_áp an HSG b_ng B- 2011 pptx

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2011 - 2012
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: HOÁ HỌC – THPT – BẢNG B
(Hướng dẫn và biểu điểm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1 6,0
1 1,5
S = 32 => phần còn lại bằng 51 – 32 = 19 (NH
5
) => A
1
là NH
4
HS
A
2
: Na
2
S; A
3
: H
2
S; A
4
: SO
2
: A
5
: (NH
4

)
2
SO
3
; A
6
: (NH
4
)
2
SO
4
; A
7
: NH
4
Cl; A
8
: AgCl
NH
4
HS + 2NaOH
→
Na
2
S + 2NH
3
+ 2H
2
O

Na
2
S + 2HCl
→
2NaCl + H
2
S
3H
2
S + 2O
2

0
t
→
3SO
2
+ 3H
2
O
SO
2
+ 2NH
3
+ H
2
O
→
(NH
4

)
2
SO
3

(NH
4
)
2
SO
3
+ Br
2
+ H
2
O
→
(NH
4
)
2
SO
4
+ 2HBr
(NH
4
)
2
SO
4

+ BaCl
2

→
2NH
4
Cl + BaSO
4

NH
4
Cl + AgNO
3

→
NH
4
NO
3
+ AgCl

0,5
0,5
0,5
2 1,5
Phản ứng: PCl
3
+ 3H
2
O

→
H
3
PO
3
+ 3HCl
0,01 0,01 0,03 (mol)
Dung dịch X gồm H
3
PO
3
0,01M và HCl 0,03M.
Sự điện li: HCl
→
H
+

+ Cl
-
0,03 0,03 (M)
3 3 2 3
H PO H H PO
+ −
→
+
¬ 
K
1
= 1,6.10
-2

2
2 3 3
H PO H HPO
− + −
→
+
¬ 
K
2
= 7.10
-7

Vì K
1
>> K
2
nên bỏ qua sự phân li ở nấc thứ 2 của H
3
PO
3
. Khi đó ta có:

3 3 2 3
H PO H H PO
+ −
→
+
¬ 

K
1
= 1,6.10
-2

Ban đầu: 0,01 0,03 mol/lit
Phân li: x x x mol/lit
Cân bằng: 0,01-x 0,03+x x mol/lit

2
1
(0,03 )
1,6.10
(0,01 )
−
+
= =
−
x x
k
x
x = 3,2.10
-3
→ pH = -log(3,2.10
-3
) = 2,5
0.25
0,25
0,25
0,5

0,25
3 1,0
S
2-
+ Cu
2+

→
CuS
2Fe
3+

+ 3S
2-

→
2FeS + S
2Al
3+

+ 3S
2-
+6 H
2
O
→
2Al(OH)
3
+ 3H
2

S
Fe
2+
+ S
2-

→
FeS
0,25đ/
1pư
4 2,0
Các phản ứng có thể xảy ra:
4Ca + 10HNO
3

→
4Ca(NO
3
)
2
+ N
2
O + 5H
2
O
5Ca + 12HNO
3

→
5Ca(NO

3
)
2
+ N
2
+ 6H
2
O
4Ca + 10HNO
3

→
4Ca(NO
3
)
2
+ NH
4
NO
3
+ 3H
2
O
Ca + 2H
2
O
→
Ca(OH)
2
+ H

2

TH
1
: dung dịch X gồm Ca(NO
3
)
2
và HNO
3
8Al + 30HNO
3

→
8Al(NO
3
)
3
+ 3N
2
O + 15H
2
O
0,5

1
10Al + 36HNO
3

→

10Al(NO
3
)
3
+ 3N
2
+ 18H
2
O
8Al+ 30HNO
3

→
8Al(NO
3
)
3
+ 3NH
4
NO
3
+ 9H
2
O
Dung dịch Z gồm Al(NO
3
)
3
, Ca(NO
3

)
2
có thể có NH
4
NO
3
2Al(NO
3
)
3
+ 3Na
2
CO
3
+ 3H
2
O
→
2Al(OH)
3
+ 3CO
2
+ 6NaNO
3
Ca(NO
3
)
2
+ Na
2

CO
3

→
CaCO
3
+ 2NaNO
3
TH 2: Dung dịch X gồm Ca(NO
3
)
2
và Ca(OH)
2

2Al + Ca(OH)
2
+ 2H
2
O
→
Ca(AlO
2
)
2
+ 3H
2
16Al + 5Ca(OH)
2
+ 4H

2
O + 3Ca(NO
3
)
2

→
8Ca(AlO
2
)
2
+ 6NH
3
Dung dịch Z tác dụng với Na
2
CO
3
:


