SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
THANH HOÁ Năm học: 2012-2013
Môn thi: HOÁ HỌC. Lớp 12-THPT
Ngày thi: 15/03/2013
Hướng dẫn này gồm 06 trang.
Câu Ý Nội dung Điểm
1
a
- So sánh tính axit: HF < HCl < HBr < HI.
=> Mặc dù độ âm điện của F > Cl > Br > I nhưng bán kình nguyên tử F < Cl < Br < I
=> Liên kết hiđro trong dung dịch HX bền dần từ HI đến HF.
=> Liên kết H-X sẽ bị phân li tạo H
+
khi tan vào nước nhiều dần từ HF đến HI.
- Chỉ có HCl, HF có thể điều chế được theo phương pháp sunfat:
NaCl + H
2
SO
4 đ
0
250 C<
→
NaHSO
4
+ HCl
Hoặc 2NaCl + H
2
SO
4 đ
0
400 C>
→
Na
2
SO
4
+ 2HCl
CaF
2
+ H
2
SO
4 đ
0
t
→
CaSO
4
+ 2HF ( hoặc với NaF, KF )
- HBr, HI không thể điều chế được theo phương pháp sunfat là do HBr, HI có tính khử
mạnh, sẽ tác dụng với H
2
SO
4 đ
0,5 đ
0,5 đ
b
* Gọi số tổng số hạt p; n; e tương ứng của X là Z; N; E.
2Z+N=92
2Z-N=24
=> E=Z=29; N=34 => Là đồng vị
63
29
Cu
Cấu hình e: Cu [Ar]3d
10
4s
1
hoặc 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s
1
; Cu
+
:[Ar]3d
10
; Cu
2+
:[Ar]3d
9
.
* Cu
2+
có khả năng tạo phức với NH
3
:
- do có nhiều obitan hóa trị, trong đó có obitan trống.
=> Cu
2+
có khả năng tạo liên kết cho-nhận với cặp e của NH
3
=> Công thức phức [Cu(NH
3
)
4
]
2+
0,25đ
0,25 đ
c
- Trong CO
3
2-
nguyên tử C không còn electron chưa tạo liên kết nên không thể tạo liên
kết thêm với nguyên tử oxi thứ 3.
- Trong SO
3
2-
nguyên tử S còn 1 cặp electron chưa tạo liên kết nên có thể tạo liên kết
thêm với nguyên tử oxi thứ 4.
0,25đ
0,25đ
2
a
Phương trình: 5Ca
2+
+ 3PO
4
3-
+ OH
-
→
¬
Ca
5
(PO
4
)
3
OH (*)
- Khi ăn, thức ăn còn lưu lại trên răng có các axit axetic…nên có phương trình:
H
+
+ OH
-
> H
2
O
=> làm hỏng mem răng.
- Khi đánh răng có NaF, SnF
2
sẽ bổ sung F
-
cho cân bằng:
5Ca
2+
+ 3PO
4
3-
+ F
-
> Ca
5
(PO
4
)
3
F
=> Hợp chất Ca
5
(PO
4
)
3
F sẽ thay thế một phần Ca
5
(PO
4
)
3
OH bị phá hủy
- Ăn trầu có Ca(OH)
2
nêu khi ăn có OH
-
do Ca(OH)
2
tạo ra làm cho cân bằng (*)
chuyển dịch chiều thuận nên men răng không bị mất và chắc răng hơn.
0,25 đ
0,25đ
b
2
)(OHBa
n
=
171.100
254,1.300
= 0,022 mol;
43
POH
n
= 0,5 . 0,04 = 0,02 mol;
42
SOH
n
= 0,5 . 0,02 = 0,01 mol
- Đầu tiên: Ba(OH)
2
+ H
2
SO
4
BaSO
4
+ 2H
2
O
0,022 0,01 mol
0,01 0,01 0,01 mol
Còn 0,012 mol
- Sau đó Ba(OH)
2
+ 2H
3
PO
4
Ba(H
2
PO
4
)
2
+ 2H
2
O
0,012 0,02 mol
0,01 0,02 0,01 mol
Còn 0,002
0,5đ
0,25đ
Trang 1
- Sau đó Ba(OH)
2
+ Ba(H
2
PO
4
)
2
2BaHPO
4
+ 2H
2
O
0,002 0,01 mol
0,002 0,002 0,004 mol
Còn 0,008
=> Khối lượng của BaSO
4
: 0,01 . 233 = 2,33 gam
=> Khối lượng của Ba(H
2
PO
4
)
2
: 331 . 0,008 = 2,648 gam.
