HDC đề thi học sinh giỏi môn hóa ninh bình 2015 2016 đề vòng 1 ngày 1

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

Câu

1
(2đ)

2
(2đ)

HDC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT
Năm học 2015 – 2016
MÔN: Hóa học
Ngày thi 6/10/2015
(HDC gồm 4 trang

Đáp án
Nhận biết dung dịch mất nhãn:
- Đun nóng các mẫu thí nghiệm thì thấy:
+ Hai mẫu vừa có khí thoát ra vừa có kết tủa trắng là dung dịch
Mg(HCO3)2, dung dịch Ba(HCO3)2. (Nhóm I)
t0
Mg(HCO3)2 →
MgCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O
t0
Ba(HCO3)2 → BaCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O
+ Hai mẫu không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO 4, dung dịch Na2SO3.
(Nhóm II)
- Lấy một dung dịch bất kỳ ở nhóm II cho vào một dung dịch nhóm 1. Nếu thấy có sủi
bọt khí thì dung dịch nhóm 1 là NaHSO4: còn lại là Na2SO3.
H+ + HCO3- → CO2 ↑ + 2H2O

Nếu không có bọt khí mà có kết tủa thì dung dịch nhóm II là Na 2SO3 , dung dịch còn
lại là NaHSO4.
Ba2+ + SO32- → BaSO3
Mg2+ + SO32- → MgSO3
- Cho dung dịch NaHSO4 vào 2 dung dịch ở nhóm I.
+ Dung dịch vừa có sủi bọt khí, vừa có kết tủa trắng là Ba(HCO3)2:
2NaHSO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 +2 CO2↑ + 2H2O
+ Dung dịch chỉ có sủi bọt khí là Mg(HCO3)2.
2NaHSO4 + Mg(HCO3)2 → MgSO4 + Na2SO4 +2 CO2↑ + 2H2O
Tìm hai muối trong dung dịch.
Cho Ba(OH)2 đun nóng thấy có khí bay lên → Trong A có NH4+.
Dung dịch Z có ion Cl- vì tạo với ion Cl- kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng.
Kết tủa X gồm BaSO4 và M(OH)n (Mn+ là ion chưa biết)
Khi thêm HCl:
M(OH)n + nHCl → MCln + H2O

n HCl 0,18
(mol)
=
n
n
18,66 − 13,98
n M(OH)n = 0,18 =
→ M= 9n
M + 17n
n

→ n M(OH)n =

Biện luận ta có: n=3 và M= 27 (g/ mol), nên M là Al

Vậy các ion trong dung dịch ban đầu là: Al3+, NH4+, Cl- và SO42-.
Vì n Al3+ =
3
(2đ)

`

Điểm

0,5

0,5

0,5

0,5
0,25
0,25
0,5

0,5

0,18
= 0,06 (mol) còn n SO24 − = n BaSO 4 = 0,06 (mol)
3

→ Muối ban đầu không thể chứa Al2(SO4)3 → Hai muối là AlCl3 và (NH4)2SO4.
Tìm các chất theo sơ đồ:
Vì khi lấy muối rắn nung với NaOH ( CaO xúc tác) chỉ thu được khí CH 4, chứng
tỏ X, Z phải có dạng CH4-n(COONa)n.

A phản ứng với hai phân tử NaOH thu được H 2O → có một chức andehit và một chức
este. → X có hai nhóm COONa. X là CH2(COONa)2. → Y là CH3CHO
B phản ứng với NaOH thu được andehit (Y) → B là CH3-COO-CH= CH2
t0
HOOC-CH2-COO-CH=CH2+2NaOH 
→ NaOOC- CH2-COONa+ CH3CHO
t0
NaOOC- CH2-COONa + 2NaOH 
→ CH4 + 2Na2CO3.
CH3-COO-CH=CH2 + NaOH → CH3COONa + CH3CHO
t0
CH3COONa + NaOH 
→ CH4 + Na2CO3.

