SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ hai - Năm học 2012 – 2013
MÔN: HÓA HỌC
Ngày thi 18/12/2012
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 06 câu, trong 02 trang
Câu 1 (3,5 điểm ).
1. Cho các hạt vi mô: Na, Na
+
, Mg, Mg
2+
, Al, Al
3+
, F
-
, O
2-
. Hãy sắp xếp (có giải thích)
các hạt theo thứ tự giảm dần bán kính hạt?
2. Hoà tan hỗn hợp A gồm BaO, Fe
3
O
4
và Al
2
O
3
vào H
2
O dư được dung dịch D và
phần không tan B. Sục CO

2
CO
3
theo tỉ lệ số mol 1:1 và đun nóng.
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Viết phương trình phản ứng của axit sunfuric và canxi photphat để điều chế
supephotphat đơn. Tính lượng P
2
O
5
chứa trong 100 kg supephotphat đơn?
2. Tính pH của dung dịch khi trộn lẫn 250ml dung dịch AlCl
3
1M vào 150ml dung
dịch NaOH 0,75M (khi đã lọc bỏ kết tủa).
Biết : Al
3+
+ 2H
2
O
ˆ ˆ †
‡ ˆ ˆ
AlOH
2+
+ H
3
O
+
K = 1,4.10
-5

2. Hoàn thành chuỗi chuyển hóa sau:
1
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
H
2
O/H
+
, t
0
A
B C
CH
4
E F G
AgNO
3
/NH
3
AgNO
3
/NH
3
NaOH
NaOH
1 : 2
C
5
H
6
O

một axit cacboxylic đơn chức và ancol, thu được 2,688 lít khí CO
2
(đktc) và 1,26 gam nước.
Với 0,1 mol E tác dụng vừa đủ với 200ml NaOH 1,5M tạo ra muối và ancol. Đốt cháy toàn
bộ lượng ancol này được 6,72 lít CO
2
(đktc).
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của E?
2. A là axit cacboxylic tạo ra E. Một hỗn hợp X gồm A và 3 đồng phân cấu tạo của nó
đều phản ứng được với dung dịch NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng được chất
rắn B và hỗn hợp hơi D. Cho D tác dụng với dung dịch AgNO
3
trong NH
3
dư cho 21,6 gam
Ag. Nung B với NaOH rắn và CaO rắn, dư trong điều kiện không có không khí được hỗn
hợp hơi F. Đưa F về nhiệt độ thường thì có một chất ngưng tụ G còn lại hỗn hợp khí N. G
tác dụng với Na dư sinh ra 1,12 lít khí H
2
(đktc). Hỗn hợp khí N qua Ni nung nóng cho hỗn
hợp khí P. Sau phản ứng thể tích hỗn hợp khí giảm 1,12 lít (đktc) và tỉ khối so với hiđro là
8. Tính khối lượng chất A và khối lượng chất rắn B? Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn
toàn.
Cho biết: H= 1; N= 14; C= 12; O=16; Na = 23; P =31; S = 32; Ag =108; Cu =64;
Fe =56; Al =27; Ca =40; Ba =137.
HẾT
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:
2

2
2s
2
2p
6
3s
2
→ Mg
2+
: 1s
2
2s
2
2p
6
13
Al: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
2p
1
→Al
3+
: 1s
2

- Vì các ion Na
+
, Mg
2+
, F
-
, O
2-
đều có cấu hình electron của Ne, nên bán kính của chúng
giảm dần khi điện tích hạt nhân tăng.
- Các nguyên tố Na, Mg, Al còn thêm một lớp electron nên bán kính phải phải lớn hơn
bán kính của các ion.
- Do đó thứ tự giảm bán kính hạt như sau:

R:
11
Na>
12
Mg>
13
Al>
8
O
2-
>
9
F
-
>
11

0,25
0,25
0,25
0,25
- Phần không tan B gồm: Fe
3
O
4
, Al
2
O
3
dư (do E tan một phần trong dung dịch NaOH)
nên dung dịch D chỉ có Ba(AlO
2
)
2
. Sục khí CO
2
dư vào D:
Ba(AlO
2
)
2
+ 2CO
2
+ 4H
2
O → 2Al(OH)
3

- Chất rắn G là Fe. Cho G tác dụng với H
2
SO
4
dư, KMnO
4
:
Fe

+ H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
10FeSO
4
+2KMnO
4
+8H
2
SO
4
→ 5Fe
2
(SO
4
)

