Kỳ thi học sinh giỏi khu vực đồng bằng sông cửu long lần thứ 15 năm học 2007 - 2008

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG. KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 15 NĂM HỌC 2007-2008 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA HỌC Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề Câu I. 3Đ 1/ Cho kim loại Mg tác dụng với dung dịch axit HNO3 ta thấy có hai khí NO và N2O thoát ra. Tỉ khối của hỗn hợp hai khí này so với khí H2 là 17,8. Viết phản ứng và cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron. 2/ Đun nhẹ lim loại lưỡng tính Zn trong dung dịch chứa hỗn hợp hai chất NaOH và NaNO3 thấy có khí mùi khai thoát ra. Viết phản ứng và cân bằng theo phương pháp thăng bằng ion – electron. Câu II. 2,5Đ Cho 3 nguyên tố X, Y, Z được xác định như sau: - Nguyên tử X mất 1 electron được gọi là proton. - Nguyên tử Y có tổng điện tích hạt nhân là +9,6.10-16 (C). - Tổng số hạt trong nguyên tử Z là 25. a) Tìm tên X, Y, Z. b) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm trong các phân tử X4Y2, YZ2, X2Z. và cho biết hình dạng của chúng. Câu III. 2,5Đ Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lit dung dịch A. Độ điện li của NH3 là 1,33%. a) Tính pH của dung dịch A. b) Tính hằng số bazơ của NH3. c) Hòa tàn 0,09 mol HCl vào 1 lit dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được. Câu IV. 2Đ Để 8,4 gam phoi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp chất rắn A có khối lượng là 9,2 gam gồm FeO, Fe3O 4 , Fe 2 O3 và Fe dư. Hòa tan hoàn toàn A trong HNO3 loãng dư thu được V lit hỗn hợp khí B gồm NO và N 2 có khối lượng là 2,06 gam. a. Tính V ở đktc. b. Trộn V lit hỗn hợp khí A với 3 lit không khí (coi không khí chỉ gồm oxi và nitơ, oxi chiếm. 1 thể 5. tích không khí). Tính thể tích hỗn hợp khí thu được sau phản ứng (các kí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Câu V. 2Đ Từ 1 mol HNO3 cho tác dụng với các đơn chất, hợp chất khác nhau ta có thể thu được a. 0,25 mol NO2 b. 0,5 mol NO2 c.. 3 mol NO2 4. d. 1 mol NO2 Viết phương trình phản ứng minh họa. 1 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu VI. ( 4 điểm) Từ nhôm cacbua và các chất vô cơ cần thiết hãy điều chế: a/. O. b/ OC2H5. O. OC2H5. Câu VII. ( 1 điểm) Khi clo hóa iso pentan ở 100oC có chiếu sáng thu được các sản phẩm monoclo với tỷ lệ phần trăm như sau: 2 – clo – 2 – metyl butan: 28,4% 3 – clo – 2 – metyl butan: 35% 1 – clo – 2 – metyl butan: 24,4% 4 – clo – 2 – metyl butan: 12,2% a/ So sánh khả năng phản ứng thế của các nguyên tử H ở cacbon bậc 1, bậc 2, bậc 3. b/ Nếu thay thế Clo bằng Brom thì tỷ lệ trên tăng hay giảm? Giải thích. c/ Hãy dự đoán tỷ lệ phần trăm sản phẩm monoclo hóa isobutan. Câu VIII. ( 3 điểm) A là chất hữu cơ chứa C, H, O. Chất A có nguồn gốc từ thực vật và thường gặp trong đời sống. Khi cho a mol chất A tác dụng hết với Na2CO3 được V 1 lít khí CO2. Nếu cho cũng a mol chất A phản ứng hết với Natri thì được V2 lít khí H2 ( các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất.) 1/ Xác định công thức phân tử của A, biết: 3 Khối lượng phân tử của A bằng 192 đv.C. Trong A có số nguyên tử oxi nhỏ hơn 8 và V1  V2 4. 