Deè hsg tinh quảng trị môn hóa lớp 12 năm 2024
Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm
4. Hỗn hợp B gồm hai muối M2CO3 và MHCO3. Chia 49,95 gam B thành ba phần bằng nhau: Phần một tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 39,4 gam kết tủa. Phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 9,85 gam kết tủa. Phần ba tác dụng tối đa với V ml dung dịch NaOH 2,0 M. Tính giá trị của V và viết phương trình phản ứng xảy ra (dạng ion) trong từng thí nghiệm trên. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình ion thu gọn trong các thí nghiệm sau:
Câu 3. (4,0 điểm)
Câu 4. (4,0 điểm)
Dung dịch etanol (rượu etylic) 96o 8333 ml Dung dịch hiđro peroxit 3% 417 ml Dung dịch glyxerol 98% 145 ml Nước cất đã đun sôi, để nguội phần còn lại
Câu 5. (4,0 điểm) 1. Dùng công thức cấu tạo thu gọn để viết phương trình hóa học các phản ứng sau:
2. Hỗn hợp A gồm hai anđehit X, Y đều mạch hở, đơn chức (phân tử của chúng hơn kém nhau hai nguyên tử cacbon). Đốt cháy hoàn toàn 0,14 mol A thu được 0,26 mol CO2 và 0,20 mol H2O. Nếu cho 0,14 mol A tác dụng với AgNO3/NH3 (dư) thu được p gam kết tủa. Hãy tính giá trị của p.
4. Hỗn hợp X gồm ba este mạch hở Y, Z, T trong đó có một este hai chức và hai este đơn chức (MY < MZ < MT). Đốt cháy hoàn toàn 20,04 gam X cần dùng vừa hết 0,79 mol O2; hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình chứa một lượng dư dung dịch nước vôi trong thu được 76,0 gam kết tủa và khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm đi 30,68 gam so với trước phản ứng. Nếu cho 20,04 gam X tác dụng với một lượng dư NaOH thì thu được hỗn hợp gồm các ancol no và 22,08 gam hỗn hợp muối của hai axit cacboxylic kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Xác định công thức cấu tạo các chất Y, Z, T và tính khối lượng của chúng trong X. Cho nguyên tử khối: H=1; C=12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39, Ca=40; Mn=55; Fe=56; Cu=64; Br = 80; Ag=108; Ba=137. —————– HẾT —————– Thí sinh được dùng bảng tuần hoàn và tính tan, không được sử dụng tài liệu khác HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC KỲ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT Khóa ngày 06 tháng 10 năm 2020 Môn thi: HÓA HỌC (Hướng dẫn chấm có 8 trang) Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1 1
2Al + 2KOH + 2H2O 2KAlO2 + 3H2
Al2(SO4)3 + 3K2S + 6H2O 2Al(OH)3 + 3K2SO4 + 3H2S
H2S + Fe2(SO4)32FeSO4 + H2SO4 + S
ZnCl2 + 2NH3 + 2H2O Zn(OH)2 + 2NH4Cl Zn(OH)2 + 4NH3[Zn(NH3)4](OH)2 1,0 2
Þ MR = 31 g/mol Þ R là photpho (P).