=> Khối lượng của BaHPO
4
: 0,004 . 233 = 0,932 gam
0,25đ
0,5đ
3
1) 2KMnO
4
0
t
→
K
2
MnO
4
+ O
2
+ MnO
2
=> A là O
2
2)
10FeCl
2
+ 6KMnO
4
+ 24 H
2
SO
4
loãng
→10 Cl
2
↑+ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3K
2
SO
4
+ 6MnSO
4
+ 24 H
2
O
=> B là Cl
2
.
3) 4FeS + 7 O
2
0
t
→
4SO
2
↑ + 2Fe
2
O
3
=> C là SO
2
4) FeS
2
+ 2HCl > H
2
S ↑ +FeCl
2
+ S↓ => D là H
2
S.
5) Na
3
N + 3H
2
O > NH
3
↑ + 3NaOH => E là NH
3
.
Cho các khí O
2
, Cl
2
, SO
2
, H
2
S, NH
3
tác dụng với nhau từng cặp ta có:
Các phương trình hóa học(*).
2SO
2
+ O
2
→
0
52
,tOV
2SO
3
(1)
2H
2
S + O
2 thiếu
→
2S + 2H
2
O (2)
2H
2
S + 3O
2 dư
0
t
→
2SO
2
+ 2H
2
O (3)
Cl
2
+ SO
2
0
t
→
SO
2
Cl
2
(4)
Cl
2
+ H
2
S
0
t
→
2HCl + S↓ (5)
3Cl
2(dư)
+ 2NH
3
0
t
→
N
2
+ 6HCl (6)
3Cl
2(thiếu)
+ 8NH
3
0
t
→
N
2
+ 6NH
4
Cl (7)
2H
2
S + SO
2
> 3S + 2H
2
O (8)
3O
2
+ 4NH
3
0
t
→
2N
2
+ 6H
2
O (9)
5O
2
+ 4NH
3
0
,t cao Pt
→
4NO + 6H
2
O (10)
7O
2(dư)
+ 4NH
3
0
,t cao Pt
→
4NO
2
+ 6H
2
O (11)
Chú ý: (*) viết 10 phương trình trở lên cho điểm tối đa
1,0 đ
1,0 đ
Do HNO
3
dư nên Fe sẽ tạo muối Fe
3+
=> Coi Fe và M có công thức chung
M
=> n
Y
= 0,3 mol.
=> Khối lượng trung bình của Y: 35,6 g/mol.
Hỗn hợp Y là 0,3 mol; a là số mol của NO => 30a + (0,3-a)44 = 35,6 => a= 0,18 mol.
=> Tỉ lệ mol NO/N
2
O = 3/2.
=> Phương trình hóa học của phần 1:
25
M
+ 96HNO
3
0
t
→
25
M
(NO
3
)
3
+ 9NO + 6 N
2
O + 48H
2
O (1)
=>
M
n
=
=
9
25.18,0
0,5 mol.
0,25 đ
0,25 đ
Trang 2
O
2
Cl
2
SO
2
H
2
S NH
3
O
2
không không
có có có
Cl
2
không không
có có có
SO
2
có có
không
có
không
H
2
S có có có
không không
NH
3
có có
không không không
4 a X tác dụng với kiềm có khí thoát ra nên M sẽ phản ứng.
=> Phương trình hóa học của phần 2:
M + 3H
2
O + OH
-
[M(OH)
4
]
-
+ 3/2H
2 (2)
>2. 0,3/3=0,2 >0,3 mol
=> 0,5 > n
M
> 0,2 mol.