2/ Viết công thức cấu tạo của A. Ghi tên thông thường và tên quốc tế của A. Biết : A có mạch chính đối xứng; A không bị oxi hóa bởi CuO đun nóng. 3/ Viết phương trình phản ứng xảy ra khi đun nóng A với H2SO4 đặc ở 45 – 50oC. - - - HẾT - - -. 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG. KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 15 NĂM HỌC 2007-2008 ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC: CÂU I. 1/ Gọi x là số mol NO, y là số mol N2O. 30 x  44 y  17,8 Ta có ( x  y ).2 x 3   . y 2 Gọi hệ số cân bằng N2O là 2a, hệ số cân bằng NO là 3a. 5. 0. 2. 1. (0,25) (0,25) (0,25). 2. Mg  H N O3  Mg ( NO3 ) 2  2a N 2 O  3a N O  H 2O Chất khử: Mg, chất oxi hóa: HNO3 Quá trình khử và oxi hóa: Các quá trình khử và oxi hóa: 5. 1. 2. 7 a N  25ae  4aN  3aN x 2 0. 2. Mg  2e  Mg. x 25a. (0,25). 25aMg  64aH N O3  25aMg ( NO3 ) 2  4a N 2 O  6a N O  32aH 2O. (0,25). Vậy: 25Mg  64 H N O3  25Mg ( NO3 ) 2  4 N 2 O  6 N O  32 H 2O (0,25) 2/ Vì NO3 thể hiện tính oxi hóa nên Zn thể hiện tính khử. Trong môi trường bazơ Zn là kim loại lưỡng tính nên sẽ tạo thành ZnO22-. (0,5) Dự đoán phản ứng xảy ra: Zn + NaNO3 + NaOH → Na2ZnO2 + NH3 (0,25) Cân bằng: Zn + 4OH- – 2e → ZnO22- + 2H2O x 4 NO3- + 6H2O + 8e → NH3 + 9OH- x 1 (0,25) 4Zn + NaNO3 + 7NaOH → 4Na2ZnO2 + NH3 + 2H2O (0,5) CÂU II. a) X có một proton và một electron. → X là hiđro (H). 9, 6.1019  6 (p) Y có số proton là 1, 6.1019 → Y là cacbon (C) Trong nguyên tử Z: p + n + e =25  2p + n = 25(1) n Kết hợp với 1   1,52 (2) p Giải (1) và (2) ta được 7,1  p  8,3 Chọn p = 8 → Z là oxi (O). b) Xác định trạng thái lai hóa nguyên tố trung tâm các phân tử X4Y2, YZ2, X2Z X4Y2 → C2H4. Trạng thái lai hóa của C là sp2. Dạng phân tử tam giác. YZ2 → CO2. Trạng thái lai hóa C là sp. Dạng đường thẳng. X2Z → H2O. Trạng thái lai hóa của O là sp3. Phân tử dạng góc. 3 Lop10.com. (0,25) (0,25). (0,25) (0,25) (0,25) (0,25) (0,5) (0,25) (0,25).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> CÂU III. a) NH3 + H2O A NH4+ + OHBan đầu 0,1 0 0 (M) Điện li 0,1α 0,1α 0,1α (M) Cân bằng 0,1 - 0,1α 0,1α 0,1α (M) [OH-]= 0,1.0,0133 = 1,33.10-3 (M) 1014  H     7,5.1012 (M) -3 1,33.10  pH = 11,12.  NH 4  . OH   (1,33.103 ) 2 b) Kb(NH3) =   1, 79.105 0,1.0,9867 NH 3  c) HCl + NH3 → NH4Cl 0,09 0,09 0,09 (mol) Số mol NH3 dư = 0,01 (mol) NH3 + H2O A NH4+ + OHBan đầu 0,01 0,09 0 (M) Điện li x x x (M) Cân bằng 0,01-x 0,09+x 0,1α (M)  NH 4  . OH   (0, 09  x) x Kb=   1, 79.105 NH 0, 01  x  3 Giả sử x<<0,09; x<<0,01  [OH-] = x = 1,99.10-6M 1014  9   H     1,99.10-6  5, 03.10 (M)  pH = 8,3. (0,25) (0,25) (0,25) (0,25) (0,5). (0,25). (0,25). (0,25). (0,25). CÂU IV. Quá trình oxi hóa 0. Quá trình khử. 3. 2. 0. Fe  Fe  3e 0,15 0,45. O 2  4e  2 O 0, 025 0,1 5. (0,5). 2. N  3e  N 3x x 5. 0. 2 N  10e  N 2 10y y Áp dụng định luật bào toàn khối lượng ta có. m O2  m A  m Fe  0,8 gam  n O2  0, 025 mol. (0,25). Gọi x, y là số mol của NO và N 2. 3x  10y  0,35 Theo đề ta có hệ phương trình:  30x  28y  2, 06. .  x  0, 05 Giải hệ ta được   y  0, 02. VA  1,568 lit 4 Lop10.com. (0,25).