Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp trường môn: Hóa 12 thời gian: 180 phút (lần 2) năm học: 2015 – 2016

Bộ môn: Hóa học
 	 ĐỀ THI KHẢO SÁT HSG CẤP TRƯỜNG
Môn: Hóa 12_Thời gian: 180 phút (lần 2)
Năm học: 2015 – 2016
(Đề thi có 02 trang)
Bài 1(1,0 điểm): Cho 38,6 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2 và FeCO3 vào một bình không chứa khí. Nung bình điến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 9,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm ba chất khí và chất rắn Z.
 a) Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
 b) Nếu cho toàn bộ lượng Z tác dụng với lượng dư khí CO nung nóng thu được chất rắn G, hoà tan G trong dd HBr dư rồi cô cạn được chất rắn khan T. Cho T tác dụng với dd H2SO4 đặc nóng dư thu được V lít khí ở đktc (SO2 là sản phẩm khử duy nhất). Viết phản ứng hoá học và tính V?
Bài 2(1,5 điểm): 1. Chỉ từ không khí, than và nước, viết phương trình hoá học điều chế phân urê và đạm hai lá(các điều kiện và xúc tác coi như có đủ).
2. Sục khí H2S vào dung dịch X chứa CuCl2, FeCl3, AlCl3, NH4Cl (mỗi chất có nồng độ 0,1M) tới dư thu được kết tủa A và dung dịch B. Tiếp tục sục từ từ NH3 đến dư vào dung dịch B. Viết phản ứng (có thể xảy ra) dưới dạng ion rút gọn?
Bài 3(1,5 điểm): 1. Hoà tan hoàn toàn 32,0 gam hỗn hợp X gồm Fe2O3 và CuO vào 1,1 lít dd HCl 1M, thu được dd Y. Cho x gam Al vào dd Y đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 1,12 lít khí (đktc); dd Z và hỗn hợp chất rắn T. Cho Z phản ứng với NaOH dư, thu được 9,0 gam kết tủa. Tính x?
2. Khí C không màu khi sục qua dung dịch brom làm dung dịch đậm màu hơn. Khí D không màu khi sục qua dung dịch brom làm dung dịch mất màu. Dung dịch muối natri (muối E) trong suốt khi cho thêm dung dịch H2SO4 loãng thấy có khí D thoát ra và dung dịch bị vẩn đục. Xác định C, D, E viết các phương trình phản ứng.
Bài 4(1,0 điểm): Trong phòng thí nghiệm để điều chế một số khí tinh khiết người ta lắp dụng cụ như hình vẽ sau[bình (A); (B); (C); (D) chứa chất lỏng hoặc rắn]
a) Hãy cho biết bộ dụng cụ trên có thể điều chế và thu được khí nào trong các khí sau: H2; O2; SO2; HCl; NH3; C2H4?
b) Hãy chọn hóa chất tích hợp trong mỗi bình để điều chế được các khí đã chọn và viết phản ứng xảy ra?
Bài 5(1,0 điểm): A là một hợp chất hữu cơ đơn chức (chỉ chứa C, H, O). Cho 13,6 gam A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn X. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 26,112 gam oxi, thu được 7,208 gam Na2CO3 và 37,944 gam hỗn hợp Y (gồm CO2 và H2O). Xác định CTPT? Viết CTCT của A(dạng mạch không phân nhánh)?
Bài 6(1,5 điểm): 1. M, N, P đều có CTPT là C6H8O4Cl2 đều mạch hở và đều thỏa mãn sơ đồ:
C6H8O4Cl2 + NaOH muối + CH3CHO + NaCl + H2O
Tìm CTCT của M, N, P rồi viết phản ứng xảy ra?
2. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau biết D là nguyên liệu chính để điều chế phenol trong công nghiệp; các chất trong sơ đồ đều là sản phẩm chính(với phản ứng có nhiều sản phẩm):
Bài 7(1,5 điểm): Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dd X và V lit (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3:2). Cho 500ml dd KOH 1M vào dd X thu được kết tủa Y và dd Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dd Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
1. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A?
2. Tính C% mỗi chất tan trong X?
3. Xác định các khí trong B và tính V?
Bài 8(1,0 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 9,92 gam hỗn hợp peptit X và peptit Y( đều được tạo từ các amino axit no, mạch hở có 1 nhóm – COOH và 1 nhóm –NH2) bằng oxi vừa đủ thu được N2 ; 0,38 mol CO2 ; 0,34 mol H2O. Mặt khác đun nóng hỗn hợp trên với NaOH vừa đủ thì thu được m gam muối. Tính m ?
