Huong dan cham de sat hach giao vien 2016 2017

SỞ GD& ĐT LAI CHÂU
TRƯỜNG DTNT THPT NẬM NHÙN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA KIẾN
THỨC CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2016 – 2017

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (5 điểm). Kiến thức lớp 11
CÂU
1

NỘI DUNG
a. Viết phương trình điện li các chất trong dung dịch
HBr → H+ + BrHCN  H+ + CNZn(OH)2  Zn2+ + 2OH- (phân li kiểu bazơ)
H2ZnO2  2H+ + ZnO22- (phân li kiểu axit)

ĐIỂM
0,125
0,125
0,125

0,125
K2CrO4 → 2K + CrO4
0,125
b. - Chất dùng để đánh giá độ dinh dưỡng của phân lân là: P2O5
0,125
+ Supephotphat đơn gồm 2 muối: Ca(H2PO4)2 và CaSO4
0,125
+ Supephotphat kép gồm 1 muối: Ca(H2PO4)2
0,125
c. Khơng dùng bình bằng thủy tinh (thành phần chính là SiO2) để đựng dung 0,125

dịch HF vì HF ăn mòn được thủy tinh:
PTPU: SiO2 + 4HF → SiF4 + 2H2O
0,125
d. Muối K2HPO3 là muối trung hịa. Vì nguyên tử hiđro trong muối liên kết
0,125
+
chặt với nguyên tử photpho → Khơng có khả năng phân li ra H
e. Gọi V1 (lít); V2 (lít) lần lượt là thể tích của dung dịch NaOH ban đầu và
sau khi pha loãng.
0,125
 H   12   OH   2  n OH  10 2 V1
pH = 12 →  
(1)
+

2-

 H   11   OH   3  n OH 10 3 V2
pH = 11→
(2)
Vì khi pha dung dịch NaOH với nước, số mol NaOH là không đổi
V2 10 2
  3 10
V
10
-2
-3
1
Từ (1), (2) suy ra: 10 V = 10 V →

0,125

→ Phải pha loãng 10 lần dung dịch NaOH (pH=12) với nước (nghĩa là 1 thể
tích NaOH pha với 9 thể tích nước) để thu được dung dịch NaOH (pH=11)
M 2 khí = 20,25.2 = 40,5. Vì 2 khí là khơng màu, trong đó khí hóa nâu ngồi
 NO : x(mol)

N O : y(mol)
khơng khí là NO →2 khí là:  2
0,896

0, 04
x  y 
22, 4
 x 0, 01

30x  44y 40,5.0, 04 1, 62   y 0, 03

Ta có: 
(mol)
Al : a(mol)

Đặt: Mg : b(mol)
Al→Al3+ + 3e
N+5 + 3e → NO
a
→ 3a (mol)
0,03 ← 0,01 (mol)
Mg→Mg2+ + 2e
2N+5 + 8e → N2O

b
→ 2b (mol)
0,24 ← 0,03 (mol)
 m hh 27a  24b 2,52
a 0, 08
 
 BTe
b 0, 015
Ta có:     3a  2b 0, 03  0, 24 0, 27 
(mol)

0,125

1

2

0,25

2

1

0,125

0,25

0,25

0,25

3

0, 08.27
.100% 85, 71%
2,52
100%  85, 71% 14, 29%

0,125

%m Al 
%m Mg

a. Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ
CaO,t o
CH3COONa + NaOH    CH4 + Na2CO3
2CH4

 lam.lanh.nhanh
1500
 0

C

C2H2 + 3H2
HgSO4


80oC

C2H2 + H2O
CH3CHO

(1)
(2)
(3)

o

Ni,t
 C2H5OH
CH3CHO + H2   
(4)
13, 44
10, 08
8, 4
nA 
0, 6(mol); n B 
0, 45(mol); n C 
0,375(mol)
22, 4
22, 4
22, 4
b.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,125

