TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN, VẬT LÝ, HÓA HỌC, SINH HỌC, TIN HỌC, NGỮ VĂN, LỊCH SỬ, ĐỊA LÝ, TIẾNG ANH

ĐỀ THI HSG LỚP 12 TỈNH KIÊN GIANG

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN, VẬT LÝ, HÓA HỌC, SINH HỌC, TIN HỌC, NGỮ VĂN, LỊCH SỬ, ĐỊA LÝ, TIẾNG ANH LỚP 12 TỈNH KIÊN GIANG PDF VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG −−−−−−−−−− ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

FF IC IA L

MÔN : TOÁN HỌC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 01/11/2011 (Đề thi có 01 trang)

Bài 1 (5 điểm).

1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực :

Ơ

N

O

x 2 − 2 x + 3 + x > x 2 − 6 x + 11 + 4 − x .

2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực : 2 2  x + y + 2 y = 7 + 2 xy  2 2 ( x − y )( x − y ) + 13 y + 6 = 13 x Bài 2 (5 điểm).

π

2x

H

đúng với mọi x ∈ (0; ) . π 2 4 x2

π

2

đúng với mọi x ∈ (

−π π ; ).

2 2

Y

Từ đó chứng minh rằng cos x ≤ 1 −

N

Chứng minh rằng sin x >

Bài 3 (5 điểm).

Q

U

25 = SCB = ABC = 900 và SA = cm, AB = 4cm, BC = 3cm . Tính thể Cho hình chóp S . ABC có SAC 4 tích khối chóp S . ABC .

KÈ

M

Bài 4 (5 điểm).

Giải phương trình sau trên tập số thực : 3cot 2 x + 2 2 sin 2 x = (2 + 3 2) cos x .

D

ẠY

−−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG ---------------------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TÌNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 -------------------------------

BÀI Bài 1.1 (2,5 điểm)

FF IC IA L

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Ngày thi 01/11/2011 (Hướng dẫn chấm này gồm có 03 trang) ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 4 .

BPT đã cho tương đương với BPT

0,5đ

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 4 − x − x 4( x − 2)

⇔

>

−2( x − 2) 4− x + x

1,0đ

x − 2 x + 3 + x − 6 x + 11   4 2 ⇔ ( x − 2)  + >0⇔ x>2 2 2 4− x + x   x − 2 x + 3 + x − 6 x + 11 Kết hợp với điều kiện, nghiệm của BPT đã cho là 2 < x ≤ 4 .

2

O

2

N

0,5đ

( x − y ) + ( x + y ) − ( x − y ) = 7 Hệ đã cho được viết lại :  2 ( x + y )( x − y ) + 6 = 13( x − y ) v 2 + u − v = 7 u = −v 2 + v + 7 (1) Đặt u = x + y, v = x − y ta được hệ  2 ⇔ 4 3 2 uv + 6 = 13v v − v − 7v + 13v − 6 = 0 (2) v = 1 2 (2) ⇔ (v + 3)(v − 2)(v − 1) = 0 ⇔ v = 2 v = −3 Hệ (1) và (2) có 3 cặp nghiệm : (7 ; 1), (5 ; 2), (−5 ; −3).

7 3 Hệ đã cho có 3 cặp nghiệm : (4;3), ( ; ), (−4; −1) .

2 2 2x Xét hàm số f ( x) = sin x − .

Ơ

2

1,0đ

0,5 đ

0,5đ

KÈ

Bài 2 (5 điểm)

M

Q

U

Y

N

H

Bài 1.2 (2,5 điểm)

0,5đ

D

ẠY

Ta có f / ( x) = cos x −

π

1,0đ

π

2

và f / ( x) = 0 có duy nhất nghiệm x = x0 ∈ (0; ) . π 2 x

+

/

f ( x)

π

x0

0

0

2

−

1,0đ

f ( x)

.

0,5đ

0

0

Dựa vào BBT ta có ngay f ( x) = sin x −

2x

π

> 0, ∀x ∈ (0; ) . π 2

Trang 1

Vì hàm số y = cos x và hàm số y = 1 − minh cos x ≤ 1 −

4 x2

π

2

4 x2

π2

là các hàm số chẵn nên ta chỉ cần chứng

π

1,0đ

đúng với mọi x ∈ [0; ) .

2

π 4 x2 π Mặt khác, cos x > 0, ∀x ∈ [0; ) nên ta được cos x ≤ 1 − 2 đúng với mọi x ∈ [0; ) .

2 π 2 ∆ABC vuông tại B nên AC = AB 2 + BC 2 = 5 .

1,0đ 0,5đ

Gọi H là hình chiếu của S lên mp(ABC).

Vì AC vuông góc đoạn xiên SA nên AC vuông góc hình chiếu HA.

1,0đ

Tương tự, BC ⊥ HC. Suy ra HC song song AB.

1,0đ

O

Bài 3 (5 điểm)

1,0đ

FF IC IA L

2x π 4x2 4x2 Theo trên, ∀x ∈ [0; ) ta có sin x ≥ ≥ 0 . Do đó, sin 2 x ≥ 2 ⇔ cos 2 x ≤ 1 − 2 . π 2 π π

= CAB . Vì vậy, ∆ACH ∼ ∆BAC .

Do đó, HCA

N

AH AC 15 = nên AH = . Suy ra, SH = SA2 − AH 2 = 5 .

BC BA 4

Ơ

Vì

1 1 1 Ta có VSABC = S ABC .SH = . AB.BC.SH = 10cm3 .

3 3 2

1,0đ

N

H

0,5đ

C

H

A

B

ĐK sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ . Đặt t = cos x , −1 < t < 1

0,5đ

PT đã cho trở thành :

1,0đ

D

ẠY

Bài 4 (5 điểm)

KÈ

M

Q

U

Y

S

1,0đ

2 2t 4 + (2 + 3 2)t 3 − (4 2 − 3)t 2 − (2 + 3 2)t + 2 2 = 0

Vì t = 0 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình cho t 2 ta được 2 2(t 2 +

1 1 ) + (2 + 3 2)(t − ) + 3 − 4 2 = 0 (1) 2 t t

Trang 2

0,5đ

Đặt y = t −

1 1 ta được t 2 + 2 = y 2 + 2 t t

0,5đ

3  y = −  2 (1) trở thành 2 2 y 2 + (2 + 3 2) y + 3 = 0 ⇔  2   y = − 2

1,0đ

1 3 π ta được t = −2 (loại ) và t = ⇔ x = ± + k 2π 2 2 3

0,5đ

Với y = −

2 π 2 ta được t = − 2 ( loại ) và t = ⇔ x = ± + m 2π 2 2 4

0,5đ

π 3

+ k 2π và x = ±

π 4

+ m2π .

O

Vậy nghiệm PT là x = ±

FF IC IA L

Với y = −

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

HẾT

Trang 3

0,5đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG −−−−−−−−−− ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 - 2012 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

FF IC IA L

MÔN : TOÁN HỌC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 02/11/2011 (Đề thi có 01 trang)

O

Bài 5 (7 điểm).

Cho hai số thực x, y thỏa mãn đẳng thức x 2 + y 2 + xy = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x 3 y 3 − 3 xy ( x + y ) 2 .

N

Bài 6 (6 điểm).

H

Ơ

Trong mặt phẳng cho hai đường tròn không bằng nhau (O; R ) và (O / ; R / ) , tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Điểm B di động trên đường tròn (O). Đường thẳng vuông góc với BA tại A cắt đường tròn (O’) tại C (khác A) .

N

1. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn luôn đi qua một điểm cố định.

2. Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ABC luôn thuộc một đường tròn cố định, khi B thay đổi.

Q

U

Y

Bài 7 (7 điểm).

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n , phương trình x 2 + y 2 = z 2 + n có vô số nghiệm nguyên dương x, y, z .

D

ẠY

KÈ

M

−−−−−−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−−−−−−

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG ---------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Ngày thi 02/11/2011 (Hướng dẫn chấm này gồm có 02 trang) Đặt S = x + y , P = xy . ĐK : S 2 ≥ 4 P .

Ta có x 2 + y 2 + xy = 3 ⇔ S 2 − P = 3 ⇔ S 2 = P + 3 ≥ 0 ⇒ P ≥ −3 . Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = − 3 .

Vì S 2 ≥ 4 P và S 2 = P + 3 nên P + 3 ≥ 4 P ⇔ P ≤ 1 . Đẳng thức có thể xảy ra, chẳng hạn khi x = y = 1.

0,5đ

 P = 3 ∉ [ −3;1] .  P = −1 ∈ [ −3;1]

N

Và M / = 3P 2 − 6 P − 9 ; M / = 0 ⇔ 

O

Ta có, M = x 3 y 3 − 3 xy ( x 2 + y 2 + xy + xy ) = P 3 − 3P (3 + P ) = P 3 − 3P 2 − 9 P .

Ơ

M (−3) = −27, M ( −1) = 5, M (1) = −11

H

min M = min{M (−3), M (−1), M (1)} = M (−3) = −27

1,0đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

nên AOB = 1800 − 2 BAO

0,5đ

max M = min{M (−3), M (−1), M (1)} = M (−1) = 5 .

Y

U

1. Ta có ∆ AOB cân đỉnh O

’ Ta có ∆ AO’C cân đỉnh O’ nên AO’C = 1800 − 2CAO

Q

1,0đ

N

[ −3;1]

Bài 2 (6 điểm)

1,5đ

1,0đ

Tóm lại, tập giá trị của P là [−3 ; 1].

[ −3;1]

0,5đ

FF IC IA L

Bài 1 (7 điểm)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TÌNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 -------------------------------

(

)

+ CAO ’ = 1800 AOB + AO’C = 3600 − 2 BAO Do đó,

0,5đ 0,5đ

M

0,5đ

KÈ

Suy ra OB // O’C .

Gọi I là giao điểm của BC và OO’ ta có

IC O ' C R ' R ' = = ⇒ IC = IB IB OB R R

ẠY

Vậy I là tâm vị tự ngoài của (O) và (O’).

0,5đ

0,5đ

Vì vậy, BC luôn luôn đi qua điểm I cố định ( đpcm ).

D

2. Gọi M là trung điểm của BC ta có AG =

2 AM .

3

Gọi K là trung điểm của OO’. Vì MK là đường trung bình của hình thang CO’OB nên KM =

R + R' .

2

Trang 1

0,5đ 1,0đ

Do đó M thuộc đường tròn tâm K bán kính bằng 2 ( A, ) 3

0,5đ 0,5đ

(M ) = G R + R' ) cố định nên G chạy trên đường tròn cố 2

và M thuộc đường tròn (K ,

định, là ảnh của đường tròn ( K ,

B

R + R' 2 ) qua phép vị tự tâm A tỷ số k = .

2 3

M

K A O'

I

H

* Xây dựng được các bộ nghiệm. * Chứng được tính nguyên dương của các bộ nghiệm đã xây dựng. * Chứng được tính “vô số” của các bộ nghiệm đã xây dựng.

Chẳng hạn, Ta xây dựng các bộ nghiệm nguyên dương ( x, y, z ) như sau :

Y

N

Bài 3 (7 điểm)

Ơ

N

O

C

O

0,5đ

FF IC IA L

* Ta có V

R + R' .

2

Đặt z = y + 1 ta có y 2 − z 2 = −(2 y + 1) .

2

Q

2

U

x2 − n −1 .

Khi đó ta có x + y − z = n ⇔ y = 2 Ta có tập A = {x = 2k + | n | +1: k ∈ ℕ*} gồm vô số phần tử x là số nguyên dương, khác 2

M

tính chẵn−lẻ với n. và thỏa điều kiện x 2 − n − 1 > 0 . Vì vậy, y =

x2 − n −1 là số nguyên 2

KÈ

dương với mọi x thuộc A. Rõ ràng mỗi bộ ( x, y, z ) = ( x,

x2 − n − 1 x2 − n + 1 , ) , với x ∈ A , đều là nghiệm của 2 2

HẾT

D

ẠY

phương trình đã cho.

Trang 2

4đ 2đ 1đ

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015

-----------

-------------------

MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 26/09/2014

FF IC IA L

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)

O

Câu 5: ( 7,0 điểm ) Cho a, b và c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a + 3c 4b 8c P= + − a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c

N

Câu 6: ( 6,0 điểm )

H

Ơ

n < CBA n , O là tâm đường tròn ngoại Cho tam giác ABC vuông tại C có CAB tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp và các cạnh BC= a, AC = b, AB = c.

Chứng minh rằng nếu tam giác BIO là tam giác vuông thì:

Q U

Câu 7: ( 7,0 điểm )

Y

N

a b c = = 3 4 5

Cho 2014 số thực x1 , x2 ,..., x2014 thỏa

2014

∑x i =1

i

> 1 và xi ≤ 1 ( i = 1, 2,..., 2014 ) .

M

k

ẠY

KÈ

Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương k sao cho

-------------------HẾT -------------------

D

Ghi chú : • Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

• Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

2014

∑x − ∑ x i =1

i

i = k +1

i

≤ 1.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2014-2015 ----------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN

Điểm 1.0

FF IC IA L

Bài Câu 5 (7 điểm)

Ngày thi 26 /09 /2014 (Hướng dẫn chấm này gồm có 02 trang) Nội dung ⎧ x = a + 2b + c ⎪ Với a > 0, b > 0, c > 0 thì x > 0, y > 0, z > 0 Đặt : ⎨ y = a + b + 2c ⎪ z = a + b + 3c ⎩ ⎧c = z − y ⎪ Suy ra : ⎨b = x + z − 2 y dẫn đến ⎪ a + 3c = 2 y − x ⎩ 2 y 4x 4z 8 y + + + P = −17 + x y y z

1.0

1.0

Áp dụng BĐT Cô Si ⇒ P ≥ −17 + 2 8 + 2 32 = −17 + 12 2

O

N Ơ

1.0

H

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⎧ 2 y 4x ⎪ x = y ⎧⎪ y 2 = 2 x 2 ⎪ ⇔ ⎨ ⎨ 2 2 ⎪⎩ z = 2 y ⎪ 4z = 8 y ⎪⎩ y z

1.0

1.0

N

⎧⎪a + b + 2c = 2 ( a + 2b + c ) ⎨ ⎪⎩a + b + 3c = 2 ( a + b + 2c ) = 2 ( a + 2b + c ) Giải hệ trên với b và c là ẩn ta được : ⎧b = 1 + 2 a ⎪ ⎨ ⎪c = 4 + 3 2 a ⎩

)

Q U

( (

Y

Hay

)

( (

0.5

) (

))

Theo gt ta có : a < b < c Gọi M,L,N lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ điểm I xuống các n < CBO n < 90o đường thẳng AC,BC và AB.Ta có : IBO n = 90o thì do O là trung điểm AB nên N ≡ O và ΔIAO = ΔIBO .Từ Giả sử IOB n = CBA n ( trái gt) n = IBA n và CAB đó IAB

D

ẠY

KÈ

Câu 6 (6 điểm)

M

Vậy MinP = −17 + 12 2 đạt được tại (a; b; c) = a; 1 + 2 a; 4 + 3 2 a

Vậy nếu tam giác BIO là tam giác vuông thì nó vuông ở I. b+c−a a +c−b ; BN = BL = Ta có AM = AN = 2 2 a+b−c IM = IN = IL = 2 b+c−a c Vì > nên N nằm giữa các điểm O và B 2 2 b+c−a c b−a Do đó NO = − = 2 2 2 2

0.5 0,5

0,5 0,5 0,25

0,25

2

2a 2 + 2b 2 + c 2 − 2ac − 2bc ⎛ a+b−c⎞ ⎛b−a ⎞ OI 2 = NI 2 + NO 2 = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = 2 4 ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠

0,25

2

2

2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 4bc ⎛ a +c−b ⎞ ⎛ a +b−c ⎞ BI 2 = BL2 + LI 2 = ⎜ + = ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ BO 2 =

0,25

c2 4

0,5 0,5

n = 90o ⇒ OI 2 + BI 2 = BO 2 ⇔ 2a 2 + 2b2 + c 2 − ac − 3bc = 0 OIB Mà c 2 = a 2 + b2 nên 3c 2 = ac + 3bc và 3c = a + 3b

FF IC IA L

⎧3c = a + 3b Từ đó suy ra : ⎨ 2 2 2 ⎩c = a + b 3 = x + 3y Đặt x = a , y = b được hệ ⎧⎨ 2 2

c

c

Có 2 nghiệm ⎛⎜ −1; 4 ⎞⎟ 3⎠

⎩1 = x + y a b c (loại) và ⎛⎜ 3 ; 4 ⎞⎟ .Suy ra : = = (đpcm) 3 4 5 ⎝5 5⎠

0,5

N

O

⎝

0,5 0,5

N

H

Ơ

1

2014

k

i =1

2014

∑x

Y

Đặt g (0) = − ∑ xi , g (k ) = ∑ xi − i =1

Q U

Câu 7 (7 điểm)

i = k +1

i

M

KÈ

g (k + 1) − g (k ) ≤ 2

Giả sử ngược lại ,với mọi k mà 0 ≤ k ≤ 2014,

g (k ) > 1

(1) (2)

Nếu tồn tại i với 0 ≤ i ≤ 2013 sao cho g (i ) g (i + 1)< 0 , Không mất tính tổng quát ,có thể giả sử g (i ) > 0 và g (i + 1)< 0 Từ (2) suy ra : g (i ) > 1 và g (i + 1)< −1

ẠY

0,5

0,5

g (2014) − g (2013) = 2 x2014 ≤ 2

D

i =1

0,5 0,5

g ( k + 1) − g ( k ) = 2 xk +1 ≤ 2, k = 1, 2,..., 2012

Suy ra :

1,0

, (1 ≤ k ≤ 2013) , g (2014) = ∑ xi

thì g (1) − g (0) = 2 x1 ≤ 2

Do đó với mỗi k , 0 ≤ k ≤ 2013,

2014

g (i + 1) − g (i ) > 2 , mâu thuẫn với (1)

Do đó g (0), g (1),..., g (2014) là cùng dấu .

Mà g (0) + g (2014) = 0 , Mâu thuẫn này dẫn đến điều phải chứng minh

HẾT GHI CHÚ : • Học sinh làm cách khác đúng, cho trọn số điểm • Điểm toàn bài không làm tròn số

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG -----------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Đề thi gồm 4 trang )

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014 ----------------------------MÔN THI: VÂT LÝ Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 03/10/2013

ξ1 , r 1

Câu 1:

ξ 2 , r2

C

k

Ơ

R1

B

N

D

O

C2

C1 A

I

FF IC IA L

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

R2

N

1/. Cường độ dòng điện khi qua mạch là:

H

F

UAB= (R1+R2)I = 6V

Q U

Y

Hiệu điện thế UAB: • Khi k ngắt :

(0,5đ)

Điện tích trên mỗi tụ là :

(0,5đ)

D

ẠY

KÈ

M

(0,5đ) Tổng điện tích trên hai bản tụ nối với D là Q = q2 – q1 = 0 • Khi k đóng : (0,5đ) UAC= ξ1 - r1I = 5(V) UCB= ξ2 - r2I = 1(V) Điện tích trên tụ C1: q1’ = C1. UAC = 3.10-6 (C) (0,5đ) -6 ’ Điện tích trên tụ C2: q2 = C2. UCB = 0,3.10 (C) Tổng điện tích trên hai bản tụ nối với D là Q’ = q2’ – q1’= - 2,7.10-6(C) (0,5đ) Vậy các điện tử đã chuyển tới D qua k theo chiều từ C → D : (0,5đ) n=

(0,5đ)

2/.