Ca3(PO4)2 + 5C + 3SiO2 2P + 5CO + 3CaSiO3 2P + 3Br2(thiếu) 2PBr3 PBr3 + 3H2O 3HBr + H3PO3 H3PO3 + 2NaOH Na2HPO3 + 2H2O 0,5 0,5 3 *nHCl = 0,16*2 = 0,32 mol Fe3O4 + 8HCl 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O mol: 0,04 0,32 0,08 0,04 Cu + 2FeCl3 ® CuCl2 + 2FeCl2 mol: 0,04 0,08 0,04 0,08 Þ m = mX – mCu phản ứng – m(Fe3O4)phản ứng =12,48–0,04*64–0,04*232 = 0,64 (gam). Dung dịch Y chứa: 0,04 mol Cu2+, 0,08 mol Fe2+, 0,32 mol Cl. 5Fe2+ + MnO4 + 8H+ ® 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O mol: 0,08 0,016 10Cl + 2MnO4 + 16H+ ® 5Cl2 + 2Mn2+ + 8H2O mol: 0,32 0,064 Þ V = = 0,8 lít = 800 ml 0,5 0,5 4 Gọi x, y tương ứng số mol M2CO3, MHCO3 trong mỗi phần. P2: Ba2+ + → BaCO3 (1) x= 0,05 0,05 mol P1: HCO3– + OH– → + H2O (2) y Ba2+ + → BaCO3 (3) 0,05+ y 0,2 mol y= 0,15 mol. Theo giả thiết: 0,05.(2.MA + 60) + 0,15.(MA +61) =49,95/3 = 16,65 MA \= 18 vậy A+ là P3: + OH– → NH3 + H2O (4) + OH– → + H2O (5) \= (0,05*2 + 0,15) + 0,15 = 0,4 mol Þ V = 0,4/2 = 0,2 lít = 200 ml. 0,5 0,5 Câu 2 1
HS– + Cu2+ CuS + H+
SO2 + Br2 + 2H2O 4H+ + 2Br– +
3 + 2H+ + 2NO + H2O (2NO + O2 ® 2NO2)
C6H5O– + CO2 + H2O C6H5OH + 1,0 2 MX2 là FeS2 FeS2 + 14H+ + 15 →Fe3+ + 2 + 15NO2 + 7H2O + Ba2+ → BaSO4 Fe3+ + 3NH3 + 3H2O→Fe(OH)3 + 3 1,0 3
(NH2)2CO + 2H2O→ (NH4)2CO3 Ca(OH)2 + (NH4)2CO3→CaCO3↓ + 2NH3↑+ 2H2O Làm mất đi lượng đạm (do thoát raNH3) và làm đất rắn lại (do tạo CaCO3).
2Mg + CO2 2MgO + C (Mg + CO2 MgO + CO) 0,5 4 \= ; \= 0,6 mol Đặt nFe \= x mol; nCu \= y mol. Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO3 → 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 + dung dịch 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 → Fe(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 Nung T: 2KNO3 2KNO2 +O2 (6) + Nếu T không có KOH thì: Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6) \=\=nKOH \=0,6 mol → \= 60,6 gam ≠ 49,55 gam (Loại) + Nếu T có KOH dư: Đặt = a mol → \= a mol; nKOH phản ứng \= a mol; → 85.a + 56.(0,6-a) = 49,55 → a = 0,55 mol Nung kết tủa Y: Cu(OH)2 CuO + H2O Nếu Y có Fe(OH)3: 2Fe(OH)3 Fe2O3 +3H2O Nếu Y có Fe(OH)2 : 4Fe(OH)2+ O2 2Fe2O3 +4H2O Áp dụng BTNT đối với sắt ta có: \= nFe \= ; Áp dụng BTNT Cu ta có: nCuO \= nCu\= y mol →160. + 80.y = 20 (I) mhh kim loại \= 56.x + 64.y = 14,8 (II) Giải hệ (I) và (II) Þ x = 0,15 và y = 0,1. % mFe \= ; %mCu \= 100-56,76 = 43,24% Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X \= n N trong KNO2 \= 0,55 mol. TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 Ta có: \= nCu \= 0,1 mol; \= nFe \= 0,15 mol Gọi (dư) = b mol → b+0,1.2+0,15.3= 0,55 → 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 ) \= z mol (z ≥ 0); \= t mol (t ≥ 0) Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,1. 