Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn hóa lớp 12 (có hướng dẫn chấm chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN THI: HOÁ HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 07/10/2015
(Đề thi gồm có 02 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)
1/ Cho sơ đồ các phương trình phản ứng:
(1) (A) + HCl→ (A1) + (A2) + H2O;
(2) (A1) + (A3)→ (A4) + HCl
(3) (A1)
(A5) + (A8); (4) (A5) + H2O → (A6) +…
(5) (A2) + (A6) → (A7);
(7) (A7) dư + KOH

(6) (A7) + (A6) → (A) + …
→ (A) + (A9) +…; (8) (A7) + NaHSO4 dư → (A4) + (A2) +…

+ ….
a) Biết khi hòa tan 1,644 gam (A5) trong dung dịch HCl dư, thu được 0,2688 lít khí (đktc). Xác
định các chất A, A1,…,A9 và hoàn thành các phương trình phản ứng trên.
b) Trình bày phương pháp để tách lấy từng chất từ hỗn hợp X gồm: A, A1, NH4Cl.
2/ Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm sau:
a) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào ống nghiệm có chứa phenol, lắc kĩ, sau đó nhỏ tiếp từ
từ dung dịch HCl đến dư vào ống nghiệm.

b) Sục khí ozon vào dung dịch kali iotua.
c) Cho từ từ đến hết 0,15 mol kim loại Na vào 100 ml dung dịch HCl 1,0M.
Câu 2 (2,0 điểm)
1/ Chất hữu cơ A có công thức phân tử là C6H8O4 và có tính chất thỏa mãn:
A + NaOH(dd) → X + Y + Z
→ E + Na2SO4
X + H2SO4
→ F + Na2SO4
Y + H2SO4
Đun nóng F với H2SO4 đặc ở 1800C thu được chất hữu cơ R có công thức phân tử C 3H4O2 và
nước. Cho biết E và Z đều có phản ứng tráng bạc và R làm tan được đá vôi. Xác định công thức
cấu tạo của A, X, Y, Z, E, F, R và viết phương trình hóa học xảy ra.
2/ Năm chất hữu cơ đơn chức A, B, C, D, E có công thức phân tử là C 2H6O, C3H8O, C3H6O2,
trong đó:
- Tác dụng với Na chỉ có A, E.
- Tác dụng với dung dịch NaOH chỉ có: D, B, E.
+ NaOH

+A

→ D’ → C.
- Các chất D, A, C quan hệ với nhau theo sơ đồ: D  
a) Xác định công thức cấu tạo (có giải thích ngắn gọn) và gọi tên của 5 chất A, B, C, D, E.
b) Các chất lỏng A, B, D, E chứa trong 4 bình riêng biệt, không nhãn. Nêu phương pháp hoá học
phân biệt 4 chất trên và viết phương trình phản ứng xảy ra.

Câu 3 (2,0 điểm)

1

1/ Hoà tan hoàn toàn 2,88 gam kim loại M (có hoá trị a không đổi, hiđroxit tương ứng không có
tính lưỡng tính) trong 100 gam dung dịch HNO 3 25,2%, thu được dung dịch Y (trong đó nồng độ
của muối nitrat của M là 17,487%) và khí Z. Cho 400 ml dung dịch NaOH 0,9M vào dung dịch
Y, thu được dung dịch E và kết tủa G (không thấy có khí thoát ra). Cô cạn dung dịch E, thu được
chất rắn F. Nung F ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 24,26 gam chất rắn. Xác
định kim loại M.
2/ Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5 M vào 500 ml dung dịch gồm AlCl 3 và Al2(SO4)3 thì khối
lượng kết tủa thu được phụ thuộc vào thể tích dung dịch Ba(OH)2 cho vào theo đồ thị sau:
m kết tủa

0

0,6

1,6

V dd Ba(OH)2 (lít) lít()(lit)

Tính nồng độ mol/lit của các muối nhôm trong dung dịch ban đầu.
Câu 4 (2,0 điểm)
1/ Cho 9,6 gam este X (phân tử chỉ chứa nhóm chức este) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH
(t0), thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ Y gồm ba chất. Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ 11,2 lít
khí O2 (đktc), chỉ thu được 10,6 gam Na 2CO3, 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 3,6 gam H2O. Tìm công
thức phân tử và công thức cấu tạo của X. Biết MX < 200 g/mol.
2/ Hỗn hợp A chứa ba axit cacboxylic mạch hở, đều đơn chức gồm một axit no X và hai axit
không no có một liên kết đôi (C=C) là đồng đẳng kế tiếp Y và Z (M Y < MZ). Cho m gam hỗn hợp
A tác dụng vừa đủ với 240 ml dung dịch NaOH 1,25M, thu được 25,56 gam hỗn hợp muối. Mặt
khác, đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch nước
vôi trong, thu được 60 gam kết tủa và dung dịch có khối lượng giảm 19,92 gam so với khối lượng

dung dịch nước vôi trong ban đầu. Xác định công thức phân tử của X, Y và Z.
Câu 5 (2,0 điểm)
1/ Hòa tan hết 15,12 gam hỗn hợp A gồm FeS2 và Fe3O4 trong dung dịch B chứa 0,08 mol HNO 3
loãng và 0,27 mol H2SO4 loãng, thu được dung dịch X và 1,568 lít khí NO (đktc). Dung dịch X
hoà tan tối đa m gam bột Cu thấy có khí NO tiếp tục thoát ra, sau phản ứng thu được dung dịch
Y. Dung dịch Y chứa a gam muối (khan). Tính m và a. Biết trong các quá trình trên NO là sản
phẩm khử duy nhất của N+5.
2/ Hai chất hữu cơ X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở (M X < MY); T là este hai chức
tạo bởi X, Y và một ancol no, mạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 20,64 gam hỗn hợp E gồm X, Y, T
bằng một lượng vừa đủ 15,456 lít O 2 (đktc), toàn bộ sản phẩm cháy được hấp thụ hết vào dung
dịch Ca(OH)2 dư thu được kết tủa và dung dịch A. Khối lượng dung dịch A giảm 32,28 gam so
với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu.
Mặt khác cho 10,32 gam hỗn hợp E tác dụng với dung dịch AgNO 3/NH3 dư (t0) thu được 19,44
gam Ag. Nếu cho 10,32 gam hỗn hợp E tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1,5M (t 0), cô cạn
dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan. Xác định công thức cấu tạo của các chất
trong hỗn hợp E và tính m.
Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23;
Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Ag= 108; Ba = 137.
---------------------------- Hết ---------------------------

2

Mg = 24;


Họ và tên thí sinh:............................................................... Số báo danh..........................
Chữ kí giám thị số 1:.................................... Chữ kí giám thị số 2:...................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Câu Ý
HẢI DƯƠNG

1

1

HƯỚNG DẪN CHẤM

Biểu
ĐỀ Đáp
THIán
CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP
12
điểm

NĂM HỌC: 2015 - 2016
MÔN THI: HOÁ HỌC
a) Theo các phương trình ta thấy (A5) là kim loại
M án
nhóm
IIA
được trong
(Đáp
gồm
06tan
trang)
1,0 điểm

0,25

nước.
M + 2HCl → MCl2 + H2

Theo bài ta có
.1,644 = 0,012 → M = 137 g/mol → M là Ba, A5 là Ba.

