KỲ THI CHỌN HSG KHỐI 12 THPT NĂM HỌC 2010 -2011 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC pot

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG KHỐI 12 THPT NĂM HỌC 2010 -2011

ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC
(Dành cho học sinh THPT chuyên)
Thời gian 180 phút kể thời gian giao đề


Câu 1. Dung dịch bão hoà H
2
S có nồng độ 0,10 M. Hằng số axit của H
2
S: K
1
= 1,0  10

7
và
K
2
= 1,3  10

13

a. Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H
2
S 0,10 M khi điều chỉnh pH = 3,0.
b. Một dung dịch A chứa các cation Mn
2+

và Ag
+
với nồng độ ban đầu của mỗi ion đều bằng
0,010 M. Hoà tan H
2
S vào A đến bão hoà và điều chỉnh pH = 3,0 thì ion nào tạo kết tủa.
Cho: T
MnS
= 2,5  10

10
;
2
Ag S
T
= 6,3  10

50

Câu 2. Giả thiết có cân bằng sau trong pha lỏng: 2 FeCl
2 (aq)
+ Cl
2 (aq)

ˆ ˆ †
‡ ˆ ˆ
2 FeCl
3 (aq)
. Xét ảnh
hưởng của mỗi yếu tố sau đây đến chuyển dời cân bằng hoá học trên:

1. Pha loãng dung dịch bằng cách thêm một lượng thích hợp H
2
O.
2. Thêm một lượng thích hợp dung dịch H
2
S.
3. Thêm lượng khí N
2
vào hệ.
Cho:
3+
e
2+
e
0
F
Fe
E
= + 0, 77 V ;
2
-
0
Cl
Cl
E = + 1,36 V
Câu 3. Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C màu vàng cam. Cho 0,1 mol hợp
chất C phản ứng với CO
2
(dư) tạo thành hợp chất D và 2,4 (g) B. Hòa tan hoàn toàn D vào
nước, được dung dịch D. Dung dịch D phản ứng hết 100 ml dung dịch HCl 1M giải phóng

1,12 lít khí CO
2
(đktc).
a. Xác định A, B, C, D.
b. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Biết hợp chất C chứa 45,07% B theo khối lượng; hợp chất D không bị phân tích khi nóng chảy.
Câu 4. 1. Khi thủy phân hoàn toàn 1mol pentapeptit X được 3mol glixin, 1mol alanin và 1mol
phenylalanin, còn khi thủy phân từng phần X thì trong hỗn hợp sản phẩm, thấy có các đipeptit
là Ala-Gly, Gly-Ala mà không thấy có Phe-Gly. Xác định công thức cấu tạo của X.
2. Từ propan viết các phương trình phản ứng điều chế spiro [2,2] pentan.
3. Viết các đồng phân có cùng công thức phân tử C
4
H
11
O
3
N. Biết rằng các đồng phân này tác
dụng đồng thời được với dung dịch NaOH và với dung dịch HCl và khi tác dụng với dung dịch NaOH
dư chỉ tạo ra một muối vô cơ duy nhất X. Viết các phương trình phản ứng của các đồng phân nói trên
với dung dịch NaOH tạo ra muối X.
Câu 5. Công thức đơn giản của axit cacboxylic mạch thẳng (A) là (CHO)
x
, cứ 1 mol A tác dụng hết
với NaHCO
3
giải phóng 2 mol khí cacbonic. Dùng P
2
O
5
hút nước của A ta thu được chất B có cấu tạo

dạng vòng.
1. Viết công thức cấu tạo và gọi tên A
2. Cho A tác dụng với dung dịch thuốc tím, oxi hóa hơi benzen (xúc tác V
2
O
5
) thu được chất B,
CO
2
, H
2
O. Viết phương trình phản ứng.
Câu 6. Hãy giải thích tại sao piridin:
a. ưu tiên thế electrophin tại vị trí ?
b. kém hoạt động hơn benzen?
Câu 7. Chia hỗn hợp gồm 2 rượu no mạch hở P và Q làm 2 phần bằng nhau.
- Cho phần thứ nhất tác dụng hết với Na dư thu được 0,896 lít khí (đktc).
- Đốt cháy hết phần thứ hai thu được 3,06 gam H
2
O và 5,28 gam CO
2
.
Xác định công thức cấu tạo của 2 rượu, biết rằng khi đốt V thể tích hơi của P hoặc Q thì thể tích
CO
2
thu được (trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) đều không vượt quá 3V.
HẾT