• Khi k ngắt : UDF = UDA + UAF = UAF – UAD = R1.I

(0,5đ)

• Khi k đóng: UDF = UCF = - ξ1+ (r1 +R1)I = - 6 + 5 = -1 (V)

(0,5đ)

y

CÂU 2:

FF IC IA L

m

α

x

Xét chuyển động của vật trong hệ qui chiếu gắn với mặt phẳng nghiêng .Hệ qui chiếu nầy chuyển động tịnh tiến với gia tốc . Ngoài các lực thông thường , phản lực pháp tuyến , lực ma sát

còn có thêm lực quán tính

(1đ)

Theo định luật II Newton: (1) Chiếu (1) hệ trục x,y : mgsinα - µN + ma0cosα = ma’ (2) -mgcosα + N + ma0 sinα = 0 (3) Giải hệ phương trình ta có: a’= g(sinα - µcosα) + a0 (cosα + µsinα) (4) Từ đó ta tính được thời gian trượt từ đỉnh đến chân măt phẳng nghiêng:

O

(1đ)

N

H

Ơ

N

(1đ) (1đ)

(5)

(1đ)

Q U

Y

t=

Câu 3:

D

ẠY

KÈ

M

y

O2

α

x

O1

l D -l

C B

Chọn hệ qui chiếu như hình vẽ : đạn ở O1 khi t = 0 B : vị trí cân bằng của quả cầu; D, C là hai vị trí cực đại của quả cầu Sau thời gian t đạn tới B , đạn bay theo quĩ đạo parabol thỏa mãn điều kiện

L = ( v0 cosα) t (1) (0,5đ) 2 (0,5đ) - l = (v0sinα) t – gt /2 (2) Để viên đạn cắm vào quả câu, dây đứt và cả hai cùng rơi thẳng đứng xuống dưới thì động lương (3) theo phương ngang phải là: mv0 cosα - Mv = 0 với v là vận tốc cực đại của quả cầu của B và v = ωA =

vx = v0cosα là vận tốc theo phương ngang của viên đạn tại B (4)

khi :

(3)

N

(6)

H

Q U

Y

N

Giải hệ phương trình (1),(5),(6),(7) cho ta:

Khi ấy điều kiện có dạng

ngược chiều và thỏa mãn (0,5đ)

(0,5đ)

(0,5đ)

(7)

(0,5đ)

(8)

(0,5đ)

(9)

(0,5đ)

(10)

(0,5đ)

Ơ

Và điều kiện về thời gian

α = artan

và

O

n = 1,5,9, ..... nếu t0 = 0 quả cầu ở C n = 3,7,11,..... nếu t0 = 0 quả cầu ở D Ta có 3 phương trình : (1) L = ( v0 cosα) t (1) 2 (2) gt - 2 (v0sinα)t - 2l = 0 (5)

FF IC IA L

; (0,5đ)

KÈ

M

Nếu điều kiện nầy thỏa mãn thì bài toán có nghiệm (8) và ( 9 ) .

Nếu điều kiện nầy không thỏa mãn thì bài toán vô nghiệm • Dễ dàng thấy rằng khi α > 0 thì bài toán mới có nghiệm.

ẠY

Câu 4: 1/ Điện dung tụ điện chuẩn: C0 =

D

Điện dung của mạch (20 mắc song song) : C =20 CM

=> (0,5đ)

Số chỉ của kim : Diện tích chung của các bản tụ điện tỉ lệ với góc hợp bởi chúng

(0,5đ) n→C

=>

2/ Cộng hưởng điện: LCω2 = 1 =>

từ đó ta =>

(0,5đ)

FF IC IA L

So sánh : (0,5đ)

Với λ1 = 266,6m ≈ Với λ2 = 533,2 ≈

(0,5đ)

O

3/ Cộng hưởng điện Z= R =>

Y

N

H

Ơ

N

4/ a) I giãm 1000 lần => Z tăng 1000 lần từ trị ban đầu R ( ξ không đổi: sóng cũ) : Z = 103R - R2+ (ZL - ZC)2 = Z2 = 106.R2 => (ZL – ZC)2 = 106.R2 - ZL – ZC = 103R = ±100Ω (R = 0,1Ω ) ZL không đổi, ban đầu ZL – ZC = 0 .

Bây giờ ZL – ZC = ±100Ω => ZC đã biến thiên ± 100Ω (0,5đ) Trị ban đầu của ZC:

Q U

ZC = ZL = Lω = L.

(0,5đ)

Biến thiên tương đối của ZC;

đủ nhỏ nên ΔZC = dZC

đó là góc cần quay kim để giãm cường độ I 1000 lần (0,5đ)

ẠY

KÈ

M

ZC =

(0,5đ)

Sóng thu được tối ưu: λ = λ1 + dλ = 266,6 ± 9,4 = 276 và 257,2 m

(0,5đ)

D

b/ Từ

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

Học sinh có thể giải cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT

TỈNH KIÊN GIANG

NĂM HỌC 2010-2011

-------

------------

MÔN THI : HÓA HỌC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 13 /11 /2010 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------

FF IC IA L

ĐỀ CHÍNH THỨC

A. PHẦN HÓA ĐẠI CƯƠNG VÔ CƠ: Câu I :(4 điểm )

H

Ơ

N

O

1. Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD3 có 10 proton. a. Xác định tên A, D, E. b. Viết công thức cấu tạo của hợp chất tạo bởi 3 nguyên tố trên.

2. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron a. C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4 → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O. b. FexOy+ HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O 3. a. Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H2O; H2O2. Nêu cách phân biệt 2 lọ đựng 2 chất lỏng trên và viết phương trình phản ứng. b. Giải thích tại sao 2 phân tử NO2 có thể kết hợp tạo ra N2O4 ?

KÈ

M

Q U

Y

N

Câu II: (2 điểm ) 1. X là hợp chất hóa học tạo ra từ hợp kim gồm Fe và C trong đó có 6.67% cacbon về khối lượng. Thiết lập công thức của X. 2. Hòa tan X trong HNO3 (đ, to) thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B. Cho A, B lần lượt tác dụng với NaOH dư thì A tạo ra kết tủa A1; B tạo ra hỗn hợp B1 gồm 3 muối.

Nung A1 và B1 ở nhiệt độ cao A1 tạo ra oxit A2; B1 tạo ra hỗn hợp B2 gồm 2 muối.

Cho CO (dư) khử A2 ở nhiệt độ cao thì thu được rắn A3 .

Cho B2 tác dụng với H2SO4 (1) thu được khí B3 và axit B4.

Chất B4 làm mất màu dung dịch KMnO4 trong môi trường axit.

Xác định công thức A, B, A1, B1, A2, B2 , B3, B4. Viết các phương trình phản ứng .

D

ẠY

Câu III :(4 điểm) Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeS2 và Cu2S bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch A và khí SO2 . Hấp thụ hết SO2 vào trong 1 lít dung dịch KOH 0,5 M thu được dung dịch B. Cho ½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tuả nung đến khôí lượng không đôỉ thu được 4 gam chất rắn C. Cho toàn bộ lượng C qua ống sứ đựng khí CO dư nung nóng thu được khí D. Dẫn D qua nước vôi trong dư thu được 6 gam kết tuả.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính m.

2. Tính khôí lượng các chất tan trong dung dịch B.

Trang 1

B. PHẦN HÓA HỮU CƠ:

FF IC IA L

Câu I: (3 điểm ) 1. Giải thích tại sao khi hiđrat hoá 3- phenylbut-1-en trong H2SO4 loãng chỉ thu được 2- phenylbutan-2-ol .

2. Viết các phương trình phản ứng điều chế các chất hữu cơ sau: (các hoá chất vô cơ cần thiết và điều kiện của phản ứng coi như có đủ) a. Từ toluen điều chế p.crezol b. Từ benzen điều chế m-brom anilin

Ơ

N

O

Câu II: (3 điểm ) 1. Sắp xếp các hợp chất sau theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi và giải thích ?

(A) C6H5CH(CH3)2 ; (B) C6H5CH2OH ; (C) C6H5OCH3 ; (D) C6H5CHO ; (E) C6H5COOH 2. Khi thực hiện phản ứng este hóa 1 mol CH3COOH và 1 mol C2H5OH, lượng este lớn nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực đại là 90% khi tiến hành este hóa a mol CH3COOH cần số mol C2H5OH là bao nhiêu (biết các phản ứng este hóa thực hiện ở cùng nhiệt độ).

Q U

Y

N

H

Câu III:(4 điểm) Hợp chất A có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau : 46.6% C; 8,74% H; 31,07% O còn lại là N .Phân tử khối của A nhỏ hơn 140u. Khi cho A phản ứng với dung dịch NaOH loãng đun nóng nhẹ thấy bay ra khí B làm xanh quì tím ẩm và thu được dung dịch Y. Axit hoá dung dịch Y bằng H2SO4 loãng, rồi chưng cất được axit C có khối lượng phân tử bằng 74. Đun nóng A thu được chất hữu cơ D và hơi nước.

1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D. 2. Viết phương trình phản ứng xảy ra: a. Khi đun nóng D trong dung dịch HCl. b. Khi đun nóng D trong dung dịch NaOH.

----HẾT----

D

ẠY

KÈ

M

(Cho : H = 1 ; C = 12 ; N = 14 ; O = 16 ; S = 32 ; Na = 23 ; K =39 ; Ca = 40 ;Fe = 56 ; Cu = 64 )

Trang 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN HÓA HỌC Ngày thi : 13/11/2010

FF IC IA L

A.PHẦN ĐẠI CƯƠNG VÔ CƠ:

O

Câu I :(4 điểm ) 1. Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD3 có 10 proton. a. Xác định tên A, D, E. b. Viết công thức cấu tạo của hợp chất tạo bởi 3 nguyên tố trên.

2. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron a. C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4 → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O. b. FexOy+ HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O 3. a. Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H2O; H2O2. Nêu cách phân biệt 2 lọ đựng 2 chất lỏng trên và viết phương trình phản ứng. b. Giải thích tại sao 2 phân tử NO2 có thể kết hợp tạo ra N2O4 .

Ghi chú

Ơ

1- a. Theo đề

ZA + ZD + ZE = 16 (1) = 10 (2) ZA + 3ZD = 6 ⇒ ZD < 6 Từ (1)& (2) => ZE - 2ZD

H

1. 1đ

Điểm chi tiết

0,25 đ

N

Câu I (4 đ)

N

Đáp án

ZD ZE ZA

2 10 4 loại

Q U

Y

1 8 7 Nhận

=> => => => =>

4 14 âm loại

D là He loại D là Li không có hợp chất LiH3 loại D là Hydro E là Oxi A là Nitơ

KÈ

M

Vì ZD = 2 ZD = 3 Vậy ZD = 1 ZE = 8 ZA = 7

3 12 1 loại

0,25 đ

0,25 đ

D

ẠY

b. * CTCT HNO2 : H- O – N = O

2. 2 đ

0,25 đ

* CTCT HNO3 +5

H

O

O

N

O

Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron Trang 1

0

+7

+6

+6

+2 +6

+4

a. C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4 → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O. HSCB 0 +4 * 5 6C → 6 C + 4e . 6 *

24 0

1*=0,25 4x 0,25 = 1,0 đ

+2

+7

Mn + 5e → Mn +7

+4

FF IC IA L

a. 1 đ

+2

* 30 C + 24 Mn → 30 C + 24 Mn Phản ứng : * 5C6H12O6 + 24KMnO4 + 36H2SO4 → 12 K2SO4 + 24MnSO4+ 30CO2 + 66 H2O. +3

+5

+2

FexOy+ HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O HSCB +2y/x +3 3 x Fe → x Fe + (3x-2y) e

* (3x-2y)

+2

+5

N + 3e → N

+2y/x

+5

+3

+2

4x 0,25 = 1,0 đ

N

*

O

+2y/x

Ơ

b. 1 đ

b.

H

* 3x Fe + (3x-2y) N → 3x Fe + (3x-2y) N Phản ứng :

N

* 3FexOy+ (12x-2y) HNO3 → 3x Fe(NO3)3 + (3x-2y) NO +(6x-y) H2O

0,25 đ

2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5O2 + K2SO4 + 8H2O

0,25 đ

Y

a. Dùng dung dịch KMnO4 , lọ làm mất màu dung dịch KMnO4 là H2O2.

Q U

3. 1 đ

b. Do trong phân tử NO2 trên nguyên tử N còn 1 electron tự do, nên có thể

0,25 đ

tạo liên kết cộng hóa trị với nguyên tử N trên phân tử NO2 thứ 2 để tạo phân tử N2O4

M

.

KÈ

* NO2 :

O

N

O OO

0,125 đ

O O N-N

0,125 đ

PO

D

ẠY

* N2O4 :

O

Trang 2

Câu II (2,0 đ)

FF IC IA L

Câu II: (2 điểm ) 1. X là hợp chất hóa học tạo ra từ hợp kim gồm Fe và C trong đó có 6.67% cacbon về khối lượng. Thiết lập công thức của X. 2. Hòa tan X trong HNO3 (đ, to) thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B. Cho A, B lần lượt tác dụng với NaOH dư thì A tạo ra kết tủa A1; B tạo ra hỗn hợp B1 gồm 3 muối.

Nung A1 và B1 ở nhiệt độ cao A1 tạo ra oxit A2; B1 tạo ra hỗn hợp B2 gồm 2 muối.

Cho CO (dư) khử A2 ở nhiệt độ cao thì thu được rắn A3 .

Cho B2 tác dụng với H2SO4 (1) thu được khí B3 và axit B4.

Chất B4 làm mất màu dung dịch KMnO4 trong môi trường axit.

Xác định công thức A, B, A1, B1, A2, B2 , B3, B4. Viết các phương trình phản ứng .

Điểm chi tiết

Đáp án

Mỗi * = 0,25đ

1. a. Gọi công thức của X : FexCy

0,25 đ

O

a. 0,5 đ

* % Fe = 93,33 56x : 12y = 93,33 : 6.67 => x : y = 3 : 1

2x0,25= 0,5 đ 0,25 đ

Ơ

*

N

Lập tỉ lệ :

H

Công thức của X : Fe3C

0

+5

+3

+4

N

b. 1,5 đ

0

Ghi chú

+4

* Fe3C + 22 HNO3 (đ,to) → 3Fe(NO3)3 + 13NO2 + CO2 +11 H2O

0,25 đ

Y

* Dung dịch A : Fe(NO3)3 và hỗn hợp khí B gồm NO2 , CO2

Q U

Kết tủa A1 là Fe(OH)3 ; hỗn hợp B1: NaNO2, NaNO3, Na2CO3

0,25 đ

Mỗi * = 0,25đ 6x0,25= 1,5 đ

Oxit A2 là Fe2O3 ; hỗn hợp B2: NaNO2, Na2CO3 ; rắn A3 : Fe Khí B3 là CO2 ; Axit B4 là HNO2

M

Các phương trình phản ứng.

KÈ

* Fe(NO3)3 + 3 NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3 NaNO3

0,25 đ

2 NO2 + 2 NaOH → NaNO2 + NaNO3 + H2O 0,25 đ

t → Fe2O3 + 3 H2O(h) to * 2 NaNO3 → 2 NaNO2 + O2 to Fe2O3 + 3 CO → 2 Fe + 3 CO2

0,25 đ

ẠY

* CO2 + 2 NaOH → Na2CO3 + H2O o

D

2 Fe(OH)3

Na2CO3 + H2SO4 (l)

→ Na2SO4 + CO2 + H2O

* 2 NaNO2 + H2SO4 (l) → 2 HNO2 + Na2SO4

2KMnO4+5HNO2+3H2SO4→ 5HNO3 +2MnSO4+K2SO4 +3H2O

0,25 đ Trang 3

Câu III: (4 đ) 1. 3đ

FF IC IA L

Câu III :(4 điểm) Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeS2 và Cu2S bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch A và khí SO2 . Hấp thụ hết SO2 vào trong 1 lít dung dịch KOH 1M thu được dung dịch B. Cho ½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tuả nung đến khôí lượng không đôỉ thu được 4 gam chất rắn C. Cho toàn bộ lượng C qua ống sứ đựng khí CO dư nung nóng thu được khí D. Dẫn D qua nước vôi trong dư thu được 6 gam kết tuả.

1. Tính m 2. Tính khôí lượng các chất tan trong dung dịch B.

Điểm chi tiết

Đáp án

Gọi số mol của FeS2 và Cu2S lần lượt là x,y: Ta có phương trình phản ứng: 0

0,25đ

0,25đ

1,0đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

t * 2FeS2 + 14H2SO4 đ ⎯⎯→ Fe2(SO4)3 + 15SO2 +14H2O(1) x 15x x 2 2 t0 * Cu2S + 6 H2SO4 đ ⎯⎯→ 2 CuSO4 + 5 SO2 +6 H2O(2) y 2y 5y ½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư: * Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 (3) x x 2 2 2+ * Cu + 2OH → Cu(OH)2 (4) 2y 2y t0 * 2Fe(OH)3 ⎯⎯→ Fe2O3 +3H2O(5) x x 2 4 t0 * Cu(OH)2 ⎯⎯→ CuO +H2O(6) y y t0 * Fe2O3 + 3CO ⎯⎯→ 2Fe + 3CO2 (7) x x 3x 4 2 4 t0 * CuO + CO ⎯⎯→ Cu + CO2 (8) y y y * CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O(9) 3x + 4 y 3x + 4 y 4 4 ⎧ 3x + 4 y = 0,06 ⎪⎪ 4 * Theo gt: ⎨ ⎪160. x + 80. y = 4 ⎪⎩ 4 * Giaỉ hệ pt trên ta tìm được: x = 0,04 ; y = 0,03

Ghi chú

* m = 0,04.120 + 0,03.160 = 9, 6gam.

1,0đ

0,25đ 0,25đ Trang 4

2. 1đ

15x +5y = 0,45 mol 2 nSO2 1 = 0,45: 0,5 > . Do đó dung dịch Số mol KOH = 0,5 mol ⇒ 2 nKOH Số mol SO2 =

0,5đ

tạo thành gồm 2 muối a

FF IC IA L

SO2 + KOH →KHSO3 (10) a

0,25đ

SO2 + 2KOH →K2SO3 + H2O(11) 2b

0,25đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Ta có hệ pt: ⎧a + b = 0,45 Giaỉ hệ pt này ⇒ a = 0,4 ; b = 0,05 ⎨ ⎩a + 2b = 0,5 m KHCO3 = 48 gam; m K2SO3 = 7,9 gam

O

b

Trang 5

B. PHẦN HỮU CƠ:

Câu II: (3 đ)

Điểm chi tiết

Đáp án

Khi hidrat hóa 3- phenylbut-1-en trong H2SO4 loãng sẽ tạo cacbocation bậc 2 và có sự chuyển vị tạo cacbocation benzylic bền vững hơn đo đó sản phẩm thu được là 2- phenylbutan-2-ol theo sơ đồ sau:

+

CH3— C H —CH—CH3

Ph

Ph

+

0,25đ

O

CH2 = CH —CH—CH3

H+

Ơ

CH3—CH2— C —CH3

CH2

H O CH3 2 CH 3CH 2 -H2

N

CH3

H

Ph

+ C

Q U

Y

Ph 2. 1,5 đ

0,25đ

OH C Ph

CH 3 0,5đ

H2SO4 đ a/ C6H5CH3 + HNO3 (đ) ⎯ ⎯→ p-NO2C6H4CH3 + H2O

0,25đ

p-NO2C6H4CH3 +6 H ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ p-NH2C6H4CH3 + 2 H2O

0,25đ

M

Fe −HCl 0

0,25đ

H2SO4 đ b/ C6H6 + HNO3 ⎯ ⎯→

0,25đ

ẠY

KÈ

t p-NH2C6H4CH3 + HNO2 ⎯⎯→ p-HOC6H4CH3 + N2 + H2O

Fe,t

Ghi chú

0,5đ

N

1. 1,5 đ

FF IC IA L

Câu I: (3 điểm ) 1. Giaỉ thích tại sao khi hiđrat hoá 3- phenylbut-1-en trong H2SO4 loãng chỉ thu được 2- phenylbutan-2-ol 2. Viết các phương trình phản ứng điều chế các chất ( hoá chất vô cơ cần thiết, điều kiện phản ứng coi như có đủ) a. Từ toluen điều chế p.crezol b. Từ benzen m-brom anilin

C6H5NO2 + H2O

0

C6H5NO2 + Br2 ⎯⎯ ⎯ ⎯→ m-BrC6H4NO2 + HBr

Fe −HCl

0,25đ

D

m-BrC6H4NO2 + 6 H ⎯⎯ ⎯ ⎯ ⎯→ m-BrC6H4NH2 + 2 H2O

0,25đ

Trang 6

Câu II: (3 điểm ) 1. Hãy sắp xếp và giải thích thứ tự nhiệt độ sôi của các chất sau đây theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi (A) C6H5CH(CH3)2 ; (B) C6H5CH2OH ; (C) C6H5OCH3 ; (D) C6H5CHO ; (E) C6H5COOH 2. Khi thực hiện phản ứng este hóa 1 mol CH3COOH và 1 mol C2H5OH, lượng este lớn nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực đại là 90% khi tiến hành este hóa a mol CH3COOH cần số mol C2H5OH là bao nhiêu (biết các phản ứng este hóa thực hiện ở cùng nhiệt độ).