1

0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Câu
4
(2đ)

Đáp án

Điểm

Hai andehit
1. Tìm andehit.

nA =

1 × 6,8265
10,3
= 0,25mol ; M A =
= 41,2
0,082 × 333
0,25

→ trong A có chứa HCHO (andehit focmic - gọi là X).

n Ag =

n Ag
1
108
=
= 4 → Y là andehit hai chức R(CHO)2
= 1mol ;
n A 0,25
108

0,5

3 / NH 3
Từ HCHO AgNO


→ (NH4)2CO3 HCl
→ CO2

3,36
= 0,15mol → n Y = 0,25 − 0,15 = 0,1mol
22,4
Từ m A = ( 30 × 0,15 ) + ( R + 58 ) × 0,1 = 10,3
→ n X = n CO2 =

5
(2đ)

→ R = 0.
Vậy hai andehit là HCHO (andehit fomic) và (CHO)2 (andehit oxalic)
2. Giải thích về andehit Fomic
- Bánh phở lâu thiu vì HCHO có tính sát khuẩn mạnh
- Bánh phở dai hơn vì HCHO có phản ứng khâu mạch tạo axetal với các nhóm –OH
của các phân tử tinh bột → các sợi tinh bột có liên kết chặt chẽ với nhau.
Dung dịch H2S
1. Tính nồng độ ion S2− trong dung dịch H2S 0,100 M; pH = 3,0.
C = [H2S] = 0,1 M, [H2S] = 10−1 , [H+] = 10−3
H2S (aq) 
H+ + HS−
K1 = 10-7
HS−


H+ + S2−
K2 = 10-12,9
[H + ]2 [S2- ]
+
2−
K=
H2S (aq) 
2H + S
= K1. K2 = 10−19,9
[H 2S]
−1
[H 2S]
10
−14,9
[S2− ] = 10−19,9 × + 2 = 10−19,9 ×
(M)
−3 2 = 10
[H ]
(10 )
HS có thể dùng phân số nồng độ để tính ra cùng kết quả trên.
2. [Mn2+] [S2− ] = 10−2 ×10−14,9 = 10−16,9 < KsMnS = 10−9,6
→ không có kết tủa MnS
[Ag+] 2[S2− ] = (10−2)2× 10−14,9 = 10−18,9 > KsAg2S = 10-49,2 → tạo kết tủa Ag2S
1. So sánh nhiệt độ sôi (0,75đ)
*)
A, B, C, D, E có khối lượng phân tử xấp xỉ nhau.
(CH3)2CHC6H5 < C6H5OCH3 < C6H5CH=O < C6H5CH2OH < C6H5COOH
(A)
(C)

(D)
(B)
(E)
*) − (D) ; (A) ; (C) không tạo được liên kết hidro liên phân tử nên có nhiệt độ sôi thấp
hơn.
+ Trong đó phân tử (D) phân cực nhất do liên kết >C = O phân cực mạnh hơn.
+ Phân tử (C) phân cực hơn phân tử (A) do nguyên tử oxi có độ âm điện lớn.
− (B) và (E) có nhiệt độ sôi cao hơn do có liên kết hidro liên phân tử, nhưng nhóm –
COOH tạo được liên kết hidro liên phân tử bền hơn nhóm – OH nên nhiệt độ sôi của
(E) > (B)
2. Gọi tên: (0,25đ)
C6H5CH=O Phenylmetanal
C6H5COOH Axit phenylmetanoic
3. Chất lỏng bị kết tinh (0,5đ)
Chất lỏng bị kết tinh là C 6H5CHO vì để lâu bị không khí oxi hóa tạo thành axit
benzoic ở trạng thái rắn:
2C6H5CHO + O2 → 2C6H5COOH

6

`

2

0,5

0,5
0,25
0,25

0,5

0,5

0,5
0,5

0,25

0,25
0,25

0,25

0,5


Câu
(2đ)

Đáp án

Điểm

4. Phương trình phản ứng (0,5đ)
2 5
→ CH3COCH3 + C6H5OH
(CH3)2CHC6H5 + O2 
2.H 2SO 4

1.V O

CH3I + C6H5OH + NaOH → C6H5OCH3 + NaI + H2O
Cơ chế:
C6H5OH + OH- → C6H5O- + H2O
SN 2
C6H5O- + CH3I 

→ C6H5OCH3 + ICân bằng điện hóa:
0

0

0

0,25
0,25
0

1. E MnO- /Mn 2+ = 1,51 V > E Cr O 2- /Cr 3+ = 1,33 V > E Fe3+ /Fe 2+ = 0,771V > E I- /I- = 0,5355 V,
4

2

7

3

nên các quá trình xảy ra như sau:
2 MnO -4 + 16 H+ + 15 I- → 2 Mn2+ + 5 I3- + 8 H2O

0,01
0,5
0,425
0,01
0,025
2+
- →
3+
2 Cr + 3 I3 + 7 H2O
Cr2 O 7 + 14 H + 9 I
0,01
0,425
0,025
0,335
0,02
0,055
2 Fe3+ + 3 I- → 2 Fe2+ + I 3
0,01
0,335
0,055
0,32
0,01
0,06
Thành phần của dung dịch Y:
I 3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M.