0,25
0,25
0,25
b) Màu vàng của dung dịch FeCl
3
nhạt dần xuất hiện kết tủa trắng đục của S mới sinh
:
H
2
S

+ 2FeCl
3

→
2FeCl
2
+ S↓ + 2HCl.
c) Màu vàng của dung dịch FeCl
3
nhạt dần, khi cho tinh bột vào màu của dung dịch
chuyển thành màu xanh.
2KI + 2FeCl
3

→
2FeCl
2
+I
2

O.
1 (1,0 điểm)
0,25
3
Ca
3
(PO
4
)
2
+ 2H
2
SO
4
đặc, t
0
→ Ca(H
2
PO
4
)
2
+ 2CaSO
4
→ Supephotphat đơn chứa Ca(H
2
PO
4
)
2

0,25
2 (1,0 điểm)
AlCl
3
+ 3NaOH → Al(OH)
3
+ 3NaCl
Có: 0,25 0,1125 mol
→ AlCl
3
dư = 0,2125 (mol) →[Al
3+
] =
0,2125
0,4
= 0,53125 (M)
0,25
0,25
0,25
0,25
Al
3+
+ 2H
2
O
€
AlOH
2+
+ H
3

Câu 3
(3,5
điểm)
Al + NaOH + H
2
O → NaAlO
2
+
2
3
H
2
↑
0,08 0,08 0,12 (mol)
→ NaOH dư 0,04 mol; n
Al
= 0,08 mol → m
Al
= 2,16 (gam)
NaOH + HCl → NaCl + H
2
O
0,04 0,04 (mol)
NaAlO
2
+ 4HCl → NaCl + AlCl
3
+ 2H
2
O

3
CaCO
n
= 0,1 mol; →
3
FeCO
m
= 11,6 (gam)
→ HCl dư 0,18 mol.
B là hỗn hợp khí có CO
2
và H
2
nên có phản ứng Fe và HCl
2HCl + Fe → FeCl
2
+ H
2
−
Trường hợp 1: Fe hết
Cu + 4HNO
3
đặc
→
0
t
Cu(NO
3
)
2

0
t
→
2CuO + 4NO
2
↑+ O
2
↑
0,025 0,025 (mol)
→ m = m
CuO
= 2 gam
−
Trường hợp 2: Fe dư

Fe
n

phản ứng
= ½ n
HCl
= 0,09 (mol). Gọi Fe dư: x mol; Cu: y mol (với x, y > 0)
4
(Loại)
(T/mãn)
m
Fe dư
+ m
Cu
= 20 − m

t
Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
↑ + 3H
2
O
56x + 64y = 1,2 (*)
→
2
NO
n
= 3x + 2y = 0,05 (mol) (2*)
0,25
0,25
0,25



0,25



0,25
0,25
0,25
0,25

t
CuO + 2NO
2
↑+ ½ O
2
↑
2Fe(NO
3
)
3

→
0
t
Fe
2
O
3
+ 6NO
2
↑+
2
3
O
2
↑
m = m
CuO
+
2 3

0,25
CH
2
=CH-CHO+2AgNO
3
+3NH
3
+H
2
O
→
0
t
CH
2
=CH-COONH
4
+2Ag
↓
+ 2NH
4
NO
3
HCHO + 4AgNO
3
+ 6NH
3
+ 2H
2
O

+2Ag
↓
+ 2NH
4
NO
3

*Nhóm 1: Cho tác dụng với dung dịch Br
2
/CCl
4
chất nào làm mất màu nâu đỏ của dung
dịch brom → CH
2
=CH-CHO.
CH
2
=CH-CHO + Br
2

4
CCl
→
CH
2
Br-CHBr-CHO
Chất không làm mất màu dung dịch Br
2
/CCl
4

2
Br-CHBr-CH
2
OH
Chất không làm mất màu dung dịch brom là: CH
3
CH
2
OH
Chú ý: Nhận biết được một chất được 0,25 điểm.
2 (1,75 điểm)
C
5
H
6
O
3
có công thức cấu tạo là: CH
2
=CH-OOC-CH
2
-CHO.
Phương trình phản ứng:
CH
2
=CH-OOC-CH
2
-CHO + H
2
O

CH
3
COONH
4
+ NaOH
o
t
→
CH
3
COONa + NH
3
↑
+ H
2
O
CH
3
COONa + NaOH
o
CaO,t
→
CH
4
+ Na
2
CO
3
|
2