2 = 0,55 (III) Theo BTNT đối với Sắt → z + t = 0,15 (IV) Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t = 0,05. Khi hỗn hợp kim loại phản ứng với HNO3 nN (B) \= n HNO3 ban đầu– nN trong muối \= 0,8 – 0,55 = 0,25 mol Gọi số oxi hóa trung bình của Nitơ trong hỗn hợp khí B là +k (k>0) Fe → Fe3+ + 3e + (5-k).e → 0,05 0,15 0,25 0,25(5-k) 0,25 Fe → Fe2+ + 2e 0,1 0,2 Cu → Cu2+ + 2e 0,1 0,2 Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,2=0,25(5-k) k = 2,8 Tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong một hỗn hợp = 0 nên: 0,25.(+2,8) + (-2). nO \= 0 nO(B) \= 0,35 mol. Bảo toàn khối lượng: mddX \= m ddaxit + mA – m hh B Þ mdd sau\= 100+14,8-(0,25.14 + 0,35.16)= 105,7 gam Þ\= 17,79% ; = 17,03; = 11,45% 0,5 0,5 0,5 Câu 3 1 Trích mẫu thử từ các dung dịch tương ứng và đánh dấu cẩn thận. – Cho quỳ tím lần lượt vào các mẫu thử: + Mẫu không làm đổi màu quỳ tím: Na2SO4, BaCl2 (nhóm I) + Mẫu làm quỳ tím hóa xanh NaHCO3, NaOH, Na2CO3 (nhóm II) + Mẫu làm quỳ tím chuyển màu đỏ là KHSO4 – Dùng KHSO4 cho vào các mẫu ở nhóm I. + Trường hợp nào có kết tủa trắng được tạo ra là BaCl2: NaHSO4 + BaCl2 → BaSO4 + HCl + NaCl. + Mẫu còn lại ở nhóm I là dung dịch Na2SO4 – Dùng BaCl2 cho vào các chất ở nhóm (II). + Chất phản ứng tạo kết tủa trắng là Na2CO3 BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl + Còn lại hai chất: NaHCO3, NaOH (nhóm III) – Dùng KHSO4 nhận được ở trên cho vào các chất ở nhóm III + Mẫu có khí thoát ra là KHCO3, KHSO4 + KHCO3 → K2SO4 + CO2 + H2O +Mẫu không tạo ra hiện tượng gì là dung dịch NaOH 0,25 0,25 0,25 0,25 2 A1: NaHSO4; A2: Na2SO3 (hoặc NaHSO3); A3: Na2S (hoặc NaHS); A4: Na2O2; A5: Na3N (hoặc NaNH2); A6: SO2; A7: H2S; A8:O2; A9: NH3. 2NaHSO4 + Na2SO3 → 2Na2SO4 + SO2 + H2O (NaHSO3) 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S (NaHS) Na2O2 + H2O → 2NaOH + O2 Na3N +3H2O →3NaOH + NH3 (NaNH2) SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O 2SO2 + O2 2SO3 H2S + 2NH3 → (NH4)2S (NH4HS) 2H2S + O2 → 2S + 2H2O 2H2S + 3O2 2SO2 + 2H2O 4NH3 + 3O2 2N2 + 6H2O 1,0 3 Nếu Mg, Fe phản ứng hết trong dung dịch CuSO4 thì oxit phải chứa MgO, Fe2O3 và có thể có CuO. Như vậy, khối lượng oxit phải lớn hơn khối lượng kim loại. Nhưng theo giả thiết: moxit = 14 gam < mkim loại = 14,8 gam Þ Vậy kim loại dư, CuSO4 hết. Nếu Mg dư thì dung dịch thu được chỉ là MgSO4 Þ kết thúc phản ứng chỉ thu được MgO (trái với giả thiết) Þ Mg hết, Fe có thể