Hòa tan a gam cuso4.5h2o vào nước được dung dịch x

Những câu hỏi liên quan

Tính khối lượng tinh thể CuSO4.5H2O cần dùng hòa tan hoàn toàn vào 400 gam dung dịch CuSO4 2% để thu được dung dịch CuSO4 1M [ D = 1,1 g/ml].

Đề bài

Hòa tan 58 gam muối CuSO4.5H­2O vào nước được 500 ml dung dịch A.

a] Xác định nồng độ mol của dung dịch A.

b] Cho dần dần bột sắt vào 50 ml dung dịch A, khuấy nhẹ cho tới khi dung dịch hết màu xanh. Tính lượng sắt đã tham gia phản ứng.

Video hướng dẫn giải

Phương pháp giải - Xem chi tiết

a] Công thức tính nồng độ mol  CM = n : V

b] Cho Fe vào đến khi dung dịch hết màu xanh => phản ứng xảy ra hoàn toàn

PTHH:  Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓

Tính số mol Fe theo số mol CuSO4

Lời giải chi tiết

a] \[n_{CuSO_{4}}=n_{CuSO_{4}.5H_{2}O}=\dfrac{58}{250}=0,232\] [mol].

=>CMCuSO4 = n : V

                  = 0,232 : 0,5

                  = 0,464 [M]

b] Fe + CuSO4  → FeSO4 + Cu

\[n_{Fe}=n_{CuSO_{4}}=\] 0,0232 [mol].

=> mFe = 0,0232.56 = 1,2992 gam.

Chú ý: Đề bài chỉ cho vào 50 ml dung dịch A

Loigiaihay.com

Hòa tan a gam tinh thể CuSO4.5H2O vào nước thu được dung dịch X. Điện phân dung dịch X với điện cực trơ và cường độ dòng điện là 1,93 [A]. Nếu thời gian điện phân là t [s] thu được kim loại ở catod và 156,8 [ml] khí ở anod. Nếu thời gian điện phân là 2t [s] thì thu được 537,6 [ml] khí ở cả hai điện cực. Biết các khí đo ở đktc. Thời gian t và giá trị a lần lượt là 

A.

B.

C.

D.

Câu hỏi trên thuộc đề trắc nghiệm dưới đây !

