Các dạng đề Hóa 10 hay

(1)

[Type text]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Môn thi : Hóa học

Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 02 trang)

Câu I (2 điểm)

1. Chỉ dùng thêm phương pháp đun nóng, hãy nêu cách phân biệt các dung dịch mất nhãn chứa từng chất sau: NaHSO4, KHCO3, Mg(HCO3)2, Na2SO3, Ba(HCO3)2.

2. Cho sơ đồ các phương trình phản ứng:

(1) (X) + HCl  (X1) + (X2) + H2O (5) (X2) + Ba(OH)2  (X7)

(2) (X₁) + NaOH  (X3) + (X₄) (6) (X₇) +NaOH  (X8) + (X₉) + … (3) (X₁) + Cl₂ (X5) (7) (X₈) + HCl  (X2) +…

(4) (X3) + H2O + O2  (X6) (8) (X5) + (X9) + H2O  (X4)+ … Hoàn thành các phương trình phản ứng và cho biết các chất X, X₁,…, X₉. Câu II (2 điểm)

1. Cho sơ đồ chuyển hóa giữa các chất hữu cơ như sau:

(Các chữ cái A, B, C, D, E, F là kí hiệu các chất khác nhau cùng có 2 nguyên tử Cacbon trong phân tử)

Tìm công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra theo sơ đồ biến hóa trên, ghi rõ điều kiện để phản ứng xảy ra (nếu có).

2. Tiến hành lên men giấm 200ml dung dịch ancol etylic 5,75⁰thu được 200ml dung dịch Y. Lấy 100ml dung dịch Y cho tác dụng với Na dư thì thu được 60,648 lít H₂ (đktc). Tính hiệu suất của phản ứng lên men giấm.

(Biết

2 5

C H OH

d = 0,8 g/ml;

H O2

d = 1 g/ml) Câu III (2 điểm)

1. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong nguyên tử của 2 nguyên tố M và X lần lượt là 82 và 52. M và X tạo thành hợp chất MX_a(a: nguyên dương, trong hợp chất MX_a thì X có số oxi hóa bằng -1), trong phân tử của hợp chất MXa có tổng số hạt proton bằng 77. Xác định công thức phân tử MX_a.

(Cho biết một số nguyên tố: 7N, 8O, 9F, 16S, 15P, 17Cl, 29Cu, 26Fe, 30Zn, 24Cr, 25Mn) 2. Một hỗn hợp lỏng gồm 4 chất: C₆H5OH, C6H6, C6H5NH2, C2H5OH. Nêu phương pháp

tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp.

ĐỀ CHÍNH THỨC

A B CH3CHO

C D E

dd KMnO₄ dd H₂SO_{4 đặc} t⁰C

F (Muối amoni)

(2)

[Type text]

Câu IV (2 điểm)

Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO3 0,45 M và H2SO4 0,9M. Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Dung dịch Y hòa tan tối đa m₁ gam bột Cu và thu được V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO3

-).

1. Tính % khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

2. Tính giá trị m₁ và V.

3. Cho m2 gam Zn vào dung dịch Y (tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3 -), sau phản ứng thu được 3,36 gam chất rắn. Tính giá trị m₂.

Câu V (2 điểm)

Este A tạo bởi 2 axit cacboxylic X, Y đều mạch hở, không phân nhánh và ancol Z.

Xà phòng hóa hoàn toàn a gam A bằng 140 ml dung dịch NaOH, để trung hòa NaOH dư sau phản ứng cần dùng 80ml dung dịch HCl 0,25M, thu được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được b gam hỗn hợp muối khan M, nung M trong NaOH khan, dư có xúc tác CaO, thu được chất rắn R và hỗn hợp khí K gồm 2 hidrocacbon có tỉ khối so với O₂ là 0,625. Dẫn khí K lội qua dung dịch nước brom dư thấy có 5,376 lít một chất khí thoát ra. Cho toàn bộ lượng chất rắn R thu được ở trên tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư, có 8,064 lít khí CO2 thoát ra.

(Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn) 1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, A. Biết rằng để đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam

ancol Z cần dùng 2,352 lít O₂ (đktc), sau phản ứng khí CO2 và hơi nước tạo thành có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 11/6.

2. Tính giá trị a, b và nồng độ dung dịch NaOH đã dùng trong phản ứng xà phòng hóa ban đầu.

****

Cho nguyên tử khối các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Cl = 35,5; S = 32;

Na = 23; Ca = 40; Fe = 56; Zn = 65; Cu = 64.