Công thức các chất: A : BaCO3; A1: BaCl2; A2: CO2; A3: H2SO4; A4: BaSO4;
A5: Ba; A6: Ba(OH)2; A7: Ba(HCO3)2; A8: Cl2; A9: KHCO3 hoặc H2O.
1. BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O
2. BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl
3. BaCl2

Ba + Cl2

0,25

4. Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
5. 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2
6. Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2 → 2BaCO3 + 2H2O
7. Ba(HCO3)2 dư + KOH
→ BaCO3 + KHCO3+ H2O

8. Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 dư

0,25

→ BaSO4 + 2CO2 + 2H2O + Na2SO4

b) Hỗn hợp X gồm BaCO3; BaCl2 và NH4Cl.
Cho hỗn hợp vào nước dư, lọc tách kết tủa thu được BaCO 3; phần dung dịch
còn lại gồm BaCl2 và NH4Cl. Cô cạn cẩn thận phần dung dịch thu được chất
rắn Y, đem đun nóng Y đến khối lượng không đổi thu được chất Z (chỉ chứa
BaCl2); phần hơi gồm NH3 và HCl. Làm lạnh phần hơi thu được NH4Cl.

Phương trình:

0,25

t0

→ NH3 + HCl
NH4Cl 
NH3 + HCl → NH4Cl
2

1,0 điểm
a) Hiện tượng: Lúc đầu phenol bị hoà tan dần đến hết theo phương trình:
NaOH + C6H5OH → C6H5ONa + H2O
Khi cho từ từ axit HCl thì ban đầu chưa có hiện tượng gì vì có phương trình:
NaOH + HCl → NaCl + H2O

0,25

- Sau đó tạo thành kết tủa theo phương trình:
C6H5ONa + HCl → C6H5OH + NaCl

0,25

b) Hiện tượng: có khí thoát ra và thu được chất rắn màu đen tím
O3 + H2O + 2KI → O2↑ + 2KOH + I2↓

0,25

c) Kim loại Na bị hoà tan dần đến hết; chuyển động trên mặt nước, có khí thoát

ra và toả nhiều nhiệt theo phương trình:

3

0,25


2Na + 2HCl → 2NaCl + H2 (1).
Sau (1) kết thúc còn dư Na (vì 0,15 mol > 0,1 mol) nên có phương trình:
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2
1,0 điểm

1

Theo đề bài thì R là CH2 = CH – COOH
X là HCOONa; Y là CH3- CH(OH) – COONa hoặc HOCH2CH2COONa
Z là CH3CHO; E là HCOOH.
F là CH3-CH(OH) – COOH hoặc HOCH2CH2COOH.

0,25

CTCT của A là HCOO-CH(CH3)- COO- CH = CH2 hoặc
HCOO-CH2CH2- COO- CH = CH2

0,25

Viết các ptpứ :
HCOO-CH(CH3)- COO- CH = CH2 + 2NaOH → HCOONa + CH3CH(OH) – COONa + CH3CHO
2HCOONa + H2SO4 → 2 HCOOH + Na2SO4
2CH3- CH(OH) – COONa + H2SO4 → 2CH3-CH(OH) – COOH +

Na2SO4

0,25

H SO dac ; t 0

2
4
→ CH2=CH-COOH + H2O
CH3-CH(OH) – COOH 

t0

→ (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3
HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O 
t0

→ CH3COONH4+ 2Ag + 2NH4NO3
CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O 
(Nếu HS không viết đủ cấu tạo của F và A thì trừ 0,25 điểm; HS có thể không
cần viết đủ các pt với cấu tạo còn lại của A).

2

1,0 điểm
a) Xác định CTCT của A, B, C, D, E
- A: không tác dụng với NaOH nên A là ancol C2H6O hoặc C3H8O
- D, B không tác dụng với Na, tác dụng với NaOH nên D, B là este C3H6O2
- E: tác dụng với Na, NaOH nên E là axit no C3H6O2 (C2H5COOH): axit
propanoic.

2

+ NaOH
+A
→ D’ →
Qua sơ đồ: D  
C, D’ là ancol, A là ancol nên C là ete
- A là C2H5OH (etanol), C là CH3 – CH2 – O – CH3 (etylmetyl ete)
Tổng số nguyên tử cacbon của D’ và A là 3 nên D’ là ancol CH3 – OH
(metanol)
→D là este của ancol metylic. Vậy D là CH3COOCH3 (metyl axetat)
Đồng phân este còn lại là B: HCOOC2H5 (etyl fomat)
(Nếu HS không gọi tên đúng từ 3 chất trở lên thì trừ 0,125 điểm)

b) Phân biệt 4 chất
- Cho tác dụng với Na2CO3 có bọt khí bay ra là E, 3 chất còn lại không hiện
tượng. Phương trình:
2CH3COOH + Na2CO3 → 2CH3COONa + CO2↑ + H2O
- Dùng Na thử 3 chất còn lại, có khí bay ra là A
C2H5OH + Na → C2H5ONa + ½ H2↑
- Cho hai chất còn lại tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 nhận ra HCOOC2H5
vì tạo kết tủa trắng; chất còn lại là CH3COOCH3
o

t
HCOOC2H5 + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → NH4OOCOC2H5 + 2Ag↓ +
2NH4NO3

4

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


3

1

1,0 điểm
100.25.2%
nHNO3 = 100%.63 = 0,4 mol; nNaOH = 0,4.0,9 = 0,36 mol

M tác dụng với HNO3 theo sơ đồ:
M + HNO3 → M(NO3)a + Z↑ + H2O
Dung dịch Y có M(NO3)a và có thể có HNO3 còn dư.
Dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH, phản ứng theo phương trình ion
rút gọn:
H+ + OH- → H2O
Ma+ + aOH- → M(OH)a↓
Kết tủa G thu được là M(OH)a; Dung dịch E có NaNO3 và M(NO3)a còn dư
hoặc NaOH còn dư.
Nếu dung dịch E có NaNO3 và M(NO3)a  Cô cạn chỉ thu được NaNO3 và

M(NO3)a.
Nung NaNO3:
NaNO3 → NaNO2 + ½ O2↑
nNaNO2 = nNaOH = 0,36 mol  mNaNO2 = 0,36.69 = 24,84 gam >

0,25

0,25

24,26 gam
 Không thoả mãn  dung dịch E có NaNO3 (b mol) và NaOH (c
mol)
 F có NaNO3 và NaOH dư
Nung chất rắn F thu được chất rắn có NaNO2 (b mol) và NaOH (c mol), ta có:
69b + 40c = 24,26
Bảo toàn nguyên tố Na:
b + c = 0,36
 b = 0,34; c = 0,02.
 số mol NO3- trong dung dịch còn lại là 0,34 mol
 số mol NO3- bị khử là 0,4 – 0,34 = 0,06 mol

0,25

M a + : p (mol)
 +
H :
 NO − :0,34 mol
 Dung dịch Y có:  3

Vì nM(NO3)a = p mol  số mol NO3- trong muối là ap (mol)

 Số mol HNO3 đã phản ứng là : (ap + 0,06) mol
Theo phương trình phản ứng: nH2O (sản phẩm) = ½ nHNO3(phản ứng) = ½
(ap+0,06)
Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng của M với HNO3, ta có:
mM + mHNO3(phản ứng) = mM(NO3)a + mZ + mH2O
 mZ = mM + mHNO3(phản ứng) – mM(NO3)a – mH2O
= 2,88 + 63.(ap+0,06) – 2,88 – 62ap – 18.0,5.(ap+0,06)
= (3,24 – 8ap) gam
 m(dd muối) = 2,88 + 100 – (3,24 – 8ap) = (99,64 + 8ap) gam
2,88 + 62ap
0, 24
.100% =
 99,64 + 8ap
17,487%  ap = 0,24  p = a (mol)

5

0,25


2,88
0,24
 M = a = 12a  a = 2; M =24 là Mg.