Số câu hỏi: 1093

Tóm tắt nội dung tài liệu

1. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức Môn thi: HOÁ HỌC 12 THPT - BẢNG A Thời gian: 150 phút [không kể thời gian giao đề] Câu I [5,5 điểm]. 1. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. Tính số electron độc thân của nguyên tử nguyên tố X ở trạng thái cơ bản. 2. Viết phương trình phản ứng [dưới dạng phân tử] khi cho các dung dịch [mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan] tác dụng với nhau theo từng cặp sau: BaCl2 và NaHSO4; Ba[HCO3]2 và KHSO4; Ca[H2PO4]2 và KOH; Ca[OH]2 và NaHCO3. 3. Tính pH của dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,5M và C2 H5COOH 0,6M. Biết hằng số phân li axit K CH3COOH = 1,75.10-5 và K C2H5C OOH = 1, 33.10-5 . Câu II [5,5 điểm]. 1. Viết phương trình hoá học và trình bày cơ chế của phản ứng nitro hoá benzen [tỉ lệ mol các chất phản ứng là 1:1, xúc tác H2SO4 đặc]. 2. Viết các phương trình hoá học của các phản ứng có thể xảy ra khi cho stiren, toluen, propylbenzen lần lượt tác dụng với dung dịch KMnO4 [ở nhiệt độ thích hợp]. 3. Từ khí thiên nhiên [các chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ] viết phương trình phản ứng điều chế poli[vinyl ancol], axit lactic [axit 2-hiđroxipropanoic]. Câu III [4,5 điểm]. 1. Hòa tan a gam CuSO4.5H2O vào nước được dung dịch X. Cho 1,48 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch X . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A có khối lượng 2,16 gam và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp oxit có khối lượng 1,4 gam. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu và giá trị của a. 2. Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn bằng dung dịch HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít [đktc] khí Z [gồm hai hợp chất khí không màu] có khối lượng 7,4 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam hỗn hợp muối. Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng. Câu IV [4,5 điểm]. 1. Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 15,4 gam CO2 và 4,5 gam H2O. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 43,2 gam bạc. Xác định công thức cấu tạo của hai anđehit trên. 2. A là một hợp chất hữu cơ đơn chức [chỉ chứa 3 nguyên tố C, H, O]. Cho 13,6 gam A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn X. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 26,112 gam oxi, thu được 7,208 gam Na2CO3 và 37,944 gam hỗn hợp Y [gồm CO2 và H2O]. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo [dạng mạch cacbon không phân nhánh] của A. [Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, Mg=24, Al=27, S=32, Fe=56, Cu=64, Zn=65, Ag=108] - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.......................
2. *SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG A [Hướng dẫn và biểu điểm gồm 04 trang] Câu Nội dung Điểm Câu 1 5,5 1. Có ba trường hợp sau: 1 Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s . => X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA. Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. 0,5 5 1 2,0 Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d 4s . => X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB. Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân. 0,75 Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d10 4s1. => X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB. Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. 0,75 2. BaCl2 + NaHSO4  BaSO4  + NaCl + HCl  Ba[HCO3]2 + KHSO4  BaSO4  + KHCO3 + CO2  + H2O  Ca[H2PO4]2 + KOH  CaHPO4  + KH2PO4 + H2O  2,0 Ca[OH]2 + NaHCO3  CaCO3  + NaOH + H2O  0,5x4 3. Gọi nồng độ CH3COOH điện li là xM, nồng độ của C2H5COOH điện li là yM. [CH 3COO- ].[H + ] CH3COOH  CH3COO- + H+    K CH3COOH  [1] [CH 3COOH] Phân li: x x x [M] [C H COO - ].[H + ] C2H5COOH  C2H5COO- + H+   K C2H5COOH  2 5 [2] [C 2 H5COOH] Phân li: y y y [M] => Nồng độ của các chất và ion tại điểm cân bằng là: [CH3COO-] = x [mol/l]; [C2H5COO- ] = y [mol/l] [H+] = x + y [mol/l] 1,5 [CH3COOH] = 0,5– x [mol/l]; [C2H5COOH] = 0,6 – y [mol/l]. 0,5 Do hằng số cân bằng của các axit quá nhỏ nên: 0,5 – x  0,5; 0,6 – y  0,6 Thay vào [1] và [2] ta được:  x[x  y] 5  x[x  y] 5  0,5  x 1, 75.10  0, 5  1, 75.10 [3]      0,5  y[x  y] 1,33.10 5  y[x  y]  1,33.105 [4]   0, 6  y  0, 6  Cộng [3] và [4] ta được x[x+y] + y[x+y] = 0,5.1,75.10-5 + 0,6.1,33.10 -5 [x+y]2 = 16,73.10-6 => [x+y] = 4,09.10-3 => [H+] = x+y = 4,09.10-3M => pH = -lg[H+] = -lg[4,09.10-3] = 2,39. 0,5
3. Câu 2 5,5 1. Phương trình phản ứng nitro hoá benzen + + - 2 H2SO4 + HNO3 NO2 + H3O + 2 HSO4 0,5 H NO2 NO2 1,5 1,0 + + NO2 + H+ 2.Các phương trình phản ứng: Ở nhiệt độ thường, dung dịch KMnO4 chỉ phản phản ứng được với stiren. Khi đun nóng, dung dịch KMnO4 phản ứng được với cả ba chất: 2,0 3C6H5-CH=CH2 + 2KMnO4+ 4H2O  3C6H5-CH[OH]-CH2[OH] +2MnO2  +2KOH  t 0 0,5*4 3C6H5CH=CH2 + 10KMnO4  3C6H5COOK + 3K2CO3 + KOH + 10MnO2  + 4H2O  0 t C6H5-CH3 + 2KMnO4  C6H5COOK + 2MnO2  + KOH + H2O  0 t 3C6H5CH2CH2CH3+10KMnO 4  3C6H5COOK+3CH3COOK+4KOH+4H2O+ 10MnO2   3. Điều chế poli[vinyl ancol] 0 1500 C 2CH4  C2 H2 + 3H2 lamlanh nhanh  0 HgSO4 ,80 C C2H2 + H2O  CH3CHO H  2 0 Mn , t 2CH3CHO + O2  2CH3COOH  Hg 2 , t 0 CH3COOH + C2H2  CH3COOCH=CH2 0 0,25 xt , t n CH3COO CH=CH2 [ CH2 - CH ] *6 2,0 n OCOCH3 0 [ CH2 - CH ] nNaOH t [ CH2 - CH nCH3OONa + ] + n n OCOCH3 OH Điều chế axit lactic CH3CHO + HCN  CH3CH[OH]CN  0,5 CH3CH[OH]CN + 2H2O + H+  CH3CH[OH]COOH + NH   4 Câu 3 4,5 1. Nếu Mg, Fe tan 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 đề ra, moxit = 1,4 gam < mkim loại = 1,48 gam => Vậy kim loại dư, CuSO4 hết. Nếu Mg dư thì dung dịch thu được chỉ là MgSO4 => Kết thúc phản ứng chỉ thu được MgO [trái với giả thiết]. => Mg hết, Fe có thể dư. 0,5 2,5 Gọi số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp lần lượt là x và y mol. Gọi số mol Fe đã phản ứng là z [z  y] mol. Ta có các phản ứng: Mg + CuSO4  MgSO4 + Cu  x x x x [mol] Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu  z z z z [mol] MgSO4 + 2NaOH  Mg[OH]2  + Na2SO4 