- Gọi x là số mol của M => số mol Fe: 0,5 -x mol
=> Mx + (0,5-x)56 = 19,3 => M =
x
x 7,856 −
với 0,2 < x < 0,5
=> x=
M−56
7,8
=> 0,2 <
M−56
7,8
< 0,5 => 12,5 < M < 38,6 => Chỉ có Al.
=> x= 0,3 mol .
Vậy %m
Al
=
%97,41%100.
3,19
27.3,0
=
; %m
Fe
= 58,03%
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
b
Theo (1)
3
HNO
n
=96. 0,18/9 = 1,92 mol
=> Khối lượng HNO
3
phản ứng = 63. 1,92 = 120,96 gam
0,5 đ
5
a
KCr(SO
4
)
2
.12H
2
O → K
+
+ Cr
3+
+ 2SO
4
2-
+ 12H
2
O
Ion Cr
3+
gây ra màu cho dung dịch.
0,5 đ
b
- Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca
2+
, Mg
2+
.
- Nguyên tắc làm mềm nước cứng: làm giảm hàm lượng Ca
2+
, Mg
2+
trong thành phần
nước cứng.
- Phương pháp đơn giản làm nước cứng tạm thời là đun nóng nước cứng.
- 2 hóa chất thông dụng làm mềm nước cứng vĩnh cửu là: Na
2
CO
3
và Na
3
PO
4
.
=> Các phương trình:
M(HCO
3
)
2
→
0
t
MCO
3
+ CO
2
+ H
2
O ( M
2+
là Ca
2+
, Mg
2+
)
M
2+
+ CO
3
2-
MCO
3
3M
2+
+ 2PO
4
3-
M
3
(PO
4
)
2
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
c - Gang, thép bị phá hủy trong môi trường không khí là hiện tượng ăn mòn điện hóa.
- Giải thích: Gang, thép là hợp kim của Fe và cacbon, trong không khí ẩm có CO
2
;
O
2
tạo một lớp chất điện ly phủ lên bề mặt gang, thép làm xuất hiện vô số cặp pin
điện hóa với Fe là cực âm, cacbon là cực dương.
- Cực âm: Fe Fe
2+
+ 2e
- Cực dương: O
2
+ 2H
2
O + 4e 4OH
-
=> Fe
2+
vào dung dịch điện ly tiếp tục bị oxi hóa: Fe
2+
Fe
3+
+ 1e
Nên trong thành phần thép gỉ chủ yếu là: Fe
2
O
3
.nH
2
O
6
a
Công thức đồng trùng hợp của 2 monome:
xCH
3
-CH=CH
2
+ yCH
2
=CH-CN
0
t , xt,p
→
[ (CH
2
-CH(CH
3
))
x
-(CH
2
-CH (CN))
y
]-
Ta có phương trình phản ứng cháy:
C
3x+y
H
6x+3y
N
y
+ (9x/2 + 15y/4) O
2
0
t
→
(3x+y)CO
2
+ (3x+3y/2)H
2
O + y/2 N
2
Theo định luật Avogađro, ta có:
3 3 1
.100% 57,143%
6 5 3
+
= => =
+
x y x
x y y
Propilen / acrilonitrin =1/3
0,25đ
0,25đ
0,5 đ
b
CH
4
+ Cl
2
as
→
CH
3
Cl + H
2
O.
Khơi mào: Cl
2
> 2Cl
*
Phát triển mạch: Cl
*
+ CH
4
> CH
3
*
+ HCl
CH
3
*
+ Cl
2
> CH
3
Cl + Cl
*
Tắt mạch: CH
3
*
+ Cl
*
> CH
3
Cl.
Cl
*
+ Cl
*
> Cl
2
Trang 3
CH
3
*
+ CH
3
*
> C
2
H
6
( sản phẩm phụ)
Tiếp tục.
Cl
*
+ C
2
H
6
> C
2
H
5
*
+ HCl
C
2
H
5
*
+ Cl
2
> C
2
H
5
Cl + Cl
*
Tắt mạch: C
2
H
5
*
+ Cl
*
> C
2
H
5
Cl.