H 2

 Ankan
 Anken Ni,t o

 B
 A
n
Ta có: nkhí giảm = H 2 phản ứng = nA – nB = 0,6 – 0,45 = 0,15 (mol)
dd.Br2
 B    dd Br2 bị nhạt màu → Trong B chứa anken còn dư. H2 đã phản 0,25
ứng hết
nkhí giảm = nanken dư = nB – nC = 0,45 – 0,375 = 0,075 (mol)
mbình brrom tăng = manken dư bị hấp thụ = 3,15 (g)
0,125
3,15
42
 M anken 
42  Canken  3 
0, 075
14
Anken là C3H6
C3H 8 : n C3H8 n C3H6( phan .ung ) n H2 0,15(mol)

 C gồm Ankan : C n H 2n 2 : 0,375  0,15 0, 225(mol)
 m C 0,15.44  0, 225(14 n  2) 17,8.2.0, 075 15,35  n 2  C 2 H 6
II. PHẦN RIÊNG (5 điểm)

0,25

0,25

Thí sinh được chọn và làm một trong hai phần sau (A hoặc B)
A. Kiến thức lớp 10. (5 điểm)
Câu
1

Nội dung
a. Gọi Z, E, N lần lượt là số proton, electron, notron trong X
Tổng số hạt cơ bản trong X là 40:
2Z + N = 40 (vì số proton = số electron)
(I)
Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 12:
2Z – N = 12
(II)
Từ (I), (II) suy ra: Z = 13, N=14 → E = Z = 13
b. Vị trí của X trong bảng HTTH
2
2
6
2
1
13X: 1s 2s 2p 3s 3p
X thuộc:
- Ơ thứ 13 (vì Z = 13)
- Chu kì 3 (vì có 3 lớp e)
- Nhóm IIA (vì có 3 e lớp ngồi cùng)
→ X là Al (nhôm)
c. – Công thức oxit cao nhất: Al2O3

- Tính chất hóa học đặc trưng: Al2O3 là oxit lưỡng tính
+ Tác dụng với dung dịch axit: Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2
+ Tác dụng với dung dịch kiềm: Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O

2

Điểm
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125
0,125


d. Liên kết giữa Al và Cl (trong hợp chất AlCl3) là liên kết cộng hóa trị
phân cực
2



8
3

5

3

0,125

2

a. Fe3O 4  H N O3  Fe(NO3 )3  N O  H 2O
3Fe+8/3 → 3Fe+3 + 1e × 3
× 1
N+5 + 3e → N+2
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O
7

0,125
0,125
0,125

4

o
2
b. (C2 H 4 )  KMnO 4  H 2O  (C2 H 4 ) (OH) 2  MnO 2  H 2O
(C2H4)o → (C2H4)+2 + 2e × 3
× 2
Mn+7 + 3e → Mn+4
3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH
4

3

7

0,125

6

0,125

2 6

c. K 2 S O3  K Mn O 4  KHSO 4  K 2 S O 4  Mn S O 4  H 2O
× 5
S+4 → S+6 + 2e
Mn+7 + 5e → Mn+2 × 2
5K2SO3 + 2KMnO4 + aKHSO4 → bK2SO4 + 2MnSO4 +
a/2H2O
  BTNT(K)
   10  2  a 2b
 a 6; b 9
 BTNT(S)
 5  a b  2
    
 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 → 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O
 KClO 3
Ca(ClO )
o
CaCl2

3 2

X:
 t Y 
 O2
KCl
CaCl

2

 KCl
17, 472
.32
BTKL
   83,68 = mY + 22, 4
→ mY = 58,72 (g)

CaCl 2 K 2CO3 (0,18mol)
Y
    
 CaCl 2  K 2CO3  CaCO3  2KCl
KCl

0,125
0,125
0,125
0,125
0,25
0,125
0,25

0,25

(1)

Theo (1):

0,5

58,72  0,18.111
n CaCl2 n K2 CO3 0,18(mol)  n KCl(Y) 
0,52(mol)
74,5
22
 BTNT(K)

 n KCl(Z) 0,52  0,18.2  n KCl(X)
3
 n KCl(X) 0,12(mol)

0,25

 BTNT(K)

 n KClO3  n KCl(X) n KCl(Y)  n KClO3 0,52  0,12 0, 4(mol)