Ghi chú

Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: C6H5CH(CH3)2 < C6H5OCH3 < C6H5CHO < C6H5CH2OH < C6H5COOH ( A) (C) (D) (B) (E) Vì khối lượng phân tử của chúng xấp xỉ nhau, nên nhiệt độ sôi chỉ phụ thuộc vào sự phân cực và liên kết Hidro (A) Kém phân cực, không có liên kết Hidro (C) Phân cực hơn (A), không có liên kết Hidro (D) Phân cực hơn (C), không có liên kết Hidro (B) Phân cực hơn (D), có liên kết Hidro (E) Phân cực hơn (B), có liên kết Hidro mạnh hơn (B)

0,25đ

0,25đ

0,5đ

Ơ

N

O

1. 1,0 đ

Điểm chi tiết

Đáp án

FF IC IA L

Câu II: (3 đ)

2. 2,0đ

CH3COOC2H5 + H2O 0 0 2/3 mol 2/3 mol 2/3 mol 2/3 mol

0,5đ

N

CH3COOH + C2H5OH ⇌ 1mol 1 mol 2/3 mol 2/3 mol 1/3 mol 1/3 mol

Y

p.t.p.ư ban đầu phản ứng cân bằng

H

+ Với hiệu suất 66,67%

2

0,25đ

KÈ

M

Q U

⎛2⎞ ⎜ ⎟ [CH 3 COOC 2 H 5 ].[ H 2O] ⎝ 3 ⎠ =4 Kcb = = [CH 3COOH ].[C 2 H 5 OH ] ⎛ 1 ⎞ 2 ⎜ ⎟ ⎝3⎠ + Với hiệu suất 90% . Tính số mol C2H5OH ?

Gọi x là số mol C2H5OH. ♣ Trường hợp 1: Nếu x< a thì số mol este = 0,9x (mol)

D

ẠY

P.T.P.Ư CH3COOH + C2H5OH ⇌ mol ban đầu a x mol phản ứng 0,9x 0,9x mol cân bằng a – 0,9x 0,1x (0,9 x) 2 =4 K= 0,1x (a − 0,9 x) Vậy x = 0,342 a (mol)

0,25đ

CH3COOC2H5 + H2O 0 0 0,9x 0,9x 0,9x 0,9x

0,25đ

0,25đ

Trang 7

♣ Trường hợp 2 : x > a thì số mol este = 0,9a (mol) CH3COOC2H5 + H2O 0 0 0,9a 0,9a 0,9a 0,9a

0,25đ

FF IC IA L

P.T.P.Ư CH3COOH + C2H5OH ⇌ mol ban đầu a x mol phản ứng 0,9a 0,9a mol cân bằng 0,1a x-0,9a

0,25đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

(0,9a ) 2 K= = 4 ; Vậy x = 2,925 a (mol) 0,1a ( x − 0,9a )

Trang 8

Câu III (4 đ) 1. 3,0 đ

FF IC IA L

Câu III:(4 điểm) Hợp chất A có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau : 46.6% C; 8,74% H; 31,07% O còn lại là N .Phân tử khối của A nhỏ hơn 140u. Khi cho A phản ứng với dung dịch NaOH loãng đun nóng nhẹ thấy bay ra khí B làm xanh quì tím ẩm và thu được dung dịch Y.Axit hoá dung dịch Y bằng H2SO4 loãng, rồi chưng cất được axit C có khối lượng phân tử bằng 74. Đun nóng A thu được chất hữu cơ D và hơi nước.

1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D. 2. Viết phương trình phản ứng xảy ra: a. Khi đun nóng D trong dung dịch HCl. b. Khi đun nóng D trong dung dịch NaOH. Điểm chi tiết

Đáp án Gọi công thức tổng quát của A là CxHyOzNt

0,25đ

* Theo gt: %N = 100-(%C + %H +%O) = 13,59%

Ơ

* Công thức thực nghiệm của A là: (C4H9O2N)n

N

46,6 8,74 31,07 13,59 x: y : z :t = : : : = 4: 9 :2 :1 12 1 16 14

O

* Ta có:

H

* → 103n< 140 → n< 1,35. Vậy n =1, CTPT A là:C4H9O2N * A tác dụng vơí NaOH tạo ra bazơ B( làm xanh quì tím ẩm) ở dạng khí →A

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

N

là muối amoni của NH3 hoặc amin

Ghi chú

Y

* Vì axit hoá dung dịch Y bằng H2SO4 loãng, đem chưng cất (có thể tạo hỗn

Q U

hợp sản phẩm trong quá trình axit hóa môi trường luôn dư H+) nhưng do

0,25đ

MC = 74 nên phân tử C chỉ có 1 nhóm –COOH, CTCT của C:CH3CH2COOH CTCT của B là: CH3NH2

0,25đ

M

* CTCT của A là: CH2= CH-COONH3CH3 0

t CH2= CHCOONa + CH3NH2 CH2= CH COONH3CH3 + NaOH ⎯⎯→

KÈ

ẠY

0

t CH2= CH-CO-NH- CH3 (D) +H2O CH2= CHCOONH3CH3 ⎯⎯→

D

0,25đ

+H2O

2 CH2= CHCOONa + H2SO4 → 2 CH2= CHCOOH + Na2SO4

2. 1,0 đ

0,25đ

0,25đ 0,5đ

Trong D có liên kết –CO-NH- thuộc loại liên kết amit. Liên kết này kém bền trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm: 0

t * CH2= CH −CO−NH−CH3+ NaOH ⎯⎯→ CH2= CHCOONa+ CH3NH2 0

+ t * CH2= CH−CO−NH−CH3+ HCl+ H2O ⎯⎯→ CH2= CHCOOH + CH3NH3 Cl

0,5đ 0,5đ

Trang 9

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG -------------------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 ----------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (NGÀY THI 02/11/2011) Điểm 1,75 (Mỗi * là 0,25)

FF IC IA L

Nội dung * Vì khi đốt A trong không khí ta thu được CO2, H2O, N2 nên A chứa C, H có thể có O và có thể có N a) Trường hợp 1: A không chứa oxi * CO2 + Ca(OH)2 Æ CaCO3 + H2O nCO2 = nCaCO3 = 0,119 mol * mdd giảm =mCaCO3 – mCO2 + mH2O → 5,287 = 11,9 – (44.0,119 + mH2O) Æ mH2O = 1,377 g Æ nH2O = 0,0765 mol **Mà 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O Æ nO2 = 0,15725 mol Vậy nN2 (KK) = 4.nO2 = 0,629 mol Æ nN2 (sinh ra) = 14,28/22,4 – 0,629 = 0,0085 mol Gọi CTTQ của A là: CxHyNt * Ta có: x : y : t = 0,119 : 0,153 : 0,017 = 7 : 9 : 1 Vậy CT đơn giản nhất của A: C7H9N * Vì CTPT trùng với CT đơn giản nhất nên CTPT của A: C7H9N b) * Vì A tác dụng với NaNO2/HCl ở nhiệt độ thấp tạo muối điazoni nên A là amin thơm (A có N liên kết trực tiếp với vòng benzen) Vậy CTCT có thể có của A là:

NH2

H

NH2

Ơ

N

O

Câu 1 (4 điểm)

N

CH3

H2N

CH3

1,75 (1CT: 0.25; tên gọi: 0,25)

CH3

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

o - metyl anilin m - metyl anilin p - metyl anilin ** Trường hợp 2: A chứa Oxi và nitơ CxHyOzNt + (x+ y/4-z/2)O2 Æ xCO2 + y/2H2O + t/2N2 a (mol) ----> (x+y/4-z/2)a (mol) --------->xa (mol) -------> ya/2 (mol)--------> ta/2 (mol) Ta có: xa = 0,119 mol ya/2 = 0,0765 mol 4.(x + y/4 - z/2)a + ta/2 = 0,0085 mol Æ x : y : (t - 4z) = 7 : 9 : 1 Vì CTPT trùng với công thức đơn giản nhất nên (t - 4z) = 1 * Nếu z = 1 Æ t = 5 Æ CTPT : C7H9N5O * Nếu z = 2 Æ t = 9 Æ CTPT: C7H9N9O2 ………………….. Æ Nếu hợp chất có chứa oxi thì có nhiều CTPT với nhiều N trong phân tử nên không xét trường hợp này

0,5

CH2 – CH2 – CH3

as

+ Br2

CH – CH2 – CH3 + HBr Br

(A) C2H5OH, t

CH = CH – CH3 + KBr + H2O

0,5

+ (E)

(D)

CH = CH – CH3 + Br2

CH – CH – CH3 Br t0

CH – CH – CH3 + KOH

Br (F)

CH – CH – CH3 OH

Br

Br (G)

0,5

0,5

O

Br

(D)

0

CH – CH2 – CH3 + KOH Br

0,5

FF IC IA L

2 (3 điểm)

CH2 – CH2 – CH3

CH2 – CH2 – CH3

+ HBr

Ơ

+ Br2

N

Fe, t0

0,5

H

Br

CH2 – CH2 – CH3

Br

Y

+ KBr

(C)

M

a) * nC8H8 = 3,12 / 104 = 0,03 mol * nBr2 = 4,8/160 = 0,03 mol * nH2 = 2,688 / 22,4 = 0,12 mol * nBr2 : nC8H8 = 1 : 1 Æ số liên kết π tham gia phản ứng cộng Br2 là: 1 * nH2 : nC8H8 = 4 : 1 Æ số liên kết π tham gia phản ứng cộng H2 là: 4 mà (π + v) = (2.8 + 2 – 8)/2 = 5 *Vậy C8H8 là hiđrocacbon thơm có 3 liên kết π trong vòng benzen và 1 liên kết π ở mạch nhánh * Vậy CTCT của A là:

ẠY D

CH = CH2

: Vinyl benzen hay stiren

* Phản ứng hiđro hóa A theo tỉ lệ mol 1 : 1 thu được etyl benzen (X)

CH = CH2

+ H2

0,5

OH

KÈ

3 (3 điểm)

t0 cao, p cao

Q U

+ KOH

N

CH2 – CH2 – CH3

xt, t0

CH2 – CH3 etyl benzen (X)

2 (mỗi * là 0,25 điểm)

−H O

2 b) CH3 – CH2OH ⎯⎯⎯ → CH2 = CH2 ⎯⎯3.⎯ ⎯→ HCHO

1.O , 2. Zn

+HBr

1,0

+HCHO

−H O

2 CH3 – CH2 – CH2 – OH ⎯⎯⎯ → C3H6

FF IC IA L

Mg ⎯ → CH3 – CH2MgBr CH3 – CH2Br ⎯+⎯

+Br2

0

+ KOH / ancol ,t CH3 – C ≡ CH ←⎯ ⎯ ⎯ ⎯⎯ CH3 – CHBr – CH2Br

Viết đúng, đầy đủ sơ đồ thì được trọn điểm, cách khác vẫn cho điểm. Sai 1 chất cũng không có điểm * hỗn hợp hai hiđrocacbon được dẫn qua dung dịch Br2 dư thì có khí thoát ra. Vậy 1 trong hai hiđrocacbon là ankan * nankan = 1 mol Æ nhiđrocacbon còn lại = 1 mol mhiđrocacbon còn lại = mbình tăng = 54 g * Gọi CTTQ của hiđrocacbon còn lại: CxHy Æ 12x +y = 54 Æ x = 4 và y = 6 **Gọi số mol O2 = a mol và số mol O3 = b mol

Mỗi * là 0,25 điểm

O

4 (3 điểm)

N

32a + 48b = 19,2.2 = 38,4 a+b

Ơ

Ta có M N =

N

H

Mặt khác: a+b = 5 Æ a = 3 và b = 2 * Theo phương pháp bảo toàn mol nguyên tử O thì Khi đốt 1 mol M: nO (trongCO2 ) + nO (trongH 2O ) = nO ( trongO2 ) + nO ( trongO3 ) = 3.2 + 2.3 = 12 mol Khi đốt 2 mol M: nO (trongCO2 ) + nO ( trongH 2O ) = 24 mol

3n + 1 ) O2 2

1 mol +

(

11 ) O2 2

nCO2 +

(n+1)H2O

n mol

(n+1) mol

Æ

4CO2 +

3H2O

M

C4H6

Æ

Q U

CnH2n+2 + (

Y

** Gọi CTTQ của ankan: CnH2n+2 (n ≥ 1)

KÈ

1 mol 4 mol 3 mol * nO ( trongCO2 ) + nO ( trongH 2O ) = (n + 4).2 + (n + 1 + 3) = 24

D

ẠY

Æn=4 Vậy CTPT của hai hiđrocacbon là: C4H10 và C4H6 CTCT: * CH3 – CH2 – CH2 – CH3 hay CH3 – CH – CH3

5 (4 điểm)

CH3

* Vì hỗn hợp M tạo kết tủa màu vàng khi tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 Æ C4H6 có liên kết ba đầu mạch *Æ CTCT của C4H6 : HC ≡ C – CH2 – CH3 HC ≡ C – CH2 – CH3 + AgNO3 + NH3 Æ AgC ≡ C – CH2 – CH3 + NH4NO3 * Phần hơi được đưa qua CuSO4 khan thì nước bị hấp thụ. Hơi khô còn lại được ngưng tụ vào bình II đựng Na thấy thoát ra khí Æ hơi khô còn lại là ancol. ** Gọi công thức của ancol là: R (OH ) n

n R (OH ) n + nNa Æ R (ONa ) n + H 2 2

Mỗi * là 0,25 điểm

0

t H2 + CuO ⎯⎯→ Cu + H2O

6,4 = 0,1mol 64 0,2 Æ n R (OH ) n = (mol) n nCuO = n H 2 =

* Mặt khác: mbình Na tăng = mancol - m H 2 * Vậy m R (OH ) n =

FF IC IA L

Æ mancol = 7,6 + 0,1.2 = 7,8 (g)

0,2 ( R + 17n) = 7,8(g) n

O

Æ R = 22n Biện luận: ** n = 1 lúc này ta có hỗn hợp ancol Æ R = 22 Æ R1 < R = 22 < R2 (R1, R2 là 2 gốc hiđrocacbon) Vậy R1 = 15 Æ R1 là -CH3 Æ Ancol thứ nhất là: CH3OH Công thức este: CH3OOC – R – COOR2 0

R1 + R2 = 22 → R2 = 29 Æ R2 là -C2H5 2

Ơ

Æ R=

N

t CH3OOC – R – COOR2 + 2NaOH ⎯⎯→ CH3OH + R(COONa)2 + R2OH Æ số mol hai ancol bằng nhau

** %O =

N

H

* n = 2 lúc này ta chỉ có 1 ancol duy nhất Æ R = 44. Vậy R là C3H8 ( loại vì không có gốc hiđrocacbon nào có công thức C3H8) - Gọi CTTQ của este là: CxHyO4 * CxHyO4 + aBr2 Æ CxHyO4Br2a

64.100% = 20,126% 12 x + y + 64 + 160a

Q U

Y

Æ 12x + y + 160z = 254 Æ 160z < 254 Æ z < 1,5875 Vậy z = 1 Æ 12x + y = 94 Æ x = 7 và y = 10 Vậy CTPT của este: C7H10O4 * CTCT của este A: CH3OOC – CH = CH – COOC2H5

H

H

M KÈ

b)

C=C COOH

Axit maleic

HOOC

2CH4

1500 0 C

⎯⎯⎯→

1àm lạnh nhanh

Axit fumaric

HC ≡ CH + 3H2 0

− NH 4Cl ,t 2 HC ≡ CH ⎯CuCl ⎯⎯ ⎯⎯→ HC ≡ C – CH = CH2 Pd / PbCO ,t 0

3 ⎯→ CH2 = CH – CH = CH2 HC ≡ C – CH = CH2 + H2 ⎯⎯ ⎯ ⎯ 0

0,5

H

* Axit fumaric có nhiệt độ nóng chảy cao hơn axit maleic * vì đồng phân trans bền về mặt nhiệt động hơn đồng phân cis và đồng phân trans có tính đối xứng cao hơn đồng phân cis nên dễ sắp xếp đặc khí hơn. a) Al4C3 + 12H2O Æ 3CH4 + 4Al(OH)3

ẠY D

COOH C=C

HOOC

6 (3 điểm)

H

,t , p nCH2 = CH – CH = CH2 ⎯xt⎯ ⎯→ (– CH2 – CH = CH – CH2 –)n b) 1 mol X khi thủy phân hoàn toàn tạo 5 mol aminoaxit Æ A là một pentapeptit * Peptit + 2,4-đinitroflobenzen Æ His bị tách ra dưới dang hợp chất

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Vậy aminoaxit đầu N là His * Peptit bị thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptidaza thì thu được Lys Vậy aminoaxit đầu C là: Lys * Thủy phân không hoàn toàn cho các đipeptit His-Ala; Ala- Ala; Ala - Glu Vậy trật tự sắp xếp các aminoaxit trong mạch là: His – Ala – Ala – Glu – Lys ****CTCT:

0,25 0,25

CH3

CH3

CH2

N

FF IC IA L

NH2 – CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – COOH (CH2)2

COOH

O

H

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

ẠY

NH2

1,0

N

D

(CH2)4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 -----------------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI : HÓA HỌC ( Đề thi có 02 trang) Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 01/11/2012

FF IC IA L

(Vòng 1)

Câu I (4 điểm) :

O

1. Phi kim R có electron viết sau cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5. a. Tìm phi kim R. Viết cấu hình electron có thể có của R. b. Xác định vị trí của R trong bảng tuần hoàn. c. Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần.

2. Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron thu gọn là: [Khí hiếm] (n – 1)dα ns1.

Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của A. Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn?

Mỗi trường hợp nêu kí hiệu hóa học của 2 nguyên tố?

Câu II (3 điểm) :

H

Ơ

N

1. Viết công thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử và ion sau: BeH2, BCl3 H2O, NO3− .

2. Trong các phân tử sau, hãy sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: CO2, H2S, SO2, SO3, CH4.

3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, KBr, KI. Giải thích?

Câu III (2 điểm) :

N

Cho cân bằng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 250C: CO2 (k) + H2 (k) ⇌ CO(k) + H2O(h)

Y

CO2 -393

Q U

Chất 0 ΔH 298 (kJ / mol )

0 S 298 ( J .K −1.mol −1 )

213,6

H2 0

CO -110,5

H 2O -241,8

131,0

197,9

188,7

KÈ

M

0 0 0 1. Hãy tính ΔH 298 , ΔS 298 , ΔG298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C hay không?

0 2. Giả sử ΔH 0 của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ΔG1273 của phản ứng thuận ở 10000C và nhận xét?

Câu IV (5 điểm) :

D

ẠY

1. Viết các phương trình phản ứng sau và cho biết ứng dụng của mỗi phản ứng: a. PdCl2 + H2O + CO → b. Si + KOH + H2O → → c. N2H4 + O2 d. Zn3P2 + H2O → 2. Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO3 63% (d=1,38 g/ml). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và 7,168 lít khí NO2 (ở 27,30C và 1,1 atm). Chia A làm 2 phần bằng nhau.

FF IC IA L

* Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH3, thu được 3,41 gam kết tủa. * Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau khi phản ứng kết thúc lấy kết tủa đem nung tới khối lượng không đổi, được 2,4 gam chất rắn. a. Hãy chứng minh kim loại đã tan hết? Xác định giá trị của m? Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch A. b. Cho toàn bộ khí NO2 thu được ở trên vào 500 ml dung dịch NaOH 5M được dung dịch B. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch B.

Câu V (4 điểm) : 1. Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2 từ dung dịch Mg2+ 0,01M và pH để kết tủa hoàn toàn nó.

O

Biết rằng Mg(OH)2 được coi là kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion Mg2+ sau khi kết tủa chỉ còn là 10-6M và Mg(OH)2 có tích số tan T = 6.10-10.

2. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2 . 10-4M thì ion nào sẽ kết tủa dạng sunfua?

Biết TMnS = 3 . 10-14, TCuS = 8 . 10-37, KH2S = 1,3 . 10-21.

Câu VI (2 điểm) :

H

Ơ

N

Chỉ được phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M và chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt 3 dung dịch mất nhãn đựng trong 3 lọ riêng biệt gồm: dung dịch A: H2SO4 0,1M; dung dịch B: NaHSO4 0,1M; dung dịch C: H2SO4 0,1M và HCl 0,1M.

Cho H= 1; O= 16 ; Al = 27 ; Fe = 56 ; Cu = 64.

N

.............................HẾT.........................

Y

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

D

ẠY

KÈ

M

Q U

- Giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 -----------------------ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VÒNG 1- Môn : HÓA HỌC NỘI DUNG

4 ĐIỂM

FF IC IA L

CÂU I

1. 2,5 đ 1. Phi kim R có electron viết sau cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5. a. Tìm phi kim R. Viết cấu hình electron có thể có của R. b. Xác định vị trí của R trong bảng tuần hoàn c. Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần. Giải thích?

HD: a.

0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,375đ 0,375đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

* R là phi kim (do 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5 nên không là H) ⇒ l= 1, m có các giá trị: -1, 0, +1 và n ≥ 2 * Có 3 trường hợp có thể xảy ra với electron viết sau cùng : + n =2 ; l = 1 ; m = -1 ; mS = + 1/2 ; Phân lớp cuối 2p1⇒ R là Bor (B) + n =2 ; l = 1 ; m = 0 ; mS = - 1/2 ; Phân lớp cuối 2p5⇒ R là Flo (F) + n =3 ; l = 1 ; m = -1 ; mS = - 1/2 ; Phân lớp cuối 3p4⇒R là lưu huỳnh (S) * Cấu hình electron của các nguyên tố.