1,0 điểm
3+

2

4

2-

Đặt nAl = a mol, nSO4 = b mol
Như vậy khi cho dd Ba(OH)2 vào X trên đồ thị cho thấy
Giai đoạn I: tạo đồng thời 2 kết tủa, lượng kết tủa tăng nhanh, kết thúc giai
đoạn I thì SO42- hết, số mol Ba(OH)2 = 0,6.0,5 = 0,3 mol = số mol Ba2+ Ba2+ +
SO42- → BaSO4
=> nSO42- = 0,3 mol = 3nAl2(SO4)3 => nAl2(SO4)3 = 0,1 mol

0,25

Giai đoạn II: lượng kết tủa còn tăng là Al(OH)3 còn tiếp tục được tạo ra, kết
thúc giai đoạn II thì ion Al3+ kết tủa hết và tổng khối lượng cũng đạt cực đại.

0,25

Giai đoạn III: Al(OH)3 trong hỗn hợp kết tủa bị hòa tan nên khối lượng kết
tủa giảm xuống. Kết thúc giai đoạn III, Al(OH)3 bị hòa tan hết chỉ còn lại
BaSO4 không thay đổi khi thêm Ba(OH)2 vào.
Ở thời điểm kết thúc giai đoạn III: nOH- = 2nBa(OH)2 = 2.0,5.1,6 = 1,6 mol.
Lượng OH- vừa đủ để kết tủa hết Al3+ và hòa tan hết Al(OH)3.

0,25

Phương trình:
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
Al(OH)3 + OH-→ AlO2- + 2H2O
→ ΣnOH- pư = 4a = 1,6 mol
→ a = nAl3+ = nAlCl3 + 2nAl2(SO4)3 = 0,4 mol

→ nAlCl3 = 0,4 – 2.0,1 = 0,2 mol
Vậy: CM (AlCl3) = 0,2/0,5 = 0,4M; CM Al2(SO4)3 = 0,1/0,5 = 0,2M.

0,25

1

1,0 điểm
nO2 = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol; nNa2CO3 = 10,6: 106 = 0,1 mol;
nCO2 = 8,96 : 22,4 = 0,4 mol;
nH2O = 3,6 : 18 = 0,2 mol.
Áp dụng ĐLBTKL, ta có: mY + mO2 = mNa2CO3 + mCO2 + mH2O
 mY + 0,5.32 = 10,6 + 0,4.44 + 3,6
 mY = 15,8 gam
15,8 gam hỗn hợp Y có: nC = nNa2CO3 + nCO2 = 0,5 mol

0,25

nH = 2.nH2O = 0,4 mol; nNa = 2.nNa2CO3 = 0,2 mol.
nNaOH (phản ứng) = nNa (trong muối) = 0,2 mol
Cho este X tác dụng với dung dịch NaOH, sơ đồ phản ứng:
X + NaOH → hỗn hợp chất hữu cơ Y + H2O
Áp dụng ĐLBTKL: mH2O = mX + mNaOH – mY = 9,6 + 0,2.40 – 15,8 = 1,8
gam
Vậy phản ứng của X với NaOH tạo được sản phẩm là H2O ; nH2O = 0,1 mol
Bảo toàn các nguyên tố trong X:
nH(X) = nH(Y) + nH(H2O) – nH(NaOH)  nH(X) = 0,4 + 2.0,1 – 0,2 = 0,4 mol
nC(X) = nC(Y) = 0,5 mol
9,6 − 0,5.12 − 0, 4
= 0, 2 mol

16
nO(X) =

Đặt CTTQ của X là CxHyOz ; ĐK: x, y, z nguyên dương.

6

0,25


x : y : z = nC : nH = 0,5 : 0,4 : 0,2 = 5 : 4 : 2
 CTĐGN của X là C5H4O2.
Gọi công thức phân tử của X là (C5H4O2)n  MX = 96n < 200  n = 1, 2.
TH1: n = 1  công thức phân tử của X là C5H4O2  X chỉ có một nhóm chức
este.
nX = 9,6 : 96 = 0,1 mol  nNaOH : nX = 0,2 : 0,1 = 2
 X phải là este của phenol; Mặt khác, X chỉ có 5 nguyên tử C  Không thoả
mãn.

0,25

TH2: n = 2  công thức phân tử của X là C10H8O4  có 2 nhóm chức este.
nX = 9,6 : 192 = 0,05  nNaOH : nX = 0,2 : 0,05 = 4 : 1
 hai chức este của X đều là este của phenol.
Vì trong Y có 3 chất hữu cơ nên X có công thức cấu tạo dạng:
R’-OOC-C6H3R1-COO-R’’ (R’ khác R’’).

=> R’ + R1 + R’’ = 29 => có ít nhất 1 gốc là H, chọn R’ là H = > R’’ +
R1 = 28
R1

R’’
(1) H
(27) CH2=CH(15) CH3(13) Loại

0,25

Vậy có 3 công thức cấu tạo thu gọn của X:
o-H-COO-C6H4-OOC-CH=CH2, m-H-COO-C6H4-OOC-CH=CH2,
p-H-COO-C6H4-OOC-CH=CH2.
2

1,0 điểm
Gọi công thức chung của 3 axit là RCOOH
→ RCOONa + H2O
RCOOH + NaOH 
0,3
← 0,3 →
0,3
0,3
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có
+
=

0,25
+

⇒

=

18,96 gam
Khi đốt cháy A, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong.
Ta có
=
∑(
)

⇒ ∑(

) = 40,08 gam

Sơ đồ đốt cháy:
0

t
→ CO2 + H2O
A + O2 
Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có
+
=

⇒

7

= 0,66 mol

⇒

= 21,12 gam

0,25


Gọi

= x;

= y mol

⇒

→
0,25

⇒ số mol hai axit không no = 0,69 – 0,54 = 0,15 mol
số mol của axit no = 0,3 – 0,15 = 0,15 mol
Đặt công thức của axit no đơn chức, mạch hở là: CnH2nO2, n ≥ 1, nguyên
Đặt công thức chung của hai axit không no đơn chức, mạch hở có 1 liên kết đôi
C=C là: CmH2m-2O2, m > 3
Bảo toàn cacbon khi đốt cháy A ta có
0,15n + 0,15m = 0,69
⇔ n + m = 4,6. Kết hợp điều kiện ⇒

0,25

Công thức phân tử của X là CH2O2; Y là C3H4O2; Z là C4H6O2
5

1,0 điểm

+

1

2

Ban đầu số mol H = 0,62 mol; số mol NO3- = 0,08 mol; số mol SO42- = 0,27
mol.
Phương trình ion thu gọn :
FeS2 + 4H+ + 5NO3-  Fe3+ + 2SO42- + 5NO + 2H2O (1)
3Fe3O4 + 28H+ + NO3-  9Fe3+ + NO + 14H2O (2)
Gọi số mol FeS2 và Fe3O4 lần lượt là x, y mol.
Theo đề bài ta có hệ: 120x + 232y = 15,12 gam;
Số mol NO = 5x + y/3 = 0,07 mol.
Giải hệ phương trình ta được x = 0,01 mol; y = 0,06 mol.

0,25

Theo phương trình số mol H+ pư = 0,6 mol; NO3- pư = 0,07 mol
=> số mol H+ dư = 0,02 mol; NO3- dư = 0,01 mol
Trong dung dịch X gồm Fe3+: 0,19 mol; H+: 0,02 mol; NO3-: 0,01 mol; SO42-:
0,29 mol.