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 O2  NO2 2 0,6 0,56 0,04 1,12. NO + bñ 1,12 pö 1,12 spö 0. (0,5). 1 VO2  Vkk  0,6  Vhh  4,008 5. (0,5). Câu V. a. Fe + 4HNO3  Fe NO3 3 + NO2 + 2H 2 O. (0,5). b. Ag + 2HNO3  AgNO3 + NO2 + H 2 O. (0,5). c. FeS  12HNO3  Fe NO3 3  H 2 SO4  9NO2  5H 2 O. (0,5). d. C + 4HNO3  CO2 + 4NO2 + 2H 2 O. (0,5). Câu VI. a/ (3 điểm). Mỗi phản ứng 0,25 điểm, phản ứng (11) được 0,5 điểm Nếu không ra đến sản phẩm cuối cùng thí không được điểm.. Al4C3  12 H 2O  4 Al (OH )3  3CH 4  (1) o. 1500 ,lln 2CH 4   CH  CH  3H 2  (2). CuCl . NH 4 NO3 2CH  CH   CH  C  CH  CH 2 (3) o. Pd ,t CH  C  CH  CH 2  H 2   CH 2  CH  CH  CH 2 (4). peoxit CH 2  CH  CH  CH 2  2 HBr   Br  CH 2  CH 2  CH 2  CH 2  Br (5) o. t Br  CH 2  CH 2  CH 2  CH 2  Br  2 NaCN   NC  CH 2  CH 2  CH 2  CH 2  CN  2 NaBr (6) . H NC  CH 2  CH 2  CH 2  CH 2  CN  4 H 2O  HOOC  CH 2  CH 2  CH 2  CH 2  COOH  2 NH 3 (7). O CH2 - CH2 - C CH2 - CH2 - C. OH OH. to. (8). CH2 - CH2 - C C. O + CO2 + H2O. CH2 - CH2 - C. OPd. 2CH  CH  H 2  CH 2  CH 2 (9) CH 2  CH 2  H 2O2   HO  CH 2  CH 2  OH (10). HO - CH2 O. +. O + H2 O. HO - CH2. O. 5 Lop10.com. (11).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> b/ (1 điểm) 3 phản ứng đầu 0,5 điểm, phản ứng (4), (5) mỗi phản ứng 0,25 điểm. askt CH 4  3Cl2  CHCl3  3HCl (1) . H CH 2  CH 2  H 2O  CH 3  CH 2  OH (2). 2C2 H 5OH  2 Na   2C2 H 5ONa  H 2  (3) 3C2 H 5ONa  CHCl3   HC (OC2 H 5 )3  3 NaCl (4). O. OHC2H5. + HC (OC2 H 5 )3. + HCOOC2H5. ( 5). OC2H5. Câu VII. a/ ( 0,25 điểm) Khả năng thế tương đối của các nguyên tử H gắn vào cacbon có bậc khác nhau là: 9 liên kết C – H bậc 1: r1 = 36,6 : 9 = 4,067. 2 liên kết C – H bậc 2: r2 = 35 : 2 = 17,5. 1 liên kết C – H bậc 3: r3 = 28,4 : 1 = 28,4. Ta có: r1 : r2 : r3 = 4,067 : 17,5 : 28,4  1 : 4,3 : 6,98 b/ ( 0.25 điểm) khi chuyển từ clo sang brom thì sản phẩm thế bậc 3 tăng lên, thế bậc thấp giảm xuống. Nguyên nhân là do hoạt động hóa học của brom kém hơn clo nên khi tham gia phản ứng thế brom có tính chọn lọc cao hơn clo. c/ ( 0,5 điểm) Cl CH3 - C - CH3 CH3. CH3 - CH - CH3 + Cl2 CH3. CH3 - CH - CH2Cl CH3. %( A) . (A). ni ri 6,98.1 .100  .100  43, 68% (9.1)  (1.6,98)  ni ri. % (B) = 100% - 43,68% = 56,32%. 6 Lop10.com. (B).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu VIII. 1/ ( 2 điểm) A: (OH ) x R (COOH ) y. 2(OH ) x R (COOH ) y  yNa2CO3  2(OH ) x R (COONa ) y  yCO2   yH 2O (1) ay (mol ) 2. a (mol ). 2(OH ) x R (COOH ) y  2( x  y ) Na  2(ONa ) x R (COONa ) y  ( x  y ) H 2  a( x  y ) (mol ) 2. a (mol ) 3 Trong cùng điều kiện có V1  V2 4. Vậy ta có:. (2). . nCO2 . 3 nH 4 2. ay a ( x  y ) 3 :   y = 3x 2 2 4.  M A  192 Mặt khác   nO  8.  y  3x  17 x  R  45 y  192 x  2 y  8 . 7x < 8  x = 1; y = 3, R = 40  R: C3H4. Vậy CTPT của A là: HOC3 H 4 (COOH )3 .. (C6H8O7). 2/ ( 0,5 điểm) Theo đề bài CTCT của A là: COOH HOOC – CH2 – C – CH2 – COOH OH axit xitric ( axit chanh ) hay axit – 2 – hidroxipropan – 1,2,3 – tricacboxylic. 3/ ( 0,5 điểm) COOH HOOC – CH2 – C – CH2 – COOH. H 2 SO4 D    HOOC – CH2 – C – CH2 – COOH + CO2+ H2O. OH. O. 7 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>