--- Hết ---

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

Chữ ký giám thị số 1:………...Chữ ký giám thị số 2:………

(3)

[Type text]

Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương

=========

ĐÁP ÁN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG Lớp 12 THPT năm học 2011 – 2012

==================

Môn thi : Hóa học

Câu Ý ĐÁP ÁN Điểm

1 1 1 (1đ)

- Lấy mẫu thí nghiệm.

- Đun nóng các mẫu thí nghiệm thì thấy:

+ Một mẫu chỉ có khí không màu thoát ra là KHCO₃. 2KHCO3 ^t⁰ K2CO3 + CO2↑ + H₂O

0,25

+ 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)

Mg(HCO3)2 ^t⁰ MgCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O Ba(HCO3)2 ^t⁰ BaCO3 ↓ + CO2 ↑ + H₂O

+ Hai mẫu không có hiện tượng gì là dung dịch NaHSO₄, dung dịch Na₂SO₃. (Nhóm II)

0,25

- Lần lượt cho dung dịch KHCO3 đã biết vào 2 dung dịch ở nhóm II.

+ Dung dịch có sủi bọt khí là NaHSO₄:

2NaHSO4 + 2KHCO3  Na2SO4 + K2SO4 + CO2 ↑ + 2H₂O

+ Dung dịch không có hiện tượng là Na2SO3.

0,25

- Lần lượt 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

0,25

Chú ý: Học sinh có thể có các cách giải khác nhau, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

ĐỀ CHÍNH THỨC

(4)

[Type text]

1 2 (1đ)

Các phương trình phản ứng:

(1) FeCO3 + 2HCl  FeCl2 + CO2 + H2O (X) (X₁) (X₂)

(2) FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl

(X1) (X3) (X4)

0,25

(3) 2FeCl2 + Cl2  2FeCl3

(X1) (X5) (4) 4Fe(OH)2 + 2H₂O + O₂  4Fe(OH)₃ ↓

(X3) (X6) 0,25 (5) 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2

(X2) (X7)

(6) Ba(HCO3)₂ + 2NaOH  BaCO₃ ↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

(X7) (X8) (X9) 0,25 (7) BaCO3 + 2HCl  BaCl2 + CO2 + H2O

(X8) (X2)

(8) 2FeCl₃ + 3Na₂CO₃ + 3H₂O  2Fe(OH)₃ ↓ + 3CO₂ + 6NaCl (X₅) (X₉)

0,25

Các chất: X: FeCO₃ X₁: FeCl₂ X₂ :CO₂ X₃: Fe(OH)₂ X₄: NaCl X5: FeCl3 X6: Fe(OH)3 X7: Ba(HCO3)2 X8: BaCO3 X9: Na2CO3

2 1 (1đ)

Công thức cấu tạo các chất:

A. CH₂=CH2 B. HOCH2-CH2OH C. CH3-CH2-Cl D. CH₃-CH₂-OH E. CH₃-COOH F. CH₃-COONH₄ A→B:

3CH₂=CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3 HOCH2-CH₂OH + 2KOH + 2MnO₂

0,25

B→CH₃CHO: HOCH2-CH2OH CH3-CHO + H2O A → C: CH2=CH2 + HCl CH3-CH2-Cl

0,25

C → D: CH3-CH2-Cl + NaOH CH3-CH2-OH + NaCl D → E: CH3-CH2-OH + O2 CH3-COOH + H2O

0,25

dd H₂SO_{4 đặc} t⁰C

t⁰C

Men giấm

(5)

[Type text]

CH3-CHO→ F:

CH₃-CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O CH3-COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3

E→ F: CH₃COOH + NH₃ → CH₃COONH₄

0,25

Chú ý: Học sinh chọn chất tác dụng khác nhau mà đúng vẫn cho điểm tương đương

2 2 (1đ)

2 5

C H OH

V _bân_đầu = ^{200.5, 75}

100 = 11,5 ml =>

2 5

C H OH

m = 11,5.0,8 = 9,2 gam

 nC H OH2 5 _{ban đầu} = 0,2 mol

 VH O2 _{ban đầu}= 200 – 11,5 = 188,5 ml => n_{H O}₂ _{ban đầu} = 10,47 mol

0,25

Giả sử có x (mol) ancol bị chuyển hoá, ta có C2H5OH + O2 CH3COOH + H2O x mol x mol x mol

Vậy sau phản ứng dung dịch Y có: x(mol)CH₃COOH ; (0,2 -x) mol C2H5OH và

(x+10,47)mol H₂O.