0,25

Khi dung dịch X hoà tan tối đa Cu thì các quá trình khử đều xảy ra hoàn toàn
và các chất oxi hoá hết:
Quá trình oxi hoá:
4H+ + NO3- + 3e  NO + 2H2O
Fe3+ + 1e  Fe2+.

Quá trình khử:
Cu  Cu2+ + 2e.
Áp dụng bảo toàn electron tìm được số mol Cu = 0,1025 mol.
=> m Cu bị hoà tan tối đa = 6,56 gam.

0,25

Khối lượng muối thu được = m Fe2+ + m Cu2+ + m NO3- + m SO42- = 0,19.56 +
0,1025.64 + 0,005.62 + 0,29.96 = 45,35 gam.

0,25

1,0 điểm
Thí nghiệm 1: số mol O2 = 0,69 mol;
Sơ đồ pư: hỗn hợp E + O2  CO2 + H2O
Phương trình: CO2 + Ca(OH)2 dư  CaCO3 + H2O

8

0,25


Áp dụng bảo toàn khối lượng tìm được m CO2 + m H2O (spc) = m hỗn hợp E +
m O2 = 42,72 gam.
Theo đề bài khối lượng dung dịch giảm = m CaCO3 - m CO2; H2O
=> m CaCO3 = 75 gam => số mol CO2 = 0,75 mol => số mol H2O = 0,54 mol.
=> số mol CO2 - H2O = 0,21 mol.
=> Nếu đốt cháy 10,32 gam hỗn hợp E thì số mol CO2 - H2O = 0,105 mol (*).
Thí nghiệm 2: Vì hỗn hợp E có phản ứng tráng bạc nên hỗn hợp E có axit
HCOOH.

Gọi công thức và số mol của các chất trong 10,32 gam hỗn hợp E là: HCOOH:
x mol; axit còn lại RCOOH: y mol; este HCOOCnH2nOOCR: z mol.
Dựa vào phản ứng tráng bạc: số mol Ag = 2x + 2z = 0,18 mol (I).
Áp dụng bảo toàn nguyên tố O (nếu giả sử đốt cháy 10,32 gam hỗn hợp E):
2x + 2y + 4z = 0,33 mol (II).

0,25

Xét các trường hợp với axit RCOOH :
+ TH 1: Nếu là axit no thì khi đốt cháy hỗn hợp E ta có:
Số mol CO2 - H2O = z = 0,105 (theo *) (III); từ I, III => x < 0 nên loại.
+ TH2: Nếu là axit không no, có một liên kết đôi C = C thì khi đốt cháy hỗn
hợp E ta có:
Số mol CO2 - số mol H2O = y + 2z = 0,105 mol (IV).
Giải hệ gồm I, II, IV ta được x = 0,06; y = 0,045; z = 0,03 mol. Thoả mãn ĐK.
+ TH3: Nếu là axit có a liên kết pi (a ≥ 3) thì có phương trình: số mol CO2 - số
mol H2O = (a-1)y + az = 0,105 (V).
Từ I, II => 2y + 2z = 0,15 mol (VI).
Từ V, VI ta thấy không giải được nghiệm y, z dương nên loại.

0,25

Khối lượng hỗn hợp E = 0,06.46 + 0,045.(R +45) + 0,03.(R + 14n+89) = 10,32
gam
=> 0,075R + 0,42n = 2,865 => R + 5,6n = 38,2.
Biện luận:
n

2

3

4

5

R

27 (CH2=CH-)

21,4 (loại)

15,8 (loại)

10,2 (loại)

Vậy công thức của các chất trong hỗn hợp E là: HCOOH: 0,06 mol;
C2H3COOH: 0,045 mol; HCOOCH2CH2OCOCH=CH2: 0,03 mol.
Khi cho hỗn hợp E tác dụng với KOH có phương trình:
HCOOH + KOH  HCOOK + H2O
C2H3COOH + KOH  C2H3COOK + H2O
HCOOCH2CH2OCOCH=CH2 + 2KOH  C2H3COOK + HCOOK +
C2H4(OH)2.
Dựa vào số mol của các chất và phương trình ta tính được hỗn hợp chất rắn
gồm HCOOK: 0,09 mol; C2H3COOK: 0,075 mol; KOH dư: 0,06 mol
=> m = 19,17 gam.

__Hết__

9

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014
Môn: Hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 5 câu và gồm 2 trang)

Câu I (2,0 điểm)
1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng minh họa:
a. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na 2CO3.
b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch KMnO4.
c. Cho đạm ure vào dung dịch nước vôi trong.
d. Sục khí H2S vào dung dịch hỗn hợp gồm (Br2, BaCl2).
2. Xác định các chất và hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau:
FeS + O2 → (A) + (B)↑
(G) + NaOH → (H) + (I)
(B) + H2S → (C)↓ + (D)
(H) + O2 + (D) → (K)
(C) + (E) → (F)
(K) → (A) + (D)
(F) + HCl → (G) + H2S↑
(A) + (L) → (E) +(D)
3. Trình bày phương pháp hóa học và viết phương trình phản ứng (nếu có) để tinh chế các chất
trong các trường hợp sau:

a. Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl
c. Tinh chế khí NH3 có lẫn khí N2, H2.
b. Tinh chế khí CO2 có lẫn khí CO
d. Tinh chế NaCl có lẫn Na2HPO4, Na2SO4
Câu 2 (2,0 điểm)
1. Xác định công thức cấu tạo các chất và hoàn thành sơ đồ các chuyển hóa sau:
A

A1
B1

C3H8

A2
B2

CH3COOH

B
B3

A1

2. Chỉ dùng dung dịch HBr có thể nhận biết được những chất nào trong số các chất cho sau
đây (chất lỏng hoặc dung dịch trong suốt): ancol etylic, toluen, anilin, natri hidrocacbonat ,
natri phenolat. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra.
3. Cho lần lượt các chất: axit acrylic; p-crezol; tristearin; glucozơ; tinh bột lần lượt tác dụng
các chất ở nhiệt độ thích hợp: dung dịch HCl; dung dịch NaOH; Cu(OH) 2 (ở nhiệt độ thường).
Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có).
Câu 3 (2,0 điểm)

1. Cho 11,2 gam Fe vào 300 ml dung dịch chứa (HNO 3 0,5M và HCl 2M) thu được khí NO
(sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch
KMnO4 / H2SO4 loãng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam chất rắn khan.
b. Tính khối lượng KMnO4 đã bị khử.
2. Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B
gồm O2 và O3. Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được

10


hỗn hợp chỉ gồm CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hiđro
là 19. Tính tỉ khối của khí A đối với hiđro?
3. Bình kín chứa một ancol no, mạch hở A (trong phân tử A, số nguyên tử C nhỏ hơn 10) và
lượng O2 gấp đôi so với lượng O2 cần để đốt cháy hoàn toàn A. Ban đầu bình có nhiệt độ 150 0C và
0,9 atm. Bật tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn A, sau đó đưa bình về 1500C thấy áp suất bình là 1,1
atm. Viết các đồng phân cấu tạo của A và gọi tên.