0,5

% m KClO3 

0,125
0,125

0, 4.122,5
.100% 58,56%
83, 68

B. Kiến thức lớp 12 (5 điểm)
Câu
1


n este n O2

Nội dung
1, 6
4, 4

0, 05(mol)  M este 
88
32
0,05

→ este đơn chức: RCOOR ' : 0,05 (mol)

3

Điểm
0,125


100.4%
n NaOH 

0,1(mol)
40
RCOOR '  NaOH  RCOONa  R 'OH
0,05→
0,05
0,05
(mol)
Mrắn = 0,05( R + 67) + 0,05.40 = 5,75 → R = 8
R ' 88  44  8 36
 Vì A, B là 2 este đồng phân. Khi thủy phân thu được hỗn hợp 2 ancol là
đồng đẳng kế tiếp → 2 gốc axit cũng phải kế tiếp
HCOOC3H 7 : x(mol)

CH COOC 2 H 5 : y(mol)
→ 2 este là:  3
 x  y 0, 05

 x y 0, 025(mol)
1.x  15y

R  0, 05 8
Ta có: 

4

0,125
0,125

 nHCl = 0,175.2 = 0,35 (mol)
0,75

Axit glutamic + HCl → X + NaOH → Muối + H2O
→ Ta có thể quy hỗn hợp X + NaOH về hỗn hợp gồm: (Axit glutamic +
HCl) + NaOH:
H2NC3H5(COOH)2 + 2NaOH → H2NC3H5(COOH)2 + 2H2O
0,5 →
1
(mol)
HCl + NaOH → NaCl + H2O
0,25
0,35→ 0,35
(mol)
 n NaOH 1  0,35 1,35(mol)
nNaOH = 0,1.3 = 0,3 (mol)
- X có cơng thức phân tử C3H12O3N2
- X + NaOH → Y (chứa 1 chất khí làm xanh quỷ tím ẩm) + dung dịch.
Cơ cạn dung dịch thu được chất rắn → CT của X là (CH3NH3)2CO3
(muối metyl amoni cacbonat)
(CH3NH3)2CO3 + 2NaOH → Na2CO3 + 2CH3NH2
0,1
→
0,2
0,1
mrắn = 0,1.106 + 0,1.40 = 14,6 (g)
 Các đồng phân có thể có của X:
- Muối cacbonat của etylamin và amoniac: (C2H5NH3)(NH4)CO3
- Muối cacbonat của đimetyl và ammoniac: (CH3)2NH2(NH4)CO3
a. Tinh bột và xenlulozơ khơng phải là đồng phân của nhau.
Vì phân tử khối của xenlulozơ lớn hơn rất nhiều lần so với tinh bột (giá
trị n khác nhau).
b. Dùng dung dịch axit (thường là HCl) để rửa lọ đã đựng anilin:

C6H5NH2 + HCl → C6H5NH3Cl
c. Công thức của tơ nitron: (-CH2-CH(CN)-)n
d. Sự tạo thành thạch nhũ trong các hang động gồm 2 quá trình:
- Phá hủy đá vơi do tác dụng của nước mưa có hịa tan CO 2 tạo muối
Ca(HCO3)2: CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2
- Sự phân hủy Ca(HCO3)2 theo kẽ nứt chảy xuống các vòm hang và tạo
thành thạch nhũ: Ca(HCO3)2 → CaCO3 + CO2 + H2O
33,8
n FeCl2 n NaF 
0, 2(mol)
127  42
n Fe2 0, 2(mol); n Cl 0, 4(mol)

0,25

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓

0,25



3

0,125
0,125

0,125

%m HCOOC3H7 %m CH3COOC2 H5 50%

2

0,25

4

0,125
0,125
0,25
0,25
0,125
0,125
0,25
0,25
0,125
0,125
0,25


0,2 →
0,2
(mol)
+
Ag + Cl → AgCl↓
0,4 → 0,4
(mol)
mchất rắn = mAg + mAgCl = 0,2.108 + 0,4.143,5 = 79 (g)

0,25
0,25

Chú ý:
1. Thí sinh viết phương trình mà khơng cân bằng hoặc khơng ghi điều kiện sẽ được
½ số điểm của phương trình đó.Nếu khơng cân bằng và khơng ghi điều kiện thì
phương trình đó khơng được tính điểm.
2. Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

5