dư. Gọi số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp Y lần lượt là x và y mol; số mol Fe đã phản ứng là z (zy) mol. Mg + CuSO4 MgSO4 + Cu x x x x (mol) Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu z z z z (mol) MgSO4 + 2NaOH Mg(OH)2 + Na2SO4 x x FeSO4 + 2NaOH Fe(OH)2 + Na2SO4 z z (mol) Mg(OH)2 MgO + H2O x x (mol) 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O z z/2 (mol) Þ Chất rắn Z gồm Cu (x+z) mol và có thể có Fe dư (y-z) mol. Oxit gồm MgO và Fe2O3. Þ 24x + 56y = 14,8 (1) 64(x+z) + 56(y-z) = 21,6 (2) 40x + 160.z/2 = 14 (3) Giải hệ (1), (2) và (3) ta được x = 0,15 mol, y = 0,2 mol, z = 0,1 mol. mMg= 0,15.24 = 3,6 gam; mFe = 0,2.56 = 11,2 gam. Số mol CuSO4 là x+z = 0,25 mol Þ m = 0,25.214 = 53,5 gam 0,25 0,25 0,5 4
Fe3O4 + 10 HNO3 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O (1) M + 2n HNO3 M(NO3)n + n NO2 + n H2O (2) M + n Fe(NO3)3 nFe(NO3)2 + M(NO3)n (3) + Giả sử M(OH)n không tan trong dd NH3 thì chất rắn R gồm Fe2O3 và M2On Xét các quá trình: 2 Fe3O4 3 Fe2O3 (*) 2 M M2On (**) Theo (*) và (**) thì mR > 26,88 gam nhưng theo giả thiết mR = 19,2 gam < 26,88 gam. Vậy M(OH)n tan trong dung dịch NH3. + mol. Khối lượng A tan trong HNO3 là 26,88 gam. Trường hợp 1: Không xảy ra phản ứng (3) Fe(NO3)3 + 3NH3 + 3H2O Fe(OH)3 +3NH4NO3 (4) 2 Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O (5) mol. Theo (1), (4), (5) Þ mol gam mM tham gia phản ứng (2) là 26,88 – 18,56 = 8,32 gam do (2) sinh ra là 0,02 mol M = 416n (loại) Trường hợp 2: Xảy ra phản ứng (3) không xảy ra phản ứng (4) và (5): Fe(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O Fe(OH)2 + 2NH4NO3 (6) 4 Fe(OH)2 + O2 2 Fe2O3 + 4 H2O (7) Theo (1), (3), (6), (7) mol gam mM tham gia phản ứng (2) và (3) là 26,88 – 18,56 = 8,32 gam nM phản ứng với (2), (3) là mol Suy ra M = 32n. Cặp nghiệm hóa học duy nhất là ; M là Cu
3Cu + 8H+ + 2 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O \= 0,28 (mol); \= 0,09 (mol) ; \= 0,12 (mol ) dd sau phản ứng gồm Khi cô cạn 0,04 mol HNO3 phân hủy. \= 0,09*64 + 0,12*39 + 0,02*62 + 0,14*96 = 25,12 (gam) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4 1 Đặt công thức đơn giản nhất của X là: CxHyOz x : y : z= CTPT của X: (C6H10O5)n X1: C6H12O6; X2: C2H5OH; X3: C2H4; X4: CH3COOC2H5. PTHH: (C6H10O5)n + nH2O n C6H12O6 C6H12O6 2C2H5OH + 2CO2 C2H5OH CH2\=CH2 + H2O CH3CH2OH + CH3COOH CH3COOC2H5 + H2O 0,25 0,25 0,5 2
Vai trò của glyxerol: giữ ẩm cho da
Vetanol = 8333*= 7999,68 ml Khối lượng rượu nguyên chất có trong 8333 ml dung dịch rượu etylic 96o: metanol = 7999,68*0,8 = 6399,74 gam.