Câu 4 (2 điểm)
Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO 3 50,4%, sau khi
kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lit (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số
mol 3:2). Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z.
Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô
cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất
rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
1. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A?
2. Tính C% mỗi chất tan trong X?
3. Xác định các khí trong B và tính V.
Câu 5 (2 điểm)
Hợp chất hữu cơ A chỉ chứa một loại nhóm chức, chỉ chứa 3 nguyên tố C, H và O. Đun

nóng 0,3 mol A với lượng vừa đủ dung dịch NaOH 20%. Sau khi kết thúc phản ứng, cô cạn dung
dịch thu được hỗn hợp chất rắn gồm 3 chất X, Y, Z và 149,4 gam nước. Tách lấy X, Y từ hỗn hợp
chất rắn.
Cho hỗn hợp X, Y tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 31,8 gam hai axit cacboxylic
X1; Y1 và 35,1 gam NaCl. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm X 1 và Y1 thu được sản phẩm cháy
gồm H2O và CO2 có tỉ lệ số mol là 1:1.
Đốt cháy hoàn toàn lượng Z ở trên cần dùng vừa đủ 53,76 lít khí O 2 (đktc) thu được 15,9
gam Na2CO3; 43,68 lít khí CO2 (đktc) và 18,9 gam nước.
1. Lập công thức phân tử của A, Z?
2. Xác định công thức cấu tạo A biết rằng khi cho dung dịch Z phản ứng với CO 2 dư thu
được chất hữu cơ Z1 và Z1 khi phản ứng với brom (trong dung dịch, lượng dư) theo tỉ lệ mol 1:3.
Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: C = 12; Cl = 35,5; Cu = 64; H=1; K =39; Na = 23;
N = 14; Mn =55; O =16; Fe =56 ; S =32.
------------------- Hết ---------------------

Họ và tên thí sinh………………………………..……………. Số báo danh: ………………

Chữ kí giám thị 1:…………………..……. Chữ kí của giám thị 2:…………………………

11


12


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

1
(2
điểm)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014
Môn: Hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 5 câu và gồm 2 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
1. (0,5 điểm)
a. Ban đầu chưa có khí, sau một lúc mới thoát ra bọt khí không màu
H+ + CO32- → HCO3H+ + HCO3- → H2O + CO2
b. Thoát ra khí màu vàng lục và dung dịch bị mất màu tím
16HCl + 2 KMnO4 → 5Cl2 + 2 KCl + 2MnCl2 + 8H2O
c. Có khí mùi khai và có kết tủa trắng
(NH2)2CO + H2O → (NH4)2CO3
(NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → 2 NH3 + CaCO3 + 2H2O

Điể
m
0,25

0,25

d. Màu vàng của dung dịch (Br2, BaCl2) nhạt dần, đồng thời xuất hiện kết tủa
trắng
H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr
H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl

2. (1,0 điểm)
0,25
to
→ 2Fe2O3 +4SO2
4FeS + 7O2 
(A)
(B)↑

→ 3S + 2H2O
SO2 +2H2S 
(B)
(C)↓ (D)
to
→ FeS
S + Fe 
(C) (E)
(F)

0,25

→ FeCl2+ H2S
FeS +2HCl 
(F)
(G)
→ Fe(OH)2 +2NaCl
FeCl2 +2NaOH 
(G)
(H)
(I)

0,25

→ 4Fe(OH)3
4Fe(OH)2 +O2+2H2O 
(H)
(D)
(K)
to
→ Fe2O3 +3H2O
2Fe(OH)3 
(K)
(A)
(D)

→ 2Fe +3H2O
Fe2O3 +3H2 
(A)
(L)
(E)
(D)
Lưu ý: Nếu học sinh thống kê các chất A, B, ….. rồi viết phương trình phản
ứng cũng cho điểm tối đa.
to

13

0,25


3. (0,5 điểm)

0,25
a. Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl:
Sục hỗn hợp khí vào dung dịch NaCl bão hòa (để hấp thụ HCl), dẫn khí
thoát ra qua dung dịch H2SO4 đặc sẽ thu được Cl2 khô.
b. Dẫn hỗn hợp khí qua ống đựng bột CuO dư nung nóng
CO + CuO → CO2 + Cu

Câu 2
(2
điểm)

c. Dẫn hỗn hợp (NH3, H2, N2) qua dung dịch axit (VD: dd HCl), NH3 bị giữ 0,25
lại. Tiếp đến cho dung dịch bazơ dư (VD dd Ca(OH) 2) và đun nóng nhẹ, khí
thoát ra cho đi qua ống đụng CaO dư sẽ thu được NH3 khô
NH3 + H+ → NH4+
NH4+ + OH- → NH3 + H2O
d. Tinh chế NaCl có lẫn Na2HPO4 và Na2SO4
Cho hỗn hợp vào dung dịch BaCl2 dư
Na2HPO4 + BaCl2 → 2 NaCl + BaHPO4 ↓
Na2SO4 + BaCl2 → 2NaCl + BaSO4 ↓
lọc bỏ kết tủa, dung dịch thu được cho vào bình chứa Na 2CO3 dư
BaCl2 + Na2CO3 → 2 NaCl + BaCO3 ↓
lọc bỏ kết tủa, thêm lượng dư dung dịch HCl vào dung dịch thu được, sau đó
cô cạn rồi nung nóng nhẹ thu được NaCl khan.
1 (1,0 điểm)
A: C2H4;
A1: CH3CHO;
A2: C2H5OH
0,25
B: CH4;

B1: HCHO
B2: CH3OH
B3: C2H2
B4: CH3CHO
0

t , xt
→ C2H4 + CH4
C3H8 

0,25

0

t , xt
→ 2CH3CHO
2CH2=CH2 + O2 
0

t , Ni
→ CH3CH2OH
CH3CHO + H2 
men giam
→ CH3COOH + H2O
CH3CH2OH + O2 

0,25

0

t , xt
→ HCHO + H2O
CH4 + O2 
0

t , Ni
→ CH3OH
HCHO + H2 
0

t , Ni
→ CH3COOH
CH3OH + CO 
0

2CH4

1500 C

→
san pham lam lanh nhanh

C2H2 + 3H2

0

t , xt
→ CH3CHO
C2H2 + H2O 
0

t , xt
→ 2 CH3COOH
2CH3CHO + O2 

14

0,25


2 (0,5 điểm)
0,25
Có thể nhận biết tất cả các chất vì chúng gây ra các hiện tượng khác nhau
khi cho các chất vào dung dịch HBr:
+Nếu tạo thành dung dịch đồng nhất => mẫu đó là C2H5OH
+ Nếu có hiện tuợng phân tách thành 2 lớp => mẫu là C 6H5CH3 (toluen)
+ Nếu ban đầu có hiện tượng tách lớp, sau đó tan dần tạo dung dịch
đồng nhất => Mẫu là C6H5NH2 (anilin)
C6H5NH2 + HBr
C6H5NH3Br
+ Nếu có sủi bọt khí không màu, không mùi => mẫu đó là NaHCO3:
0,25
NaHCO3 + HBr
NaBr + CO2 + H2O
+ Nếu tạo chất không tan, vẩn đục màu trắng => mẫu đó là C 6H5ONa
(Natri phenolat):
C6H5ONa + HBr
C6H5OH + NaBr
3 (0,5 điểm)
0,25

+ Phản ứng của axit acrylic
CH2=CH-COOH + HCl → ClCH2CH2COOH và CH3CHClCOOH
CH2=CH-COOH + NaOH → CH2=CH-COONa + H2O
2CH2=CH-COOH + Cu(OH)2 → (CH2=CH-COOH)2Cu + 2H2O
+ Phản ứng của p-crezol:
p-HO-C6H4-CH3 + NaOH → p-NaO-C6H4-CH3 + H2O
+ Phản ứng của tristearin:

0,25
HCl , t 0

→

(C17H35COO)3C3H5 + 3H2O ¬  3C17H35COOH + C3H5(OH)3
(C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH (dd) → 3C17H35COONa + C3H5(OH)3
+ Phản ứng của glucozơ:
2 C6H12O6 + Cu(OH)2 → (C6H11O6)2Cu + 2H2O
+ Phản ứng của tinh bột:
0