4. x x [mol] FeSO4 + 2NaOH  Fe[OH]2  + Na2SO4  z z [mol] t0 Mg[OH]2  MgO + H2O  x x [mol] t0 4Fe[OH]2 + O2  2Fe2O3 + 4H2O  0,5 z z/2 [mol] => Chất rắn A gồm Cu [x+z] mol và có thể có Fe dư [y-z] mol. Oxit gồm MgO và Fe2O3. => 24x + 56y = 1,48 [1] 0,75 64[x+z] + 56[y-z] = 2,16 [2] 0,25 40x + 160.z/2 = 1,4 [3] Giải hệ [1], [2] và [3] ta được x=0,015 mol, y=0,02 mol, z=0,01 mol. 0,5 mMg= 0,015.24 = 0,36 gam; mFe = 0,02.56 = 1,12gam. Số mol CuSO4 là x+z = 0,025 mol => a = 0,025.250 = 6,25 gam 2. Z không màu => không có NO2. Các khí là hợp chất => không có N2. 0,25 => Hai hợp chất khí là N2O và NO.  n N2O  n NO  4, 48 / 22, 4  n N O  0,1mol  Theo đề ta có:   2   44.n N2O  30.n NO  7, 4 n NO  0,1mol  0,25 Hỗn hợp muối gồm Mg[NO3]2, Zn[NO3]2, Al[NO3]3 và có thể có NH4NO3. Gọi số mol của NH4NO3 là x mol [x  0]. Ta có các quá trình nhận electron: 10H+ + 2NO3- + 8e  N2O + 5H2O 2,0 1 0,1 0,5 [mol] 4H+ + NO3- + 3e  NO + 2H2O 0,4 0,1 0,2 [mol] 10H+ + 2NO3- + 8e  NH4NO3 + 3H2O 10x x 3x [mol] => n HNO3  n H 1, 4  10x[mol] ; n H 2O  0, 7  3x[mol] 0,75 Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: m kim loai  m HNO3  m muoi  m Z  m H 2O 25,3 + 63[1,4+10x] = 122,3 + 7,4 + 18[0,7+3x] => x=0,05 0,5 => nHNO3 = 1 + 0,4 + 10.0,05 = 1,9 mol. 0,25 Câu 4 4,5 1. Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam Phần 1: n CO2  0,35mol; n H2O  0, 25 mol => mC = 4,2gam; mH = 0,5gam => mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => nO = 0,15mol 0,5 Vì anđehit đơn chức => n2anđehit = nO = 0,15mol. Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol. n 0, 4 Do Ag   2 => Hỗn hợp có HCHO n X 0,15 0,5 2,5 Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol. Sơ đồ phản ứng tráng gương: HCHO  4Ag  x 4x [mol] RCHO  2Ag  0,5 y 2y [mol] 0,25 => x + y = 0,15 [1]
5. 4x + 2y = 0,4 [2] 0,5 Giải [1] và [2] => x = 0,05; y = 0,1. 0,25 Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.[R+29] = 7,1 => R = 27 [-C2H3] => Anđehit còn lại là: CH2=CH-CHO 2. nNaOH = 2 n Na 2CO3 = 0,136 mol => mNaOH = 0,136.40 = 5,44 gam. 0,25 Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: m X  m Na 2CO 3  m Y  m O2 = 7,208 + 37,944 – 26,112 = 19,04 gam. 0,5 Ta thấy: mX = mA + mNaOH => A là este vòng dạng: C O R 2,0 O Vì este đơn chức => nA = nNaOH = 0,136 mol => MA = 100. 0,5 Đặt A là CxHyO2 => 12x + y + 32 = 100 => x = 5; y = 8 => CTPT của A là C5H8O2 0,25 => A có công thức cấu tạo là: CH2 CH2 C O 0,5 CH2 CH2 O Ghi chú : Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm
6. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức Môn thi: HOÁ HỌC 12 THPT - BẢNG B Thời gian: 150 phút [không kể thời gian giao đề] Câu I [5,0 điểm]. 1. Cho AlCl3 lần lượt tác dụng với các dung dịch: NH3, Na2CO3, Ba[OH]2. Viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra. 2. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. Tính số electron độc thân của nguyên tử nguyên tố X ở trạng thái cơ bản. 3. Viết phương trình phản ứng [dưới dạng phân tử] khi cho các dung dịch [mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan] tác dụng với nhau theo từng cặp sau: BaCl2 và NaHSO4; Ba[HCO3]2 và KHSO4; Ca[H2PO4]2 và KOH; Ca[OH]2 và NaHCO3. Câu II [5,0 điểm]. 1. Cho hợp chất thơm A có công thức p-HOCH2C6 H4OH lần lượt tác dụng với Na, dung dịch NaOH, CH3COOH [xt, t0]. Viết các phương trình phản ứng [vẽ rõ vòng benzen] xảy ra. 2. Xác định các chất A, B, C, D và viết phương trình phản ứng [ghi rõ điều kiện nếu có] thực hiện sơ đồ sau: 0 1500 C CH3COOH  A  CH 4  B  C  D  cao su buna       3. Viết các phương trình hoá học của các phản ứng có thể xảy ra khi cho stiren, toluen, propylbenzen lần lượt tác dụng với dung dịch KMnO4 [ở nhiệt độ thích hợp]. Câu III [5,0 điểm]. 1. Thêm 100ml dung dịch có pH = 2 [gồm HCl và HNO3] vào 100ml dung dịch NaOH 0,1M. Tính pH của dung dịch thu được. 2. Trộn 100ml dung dịch Al2[SO4]3 1M với Vml dung dịch NaOH 4M thu được 11,7 gam kết tủa. Xác định V. 3. Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO3, khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO [sản phẩm khử duy nhất, đktc], 400ml dung dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol/l của các chất tan trong dung dịch B. Câu IV [5,0 điểm]. 1. Hợp chất hữu cơ A mạch hở [phân tử chỉ chứa C, H, O; MA < 78]. A tác dụng được với dung dịch NaOH. Đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 chứa dung dịch H2SO4 đặc; bình 2 chứa dung dịch Ba[OH]2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 4,32 gam, bình 2 xuất hiện 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo, gọi tên A. 2. Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 15,4 gam CO2 và 4,5 gam H2O. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 43,2 gam bạc. Xác định công thức cấu tạo của hai anđehit trên. [Cho H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, S=32, K =39, Fe=56, Cu=64, Zn=65,Ag=108, Ba =137] - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.......................
7. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG B [Hướng dẫn và biểu điểm gồm 04 trang] Câu Nội dung Điểm Câu 1 5,0 1. AlCl3 + 3NH3 + 3H2O  Al[OH]3  + 3NH4Cl  2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O  2Al[OH]3  + 6NaCl + 3CO2   0,25 1,0 2AlCl3 + 3Ba[OH]2  2Al[OH]3  + 3BaCl2  *4 2Al[OH]3 + Ba[OH]2  Ba[AlO2]2 + 4H2O  2. Có ba trường hợp sau: Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s1. => X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA. Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. 2,0 5 1 Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d 4s . 0,5 => X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB. Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân. 10 1 Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d 4s . 0,75 => X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB. Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân. 0,75 3. BaCl2 + NaHSO4  BaSO4  + NaCl + HCl  Ba[HCO3]2 + KHSO4  BaSO4  + KHCO3 + CO2  + H2O  2,0 0,5x4 Ca[H2PO4]2 + KOH  CaHPO4  + KH2PO4 + H2O  Ca[OH]2 + NaHCO3  CaCO3  + NaOH + H2O  Câu 2 5.0 1. HO CH2OH + 2Na NaO CH2ONa + H2 1,5 0,5*3 HO CH2OH + NaOH NaO CH2OH + H2O 0 H2SO4 dac,t HO CH2OH + CH3COOH HO CH2OOCCH3 + H2O