Họ và tên thí sinh :
Số báo danh :

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC


HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: HOÁ HỌC
(Dành cho học sinh THPT chuyên)

BÀI NỘI DUNG ĐIỂM
a) Tính nồng độ ion S
2
trong dung dịch H
2
S 0,100 M; pH = 3,0.
C = H
2
S = 0,1 M, H
2
S = 10
1
, H
+
 = 10
3

H
2
S (k)
ˆ ˆ †

‡ ˆ ˆ
H
2
S (aq)
H
2
S (aq)
ˆ ˆ †
‡ ˆ ˆ
H
+
+ HS

K
1
= 1,0  10

7

HS

ˆ ˆ †
‡ ˆ ˆ

H
+
+ S
2
K
2

= 1,3  10

13

H
2
S (aq)
ˆ ˆ †
‡ ˆ ˆ


2 H
+
+ S
2

+ 2 2-
2
[H ] [S ]
K=
[H S]
= K
1
. K
2
= 1,3  10
20

S
2

 = 1,3  10
20

2
2
[H S]
[H ]

= 1,3  10
20

1
3 2
10
(10 )


= 1,3  10
15
(M)







0.25

0.25
Câu1
1đ

b) Mn
2+
 S
2
 = 10
2
1,3  10
15
= 1,3  10
17
 T
MnS
= 2,5  10
10
không
có kết tủa MnS
Ag
+

2
S
2
 = (10
2
)

2
 1,3  10
15
= 1,3  10
19
 T
Ag
2
S
= 6,3  10

50
tạo kết
tủa Ag
2
S


0.25

0.25
Câu 2
1,5đ
1. Pha loãng dung dịch bằng cách thêm một lượng thích hợp H
2
O.
+ Pha loãng dung dịch: Tăng V  C giảm
+ Xét: V
t
= K

t
.


2
FeCl
2
.


2
Cl
(1)
V
n
= K
n
.


3
FeCl
2
(2)
+ Khi đạt TTCB: V
t
= V
n
. Khi pha loãng, theo (1) và (2) thì V
t

giảm
nhiều hơn V
n
 V
t
< V
n
. Chuyển dịch chiều nghịch.
2. Thêm một lượng thích hợp dung dịch H
2
S.
+ S
2-
có tính khử, do đó:
S
2-
+ Cl
2
+ 2H
+
 S + HCl ( chính)
S
2-
+ 2 Fe
3+
 2 Fe
2+
+ S ( phụ)
+ Lượng Cl
2

giảm  cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch
3.Thêm lượng khí N
2
vào hệ.
+ Thêm lượng khí N
2
trên bề mặt dung dịch:  Thuận.
+ Sục khí N
2
lượng lớn vào đáy bình  Nghịch




0.25


0.25



0.25
0.25

0.25
0.25
Câu 3
1đ
n
HCl

= 0,1 mol ; nCO
2
= 0,05 mol
Dung dịch D phản ứng hết 0,1 mol HCl giải phóng khí CO
2

+
2
H
CO
n
n
=
0,1
0,05
=
2
1

suy ra hơp chất D là muối cacbonat kim loại. hơp chất D không bị phân tích khi
nóng chảy, vậy D là cacbonat kim loại kiềm.
2 H
+
+ CO
3
2-
= H
2
O + CO
2

C + CO
2
= D + B  C là peroxit hay superoxit, B là oxi.
Đặt công thức hoá học của C là A
x
O
y
.
Lượng oxi trong 0,1 mol C (A
x
O
y
) là 16 x 0,05 + 2,4 = 3,2 (g);
m
C
=
3, 2.100
45, 07
= 7,1 gam
Mc = 7,1 : 0,1 = 71 (g/mol). m
A
trong C = 7,1 - 3,2 = 3,9 (g).