Câu 3
(2
điểm)

HCl , t
(C6H10O5)n + n H2O → n C6H12O6
1 (1,0 điểm)
a. (0,5 điểm)
nFe = 0,2 mol;

nHNO3 =

n

=

n

0,25

−
3

=

n

=

0,15; nHCl = 0,6 => H
0,75, NO
0,15; Cl
0,6
+
3+
Fe + 4H + NO3 → Fe + NO + 2 H2O
0,15 ←0,6 ←0,15 → 0,15
Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+
0,05 → 0,1 → 0,15
Dung dịch X có Fe2+ (0,15 mol); Fe3+ (0,05 mol); H+ (0,15 mol); Cl- (0,6 mol) 0,25

Cô cạn dung dịch X được 2 muối: FeCl2 (0,15 mol) và FeCl3 (0,05 mol)
=> mmuối = 27,175 gam
b. (0,5 điểm)
0,25
Cho lượng dư KMnO4 / H2SO4 vào dung dịch X:

15

+

−


Fe+2 → Fe+3 + 1e
2Cl- → Cl2 + 2e
Dùng bảo toàn mol electron ta có:

Mn+7 + 5e → Mn+2

0,25

nFe2+ + n Cl − = 5n Mn+7

 Số mol KMnO4 = Số mol Mn+7 = 0,15 mol
 m (KMnO4) = 23,7 gam.
2 (0,5 điểm)

0,25

Đặt công thức chất tương đương của hỗn hợp A là

Cx H y

M B = 19.2 = 38 => tỉ lệ số mol O2 và O3 là 5:3

Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích 1,5: 3,2.
Chọn nB = 3,2 mol => n (O2) = 2 mol; n (O3) = 1,2 mol
 ∑nO = 7,6 mol
Khi đó nA = 1,5 mol. Khi đốt cháy A ta có thể coi:
Cx H y

Mol

1,5

Ta có: ∑nO =

y
y
+ (2 x + 2 ) O → x CO2 + 2 H2O
y
1,5(2x+ 2 )

1,5 x

y
1,5 2

0,25

y
1,5(2x+ 2 ) =7,6 (*)

y
Vì tỉ lệ thể tích CO2 : H2O = 1,3:1,2 => x : 2 = 1,3:1,2 (**)

Giải hệ (*), (**) ta được: x = 26/15; y = 16/5 = 3,2
M A = 12x + y = 24

=> dA/H2 = 12

3 (0,5 điểm)
Đặt công thức phân tử của A là CnH2n+2Ok (k ≤ n); gọi số mol A bằng 1 mol

0,25

3n + 1 − k
2
CnH2n+2Ok +
O2 → n CO2 + (n+1) H2O
3n + 1 − k
2
1 →
n
n+1

Mol
=> Số mol O2 ban đầu là (3n+1-k) mol
Trong cùng điều kiện nhiệt độ và thể tích, áp suất tỉ lệ thuận với số mol khí
P1 n1

1 + 3n + 1 − k
0,9
=
hay
=
n + n + 1 + (3n + 1 − k ) / 2 1,1 => 3n-13k+17 = 0
Do đó, P2 n2

0,25
Với

n1 = nA + n(O2 ban đầu)
n2 = n (CO2) + n (H2O) + n (O2 dư)
k
1
2
3
4
n
-0,4/3
3
7,33
11,66
Chọn được nghiệm k=2, n=3 => Công thức phân tử ancol: C3H8O2

16

5
16

Câu 4
(2
điểm)

Có 2 đồng phân: HO-CH2-CH2-CH2-OH: propan-1,3-điol
CH2OH-CHOH-CH3 propan-1,2-điol
1 (1,0 điểm)
n HNO3

0,25

87,5.50, 4
= 0, 7 mol n
= 100.63
; KOH = 0,5mol

Đặt nFe = x mol; nCu = y mol.
Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO 3 → X có Cu(NO3)2, muối của sắt
(Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO3 dư.
X + dd KOH có thể xảy ra các phản ứng
HNO3 + KOH → KNO3 + H2O
(1)
Cu(NO3)2 +2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3
(2)
Fe(NO3)2 + 2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3
(4)
Fe(NO3)3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KNO3
(5)
Cô cạn Z được chất rắn T có KNO3, có thể có KOH dư

0,25
Nung T:
t0

2KNO3 → 2KNO2 +O2 (6)
+ Nếu T không có KOH thì
Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6)
m

n KNO2

=

n KNO3

=nKOH =0,5 mol

→ KNO = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại)
+ Nếu T có KOH dư:
n

2

n

Đặt KNO = a mol → KNO = amol; nKOH
→ 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05
→ a = 0,45 mol
Nung kết tủa Y
3

2

phản ứng

= amol;

0,25

0

t
Cu(OH)2 → CuO + H2O
0

t
Nếu Y có Fe(OH)3: 2Fe(OH)3 → Fe2O3 +3H2O
0

t
Nếu Y có Fe(OH)2 4Fe(OH)2+ O2 → 2Fe2O3 +4H2O

n Fe2O3

0,25

1
x
= 2 nFe = 2 ;

Áp dụng BTNT đối với sắt ta có:
Áp dụng BTNT đối với đồng ta có: nCuO = nCu= y mol
x
→160. 2 + 80.y = 16 (I)

mhh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II)
Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.
0,3.56
.100% = 72,41%
23
,
2
% mFe =
; %mCu = 100-72,41= 27,59%

2 (0,5 điểm)
Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X = n N trong KNO = 0,45 mol.
TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3
2

17

0,25


Ta có:
n

nCu ( NO3 ) 2

= nCu = 0,05 mol;

n Fe( NO3 )3

= nFe = 0,15 mol

Gọi HNO = b mol → b+0,05.2+0,15.3= 0,45 → b= -0,1 (loại)
TH2: Dung dịch X không có HNO3 ( gồm Cu(NO3)2, có thể có muối
Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 )
n Fe( NO3 ) 2

3

n

= z mol (z ≥ 0); Fe( NO ) = t mol (t ≥ 0)
Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,05. 2 = 0,45
(III)
Theo BTNT đối với sắt → z + t = 0,15
(IV)
Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05.
3 3

Khi kim loại phản ứng với HNO3
nN trong hỗn hợp khí = nN trong HNO3 ban đầu- nN trong muối = 0,7-0,45=0,25mol
Gọi số oxi hóa trung bình của Nitơ trong hỗn hợp khí B là +k (k≥0)
Fe → Fe3+ + 3e
N+5 + (5-k).e → N+k
0,05
0,15

0,25 0,25(5-k) 0,25
2+
Fe → Fe + 2e
0,1
0,2
2+
Cu → Cu + 2e
0,05
0,1
Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,1=0,25(5-k) → k =3,2

0,25

- Xác định số mol O trong hỗn hợp khí.
Tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong một hỗn hợp =0 nên
0,25.(+3,2) + (-2). nO = 0.
→ nO = 0,4mol.
Bảo toàn khối lượng: mdd sau = m ddaxit + m 2kim loại – m hh khí
→ mdd sau= 87,5+11,6- (0,25.14+0,4.16)= 89,2 gam
0, 05.188
.100% = 10,5%
C % Cu ( NO3 ) 2
89,
2
=
0,1.180
.100% = 20, 2%
C % Fe( NO3 ) 2
= 89, 2
0, 05.242