B (Z=5) : 1s2 2s2 2p1 F (Z=9) : 1s2 2s2 2p5 S (Z=16) : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 b. B : ở ô thứ 5, chu kì 2, nhóm IIIA. F : ở ô thứ 9, chu kì 2, nhóm VIIA. S : ở ô thứ 16, chu kì 3, nhóm VIA. c. B và F thuộc cùng chu kì, Z tăng tính phi kim tăng ⇒ B< F B thuộc nhóm IIIA nên có độ âm điện nhỏ hơn độ âm điện S nhóm VIA ⇒ B< S < F (HS có thể giải theo qui tắc lùi hay tiến nếu đúng đều đạt điểm tối đa) 2. 1,5 đ 2. Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron thu gọn là: [Khí hiếm] (n – 1)dα ns1. Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của A.Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn? Mỗi trường hợp nêu kí hiệu hóa học của 2 nguyên tố?

HD: Cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)dα ns1⇒ Có 3 trường hợp * Với α = 0 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] ns1 ⇒ cấu hình các nguyên tố kim loại kiềm nhóm IA.(Na, K...) * Với α = 5 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d5 ns1 ⇒ cấu hình các nguyên tố nhóm VIB (Cr, Mo...). * Với α = 10 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d10 ns1 ⇒ cấu hình các nguyên tố nhóm IB (Cu, Ag...).

Trang 1

CÂU II

NỘI DUNG

3 ĐIỂM

Cl * H2O ; CTCT H

, tam giác phẳng, lai hóa sp .

O

Cl ⎟ B

Cl : O : , gấp khúc (chữ V), lai hóa sp3 .

H

-

O

; tam giác phẳng, lai hóa sp2 .

- O- N

0,375 đ

0,5 đ

3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, KBr, KI. Giải thích? * Bán kính nguyên tử tăng dần từ Cl < Br < I ⇒ Bán kính ion Cl-< Br - < I* Năng lượng phân li tỉ lệ nghịch với bán kính ion ⇒ Từ KCl, KBr, KI nhiệt độ nóng chảy giảm dần và độ tan trong nước tăng dần .

0,5 đ

Q U

Y

2. Sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: H2S < CH4 < SO2 < SO3 < CO2

0,5 đ

D

ẠY

KÈ

M

3. 1đ

N

O

2. 0,5đ

0,375 đ

H

* NO3− : CTCT

0,375 đ 0,375 đ

N

* BCl3 : CTCT

2

Ơ

1. 1,5đ

HD: 1. Công thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa ... * BeH2 : CTCT H- Be – H, đường thẳng, lai hóa sp .

FF IC IA L

1. Viết CTCT, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử và ion sau: BeH2, BCl3 H2O, NO3− .

2. Trong các phân tử sau, hãy sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: CO2, H2S, SO2, SO3, CH4.

3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, KBr, KI. Giải thích?

Trang 2

CÂU III

NỘI DUNG

2 ĐIỂM

0

Cho cân bằng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 25 C:

Chất ΔH (kJ / mol )

CO2 -393

H2 0

CO -110,5

0 S 298 ( J .K −1.mol −1 )

213,6

131,0

197,9

0 298

FF IC IA L

CO2 (k) + H2 (k) ⇌ CO(k) + H2O(h) H 2O -241,8 188,7

0 0 0 1. Hãy tính ΔH 298 , ΔS298 , ΔG298 của phản ứng và nhận xét phản 0 ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 25 C hay không?

2. Giả sử ΔH 0 của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy

O

0 tính ΔG1273 của phản ứng thuận ở 10000C và nhận xét?

N

1. 1,25đ

HD: CO2 (k) + H2 (k) ⇌ CO(k) + H2O(h) 0 0 0 0 0 1. ΔH 298 (td ) = [ΔH 298( CO ) + ΔH 298( H O ) ] - [ ΔH 298( CO ) + ΔH 298( H ) ] 2

2

0,375 đ

2

Ơ

= (-110,5 -241,8) – (-393) = 40,7 kJ/mol 0 0 0 0 0 ΔS298 (td ) = [ S298( CO ) + S 298( H O ) ] - [ S 298( CO ) + S 298( H ) ] 2

2

2

0,375 đ

H

= (197,9 + 188,7) – (213,6 + 131,0) = 42 J/mol.

0 0 ΔG (td ) = ΔH 298( td ) − T ΔS 298( td ) = 40700 – 298 . 42 = 28184 J/mol

N

0 298

0,25 đ 0

Vì ΔG (td ) > 0 nên phản ứng không tự xảy ra theo chiều thuận ở 25 C 0 298

0,25 đ

ΔGT

2

T2

=

ΔGT

1

Y

2. Vì ΔH của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ nên: ⎛1 1⎞ + ΔH 0 ⎜ − ⎟ ⎝ T2 T1 ⎠

Q U

2. 0,75đ

0

T1

0,5 đ 0,25 đ

D

ẠY

KÈ

M

⎡ 28184 1 ⎞⎤ ⎛ 1 0 = 1273 ⎢ ΔG1273 + 40700 ⎜ − ⎟ ⎥ = - 12766 J/mol ⎝ 1273 298 ⎠ ⎦ ⎣ 298 0 Vì ΔG298 (td ) < 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận ở 10000C.

Trang 3

NỘI DUNG

5 ĐIỂM

1.1,5 đ

1. Viết các phương trình phản ứng sau và ứng dụng của mỗi phản ứng: HD: a. PdCl2 + H2O + CO → Pd + 2 HCl + CO2 Phản ứng này dùng để nhận biết khí CO trong hỗn hợp khí, những hạt rất nhỏ Pd tách ra trong dung dịch làm màu đỏ của dung dịch PdCl2 trở nên đậm hơn. b. Si + 2 KOH + H2O → K2SiO3 + 2 H2 ↑ Phản ứng này dùng để điều chế nhanh khí H2 ở mặt trận. c. N2H4 + O2 → N2 + 2 H2O Phản ứng này tỏa nhiệt mạnh nên N2H4 dùng để làm nhiên liệu cho tên lửa. d. Zn3P2 + 6 H2O → 3 Zn(OH)2 + 2 PH3 ↑ PH3 rất độc, nên dùng Zn3P2 để làm thuốc diệt chuột.

0,375 đ

FF IC IA L

CÂU IV

0,375 đ 0,375 đ 0,375 đ

2.Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO3 63%.

O

2. 3,5 đ Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và 7,168

0,375 đ

0,375 đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

lít khí NO2 (ở 27,30C và 1,1 atm). Chia A làm 2 phần bằng nhau.

Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH3, thu được 3,41 gam kết tủa.

Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau khi phản ứng kết thúc lấy kết tủa đem nung tới khối lượng không đổi, được 2,4 gam chất rắn. a. Hãy chứng minh kim loại đã tan hết ? Xác định giá trị của m? Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch A. b. Cho toàn bộ khí NO2 thu được ở trên vào 500 ml dung dịch NaOH 5M được dung dịch B. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch B. HD: a. Các phương trình phản ứng Al + 6 HNO3 → Al(NO3)3 + 3 NO2 ↑ + 3 H2O x mol 6x mol xmol 3x mol Fe + 6 HNO3 → Fe(NO3)3 + 3 NO2 ↑ + 3 H2O y mol 6y mol ymol 3y mol + 4 HNO3 → Cu(NO3)2 + 2 NO2 ↑ + 2 H2O Cu z mol 4z mol z mol 2z mol 1,1.7,168 200.63 nHNO3 = = 2 (mol); nNO2 = = 0,32 (mol) 0, 082.300,3 100.63 Theo phương trình nHNO3 td = 2. nNO2, đề cho nHNO3 > 2 . nNO2 ⇒ HNO3 dùng dư ⇒ Kim loại đã phản ứng hết * Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NH3 Al(NO3)3 + 3 NH3 + 3 H2O → Al(OH)3 ↓ + 3 NH4NO3 x/2 mol x/2 mol Fe(NO3)3 + 3 NH3 + 3 H2O → Fe(OH)3 ↓ + 3 NH4NO3 y/2 mol y/2 mol Cu(NO3)2 + 6 NH3 + 2 H2O → [Cu(NH3)4](OH)2 + 2 NH4NO3 ⇒ kết tủa thu được Al(OH)3, Fe(OH)3

0,375 đ

Trang 4

* Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NaOH dư

FF IC IA L

0,25 đ

0,25 đ

0,375 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,375 đ 0,125 đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Al(NO3)3 + 4 NaOH → NaAlO2 + 3 NaNO3 + 2 H2O Fe(NO3)3 + 3 NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3 NaNO3 y/2 mol y/2 mol Cu(NO3)2 + 2 NaOH → Cu(OH)2 ↓ + 2 NaNO3 z/2 mol z/2 mol * Nung ở nhiệt độ cao :2 Fe(OH)3 → Fe2O3 ↓ + 3 H2O y/2 mol y/4 mol Cu(OH)2 → CuO ↓ + H2O z/2 mol z/2 mol * Gọi nAl = x mol, nFe = y mol, nCu = z mol Hệ phương trình : 3x + 3y + 2z = 0,32 (1) 78. x/2 + 107 . y/2 = 3,41 (2) 160. y/4 + 80. z/2 = 2,4 (3) Giải hệ : x = 0,06 ; y = 0,02 ; z = 0,04 mhỗn hợp = 0,06 . 27 + 0,02 . 56 + 0,04 . 64 = 5,3 gam. * Nồng độ % của các chất trong dung dịch A gồm : [Al(NO3)3, Fe(NO3)3, Cu(NO3)2] mddA= mddHNO3 + mKloại - mNO2 = 200 + 5,3 - 0,32 . 46 = 190, 58 gam nHNO3 dư = 2 - 2 .0,32 = 1,36 (mol) 0, 06.213.100 C%dd Al(NO3)3 = = 6, 705% 190,58 0, 02.242.100 C%dd Fe(NO3)3 = = 2,539% 190,58 0, 04.188.100 C%dd Cu(NO3)2 = = 3,945% 190,58 1,36.63.100 C%dd HNO3 = = 44,957% 190,58 b. Cho toàn bộ khí NO2 vào dung dịch NaOH 2 NO2 + 2 NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O 0,32 mol 0,32 mol 0,16 mol 0,16 mol nNaOH dư = 0,5 . 5 - 0,32 = 2,18 mol 0,16 CMddNaNO3 = CMddNaNO2 = = 0,32M 0,5 2,18 CMddNaOH = = 4,36 M 0,5

Trang 5

CÂU V

NỘI DUNG

4 ĐIỂM

1. 2đ

1. Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2 từ dung dịch Mg2+ 0,01M và pH

FF IC IA L

để kết tủa hoàn toàn nó. Biết rằng Mg(OH)2 được coi là kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion Mg2+ sau khi kết tủa chỉ còn là 10-6M và Mg(OH)2 có tích số tan T = 6.10-10.

HD:

0,375 đ 0,25 đ 0,125 đ 0,25 đ

0,375 đ 0,25 đ 0,125 đ

N

2. Độ tan của H2S trong dd HClO4 0,003M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2 . 10-4M thì ion nào sẽ kết tủa dạng sunfua? Biết TMnS = 3 . 10-14, TCuS = 8 . 10-37, KH2S = 1,3 . 10-21.

HD: . Các phương trình phản ứng HClO4 → H+ + ClO −4 3 .10-3M 3 .10-3M

0,125 đ 0,125 đ

Q U

Y

2. 2đ

H

Ơ

N

O

♣ Tính pH bắt đầu kết tủa Mg(OH)2: Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 ↓ Ta có: T = [Mg2+].[OH-]2 = 6.10-10 ⇒ 0,01 . [OH-]2 = 6.10-10 = 2,45 . 10-4 (M) ⇒ [OH-] pOH = -lg[OH ] = -lg 2,45 . 10-4 = 3,61 pH = 14 - 3,61 = 10,39. ♣ Tính pH để kết tủa hoàn toàn Mg(OH)2: Kết tủa được coi là hoàn toàn khi [Mg2+] = 10-6 M, nên ta có: [Mg2+] . [OH-]2 = 6.10-10 ⇒ 10-6 . [OH-]2 = 6.10-10 = 2,45 . 10-2 (M) ⇒ [OH-] pOH = -lg[OH ] = - lg 2,45 . 10-2 = 1,61 pH = 14 - 1,61 = 12,39.

⇌ 2 H+

+ S2[H S] 0,1 ⎡⎣ S 2− ⎤⎦ = K H 2 S . 2 2 = 1,3.10−21 = 1, 4.10−17 −3 2 + (3.10 ) ⎡⎣ H ⎤⎦

KÈ

M

H 2S

D

ẠY

Vậy ⎡⎣ Mn 2+ ⎤⎦ . ⎡⎣ S 2− ⎤⎦ = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21 < TMnS ⇒ nên không kết tủa. ⎡⎣Cu 2+ ⎤⎦ . ⎡⎣ S 2− ⎤⎦ = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21 > TCuS

⇒ nên kết tủa CuS. (HS có thể giải theo hướng khác, nhưng đúng vẫn tính theo thang điểm trên)

0,125 đ 0,125 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,125 đ 0,5 đ 0,125 đ

Trang 6

CÂU VI

NỘI DUNG

2 ĐIỂM

FF IC IA L

Chỉ được phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M và chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt 3 dung dịch mất nhãn đựng trong 3 lọ riêng biệt gồm: ddA: H2SO4 0,1M; ddB: NaHSO4 0,1M; ddC: H2SO4 0,1M và HCl 0,1M

HD: ♣ Các dung dịch trên phản ứng với NaOH với mức độ khác nhau: * Dung dịch A: H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O

O

Dung dịch B: NaHSO4 + NaOH → Na2SO4 + H2O Dung dịch C: H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O HCl + NaOH → NaCl + H2O * Khi kết thúc phản ứng thành phần chủ yếu của các dung dịch là: Na2SO4 → 2 Na+ + SO42−

0,5 đ

N

H

Ơ

N

SO42− + H2O → HSO4− + OH- ; Kb = 10-12 ⇒ pH của dung dịch vào khoảng 7,5. ♣ Nếu lấy chính xác cùng một thể tích như nhau của các dung dịch phân tích, thêm vài giọt phenolphtalein rồi cho rất chậm dung dịch NaOH cho đến khi dung dịch chuyển sang màu hồng rất nhạt (pH từ 8 → 9) thì có thể coi phản ứng xảy ra hết .

0,5 đ

0,5 đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

* Thể tích của NaOH tiêu thụ trong 3 trường hợp là VNaOH(B) < VNaOH(A) < VNaOH(C) ⇒ Dựa vào thể tích NaOH tiêu thụ cho phản ứng ta có thể nhận biết từng dung dịch trên.

(HS có thể nhận theo hướng khác, nhưng đúng vẫn tính điểm tối đa)

0,5 đ

Trang 7

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG -----------

KÌ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 -------------

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 2 trang)

FF IC IA L

MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 02/11/2012 (vòng 2)

N

O

Câu I (4 điểm): 1. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất hữu cơ M cần 9,6 gam oxi . Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 thấy có 19,7gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dung dịch giảm 5,5gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng dung dịch còn lại thu thêm 9,85gam kết tủa nữa. a. Xác định giá trị a, công thức phân tử, viết các đồng phân cấu tạo và gọi tên của M. b. Từ đồng phân X có thể điều chế cao su Buna và axit benzoic. Xác định công thức cấu tạo đúng của X và viết sơ đồ điều chế cao su Buna và axit benzoic từ X (với xúc tác và chất vô cơ coi như có đủ).

2. Cho các chất sau: (2S,3S)-butan-2,3-điol; (2R,3R)-butan-2,3-điol; (2S,3R)-butan-2,3-điol. a. Viết công thức cấu tạo các hợp chất trên (theo công thức chiếu Fisơ). b. Trong các chất trên, chất nào không có tính quang hoạt.

Câu III (3 điểm): 1. Cho sơ đồ sau:

Q U

Y

N

H

Ơ

Câu II (3 điểm): 1. a. Cho anilin và phenylamoni clorua, chỉ rõ chất nào là chất rắn, chất nào là chất lỏng, chất nào ít tan, chất nào tan trong nước ở điều kiện thường? Giải thích? b. Nếu có một lọ hợp chất trên có ghi công thức đã mờ được dự đoán là phenylamoni clorua.

Nêu phương pháp hoá học xác định xem công thức đó đúng không?

2. Nêu cách tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa đồng thời các chất sau: Toluen, C6H5OH, C2H5OH, CH3COOH.

CH 3CH 2CH =O + Cl2 [ ] H 2O + Mg C6H6 ⎯⎯⎯ → A ⎯⎯⎯→ B ⎯⎯⎯⎯⎯ → C ⎯⎯⎯ →E → D ⎯⎯ ete khan FeCl3 ete khan H+

M

O

ẠY

KÈ

a. Xác định các chất A, B, C, D, E và hoàn thành sơ đồ phản ứng (có ghi rõ điều kiện phản ứng). b. Gọi tên các chất A, B, D, E. 2. Từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác coi như có đủ. Viết sơ đồ phản ứng điều chế : axit axetilenđicacboxylic (axit butinđioic), ghi rõ điều kiện phản ứng.

D

Câu IV (3 điểm): Một hỗn hợp X gồm H2 và 2 hiđrocacbon A, B chứa trong bình có sẵn một ít bột Ni. Thể tích bình là 8,96 lít, P1=2 atm (0oC). Đun nóng bình một thời gian rồi đưa về 0oC thì áp suất trong bình lúc này là P2=1,5atm và được hỗn hợp khí Y. 1 hỗn hợp khí Y qua nước brom thì nước brom phai màu một phần, thu được một Dẫn 2 hiđrocacbon duy nhất A đi ra khỏi bình Br2. Đốt cháy hoàn toàn A thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ khối lượng 88 : 45.

1

1 hỗn hợp Y thu được 30,8gam CO2 và 10,8gam H2O. Giả thiết thể tích bình 2 không đổi, thể tích bột Ni không đáng kể và trong quá trình nung chỉ xảy ra phản ứng hợp H2.

1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B. 2. Tính phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y. 3. Tính tỉ khối của hỗn hợp X, Y đối với H2.

FF IC IA L

Đốt cháy hoàn toàn

O

Câu V (4 điểm): Một hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ A, B không tác dụng với dung dịch Br2 và đều tác dụng với dung dịch NaOH. Tỉ khối của Y đối với He bằng 17,8.

Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH thì thấy phải dùng 4 gam NaOH, phản ứng cho ra một ancol đơn chức và 2 muối của axit hữu cơ đơn chức. Nếu cho toàn bộ lượng ancol thu được tác dụng với Na lấy dư, có 672 ml khí (ở đktc) thoát ra.

1. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. 2. Gọi tên các chất A, B và xác định các chất có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Câu VI (3 điểm): Một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O, N với mC : mH : mO : mN = 9: 2,25 : 8 : 3,5 . Tỉ khối hơi của A đối với metan xấp xỉ bằng 5,69.

1. Xác định công thức phân tử của A. 2. Lấy 9,1 gam A cho tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, có khí B mùi khai bay ra có thể tích là 2,24 lít (đktc) và dung dịch E. Đốt cháy hết B thu được 4,4 gam CO2. Xác định công thức cấu tạo của B và A. 3. Cô cạn dung dịch E, tính khối lượng chất rắn thu được. Cho thêm chất xúc tác vào và đem nung chất rắn thu được, tính thể tích khí bay ra (ở đktc).

Cho H= 1 ; C = 12 ; N = 14 ; O= 16 ; Na = 23 ; Ba = 137 ; He = 4.

M

......................................HẾT............................................

D

ẠY

KÈ

Ghi chú: ● Thí sinh không được sử dụng tài liệu. ● Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 -----------------------ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VÒNG 2- Môn HÓA HỮU CƠ 4 ĐIỂM

1. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất hữu cơ M cần 9,6 gam oxi . Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 thấy có 19,7 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dd giảm 5,5 gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng ddịch còn lại thu thêm 9,85 gam kết tủa nữa. a. Xác định giá trị a, CT phân tử, viết các đồng phân cấu tạo và gọi tên M. b. Từ đồng phân X có thể điều chế cao su buna và axit benzoic . Xác định CTCT đúng của X ?Viết sơ đồ điều chế cao su buna và axit benzoic từ X (với xúc tác và chất vô cơ coi như có đủ).