8. CH3COOH +NaOH  CH3COONa  H 2O 0 CaO, t CH3COONa  NaOH  CH 4  Na 2CO3  o 1500 C 2CH 4  C 2 H 2  3H 2 LLN  o 1,5 t ,xt 2C2 H 2  CH 2  CH  C  CH  0,25*6 0 Pd,PbCO3 ,t CH 2  CH  C  CH  H 2  CH 2  CH  CH  CH 2  o xt,t ,p nCH 2  CH  CH  CH 2  [CH 2  CH  CH  CH 2 ] n  3. Ở nhiệt độ thường, dung dịch KMnO4 chỉ phản phản ứng được với stiren. Khi đun nóng, dung dịch KMnO4 phản ứng được với cả ba chất: 3C6H5-CH=CH2 + 2KMnO4+ 4H2O  3C6H5-CH[OH]-CH2[OH] +2MnO2  +2KOH  2,0 t 0 3C6H5CH=CH2 + 10KMnO4  3C6H5COOK + 3K2CO3 + KOH + 10MnO2  + 4H2O  0,5*4 0 t C6H5-CH3 + 2KMnO4  C6H5COOK + 2MnO2  + KOH + H2O  0 t 3C6H5CH2CH2CH3+10KMnO 4  3C6H5COOK+3CH3COOK+4KOH+4H2O+ 10MnO2   Câu 3 5,0 1. Dung dịch axit:pH=2 => [H+] = 10-2M => n H  0,1.102  10 3 mol 0,25 - Dung dich NaOH có [OH ] = 0,1M 0,25 => n OH  0,1.0,1 10 2 mol Khi trộn xảy ra phản ứng: H+ + OH-  H2O  0,25 1,5 => H+ hết, OH- dư. Số mol OH- dư là: 10-2 – 10-3 = 9.10-3 mol 0,25 9.103 => [OH - ] =  0, 045M 0,25 0, 2 10-14 => pH   lg[H + ]= -lg[ ]  12, 65 0,25 0,045 11, 7 0,25 2. n Al2 [SO4 ]3  0,1 mol ; n Al[OH]3   0,15 mol 78 Trường hợp 1: Chỉ xảy ra phản ứng: Al2[SO4]3 + 6NaOH  3Na2SO4 + 2Al[OH] 3  0,45 0,15 [mol] => n NaOH  3n Al[OH]3  3.0,15  0, 45 mol => Vdung dịchNaOH = 0,45/4 = 0,1125 lít = 112,5 ml. 0,5 1,75 Trường hợp 2: Xảy ra cả 2 phản ứng: Al2[SO4]3 + 6NaOH  3Na2SO4 + 2Al[OH] 3 [1]  0,075 0,45 0,15 [mol] Al2[SO4]3 + 8NaOH  3Na2SO4 + 2NaAlO2 + 4H2O [2]  0,025 0,2 [mol] Theo [1] và [2]: => số mol NaOH phản ứng: 0,45 + 0,2 = 0,65 mol
9. => Vdung dịch NaOH = 0,65/4 = 0,1625 lít = 162,5 ml. 1,0 3. Vì tính khử của Cu < Fe => Kim loại dư là Cu. Cu dư nên HNO3 hết, muối sau phản ứng 0,5 là Fe[NO3]2 và Cu[NO3]2. 4, 48 n NO   0, 2 mol 22, 4 Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng. 0,25 => 56a + 64b = 19,52 – 1,92 = 17,6 [1] Các quá trình oxi hóa – khử: Fe  Fe 2+  2e 1,75 a a 2a [mol] 2 Cu  Cu  2e b b 2b [mol] N  3e  N 2 5 0,25 0,6 0,2 [mol] Theo phương pháp bảo toàn electron ta có: 2a + 2b = 0,6 [2]. 0,25 Giải [1] và [2] ta được: a = 0,2; b = 0,1. 0,25 => Nồng độ dung dịch của Fe[NO3]2 là 0,2/0,4 = 0,5M, => Nồng độ dung dịch của Cu[NO3]2 là 0,1/0,4 = 0,25 M 0,25 Câu 4 5,0 1. * Khối lượng bình 1 tăng = m H2O  4,32 gam  n H 2O  0, 24 mol => nH = 0,48 mol. 0,25 * Hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba[OH]2 dư: 70,92 n BaCO3   0,36 mol 197 Phương trình phản ứng: CO 2  Ba[OH]2  BaCO3  H 2O 0,36 0,36 [mol] 0,5 2,5 => n CO2 = 0,36 mol => nC = 0,36 mol 0,25 *mO = 8,64 – [mC + mH] = 8,64 – 12.0,36 -0,48.1 = 3,84 gam 0,5 => nO = 0,24 mol Gọi CTPT của A là CxHyOz ta có x:y:z = 0,36: 0,48 : 0,24 = 3: 4: 2. => Công thức của A có dạng: [C3H4O2]n Do MA < 78 => 72n < 78 => n < 1,08 => n = 1 => A là C3H4O2. 0,5 Do A tác dụng được với NaOH nên công thức cấu tạo là: 0,5 CH2=CHCOOH [ axit acrylic] hoặc HCOOCH=CH2 [vinyl fomat]
10. 2. Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam Phần 1: n CO2  0,35mol; n H2O  0, 25 mol => mC = 4,2gam; mH = 0,5gam => mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => nO = 0,15mol 0,5 Vì anđehit đơn chức => n2anđehit = nO = 0,15mol. Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol. n 0, 4 Do Ag   2 => Hỗn hợp có HCHO n X 0,15 0,5 Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol. 2,5 Sơ đồ phản ứng tráng gương: HCHO  4Ag  x 4x [mol] RCHO  2Ag  y 2y [mol] => x + y = 0,15 [1] 0,5 4x + 2y = 0,4 [2] 0,25 Giải [1] và [2] => x = 0,05; y = 0,1. Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.[R+29] = 7,1 => R = 27 [-C2H3] 0,5 => Anđehit còn lại là: CH2=CH-CHO 0,25 Ghi chú : Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm
11. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI : HÓA HỌC-LỚP 12-THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút [không kể thời gian giao đề] Ngày thi: 29 tháng 3 năm 2013 =========== Bài 1 [3,0 điểm]: Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các phân tử NH3, H2S và H2O. Hãy cho biết. a] Tại sao góc hóa trị của các phân tử lại khác nhau: Góc [HNH] = 1070, góc [HSH]=920, góc [HOH] = 104,50. Giải thích. b] Tại sao ở điều kiện thường H2S và NH3 là chất khí còn H2O là chất lỏng. c] Tại sao H2O có khối lượng riêng lớn nhất ở 40C và P = 1 atm. Bài 2 [3,0 điểm]: Một dung dịch chứa 4 ion của 2 muối vô cơ, trong đó có một ion là SO42-, khi tác dụng vừa đủ với Ba[OH]2 đốt nóng cho 1 chất khí, kết tủa X, dung dịch Y. Dung dịch Y sau khi axit hóa bằng HNO3 tạo với AgNO3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa X đem nung đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn Z. Giá trị a thay đổi tùy theo lượng Ba[OH]2 dùng: nếu vừa đủ a đạt cực đại, còn nếu lấy dư thì a giảm dần đến cực tiểu. Khi cho chất rắn Z với giá trị cực đại a=8,51g thấy Z chỉ phản ứng hết với 50 ml dung dịch HCl 1,2M và còn lại một bã rắn nặng 6,99 gam. Hãy lập luận xác định hai muối trong dung dịch. Bài 3 [4,0 điểm]: Cho hỗn hợp A gồm ba oxit của sắt Fe2O3, Fe3O4 và FeO với số mol bằng nhau. Lấy m1 gam A cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng rồi cho một luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO2 ra khỏi ống được hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba[OH]2 thu được m2 gam kết tủa trắng. Chất còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,20 gam gồm Fe, FeO và Fe3O4, cho hỗn hợp này tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư đun nóng được 2,24 lít khí NO duy nhất [ở đktc]. a] Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b] Tính khối lượng m1, m2 và số mol HNO3 đã phản ứng . Bài 4 [4,0 điểm]: Chia 2,24 lít [ở đktc] hỗn hợp X gồm hai anken [phân tử khối hơn kém nhau 