.100% = 13,6%
C % Fe( NO3 )3
89,
2
=

3 (0,5 điểm)
0,25
Vì k = 3,2 nên phải có một khí mà số oxi hóa của N lớn hơn 3,2. Vậy khí đó
là NO2
Gọi khí còn lại là khí A và số oxi hóa của khí còn lại là x
Giả sử khí A trong thành phần có 1 nguyên tử N
TH1: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 3:2, dựa vào sơ đồ đường
chéo suy ra x = 2. Vậy khí A là NO
TH2: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 2:3 => x lẻ: Loại

18


Câu 5
(2
điểm)

Nếu A có 2 N, trường hợp này cũng tính được x lẻ => loại
Tính V:
0,25
Đặt n (NO2) = 3a => n(NO) = 2a mol
∑ne nhận = n (NO2) + 3n (NO) = 3a + 3.2a = 0,45 => a= 0,05
=> nkhí = 5a = 0,25 => V = 5,6 lit
1 (1,5 điểm)

0,25
Sơ đồ 1 phản ứng: A + NaOH  X + Y + Z + …(trong sản phẩm có thể có
nước).
X + HCl  X1 + NaCl;
Y + HCl  Y1 + NaCl
Vì đốt cháy hai axit X1; Y1 thu được sản phẩm cháy có số mol H 2O = số mol
CO2 => hai axit X1 và Y1 đều là axit no, mạch hở, đơn chức (có công thức
tổng quát là CnH2n+1COOH).
Gọi công thức trung bình của hai muối X, Y là:
Phương trình:
Cn H 2n +1COO

Na + HCl 
Số mol NaCl = 0,6 mol
=> số mol

Cn H 2n +1COO

C n H 2n +1COO

H = số mol

C n H 2n +1COO

Na.

0,25

H + NaCl

Cn H 2n +1COO

Na = 0,6 mol

=> (14 n +46).0,6 = 31,8 => n = 0,5.
CH

COO

=> m (hỗn hợp X, Y) = m ( n 2n +1
Na) = 0,6.(14 n +68) = 45 gam
Sơ đồ đốt cháy Z + O2  Na2CO3 + CO2 + H2O
Số mol Na2CO3 = 0,15 mol;
số mol CO2 = 1,95 mol;
số mol H2O = 1,05mol.
Áp dụng bảo toàn khối lượng
mZ = m (Na2CO3) + m (CO2) + m (H2O) - m (O2) = 43,8 gam.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta tính được trong hợp chất Z:
số mol C = 0,15 + 1,95 = 2,1 mol;
số mol H = 2.1,05 = 2,1 mol;
số mol Na = 0,3 mol
=> số mol O = 0,6 mol
=> số mol C : H : O : Na = 2,1 : 2,1 : 0,6 : 0,3 = 7 : 7 : 2 : 1
=> Công thức đơn giản nhất của Z là C7H7O2Na. (M = 146) (*)
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na cho sơ đồ (1) ta có
số mol Na(NaOH) = số mol Na (X, Y, Z) = 0,6 + 0,3 = 0,9 mol.
=> m dung dịch NaOH = 180 gam.
=> m H2O (dung dịch NaOH) = 144 gam < 149,4 gam
=> sơ đồ 1 còn có nước và m (H2O) = 5,4 gam => số mol H2O = 0,3 mol.
Áp dụng bảo toàn khối lượng:

mA = m (X, Y, Z) + m (H2O) - m (NaOH)
= 45 + 43,8 + 5,4 - 36 = 58,2 gam.

19

0,25

0,25

0,25


=> MA = 194 g/mol. (**)
Từ (*);(**) =>Z có công thức phân tử trùng với CTĐG nhất là 0,25
C7H7O2Na.
A phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:3 tạo ra 3 muối và nước;
số mol nước = số mol A.
A là este 2 chức tạo bởi hai axit cacboxylic và 1 chất tạp chức (phenol ancol).
CTCT của A HCOOC6H4CH2OCOR'. => R' = 15 => R' là -CH3.
Vậy công thức phân tử của A là C10H10O4; Z là C7H7O2Na.
2 (0,5 điểm)
HCOOC6H4CH2OCOCH3 + 3NaOH  HCOONa + NaOC6H4CH2OH + 0,25
CH3COONa + H2O
→ HO-C6H4CH2OH + NaHCO3
NaOC6H4CH2OH + CO2 + H2O 
Vì Z1 có phản ứng với brom theo tỉ lệ mol 1:3 => Z1 là m - HO-C6H4CH2OH.
Phương trình:
→ mHO-C6HBr3-CH2OH + 3HBr.
m - HO-C6H4CH2OH + 3Br2 
Vậy cấu tạo của A là m-HCOOC6H4CH2OCOCH3

hoặc m - CH3COOC6H4OCOH.

20

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
Lớp 12 THPT năm học 2012 – 2013
Môn thi : Hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 02 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I (2 điểm)
1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau:
a. Sục khí H2S vào dung dịch CuCl2.
b. Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch AlCl3.
c. Cho Fe3O4 vào dung dịch HI, sau đó cho vào dung dịch sau phản ứng một ít hồ tinh bột.
d. Cho từ từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch CuSO4.
2. Xác định công thức các chất và viết phương trình phản ứng biểu diễn theo sơ đồ biến
hoá sau:
+ H2, t0
X

+ Fe, t0

+ H2O

Y

+A

K

+A

Y

Z
L

+ D, t0

X

+ H2SO4 + Q
t0
+A

X
M

+B

Fe

+Y

N

Z + P + H2O

Câu II (2 điểm)
1. Cho hỗn hợp X gồm Glyxin và Alanin tham gia phản ứng ở điều kiện thích hợp thu
được các sản phẩm đipeptit. Viết phương trình phản ứng và gọi tên sản phẩm tạo thành.
2. Cho dãy biến hoá sau:
Al4C3

A

C

D

E

F

polivinylancol

B
G

Cao su Buna

Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ

điều kiện nếu có).
Câu III (2 điểm)
1. Cho hỗn hợp X gồm FeCO3, FeS2 tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 đặc, nóng thu
được dung dịch Y (chứa Fe(NO3)3; H2SO4) và 22,4 lít hỗn hợp khí Z gồm hai khí (đktc).
Pha loãng dung dịch Y bằng nước cất để thu được 2 lít dung dịch có pH = 1.
a. Viết phương trình phản ứng và tính khối lượng hỗn hợp X.
b. Dung dịch Y hoà tan tối đa m gam Fe, tính m.
(Biết sản phẩm khử của N+5 là NO2)
2. Để điều chế 2,8 tấn nhựa PE (polivinyletilen) cần dùng m tấn gỗ (chứa 50% xenlulozơ
về khối lượng). Biết hiệu suất cả quá trình điều chế bằng 80%. Viết các phương trình phản
ứng điều chế và tính m.
21


Câu IV (2 điểm)
Chia 16,68 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R (hoá trị không đổi) thành ba phần bằng nhau.
Phần 1 cho vào dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn chỉ thu được
dung dịch và 3,136 lít H2.
Phần 2 cho vào dung dịch HNO3 loãng, dư sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Các thể tích khí đo ở đktc.
1. Xác định kim loại R và tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn
hợp ban đầu.
2. Cho phần 3 vào V lít dung dịch CuSO4 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
8,64 gam chất rắn. Tính V.
Câu V (2 điểm)
Cho 44,8 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O và A tác dụng được với Na) tác dụng vừa
đủ với dung dịch NaOH, dung dịch thu được chỉ chứa hai chất hữu cơ B, D. Cô cạn dung
dịch thu được 39,2 gam chất B và 26 gam chất D.
- Đốt cháy 39,2 gam B thu được 13,44 lít CO2; 10,8 gam H2O và 21,2 gam Na2CO3.
- Đốt cháy 26 gam D thu được 29,12 lít CO2; 12,6 gam H2O và 10,6 gam Na2CO3.