Ca
2+
+ CO
3
2-

→
CaCO
3

TH3: Dung dịch X chứa Ca(NO
3
)
2
và NH
4
NO
3
: Khi cho Al vào X thì không xảy ra phản
ứng. Vậy trường hợp này loại
0,75
0,5
025
Câu 2 4,0
1 2,5
2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2
(1)
x x x/2 mol
Ba + 2H
2
O
→
Ba(OH)
2
+ H

2
(2)
y y y mol
=> x/2 + y = 0,2 ; 23x + 137y = 18,3 => x = 0,2 ; y = 0,1
=> dd Y có Na
+
, Ba
2+
(0,1 mol) và OH
-
(0,4 mol)
CO
2
tác dụng với Y tạo kết tủa lớn nhất khi Ba
2+
hết.
Khi đó ta có:
2 2
3
CO Ba
n n 0,1
− +
≥ =
Các PƯ: CO
2
+ 2OH
-

→
CO

3
2-
+ H
2
O (3)
CO
3
2-
+ Ba
2+

→
BaCO
3
(4)
0,1 ← 0,1 mol
Có thế có: CO
3
2-
+ CO
2
+ H
2
O
→
2HCO
3
-
(5)
TH1: Không xảy ra PƯ (5) =>

2 2
2
3
0,1
− +
= ≥ =
CO
CO Ba
n n n mol
=> V
min
= 2,24 lít (*)
TH2: Có xảy ra cả PƯ (5) => OH
-
đã PƯ hết ở (3)

2
3
( 3)
0,2
2
−
−
= =
OH
CO pu
n
n mol
=>
2

3
( 5)
0,2 0,1 0,1
−
≤ − =
CO pu
n mol
=>
2 2 2
(3) (5)
0,2 0,1 0,3∑ = + ≤ + =
CO CO CO
n n n mol
=> V
max
= 6,72 lít (**)
Từ (*) và (**) → Để tạo kết tủa tối đa thì
2
CO
2,24(lít) V 6,72 (lít)≤ ≤

0,5
0,75
0,25
0,5
0,5
2 1,5
Giả sử dd X chứa x mol FeCl
2
và y mol FeCl

3
(x
≥
0; y
≥
0; x + y >0)
Fe
2+
+ Ag
+

→
Fe
3+
+ Ag
↓
x x mol
Cl
-
+ Ag
+

→
AgCl
(2x+3y) (2x+3y) mol
127x 162,5y 31,75 x 0,25
108x 143,5(2x 3y) 98,75 y 0
+ = =
 
⇒ ⇒

 
+ + = =
 
0,25
0,5

2
=> Oxit là FeO; m
FeO
= 0,25.72 = 18 gam 0,5
0,25
Câu 3 5,0
1 1,5
Các phản ứng:
+ Br
2

→
Br- CH
2
– CH
2
– CH
2
– Br
BrCH
2
– CH
2
- CH

2
-CH
2
Br + 2NaOH
0
t
→
HOCH
2
CH
2
CH
2
OH + 2NaBr
HOCH
2
CH
2
CH
2
OH + O
2

0
,t Cu
→
OHC-CH
2
– CHO + 2H
2

O
OHC-CH
2
– CHO + 4AgNO
3
+ 6NH
3
+ 2H
2
O
0
t
→
NH
4
OOC-CH
2
– COONH
4
+ 4Ag +
4NH
4
NO
3
NH
4
OOC-CH
2
– COONH
4

+ 2HCl
→
HOOC-CH
2
– COOH + 2NH
4
Cl
HOOC-CH
2
– COOH + 2CH
3
OH
0
,
→
¬ 
xt t
CH
3
OOC-CH
2
-COOCH
3
+ 2H
2
O
0,25
*6
2 1,0
CH

3
COOH + C
2
H
5
OH
0
,
→
¬ 
xt t
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
CH
3
COOH + C
6
H
5
ONa
→
CH
3

COONa + C
6
H
5
OH
CH
3
COOH + C
2
H
5
ONa
→
CH
3
COONa + C
2
H
5
OH
C
6
H
5
OH + C
2
H
5
ONa
→

C
6
H
5
ONa + C
2
H
5
OH
0,25/1
pư
3 2,5
A, B, C, D làm mất màu nhanh dung dịch Br
2
nên chúng là anken
E làm mất màu chậm dung dịch Br
2
nên E là monoxicloankan vòng 3 cạnh.
F không làm mất màu dung dịch Br
2
nên F là xiclobutan.
B, C là đồng phân hình học của nhau mà B có nhiệt độ sôi cao hơn C nên B là đồng
phân cis, C là đồng phân trans.
Hiđro hóa A, B, C đều cho cùng một sản phẩm nên A, B, C có cùng mạch cacbon.
CTCT của các chất là:
A: CH
2
= CH – CH
2
– CH