28u] thành hai phần bằng nhau. Phần 1: đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch chứa 0,1 mol Ca[OH]2 thu được 7,5 gam kết tủa. Phần 2: cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp 2 ancol . Đun nóng hỗn hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 1400C một thời gian thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,532lít ở 136,50C và 1,2atm. a] Xác định CTCT hai anken và tính phần trăm theo khối lượng mỗi chất. b] Xác định hiệu suất mỗi ancol thành ete. Bài 5 [3,0 điểm]: Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O thuộc loại hợp chất no, mạch hở và chứa hai loại nhóm chức. Khi thủy phân A trong môi trường axit vô cơ loãng, thu được ba chất hữu cơ B, D, E. Biết B, D đều thuộc loại hợp chất đơn chức, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và đều tác dụng với Na giải phóng H2. Khi đốt cháy hoàn toàn B thu được khí CO2 và hơi nước có thể tích bằng nhau. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn một ít D thì thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol bằng 2:3. Khi cho 1,56 gam E tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư [hay [Ag[NH3]2]OH] thì thu được 3,24 gam Ag và chất hữu cơ F. Biết phân tử khối của F lớn hơn phân tử khối của E là 50 [u]. Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. a] Xác định CTCT của B, D, E, từ đó suy ra cấu tạo của A. b] Viết các phương trình hoá học xảy ra? Bài 6 [3,0 điểm]: Khi thủy phân không hoàn toàn một loại lông thú, người ta thu được một oligopeptit X. Kết quả thực nghiệm cho thấy phân tử khối của X không vượt quá 500 [u]. Khi thủy phân hoàn toàn 814 mg X thì thu được 450mg Gly, 178mg Ala và 330mg Phe [axit 2-amino-3-phenylpropanoic]. a] Xác định CTPT của oligopeptit đó. b] Khi thủy phân không hoàn toàn X thì trong hỗn hợp sản phẩm thấy có các đipeptit Gly-Ala, Ala-Gly mà không thấy có Phe-Gly. Xác định CTCT có thể có của X. ============== Hết ============== [Đề thi gồm 02 trang] Thí sinh được sử dụng bảng HTTH và máy tính cầm tay thông thường.
12. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI : HÓA HỌC-LỚP 12 Bài 1 [3,0 điểm]: Dựa vào đặc điểm cấu tạo của các phân tử NH3, H2S và H2O. Hãy cho biết. a] Tại sao góc hóa trị của các phân tử lại khác nhau: Góc [HNH] = 1070, góc [HSH] = 920, góc [HOH] = 104,50. Giải thích. b] Tại sao ở điều kiện thường H2S và NH3 là chất khí còn H2O là chất lỏng. c] Tại sao H2O có khối lượng riêng lớn nhất ở 40C và P = 1 atm. Ý NỘI DUNG ĐIỂM 3 a Trong phân tử NH3 và H2O. Nguyên tử N và O đều ở trạng thái lai hóa sp . nên 0,25 góc hóa trị gần với góc 109028’. Nhưng do cặp electron tự do không tham gia liên kết trên obitan lai hóa khuếch tán khá rộng trong không gian so với cặp electron liên kết, nên nó có tác dụng đẩy mây electron liên kết và do đó góc liên kết thực tế lại thua góc lai hóa sp3. Trong phân tử 0,25 NH3 nguyên tử N có một cặp electron không liên kết, còn trong phân tử H2O nguyên tử O còn 2 cặp electron không liên kết. Vì vậy góc liên kết [HOH] nhỏ hơn góc liên kết [HNH] và nhỏ hơn 109028’. Trong phân tử H2S. S ở chu kì 3 khả năng tạo lai hoá kém nên trong H2S mặc 0,25 3 dù có cấu tạo tương tự H2O nhưng S không lai hoá sp . Nguyên tử S bỏ ra 2 electron độc thân trên 2 obitan p [px, py] xen phủ với 2 obitan 1s có electron độc thân của nguyên tử H tạo 2 liên kết S – H. Góc tạo bởi trục của 2 obitan px và py là 900. Nhưng do tạo 2 liên kết S – H làm tăng mật độ electron 0,25 khu vực giữa nhân hai nguyên tử S, H. Hai cặp electron liên kết này đẩy nhau làm cho góc liên kết HSH lớn hơn 900 và thực tế là 920. b Ở điều kiện thường NH3, H2S là chất khí; H2O là chất lỏng. H2O và NH3 cùng tạo được liên kết hidro liên phân tử nhưng H2O có khả năng tạo liên kết hiđro mạnh 0,5 hơn so với NH3 do hidro linh động hơn. H2S không tạo được liên kết hidro liên phân tử, phân tử phân cực kém nên có 0,5 nhiệt độ sôi thấp. c Có hai lí do: Thứ nhất, khi nước đá nóng chảy liên kết hiđro bị đứt đi tạo thành những liên hợp phân tử đơn giản hơn. Suy ra, thể tích nước giảm nên khối lượng riêng tăng dần từ 0 – 40C. 0,5 Thứ hai, từ 40C trở đi do ảnh hưởng của nhiệt, khoảng cách giữa các phân tử tăng dần làm cho thể tích nước tăng lên và làm khối lượng riêng giảm dần. Do liên quan giữa hai cách biến đổi thể tích ngược chiều nhau, nên nước có khối lượng riêng 0,5 0 lớn nhất ở 4 C. Bài 2 [3,0 điểm]: Một dung dịch chứa 4 ion của 2 muối vô cơ, trong đó có một ion là SO42-, khi tác dụng vừa đủ với Ba[OH]2 đốt nóng cho 1 chất khí, 1 kết tủa X, 1 dung dịch Y. Dung dịch Y sau khi axit hóa bằng HNO3 tạo với AgNO3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa X đem nung được a gam chất rắn Z. Giá trị a thay đổi tùy theo lượng Ba[OH]2 dùng: nếu vừa đủ a đạt cực đại, còn nếu lấy dư thì a giảm dần đến cực tiểu. Khi cho chất rắn Z với giá trị cực đại a = 8,51g thấy Z chỉ phản ứng hết với 50 ml dung dịch HCl 1,2M và còn lại một bã rắn nặng 6,99 gam. Hãy lập luật xác định 2 muối trong dung dịch. Ý NỘI DUNG ĐIỂM *] Một dung dịch muối khi tác dụng với dung dịch Ba[OH]2 đun nóng cho khí bay ra thì khí đó là NH3. Vậy trong dung dịch muối có ion NH4+. 0,5 + - NH4 + OH  NH3 + H2O  Kết tủa X tối thiểu có BaSO4 do: Ba2+ + SO42-  BaSO4 Dung dịch Y sau khi axit hóa bằng HNO3 tạo với AgNO3 kết tủa trắng ngoài ánh sáng hóa đen là AgCl nên trong dung dịch Y có ion Cl- do: Ag+ + Cl-  AgCl ↓ ; 2AgCl  2Ag + Cl2  as  *] Dung dịch đầu chứa 4 ion của 2 muối vô cơ là: NH4 , Cl , SO42-, An+. + - 0,5 Nếu kết tủa X chỉ có BaSO4 thi khi nung Z cũng chỉ là BaSO4 không phản ứng được với HCl, như vậy X phải có thêm một kết tủa nữa do An+ tạo ra. Đó là 0,5 An+ + n OH-  A[OH]n↓ 