0.5





x : y =
A
3, 9 3,2
:
M 16
 M
A
= 39 (g). Vậy A là K ; B là O
2
; C là KO
2
; D là
K
2
CO
3

Các phương trình phản ứng: K + O
2
 KO
2

4 KO
2

+ 2 CO
2
 2 K
2
CO
3
+ 3O
2

K
2
CO
3
+ 2 HCl  2 KCl + H
2
O + CO
2

- Lập luân và xác định được một chất được 0,25đ
- Viết các phương trình phản ứng : 0,25đ








0.5
Câu 4

2đ

1.
- Khi thủy phân từng phần X thu được các đipeptit Ala-Gly và Gly-Ala, điều
này chứng tỏ Gly ở giữa (…Ala-Gly-Ala…), hoặc Ala ở giữa (…Gly-Ala-
Gly…).
- Thủy phân hoàn toàn 1mol X thu được 1mol Ala  Ala nằm giữa (…Gly-
Ala-Gly…).
- Khi thủy phân từng phần không tìm thấy Phe-Gly, chứng tỏ Phe không đứng
trước Gly.
Vậy công thức của X là: Gly- Gly-Ala-Gly-Phe.
2.
CH
2
- CH
2
- CH
2
CH
2
= CH - CH
2
+ H
2
Ni,t
0

CH
3
-CH=CH

2
+ O
3
CH
3
-HC
O
CH
2
O
O

O
CH
2
O
O
CH
3
-HC
+ H
2
O
Zn
CH
3
-CHO + HCHO + H
2
O

CH
3
-CHO + 3 HCHO
Ca(OH)
2
HOCH
2
-C-CHO
CH
2
OH
CH
2
OH


HOCH
2
-C-CH
2
OH
CH
2
OH
CH
2
OH
HOCH
2
-C-CHO

CH
2
OH
CH
2
OH
+ H
2
Ni, t
0

HOCH
2
-C-CH
2
OH
CH
2
OH
CH
2
OH
+ 4 PBr
3
BrCH
2
-C-CH
2
Br
CH

2
Br
CH
2
Br
3 + 4 H
3
PO
3

C
BrH
2
C
BrH
2
C
CH
2
Br
CH
2
Br
+ 2 Zn + 2 ZnBr
2
t
0


3. Có 4 đồng phân thuộc các dạng muối của Amin với axít H

2
CO
3








0.5






0.25







0.25

0.25




0.25






C H
3
-C H
2
-C H
2
-N H
3
+
.H C O
3
-

C H
3
-C H -N H
3
+
.H C O
3
-
CH
3
CH
3
-CH
2
-NH
2
+
.HCO
3
-
CH
3
C H
3
-N H
+
.H C O
3
-
CH

3
C
H
3

Các phương trình phản ứng của các đồng phân trên tác dụng với NaOH tạo ra
muối X.
CH
3
CH
2
CH
2
-NH
3
+
.HCO
3
-
+ 2NaOH  CH
3
CH
2
CH
2
NH
2
+ Na
2
CO

3
+ 2H
2
O
(CH
3
)
2
CH-NH
3
+
.HCO
3
-
+ 2NaOH  (CH
3
)
2
CH-NH

+ Na
2
CO
3
+2H
2
O
CH
3
-CH

2
-NH
2
+
.HCO
3
-

+ 2NaOH
CH
3
CH
3
-CH
2
-NH-CH
3
+ Na
2
CO
3
+ 2H
2
O

( CH
3
)
3
N

+
H. HCO
3
-
+ 2NaOH  (CH
3
)
3
N + Na
2
CO
3
+ 2H
2
O





0.25

0.25
Câu 5
1,5đ
1 mol A + NaHCO
3
 2 mol CO
2



A là axit 2 lần axit

(CHO)x

C
4
H
4
O
4

C
2
H
2
(COOH)
2


C C

HOOC
H
COOH
H
C C
HOOC
H
H
COOH

Chỉ có dạng cis mới có khả năng khép vòng khi tách nước
C
C
H C
H
C
O
OH
O
OH
P
2
O
5
C
C
H
C
H
C