-COONH
4
+ 2NaOH
→
NaOOC-CH
2
-COONa + 2NH
3
+ 2H
2
O
NaOOC-CH
2
-COONa + 2NaOH
o
CaO,t
→
CH
4
+ 2Na
2
CO
3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Trong 50,4 lít không khí:
2
O
n
= 0,45 (mol);
2
N
n
= 1,8 (mol)
Khí thoát ra là N
2
:
2
N
n
= 1,86 (mol) >
2
N
n
( không khí ) → P/ứng cháy sinh ra 0,06 mol N
2
.
Gọi A là C
x
H
y
O
z
N
t

0,25
0,25
→ x = 3; y = 7; z = 2; t = 1.
Vậy A là C
3
H
7
O
2
N.
6
2 (1,5 điểm)
− B làm mất màu dung dịch Br
2
nhưng không mất màu dung dịch KMnO
4
→ B là
metylxiclopropan.
xiclo-C
3
H
5
-CH
3
+ Br
2
→ CH
3
-CHBr-CH
2

2
-CH
3

− Sản phẩm từ D, E là cặp đồng phân hình học. Nhiệt độ sôi của E cao hơn → E là cis-
but-2-en; D là trans-but-2-en.
→ A phải là but-1-en.
− C phải là 2-metylpropen.
3 (1,75 điểm)
* Điều chế axit succinic.
CH
2
=CH−CH=CH
2
+ Br
2
dd
0
40 C
→
Br-CH
2
-CH=CH-CH
2
-Br
Br-CH
2
-CH=CH-CH
2
-Br + 2NaOH loãng → HOCH

2
OH + 2CuO
o
t
→
OHC-CH
2
-CH
2
-CHO+2Cu+2H
2
O
OHC-CH
2
-CH
2
-CHO + O
2

o
xt, t
→
HOOC−CH
2
−CH
2
−COOH
0,25
0,25
0,25

3

o
t
→
CH
2
=CH-CH
3
+ CH
4
CH
2
=CH-CH
3
+ H
2
O
o
xt, t
→

3 3
|
CH - CH- CH
OH
3 3
|
CH - CH- CH
OH

= 1,44 gam; m
H
= 0,14 gam; m
O
= 0,96 gam.
Ta có tỷ lệ: x: y: z = 6:7:3
⇒
CTPT của E: (C
6
H
7
O
3
)
n
Ta có: n
E
: n
NaOH
= 1: 3. Vậy E có 3 chức este, Suy ra E có 6 nguyên tử oxi (n = 2).
Vậy CTPT E: C
12
H
14
O
6
( M= 254 g/mol).
Vậy E: (RCOO)
3
R'.

OH-CHOH-CH
2
OH ( Glixerol)
Ta có: m
RCOONa
= 254.0,1 +12 - 0,1.92 = 28,2gam
Từ (1): M
RCOONa
= 28,2/0,3 = 94
→
R = 27 ( C
2
H
3
-)
7
Câu 6
(4,0
điểm)
0,25
0,25
0,25
Vậy CTCT E:
2 2
|
2
|
2 2
CH = CH-COO- CH
CH = CH-COO- CH


0,25







0,25









0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
CH
2
=CH-COOH + NaOH
→
CH

\ /
CH - CH- C = O
O
+ NaOH
0
t
→
CH
3
-CH(OH)-COONa (4’)
Hỗn hợp hơi (D): CH
3
CHO, H
2
O
(h)
.
CH
3
CHO+2AgNO
3
+3NH
3
+H
2
O
→
CH
3
COONH

CO
3
(6)
HCOONa + NaOH
(r)
0
CaO,t
→

H
2
+ Na
2
CO
3
(7)
HOCH
2
-CH
2
-COONa + NaOH
0
CaO,t
→
CH
3
-CH
2
-OH + Na
2

2
H
4
+ H
2

0
Ni,t
→
C
2
H
6
(9)
(G) : 2C
2
H
5
OH + 2Na
→
2C
2
H
5
ONa + H
2
(10)
Từ (3,5): y = 0,1(mol)
Từ (3,7): n
2

P
M
=
28x+ 0.2
x+ 0,05
=16
⇒
x = 0,05 mol.
Từ (4,8,10): có
2
H
n
= 0,05 mol
→
z = 0,1 mol.
Vậy: x = 0,05mol
⇒
m(CH
2
=CH-COOH) = 3,6 gam.
y = 0,1mol và z = 0,1mol.
⇒
m
rắn B
= 94.x+68.y+112.z = 94.0,05+68.0,1+0,1.112=22,7 gam.
Chú ý: HS làm theo cách khác vẫn cho đủ điểm, điểm làm tròn đến 0,25.
8
Hết
9