DA HSG 12 THANH HOA 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 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 - 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:. a 1. Điểm 0,5 đ. 0.  250 C NaCl + H2SO4 đ    NaHSO4 + HCl 0.  400 C Hoặc 2NaCl + H2SO4 đ     Na2SO4 + 2HCl t0. CaF2 + H2SO4 đ   CaSO4 + 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 H2SO4 đ * Gọi số tổng số hạt p; n; e tương ứng của X là Z; N; E. 2Z+N=92  63 2Z-N=24 => E=Z=29; N=34 => Là đồng vị 29 Cu b. c 2 a. b. 0,5 đ 0,25đ. Cấu hình e: Cu [Ar]3d104s1 hoặc 1s22s22p63s23p63d104s1; Cu+:[Ar]3d10; Cu2+:[Ar]3d9. * Cu2+ có khả năng tạo phức với NH3: - do có nhiều obitan hóa trị, trong đó có obitan trống. => Cu2+ có khả năng tạo liên kết cho-nhận với cặp e của NH3 0,25 đ => Công thức phức [Cu(NH3)4]2+ - Trong CO32- nguyên tử C không còn electron chưa tạo liên kết nên không thể tạo liên 0,25đ kết thêm với nguyên tử oxi thứ 3. - Trong SO32- 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     Phương trình: 5Ca2+ + 3PO43- + OHCa5(PO4)3OH (*) - Khi ăn, thức ăn còn lưu lại trên răng có các axit axetic…nên có phương trình: H+ + OH- > H2O 0,25 đ => làm hỏng mem răng. - Khi đánh răng có NaF, SnF2 sẽ bổ sung F- cho cân bằng: 5Ca2+ + 3PO43- + F- > Ca5(PO4)3F => Hợp chất Ca5(PO4)3F sẽ thay thế một phần Ca5(PO4)3OH 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. 0,25đ OH ¿2 300 .1 , 254 = 0,022 mol; n H PO = 0,5 . 0,04 = 0,02 mol; Ba ¿ = 100 .171 n¿ n H SO = 0,5 . 0,02 = 0,01 mol - Đầu tiên: Ba(OH)2 + H2SO4  BaSO4 + 2H2O 0,022 0,01 mol 0,01 0,01 0,01 mol Còn 0,012 mol - Sau đó Ba(OH)2 + 2H3PO4  Ba(H2PO4)2 + 2H2O 0,012 0,02 mol 0,01 0,02 0,01 mol Còn 0,002 3. 2. 4. 4. 0,5đ. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - Sau đó. Ba(OH)2 + Ba(H2PO4)2  2BaHPO4 + 2H2O 0,002 0,01 mol 0,002 0,002 0,004 mol Còn 0,008 => Khối lượng của BaSO4 : 0,01 . 233 = 2,33 gam => Khối lượng của Ba(H2PO4)2: 331 . 0,008 = 2,648 gam. => Khối lượng của BaHPO4: 0,004 . 233 = 0,932 gam. 3. 0,25đ 0,5đ. 0. t 1) 2KMnO4   K2MnO4 + O2 + MnO2 => A là O2 2) 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24 H2SO4 loãng →10 Cl2+ 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24 H2O => B là Cl2. t0 3) 4FeS + 7 O2   4SO2 + 2Fe2O3 => C là SO2 4) FeS2 + 2HCl > H2S  +FeCl2 + S => D là H2S. 5) Na3N + 3H2O > NH3 + 3NaOH => E là NH3. Cho các khí O2, Cl2, SO2, H2S, NH3 tác dụng với nhau từng cặp ta có:. O2. Cl2. không không O2 không không Cl2 SO2 có có H2S có có NH3 có có Các phương trình hóa học(*). 2SO2 + O2 ⃗ V 2 O5 ,t 0 2SO3. SO2 có có không. không không. có không.  2S + 2H2O 2H2S + O2 thiếu   0 t 2H2S + 3O2 dư   2SO2 + 2H2O t0 Cl2 + SO2   SO2Cl2 t0. H2S có có có. Cl2 + H2S   2HCl + S t0 3Cl2(dư) + 2NH3   N2 + 6HCl t0 3Cl2(thiếu) + 8NH3   N2 + 6NH4Cl 2H2S + SO2 > 3S + 2H2O t0 3O2 + 4NH3   2N2 + 6H2O. 1,0 đ. NH3 có có không không không. (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9). t 0 cao , Pt. 4. a. 5O2 + 4NH3     4NO + 6H2O (10) t 0 cao , Pt 7O2(dư) + 4NH3     4NO2 + 6H2O (11) Chú ý: (*) viết 10 phương trình trở lên cho điểm tối đa Do HNO3 dư nên Fe sẽ tạo muối Fe3+=> Coi Fe và M có công thức chung M => nY = 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/N2O = 3/2. => Phương trình hóa học của phần 1: t0 25 M + 96HNO3   25 M (NO3)3 + 9NO + 6 N2O + 48H2O (1) 0 ,18 . 