HD: 19, 7 = 0,1 mol a. Gọi CT: CxHyOz ; nBaCO3 = 197 Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O 0,1mol 0,1mol Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 0,1 mol 0,05 mol

0,75đ

N

H

Ơ

N

O

1. 3đ

NỘI DUNG

FF IC IA L

CÂU I

0

Y

t ⎯⎯ → BaCO3↓ + CO2 + H2O 0,05mol

Q U

Ba(HCO3)2 0,05mol

0,25đ

⇒ ∑ nCO2 = 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol)

M

∆m = mkết tủa - ( mCO2 + mH 2O ) ⇒ mH 2O = mkết tủa - mCO2 - ∆m

KÈ

⇒ mH 2O = 19,7 – (44.0,2) – 5,5 = 5,4g

ẠY

-

nCO2 = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

D

⇒ Số nguyên tử C =

số nguyên tử H =

nCO2 nM

2.nH 2O nM

=

=

0,25đ

0, 2 =2 ; 0,1

2. 0,3 =6 0,1

nO(M) = 2 nCO2 + nH 2O - 2 nO2

⇒ Số nguyên tử O (z) =

0,25đ

⇒ Hợp chất M no

Ta thấy : nCO2 < nH 2O

⇒ nM = nH 2O

⇒ nH 2O

5, 4 = = 0,3 mol 18

nO ( M ) nM

= 2.0,2 + 0,3 – 2.0,3 = 0,1 mol =

0,5đ

0,1 =1 0,1 1

Vậy CTPT M là: C2H6O ⇒ a = 0,1 .46 = 4,6g * Các đồng phân của M: CH3 – CH2 – OH Ancol etilic CH3 – O – CH3 Đimetyl ete b. CTCT đúng CH3 – CH2 – OH

FF IC IA L

0,25đ

− H 2O C2H5OH ⎯⎯⎯⎯ → CH2 = CH – CH = CH2 ⎯⎯⎯ → (-CH2–CH=CH–CH2-)n t 0 , xt , P 4500 , MgO

0,375đ

Cao su buna

CH3Cl +Cl2

2. 1đ

O

NaOH NaOH,t0 lên men giam → CH3COONa ⎯+⎯⎯⎯ → CH4 C2H5OH ⎯⎯⎯⎯ ⎯ → CH3COOH ⎯+⎯⎯ CaO 0

0

0,375đ

N

+ CH3Cl 600 C, C 1500 C [O] C6H5-CH3 ⎯⎯ ⎯⎯⎯ → C2H2 ⎯⎯⎯⎯ →C6H6 ⎯⎯⎯→ → C6H5COOH AlCl3 l ln

CH3 OH

Q U

H

Y

N

H

Ơ

2. Cho các chất sau: (2S,3S)-butan-2,3-điol; (2R,3R)-butan-2,3-điol; (2S,3R)-butan-2,3-điol. a. Viết công thức cấu tạo các hợp chất trên (theo công thức chiếu Fisơ). b. Trong các chất trên, chất nào không có tính quang hoạt.

HD: a.

OH

H

M

CH3

(2S,3S)-butan-2,3-điol

CH3

OH

H

H

0,25x3= 0,75đ

OH CH3

(2R,3R)-butan-2,3-điol

KÈ

CH3

OH

H

OH

D

ẠY

H

CH3

(2S,3R)-butan-2,3-điol b. Chất không có tính quang hoạt là: (2S,3R)-butan-2,3-điol. Vì có mặt phẳng đối xứng.

0,25đ

2

CÂU II

NỘI DUNG

3 ĐIỂM

1. 1,5 đ

1. a. Cho anilin và phenylamoni clorua, chỉ rõ chất nào là chất rắn, chất nào

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

Y

2. 1,5 đ

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

là chất lỏng, chất nào ít tan, chất nào tan trong nước? Giải thích? b. Nếu có một lọ hợp chất trên có ghi công thức đã mờ được dự đoán là phenylamoni clorua. Nêu phương pháp hoá học xác định xem công thức đó đúng không?

HD: a. * C6H5 – NH2 là chất lỏng ít tan vì nó là hợp chất cộng hóa trị, có gốc phenyl hút electron làm giảm khả năng tạo liên kết hidro với H2O * C6H5NH3Cl là chất rắn tan trong H2O vì nó là hợp chất ion họ muối amoni b. Các phương pháp hoá học xác định - Lấy một mẫu thử cho tác dụng với dung dịch AgNO3 thấy có kết tủa trắng xuất hiện chứng tỏ có ion ClC6H5NH3Cl + AgNO3 → C6H5NH3NO3 + AgCl↓ - Lấy một mẫu thử khác cho tác dụng với dung dịch NaOH, lắc nhẹ cho phản ứng hoàn toàn, nếu đúng là C6H5NH3Cl thì sẽ có một chất lỏng không tan tách ra. Chiết lấy chất lỏng không tan đó cho tác dụng với dung dịch Br2 thấy có kết tủa trắng xuất hiện.

C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O C6H5NH2 + 3Br2 → C6H2Br3–NH2↓ + 3HBr

Nêu được hiện tượng mỗi chất 0,25x4= 1đ Viết đúng mỗi ptrình 0,125x4= 0,5đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

2. Nêu cách tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa đồng thời các chất sau: Toluen, C6H5OH, C2H5OH, CH3COOH. HD: * Cho dung dịch NaOH vào hỗn hợp, phân 2 lớp, chiết lấy toluen.

PU: C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O * Chưng cất hỗn hợp còn lại thu C2H5OH * Sục CO2 đến dư vào hỗn hợp còn lại. Tách 2 lớp, thu lấy C6H5OH. PU: C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3 * Cho dung dịch H2SO4 vào hỗn hợp còn lại, tiến hành chưng cất (CO2) tách ra trước, sau đó thu được CH3COOH ; Chất rắn còn lại là NaHSO4.

CH3COONa + H2SO4 → CH3COOH + NaHSO4

3

CÂU III

NỘI DUNG

3 ĐIỂM

1. Cho sơ đồ sau: CH 3CH 2CH = O + Cl2 H 2O [ ] + Mg C6H6 ⎯⎯⎯ B ⎯⎯⎯⎯⎯ → D ⎯⎯ → A ⎯⎯⎯→ → C ⎯⎯⎯ →E ete khan FeCl3 ete khan H+

O

+ Cl2

+Mg

FeCl3

ete khan (A)

FF IC IA L

a. Xác định các chất A, B, C, D, E và hoàn thành sơ đồ phản ứng(có ghi điều kiện). b. Gọi tên các chất A, B, D, E. HD: 1.

CH3CH2CH=O C6H5-CH -CH2 CH3 C6H5MgCl ete khan

Cl

[O]

Ơ

(E)

H2O, H+

C6H5-CH -CH2 -CH3

N

C6H5-C -CH2 -CH3 O

OH (D)

HD:

CH

+ H2O

0

HgSO4, 80 C

M

CH

0,25đ

Y

N

H

A: Clobenzen B: Magie phenyl clorua D: 1-phenylpropan-1-ol E: Etyl phenyl xeton 2. Từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác coi như có đủ. Viết sơ đồ phản ứng điều chế : axit axetilenđicacboxylic (axit butinđioic), ghi rõ điều kiện phản ứng.

Q U

2. 1,5 đ

Sơ đồ có đk 1pt=0,25 0,25x5= 1,25đ

OMgCl (C)

(B)

O

1.

1,5 đ

+H2 Ni, t

0

CH3CH2OH

+ HBr

CH3CH2Br +Mg ete khan

1/CO2 2/H2O

BrMgC ≡ CMgBr

CH

CH

Sơ đồ có đk 1pt=0,25 0,25x6= 1,5đ

CH3CH2MgBr

D

ẠY

KÈ

HOOC-C ≡ C-COOH

CH3CHO

4

NỘI DUNG

3 ĐIỂM

1.

1,25 đ

Một hỗn hợp X gồm H2 và 2 hiđrocacbon A, B chứa trong bình có sẵn một ít bột Ni. Thể tích bình là 8,96 lít, P1=2 atm (0oC). Đun nóng bình một thời gian rồi đưa về 0oC thì áp suất trong bình lúc này là P2=1,5atm và được hỗn hợp khí Y. Dẫn ½ hỗn hợp khí Y qua nước brom thì nước brom phai màu một phần, thu được một hiđrocacbon duy nhất A đi ra khỏi bình Br2. Đốt cháy hoàn toàn A thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ khối lượng 88 : 45. Đốt cháy hoàn toàn ½ hỗn hợp Y thu được 30,8 gam CO2 và 10,8 gam H2O. Giả thiết thể tích bình không đổi, thể tích bột Ni không đáng kể và trong quá trình nung chỉ xảy ra phản ứng hợp H2.

1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B. 2. Tính phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y. 3. Tính tỉ khối của hỗn hợp X, Y đối với H2.

HD: 2. 8,96 1,5 .8,96 = 0,8 mol ; nhhY = = 0,6 mol 1. * nhhX = 22, 4 22, 4 .273 .273 273 273 * Độ giảm số mol hỗn hợp chính là số mol H2pứ : nH = 0,8 – 0,6 = 0,2 mol

0,25 đ

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

CÂU IV

2

Q U

Y

88 45 = 2 < nH O = = 2,5 ⇒ A là Ankan nCO2 = 2 44 18 3n + 1 O2 → nCO2 + (n + 1) H2O * CnH2n+2 + 2 44n 88 ⇒ ⇒ n=4 = 45 18(n + 1)

;

KÈ

M

* Vậy CTPT A : C4H10

0,5 đ

CTCT A : CH 3 -CH2-CH2-CH3 và

H 3C

H C

CH3

CH3

ẠY

Hỗn hợp Y :

30,8 10,8 = 0,6 mol = 0,7 mol ; n = H 2O 44 18 * Khối lượng ½ Y: mY = mC + mH = 12. 0,7 + 1,2. 0,6 = 9,6g 9, 6 = 32 ; mà: MB < M Y = 32 < MA * MY = 0,3

D

*

nCO2 =

Tìm CT B 0,125 . 4= 0,5đ

* ⇒ B là : C2H2 hay C2H4 5

FF IC IA L

2.

1,25 đ

+ Nếu B là C2H4 thì sản phẩm gồm 2 chất C4H10 và C2H6 ( trái với giả thuyết) : loại + Vậy B là C2H2. CTCT: CH ≡ CH. 2. Hỗn hợp X gồm : C4H10 , C2H2 , H2 Gọi a ,b lần lượt là số mol C4H10 và C2H2 trong X. 1 1 hỗn hợp X và hỗn hợp Y có cùng số nguyên tử C. 2 2 * C4H10 + 13/2 O2 → 4CO2 + 5 H2O a/2 2a * C2H2 + 5/2 O2 → 2 CO2 + H2O b/2 b ⎧ 2a + b = 0, 7 * ta có : ⎨ ⎩ a + b = 0,8 − 0, 2 = 0, 6

O

⎧ a = 0,1 ⇒⎨ ⎩b = 0,5

N

*

0,125 . 4= 0,5đ

0, 2 .100=25 % 0,8

N

%VH 2 =

M

Q U

* Hỗn hợp Y: C2H2 + H2 → C2H4 0,2 ← 0,2 → 0,2 * Y : C4H10 (0,1mol) , C2H2 dư (0,3 mol) , C2H4(0,2mol) 0,1 . 100 = 16,67% ; %VC4 H10 = 0, 6

0,125 . 3= 0,375đ

0, 2 .100 = 33,33% 0, 6

KÈ

* %VC2 H 4 =

0,125 . 3= 0,375đ

Y

0,5 .100 = 62,5 % ; %VC2 H 2 = 0,8

H

Ơ

* Vậy hỗn hợp X: C4H10 (0,1mol) , C2H2 (0,5mol) , H2(0,2 mol) 0,1 . 100 = 12,5 % ; %VC4 H10 = 0,8

%VC2 H 2 du =

D

ẠY

3 0,5 đ

3. M X =

MY =

0,3 . 100 = 50 % 0, 6

0,1.58 + 0,5.26 + 0, 2.2 = 24 0,8 0,1.58 + 0,3.26 + 0, 2.28 = 32 0, 6

⇒ d X / H2 =

24 = 12 2

⇒ dY / H 2 =

0,25 . 2= 0,5 đ

32 = 16 2

6

NỘI DUNG

4 ĐIỂM

1. 3,5 đ

Một hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ A, B không tác dụng với dung dịch Br2 và đều tác dụng với dung dịch NaOH. Tỉ khối của Y đối với He bằng 17,8.

Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH thì thấy phải dùng 4 gam NaOH, phản ứng cho ra một ancol đơn chức và 2 muối của axit hữu cơ đơn chức. Nếu cho toàn bộ lượng ancol thu được tác dụng với Na lấy dư, có 672 ml khí (ở đktc) thoát ra.

1. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. 2. Gọi tên các chất A, B và xác định các chất có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.

FF IC IA L

CÂU V

O

HD:

* A, B không tác dụng với Br2 ⇒ A ,B là các hợp chất no Y tác dụng với NaOH cho ra ancol và muối ⇒ Y là axit hay este.

0, 672 = 0,03mol * M Y = 17,8. 4 = 71,2 ; nH 2 = 22, 4

Ơ

N

0,5đ

H

* TH1: A,B là 2 este, có công thức : R1COOR và R2COOR R1COOR + NaOH → R1COONa + ROH (1) R2COOR + NaOH → R2COONa + ROH (2) (3) ROH + Na → RONa + 1 2 H2

Y

N

0,25đ

0,06mol

← 0,03 mol

0,25 đ

Q U

4 Theo PT (1) , (2) : nancol = nNaOH = = 0,1 mol ≠ 0,06 (loại) 40 *TH2: A là axit, B là este , công thức : R1COOH , R2COOR R1COOH + NaOH → R1COONa + H2O (4) R2COOH + NaOH → R2COONa + ROH (5) 0,06 0,06 ← 0,06 1 (6) ROH + Na → RONa + 2 H2

KÈ

M

0,25 đ 0,25đ

D

ẠY

0,06 mol ← 0,03 mol Vì A ,B là hợp chất axit và este no, đơn chức nên được viết lại : CnH2nO2 , CmH2mO2 M = 0, 04 (14n + 32) + 0, 06(14m + 32) = 71,2 0,1

⇒ 56n + 84m = 392 hay 2n + 3m = 14 n 1 2 m 4 10 3

0,25 đ 0,25đ 0,25 đ

3 8 3

4 2

5 4 3

0,25 đ

7

* Với n = 1, m = 4 A : CH2O2 . CTCT : HCOOH : axit fomic B : C4H8O2 . CTCT : HCOOCH2CH2CH3 : Propyl fomat ;

0,25 đ

HCOO

C H

FF IC IA L

CH3 CH3

iso-propyl fomat CH3COOCH2CH3 : Etyl axetat CH3CH2COOCH3 : Metyl propionat

0,25 đ

* Với n = 4, m = 2 A : C4H8O2 . CTCT : CH3CH2CH2COOH : Axit butiric (hay: axit butanoic) CH3

COOH

: Axit iso-butiric (hay: axit metylpropanoic)

N

C H

H

Ơ

B : C2H4O2 . CTCT: HCOOCH3 : Metyl fomat b. Các chất có tham gia pứng tráng gương : HCOOH , HCOOCH2CH2CH3;

CH3

;

HCOOCH3

0,25đ

0,25 đ

Y

C H

0,25đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

HCOO

N

CH3

2. 0,5 đ

0,25đ

O

CH3

8

CÂU VI

NỘI DUNG

3 ĐIỂM

FF IC IA L

Một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O, N với mC : mH : mO : mN = 9:2,25:8:3,5 . Tỉ khối hơi của A đối với metan xấp xỉ bằng 5,69.

1. Xác định công thức phân tử của A. 2. Lấy 9,1g A cho tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, có khí B mùi khai bay ra có thể tích là 2,24 lít (đktc) và dung dịch E. Đốt cháy hết B thu được 4,4g CO2. Xác định công thức cấu tạo của B và A. 3. Cô cạn dung dịch E, tính khối lượng chất rắn thu được. Cho thêm chất xúc tác vào và đem nung chất rắn thu được, tính thể tích khí bay ra (ở đktc).

HD: 1.*

Gọi CT hợp chất A: CxHyOzNt . MA = 5,69 .16 = 91 9 2, 25 8 3,5 : : * x : y :z : t = : = 0, 75 : 2, 25 : 0,5 : 0, 25 = 3 : 9 : 2 :1 12 1 16 14 * CT ĐG: (C3H9O2N)n : 91n = 91 ⇒ ⇒ n =1 * CTPT A : C3H9O2N. 9,1 2. * nA= = 0,1mol ; nNaOH=0,3 mol 91 2, 24 4, 4 =0,1 mol * nB= = 0,1mol ; nCO2 = 22, 4 44

0,25 .4= 1đ

Ơ

0,25 .4= 1đ

H

2. 1đ

N

O

1. 1đ

N

* B có mùi khai là NH3 hay amin nB= nCO2 ⇒ B có 1 nguyên tử C ⇒ B là: CH3-NH2 0

t CH3COONH3CH3 + NaOH ⎯⎯ → CH3COONa + CH3NH2 + H2O 0,1mol → 0,1 0,1 * mrắn = mCH3COONa + mNaOH dư = 0,1.82 + 0,2. 40 = 16,2g

3. *

Q U

3. 1đ

Y

* ⇒ Công thức cấu tạo A : CH3COONH3CH3

0,25 .4= 1đ

0

D

ẠY

KÈ

M

t ,CaO * CH3COONa + NaOH ⎯⎯⎯ → CH4 + Na2CO3 0,1mol → 0,1 mol * ⇒ VCH 4 = 0,1.22,4= 2,24 lít

9

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC - VÒNG 1 – Môn: HÓA HỌC NỘI DUNG

ĐIỂM

FF IC IA L

1) ⎧ n + l + ml + ms = 4,5 ⎩l − ml = 0 ⇒ l = ml

Ta có: ⎨

@ n + 2( n – 1 ) ≥ 4 n l = ml

2 1

@ n ≥ 2

3 loại

4 0

@ n = 2; l = 1; ml = +1; ms = +

1 2

@ 2p1

N

H

Vậy A: 1s22s22p1 ( Bo )

0,25

0,25

O

* Nếu

0 ≤ l ≤ n − 1 ⇒ 0 ≤ ml ≤ n − 1 1 ms = + ⇒ n + l + ml = 4 ⇒ n + 2l = 4 ⇒ n ≤ 4 2

N

Mà

Ơ

CÂU Câu I 4 điểm

1 2

@ 4s1

0,25

Y

Hoặc n = 4; l = 0; ml = 0; ms = +

0,25

* Nếu

Q U

Vậy A: [Ar]4s1 ( Kali ) ms = −

1 ⇒ n + l + ml = 5 ⇒ n + 2l = 5 ⇒ n ≤ 5 2

M

@ n + 2( n – 1 ) ≥ 5 @ n ≥ 2,3

KÈ

n

D

ẠY

l = ml

3

4

5

1

loại

0

@ n = 3; l = 1; ml = +1; ms = −

1 2

0,25 0,25

@ 3p1

0,25

Vậy A: [Ne]3s23p1 ( Al ) Hoặc n = 5; l = 0; ml = 0; ms = −

1 @ 5s1 2

Trang - 1

0,25

Vậy A: [Kr]5s2 ( Sr ) 0,25 0,25 0,25 0,25

2) X :1s 2 s 2 p 3s 3 p 4s

⇒ X là kali ( Z = 19)

Y : 1s 2 2s 2 2 p 6 3s 2 3 p 6 4s 2

⇒ X là Canxi ( Z = 20)

2

+

2

2

6

2

2

6

6

2

1

6

K :1s 2s 2 p 3s 3 p ([ Ar ])

FF IC IA L

Ca + :1s 2 2s 2 2 p 6 3s 2 3 p 6 4s1 ([ Ar ]4 s1 )

0,25 0,75

..

N F

H

H

N

F

H

:O:

F

Ơ

Câu II 3 điểm

N

O

Do đó khí mất 1 electron thì K+ có cấu hình electron của khí hiếm Ar, còn Ca+ có cấu hình [Ar]4s1. Để có năng lượng ion hóa thứ 2, nghĩa là phải bứt tiếp 1 electron thì trong trường hợp này năng lượng cần thiết để làm điều đó đối với Ca phải tiêu tốn ít năng lượng hơn so với bứt 1 electron của K+ có cấu hình bền vững của khí hiếm Ar. Vậy I2 ( K ) > I2 ( Ca ) mặc dù I1 ( K ) < I1 ( Ca )

H

3 x 0,25

B

F

F

- có 3 cặp electron liên kết

3 x 0,25

Lai hóa sp3 Hình chữ V

Lai hóa sp3 Hình tam diện

Lai hóa sp2 Tam giác phẳng

3 x 0,25

Góc liên kết FOF<109028’

Góc liên kết HNH<109028’

Góc liên kết FBF = 1200

3 x 0,25

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

- có 3 cặp electron liên kết - có 1 cặp electron không liên kết.