2H2O2 2H2O + O2 Ban đầu: 1 0 (mol) Phản ứng: 2x x Sau: 1-2x x C%(H2O2)sau = Þ x = 0,3012 Þ V(O2) = 0,3012*22,4 = 6,75 lít
Bậc liên kết (N) càng lớn, độ dài liên kết O-O càng bé. Liên kết O-O trong phân tử H2O2 là liên kết đơn N = 1 Liên kết O-O trong phân tử O2 là liên kết đôi N = 2 Bậc liên kết O-O trong phân tử O3: N = 1 + ½ = 3/2 Như vậy, độ dài liên kết O-O trong các phân tử tăng dần theo thứ tự: O2, O3, H2O2. 0,5 0,5 0,5 0,5 3
CHCH + H2O CH3-CHO Hỗn hợp Y gồm: x mol CH3CHO, (0,15-x) mol C2H2. CHCH + 2AgNO3 + 2NH3 ® AgCCAg + 2NH4NO3 mol: 0,15-x 0,15-x CH3-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O ® CH3COONH4 +2Ag +2NH4NO3 mol: x 2x mkết tủa = 240*(0,15 – x) + 108*2x = 33,12 g Þ x = 0,12 Þ Hpư \= = 80%
Trong 2,02 gam Y, n(C2H2) : n(CH3CHO) = y mol : 4y mol Ta có: 26y + 44*4y = 2,02 Þ y = 0,01 Þ n(CO2) = 0,01*2 + 0,04*2 = 0,1 mol (Bảo toàn nC) n(Ba2+) = 0,5*0,08 = 0,04 mol; n(Na+) = 0,5*0,1 = 0,05; n(OH–) = 0,5*(0,1 + 0,08*2) = 0,13 mol Do: 1 < n(OH–)/n(CO2) = 0,13/0,1 = 1,3 < 2 Þ tạo 2 muối CO32-, HCO3– CO2 + 2OH– ® + H2O mol: a 2a a CO2 + OH– ® HCO3– + H2O mol: b b b Ta có: Ba2+ + CO32- ® BaCO3 mol: 0,03 0,03 0,03 Þ mkết tủa = 0,03*197 = 5,91 gam Dung dịch sau phản ứng chứa: 0,05 mol Na+, 0,01 mol Ba2+, 0,07 mol HCO3–. mchất tan \= 0,05*23 + 0,01*137 + 0,07*61 = 6,79 (gam). 0,5 0,5 Câu 5 1
+ CH3COCH3 + H2O 1,0 2 Theo bài ra ta có: Þ (A) có chứa CH2O TH1: PTHH: HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O ® 4Ag + (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 mol:0,08 0,32 H2C=CH-CHO+2AgNO3+3NH3 + H2O®2Ag+ H2C=CH-COONH4 +3NH4NO3 mol: 0,06 0,12 Þ m = (0,32 + 0,12)*108 = 47,52 (gam). TH2: loại 0,25 0,5 0,25 3 m gam X phản ứng tối đa 0,06 mol Br2 Þ m gam X phản ứng tối đa với 0,06 mol H2. Xét quá trình: BTKL: mY + mNaOH phản ứng = mmuối + mnước + mglyxerol (m + 0,06*2) + 40*4x = 48,40 + 18x + 92x m + 50x = 48,28 (1) Xét quá trình đốt cháy hoàn toàn m gam X: BTKL: m + 4,21*32 = 44y + 2,82*18 m – 44y = -83,96 (2) BT n(O): 2x + 6x + 4,21*2 = 2y + 2,82 8x – 2y = -5,60 (3) Giải (1), (2), (3) tìm ra: m = 46,28 (g) 0,5 0,5 4 Đốt cháy 20,04 gam X: n(CaCO3) = 76/100 = 0,76 mol Ca(OH)2 + CO2 ® CaCO3 + H2O mol: 0,76 0,76 mdd = m(CO2) + m(H2O) – m(CaCO3) Þ -30,68 = 44*0,76 + 18n(H2O) – 76 Þ n(H2O) = 0,66 mol Bảo toàn n(O): n(O)X = 0,76*2 + 0,66 – 0,79*2 = 0,6 mol Þ n(COO)X = 0,3 mol Theo bài ra, hỗn hợp X phải gồm: 2 este đơn chức và 1 este 2 chức tạo ra từ ancol hai chức và hai axit đơn chức. Þ Ta có: Quy đổi hỗn hợp gồm các ancol no về: Vậy, hỗn hợp X gồm: Þ 8n + 2m = 14 Þ n =1, m = 3 Þ X 0,25 0,25 0,5 Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nữa số điểm của PTHH đó. Làm tròn đến 0,25 điểm. |