3
(but-1-en) ;
B: C:
CH = CH
H
CH
3
H
CH
3

CH = CH
CH
3
CH
3
H
H
(cis-but-2-en) (trans-but – 2-en)
D: E: F:
(metylpropen)

(metylxiclopropen)
CH
2
CH
2
CH
2
CH

2
( xiclobutan)

+ H
2
CH
3
-CH
2
-CH
2
-CH
3

3
CH
2
- CH
2
CH
2

CH
2
= C – CH
3
CH
3
CH
2

- CH – CH
3
CH
2

Biểu điểm: Viết CTCT, gọi tên 6 chất : 0,25*6 =1,5 điểm
Viết 4 phản ứng: 0,25*4 = 1,0 điểm
Câu 4 2,5
1.
2.
2 2 2
C CO H H O N N
n n 0,6mol;n 2n 1, 4 mol;n n 0,2mol= = = = = =
N
C
/n
A
= 3; n
H
/n
A
= 7; n
N
/n
A
= 1 => A là C
3
H
7
O

z
N
C
3
H
7
O
z
N + (9,5-z)/2 O
2

0
t
→
3CO
2
+ 3,5H
2
O + 1/2N
2
=> (9,5 – z)2 = 3,75 => z = 2 => A là C
3
H
7
O
2
N
Từ các tính chất của A suy ra A có công thức cấu tạo:

CH

NH
CO
CO
NH
CH
CH
3
CH
3

0,5
0,5
Lập
luận
xác
định
CTCT
của A
cho
0,5đ
Mỗi
ptpư
cho
0,25đ
Câu 5 2,5
HCOOH + C
2
H
5
OH

0
,xt t
→
¬ 
HCOOC
2
H
5
+ H
2
O;
[ ] [ ]
[ ] [ ]
2 5 2
1
2 5
HCOOC H H O
K
HCOOH C H OH
=
Cb: 0,4 1 0,6 1 (mol)
0,5

4
+ H
2

0
Ni, t
→

CH
3
-CH(CH
3
)-CH
3

+ Br
2

→
BrCH
2
-CH
2
-CHBr-CH
3

+ Br
2
BrCH
2
-CH(CH
3
)-CH
2
Br
CH
3
- CH – COOH + HNO

2

NH
2
CH
3
- CH – COOH

+ N
2
+ H
2
O
OH

CH
3
- CH – COOH + C
2
H
5
OH + HCl
NH
2
CH
3
- CH – COOC
2
H
5

+ H
2
O
NH
3
Cl

CH
3
- CH – COOC
2
H
5
+ NH
3

→
NH
3
Cl
CH
3
- CH – COOC
2
H
5
+ NH
4
Cl
NH

2
2CH
3
- CH – COOH
NH
2
+ 2H
2
O
CH
3
- CH – COOH
NH
2
CH
3
COOH + C
2
H
5
OH
0
,xt t
→
¬ 
CH
3
COOC
2
H

5
+ H
2
O;
[ ] [ ]
[ ] [ ]
3 2 5 2
2
3 2 5
CH COOC H H O
K
CH COOH C H OH
=
CB: 0,6 1 0,4 1 mol

Từ các giá trị trên ta tính k
1
= 1,5 ; k
2
= 2/3
Gọi số mol của CH
3
COOC
2
H
5
bằng b mol. Ta có:
HCOOH + C
2
H

5
OH
0
,xt t
→
¬ 
HCOOC
2
H
5
+ H
2
O
Cb: 0,2 a-08-b 0,8 0,8+b (mol)
CH
3
COOH + C
2
H
5
OH
0
,xt t
→
¬ 
CH
3
COOC
2
H

5
+ H
2
O
CB: 3-b a-0,8-b b 0,8+b (mol)
Thay các giá trị cân bằng thu được ở trên vào các biểu thức k
1
và k
2
ở trên ta có:
1
0,8.(0,8 )
0,2.( 0,8 )
b
K
a b
+
=
− −
2
.(0,8 )
(3 ).( 0,8 )
b b
K
b a b
+
=
− − −
1
2

0,8.(3 ) 9
0,2. 4
k b
k b
−
= =
→ b = 1,92 → a = 9,97
0,5
0,5
0,5
0,5
Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.

5