- có 2 cặp electron liên kết - có 2 cặp electron không liên kết

Câu III 2 điểm

Dùng phương pháp tổ hợp cân bằng ta có ⎯⎯ → 2 NH 3 + 3N 2O 4 N 2 + 3H 2O ←⎯ ⎯ ⎯⎯ → 3 N 2 H 4 + 3H 2 O 3 N 2O + 9 H 2 ←⎯ ⎯

- UH1 3UH2 Trang - 2

0,25

1 ⎯⎯ → N 2 H 4 + H 2O 2 NH 3 + O2 ←⎯ ⎯ 2 ⎯⎯ → H 2 + 1 O2 H 2O ←⎯ ⎯ 2

UH3 - UH4

Sau khi cộng 4 phương trình lại ta được ⎯⎯ → 4N2 H 4 4 N 2 + 8H 2 ←⎯ ⎯

4 UH5

FF IC IA L

0,25

@ UH5 = (- UH1 + 3UH2 + UH3 - UH4 ) : 4 @ UH5 = ( 1011 – 3. 317 – 143 + 286 ) : 4 = 50,75 KJ/mol

O

Từ UH5 và UH4 và UH2 ta tính được UHN 2 O UHN 2 O = (UH5 + UH4 - UH2 ) = 50,75 – 286 + 317 = 81,75 KJ/mol

H

1) - Trong chén A không còn dấu vết gì chứng tỏ các muối nitrat bị phân hủy hoàn toàn và sản phẩm bay hơi hết. Vậy có thể là

0,25 0,25 0,25 0,25

0,75

N

Câu IV 3 điểm

Ơ

N

Từ UH5 và UH4 và UH3 ta tính được UHNH 3 UHNH 3 = (UH5 + UH4 - UH3 ) : 2 UHNH 3 = ( 50,75 – 286 + 143 ) : 2 = - 46,125 KJ/mol

0,25 0,25

0

Y

t → N 2O ↑ +2 H 2O NH 4 NO3 ⎯⎯ 0

t Hg ( NO3 ) 2 ⎯⎯ → Hg ↑ +2 NO2 + O2

M

Q U

Hoặc các muối nitrat hữu cơ t VD: CH 3 − NH 3 NO3 + O2 ⎯⎯ → CO2 ↑ +3H 2O + N 2 ↑ - Trong chén B phải chứa muối kim loại kiềm vì nó phải chuyển thành muối nitrit 0

0,75

0

t NaNO3 ⎯⎯ → NaNO2 + O2

NaNO2 + HCl ⎯⎯ → NaCl + HNO2

KÈ

VD:

D

ẠY

3HNO2 ⎯⎯ → HNO3 + 2 NO + H 2O

- Trong chén C còn lại chất rắn màu nâu đỏ chứng tỏ đó là Fe2O3. Vây muối ban đầu có thể là

0,5

3 t0 → Fe2O3 + 6 NO2 + O2 2 Fe( NO3 )3 ⎯⎯ 2 0 1 t → Fe2O3 + 4 NO2 + O2 2 Fe( NO3 ) 2 ⎯⎯ 2

2) 0,25 - Điều chế được - Trước hết dùng hai cốc chia độ lấy 2 thể tích dung dịch NaOH 0,25 Trang - 3

như nhau ( cùng số mol NaOH ); cho CO2 dư sục vào 1 cốc , lúc đó tạo ra NaHCO3 → NaHCO3 NaOH + CO2 ⎯⎯ Sau đó trộn 2 cốc với nhau ta được Na2CO3 NaHCO3 + NaOH ⎯⎯ → Na2CO3 + H2O 1) 2KOH + H2SO4 ⎯⎯ → K2SO4 + 2H2O TN1: Dư KOH KOHdư + HCl ⎯⎯ → KCl + H2O nKOH dư = nHCl = 0,04 x 0,05 x

0,5 = 0, 005 mol 0, 2

TN2: Dư H2SO4 H2SO4 + 2KOH ⎯⎯ → K2SO4 + 2H2O

(1)

(2)

0,25

(3)

0,25

0,5 1 1 = 0, 01 mol nKOH = x 0,2 x 0,04 x 0, 2 2 2

O

n H 2 SO4 dư =

0,25

FF IC IA L

Câu V 4 điểm

0,25

N

pH của dd H2SO4 =0,854 pH của dd KOH = 13,041

2 x 0,25 2 x 0,25

Y

Vây

⎧ x = 0, 07 ⇒⎨ ⎩ y = 0,11

H

⎧0,3 y − 2.0, 2 x = 0, 005 ⎪ ⎨ 1 ⎪⎩0,3x − 2 .0, 2 y = 0, 01

Ơ

N

Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol của dung dịch H2SO4 ( ddA ) và KOH ( ddB ) Ta có:

0,25

M

Q U

2) Dung dịch E + AlCl3 cho kết tủa @ trong E dư kiềm, axit phản ứng hết.

AlCl3 + 3KOH ⎯⎯ → Al(OH)3 + 3KCl (4) → Al2O3 + 3H2O (5) 2Al(OH)3 ⎯⎯ Theo (4), (5) ta có:

KÈ

3, 262 .2.3 = 0,192 mol 102 3, 262 nAlCl 3 = .2 = 0, 064 mol 102

D

ẠY

nKOH (4) =

0,25 0,25

Có 2 trường hợp xảy ra a. Lượng KOH trong ddE thiếu so với AlCl3 @ chỉ 1 phần AlCl3 tham gia phản ứng. n KOH = 2.

3,262 = 0,028mol 233

@ VB . 0,11 = 0,028 + 0,192 @ VB = 2 lít @ VA . 0,07 =

3, 262 233

@ VA = 0,2 lít Trang - 4

0,25 0,25 0,25

VB 2 = = 10 VA 0, 2

Vậy :

0,25

b. Lượng KOH trong ddE dư so với AlCl3 @ còn xảy ra phản ứng sau: AlCl3 + 4KOH ⎯⎯ → NaAlO2 + 3KCl + 2H2O (6)

FF IC IA L

nKOH (6) = 4(0,5.0,2 – 0,064) = 0,144 mol

0,25

@ VB . 0,11 = 0,028 + 0,192 + 0,144 @ VB = 3,3 lít VB 3,3 = = 16,5 VA 0, 2

Vậy :

0,25

O

1) Các phản ứng: FeS + 10 H + + 9 NO3− ⎯⎯ → Fe3+ + SO42− + 9 NO2 ↑ +5H 2O

(1)

FeCO3 + 4 H + + NO3− ⎯⎯ → Fe3+ + CO2 ↑ + NO2 ↑ +2 H 2O

(2)

N

Câu VI 4 điểm

nNO2 = 9 x + y

0,25

46(9 x + y ) + 44 y = 45, 61 ⇒ y = 2,877 x 9x + 2 y 1.88.100 = 20,87% % FeS = 1.88 + 1,877.116 % FeCO3 = 100 − 20,87 = 79,13%

0,25

Q U

Y

⇒

N

Ta có: M = 22,805 .2 = 45,61

0,25

H

;

Ơ

Gọi x, y là số mol của FeS và FeCO3 trong hỗn hợp Theo pt (1), (2): nCO2 = y

0,25

0,25

2) HNO Kim loại M + oxit của nó ⎯⎯⎯ → ddA M(NO3)n + NO 3

M M

n+

−

+ nOH ⎯⎯ → M (OH ) n

3x 0,25

KÈ

2 M (OH ) n ⎯⎯ → M 2On + nH 2O

D

ẠY

M 2On

+

(2M +16n) 1

Ta có:

2nHCl

⎯⎯ → 2 MCln + nH 2O

2n 0,025

2 M + 16n 2n = ⇒ M = 32n 1 0,025

Nghiệm hợp lí là n = 2 và M = 64 a. Vậy kim loại là Cu. Oxit của nó có thể là Cu2O hoặc CuO • Trường hợp Cu và Cu2O: Trang - 5

0,25

Đặt số mol của KL Cu là x và số mol oxit của nó là y 3Cu + 8HNO3 ⎯⎯ → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 8 x 3

x mol

2 x 3

3Cu2O + 14HNO3 ⎯⎯ → 6Cu(NO3)2 + 2NO + 14 y 3

y mol

FF IC IA L

⎧64 x + 144 y = 8,16 ⎧ x = 0, 06 ⎪ ⇒⎨ 2 1,344 ⎨2 ⎩ y = 0, 03 ⎪ 3 x + 3 y = 22, 4 = 0, 06 ⎩ 0, 06.64.100 = 47, 06% %Cu = 8,16 %Cu2O = 100 − 47, 06 = 52,94%

0,25

0,25

O

8 14 nHNO3 = .0, 06 + .0, 03 = 0,3 mol 3 3 0,3 ⇒ VHNO3 = = 0, 075 l = 75 ml 4

0,25

N

N

H

Ơ

• Trường hợp Cu và CuO 3Cu + 8HNO3 ⎯⎯ → 3Cu(NO3)2 + 2NO x mol

7H2O

2 y 3

ta có

8 x 3

0,25

+ 4H2O

2 x 3

CuO + 2HNO3 ⎯⎯ → Cu(NO3)2 + H2O Ta có;

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

3 nCu = x = .0, 06 = 0, 09 mol 2 8,16 − 0, 09.64 nCuO = y = = 0, 03 mol 80 0, 09.64.100 %Cu = = 70,59% 8,16 %CuO = 100 − 70,59 = 29, 41% 8 nHNO3 = .0, 09 + 0, 03.2 = 0,3 mol 3 0,3 ⇒ VHNO3 = = 0, 075 l = 75 ml 4 b. VHNO3 = 75 ml

cả hai trường hợp nCuO = 0,12 mol suy ra mCuO = 0,12.80 = 9,6 gam

0,25

0,25

0,25 0,25

Ghi chú: Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nếú đúng vẫn được điểm tối đa

Trang - 6

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG 2 – Môn: HÓA HỌC

HOOC

COOH

H

COOH C=C

H

H

0,25 0,25

O

C=C

ĐIỂM

FF IC IA L

CÂU NỘI DUNG Câu I 1) Vì 1 mol X tác dụng với NaHCO3 giải phóng 2 mol CO2 chứng tỏ X là 4 điểm một 1 axit hai lần axit nên phân tử chứa 4 nguyên tử oxi @ CTPT (X): C4H4O4 hay C2H2(COOH)2 Ứng với mạch không nhánh có 2 đồng phân cis – trans là

HOOC

H

0,25

N

H

Ơ

N

Cis trans Và chỉ có dạng cis mới có thể đóng vòng. Do đó khi tác dụng với P2O5 thu được anhydric O O C C H C OH H C PO ⎯⎯⎯ → O + 2HPO3 H C OH H C C C O O Axit maleic anhydric maleic ( axit cis-but-2-endioic ) 2) Đặt CT A: CxHyClz CT B: Cx’Hy’Clz’

0,25

Q U

Y

2 5

12 x.100 = 24, 24 MA

M

%C( A) =

a.

KÈ

12 x '.100 = 20 MB ⎧x = 2 vì x, x’ ≤ 4 ⇒ ⎨ ⎩x ' = 3

MA x 2 = 1,818 ⇒ = MB x' 3

0,25

0,25

D

ẠY

%C( B ) =

@

2 x 0,25

• MA = 12x + y + 35,5z = 99 @ y + 35,5z = 75 ( z là số nguyên ) @ 35,5z < 75 @ z < 2,1126 @ z = 2 và y = 4 @ CTPT của A: C2H4Cl2 • MB = 12x’ + y’ + 35,5z’ = 180 @ y’ + 35,5z’ = 144 @ 35,5z’ < 144 @ z’ < 4,056 mặt khác y’ + z’ = 144 – 34,5z’ ≤ 8 @ z’ ≥ 3 @ z’ = 4 và y’ = 2 Trang - 1

0,25

0,25

Cl

Cl C

CH

CH Cl

Cl Cl

C

0,25

C

Cl Cl

O

Cl

CH2

0,25 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25

FF IC IA L

@ CTPT của B: C3H2Cl4 b. Đồng phân của A: CH2Cl – CH2Cl ; CH3 – CHCl2 đồng phân của B: CCl2 =CCl – CH2Cl CCl2 = CH – CHCl2 CHCl =CCl – CHCl2 ( cis – trans ) CHCl=CH – CCl3 ( cis – trans ) CH2=CCl – CCl3

N

Câu II 1) Cơ chế của phản ứng 3 điểm AlCl3 + Cl2 ⎯⎯ → AlCl4− + Cl +

Ơ

Cl + + C6 H 6 ⎯⎯ → C6 H 6Cl +

4 x 0,25

H

C6 H 6Cl + ⎯⎯ → C6 H 5Cl + H + + H + + AlCl4− ⎯⎯ → AlCl3 + HHCl

0,25 0,25 0,25

0,5

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

2) a. Có thể nhận biết axit nhờ quỳ tím, KL Fe, Zn hoặc muối CO322C2H5COOH + Na2CO3 ⎯⎯ → 2C2H5COONa + H2O + CO2 - Nhận biết andehit nhờ phản ứng tráng bạc CH3-CH(OH)-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O ⎯⎯ → CH3-CH(OH)_COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 - Để nhận biết este rõ ràng trước hết cho hỗn hợp tác dụng với Na để C2H5COOH và CH3-CH(OH)-CHO tạo muối không bay hơi. Sau đó đun nhẹ sẽ có mùi thơm đặt trưng của este. b. Có rất nhiều cách để xác định thành phần hỗn hợp dưới đây là 1 cách - Lấy 1 mol ( tức 74 gam ) cho tác dụng với lượng dư Na2CO3 và xác định lượng CO2 thoát ra ( na ) 2C2H5COOH + Na2CO3 ⎯⎯ → 2C2H5COONa + H2O + CO2 ( có thể xác định lượng CO2 theo đo V của CO2 ở điều kiện nhiệt độ, áp suất nào đó ví dụ như (đktc) hoặc theo khối lượng CO2 bị hấp thụ bởi KOH hoặc theo lượng kết BaCO3 - Lấy 1 mol hỗn hợp cho tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 ( dư ), rồi cân lượng Ag thoát ra và tính số mol andehit ( nb ) CH3-CH(OH)-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O ⎯⎯ → CH3-CH(OH)_COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 Suy ra số mol etse: nC = 1 – na – nb Trang - 2

0,5 0,25

Câu III 1) 3 điểm Vì C là dẫn xuất của benzene nên B phải thuộc loại ankin, do đó A chỉ có thể 0,25 là dẫn xuất đibrom ở 2 cacbon lân cận, do đó C3H6 là propen, không thể là xiclopropan 3 x 0,25 CH 2 = CH − CH 3 + Br2 ⎯⎯ → CH 2 ( Br ) − CH ( Br ) − CH 3 trùng hop 3CH ≡ C − CH 3 ⎯⎯⎯⎯ → C6 H 3 (CH 3 )3 (1,3,5 − trimetylbenzen)

FF IC IA L

ancol CH 2 ( Br ) − CH ( Br ) − CH 3 + 2 KOH ⎯⎯⎯ → CH ≡ C − CH 3 + 2 KBr + H 2O

Vì khi đốt cháy D còn lại chất rắn. Vậy D phải chứa kim loại Kali, chất rắn là 0,25 207 = 1,5 mol K2CO3 suy ra cả ba nhóm –CH3 K2CO3 và vì 1 mol D tạo ra 138

0,25

0,25 0,25

N

H

Ơ

N

O

đều bị oxi hóa biến thành nhóm –COOK 1,3,5-C6H3(CH3)3 + 6KMnO4 ⎯⎯ → 1,3,5-C6H3(COOK)3 + 6MnO2 + 3KOH + 3H2O ( chất D ) 2) * C4H8 có 6 đồng phân: But-1-en; Cis-but-2-en; Trans-but-2-en; metylpropen; xiclobutan và metylxiclopropan ( 6 CTCT ) * C4H8 làm nhạt màu brom phải có liên kết đôi @ A, B, C, D là 4 anken * Không làm nhạt màu brom chỉ có liên kết đơn @ E, F là xicloankan * Đồng phân có điểm sôi cao hơn do có µ lớn hơn µ(metylxiclopropan) # 0 và µ(xiclobutan) = 0

0,25

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

@ E là metylxiclopropan và F là xiclobutan * Muốn tạo cùng sản phẩm khi hidro hóa thì chất ban đầu phải có cấu trúc tương tự nhau, chỉ khác nhau ở vị trí liên kết đôi @ A, B, C là But-1-en và But-2-en, còn D là metylpropen - Hai đồng phân hình học thi khi cộng Br2 để tạo ra đồng phân lập thể của nhau Ví dụ: - Cis-but-2-en tạo dạng Meso của 2,3-dibrompropan - Trans-but-2-en tạo đồng phân đối hình R,R và S,S tương ứng của 2,3-dibrompropan @ B, C là Cis-but-2-en và Trans-but-2-en, còn A là But-1-en - Do trans- but-2-en có momen lưỡng cực triệt tiêu nên điểm sôi thấp hơn @ C là Cis-but-2-en và B là Trans-but-2-en

D

Câu IV 1) Gọi CT của X hoặc Y là CxHy y 3 điểm C H + ( x + y )O ⎯⎯ t → xCO2 + H 2O 2 x y 0

4

MX(Y) = 32.

2

10,12 = 92 3,52 Trang - 3

0,25

0,25 0,25

⎧ y ⎧x = 7 ⎪ x : = 1, 75 ⇒⎨ ⇒ CTPT của X (Y): C7H8 ⎨ 2 ⎩y = 8 ⎪⎩12 x + y = 92

2*0,25

6,9 = 0, 075 mol @ nkết tủa= 0,075 mol 92 22,95 @ Mkết tủa = = 306 0, 075

nX pứ =

(1) (2) (3) (4)

O

n=2

0,25

0,25( 4 cấu tạo )

H

Vậy CT của Z là : C7H12Cl4

0,25

N

35,5m.100 m = 44 = 59, 66 ⇒ m 92 + 35,5m + m

Ơ

N

@ 12(7 – 2n ) + ( 8 – n ) + 132n =306 @ Vậy X có thể có 1 trong các cấu tạo sau CH≡C – CH2 – CH2 – CH2 – C≡CH CH≡C – CH(CH3) – CH2 – C≡CH CH≡C – CH(C2H5)– C≡CH CH≡C – C(CH3)2 – C≡CH • CTPT của Z: ( C7H8.mHCl ) Ta có:

FF IC IA L

• X phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 @ CT C7-2nH8-n(C≡CH)n @ CT kết tủa C7-2nH8-n(C≡CAg)n

Q U

Y

Theo quy tắc cộng maccopnhicop: X phản ứng với HCl tạo nên Z có thể là các chất sau 0,25 ( 4 cấu tạo )

0,25 0,25

D

ẠY

KÈ

M

(1) CH3 – C(Cl)2- CH2 – CH2 – CH2 – C(Cl)2 – CH3 (2) CH3 – C(Cl)2 – CH(CH3) – CH2 – C(Cl)2 – CH3 (3) CH3 – C(Cl)2 – CH(C2H5) – C(Cl)2 – CH3 (4) CH3 – C(Cl)2 – C(CH3)2 – C(Cl)2 – CH3 • Khi brom hóa Z chỉ cho 2 sản phẩm thế là dẫn xuất halogen nên Z phải là: CH3 – C(Cl)2 – C(CH3)2 – C(Cl)2 – CH3 Vậy CTCT A: CH≡C – C(CH3)2 – C≡CH • Y không phản ứng với AgNO3/NH3, không tác dụng với HCl và bị KMnO4 oxi hóa khi đun nóng Suy ra CTCT của Y: C6H5 – CH3 ( toluen ) 2) Các phương trình phản ứng

4pt*0,25 Trang - 4

→ 7CO2 + 4 H 2O * C7 H 8 + 9O2 ⎯⎯ → * CH ≡ C − C (CH 3 ) 2 − C ≡ CH + 2 AgNO3 + 2 NH 3 ⎯⎯ AgC ≡ C − C (CH 3 ) 2 − C ≡ CAg + 2 NH 4 NO3 → CH 3 − C (Cl ) 2 − C (CH 3 ) 2 − C (Cl ) 2 − CH 3 * CH ≡ C − C (CH 3 ) 2 − C ≡ CH + 4 HCl ⎯⎯ *2CH 3 − C (Cl ) 2 − C (CH 3 ) 2 − C (Cl ) 2 − CH 3 + 2 Br2

FF IC IA L

as ⎯⎯ → CH 3 − C (Cl ) 2 − C (CH 3 ) 2 − C (Cl ) 2 − CH 2 Br +

CH 3 − C (Cl ) 2 − C (CH 2 Br )(CH 3 ) − C (Cl ) 2 − CH 3 + 2 HBr 0

O

t * C6H5 – CH3 + 2KMnO4 ⎯⎯ → C6H5 – COOK + 2MnO2 + KOH + H2O

nA = nR’OH = 2.nH 2 = 2. @ MA =

10, 2 = 102 0,1

⎯⎯ → R’ONa

+ ½ H2

H

Na

0,25

1,12 = 0,1 mol 22, 4

N

+

Y

R’OH

Ơ

N

Câu V 1) A là este vì khi đun A với dung dịch NaOH cho muối B và ancol C 4 điểm RCOOR’ + NaOH ⎯⎯ → RCOONa + R’OH