25 =¿ 0,5 mol. => n M = 9 X tác dụng với kiềm có khí thoát ra nên M sẽ phản ứng. => Phương trình hóa học của phần 2: M + 3H2O + OH-  [M(OH)4]- + 3/2H2 (2) >2. 0,3/3=0,2 >0,3 mol => 0,5 > nM > 0,2 mol.. 1,0 đ. 0,25 đ. 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b. a. 5 b. c. - Gọi x là số mol của M => số mol Fe: 0,5 -x mol 56 x − 8,7 => Mx + (0,5-x)56 = 19,3 => M = với 0,2 < x < 0,5 x 8,7 8,7 => x= => 0,2 < < 0,5 => 12,5 < M < 38,6 => Chỉ có Al. 56 − M 56 − M => x= 0,3 mol . 0,3. 27 . 100 %=41 , 97 % ; %mFe = 58,03% Vậy %mAl = 19 ,3 Theo (1) nHNO =96. 0,18/9 = 1,92 mol => Khối lượng HNO3 phản ứng = 63. 1,92 = 120,96 gam 3. KCr(SO4)2.12H2O  K+ + Cr3+ + 2SO42- + 12H2O Ion Cr3+ gây ra màu cho dung dịch. - Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca2+, Mg2+. - Nguyên tắc làm mềm nước cứng: làm giảm hàm lượng Ca2+, Mg2+ 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: Na2CO3 và Na3PO4. => Các phương trình: 2+ 2+ 2+ M(HCO3)2 ⃗ t 0 MCO3 + CO2 + H2O ( M là Ca , Mg ) M2+ + CO32-  MCO3 3M2+ + 2PO43-  M3(PO4)2. 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ. 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. 0,25 đ. - 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 CO2; O2....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  Fe2+ + 2e - Cực dương: O2 + 2H2O + 4e  4OH=> Fe2+ vào dung dịch điện ly tiếp tục bị oxi hóa: Fe2+  Fe3+ + 1e Nên trong thành phần thép gỉ chủ yếu là: Fe2O3.nH2O Công thức đồng trùng hợp của 2 monome: t 0 , xt,p. a. 6. b. xCH3-CH=CH2 + yCH2=CH-CN    [ (CH2-CH(CH3))x-(CH2-CH (CN))y ]Ta có phương trình phản ứng cháy: 0. t C3x+yH6x+3yNy + (9x/2 + 15y/4) O2   (3x+y)CO2 + (3x+3y/2)H2O + y/2 N2. 0,25đ 0,25đ. 3x  3 y x 1 .100% 57,143%   0,5 đ y 3 Theo định luật Avogađro, ta có: 6 x  5 y Propilen / acrilonitrin =1/3 as CH4 + Cl2   CH3Cl + H2O. Khơi mào: Cl2 > 2Cl* Phát triển mạch: Cl* + CH4 > CH3* + HCl CH3* + Cl2 > CH3Cl + Cl* Tắt mạch: CH3* + Cl* > CH3Cl. Cl* + Cl* > Cl2 CH3* + CH3* > C2H6 ( sản phẩm phụ) 0,5đ Tiếp tục. Cl* + C2H6 > C2H5* + HCl C2H5* + Cl2 > C2H5Cl + Cl* Tắt mạch: C2H5* + Cl* > C2H5Cl. Cl* + Cl* > Cl2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 7. a. C2H5* + C2H5* > C4H10 - 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 + M2CO3 + Na2CO3 => Đốt cháy R-H cho số mol nước lớn hơn số mol CO2. Vậy X có công thức: CnH2n+1COOR’ - Đốt cháy A có các phương trình : 2CnH2n+1COOM + (3n+1)O2 → (2n+1)CO2 + (2n+1)H2O + M2CO3 (2) Nếu dư MOH thì có thêm phản ứng : 2MOH + CO2 → M2CO3 + H2O (3) Ta có: mMOH = 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 M2CO3 theo sơ đồ : 7,2 9 ,54 2MOH → M2CO3 => = → M = 23 . Vậy M là: Na 2 M +60 2( M +17) 3,2 Mặt khác, có R’ + 17 = = 32 → R’ = 15 => R’ là CH3. Vậy ancol B là CH3OH 0,1 => nNaOH ban đầu = 7,2 / 40 = 0,18 mol => nNaOH ở (3) = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol Theo (3) => nCO (3) = n H O (3) = 0,04 mol Vậy sự cháy của 0,1 mol RCOONa trong 0,08 mol NaOH và O2 đã tạo ra một lượng CO2 và hơi H2O là: (2 n+1) (2 n+1) [0,1. - 0,04].44 + [0,1. + 0,04].18 = 8,26 2 2 => n = 1.Vậy CTCT của X là CH3COOCH3 2. 