SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
Hướng dẫn chính thức

HƯỚNG DẪN CHẤM HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI
BẬC THPT CHU KỲ 2011 – 2015
Mơn: HĨA HỌC

(Hướng dẫn có 05 trang)

Câu
Câu 1
(Đề)
1

Nội dung

Điểm

Anh (chị) hãy nêu:
1. Vắn tắt các khâu cơ bản và các cấp độ tư duy trong khi thiết kế ma trận đề kiểm tra ?
5.00
2. Chuẩn kiến thức kỹ năng khi dạy phần Axit nitric trong bài: Axit nitric và muối
nitrat (SGK Hóa học 11 nâng cao ).
Có bảy khâu cơ bản thiết kế ma trận đề kiểm tra:
1,50
(mỗi ý
- Liệt kê tên chủ đề (nội dung, chương ...) cần kiểm tra
0,20
- Viết các chuẩn cần đánh giá đối với mỗi cấp độ tư duy
điểm)
- Quyết định phân phối tỷ lệ % điểm cho mỗi chủ đề (nội dung, chương ...)

- Tính số điểm cho mỗi chủ đề (nội dung, chương ...) tương ứng với tỷ lệ %


- Quyết định số câu hỏi cho mỗi chuẩn tương ứng và số điểm tương ứng
- Tính tổng số điểm và tổng số câu hỏi cho mỗi cột và kiểm tra tỷ lệ % tổng số điểm
phân phối cho mỗi cột
- Đánh giá lại ma trận và chỉnh sửa nếu thấy cần thiết
Có 4 cấp độ tư duy cần xác định để xác định để thiết kế ma trận đề kiểm tra:
- Nhận biết
- Thông hiểu
- Vận dụng
- Vận dụng ở mức độ cao hơn
2

Câu 2
Bài 1

Kiến thức:
Biết được: Cấu tạo phân tử, tính chất vật lý, ứng dụng, cách điều chế HNO 3 trong 0.75
phòng thí nghiệm và trong công nghiệp (từ amoniac).
Hiểu được:
HNO3 là một trong những axit mạnh nhất
0.75
HNO3 là axit có tính oxi hóa mạnh (tùy thuộc vào nồng độ của axit và bản chất của
chất khử): oxi hóa hầu hết kim loại, một số phi kim, nhiều hợp chất vô cơ và hữu cơ.
Kỹ năng:
1.00
- Dự đoán được tính chất hóa học, kiểm tra dự đoán bằng thí nghiệm và kết luận
- Tiến hành hoặc quan sát thí nghiệm, hình ảnh ... rút ra được nhận xét về tính chất của
HNO3

- Viết các phương trình phản ứng hóa học dưới dạng phân tử hoặc ion rút gọn, minh
họa tính chất hóa học của HNO3 đặc và loãng
- Giải được bài tập liên quan đến axit nitric
1. Trình bày phương pháp cân bằng các phương trình hóa học sau theo phương pháp 3.50
thăng bằng electron.
Cr2S3  Mn(NO3 ) 2  K 2CO 3  K 2CrO 4  K 2SO 4  K 2 MnO 4  NO  CO 2
FeSO 4  KMnO4  H 2 O  ...
2. Có bốn hợp chất thơm C6H5-OH, C6H6, C6H5-CH3, C6H5-NO2 với các tính chất sau:
Chất phản ứng

C6H5-OH

C6H6

C6H5-CH3

Nước Br2

Có phản ứng

Không phản
ứng

Br2/Fe

Phản ứng ở 0oC
không cần Fe

Có phản ứng

Có phản ứng

Phản ứng với cả
HNO3 loãng

Có phản ứng

Có phản ứng
không cần
H2SO4

HNO3đặc/H2SO4 đặc

1

1.00
(mỗi ý
0,25
điểm)