----------------HẾT----------------
(Thí sinh không được dùng tài liệu kể cả BTH. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ HSG 12_2015(lần 2)
Đáp án câu 1
1,0 đ
a) Phản ứng xảy ra:	 
2Fe(NO3)2 → Fe2O3 + 4NO2 + 0,5O2	(1)
FeCO3 → FeO + CO2	(2)	
2FeO + 0,5O2 → Fe2O3	(3)
+ Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp ba khí nên sau phản ứng (3) oxi dư
ÞÞ Fe(NO3)2 = 0,15 mol = 27,0 gam; FeCO3 = 0,1 mol = 11,6 gam.
b. 2FeBr2 + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 2Br2 + 3SO2 + 6H2O Þ V = 8,4 lít.
Mỗi phần 0,5 điểm
Đáp án câu 2
1,5 đ
@ Đầu tiên ta phải điều chế N2 và O2 từ không khí bằng cách: Cho không khí dd NaOH(loại CO2); làm lạnh ở - 250C(loại bỏ hơi nước) sau đó hóa lỏng không khí rồi nâng dần nhiệt độ lên – 1960C được khí N2 và – 1830C được khí O2.
@ Điều chế ure: C + H2O CO + H2 và C + 2H2O CO2 + 2H2
N2 + 3H2 2NH3 và 2NH3 + CO2 (NH2)2CO + H2O
@ Điều chế phân đạm hai lá(NH4NO3): Điều chế NH3 như trên sau đó
4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O và NO + ½ O2 → NO2 và 2H2O + 4NO2 + O2 → 4HNO3
Sau đó: NH3 + HNO3 → NH4NO3.
 0,75 
+ H2S tác dụng với dung dịch X:
H2S + Cu2+ → CuS + 2H+ và H2S + 2Fe3+ → 2Fe2+ + S + 2H+
+ Vì H2S dư tan một phần trong nước Þ dung dịch B gồm Fe2+, Al3+, H+, Cl-, H2S, NH4+.
+ Dung dịch B tác dụng với NH3 dư:
NH3 + H+ → NH4+
2NH3 + H2S → 2NH4+ + S2- 
Fe2+ + 2NH3 + 2H2O →Fe(OH)2 + 2NH4+
Fe2+ + S2- → FeS
Al3+ + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4+
2Al3+ + 3S2- +6 H2O → 2Al(OH)3 + 3H2S
0,75
Đáp án câu 3
1,5 đ
1. + Hỗn hợp kim loại T phải có Cu, Fe, có thể có Al. Nếu có Al tức là Al dư Þ dd Z chỉ có AlCl3 Þ khi cho Z pư với NaOH dư thì không thu được kết tủa Þ Al phải hết Þ T chỉ có Cu và Fe.
+ Vì T có Fe nên Z không thể có FeCl3 mà chỉ có FeCl2
+ Từ những lập luận trên ta có sơ đồ:
+ Dễ thấy số mol FeCl2 = số mol Fe(OH)2 = 0,1 mol; bảo toàn Clo 
Þ 3.nAlCl3 + 2.nFeCl2 = 1,1 Þ 3.nAlCl3 + 2.0,1 = 1,1 Þ nAlCl3 = 0,3 mol Þ Al ban đầu = 0,3 mol = 8,1 gam.
+ Vậy x = 8,1 gam.
1,0 
2. Chọn C = HI; D = SO2; E là Na2S2O3.
0,5
Đáp án câu 4
1,0 đ
a) Khí điều chế được bằng sơ đồ trên phải thỏa mãn hai điều kiện là: nặng hơn không khí và không tác dụng với không khí ở đk thường Þ chỉ có H2 và NH3 là hai khí không điều chế được(etilen cũng có thể chấp nhận được vì hơi nhẹ hơn không khí).
b) Ta có bảng sau(dấu – nghĩa là có thể không cần thiết; CaCl2 làm khô khí
Khí
A
B
C
D
O2
H2O2
MnO2
H2SO4 đặc
- hoặc CaCl2
SO2
H2SO4
Na2SO3
H2SO4 đặc
- hoặc CaCl2
HCl
H2SO4 đặc
NaCl
H2SO4 đặc
- hoặc CaCl2
C2H4
H2SO4 đặc
C2H5OH
NaOH
H2SO4 đặc
Các pư xảy ra
Đáp án câu 5
1,0 đ
+ Ta có: nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,136 mol Þ mNaOH = 5,44 gam.
+ BTKL ta có: mX = mNa2CO3 + mY – mO2 = 19,04 gam.
+ Dễ thấy: mX = mA + mNaOH Þ A là este vòng.
+ Giải tiếp Þ A là C5H8O2 với CTCT là (CH2)4COO
Đáp án câu 6
1,5 đ 
Chọn các chất sau: CH3-CHCl-OOC-COO-CHCl-CH3; Cl-CH2-COO-CH2-COO-CHCl-CH3 và
CH2Cl-COO-CH(CH3)-OOC-CH2-Cl
0,5 điểm
+ A là CaC2; B là C2H2; C là C6H6; một số chất còn lại.
1,0 điểm
Đáp án câu 7
1,5 đ
HNO3 = 0,7 mol; KOH = 0,5 mol. Đặt nFe = x mol; nCu = y mol.
Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO3 → X có Cu(NO3)2, muối của sắt (Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO3 dư.
X + dd KOH có thể xảy ra các phản ứng
HNO3 + KOH → KNO3 + H2O (1)
Cu(NO3)2 +2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 (2)
Fe(NO3)2 + 2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 (4)
 Fe(NO3)3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KNO3 (5) 
Cô cạn Z được chất rắn T có KNO3, có thể có KOH dư
@ Nung T: 
 2KNO3 2KNO2 +O2 (6)
+ Nếu T không có KOH thì theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6) ==nKOH = 0,5 mol
Þ mKNO2= 42,5 gam ≠ 41,05 gam Þ Loại
Þ T có KOH dư: dễ dàng tính được T có: KNO3 = 0,45 mol; KOH = 0,05 mol
@ Nung kết tủa Y 
 Cu(OH)2 CuO + H2O 
 Nếu Y có Fe(OH)3: 2Fe(OH)3 Fe2O3 +3H2O
 Nếu Y có Fe(OH)2 4Fe(OH)2+ O2 2Fe2O3 +4H2O
Áp dụng BTNT đối với sắt ta có: = nFe = ; 
Áp dụng BTNT đối với đồng ta có: nCuO = nCu= y mol
 →160. + 80.y = 16 (I)
 mhỗn hợp kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II)
Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.
 % mFe = ; %mCu = 100-72,41= 27,59%
 Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X = n N trong KNO2 = 0,45 mol.
TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3
Ta có: = nCu = 0,05 mol; = nFe = 0,15 mol
Gọi = b mol → b+0,05.2+0,15.3= 0,45 → b= -0,1 (loại)
TH2: Dung dịch X không có HNO3 [gồm Cu(NO3)2, có thể có muối Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3]. Đặt = z mol (z ≥ 0); = t mol (t ≥ 0)
Theo BTNT đối với Nitơ Þ 2z+3t +0,05. 2 = 0,45 (III)
Theo BTNT đối với sắt Þ z + t = 0,15 (IV)
Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t = 0,05.
Khi kim loại phản ứng với HNO3 
nN trong hỗn hợp khí = nN trong HNO3 ban đầu- nN trong muối = 0,7-0,45=0,25mol
Gọi số oxi hóa trung bình của Nitơ trong hỗn hợp khí B là +k (k≥0) 
Fe → Fe3+ + 3e N+5 + (5-k).e → N+k
0,05 0,15 0,25 0,25(5-k) 0,25
Fe → Fe2+ + 2e
0,1 0,2
Cu → Cu2+ + 2e
0,05 0,1
Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,1=0,25(5-k) → k =3,2
- Xác định số mol O trong hỗn hợp khí.
Tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong một hỗn hợp =0 nên 
 0,25.(+3,2) + (-2). nO = 0. 
 → nO = 0,4mol. 
Bảo toàn khối lượng: mdd sau = m ddaxit + m 2kim loại – m hỗn hợp khí
→ mdd sau= 87,5+11,6- (0,25.14+0,4.16)= 89,2 gam
= 
= 	
= 
Vì k = 3,2 nên phải có một khí mà số oxi hóa của N lớn hơn 3,2. Vậy khí đó là NO2
Gọi khí còn lại là khí A và số oxi hóa của khí còn lại là x
Giả sử khí A trong thành phần có 1 nguyên tử N
 TH1: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 3:2, dựa vào sơ đồ đường chéo suy ra x = 2. Vậy khí A là NO
 TH2: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 2:3 => x lẻ: Loại
Nếu A có 2 N, trường hợp này cũng tính được x lẻ => loại
Tính V:
Đặt n (NO2) = 3a => n(NO) = 2a mol
 ∑ne nhận = n (NO2) + 3n (NO) = 3a + 3.2a = 0,45 => a= 0,05
=> nkhí = 5a = 0,25 => V = 5,6 lit
0,75
Đáp án câu 8
1,0 đ
+ Ta có sơ đồ :
+ Vì đốt cháy hỗn hợp(X, Y) và đipeptit thu được CO2 bằng nhau và đốt cháy đipeptit thu được nCO2 = nH2O nên ta suy ra khi đốt cháy đipeptit thu được : nCO2 = nH2O = 0,38 mol
+ Sơ đồ trên được viết lại như sau : 
+ Bảo toàn H2O Þ số mol H2O phản ứng với X, Y = 0,38 – 0,34 = 0,04 mol.
+ BTKL Þ mđipeptit = 9,92 + 0,04.18 = 10,64 gam.
+ Từ KQ trên ta có :  : 10,64 gam Þ = 19/7
+ Mặt khác khi cho hỗn hợp (X, Y) hoặc đipeptit phản ứng với NaOH thì khối lượng muối thu được đều bằng nhau nên ta có :
: = 0,07 mol + NaOH : 0,14 mol → muối + H2O = 0,07 mol
Þ KL muối = 10,64 + 0,14.40 – 0,07.18 = 14,98 gam.