0,25

Cho Na dư vào 100 ml dung dịch Y:

CH3COOH + Na ^^CH3COONa + 1/2H2(1) C₂H₅OH + Na C₂H₅ONa + 1/2H₂(2) H2O + Na ^^NaOH + 1/2H2(3)

0,25

 nH2= ¼(x + 0,2 – x + 10,47 + x) = ¼(10,67 + x)

 Theo bài

H2

n = 2,7075 mol => ¼(10,67 + x) = 2,7075 => x = 0,16 mol

 H_phản_ứng = ^0,16x100% 80%

0,2 

0,25

3 1 (1đ)

Gọi p, n, e là số hạt cơ bản của X ( p, n, e nguyên dương) Có: 2p + n = 52  n = 52 -2p

Ta luôn có p n 1,524p  p 52-2p1,524p14,75p17,33.

0,25

Vì p nguyên  p = 15, 16, 17.

Cấu hình electron của X là: p = 15: 1s²2s²2p⁶3s²3p³ p = 16: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁴ p = 17: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵

Trong hợp chất X có số oxi hóa bằng -1 => X là Cl _0,25

t⁰

(6)

[Type text]

Vậy X có 17p, 17e, 18n  X là Clo (Cl) Gọi p’; n’; e’ là số hạt cơ bản của M.

Tương tự ta có n’ = 82-2p’ 3p’823,524p’ 23,26 p’27,33

0,25

Mà trong MX_a có 77 hạt proton p’ + 17.a = 77  p’ = 77-17a

82 82

77 17.

3,5   a 3 2,92a3,16

Vì a nguyên  a = 3. Vậy p’ = 26. Do đó M là Fe.

Công thức hợp chất là FeCl₃.

0,25

3 2 (1đ)

Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần không tan ta được hỗn hợp gồm C6H6, C6H5NH2 (hỗn hợp I)

C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O

Phần dung dịch gồm: C₆H5ONa, C2H5OH, NaOH dư ( dung dịch II)

0,25

Chưng cất dung dịch (II), hơi ngưng tụ làm khô được C2H5OH vì C₆H₅ONa, NaOH không bay hơi.

Cho CO2 dư vào dung dịch C6H5ONa, NaOH, lọc tách phần kết tủa được C6H5OH

NaOH + CO2 → NaHCO3

C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3

0,25

Cho hỗn hợp (I) vào dung dịch HCl dư, chiết tách phần không tan ta được C6H6

C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl (tan) ^0,25 Cho dung dịch thu được gồm C₆H₅NH₃Cl, HCl dư vào dung dịch NaOH dư, chiết tách phần chất lỏng ở trên ta được C6H5NH2

HCl + NaOH → NaCl + H2O

C6H5NH3Cl + NaOH → C₆H5NH2 + NaCl + H2O ^0,25

4 1 1đ

1. Số mol NaNO3 = 0,36 mol

số mol H₂SO4 = 0,72 mol => số mol H⁺ = 1,44 mol ^0,25 Ta có các bán phản ứng:

NO3-

+ 4H⁺ + 3e → NO + 2H2O (1) mol 0,16 ← 0,16 ← 0,16 ← 0,16

Số mol NO = 0,16 mol => H⁺ và NO3

- dư, kim loại phản ứng hết.

Số mol NO₃^- phản ứng = 0,16 mol; số mol H⁺ phản ứng = 0,64 mol

0,25

(7)

[Type text]

Fe → Fe³⁺ + 3e(1) Zn → Zn²⁺ + 2e(2)

Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol

Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình 56 x + 65 y = 10,62 (I)

Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình

3x + 2y = 0,16.3 (II) ^0,25 Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol

m_Fe = 0,12.56 = 6,72 g => % m_Fe = 63,28%

=> % mZn =100% - 63,28 % = 36,72 % ^0,25

4 2 (0,5đ)

Dung dịch Y có 0,2 mol NO₃^-; 0,8 mol H⁺; 0,12 mol Fe³⁺; 0,06 mol Zn²⁺, khi thêm bột Cu vào dung dịch Y:

3Cu + 8H⁺ + 2NO3

- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4 H2O (3) 0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 0,2 (mol)

2Fe³⁺ + Cu → 2Fe²⁺ + Cu²⁺ (4)