0,25

0,25

0,25

I 3 + 2 e → 3 I-

2.
7
(4đ)

0,25

E - - = 0,5355 +
I /I

0,0592
2

3

.log

0,06
(0,32)

3

= 0,54 V.

1,0

0

0
3. Do E I- /I- = 0,5355 V > E Cu 2+ /Cu + = 0,153 V nên về nguyên tắc Cu2+ không oxi hóa
3

được I và phản ứng: 2 Cu2+ + 3 I- → 2 Cu+ + I 3- xảy ra theo chiều nghịch.
Nhưng nếu dư I- thì sẽ tạo kết tủa CuI.
-

0

0

Khi đó E Cu 2+ /CuI = E Cu 2+ /Cu + + 0,0592.log

1
K S(CuI)

0,5

≈ 0,863 V.

0
Như vậy E Cu 2+ /CuI = 0,863 V > E I- /I- = 0,5355 V → Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do tạo
0

3

thành CuI:

2 Cu

+ 5 I- → 2 CuI ↓ + I 3-

2+

0,5

0
4. Vì E Cu 2+ /CuI = 0,863 V > E I- /I- = 0,54 V → điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y là
3

anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch gồm Cu2+, I- (cùng nồng độ 1 M), có chứa kết
tủa CuI là catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
(-) Pt│ I -3 0,060 M; I- 0,32 M║CuI; Cu2+ 1 M; I- 1 M │Pt (+)

0,5

Trên catot: Cu2+ + I- + e → CuI ↓
Trên anot: 3 I- → I -3 + 2e

8
(4đ)

`

Phản ứng trong pin: 2 Cu2+ + 5 I- → 2 CuI ↓ + I -3
1. So sánh pH (1,0 đ)
a. CH3-CH(NH2)-COOH < CH≡C-CH2-NH2 < CH2=CH-CH2-NH2 < C3H7-NH2
Tồn tại ở dạng

Độ âm điện CSP >
CSP2
>
CSP3

3

0,5
0,25


Câu

Đáp án
ion lưỡng cực
b. CH3COOH > NC–[CH2]2COOH > NC–CH(CH3)COOH > NC-CH2COOH
(4)
(3)
(2)
(1)
(1) Do nhóm –CN có hiệu ứng –I → làm tăng tính axit.
(3) Do hiệu ứng –I giảm nhanh theo chiều dài mạch C.
(2) Do nhóm NC– nằm gần nhóm –COOH hơn (3) nhưng có nhóm CH3 gây hiệu ứng
+I.
2. a. Điclobutan (1,0 đ)
Diclobutan có 6 đồng phân quang học (3 cặp đối hình) và một đồng phân meso.

Điểm
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
o

200 C,100atm
b. CH4 + O2 
→ CH3OH

0,5
3. Peptit (1,0 đ)
Thủy phân B nhờ enzim cacboxypeptidaza thu được alanin → aminoaxit đầu C là Ala
và như vậy tripeptit có cấu tạo như sau Glu-Glu-Ala.
B không phản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ có một nhóm cacboxyl
tự do → nhóm NH2 của aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhóm cacboxyl của Glu
thứ hai tồn tại dưới dạng amit –CONH2
Vậy công thức của B là
O

NH

CH

CH2

CH2

CO

NH

CH

CO

NH

CH
CH3

4. Xác định cấu tạo (1,0 đ)
C5H8O3 là một este:
- axit tương ứng khi đun nóng cho khí CO2 và CH3CHO → là CH3-CO-COOH
CH3-CO-COOH → CH3CHO + CO2
- ancol cho phản ứng iodofom → CH3CH2OH
CH3CH2OH + I2 + NaOH → CHI3 + Na2CO3 + NaI + H2O
→ X là CH3CO-COOC2H5
C10H16O4 ozon phân cho sản phẩm X duy nhất nên có CTCT là:
C2H5OOC-C(CH3)=C(CH3)COOC2H5
Do axit tương ứng có liên kết hidro nội phân tử nên phải có cấu hình dạng cis.

- HS làm cách khác nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Nếu đáp số sai từ ý trước dẫn đến sai kết quả ý sau thì cho ½ số điểm ý sau.

`

4

0,5

COOH

C
(CH2)2 CONH2

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25


------------------HẾT------------------

`

5