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc.
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo B, D. Biết công thức phân tử A, B, D
đều trùng công thức đơn giản nhất.
2. Xác định công thức cấu tạo A.
Cho nguyên tử khối các nguyên tố: H = 1; C = 12; O = 16; S = 32;
Na = 23; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64.
------- Hết --------

Họ và tên thí sinh:………………………………………Số báo danh:……………………….....
Chữ ký giám thị số 1:……………………….............Chữ ký giám thị số 2:……………………

22


Sở Giáo dục và Đào tạo
Hải Dương
=========

ĐÁP ÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG

Lớp 12 THPT năm học 2012 – 2013
==================
Môn thi : Hóa học

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

Ý

ĐÁP ÁN

1

1
(1đ
)

a. Hiện tượng: có kết tủa đen
CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl
b. Hiện tượng: có kết tủa keo trắng và khí thoát ra
2AlCl3 + 3H2O + 3Na2CO3 → 2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaCl
c. Hiện tượng: Chất rắn tan, dung dịch có mầu xanh khi cho hồ tinh
bột vào
Fe3O4 +8HI → 3FeI2 + I2 + 4H2O
I2 + hồ tinh bột → màu xanh
d. Hiện tượng: ban đầu có kết tủa xanh, sau đó kết tủa tan tạo dung
dịch xanh lam
CuSO4 + 2NH3 +2H2O → Cu(OH)2↓ + (NH4)2SO4
Cu(OH)2 + 4NH3→ [Cu(NH3)4](OH)2

2
(1đ
)

Xác định đúng các chất trong phương trình được 0,25 điểm, nếu các
chất trong phương trình sai trừ 0,125điểm
→ Y: Cl2 +H2 
→ 2HCl

X 
(X)
(Y)
→ Z: HCl + KOH 
→ KCl + H2O
Y 
(Y) (A)
(Z)
→ X:
Z 
→ 5Cl2 +6K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O
10KCl + 2KMnO4 + 8H2SO4 
(Z)
(Q)
(X)
t0

→ K: 3Cl2 + 2Fe 
→ 2FeCl3
X 
(X)
(K)
→ L: FeCl3 + 3KOH 
→ Fe(OH)3 ↓ + 3KCl
K 
(K)
(A)
(L)
0

t
→ M: 2Fe(OH)3 
→ Fe2O3 +3H2O
L 
(L)
(M)
0

t
→ Fe: Fe2O3 + 3COdư 
→ 2Fe + 3CO2
M 
(M)
(B)
→ N: Fe + 2HCl 
→ FeCl2 + H2
Fe 

23

Điểm
0,25
0,25
0,25

0,25

0
,25
0,25

0,25


(Y)

(N)

→ Y: Cl2 + H2O ‡ ˆˆ HCl + HClO
X 
(X)
(Y)
t
→ X: 4HClđặc + MnO2 
→ MnCl2 + Cl2 + 2H2O
Y 
(Y)
(D)
(X)
→ Z + P + H2O:
X 
→ KCl + KClO + H2O
Cl2 + 2KOH 
(X) (A)
(Z)
(P)

0,25

2CH2-COOH

0,25

ˆ ˆ†

2

1

(1đ
)

CH2-CO-NH-CH2-COOH
NH2

NH2

+ H2O

(Gly-Gly)

2CH3-CH-COOH
NH2

CH3-CH-CO-NH-CH-COOH
NH2
CH3

0,25

+ H2O

(Ala-Ala)
0,25

CH2-COOH +CH3-CH-COOH
NH2
NH2

CH3-CH-CO-NH-CH2-COOH + H2O
NH2
(Ala-Gly)

CH2-COOH + CH3-CH-COOH
NH2
NH2

CH2-CO-NH-CH-COOH
NH2
CH3

+ H2O

0,25

(Gly-Ala)
0,25

2

Al4C3→A: Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4
(1đ
(A)
)

0

A→B:
B→C:

2CH4
(A)

1500 C

→
LLN

CH ≡ CH + 3H2

(B)

xt
→ CH3COOCH=CH2
CH ≡ CH + CH3COOH 

(B)

(C)
0,25

0

C→D:

t ,p

→ (CH2-CH)n
xt
nCH3COOCH=CH2 
OOC-CH3
(C)

(D)

D→polivinylancol:
t
(CH2-CH)n + nNaOH 
→(CH2-CH)n + nCH3COONa
OOC-CH3
OH
0

(D)

polivinylancol
+

B→E:

CH ≡ CH + H2O

(B)
24

2+

H , Hg

→
800 C

CH3CHO

(E)

0,25


E→F:

0

Ni ,t
→ C2H5OH
CH3CHO + H2 

(E)

(F)

F→G:

2C2H5OH
(F)
G→ Cao su Buna:

Al2O3 / ZnO

→
4500

CH2=CH-CH=CH2 + H2 + 2H2O

0,25

(G)
0

t ,p

→ (CH2-CH=CH-CH2)n
xt
nCH2=CH-CH=CH2 

(G)
Cao su Buna
Chú ý: Học sinh có thể có cách làm khác nhau, nếu đúng vẫn cho
điểm tối đa. Nếu học sinh không xác định các chất thì trừ nửa số
điểm của phần đó.

3

1

(1đ
)

0,25

a (0,5đ)
→ Fe(NO3)3 + CO2 + NO2 + 2H2O (1)
FeCO3 + 4HNO3 
0,125
0,125
0,125 0,125
→ Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2 + 7H2O (2)
FeS2 + 18HNO3 
0,05
0,05
0,1
0,75

Vì pH = 1=> [H+] = 0,1=>

nFeCO3 = x = nCO2 = nNO2( 2)
m=m

0,25

nNO2 = 0, 75mol ⇒ nFeS2 = 0, 05mol

Theo (2) có:
Gọi

nH + = 0, 2mol ⇒ nH 2 SO4 = 0,1mol

+m

=> ∑

nZ = 2 x + 0, 75 = 1 ⇒ x = 0,125mol

= 116 × 0,125 + 120 × 0, 05 = 20,5 gam

FeCO
FeS
=>
b (0,5đ)
Dung dịch Y gồm: Fe(NO3)3: 0,175 mol ; H2SO4: 0,1 mol
hay dung dịch Y có chứa: Fe3+ : 0,175 mol; NO3-: 0,525mol; H+ :0,2 mol.
Y hoà tan tối đa m gam Fe khi đó dung dịch thu được muối Fe2+, xảy ra các
phản ứng sau:
3

2

0,25

−

→ Fe2+ + 2NO2 + 2H2O
Fe + 4H+ + 2 NO3 
0,05 ¬ 0,2 → 0,1

0,25

→ 3Fe2+
Fe + 2Fe3+ 
0,0875 ¬ 0,175 mol

∑
3

2

(1đ
)

nFe = 0,1375 mol => m = 7,7 gam
Fe
(C6H10O5)n + nH2O → nC6H12O6

C6H12O6
C2H5OH

men

→
300 C

CH2=CH2 + H2O (3)

xt
CH2=CH2
(-CH2-CH2-)n
Ta có: (C6H10O5)n → 2nC2H4
→ 56n (g)
162n (g) 

25

0,25

2C2H5OH + 2CO2 (2)

H 2 SO4

→
1700 C

p ,t

→

(1)

0,25

(4)
0,25