SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Mơn thi: HĨA HỌC-LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm câu) Cho biết Nguyên tử khối: H =1, C =12, N =14, O =16, Na = 23, Mg =24, S =32, K = 39, Ca = 40, Ba= 137; Zn = 65; Mn = 55; Cl =35,5; Al = 27 Câu 1: (3,0 điểm) Nêu tượng viết phương trình hóa học xẩy thí nghiệm sau: a) Cho lượng nhỏ tristearin vào ống nghiệm chứa dung dịch NaOH loãng (dư) đun nóng Để nguội ống nghiệm thêm tiếp vào vài giọt dung dịch CuSO b) Cho lượng nhỏ vinyl fomat vào ống nghiệm chứa dung dịch NaOH loãng (vừa đủ) Thêm tiếp dung dịch AgNO3 NH3 vào đun nóng nhẹ ống nghiệm c) Cho dung dịch HCl dư vào ống nghiệm chứa 2,0 ml anilin, kết thúc phản ứng thêm tiếp lượng dư dung dịch KOH vào d) Cho ml dung dịch H2SO4 đặc vào cốc thủy tinh chứa gam Saccarozơ e) Cho gam đạm Ure vào dung dịch nước vôi (dư) g) Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch KHSO4 h) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch HCl loãng Hợp chất X có cơng thức phân tử C8H11O2N Biết X không làm màu brom CCl4 X tạo thành từ chất hữu Y chất hữu Z; phân tử khối Y Z lớn 50 đvC; Y tác dụng với nước brom tạo kết tủa trắng Hoàn thành phương trình hóa học sau dạng cơng thức cấu tạo thu gọn X + NaOH  Y + T + H2O (1) X + HCl  Z + E (2) E + NaOH  Y + NaCl + H2O (3) T + HCl  Z + NaCl (4) Câu 2: (3,0 điểm) Có ba dung dịch: amoni hiđrocacbonat, natri aluminat, natri phenolat ba chất lỏng: ancol etylic, benzen, anilin đựng sáu ống nghiệm riêng biệt Chỉ dùng thuốc thử dụng cụ phòng thí nghiệm, trình bày cách nhận biết chất Thủy phân hoàn toàn chất hữu E (C 12H10O6, chứa chức este) dung dịch NaOH, thu chất hữu X, Y, Z T Biết T chứa nguyên tử Cacbon; Y chứa vòng benzen MT < MX < MZ < MY Cho Y tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng, dư thu hợp chất hữu F (C 7H8O2) Biết a mol E phản ứng tối đa với 4a mol NaOH dung dịch Xác định công thức cấu tạo thu gọn X, Y, Z, T E Câu 3: (2,0 điểm) Nung nóng a gam hỗn hợp khí X gồm ankan A, anken B, axetilen H bình kín (xúc tác Ni, khơng có mặt O2) đến phản ứng hoàn toàn, thu hỗn hợp khí Y Đốt cháy hồn tồn Y cần vừa đủ V lít khí O 2, thu hỗn hợp Z gồm khí Dẫn tồn Z qua bình chứa dung dịch H 2SO4 đặc, dư khối lượng bình tăng thêm 7,92 gam Hỗn hợp Y làm màu tối đa 100 ml dung dịch Br 1M Mặt khác, cho 6,72 lít khí X qua dung dịch Br2 dư có 38,4 gam brom phản ứng Tổng số nguyên tử Cacbon A axetilen gấp hai lần số nguyên tử Cacbon B; số mol A B nhau; khí đktc; A B có số nguyên tử Cacbon khác Tính V Câu 4: (2,0 điểm) Axit cacboxylic X đơn chức, mạch hở, phân tử chứa liên kết C=C; Y, Z hai axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng (M Y < MZ) Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu dung dịch F Cô cạn dung dịch F thu m gam chất rắn khan G Đốt cháy hoàn toàn G O2 dư, thu Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí Hấp thụ tồn T vào bình đựng nước vơi trong, dư, sau phản ứng hồn tồn khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam Tính khối lượng Z 23,02 gam E Câu 5: (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn tồn 5,52 gam chất X, thu hỗn hợp khí A gồm CO 2, HCl, N2 H2O Chia A thành hai phần, cho phần từ từ vào dung dịch Ca(OH) dư, thu gam kết tủa khối lượng dung dịch Ca(OH) giảm 1,82 gam, đồng thời có 0,112 lít (đktc) khí ra; cho phần vào dung dịch AgNO dư khối lượng dung dịch AgNO3 giảm 2,66 gam thu 5,74 gam kết tủa Các phản ứng xảy hồn tồn Xác định cơng thức đơn giản X Câu 6: (2,0 điểm) Đun nóng 14,19 gam Este X đơn chức, mạch hở với dung dịch NaOH vừa đủ, thu 15,51 gam muối; Y este no, hai chức có số nguyên tử Cacbon với X; Z peptit mạch hở tạo glyxin alanin Đốt cháy 13,9 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng vừa đủ 13,216 lít khí O (đktc) Mặt khác, đun nóng 13,9 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu ancol hỗn hợp F có chứa a mol muối glyxin b mol muối alanin Đốt cháy toàn F, thu H2O, N2, 0,31 mol CO2 0,1 mol Na2CO3 Tính tỉ lệ a:b Câu 7: (2,0 điểm) Hỗn hợp E gồm ba triglyxerit X, Y, Z ba axit béo A, B, C Cho 42,32 gam E tác dụng với 120 gam dung dịch NaOH 7%, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu phần G m gam chất rắn F Dẫn toàn G vào bình đựng kim loại Kali dư, kết thúc phản ứng thu 71,12 lít khí H2 (đktc) Mặt khác, 5,29 gam E phản ứng tối đa với 50 ml dung dịch Br2 0,15M Đốt cháy 10,58 gam E cần dùng 21,448 lít O (đktc) Các phản ứng xảy hồn tồn Tính m Câu 8: (2,0 điểm) Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3O4, FeS, FeS2, CuS S lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,25 mol H 2SO4 đặc, nóng Sau phản ứng thu dung dịch Y có 4,48 lít (đktc) khí SO Cho dung dịch Ba(OH) dư vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thu 30,7 gam kết tủa Mặt khác, hòa tan hết m gam X dung dịch HNO3 đặc nóng, thu dung dịch Z hỗn hợp khí gồm a mol NO 0,02 mol SO2 Biết dung dịch Z có chứa 15,56 gam muối Tính m tính a Câu 9: (2,0 điểm) Nung nóng m gam hỗn hợp M gồm (NH 4)2CO3, CuCO3.Cu(OH)2 bình kín khơng có khơng khí đến phản ứng hồn toàn, thu chất rắn X, hỗn hợp Y gồm khí Cho tồn Y tác dụng với dung dịch HCl dư, thu 2,675 gam muối Hòa tan hết X dung dịch HNO3 đặc nóng, thu 13,44 lít khí NO (sản phẩm khử nhất, đo đktc) Tính m ………………………Hết…………………… - Thí sinh không sử dụng tài liệu, kể bảng hệ thống tuần hoàn nguyên tố - Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:……………… Câu Nội Dung a Dung dịch thu có màu xanh lam b c d e g h Câu Điểm (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH  3C17H35COONa + C3H5(OH)3 CuSO4 + 2.NaOH  Cu(OH)2 + Na2SO4 2C3H5(OH)3 + Cu(OH)2  (C3H7O3)2Cu + 2H2O Có kết tủa Ag tạo HCOOCH=CH2 + NaOH  HCOONa + CH3CHO HCOONa + 2AgNO3+3NH3 + H2O NH4O-CO-ONa + 2NH4NO3 + 2Ag CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O  CH3COONH4+ 2NH4NO3 + 2Ag Dung dịch từ suốt chuyển sang đục C6H5NH2 + HCl  C6H5NH3Cl (tan nước) C6H5NH3Cl + KOH  C6H5NH2 + KCl + H2O Saccarozơ dần chuyển sang màu đen, sau tạo thành khối chất rắn xốp màu đen bị khí đẩy lên miệng cốc thủy tinh tạo CO 2, SO2 Các phản ứng: C12H22O11 + H2SO4(đặc)  12C + 11H2O C + 2H2SO4  CO2 + 2SO2 + 2H2O Có khí mùi khai có kết tủa trắng xuất dung dịch (NH2)2CO + 2H2O  (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + 2NH3 + 2H2O Có kết tủa trắng xuất dung dịch BaCl2 + 2KHSO4  BaSO4 + K2SO4 + 2HCl Dung dịch chuyển sang màu vàng đồng thời có khí khơng màu bị hóa nâu khơng khí 3Fe2+ + 4H+ + NO3-  3Fe3+ + NO + 2H2O 2NO + O2  2NO2 Theo sơ đồ ta có: T có dạng RCOONa  Z RCOOH E có dạng R’NH3Cl  Y R’NH2 X có dạng RCOONH3R’ Vì MX > 50 ; MY > 50 A không làm màu brom CCl4; A tạo thành từ chất hữu X chất hữu Y Y tác dụng với nước brom tạo kết tủa trắng => CTCT Y là: C6H5NH2 CTCT Z là: CH3COOH CTCT X là: CH3COONH3C6H5 (Phenyl amoni axetat) Các phương trình phản ứng: CH3COONH3C6H5 + NaOH  C6H5NH2 + CH3COONa + H2O CH3COONH3C6H5 + HCl  CH3COOH + C6H5NH3Cl C6H5NH3Cl + NaOH  C6H5NH2 + NaCl + H2O CH3COONa + HCl  CH3COOH + NaCl Nội dung Điểm Dùng dung dịch HCl nhận tất chất: Cho từ từ dung dịch HCl vào ống nghiệm chứa dung dịch chất lỏng ta có: - nhận NH4HCO3 có khí - nhận NaAlO2 lúc đầu có kết tủa tạo HCl dư kết tủa keo trắng bị tan - nhận C6H5ONa lúc đầu tạo dung dịch sau phân thành hai lớp - nhận etanol tạo dung dịch đồng - nhận benzen khơng tan dung dịch HCl, dung dịch phân thành lớp - nhận anilin lúc đầu phân thành hai lớp sau lắc tạo thành dung dịch tan Các phương trình phản ứng: HCl + NH4HCO3  NH4Cl + CO2 + H2O HCl + NaAlO2 + H2O  Al(OH)3 + NaCl 3HCl + Al(OH)3  AlCl3 + 3H2O HCl + C6H5ONa  C6H5OH + NaCl HCl + C6H5NH2 C6H5NH3Cl E có cơng thức cấu tạo: HCOO-C6H4CH2OOC-COOCH=CH2 (3 đồng phân) CH2=CH-OOC-COOC6H4CH2-OOCH (3 đồng phân) Z là: NaOOC-COONa; T là: CH3CHO; Y là: NaOC6H4CH2OH; X là: HCOONa; Câu Nội dung Sơ đồ phản ứng thí nghiệm đầu: X A: x mol + V lít O2  CO2 + H2O (0,44 mol) B: x mol  Khí Y + 0,1mol Br2 … C2H2: ymol H2: z mol Thí nghiệm sau: 0,3 mol X + 0,24 mol Br2 Theo gt ta có CA + C2 = 2.CB CA < (vì khí đktc) =>có hai trường hợp xảy ra: TH1: A C2H6 B C2H4 TH2: A C4H10 B C3H6 Vì A, B có số ngun tử C khác => A C4H10 B C3H6 Trong thí nghiệm 1: áp dụng BTNT(H) => 16x + 2y + 2z =2.0,44 (1) nH2 = n liên kết  (trong X) – nBr2 => x + 2y - 0,1 = z (2) Giả sử thí nghiệm sau lượng X = k lần thí nghiệm đầu => (2x + y + z).k = 0,3 (mol) (3) BT liên kết  => nBr2 = (x + 2y).k = 0,24 mol (4) Từ (3), (4) ta có: 0,75x – 1,5y + z = (5) Giải hệ (1), (2), (5) => x = 0,04; y = 0,06; z = 0,06 Đốt cháy Y đốt cháy X ta có: X C4H10 0,04 mol C3H6 0,04 mol C2H2 0,06 mol H2 0,06 mol =>BTNT (C) ta có: nCO2 = 4.0,04 + 3.0,04 + 2.0,06 = 0,4 mol