13. 0 t Nung X gồm BaSO4 và A[OH]n. 2A[OH]n  A2On + n H2O  *] Khi dung dịch đầu tác dụng với Ba[OH]2 có 2 trường hợp: - Nếu vừa đủ thì Z có khối lượng cực đại. - Nếu Ba[OH]2 dùng dư thì Z có khối lượng cực tiểu điều này chứng tỏ trong X chất A[OH]n phải tiếp tục tan bởi Ba[OH]2 như thế A[OH]n là hiđroxit lưỡng tính. 0,5 2A[OH]n + [4- n]Ba[OH]2  Ba4-n[A[OH]4]2 Khi Z có khối lượng cực đại tức Z gồm BaSO4 và A2On, phản ứng với HCl. A2On + 2nHCl  2ACln + n H2O  0,03/n  0,06 Bã rắn còn lại là BaSO4. Khối lượng A2On = [2A + 16n].0,03/n = 8,51 – 6,99 = 1,52 [g] 52 0,5 A= .n  n = 3; A = 52 [thỏa mãn]. A là Cr, A2On là Cr2O3. 3 Vậy dung dịch ban đầu gồm các ion: NH4+, Cl-, SO42-, Cr3+. 0,25 Hai muối ban đầu là NH4Cl và Cr2[SO4]3 hoặc [NH4]2SO4 và CrCl3 0,25 Bài 3 [4,0 điểm]: Cho hỗn hợp A gồm ba oxit của sắt Fe2O3 , Fe3O4 và FeO với số mol bằng nhau. Lấy m1 gam A cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng nó rồi cho một luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO2 ra khỏi ống được hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba[OH]2 thu được m2 gam kết tủa trắng. Chất còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,20 gam gồm Fe, FeO và Fe3O4, cho hỗn hợp này tác dụng hết với dung dịch HNO3 đun nóng được 2,24 lít khí NO duy nhất [đktc]. a] Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b] Tính khối lượng m1, m2 và số mol HNO3 đã phản ứng . Ý NỘI DUNG ĐIỂM a t0 CO + 3Fe2O3  2Fe3O4 + CO2 [1]  0 t CO + Fe3O4  3FeO + CO2 [2]  0,5 t0 CO + FeO   Fe + CO2 [3] Sau phản ứng [1, 2, 3] thu được hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4 CO2 + Ba[OH]2  BaCO3 + H2O [4]  3Fe3 O4 + 28HNO3  9Fe[NO3]3 + NO + 14H2O [5]  3FeO + 10HNO3  3Fe[NO3]3 + NO + 5H2O [6]  0,5 Fe + 4HNO3  Fe[NO3]3 + NO + 2H2O [7]  b Ta có sơ đồ phản ứng sau: Ba [ OH ]2 CO2  BaCO3 [m2 gam]   CO  FeO, Fe2 O3 , Fe3 O4     HNO3  Fe[ NO3 ]3 19,2 g[ Fe, FeO, Fe3O4 ]     NO Sử dụng phương pháp qui đổi: Coi hỗn hợp [Fe, FeO, Fe3O4] là hỗn hợp chỉ có [Fe, Fe2O3]. Ta có: Số mol Fe = số mol NO = 2,24/22,4 = 0,1 mol 19, 2  56.0,1 Số mol Fe2O3 =  0, 085 [mol] 160 Đặt số mol FeO = số mol Fe2O3 = số mol Fe3O4 = a mol áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Fe ta có: a + 2a + 3a = 0,1 + 0,085.2  a = 0,045 [mol] 0,75 m1 = 0,045. [72 + 232 + 160] = 20,88 gam 0,75 áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 20,88 + 28.nCO = 19,2 + 44.nCO2  nCO2 = nBaCO3 = 0,105 mol [vì nCO=nCO2] m2= mBaCO3 = 0,105.197 = 20,685 gam 0,75 Số mol HNO3 pư = 3.nFe[NO3]3 + nNO = 3. [0,1 + 0,085.2] + 0,1 = 0,91 [mol] 0,75 Bài 4 [4,0 điểm]: Chia 2,24 lít [ở đktc] hỗn hợp X gồm hai anken [phân tử khối hơn kém nhau 28u] thành hai phần bằng nhau. Phần 1: đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch chứa 0,1 mol Ca[OH]2 thu được 7,5 gam kết tủa.
14. Phần 2: cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp 2 ancol . Đun nóng hỗn hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 1400C một thời gian thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,532lít ở 136,50C và 1,2atm. a] Xác định CTCT hai anken và tính phần trăm theo khối lượng mỗi chất. b] Xác định hiệu suất mỗi ancol thành ete. Ý NỘI DUNG ĐIỂM Công thức chung của hỗn hợp hai anken là CnH2n với n là số nguyên tử C trung bình. 3n t0 Phần 1: C n H 2n + O 2  nCO2 + nH 2 O [1]  2 Số mol CO2 = 0,05.n > 0,05.2 = 0,1 [mol]. Vậy khi cho CO2 tác dụng với Ca[OH]2 tạo ra 2 muối. CO2 + Ca[OH]2  CaCO3 ↓ + H2O  [1] 0,1  0,1  0,1 0,25 CO2 + CaCO3 + H2O  2Ca[HCO3]2 [2]  0,025  [0,1 – 0,075] Số mol CO2 = 0,05.n = [0,1 + 0,025]  n = 2,5. Vậy hai anken là C2H4 và C4H8. Vì n = 2,5  số mol C2H4 = 0,0375; số mol C4H8 = 0,0125 [mol]. 0,25 Do 2 anken chỉ tạo 2 ancol nên chúng là CH2=CH2 và cis-but-2-en 0,5 hoặc CH2=CH2 và trans-but-2-en 0,5  % mC2 H4  60% 0,25 % mC4 H8  40% 0,25  H Phần 2: C2H4 + H2O  CH3CH2OH [3]  H C4H8 + H2O  C4H9OH [4] 0,25 Số mol C2H5OH = số mol C2H4 = 0,0375 [mol]; Số mol C4H9OH = số mol C4H8 = 0,0125 [mol]. H2 SO4 ®Æc 2C2H5OH  C2H5OC2H5 + H2O [5] 1400  H2 SO4 ®Æc 2C4H9OH  C4H9OC4H9 + H2O [6] 1400  0,25 H2 SO4 ®Æc C2H5OH + C4H9OH  C2H5OC4H9 + H2O [7] 1400  Gọi a, b lần lượt là số mol C2H5OH và C4H9OH tham gia phản ứng ete hóa. Theo đề bài, theo [5], [6], [7] ta có. P.V 0, 532.1,2 0,25 Số mol ete = số mol H2O =   0,019 [mol] R.T 22, 4 .[136,5  273] 273 Số mol ancol phản ứng = 2.số mol ete = 2.0,019 = 0,038 [mol]. 0,25 Khối lượng hỗn hợp ancol phản ứng = mete + mH2O = 1,63 + 0,019.18 = 1,972 [gam]. a  b  0,038 a  0,03 Ta có:   0,5 46a  74b  1,972 b  0,008 Hiệu suất chuyển hóa C2H5OH thành ete = 0,03.100%/0,0375 = 80% 0,25 Hiệu suất chuyển hóa C4H9OH thành ete = 0,008.100%/0,0125 = 64% 0,25 Bài 5 [3,0 điểm]: Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O thuộc loại hợp chất no, mạch hở và chứa hai loại nhóm chức. Khi thủy phân A trong môi trường axit vô cơ loãng, thu được ba chất hữu cơ B, D, E. Biết B, D đều thuộc loại hợp chất đơn chức, có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và đều tác dụng với Na giải phóng H2. Khi đốt cháy hoàn toàn B thu được khí CO2 và hơi nước có thể tích bằng nhau. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn một ít D thì thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol bằng 2 : 3.
15. Khi cho 1,56 gam E tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư [hay [Ag[NH3]2]OH] thì thu được 3,24 gam Ag và chất hữu cơ F. Biết phân tử khối của F lớn hơn phân tử khối của E là 50 [u]. Các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. a] Xác định CTCT của B, D, E, từ đó suy ra cấu tạo của A. b] Viết các phương trình hoá học xảy ra? Ý NỘI DUNG ĐIỂM a – Từ pư thủy phân suy ra A chứa chức este; B là axit no mạch hở hoặc ancol mạch hở có một liên kết đôi đơn chức : CnH2nO2 hoặc CnH2nO. – Đốt D thu được số mol H2O lớn hơn CO2 và D pư với Na tạo H2 nên D là ancol no, 0,5 mạch hở, đơn chức có số C trong phân tử bằng : n = 2/[3-2] = 2. Vậy D là C2H5OH => B có CTPT C2H4O2 [Loại C2H4O vì không tồn tại CH2=CH-OH và A no]. CTCT là CH3-COOH. – Vì khi 1 nhóm CHO COONH4 thì phân tử khối tăng 33u, mà 33 < 50 < 33.2 0,5 Nên trong E ngoài 1 nhóm CHO còn có 1 nhóm COOH[vì COOH COONH4 có độ tăng phân tử khối là 17u] + Vì A có chức este mà khi thủy phân tạo ra CH3-COOH và C2H5OH nên E phải có 0,5 1,56 