Cl
*
+ Cl
*
> Cl
2
C
2
H
5
*
+ C
2
H
5
*
> C
4
H
10
0,5đ
0,5đ
7 a
- Gọi công thức của este là RCOOR’ cho tác dụng với MOH
RCOOR’ + MOH → RCOOM + R’OH (1)
- Nung A trong NaOH đặc có CaO.
2RCOOM + 2NaOH → 2R-H + M
2
CO
3
+ Na
2
CO
3
=> Đốt cháy R-H cho số mol nước lớn hơn số mol CO
2
. Vậy X có công thức:
C
n
H
2n+1
COOR’
- Đốt cháy A có các phương trình :
2C
n
H
2n+1
COOM + (3n+1)O
2
→ (2n+1)CO
2
+ (2n+1)H
2
O + M
2
CO
3
(2)
Nếu dư MOH thì có thêm phản ứng :
2MOH + CO
2
→ M
2
CO
3
+ H
2
O (3)
Ta có:
MOH
m
= 30.1,2.20% = 7,2 gam
Dù có phản ứng (3) hay không thì toàn bộ MOH đã chuyển hóa thành 9,54 gam
M
2
CO
3
theo sơ đồ :
2MOH → M
2
CO
3
=>
)17(2
2,7
+M
=
602
54,9
+M
→ M = 23 . Vậy M là: Na
Mặt khác, có R’ + 17 =
1,0
2,3
= 32 → R’ = 15 => R’ là CH
3
. Vậy ancol B là CH
3
OH
=>
NaOH
n
ban đầu
= 7,2 / 40 = 0,18 mol
=>
NaOH
n
ở (3) = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol
Theo (3) =>
2
CO
n
(3) =
OH
n
2
(3) = 0,04 mol
Vậy sự cháy của 0,1 mol RCOONa trong 0,08 mol NaOH và O
2
đã tạo ra một lượng
CO
2
và hơi H
2
O là:
[0,1.
2
)12( +n
- 0,04].44 + [0,1.
2
)12( +n
+ 0,04].18 = 8,26
=> n = 1.Vậy CTCT của X là CH
3
COOCH
3
0,25đ
0,5đ
0,5đ
b
CH
3
COOCH
3
+ KOH → CH
3
COOK + CH
3
OH
0,02 0,02 0,02 0,02 mol
=> m
ancol B
= 0,02. 32 = 0,64 gam => este Y khi tác dụng với dd KOH không tạo ancol.
m
muối tạo ra từ Y
= 3,38 - m
muối tạo ra từ X
= 3,38 – 1,96 = 1,42 gam (*)
Theo định luật bảo toàn khối lượng có :
m
este Y
+ m
KOH pứ với Y
= 0,01.86 + 56.0,01 = 1,42 gam (**)
Từ (*) và (**) suy ra este Y khi tác dụng với KOH chỉ tạo ra một sản phẩm duy nhất
hay Y là este vòng dạng :
Công thức cấu tạo của Y là :
CH
3
CH
CH
2
C
O
O
0,25 đ
0,5 đ
8 - Gọi M là khối lượng phân tử các aminoaxit:
M
A
= M
Ala
+ M
Gly
+ M
phe
– 2.18
=> A là tripepit được tạo nên từ 3 aminoaxit Gly (M = 75), Ala (M = 89) và Phe (M= 165)
Trang 4
a
- Khi thủy phân không hoàn toàn A thu được peptit B và peptit C.
* Nếu B aminoaxit:
số mol B = số mol HCl = 0,018 . 0,2225 = 0,004 mol ;
M
B
= 0,472/0,004 = 118 gam/mol => không có kết quả => Loại.
=> B là đipeptit => M
B
= 0,472/0,002 = 236 gam/mol
* Nếu C aminoaxit:
=> n
C
= n
NaOH
=
mol006,0
40100
6,1022.17,14
=
×
××
=> M
C
= 0,666/0,006 = 111 gam/mol.
=> không có kết quả => Loại.