0,12 → 0,06 ^0,25

Từ phản ứng (3), (4) có tổng số mol Cu = 0,36 mol m₁ = 0,36.64 = 23,04 gam

VNO = 4,48 lít ^0,25

4 3 (0,5đ)

Thêm m₂ gam Zn vào dung dịch Y có 0,2 mol NO₃^-; 0,8 mol H⁺; 0,12 mol Fe³⁺; 0,06 mol Zn²⁺:

Do khối lượng Fe³⁺ = 0,12.56 = 6,72 gam > khối lượng chất rắn bằng 3,36 gam. Nên trong 3,36 gam chất rắn sau phản ứng chỉ có Fe, Zn hết nFe = 3,36/56 = 0,06 mol

0,25

3Zn + 8H⁺ + 2NO3

- → 3Zn²⁺ + 2NO + 4 H2O 0,3 ← 0,8 ← 0,2

Zn + 2Fe³⁺ → Zn²⁺ + 2Fe²⁺

0,06 ← 0,12 → 0,12 Zn + Fe²⁺ → Zn²⁺ + Fe 0,06 ← 0,06 ← 0,06

Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol

=> mZn = 27,3 gam ^0,25

(8)

[Type text]

5 1 (1,5đ)

* Xác định công thức phân tử của ancol Z.

Khi đốt cháy Z cho ² ²

2 2

11 3

6 4

CO CO

H O H O

m n

m   n  . Vậy

2 2

H O CO

n n => Z là ancol no, mạch hở: C_nH_2n+2O_k (k≤n)

0,25

CnH2n+2Ok + ³ ¹

2 n k

O2 → nCO2 + (n+1)H2O x(mol) → ³ ¹

2 n k

.x → n.x →(n+1).x Bài cho

O2

n _{phản ứng}= 0,105 mol. Ta có ^. ³ 3

( 1). 4

n x n

n x  



0,25

mZ = (14n + 2 + 16k).x = 2,76

O2

n = ³ ¹

2 n k

.x = 0,105 => (3n + 1 – k).x = 0,21 Thay n = 3 vào ta có ^{44 16} ^{2, 76} 3

10 0, 21

k k

k

   

 . Vậy Z là C3H8O3

CH₂OHCHOHCH₂OH: Glixerol

0,25

Xác định 2 axit X, Y:

Vì khối lượng trung bình K = 32.0,625 = 20, vậy chắc chắn có CH4, khí còn lại là R^’H.

Cho K qua dung dịch Br2 dư chỉ thu được 1 khí bay ra có số mol bằng 5,376/22,4 = 0,24 mol

Chất rắn R có chứa Na₂CO3 do đó phản ứng với dung dịch H2SO4

loãng dư có phản ứng:

Na₂CO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O 0,36 ← 0,36

0,25

 nCH4= 0,24 mol => axit tương ứng X là CH₃COOH CH3COONa + NaOH Na2CO3 + CH4

0,24 ← 0,24 ← 0,24 ← 0,24

Chất còn lại: R^’(COOH)t có muối R^’(COONa)t (t=1 hoặc t = 2) R^’(COONa)_t + t.NaOH → t.Na₂CO₃ + R^’H

0,12 → 0,12/t Ta có: Khối lượng trung bình khí K = ^'

16.0, 24 .0,12 0,12 20 0, 24

R Ht

M t

t

 



0,25

CaO, t⁰

(9)

[Type text]

 _'

R Ht

M = 20 +8.t; Vì mạch không phân nhánh nên t = 1 hoặc t = 2

 t=1 => _'

R Ht

M = 28 => C₂H₄ => axit Y: CH₂=CH-COOH (0,12 mol)

 t = 2 => MR H' _t = 36 (loại)

C2H3COONa + NaOH → C2H4 + Na2CO3

0,12 ← 0,12 ← 0,12 ← 0,12

0,25

5 2 (0,5đ)

Trung hòa NaOH dư sau xà phòng hóa NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,02 0,02 0,02 0,02 Vậy muối M gồm: CH₃COONa (0,24 mol) C2H3COONa (0,12 mol)

NaCl (0,12 mol)

mM = b = 82.0,24 + 94.0,12 + 58,5.0,02 = 32,13 gam

0,25

A là: C3H5(OCOCH3)2(OCOC2H3)

nA = 0,12 mol => a = 230.0,12 = 27,6 gam Công thức cấu tạo A là:

0,25

CH2

CH CH₂ CH3COO -

CH₂=CH-COO - CH3COO -

CH2

CH CH₂ CH3COO - CH2=CH-COO - CH₃COO -