nhóm –COOH và –OH. Có nE = nAg/2 = 0,015 mol ME = =104u. Gọi công 0,015 thức E [HO]aR[CHO]-COOH  17a + R = 30  a= 1, R = 13[CH] Vậy E có CTCT : HOOC–CH[OH]–CHO. 0,5 – CTCT của A là : C2H5–OOC–CH[OOC-CH3]–CHO 0,5 b C2H5OOCCH[OCOCH3]CHO +2H2OOHC-CH[OH]COOH+CH3COOH + C2H5OH CH3COOH + Na CH3COONa + 1/2H2 C2H5OH + Na C2H5ONa + 1/2H2 0,5 C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O HOOC-CH[OH]-CHO + 2[Ag[NH3]2]OH HO-CH[COONH4]2 + 2Ag +2NH3 + H2O Bài 6 [3,0 điểm]: Khi thủy phân không hoàn toàn một loại lông thú, người ta thu được một oligopeptit X. Kết quả thực nghiệm cho thấy phân tử khối của X không vượt quá 500 [đvC]. Khi thủy phân hoàn toàn 814 mg X thì thu được 450mg Gly, 178mg Ala và 330mg Phe [axit 2-amino-3-phenylpropanoic]. a] Xác định CTPT của oligopeptit đó. b] Khi thủy phân không hoàn toàn X thì trong hỗn hợp sản phẩm thấy có các đipeptit Gly-Ala, Ala-Gly mà không thấy có Phe-Gly. Xác định CTCT có thể có của X. Ý NỘI DUNG ĐIỂM a Tỉ số mol các amino axit thu được khi thủy phân chính là tỉ số các mắt xích amino axit trong phân tử oligopeptit X. Ta có: 450 178 330 0,5 Gly : Ala : Phe  : :  3 : 1: 1 75 89 165 Công thức đơn giản nhất của oligopeptit X là [Gly]3[Ala][Phe]. Công thức phân tử là [[Gly]3[Ala][Phe]]n với M  500u Vì 5 phân tử aminoaxit tách đi 4 phân tử nước. [3.75 + 89 + 165 – 4.18].n  500  n = 1. 0,5 Công thức phân tử của oligopeptit đó là [Gly]3[Ala][Phe] hay C18H25O6N5 đó là một pentapeptit gồm 3 mắt xích glyxin, một mắt xích alanin và một mắt xích 0,5 phenylalanin. b Khi thủy phân từng phần thấy có Gly-Ala và Ala-Gly chứng tỏ mắt xích ala ở 0,5 giữa 2 mắt xích Gly: .. Gly- Ala – Gly … Không thấy có Phe-Gly chứng tỏ Phe không đứng trước Gly. Như vậy Phe chỉ có thể đứng ở cuối mạch [amino axit đuôi]. Vậy oligopeptit có thể là Gly-Gly-Ala-Gly-Phe 0,5 Gly-Ala-Gly-Gly-Phe 0,5 Chú ý: Nếu thí sinh có cách giải khác, kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa tương ứng.
16. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 Đề thi chính thức Môn thi: HOÁ HỌC – BT THPT Thời gian: 150 phút [không kể thời gian giao đề] Câu 1 [2,5 điểm]. Cho các chất : HCOOH, CH3COOC2 H5, C2H5OH. Viết phương trình hóa học của các phản ứng [nếu có] khi cho các chất trên lần lượt tác dụng với: Na, dung dịch NaOH, dung dịch NaHCO3. Câu 2 [3,0 điểm]. 1. Cho hợp chất thơm A có công thức p-HOCH2C6 H4OH lần lượt tác dụng với Na, dung dịch NaOH, CH3COOH [xt, t0]. Viết các phương trình phản ứng [vẽ rõ vòng benzen] xảy ra. 2. Viết phương trình hoàn thành sơ đồ sau: 0 1500 C CH 3COOH  A  CH 4  B  C  D  caosu buna       Câu 3 [2,5 điểm]. Chỉ dùng dung dịch Ba[OH]2, hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết các dung dịch riêng biệt sau: [NH4]2SO4, NH4Cl, NaCl, MgCl2, AlCl3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Câu 4 [2,5 điểm]. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi cho dung dịch NaOH, dung dịch NH3, khí Cl2, bột Mg, dung dịch HNO3 [tạo khí NO duy nhất] lần lượt tác dụng với dung dịch Fe[NO3]2. Câu 5 [4,0 điểm]. Este X [no, đơn chức, mạch hở] có tỉ khối hơi so với H2 bằng 44. 1. Xác định công thức phân tử, viết cấu tạo có thể có và gọi tên của X. 2. Đun nóng 4,4 gam X với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 4,1 gam muối natri của axit hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo của X. Câu 6 [5,5 điểm]. 1. Hòa tan hoàn toàn 11,0 gam hỗn hợp X chứa hai kim loại Al và Fe ở dạng bột vào dung dịch HCl thu được 8,96 lít khí [ở đktc]. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X. 2. Cho dung dịch hỗn hợp chứa 0,2 mol MgCl2 và 0,1 mol FeCl2 vào dung dịch AgNO3 dư, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Tính m. [Cho H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, Mg =24, Al =27, S=32, Fe=56, Cu=64, Ag=108] - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.......................
17. SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: HOÁ HỌC - GDTX [Hướng dẫn và biểu điểm gồm 02 trang] Câu Nội dung Điểm Câu 1 2,5 Các phương trình phản ứng 2HCOOH + 2Na  2HCOONa + H2  2CH3COOH + 2Na  2CH3COONa + H2  2,5 0,5*5 HCOOH + NaOH  HCOONa + H2O  CH3COOC2 H5 + NaOH  CH3COONa + CH3CH2OH  HCOOH + NaHCO3  HCOONa + CO2 + H2O  Câu 2 3,0 1. HO CH2OH + 2Na NaO CH2ONa + H2 0,5*3 1,5 HO CH2OH NaO CH2OH + H2O + NaOH 0 H2SO4 dac,t HO CH2OH + CH3COOH HO CH2OOCCH3 + H2O 2. CH 3COOH +NaOH  CH 3COONa  H 2O 0 CaO, t CH 3COONa  NaOH  CH 4  Na 2CO3  o 1500 C 2CH 4  C 2 H 2  3H 2 LLN  1,5 0,25*6 t o ,xt 2C2 H 2  CH 2  CH  C  CH  0 Pd,PbCO3 ,t CH 2  CH  C  CH  H 2  CH 2  CH  CH  CH 2  o xt,t ,p nCH 2  CH  CH  CH 2  [CH 2  CH  CH  CH 2 ] n  Câu 3 2,5 Trích mỗi dung dịch một ít để làm thí nghiệm. 0,25 Cho dung dịch Ba[OH]2 tới dư lần lượt vào các dung dịch trên: + DD xuất hiện khí mùi khai và kết tủa trắng là [NH4]2SO4. + DD xuất hiện kết tủa trắng là NH4Cl. + DD không phản ứng là NaCl. + DD xuất hiện kết tủa trắng là MgCl2. 2,5 + DD lúc đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan khi Ba[OH]2 dư là AlCl3. 1,25 Các phương trình phản ứng: [NH4]2SO4 + Ba[OH]2  BaSO4  + 2NH3  + 2H2O  2NH4Cl + Ba[OH]2  BaCl2 + 2NH3  + 2H2O  0,5 MgCl2 + Ba[OH]2  Mg[OH]2  BaCl2  2AlCl3 + 3Ba[OH]2  2Al[OH]3  + 3BaCl2  2Al[OH]3 + Ba[OH]2  Ba[AlO2]2 +4H2O  0,5