=> C là đipeptit => M
c
= 0,666/0,003 = 222 gam/mol
=> B: Ala-Phe hoặc Phe-Ala vì 165 + 89 – 18 = 236
=> C: Gly-Phe hoặc Phe-Gly vì 165 + 75 – 18 = 222
=> CTCT của A là:
Ala-Phe-Gly: H
2
NCH(CH
3
)CO-NHCH(CH
2
-C
6
H
5
)CO-NHCH
2
COOH
Gly-Phe-Ala: H
2
NCH
2
CO-NHCH(CH
2
-C
6
H
5
)CO-HNCH(CH
3
)COOH
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
b
- Đặt công thức A, B là C
n
H
2n+2
; C
m
H
2m+2
( m > n >0) => m = n + k
=> Công thức trung bình:
n 2n 2
C H
+
.
Theo phương trình:
n 2n 2
C H
+
+ (
3n 1
2
+
) O
2
→
n
CO
2
+ (
n
+ 1 ) H
2
O
1,0
n
mol
a
14n 2+
an
14n 2+
mol
=>
2
CO
an b
n
14n 2 44
= =
+
=>
n
=
b
22a 7b−
=> n <
n
< m <=> n <
n
< n + k => n <
b
22a 7b−
< n + k
=>
b k(22a 7b)
22a 7b
− −
−
< n <
b
22a 7b−
Vậy: a = 2,72 gam; b = 8,36 gam; k =2 => 4,3 < n < 6,3 => n =5 hoặc n = 6
=> n =5 => A, B là: C
5
H
12
và C
7
H
16
=> n =6 => A, B là: C
6
H
14
và C
8
H
18
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
9
a
Trong dung dịch X có các ion do điện ly: H
+
, Na
+
, Cu
2+
, Cl
-
, OH
-
- Khi chưa điện ly thì HCl gây ra pH cho dung dịch => pH = -lg(0,02) = 2.
- Thứ tự điện phân trong dung dịch:
+ Tại catot (-): Cu
2+
> H
+
Cu
2+
+ 2e Cu
0
2H
+
+ 2e H
2
+ Tại anot (+): Cl
-
> OH
-
2Cl
-
2e + Cl
2
2OH
-
H
2
O + ½ O
2
+ 2e
=> Phương trình điện phân:
Ban đầu CuCl
2
→
đp
Cu + Cl
2
(1)
Sau (1): 2HCl
→
đp
H
2
+ Cl
2
(2)
Sau (2): 2NaCl + 2 H
2
O
→
mnđpdd ,
H
2
+ Cl
2
+ 2NaOH (3)
Sau (3) môi trường bazơ: H
2
O
→
−
OHđp,
H
2
+ 1/2O
2
(4)
0,25 đ
0,25đ
Trang 5
(1) vừa hết pH =2.
(2) xảy ra pH tăng dần đến khi HCl vừa hết, dung dịch tại đó có môi trường
trung tính pH =7.
(3) Xảy ra làm pH tăng dần: pH > 7 và (3) vừa xong pH = 14 + lg(0,1) =13
0,25đ
0,25đ
pH
CuCl
2
HCl NaCl H
2
O Quá trình điện phân
0,5 đ
b
Theo 2HCl
→
đp
H
2
+ Cl
2
(2)
0,01 0,005 mol.
2NaCl + 2 H
2
O
→
mnđpdd ,
H
2
+ Cl
2
+ 2NaOH (3)
(0,01-0,005) 0,01 mol
=> pH = 14+lg(0,01) = 12
0,25đ
0,25 đ
10 a - Thêm vôi để biến CH
3
COOH thành Ca(CH
3
COO)
2
- Cô cạn và thêm H
2
SO
4
và chưng cất CH
3
COOH sinh ra. 0,5 đ
b
- Các phương trình xảy ra chủ yếu:
MnO
2
+ 4HCl
0
t
→
MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O (*)
H
2
SO
4
đặc
+ nH
2
O > H
2
SO
4
.nH
2
O
2NaOH + Cl
2
> NaCl + NaClO + H
2
O
- Trong phương trình (*) MnO
2
(mangan đioxit)
là chất oxi hoá.
dd HCl là axit clohiđric
là chất khử, môi trường.
- Gồm các dụng cụ: bình cầu, phiểu, bình hình trụ, bình tam giác, ống dẫn
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
Trang 6
12
7
13
2