M

Q U

- Khí D là 1 hidrocacbon có MD = 32.0,5 = 16 ⎯⎯ → khí D là CH4 và muối B là CH3COONa Do CH3COONa + NaOH ⎯⎯ → CH4 + Na2CO3 CT A: CH3COOR’ ⎯⎯ → MA = 59 + R’ = 102 @ R’= 43 ( C3H7-)

0,25 2*0,25

0,25

KÈ

Vậy CT ancol C là: C3H7OH Với C3H7OH ta có 2 đồng phân ancol

D

ẠY

[O ] CH3CH2CH2OH ⎯⎯ → CH3CH2CHO + H2O [O ] CH3-CH(OH)-CH3 ⎯⎯ → CH3-CO-CH3 + H2O Vì sản phẩm oxi hóa (E) không tham gia phản ứng với AgNO3/NH3 @ E là xeton: CH3-CO-CH3 và C là ancol bậc II: CH3CH(OH)CH3

@ CT của A: CH3-COO-CH(CH3)-CH3 ( isopropyl axetat ) 2) chất ắn thu được sau phản ứng: CH3COOC3H7 + NaOH ⎯⎯ → CH3COONa + C3H7OH Trang - 5

2*0,25 0,25

0,1 mol

0,15 mol

0,1 mol

NNaOH dư = 0,15 – 0,1 = 0,05 mol

0,25

Sau khi cô cạn dung dịch F ta thu được chất răn gồm:

FF IC IA L

NaOH dư ( 0,05 mol ) và CH3COONa ( 0,1 mol ) @ mrắn = 0,1.82 + 0,05.40 = 10,2 gam

0,25

3) nA =

5,1 = 0, 05 mol 10, 2

nG = 0,5.0,05 = 0,025 mol

6,3 = 0,35 mol 18

Y

0,05 mol

13 → 5CO2 O2 ⎯⎯ 2

N

Đốt cháy A: C5H10O2 +

N

nH 2 O(A, G) =

Ơ

16,5 = 0,375 mol 44

0,25

H

nCO 2 (A, G ) =

O

theo đề bài G là 1 este đơn chức @ CTTQ: CxHyO2

0,25

0,25

+ 5H2O 0,25

Q U

@ nCO 2 (G) = 0,375 – 0,25 = 0,125 mol 0,25

@ nH 2 O(G) = 0,35 – 0,25 = 0,1 mol

M

y 4

KÈ

→ Đốt cháy G: CxHyO2 + ( x + − 1)O2 ⎯⎯

0,025 mol

xCO2 +

y/2H2O

0,025x

0,025.y/2

@ 0,025x = 0,125 @ x = 5

ẠY

0,25

D

@ 0,025.y/2 = 0,1 @ y = 8

Vậy CTPT G: C5H8O2 Số liên kết π trong G =

2.5 + 2 − 8 = 2 @ G là este không no có 2 liên kết π 2

Trang - 6

0,25

Phản ứng xà phòng hóa G thu được muối CH3COONa và một sản phẩm có khả năng phản ứng với AgNO3/NH3

0,25

Câu VI 1) Gọi CTPT của A là CxHyOz 3 điểm ( x nguyên ≥ 1; 2 ≤ y nguyên ≤ 2x + 2; z nguyên ≥ 1 ) C x H y Oz + ( x +

y z y t0 − )O2 ⎯⎯ → xCO2 + H 2O 4 2 2

FF IC IA L

@ G: CH3COOCH=CH – CH3

(1)

0,25

Ơ

N

nCa(OH) 2 = 1.0,2 = 0,2 mol nCO 2 = n ↓ = 0,12 mol ta có: mCO + mH O − 12 = 2, 48 Trường hợp 1: 2

H

2

0,25( 3 pt )

O

Sản phẩm cháy có CO2 và H2O, khi hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 có phản ứng: CO2 + Ca(OH)2 ⎯⎯ (2) → CaCO3 + H2O Có thể có phản ứng 2CO2 + Ca(OH)2 ⎯⎯ → Ca(HCO3)2 (3)

mH 2O = 2, 48 + 12 − 0,12.44 = 9, 2 g

0,25

Y

nH 2O

nH 2 O =

Q U

nCO2

N

9, 2 18 2 x 0,12.18 = = ⇒ 18, x = 2,16 y 9, 2 y

Suy ra

⇒ 18, 4 x ≤ 2,16(2 x + 2) ⇒ 14, 08 x ≤ 4,32

KÈ

M

@ x ≤ 0,3 ( loại ) Trường hợp 2: Ptpứ (3) ta có nCO = nCO (2) + nCO (3) = 0,12 + (0, 2 − 0,12).2 = 0, 28 mol Suy ra mH 2 O = 2,48 + 12 – 0,28.44 = 2,16 gam Suy ra

nH 2 O =

2

2

0,25 0,25

2

2,16 = 0,12 mol 18

0,25

ẠY

Trong 6,16 gam A có:

D

nC = 0, 28 mol ; nH = 2.0,12 = 0, 24 mol nO =

6,16 − 0, 28.12 − 0, 24 = 0,16 16

Suy ra: x : y : z = 0,28 : 0,24 : 0,16 = 7 : 6 : 4 CT thực nghiệm của A là (C7H6O4)n Theo giả thiết: MA < Mglucozo @ 154n < 180 @ n < 1,17 chọn n = 1 CTPT của A: C7H6O4 Trang - 7

0,25 0,25

2) Với CT C7H6O4 thỏa mãn điều kiện thì A có thể có các công thức cấu tạo sau: OH HCOO

OH

OH

HCOO –

OH

HCOO –

OH OH

OH OH

HCOO

6*0,125

FF IC IA L

OH OH

HCOO –

HCOOOH Phương trình:

- OH

O

2*0,125

HCOOC6 H 3 (OH ) 2 + 4 NaOH ⎯⎯ → HCOONa + C6 H 3 (ONa )3 + 3H 2O 0

H

Ơ

N

t HCOOC6 H 3 (OH ) 2 + 2 Ag ( NH 3 ) 2 OH ⎯⎯ → NH 4OCOOC6 H 3 (OH ) 2 + 2 Ag + 3NH 3 + H 2O

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

Ghi chú: Học sinh có thể giải theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa

Trang - 8

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2014 ĐÁP ÁN – Môn: HÓA HỌC

NỘI DUNG 1) a. Đặt số đơn vị điện tích hạt nhân của A là ZA; B là ZB; số nơtron của A là NA; B là NB theo đề: 2ZA + 6ZB + NA + 3NB = 196 (1) 2ZA + 6ZB – NA – 3NB = 60 (2) = 76 (3) 6ZB – 2ZA Giải hệ phương trình (1), (2), (3) ta được ZA = 13 và ZB = 17 Vậy A là Al; B là Cl và CT AB3 là AlCl3

ĐIỂM

FF IC IA L

CÂU Câu I 4 điểm

0,25

Ơ

c. Các phản ứng tạo thành AlCl3 0

0,25*7 pứ = 1,75đ

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

t 2AlCl3 2Al + 3Cl2 ⎯⎯→ t 2Al + 3CuCl2 ⎯⎯→ 2AlCl3 + 3Cu Al2O3 + 6HCl ⎯ ⎯→ 2AlCl3 + 3H2O Al(OH)3 + 3HCl ⎯ ⎯→ AlCl3 + 3H2O Al2S3 + 6HCl ⎯ ⎯→ 2AlCl3 + 3H2S NaAlO2 + 4HCl ⎯ ⎯→ AlCl3 + NaCl + 2H2O Al2(SO4)3 + 3BaCl2 ⎯ ⎯→ 2AlCl3 + 3BaSO4 2) Các phân tử muốn tồn tại thì nguyên tử trung tâm phải có cộng hóa trị phù hợp với các phối trí để tạo đủ các liên kết cộng hóa trị cho phân tử.

Do đó các phân tử tồn tại là: PCl5; ClF3; BrF7; SF6; AsF5 Các phân tử không tồn tại là: NF5; OF6 và I7F do N không có cộng hóa trị 5, oxi không có cộng hóa trị 6 và F không có cộng hóa trị 7 0

0,25

N

O

b. Al: 1s22s22p63s23p1 Cl: 1s22s22p63s23p5

0,25

D

Câu II 2 điểm

- Dùng phenolphtaleun nhận ra K2S: Dung dịch phenolphtalein có màu hồng S2- + H2O ⇔ HS- + OH- Dùng K2S là thuốc thử cho vào các dung dịch còn lại + Với NH4Cl: S2- + NH4+ ⎯ ⎯→ NH3 ↑ + HS Nhận ra NH3 nhờ mùi khai hoặc giấy lọc tẩm phenolphtalein hóa đỏ ( vì NH3 có pH>9 ) + Với Al2(SO4)3: Tạo kết tủa keo trắng Al3+ + 3S2- + 3H2O ⎯ ⎯→ Al(OH)3 + 3HS

Trang-1

0,5 0,5 0,5

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

1) gọi x là số mol Ag2SO4 tan trong 1 lít dung dịch Ag2SO4 bão hòa

Câu III 4 điểm

N

Ơ

[ Fe3+ ][OH − ]3 > 4.10−38

H

4

Q U

Y

Đặt [OH-] = x @ 10-3. x3 > 4.10-38 @ x3 > 4.10-35 suy ra x >3,42.10-12 @ [OH-] > 3,42.10-12 @ [H+] <

10−14 = 2,9234.10−3 3, 42.10−12

KÈ

M

@ lg[H+] < - 2,5341 @ pH = -lg[H+] > 2,5341

ẠY

3) a. nB =

0,25 0,25

N

2

O

⎯⎯ → 2 Ag + + SO4 2− Ag 2 SO4 ←⎯ ⎯

x mol 2x x + 2 2− ta có: T = [ Ag ] [ SO4 ] @ 7,7.10-5 = (2x)2.x = 4x3 Giải rat a được: x = 0,0268 mol Vậy m Ag SO = 0,0268.312 = 8,3616 gam 2) Điều kiện để kết tủa

D

0,25

FF IC IA L

+ Với MgSO4 tạo kết tủa trắng Mg2+ + 2S2- + 2H2O ⎯ ⎯→ Mg(OH)2 + 2HS + Với ZnCl2 tạo kết tủa trắng Zn2+ + S2- ⎯ ⎯→ ZnS ↓ - Dùng NH4Cl để nhận ra MgSO4 vì Mg(OH)2 tan được trong NH4Cl trong khi Al(OH)3 và ZnS không tan - Dùng MgSO4 nhận ra BaCl2 vì tạo kết tủa trắng Ba2+ + SO42- ⎯ ⎯→ BaSO4 - Dùng BaCl2 nhận ra Al2(SO4)3 vì tạo kết tủa trắng Ba2+ + SO42- ⎯ ⎯→ BaSO4 - Còn lại KCl

0,25 0,25 0,25 0,25

2,688 5,88 = 49 = 0,12 mol ⇒ M B = 22,4 0,12

0,25

Do đó phải có khí với M<49 ⇒ khí đó là NO2 ( M =46 ) và khí thứ 2 với M>49.

Trong số các khí có thể thoát ra là: NO, N2O, N2, NH3, H2, SO2 và H2S thì duy chỉ có SO2 là thỏa mãn điều kiện ( M=64) Gọi a, b lần lượt là số mol của NO2 và SO2 trong hỗn hợp B ⎧46a + 64b = 5,88 ⎩a + b = 0,12

Ta có: ⎨

⎧a = 0,1 ⇒⎨ ⎩b = 0,02

Trang-2

0,25

0,25

Các phản ứng: X + Y + 2X + Y +

2HNO3 ⎯ ⎯→ XNO3 + NO2 + H2O 4HNO3 ⎯ ⎯→ Y(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 2H2SO4 ⎯ ⎯→ X2SO4 + SO2 + 2H2O H2SO4 ⎯ ⎯→ YSO4 + SO2 + H2O

− 3

2

n SO

2

thoát ra

0,5 ( 4 pứ )

FF IC IA L

Theo các phương trình (1), (2), (3), (4): n NO thoát ra = n NO

(1) (2) (3) (4)

= n SO

0,25

2− 4

do đó: mmuối khan = 6 + 0,1.62 + 0,02.96 = 14,12 gam b. Theo phương trình (1), (2), (3), (4):

0,25

O

cứ 1 mol kim loại X pứ với HNO3 ⎯ ⎯→ 1 mol NO2 và 1 mol kim loại X pứ với H2SO4 ⎯ ⎯→ ½ mol SO2

Ơ

N

đối với kim loại Y cũng tương tự. Do đó khi tỉ lệ NO2 và SO2 thay đổi ta có khoảng biến thiên lượng muối như sau: - Nếu tất cả là khí NO2 thoát ra thì: n NO = 0,1 + 2.0,02 = 0,14 mol

H

2

N

suy ra: mmuối = 6 + 0,14.62 = 14,18 gam - Nếu tất cả là khí SO2 thoát ra thì:

0,25

Y

0,1 n SO2 = 0,02 + = 0,07 mol 2

suy ra: mmuối = 6 + 0,07.96 = 12,72 gam

Q U

0,25

vậy khối lượng muối nằm trong khoảng 12,72 ≤ m ≤ 14,18

1) a. – Mũi tên đầu tiên sai vì –CH3 là nhóm định hướng ortho, para nên sản phẩm thế vào meta là sản phẩm phụ với % rất ít - Mũi tên cuối cùng sai do muốn chuyển nhóm –CH3 về nhóm –COOH phản dùng KMnO4 đun nóng, đây là chất oxi hóa mạnh nên oxi hóa cả nhóm –NH2 ( có tính khử ) Nên phải chỉnh sơ đồ lại là CH3 COOH COOH COOH

D

ẠY

Câu IV 4 điểm

KÈ

M

0,25

NO2

0,25 0,25

0,5

NH2 0,25

Trang-3

CH3

CH3

CH3

NO2

NO2

FF IC IA L

b.

- Sai vì khi thế Clo vào vòng bezen chỉ thế nguyên tử không thế phân tử – Vì các nhóm –CH3 và –Cl định hướng nhóm thế thứ 2 vào vị trí ortho và para còn nhóm –NO2 định hướng nhóm thế thứ 2 vào vị trí meta nên sơ đồ tối ưu phải là:

0,25

Cl

0,25 0,25

0,25

Y

N

H

Ơ

N

O

2) a. CTPT của axit là (C2H3O2)n hay CnH2n(COOH)n Vì axit no no nên: số nguyên tử H của gốc = 2.số nguyên tử C của gốc + 2 – số nhóm chức ⇒ 2n = 2n + 2 – n ⇒ n = 2 Vậy CTPT axit C2H4(COOH)2 CTCT HOOC – CH2 – CH2 – COOH ( axit succinic ) Hoặc HOOC-CH(CH3) – COOH b. E không phản ứng với Na ⇒ E phải là este hai chức giả sử đã đun axit trên với 2 ancol CxHyOH và CnHmOH. Có 2 trường hợp - axit đã este hóa với cùng 1 ancol ( Ví dụ: CxHyOH ) ⇒ CT của E: CxHyOOC – CH2 – CH2 - COOCxHy E ⎯⎯→ ( 2x + 4 ) CO2 + ( y + 2 )H2O 1 mol ( 2x + 4 ) mol ⇒ 2x + 4 = 7 ⇒ x = 1,5 ( loại )

0,25 0,25

axit đã este hóa với 2 ancol khác nhau ⇒ CT của E: CxHyOOC – CH2 – CH2 – COOCnHm

M

-

Q U

O2

O ( x + n + 4 ) CO2 + (2 + E ⎯⎯→

KÈ

2

D

ẠY

1 mol

y+m ) H2O 2

( x + n + 4 ) mol

0,25

⎧x = 1 ( giả sử x<n ) ⇒ (x+n+4)=7 ⇒ x+n=3 ⇒ ⎨ ⎩n = 2

Vì 2 ancol là đồng đẳng nên phải là CH3OH và C2H5OH Do đó CTCT của E: CH3OOC – CH2 – CH2 – COOC2H5 c. F là đồng phân của E ⇒ CTPT của F là C7H12O4 theo sơ đồ ta suy ra A là natri malonat: NaOOC – CH2 – COONa Trang-4

0,25 0,25

B là ancol etylic: CH3 – CH2 – OH F là C2H5OOC – CH2 –COOC2H5

0,5 ( 4 pứ )

Các phương trình phản ứng: t C2H5OOC – CH2 –COOC2H5 + 2NaOH ⎯⎯→ NaOOCC-CH2-COONa + 2C2H5OH :2 ) → CH4 + Na2CO3 NaOOC-CH2-COONa + 2NaOH ⎯t⎯,cao⎯(1⎯ oxit KL ⎯→ CH2=CH-CH=CH2 + 2H2O + H2 2C2H5OH ⎯t⎯, xt⎯ ,t n CH2=CH-CH=CH2 ⎯Na ⎯ ⎯ → (-CH2-CH=CH-CH2-)n 0

FF IC IA L

0

0

0

1) Các phản ứng: Ni C2H4 + H2 ⎯⎯→

C2H6

(1)

Ni C3H6 + H2 ⎯⎯→

C3H8

(2)

O

Câu V 3 điểm

a n sau

và M T =

a ntr

H

MS =

Ơ

N

Vì tổng khối lượng trước và sau không đổi ( a gam ) mà theo phản ứng (1), (2) số mol sau phản ứng giảm 0,25 0,25

N

Suy ra M S > M T ( vì nsau < ntrước )

Q U

Y

2) M T = 7,6 . 2 = 15,2 Gọi x là %V mỗi anken trước phản ứng 0,25

⇒ x = 0,2

0,25

⇒ %V H 2 = 1 – 2x

M

M = 42x + 28x + 2( 1 – 2x ) = 15,2

KÈ

Vậy %C2H4 = %C3H6 = 20% và %H2 = 60% 3) Do thể tích và nhiệt độ của bình không đổi nên áp suất trong bình tỉ lệ với số mol khí trong bình:

ẠY

0,25

D

PS n S M T 7,6.2 = = = = 0,9 PT nT M S 8,445.2

⇒ PS = 0,9PT

4)

0,25

vậy P = 0,9 atm

⎯→ C2H4Br2 C2H4 + Br2 ⎯

(3)

C3H6 + Br2 ⎯ ⎯→ C3H6Br2

(4)

Trang-5

0,25

Trước phản ứng (1), (2): nkhí =

0,25

2,24 ⎪⎧nC H = nC3 H 6 = 0,02 mol = 0,1 mol ⇒ ⎨ 2 4 22,4 ⎪⎩n H 2 = 0,06 mol

Gọi a, b là số mol khí C2H4 và C3H6 đã phản ứng

0,25

1 ⎧ ⎪a + b = 0,1. = 0,01 Theo đề: ⎨ 10 ⎪⎩28(0,02 − a) + 42(0,02 − b) = 1,05

0,25

Giải hệ ta được: a = b = 0,005 Vậy hiệu suất phản ứng đối với mỗi anken bằng nhau

N

1) phản ứng đốt cháy: X + CuO ⎯ ⎯→ Cu + CO2 + H2O

Ơ

Theo ĐLBTKL: mX + mCuO = mCu + mCO 2 + mH 2 O

129,6 .64 − 7,56 = 31,68 gam 80

H

⇒ a = mCO2 = 13,32 + 129,6 −

0,25 0,25

2) Theo ĐK: C12H14O4 + 2H2O ⎯ ⎯→ A + B + C Do đó CTPT của mỗi chất A, B, C phải là

0,25

Q U

Y

N

Gọi CT của X là CxHyOz ta tìm được CTĐGN của X là (C6H7O2)n vì MX<250, nên CTPT của X có thể là C6H7O2 hoặc C12H14O4. Nhưng vì CT C6H7O2 không phù hợp với hóa trị của C ⇒ do đó CTPT duy nhất của X là C12H14O4

M

12C + 18 H + 6Oxi = C 4 H 6 O2 3

ẠY

KÈ

• Vì 1 mol X khi thủy phân tốn 2 mol H2O ⇒ X phải là este 2 chức mà CTPT của A, B, C là C4H6O2. Vậy X phải là este được tạo ra từ ancol 2 chức Do đó CTPT của A, B, C theo ĐK cho phải như sau:

D

0,25

O

0,005 H= .100 = 25% 0,02

Câu VI 3 điểm

0,25

FF IC IA L

nS = 0,9 ⇒ số mol khí sau phản ứng giảm 1/10 nT

- Chất A là axit metacrylic CH2=C(CH3)-COOH + CH3OH ⎯ ⎯→ CH2=C(CH3)-COOCH3 + H2O CH3

0,25

0,25 0,25

0,25

nCH2=C(CH3) – COOCH3 ⎯ ⎯→ (- CH2 – C - )n ( thủy tinh plexiglat ) -

COOCH3 Chất B là ancol đa chức không no hoặc andehit hai chức Trang-6

0,25

( OHCH2C≡C-CH2OH hoặc HOC-CH2-CH2-CHO ) HOCH2-C≡C-CH2OH + 2H2 ⎯ ⎯→ HOCH2-CH2-CH2-CH2OH xt ,t ⎯→ CH2=CH-CH=CH2 + 2H2O HOCH2-CH2-CH2-CH2OH ⎯⎯

0,25 0,25

0

0,25

0

FF IC IA L

,t nCH2=CH-CH=CH2 ⎯xt⎯ ⎯ → (-CH2-CH=CH-CH2-)n cao su buna - Chất C phải là axit có vòng:

0,25

CH2

CH-COOH ( axit xiclopropan cacboxylic )

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

CH2

Trang-7

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG --------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Đề thi có 02 trang)

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA NĂM 2014 -------------

FF IC IA L

MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) Ngày thi: 27/10/2013

N

O

Câu I ( 4 điểm ): 1) Phân tử AB3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196. Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của A ít hơn số hạt mang điện của B là 76 . a. Hãy xác định kí hiệu hóa học của A, B và AB3. b. Viết cấu hình electron của nguyên tử A, B. c. Dựa vào phản ứng oxi hóa – khử và phản ứng trao đổi ion, hãy viết phương trình phản ứng các trường hợp xảy ra tạo thành AB3 ( ghi rõ điều kiện nếu có ) 2) Hãy cho biết phân tử nào sau đây tồn tại và không tồn tại: PCl5, NF5, OF6, ClF3, BrF7, SF6, I7F và AsF5 ? Giải thích.