O
O
O
+ 2HPO
3

Axit maleic Anhydrit maleic

COOH
CH
CH
COOH
+[O]+H
2
O
KMnO
4
COOH
HC
HC
C
O
O
H
OH
OH

Axit tactric
+ 4,5 O
2

V
2
O
5
C
C
H
C
H
C
O
O
O
+2CO
2
+ 2H
2
O






0.5

0.25

0.25








0.25






0.25

Câu 6
1,5đ
a) Khi tác nhân electrophin tấn công vào vị trí  hoặc  của piridin thì sẽ tạo cấu
trúc cộng hưởng (I, IV) trong đó nguyên tử N chỉ có sáu electron lớp ngoài
cùng và mang một điện tích dương. Nguyên tử N lại có độ âm điện lớn nên
trạng thái trung gian này không bền.
Khi tác nhân electrophin tấn công vào vị trí , điện tích dương của trạng thái
trung gian sẽ chỉ phân bố trên các nguyên tử C. Cấu trúc sáu electron ngoài
cùng và mang điện tích dương của C lại khá bền. Do vậy, phản ứng thế

electrophin của piridin ưu tiên xảy ra tại vị trí  là vị trí có trạng thái trung gian
bền vững hơn.

N N N
TÊn c«ng vÞ trÝ 
H
E
H
E
H
E
I
II
III

N N N
TÊ n c« n g vÞ trÝ 
H
E
H
E
H
E
I
V
V VI

N
N
N
T Ên c«ng vÞ trÝ 
H
E
H
E
H
E

(b) Piridin kém hoạt động hơn benzen là vì nguyên tử N trong piridin có độ âm
điện lớn (cũng do nguyên tử N này phản ứng với tác nhân electrophin tạo cation
piridinium) hút electron (-I) làm mật độ điện tích âm trong vòng và làm mất ổn
định trạng thái trung gian R
+
.

0.5

0.5




0.5

Câu 7
1,5đ
Theo đầu bài Số mol H
2
= 0,04 ; CO
2

= 0,12 ; H
2
O = 0,17
Do 2 rượu đều no mạch hở nên công thức chung C
n
H
2n+2
O
x
.(n, x đều là trị số TB)
C
n
H
2n+2

O
x
+
3n+1-x
2
O
2
 n CO
2
+ (n +1) H
2
O
Theo phương trình tổng số mol A + B = 0,17 – 0,12 = 0,05 mol
C
n
H
2n+2
O
x
+ x Na  C
n
H
2n+2- x
(ONa)
x
+
2
x
H
2


Dễ thấy : n =
0,12
0,05
= 2,4 và x =
0,04
0,05
 2 = 1,6  phải có 1 rượu đơn chức
Theo giả thiết, số nguyên tử các bon trong mỗi rượu đều không quá 3 nên :
* Trường hợp 1 : Rượu đơn chức có số cacbon = 3 (C
3
H
7
OH)
Rượu đa chức còn lại có số cácbon < 2,4 và có số nhóm OH > 1,6
Đó là CH
2
OH – CH
2
OH (số nhóm OH không vượt quá số cacbon)
* Trường hợp 2 : Rượu đơn chức có số cacbon = 2 (C
2
H
5
OH)
Rượu đa chức còn lại có số cacbon > 2,4 và số nhóm OH  3  C
3
H
8
O

x
.
Ta có :
 tỉ số mol
2 5
3 8 x
C H OH 0,6 3
= =
C H O 0,4 2


áp dụng tỉ số này để tính x : 
1,6 3
0,6 2
x


 x = 2,5

* Trường hợp 3 : Rượu đơn chức có số cacbon = 1 (CH
3
OH)
Rượu đa chức còn lại có số cacbon > 2,4 và số nhóm OH  3  C
3
H
8
O
x
.
Làm tương tự trên tính được x = 1,857. Cả 2 trường hợp 2 và 3 đều cho x không

nguyên (loại).
Vậy nghiệm là C
3
H
7
OH (0,02 mol) và C
2
H
4
(OH)
2
(0,03 mol)







0.25


0.25




0.25

0.25




0.25
0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm theo phương pháp khác nếu đúng vẫn cho đủ điểm .
2
3
2,4
0
,
6
0,4
1
x
1,6
x

-

1
,

6
0,6