Không phản
ứng

C6H5-NO2
Không phản
ứng
Chỉ phản ứng
khi đun nóng
Chỉ phản ứng
khi đun nóng

Hãy sắp xếp các chất theo thứ tự tăng dần về khả năng tham gia phản ứng thế ở vòng
benzen. Giải thích ảnh hưởng của các nhóm thế đến khả năng đó ?
1.00
1 Cr2 S3  2Cr 6  3S 6  30e
15 Mn( NO3 ) 2  2e  Mn 6  2 N 2  6O  2
Cr2 S3  15Mn( NO3 )2  20 K 2CO3  2 K 2CrO4  3K 2 SO4  15 K 2 MnO4  30 NO  20CO2

3 Fe 2  Fe 3  1e
1 MnO4  2 H 2O  3e  MnO2  4OH 
3Fe 2  MnO4  2 H 2O  3Fe3  MnO2  4OH 

3 3Fe 2  MnO4  2H 2O  3Fe3  MnO2  4OH 
4 Fe3  3OH   Fe(OH )3
 9Fe2+ + 3MnO4- + 6H2O  5Fe3+ + 3MnO2 + 4Fe(OH)3
 18FeSO4 + 6KMnO4 + 12H2O  8Fe(OH)3 + 5Fe2(SO4)3 + 6MnO2 + 3K2SO4

1.00


2

Bài 2
(đề)

1.

Thứ tự tăng dần khả năng tham gia phản ứng thế vòng benzen
C6H5-NO2 < C6H6 < C6H5-CH3 < C6H5-OH
Giải thích: Phản ứng thế nguyên tử H ở vòng bezen thuộc cơ chế thế electrophin

Các nhóm thế - CH 3 ; - OH thuộc nhóm thế loại 1 (nhóm đẩy e vào vòng benzen) làm
mật độ e ở vòng tăng lên.
Nhóm thế - NO 2 thuộc nhóm thế loại 2 (nhóm thế hút e trong vòng benzen) làm nghèo
mật độ e ở vòng.
Nhóm – OH đẩy e mạnh hơn nhóm – CH3 nên có trật tự như trên.
1. Hỗn hợp X gồm 2 anđêhit đơn chức. Cho 13,48g X tác dụng hoàn toàn với
AgNO3 dư trong dung dịch NH 3 thì thu được 133,04g kết tủa. Mặt khác cho 13,48g X
tác dụng hết với H2 (Ni, t0) thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với Na dư thu được
3,472 lít H2 (đktc). Hãy xác định công thức cấu tạo và % khối lượng của mỗi anđêhit
trong hỗn hợp X.
2. Nung 12,12g một muối A thu được sản phẩm khí và 2,40g một hợp chất rắn
không tan trong nước. Nếu cho toàn bộ sản phẩm khí trên hấp thụ vào 100g dung dịch
NaOH 3,6% ở điều kiện xác định thì vừa đủ và thu được dung dịch chứa một muối có
nồng độ 6,972%. Tìm công thức A.
3. Cho 14,4g hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết
với dung dịch HNO3 thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N 2,
NO, N2O, NO2 trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung
dịch X thì được 58,8g muối khan. Tìm số mol HNO3 đã phản ứng.
Vì X là hỗn hợp hai anđêhit đơn chức nên Y là hỗn hợp hai ancol đơn chức  nX = nY
Do Y là hai ancol đơn chức nên số mol H 2 thoát ra khi cho Y tác dụng với Na dư luôn
3, 472
13, 48
0,31 mol  M X 
43, 48
bằng một nửa Y  nX 2nH 2 2.
22, 4
0,31
Trong X chứa một anđehit có phân tử khối nhỏ hơn 43,48  anđehit đó phải là HCHO
Gọi công thức anđêhit còn lại là (CH C)tR-CHO (t  0)
Đặt số mol HCHO và (CH C)tR-CHO lần lượt là a và b

 a + b = 0,31
(1)
30a + (25t + R + 29)b = 13,48
(2)
Phương trình hóa học:
o
HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  t (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 + 4Ag 
a
4a
o
t
(CH C)tR-CHO + (2 + t)AgNO3 + (3+t)NH3 + H2O  
o
b
 t (CAg C)tR-COONH4  + 2Ag  + (2 + t)
NH4NO3
b
2b
108(4a +2b) + (132 t + R + 62)b = 133,04 (3)