N

H

Ơ

Câu II ( 2 điểm ): Có các dung dịch bị mất nhãn: NH4Cl, K2S, BaCl2, Al2(SO4)3, MgSO4, KCl, ZnCl2. Chỉ được dùng thêm dung dịch phenolphtalein ( khoảng pH chuyển màu từ 8 đến 10 ). Hãy nêu phương pháp nhận biết mỗi dung dịch trên? Viết các phương trình ion ( nếu có ) để giải thích.

KÈ

M

Q U

Y

Câu III ( 4 điểm ): 1) Tính khối lượng Ag2SO4 tan trong 1 lít dung dịch Ag2SO4 bão hòa, biết tích số tan của Ag2SO4 là T Ag 2 SO4 = 7,7.10-5 2) Cho biết T Fe (OH ) 3 = 410-38 hãy tính xem trong dung dịch Fe(NO3)3 10-3M, pH của dung dịch bằng bao nhiêu thì bắt đầu kết tủa Fe(OH)3?

3) Cho hỗn hợp A gồm Kim loại X ( hóa trị I )và kim loại Y ( hóa trị II). Hòa tan 6 gam A vào dung dịch có chứa HNO3 và H2SO4 thu được 5,88 gam hỗn hợp B gồm khí NO2 và khí C, có thể tích bằng 2,688 lít ( đktc). a. Tính khối lượng muối khan thu được? b. Nếu tỉ lệ khí NO2 và khí C thay đổi thì khối lượng muối khan thay đổi trong khoảng giá trị nào?

D

ẠY

Câu IV ( 3 điểm ): Trong một bình kín dung tích 2,24 lít chứa một ít bột Ni xúc tác và hỗn hợp khí C3H6, C2H4, H2 ( đktc ). Tỉ lệ số mol C2H4 và C3H6 là 1:1. Đốt nóng bình trong một thời gian, sau đó làm lạnh bình tới O0C thì áp suất trong bình lúc đó là P. Tỉ khối so với hidro của hỗn hợp khí trong bình trước và sau phản ứng là 7,6 và 8,445.

1) Giải thích tại sao tỉ khối tăng?

2) Tính % thể tích các khí trong bình trước phản ứng?

3) Tính áp suất P? 4) Tính hiệu suất phản ứng đối với mỗn anken. Biết nếu cho khí trong bình sau phản ứng lội từ từ qua bình nước brom thấy brom nhạt màu và khối lượng bình nước brom tăng 1,05gam?

Trang-8

Câu V ( 4 điểm ): 1) Một học sinh dự định điều chế axit m-aminobenzoic và 2-clo-4-nitro toluen xuất phát từ toluen theo 2 sơ đồ sau đây:

CH3

CH3

NH2

NH2

NO2 CH3

COOH

CH3

CH3 Cl2

FF IC IA L

CH3

Cl2

NO2

N

O

Hãy chỉnh lại sơ đồ trên nếu như chưa hợp lí và giải thích?

2) Công thức đơn giản nhất của một axit hữu cơ no, mạch hở là C2H3O2. a. Hãy biện luận xác định CTPT, CTCT và gọi tên axit trên? b. Đun axit trên với hỗn hợp 2 ancol đơn chức, đồng đẳng ( xúc tác H2SO4 đặc ) được một hỗn hợp este, trong đó có este E. Biết E không phản ứng với Na. Đốt cháy hoàn toàn 1 mol E thu được 7 mol CO2. Xác định cấu tạo của E ? c. F là đồng phân của E và có cấu tạo mạch không phân nhánh. Xác định cấu tạo của F biết rằng: t F + NaOH ( dư ) ⎯⎯→ A + B t ,cao A + NaOH ⎯⎯⎯→ CH4 + Na2CO3 B ⎯ ⎯→ C + H2O + H2 Cao su buna C ⎯Na ⎯→ ⎯

Ơ

0

N

H

0

KÈ

M

Q U

Y

Câu VI ( 3 điểm ): Để đốt cháy hoàn 13,32 gam chất X chứa các nguyên tố C, H, O cần 129,6 gam CuO và cho khí của sản phẩm cháy lần lượt qua ống 1 đựng P2O5 và ống 2 đựng KOH, sau khi kết thúc thí nghiệm thấy khối lượng ống 1 tăng 7,56 gam, còn ống 2 tăng a gam.

1) Xác định CTPT của X. Biết MX < 250 đvC? 2) Xác định CTCT chính xác của X. Biết rằng khi thủy phân 1 mol X cần 2 mol H2O và thu được 3 sản phẩm A, B, C có cùng CTPT, trong đó từ A qua 2 phản ứng điều chế được thủy tinh plexiglat; từ B qua 3 phản ứng có thể điều chế được cao su buna; còn C là một hợp chất có vòng. Viết các phương trình phản ứng?

ẠY

Cho Ag=108; S=32; O=16; Mg=24; Ca=40; Ba=137; Cu=64; Zn=65; C=12; H=1

D

-------------------------------------------HẾT--------------------------------------------GHI CHÚ: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu - Giám thị không giải thích gì thêm

Trang-9

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ------------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 --------------------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: SINH HỌC Ngày thi: 26/9/2014 ( Đáp án có 04 trang)

Câu 1a (1đ )

Điểm

- Diễn ra ở nhóm thực vật C3 - Căn cứ vào sản phẩm hữu cơ đầu tiên là hợp chất có 3 cacbon (C3)

0,5 0,5

- 3 giai đoạn là giai đoạn cố định CO2 (hoặc giai đoạn cacboxi hóa); giai đoạn khử ; giai đoạn tái sinh chất nhận CO2 ( Thí sinh nêu thiếu hoặc sai tên một giai đoạn thì cho 0,25đ; thiếu hoặc sai tên hai giai đoạn hoặc cả 3 giai đoạn thì không cho điểm) - Vai trò của ATP và NADPH: + ATP giúp hoạt hóa APG (con đường photphoryl hóa). + NADPH là lực khử giúp biến nhóm cacboxyl (ôxi hóa) trong APG thành anđêhyt (khử) trong AlPG, nhờ đó mà APG đã hoạt hóa sẽ bị khử về AlPG ( Nếu thí sinh chỉ nêu là ATP cung cấp năng lượng, NADPH là chất khử thì chỉ cho 0,25đ) - Đầu tiên bạn học sinh để cốc miệng rộng có dung dịch chất A ở ngoài trời, do trong không khí có CO2 và miệng cốc rộng nên có sự tiếp xúc giữa CO2 với dung dịch chất A nên dung dịch có màu vàng.

- Lần sau bạn học sinh cho chậu cây vào chuông thủy tinh, úp kín rồi đặt dưới ánh sáng mặt trời, sau một thời gian thì cho cốc miệng rộng có dung dịch chất A vào. Do cây đã hấp thụ hết CO2 cho quang hợp nên dung dịch chất A có màu đỏ.

- Cây C4 có điểm bù CO2 rất thấp nên đảm bảo hấp thụ hết CO2 ở không khí có trong chuông kín, đảm bảo cho thành công của thí nghiệm. Nếu dùng cây C3 thì do điểm bù CO2 của cây cao nên vẫn còn CO2 dẫn đến có thể không chứng minh được.

- Nếu dùng thực vật CAM thì phải tiến hành ban đêm nên vừa không tiện lợi, vừa khó quan sát thí nghiệm. * Thí nghiệm đơn giản hay sử dụng là úp cây trong chuông thủy tinh kín, sau một đêm, ta sẽ thấy các giọt nước ứ ra ở mép lá. * Nguyên tắc của thí nghiệm: - Do không khí trong chuông thủy tinh kín đã bão hòa hơi nước - Nước được đẩy từ mạch gỗ của rễ lên lá không thoát được thành hơi qua khí khổng đã ứ thành các giọt ở mép lá. * Hiện tượng ứ giọt chỉ xảy ra ở những cây bụi thấp và ở những cây thân thảo: Vì những cây này thường thấp, dễ bị tình trạng bão hòa hơi nước - Áp suất rễ đủ mạnh để đẩy nước từ rễ lên lá gây ra hiện tượng ứ giọt

0,5

0,25 0,25

D

H

Q U

ẠY

KÈ

Câu 3 (2đ )

M

Câu 2b (1đ )

Y

N

Câu 2a (1đ )

Ơ

N

O

Câu 1b (1đ )

Nội dung

FF IC IA L

Câu

Câu 4a (1đ )

Câu 4b (1đ )

- Khi được chiếu sáng thì hai tế bào hạt đậu của khí khổng sẽ quang hợp - Dẫn đến làm thay đổi nồng độ CO2, tiếp theo là pH - Dẫn đến hàm lượng đường trong tế bào tăng, làm tăng áp suất thẩm thấu trong tế bào - Hai tế báo hút nước, trương nước và khe khí khổng mở ra - Khi cây bị hạn thì hàm lượng AAB (axit abxixic) trong tế bào khí khổng tăng

Trang 1

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,5

FF IC IA L

Câu 5 (2đ)

- Dẫn đến kích thích các bơm ion hoạt động - Đồng thời các kênh ion mở nên các ion rút ra khỏi tế bào khí khổng - Điều này làm tế bào khí khổng giảm áp suất thẩm thấu, giảm sức trương nước và khí khổng đóng lại. * Tính số lượng 2n: n(n − 1) → ta có - Số khả năng xảy ra lệch bội kép được tính theo công thức 2 n(n − 1) = 91 → n2 – n – 182 = 0 2

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

Y

Q U

Câu 6 (2đ)

N

H

Ơ

N

O

- Giải phương trình: + = 1 + 728 = 27 1 + 27 1 − 27 n1 = = 14 ; n2 = < 0 : loại 2 2 - Bộ NST lưỡng bội của loài: 2n = 28 ( Nếu thí sinh chỉ trả lời 2n = 28 mà không tính toán để có đáp số thì không cho điểm toàn bộ ý này. Thí sinh có thể giải theo kiểu bấm máy tính cá nhân, nếu đúng vẫn cho tối đa số điểm) * Xác định dạng đột biến: - Thấy 30 = 28 + 2 = 2n +2 → thể bốn - Hoặc 30 = 28 + 1 + 1 = 2n +1 + 1 → thể ba kép - Vậy tế bào này bị đột biến NST về số lượng thuộc dạng lệch bội - Có hai khả năng là thể bốn hoặc thể ba kép. ( Nếu thí sinh chỉ trả lời thể bốn hoặc thể ba kép mà không tính toán để có đáp án thì không cho điểm toàn bộ ý này) - Bố không bị mù màu sẽ có kiểu gen là XMY, mẹ không bị mù màu nhưng mang gen sẽ có kiểu gen là XMXm. Dựa vào cách viết giao tử khi có sự rối loạn trong giảm phân, ta có thể thành lập bảng sau: KG bố, mẹ

M

Bố: XMY Mẹ: XMXm

GT bình thường XM; Y XM ; Xm

GT khi có rối loạn ở giảm phân I XMY; 0 XMXm; 0

GT khi có rối loạn ở giảm phân II XMXM; YY; 0 XMXM; XmXm; 0

KÈ

- Con trai vừa mắc hội chứng Klinefelter, vừa bị mù màu sẽ có kiểu gen là XmXmY (1). Con trai mắc hội chứng Klinefelter nhưng không bị mù màu, dị hợp tử về bệnh mù màu sẽ có kiểu gen là XMXmY - Ở trường hợp đứa con trai thứ nhất: XmXmY: + Khả năng 1: XmXmY = (Xm) x (XmY), không xảy ra vì bố không thể hình thành giao tử (XmY) + Khả năng 2: XmXmY = (Xm Xm) x (Y) → nguyên nhân là do sự rối loạn trong giảm phân II ở mẹ - Ở trường hợp đứa con trai thứ hai: XMXmY: + Khả năng 1: XMXmY = (XM) x (XmY), không xảy ra vì bố không thể hình thành giao tử (XmY) + Khả năng 2: XMXmY = (XMXm) x (Y) → nguyên nhân là do sự rối loạn trong giảm phân I ở mẹ + Khả năng 3: XMXmY = (Xm) x (XMY) → nguyên nhân là do sự rối loạn trong giảm phân I ở bố

ẠY D

Trang 2

0,5

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

D

Y

ẠY

KÈ

M

Q U

Câu 8 (2đ)

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu 7 (2đ)

( Thí sinh giải theo cách khác, nếu hợp lý, đúng vẫn cho tối đa) - Do tác động của các alen thuộc cùng một gen theo kiểu trội – lặn không hoàn toàn nên sẽ làm xuất hiện tính trạng trung gian ở F1 Vi dụ: Lai hai thứ hoa dạ lan thuần chủng, thứ hoa đỏ với thứ hoa trắng thì F1 đồng tính màu hoa hồng; F2 phân tính theo tỷ lệ 1đỏ + 2 hồng + 1 trắng - Do tác động của nhiều gen không alen lên một tính trạng theo kiểu bổ sung hay át chế sẽ làm xuất hiện tính trạng mới ở F1 Ví dụ: Lai hai thứ hoa thuần chủng màu trắng với nhau thì F1 đồng tính hoa đỏ; F2 phân tính theo tỷ lệ 9 hoa đỏ + 7 hoa trắng - Do các gen trong tế bào chất (nằm trong ti thể hoặc trong lục lạp) chỉ được mẹ truyền cho con qua tế bào chất của chúng, do đó F1 chỉ đồng tính về tính trạng của bên mẹ Ví dụ: Thí nghiệm lai thuận nghịch ở hai cây hoa phấn: cây có lá đốm với cây có lá xanh thì F1 luôn đồng tính về tính trạng của cây được chọn làm mẹ - Do đột biến gen phát sinh trong giảm phân hình thành giao tử (làm cho gen trội trở thành gen lặn) hoặc do đột biến cấu trúc NST (làm mất đoạn có mang gen trội), qua thụ tinh, cũng có thể làm cho F1 có tính trạng không phải là tính trội.

Ví dụ: Ở chuột nếu mang kiểu gen lặn (ww) thì có hiện tượng đi quay vòng gọi là chuột bị nhảy van. Lai chuột bình thường (WW) với chuột nhảy van (ww) thì F1 vẫn xuất hiện chuột nhảy van (ww). ( Thí sinh có thể trình bày không hoàn toàn giống đáp án, có thể lấy ví dụ khác miễn là phải bám theo các ý của đáp án và ví dụ phải có lý thì vẫn cho điểm tối đa ở các ý. Nếu sai ở ý nào thì không chấm điểm ở ý đó) * Kiểu gen người chồng: - Bố, mẹ bên chồng tóc quăn có kiểu gen là (Aa) do con gái của họ là (aa) 1 2 - Người chồng tóc quăn có kiểu gen là AA ( ) hoặc Aa ( ) 3 3 * Kiểu gen người vợ: - Bố tóc quăn (Aa) do con gái của ông tóc thẳng (aa). Mẹ tóc thẳng (aa) - Kiểu gen người vợ tóc quăn phải là (Aa) * Khả năng sinh con gái tóc quăn: 1 - Trường hợp 1: Bố (AA = ) x mẹ (Aa) ===> Con (AA + Aa): 100% tóc quăn.

3 1 1 1 Xác suất để sinh con gái tóc quăn là x = 3 2 6 2 3 - Trường hợp 2: Bố (Aa = ) x mẹ (Aa) ===> Con (AA + 2Aa + aa): tóc 3 4 1 quăn + tóc thẳng. Xác xuất để sinh con gái tóc quăn là: 4 2 1 3 6 1 x x = = 3 2 4 24 4 1 1 5 - Tổng hợp chung: + = 6 4 12 ( Thí sinh giải theo cách khác, nếu hợp lý, đúng vẫn cho tối đa)

Trang 3

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

Câu 9 (2đ )

a) Xác định vị trí các gen trong bản đồ di truyền: - Tần số trao đổi chéo giữa các gen thể hiện khoảng cách giữa các gen khi phân bố trên nhiễm sắc thể. Tần số trao đổi chéo càng lớn thì các gen càng nằm xa nhau trên nhiễm sắc thể (bản đồ di truyền) và ngược lại - Tần số trao đổi chéo giữa PR > QR nên Q phải nằm giữa P và R - Mặt khác tần số trao đổi chéo giữa PQ < QR nên Q phải nằm gần P hơn Như vậy: + Trình tự 3 gen này là: P – Q ------ R + Bản đồ di truyền

0,5 0,25 0,25

FF IC IA L

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

H

- Kiểu gen hai cây bố, mẹ: (AaBb), cao, đỏ x (AaBb), cao, đỏ - Tỷ lệ các kiểu hình ở F1 theo Menđen: + 9(A-B-): 9 cây cao, đỏ + 3(A-bb): 3 cây cao, hoa trắng (Kiểu gen gồm 1AAbb + 2Aabb) + 3(aaB-): 3 cây thấp, hoa đỏ (Kiểu gen gồm 1aaBB + 2aaBb) + 1(aabb): 1 cây thấp, hoa trắng - Cây cao, hoa trắng ở F1 được chọn trong số 3 cây(A-bb). Cây thấp, hoa đỏ F1 được chọn trong số 3 cây (aaB-) - Để có cây cao, hoa đỏ (A-B-) ở F2 phải có 4 khả năng thực hiện phép lai ở F1, dựa vào tỷ lệ kiểu hình sẽ tìm được xác suất cây thân cao, hoa đỏ F2: * F1: cao, trắng (1AAbb) x F1: thấp, đỏ (1aaBB) 1 1 1 F2: đồng tính cao, đỏ (AaBb). Xác suất = x x1= (1) 3 3 9 * F1: cao, trắng (1AAbb) x F1: thấp, đỏ (2aaBb) 1 2 1 1 (2) F2: 1cao, đỏ (AaBb) + 1cao, trắng (Aabb). Xác suất = x x = 3 3 2 9 * F1: cao, trắng (2Aabb) x F1: thấp, đỏ (1aaBB) 2 1 1 1 F2: 1 cao, đỏ (AaBb) + 1 thấp, đỏ (aaBb). XS: x x = (3) 3 3 2 9 * F1: cao, trắng (2Aabb) x F1: thấp, đỏ (2aaBb) F2: 1cao, đỏ (AaBb) + 1cao, trắng (Aabb) + 1thấp đỏ (aaBb) + 1 thấp, trắng 2 2 1 1 (aabb). Xác suất: x x = (4) . Từ (1); (2); (3) và (4) thì xác suất xuất 3 3 4 9 1 4 x4= hiện cây thân cao, hoa đỏ ở F2 là 9 9 ( Thí sinh giải theo cách khác, nếu hợp lý, đúng vẫn cho tối đa)

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

Câu 10 (2đ)

Ơ

N

O

b) Xét tương tự: - Tần số trao đổi chéo giữa PR < QR nên P phải nằm giữa Q và R - Tần số trao đổi chéo giữa QP < PR nên P phải nằm gần Q hơn Như vậy: + Trình tự 3 gen này là: Q – P ------ R + Bản đồ di truyền

---------------- HẾT ----------------

Trang 4

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Y

Q U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O

ẠY

D

KÈ M Q Y

U N

Ơ

H

N

FF IC IA L

O