BTNT (O) ta có: 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O = 2.0,4 + 0,44 = 1,24 mol Điểm => nO2 = 0,62 mol => V = 13,888 lít Câu Nội dung Điểm Sơ đồ phản ứng: RCOOH + NaOH  RCOONa + H2O 0,46 mol (F) 0,46 mol Từ sơ đồ ta => số mol COO = 0,46 mol => nH2O = 0,46 mol BTNT (C H) cho sơ đồ ta có: F có tổng khối lượng C H = 23,02 – 0,46.32 – 0,46.1 = 7,84 gam Đốt cháy F thu 0,23 mol Na2CO3; x mol CO2, y mol H2O => tổng khối lượng CO2 H2O = 44x + 18y = 22,04 (1) tổng khối lượng (C H) = 12x + 2y + 0,23.12 = 7,84 (2) Giải (1), (2) =>x = 0,37; y = 0,32 Đốt cháy G gồm muối axit chứa liên kết C=C axit no, đơn chức => nCO2 – nH2O = 0,05 mol => số mol axit no = 0,41 mol Gọi CTTQ X CmH2m-2O2 (m>2) Y, Z có dạng chung CnH2nO2 (n>1) Bảo tồn C ta có 0,05m + 0,41n = 0,6 Vì n > => m m = n = 45/41 => có hai axit gồm: 0,37 mol HCOOH 0,04 mol CH3COOH => mZ = 2,4 gam Câu Nội dung Điểm Ta có: phần khối lượng dung dịch gảm = m (kết tủa) – m(H2O) – m(CO2) – m(HCl) => m(CO2) + m(H2O) + m(HCl) = 4,18 gam Theo gt: nN2 = 0,005 mol Vì Ca(OH)2 dư nên nCO2 = nCaCO3 = 0,06 mol => m(H2O) + m(HCl) = 18x + 36,5y = 1,54 gam nHCl = nAgCl = 0,04 mol Trong phần Khối lượng dung dịch giảm = m(kết tủa) – m(H2O) – m(HCl) => m(H2O) + m(HCl) = 3,08 gam => m(phần 1) : m(phần 2) = 1,54 : 3,08 = 0,5 => Trong A có nCO2 = 3.0,06 = 0,18 mol; nH2O = 0,135 mol; nHCl = 0,06 mol; nN2= 0,015 mol => BTNT(O) ta có nO = 0,03 mol Vậy X có: nC : nH : nO : nCl : nN = 0,18 : 0,33 : 0,03 : 0,06 : 0,03 = 6:11:1:2:1 => CTĐG X C6H11ONCl2 Câu Nội dung Điểm Ta có 14,19 gam RCOOR’  15,51 gam RCOONa => MR’ R’ CH3 =>nX = 0,165 => MX = 86 => CH2 = CH – COOCH3 => Y (COOCH3)2 Ta có nC muối = 0,41 => nC hỗn hợp = 0,41 + nC ancol Quy peptit aminoaxit CnH2n+1NO2 (z mol) – t mol H2O Gọi số mol X, Y, Z x, y, z, ta có: số mol nhóm COO = nNa = 0,2 => nO =0,4 - t => x + 2y + z = 0,2 = nNa => x + 2y = 0,2 – z (1) nCH3OH = x + 2y = 0,2 – z => nC hỗn hợp = 0,41 + 0,2 – z = 0,61-z nH = 6x + 6y + 2nz + z – 2t (2) Bảo toàn nguyên tố C ta có: 0,61 – z = 4x + 4y + nz (3) Thay x = 0,2 – z – 2y vào (3) ta có: nz = 4y + 3z – 0,19 (4) Từ (1, 2, 4) => nH2O = ½.nH = 0,41 + y + z/2 – t = 0,61 –z/2 – x – y – t (5) Sơ đồ phản ứng: C4H6O2 (x mol) CO2 (0,61 –z) C4H6O4 (y mol) + 0,59 mol O2  H2O (0,41 + z/2 + y – t) CnH2n+1NO2 (z) – t mol H2O N2 z/2 Bảo toàn nguyên tố O ta có: 0,4 – t + 0,59.2 = 2(0,61 –z) + 0,41 + y + z/2 – t => y = 1,5z – 0,05 (6) Giả sử peptit có k mắt xích => t = z(k-1)/k (7) Bảo tồn khối lượng: mhỗn hợp = 13,9 = mC + mH + mN + mO 13,9 = 12(0,61 – z) + 2(0,41 + y + z/2 – t) + 14z + 16(0,4 – t) => z = 0,54k/(12k-18) Thay z vào (4) => n.0,54k/(12k – 18) = 4(1,5z – 0,05) + 3z – 0,19 =>n = (0,18k + 7,02)/0,54k Vì peptit tạo từ Gly Ala nên 2 k = 5, 6, Xét trường hợp thấy k =6 thỏa mãn => x = 0,06; y = 0,04; z = 0,06 => n =2,5 Vậy tỉ lệ Gly:Ala = 1:1 => a:b =1:1 Câu Nội dung