH
3
CO CH
3
+ HOOC – COOH
A + Br
2
(trong CCl
4
) cho 2 dẫn xuất đibrom

A có CTCT: CH
3
C(CH

3
) =CH – CH = C(CH
3
)CH
2
– CH
2
– CHO 0,5đ
CH
3
C(CH
3
) =CH – CH = C(CH
3
)CH
2
– CH
2
– CHO + 2AgNO
3
+ 3NH
3
+ H
2
O
0
t


CH

3
C(CH
3
) =CH – CH = C(CH
3
)CH
2
– CH
2
– COONH
4
+ 2NH
4
NO
3
+ 2Ag 0,5đ
CH
3
C(CH
3
) =CH – CH = C(CH
3
)CH
2
– CH
2
– CHO + Br
2

1:1



CH
3
CBr(CH
3
)-CHBr – CH = C(CH
3
)CH
2
– CH
2
– CHO 0,25đ

CH
3
C(CH
3
) =CH – CHBr CBr(CH
3
)CH
2
– CH
2
– CHO 0,25đ
2- B phải có nhóm – COOH
B + KMnO
4

0

t

C
6
H
5
- COOH

B phải có nhân benzen và chỉ có 1 nhánh trên nhân benzen
B + O
2

0
,Cu t

C có chứa nhóm chức anđehyt

là rượu bậc một
* CTCT của B:

0,5đ

* CTCT của C là:


0,5đ

* CTCT của D:

0,5đ


* CTCT E:


0,5đ





0,5đ

C
6
H
5

–
CH

–
COOH


CH
2
OH
C

6
H
5
– CH – COOH

CHO
C
6
H
5
- C = CH
2


COOH
C
6
H
5

–
CH
-
CH
3


COOH

Câu 5: (4 điểm)
1-a- 2Fe + O
2

0
t

2FeO
3Fe + 2O
2

0
t

Fe
3
O
4

4Fe + 3O
2

0
t

2Fe
2
O
3
0,25đ

Fe + 6HNO
3

0
t

Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
FeO + 4HNO
3

0
t

Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2H
2

O
Fe
3
O
4
+ 10HNO
3

0
t

3Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 5H
2
O
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

0
t


2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O 0,5đ
b- O
2
+ 4e

2O
2 -
Fe - 3e

Fe
3 +
4mol 32g 1mol 3mol

56
( )
8
A
m
mol

(m
A
- 56)mol
NO

3
-
+ 2H
+
+ e

NO
2
+ H
2
O
0,6mol 0,6 mol
Theo định luật bảo toàn điện tích

56
0,6 3
8
mA

 



mA = 75,2g 0,5đ
c- Số mol Al
2
(SO
4
)
3

= 1 mol
2Fe(NO
3
)
3
+ 3Ba(OH)
2


2Fe(OH)
3


+ 3Ba(NO
3
)
2
1 mol 1,5 mol 1 mol
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3Ba(OH)
2


2Al(OH)
3

+ 3BaSO
4


1mol 3 mol 2mol 3mol
2Al(OH)
3
+ Ba(OH)
2


Ba(AlO
2
)
2
+ 4H
2
O 0,25đ
2mol 1 mol
Để kết tủa cực đại

Số mol Ba(OH)
2
: 1,5 + 3 = 4,5 mol
Khối lượng kết tủa cực đại: 107 + 3.233+ 2.78 = 962 g 0,25đ
Để kết tủa cực tiểu:

Số mol Ba(OH)
2
: 1,5 + 3 + 1 = 5,5 mol

Khối lượng kết tủa cực tiểu: 1.107 + 3.233 = 806g 0,25đ

2- a M
2
(SO
4
)
x
. nH
2
O = 2M
x+
+ xSO
4
2-
+ nH
2
O (1)
0,12mol
M
x+
+ xNH
3
+ xH
2
O = M(OH)
x
+ xNH
4
+

(2)

2.0,12
x

2.0,12
x

2M(OH)
x

0
t

M
2
O
x
+ xH
2
O

(3) 0,25đ

2.0,12
x

0,12
x

Ba
2+
+ SO
4
2 -
= BaSO
4
(4) 0,25đ
Số mol BaSO
4
=
27,84
233
= 0,119
;
0,12 mol
(1)(3)


0,12
x
(2M + 16 x) = 4,08


M = 9x

M là Al , x = 3

Al
2

(SO
4
)
3

26,64
0,04
X
M 
=
666

n = 18
X: Al
2
(SO
4
)
3
. 18H
2
O 0,5đ
b – Al
3+
+ 3OH
-
=

Al(OH)
3

(1’)
0,08 0,24 0,08
(1)

Thể tích dd NaOH =
0,24
1,2
0,2
l

0,25đ
Thể tích dd NaOH để có kết tủa cực tiểu
HAlO
2
. H
2
O. + OH
-
= AlO
2
-
+ 2H
2
O (2’)
0,08 0,08
Thể tích dd NaOH :
0,24 0,08
1,6
0,2
l


 0,25đ
c- n
OH-

< n
Al
3+

Al
3+
+ 3OH
-
= Al(OH)
3

0,09 0,03
Nồng độ mol KOH =
0,09
0,36
0,25
M

0,25đ
* n
OH-

> n
Al
3+

:
Al
3+
+ 3OH
-
= Al(OH)
3

0,08 0,24 0,08
HAlO
2
. H
2
O. + OH
-
= AlO
2
-
+ 2H
2
O
(0,08 – 0,03) 0,05
Nồng độ mol KOH:
0,24 0,05
1,16
0,25
M


0,25đ

Hết