Giải (1),(2), (3) ta có : b =
Do b < 0,31 =>

6.50

0,50

0,50

0,50

=> t = 0 hoặc t = 1

5, 06
=> a = 42,37/153.
153
Thay vào (2), ta được R = 127,39 (không nguyên) loại.
5, 06
* Nếu t = 1 => b =
= 0,11 => a= 0,2
153  107
Thay vào (2) => R = 14 ; R là nhóm CH2
* Nếu t = 0 => b =

1.00

0,50

5, 06
153  107.t

5, 06
< 0,31 => t < 1,277
153  107.t

0.50

0,50

Vậy andehit thứ 2 là : CH  C-CH2-CHO
% khối lượng:
0, 2.30
% HCHO =
. 100% = 44,51%
13, 48
% CH  C-CH2-CHO = 100% - 44,51% = 55,49%
2

0,50

Giả sử sản phẩm khí hấp thụ vào dung dịch NaOH sinh ra muối Na xX (Xx- là gốc axit 0,75
tạo muối). Bảo toàn nguyên tố Na
==> nNax X 

nNaOH 3, 6 0, 09
0, 09(23 x  X )


mol  mNax X 
x
40 x
x
x

(g)

Khối lượng hỗn hợp khí = 12,12 – 2,4 = 9,72 (g)
Khối lượng dung dịch muối = 9,72 + 100 = 109,72 (g). Vậy:
2,07 x  0, 09 X

C% 
100% 6,972%  X 62.x khi x = 1  X = 62 = NO3109, 72 x
Vậy trong sản phẩm khí có NO 2, O2 và muối ban đầu là nitrat. Khi nhiệt phân muối 0,75
nitrat thì sản phẩm rắn là nitrit hoặc oxit kim loại hoặc kim loại. Theo giả thiết hợp chất
rắn không tan trong nước đó là oxit. Sơ đồ nhiệt phân muối:
M ( NO3 ) n  M 2Om  NO2  O2 ( m n) . Bảo toàn nguyên tố N

 nNO nNO2 nNa nNaOH 0, 09  nmuèi nM 
3

Vậy khối lượng oxit = 0,045/n (2M + 16m) = 2,4  M 

0, 09
0, 045
 nM2Om 
n
n

2, 4 n  0, 72 m
khi n = m = 3
0, 09

 M = 56 (Fe)  Muối nitrat Fe(NO3)3

nmuèi 

3

0, 09
0, 03(mol )  mmuèi 0, 03 242 7, 26  12,12

3



muối có kết tinh

0,50

nước
Gọi công thức muối là Fe(NO3)3.aH2O. Số mol nước kết tinh là:
(12,12 – 7,26)/18 = 0,27( mol). Vậy a = 0,27/0,03 = 9.
Công thức của muối A là Fe(NO3)3.9H2O
Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x =14,4  x = 0,1
0.50
Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 gam < 58,8 gam
(theo bài ra).
Trong muối rắn thu được có NH4NO3 và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (gam)
 Số mol NH4NO3 = 1/80 = 0,0125 (mol)
Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta coi 2 0.50
khí này là một khí N3O2  NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn hợp 2 khí
NO và N2O với số mol lần lượt là a và b
Như vậy, ta có sơ đồ:
3
Fe, Mg, Cu  HNO
Fe3+, Mg2+, Cu2+, NH4+ + NO, N2O + H2O
Ta có quá trình cho nhận e
0.50
Fe  Fe+3 + 3e (1) ;
Mg  Mg+2 + 2e (2) ; Cu  Cu+2 + 2e (3)
0,1

0,3
0,1
0,2
0,1
0,2
Tổng số mol e cho: 0,3 + 0,2 + 0,2 = 0,7 (mol)
4H+ + NO3- + 3e  NO + 2H2O (4)
4a
3a
a
10H+ + 2NO3- + 8e  N2O + 5H2O (5)
10b
8b
b
10H+ + NO3- + 8e  NH4+ + 3H2O (6)
0,125
0,1
0,0125