Điểm Gọi số mol hỗn hợp X, Y, Z = a mol ; Số mol hỗn hợp A, B, C = b mol Sơ đồ phản ứng: X, Y, Z, A, B, C + NaOH  RCOONa + C3H5(OH)3 + H2O (b mol) Trong 120 gam dung dịch NaOH 7% có: nNaOH = 0,21 mol  nH2O dung dịch = 6,2 mol Theo giả thiết ta có G chứa C3H5(OH)3 = a mol; H2O = b mol; H2O = 6,2mol G + K  … + H2 (3,175 mol) =>a.3/2 + b/2+ 6,2/2 = 3,175 mol => 3a + b = 0,15 (1) => nNaOH pư = 3a + b = 0,15 mol => số mol nhóm COO (trong E) = nNaOH pư = 0,15 mol Vì 42,32:10,58 = => nO2 cần đốt 42,32 gam E 0,9575x4 =3,83 mol Ta có sơ đồ: E + O2  CO2 + H2O 42,32g 3,83mol BTKL ta có: mCO2 + mH2O = 164,88 gam BTNT (O) 2nCO2 + nH2O = 0,15.2 + 3,83.2 = 7,96 mol =>nCO2 = 2,7 mol; nH2O = 2,56 mol Ta có: Số mol Br2 phản ứng với 42,32 gam E x 0,0075 = 0,06 mol Mặt khác ta có cơng thức: nCO2 – nH2O = x.(k – 1) (trong k tổng số liên kết pi, x tổng số mol chất bị đốt cháy) Từ đó: => x.k tổng số mol liên kết pi = 0,06 + 0,15 x = a + b => ta có: 0,06 + 0,15 – (2,7 – 2,56) = a + b => a + b = 0,07 (2) Giải hệ (1, 2) => a = 0,04; b = 0,03 Sơ đồ phản ứng: E + NaOH  F + C3H5(OH)3 + H2O 42,32g 0,21mol 0,04 mol 0,03mol BTKL ta có: m = 46,5 gam Câu Nội dung Điểm Theo giả thiết ta có Y chứa Cu2+ (x mol), Fe3+ (y mol) Theo Bảo tồn điện tích nSO42- = (x + 1,5y) mol => 30,7gam kết tủa gồm: Cu(OH)2 x mol, Fe(OH)3 y mol, BaSO4 (x + 1,5y) mol.=> 98x + 107y + 233(x + 1,5y) = 30,7 (1) BTNT (S) ta có: nS (trong X) + 0,25 = x + 1,5y + 0,2 => nS (trong X) = x + 1,5y – 0,05 Ta có cho X + HNO3 tạo muối gồm Cu2+ (x mol), Fe3+ (y mol), SO42- (x + 1,5y – 0,07) NO3=> Bảo tồn điện tích ta có NO3- = 0,14 mol Ta có: 64x + 56y + 96(x + 1,5y - 0,07) + 0,14.62 = 15,56 => 160x + 200y = 13,6 (2) Giải hệ (1) (2) ta có: x = 0,01; y = 0,06 => nCuSO4 = 0,01 mol; nFe2(SO4)3 = 0,03 mol Áp dụng BTNT (O H) cho thí nghiệm đầu ta có: X + H2SO4  CuSO4 + Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O => nO (trong X) + 0,25.4 = 4(0,01 + 3.0,03) + 0,2.2 + 0,25 => nO (trong X) = 0,05 mol Vậy m = 0,01.64 + 0,06.56 + 0,05.16 + 0,05.32 = 6,4 gam Áp dụng ĐLBT e ta có: 0,01.2+ 0,06.3 + 0,02.4 + 0,03.6 = a + 0,05.2 => a = 0,36 mol Câu Nội dung Theo giả thiết ta có sơ đồ M: {(NH4)2CO3, CuCO3.Cu(OH)2}  {CO2, NH3; H2O, CuO} Vì X tác dụng với HNO3 tạo NO2 => X chứa Cu; khí Y tác dụng với dung dịch HCl tạo muối => Y có NH3 Vậy nung nóng xảy phản ứng: (NH4)2CO3  2NH3 + CO2 + H2O CuCO3.Cu(OH)2  2CuO + CO2 + H2O 3CuO + 2NH3  3Cu + N2 + 3H2O Do phản ứng xảy hoàn toàn nên NH3 dư X có Cu Phương trình phản ứng: Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O nNO2 = 0,6 mol => Bảo tồn e ta có 2.nCu = nNO2 => nCu = 0,3 mol => nCuCO3.Cu(OH)2 = 0,15 mol nMuối = nNH4Cl = 0,05 mol => nNH3 dư = 0,05; nNH3 tác dụng với CuO = 2/3.nCu = 0,2 mol => nNH3 = 0,25 mol => n(NH4)2CO3 = 0,125 mol => m = 45,3 gam ĐLBTE => a = 0,36 mol Thí sinh làm theo cách khác có kết tính điểm tối đa Điểm