18. Câu 4 2,5 2NaOH + Fe[NO3]2  2NaNO3 + Fe[OH]2  2NH3 + 2H2O + Fe[NO3]2  2NH4NO3 + Fe[OH]2  3Cl2 + 6Fe[NO3]2  2FeCl3 + 4Fe[NO3]3  0,5*5 Mg + Fe[NO3]2  Mg[NO3]2 + Fe  4HNO3 + 3Fe[NO3]2  3Fe[NO3]3 + NO + 2H2O  Câu 5 4,0 1. Gọi công thức este X là CnH2nO2; Mx = 44.2=88  14n + 32 = 88 => n = 4. Vậy công thức của este X là : C4H8O2 1,0 Công thức cấu tạo có thể có của X: 2,0 HCOOCH2CH2CH3 [propyl fomat] HCOOCH[CH3]CH3 [isopropyl fomat] CH3COOCH2CH3 [etyl axetat] CH3CH2 COOCH3 [metyl propionat] 1,0 0,25 2. Gọi công thức cấu tạo của X là RCOOR’ Phương trình phản ứng xà phòng hóa RCOOR’ + NaOH  RCOONa + R’OH  0,5 2,0 0,05 mol 0,05 mol 0,25 4,1 Mmuối =  82  R  67  82  R  15[CH 3 ] 0,5 0, 05 Công thức cấu tạo của X là: CH3COOCH2CH3 0,5 Câu 6 5,5 1. Gọi x và y là số mol của Al và Fe Phương trình của các phản ứng: 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  0,5 x x 3x/2 mol Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  y y y mol 0,5 Từ mkim loại = 11,0 gam => 27x + 56y = 11,0 [1] 0,5 3,5 8,96 Từ n H2   0, 4 mol => 3x/2 + y = 0,4 [2] 0,5 22, 4 Giải hệ [1] và [2] ta được x = 0,2; y = 0,1 0,5 => mAl = 0,2.27 = 5,4 gam => 5, 4 %m Al  .100%  49, 09% 11, 0 1,0  %mFe  100%  49, 09%  50,91% 2. Trong dung dịch A có 0,2 mol AlCl3 và 0,1 mol FeCl2. => Dung dịch A chứa 0,2 mol Al3+, 0,1 mol Fe2+ và 0,8 mol Cl-. Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư: 0,5 Cl- + Ag+  AgCl   2,0 0,8 0,8 mol 2+ + 3+ 0,5 Fe + Ag  Fe + Ag   0,1 0,1 mol 0,5 => m = 0,8.143,5 + 0,1.108 = 125,6 gam 0,5 Ghi chú : Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm
19. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LONG AN LỚP 12 THPT NĂM 2011 [VÒNG 1] ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC [BẢNG A] Thời gian: 180 phút [không kể giao đề] Ngày thi: 06/10/2011 Cho khối lượng mol [mol/gam]: H =1, N = 14, O = 16, Cl = 35,5, Cu = 64, Ca = 40, Mg = 24, Al = 27, Fe = 56, C = 12, Na = 23, K = 39 Câu 1: [2 điểm] Tổng số hạt proton của nguyên tử nguyên tố [A]và nguyên tử nguyên tố [D] là 42, [A] và [D] có cùng số thứ tự nhóm và ở 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn, phân tử hợp chất tạobởi [A] với [D] là muối. a.Xác định nguyên tố [A], [D]; viết công thức hidroxit tương ứng với oxit cao nhất của [A], [D]. b.Từ phân tử hợp chất quan trọng của [A] và phân tử hợp chất của [D] hãy viết một phương trình phản ứng điều chế đơn chất [A] trong phòng thí nghiệm. Câu 2: [2 điểm] 2.1. Cho một dung dịch chứa NH4Cl 0,1M và NH3 0,1M biết hằng số axit Ka của NH4 : 5.10-10, tính pH của dung dịch trên. + 2.2. Thực nghiệm cho biết tốc độ của phản ứng: 2Ak + Bk  Ck + Dk được tính theo biểu thức v= k.[A]2.[B]; trong đó k là hằng số tốc độ phản ứng, [A], [B] lần lượt là nồng độ mol/lit của A, B.Tốc độ của phản ứng trên tăng hoặc giảm bao nhiêu lần khi: tăng nồng độ A cũng như B lên 2 lần; giảm áp suất của hệ 3 lần. Câu 3: [2điểm] 3.1. Viết phương trình phản ứng dạng ion thu gọn cho mỗi trường hợp sau: a. Dung dịch FeCl3 tác dụng với dung dịch Na2CO3. b. Dung dịch HNO3 tác dụng với FexOy tạo chất khí NO. 3.2. Cho 200ml dung dịch chứa đồng thời K2CO3 0,001M và KOH 0,018M vào 200ml dung dịch chứa đồng thời HCl, HNO3, H2SO4 có cùng nồng độ 0,01M. Tìm pH của dung dịch thu được sau phản ứng. Câu 4: [2điểm] 4.1. Trộn lẫn 10,7g NH4Cl với 40g CuO trong một bình kín sau đó nung nóng để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết phương trình phản ứng xảy ra và tìm khối lượng của chất rắn khan sau phản ứng. 4.2. Không được dùng thêm hóa chất nào khác hãy trình bày cách nhận biết các chất rắn riêng biệt: NH4Cl, CaCO3, NaHCO3, NH4NO2, [NH4]3PO4, viết phương trình phản ứng hóa học đã dùng. Câu 5: [4điểm] 1
20. 5.1. Cho hỗn hợp [A] gồm các chất CaCO3, MgCO3, Na2CO3, K2CO3 trong đó Na2CO3 và K2CO3 lần lượt chiếm a% và b% theo khối lượng của [A], biết trong điều kiện của thí nghiệm khi nung [A] chỉ có phản ứng phân hủy của CaCO3, MgCO3. Nung [A] một thời gian thu được chất rắn [B] có khối lượng bằng 80% khối lượng của [A] trước khi nung, để hòa tan vừa hết 10g [B] cần 150ml dung dịch HCl 2M. Nung [A] đến khối lượng không đổi thu được chất rắn [C]. Viết toàn bộ các phản ứng đã xảy ra và lập biểu thức tính phần trăm khối lượng của [C] so với [A] theo a và b. 5.2. Hợp chất MX2 có trong tự nhiên. Hòa tan MX2 bằng dung dịch HNO3 dư một ít so với lượng cần tác dụng ta thu được dung dịch Y, khí NO2 ; dung dịch Y tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa trắng không tan trong HNO3, dung dịch Y tác dụng với NH3 dư cho kết tủa màu nâu đỏ. Xác định công thức phân tử của MX2 và viết các phương trình ion trong các thí nghiệm nói trên. Câu 6: [2điểm] 6.1. Sắp xếp các chất sau theo chiều tăng dần từ trái qua phải [không giải thích]: a. Nhiệt độ sôi : H2O, H2S, CH3OH, C2H6, CH3F, O- O2NC6H4OH. b.Lực axit: CH2=CHCOOH,CHCCOOH, CH3CH2COOH, H2O, CH3CH2CH2OH, C6H5COOH. 6.2. Hai hợpchất hữu cơ [A], [B] có cùng công thức phân tử C7H7Cl và đều không tác dụng với dung dịch brom; hãy xác định công thức cấu tạo thu gọn của [A], [B], viết phương trình phản ứng của [A], [B] với NaOH dư [ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có].Biết [A] phản ứng với NaOH cho muối hữu cơ, còn [B] tác dụng với NaOH cho sản phẩm hữu cơ [C] tác dụng được với Natri cho khí hidro. Câu 7: [2điểm] Nhiệt phân 1mol hidrocacbon [A] cho 3 mol hỗn hợp khí và hơi [B]. Đốt cháy 10,8g [B] rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,3 mol Ca[OH]2 và 0,35 mol NaOH sinh ra 20g kết tủa. Xác định công thức phân tử của [A], tỉ khối hơi của [B] so với hidro. Câu 8: [4điểm] 8.1.Viết phương trình phản ứng cho sơ đồ sau: 0 NaOH,t CuO,t0 HCN H 2SO4 CH3OH Trùng hợp C5H10 02  A  B  C  D  E    H O3  1700 C  H SO ,t 0 2   4 D 8.2. Đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu cơ [X] đơn chức cho CO2 và H2O; cho 27,45g [X] tác dụng hoàn toàn vừa đủ với NaOH ở điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp sản phẩm [Y]. Đốt cháy hoàn toàn [Y] thu được 23,85g chất rắn [Z] nguyên chất cùng hỗn hợp khí và hơi [T]. Hấp thụ toàn bộ [T] vào dung dịch chứa 75,85g Ca[OH]2 sinh ra 70g kết tủa đồng thời khối lượng bình chứa tăng thêm75,6g so với ban đầu. Hãy xác định công thức cấu tạo của hợp chất hũu cơ [X]. ----- HẾT ----- [Học sinh không được mang Bảng hệ thống tuần hoàn] Họ và tên thí sinh ……………………………………. Số báo danh: …………… 2

Page 2

YOMEDIA

Dưới đây là đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hóa học lớp 12 kèm đáp án mời các phụ huynh hãy tham khảo để giúp con em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh nhất và chính xác nhất.

22-04-2014 433 37

Download

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.