Câu 3
(đề)

1

Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,1
a  b 0,12
a  b 0,12
 a 0, 072


 
Vậy ta có hệ phương trình: 
3a  8b  0,1 0, 7 3a  8b 0, 6  b 0, 048
Theo các phương trình (4), (5), (6)
Tổng số mol HNO3 đã dùng là : 4a + 10b + 0,125 = 0,893 (mol)
1. Anh (chị) hãy trình bày cách tiến hành thí nghiệm điều chế etilen trong phòng thí 5,00
nghiệm ? (không cần vẽ hình). Khí etilen sinh ra có thể lẫn những tạp chất gì ? Giải
thích bằng phản ứng hóa học. Nêu cách loại bỏ các tạp chất đó ? (Có trình bày bằng
hình vẽ)
2. Khi tiến hành thí nghiệm 1 – Bài 6 (SGK Hóa học 12 nâng cao): Phản ứng
của nhôm với dung dịch CuSO4, hai học sinh tiến hành như sau:
Học sinh 1: Đánh sạch lá nhôm bằng giấy ráp rồi nhúng ngay vào dung dịch
CuSO4 bão hòa.
Học sinh 2: Nhúng lá nhôm chưa đánh giấy ráp vào dung dịch CuSO4 bão hòa.
Theo anh (chị) hai học sinh trên quan sát được hiện tượng như thế nào, tại sao?
Hóa chất: ancol etilic khan (hoặc cồn 96o), H2SO4 đặc, dung dịch Ca(OH)2 hoặc NaOH,
0,50
CuSO4 khan
Dụng cụ: ống nghiệm có nhánh, ống dẫn khí, nút cao su có lỗ, đá bọt, đèn cồn, giá đỡ
0,50
Cách tiến hành: Cho 2ml ancol etilic khan vào ống nghiệm khô, có sẵn vài viên đá bọt, 1,00
sau đó thêm từng giọt H2SO4 đặc (4ml), đồng thời lắc đều. Đun nóng hỗn hợp phản ứng
sao cho dung dịch không trào lên ống dẫn khí
Khi đun nóng hỗn hợp có các phản ứng sau:
1,00
H2 SO4
C2 H5 OH  
 C2 H4  H2 O
170o C
o

C2 H 5OH  6 H 2 SO4  t 2CO2  6SO2  9 H 2O
Vậy tạp chất có CO2, SO2, hơi nước ...

1,00
Nêu cách loại bỏ tạp chất có ảnh hưởng đến
etilen:
Các phản ứng loại bỏ tạp chất:
SO2 + 2NaOH dư  Na2SO3 + H2O
CO2 + 2NaOH dư  Na2CO3 + H2O
5H2O + CuSO4  CuSO4.5H2O
(Hình vẽ bên)
2

Thí nghiệm của học sinh 1: Nhận thấy có Cu màu đỏ bám vào và có khí thoát ngay từ 0,50
đầu, dung dịch có màu xanh nhạt dần.
Do: 2Al + 3Cu2+  2Al3+ + 3Cu
2Al +6H+  2Al3+ + 3H2 
H+ sinh ra do sự thủy phân CuSO4
Cu 2  H 2O  Cu (OH )   H 
Thí nghiệm của học sinh 2: Thời gian đầu chưa có hiện tượng gì xảy ra, sau đó quan sát 0,50
được hiện tượng giống như thí nghiệm của học sinh 1.
Do khơng cạo sạch lớp oxit bao phủ bên ngồi miếng nhôm nên nhôm không tham
gia các phản ứng với môi trường. Sau một thời gian lớp oxit bị hòa tan do H + của
CuSO4 thủy phân tác dụng:
Al2O3 + 6H+  2Al3++3H2O
Khi nhôm oxit tan hết, Al tác dụng với Cu2+ và H+ như trên

Nếu thí sinh có cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
---- Hết ----