0,5đ. 0,25đ. 0,5đ. 2. 0,5đ. b. CH3COOCH3 + KOH → CH3COOK + CH3OH 0,02 0,02 0,02 0,02 mol => mancol B = 0,02. 32 = 0,64 gam => este Y khi tác dụng với dd KOH không tạo ancol. mmuối tạo ra từ Y = 3,38 - mmuối tạo ra từ X = 3,38 – 1,96 = 1,42 gam (*) Theo định luật bảo toàn khối lượng có : meste Y + mKOH 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. 0,25 đ. O. O. 0,5 đ 8. a. - Gọi M là khối lượng phân tử các aminoaxit: MA = MAla + MGly + Mphe – 2.18 => A là tripepit được tạo nên từ 3 aminoaxit Gly (M = 75), Ala (M = 89) và Phe (M= 165) - 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 ; MB = 0,472/0,004 = upload.123doc.net gam/mol => không có kết quả => Loại. => B là đipeptit => MB = 0,472/0,002 = 236 gam/mol * Nếu C aminoaxit: 14 , 7 ×1 .022 ×1,6 =0 , 006 mol => MC = 0,666/0,006 = 111 => nC = nNaOH = 100 ×40. 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> gam/mol.. 0,25 đ. => không có kết quả => Loại. => C là đipeptit => Mc = 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: H2NCH(CH3)CO-NHCH(CH2-C6H5)CO-NHCH2COOH Gly-Phe-Ala: H2NCH2CO-NHCH(CH2-C6H5)CO-HNCH(CH3)COOH. 0,25 đ 0,25 đ. - Đặt công thức A, B là CnH2n+2 ; CmH2m+2 ( m > n >0) => m = n + k => Công thức trung bình: Theo phương trình:. C n H 2n 2 1,0 b. a 14n  2. C n H 2n 2. 3n  1 + ( 2 ) O2 →. . 0,25 đ ( n + 1 ) H2O. n CO2 + n an 14n  2. mol mol. 0,25 đ. an b b n CO2   14n  2 44 => n = 22a  7b => b => n < n < m <=> n < n < n + k => n < 22a  7b < n + k b  k(22a  7b) b 22a  7b => < n < 22a  7b. 0,25 đ. 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: C5H12 và C7H16 => n =6 => A, B là: C6H14 và C8H18. 0,25 đ. 0,25 đ +. a 9. +. 2+. -. -. Trong dung dịch X có các ion do điện ly: H , Na , Cu , 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 (-): Cu2+ > H+ Cu2+ + 2e  Cu0 2H+ + 2e  H2 + Tại anot (+): Cl- > OH2Cl-  2e + Cl2 2OH-  H2O + ½ O2 + 2e => Phương trình điện phân: Ban đầu CuCl2 ⃗ đp Cu + Cl2 (1) Sau (1): 2HCl ⃗ đp H2 + Cl2 (2) Sau (2): 2NaCl + 2 H2O ⃗ đpdd , mn H2 + Cl2 + 2NaOH (3) Sau (3) môi trường bazơ: H2O ⃗ (4) đp ,OH − H2 + 1/2O2  (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 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> pH 13 12 7. 2 0,5 đ CuCl2 HCl. NaCl. H2O. Quá trình điện phân. Theo b. 10. a. 2HCl ⃗ đp H2 + Cl2 (2) 0,01 0,005 mol. ⃗ 2NaCl + 2 H2O H2 + Cl2 đpdd , mn (0,01-0,005) => pH = 14+lg(0,01) = 12 - Thêm vôi để biến CH3COOH thành Ca(CH3COO)2 - Cô cạn và thêm H2SO4 và chưng cất CH3COOH sinh ra.. + 2NaOH (3) 0,01 mol. 0,25đ 0,25 đ 0,5 đ. b - Các phương trình xảy ra chủ yếu: t0 MnO2 + 4HCl   MnCl2 + Cl2 + 2H2O (*) H2SO4đặc + nH2O > H2SO4 .nH2O 2NaOH + Cl2 > NaCl + NaClO + H2O - Trong phương trình (*) MnO2 (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.... Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.. 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>