Đáp án HSG Thanh Hóa 2010

NaNO2 là chất khử, KMnO4 là chất oxi hóa, H2SO4 là môi trường.. NaNO3 là chất oxi hóa, Cu là chất khử, H2SO4 là môi trường.. Dùng H2SO4 đặc cho vào 5 ống nghiệm.. Trích các mẫu thử và đá

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH THANH HÓA 2010

Câu 1:

2

50= => ZA < Z -8 = 17 => A thuộc chu kì 2, B thuộc chu kì 3 và C thuộc chu kì 4.

=> ZA + (ZA + 8 + 18) = 50 => ZA = 12 => A là Mg, B là Ca, C là Sr

Các nguyên tố này là kim loại nên các oxit và hidoxit có tính bazơ Tính bazơ tăng dần từ:

Mg(OH)2 < Ca(OH)2 < Sr(OH)2

2 2NO + O2 → 2NO2

a> Có: v=k.[NO]2.[O2]

b> Khi tăng nồng độ NO lên gấp đôi, giữ nguyên nồng độ O2 thì tốc độ phản ứng tăng 4 lần

Khi thể tích bình giảm đi một nửa => áp xuất tăng gấp đôi thì tốc độ phản ứng tăng 8 lần

3

- C + NaOH dư

* 4NO2 + O2 + 4NaOH → 4NaNO3 + 2H2O

NO2 là chất khử, O2 là chất oxi hóa, NaOH là môi trường

* NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O

NO2 Vừa là chất oxi hóa vừa là chất khử, NaOH là môi trường

- D + KMnO4/H2SO4

* NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O

NaOH là bazơ, H2SO4 là axit

* 5NaNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 5NaNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

NaNO2 là chất khử, KMnO4 là chất oxi hóa, H2SO4 là môi trường

- G + Cu + H2SO4

* 2NaNO3 + 3Cu + 4H2SO4 → Na2SO4 + 3CuSO4 + 2NO↑ + 4H2O

NaNO3 là chất oxi hóa, Cu là chất khử, H2SO4 là môi trường

Câu 2:

1 BaO + H2SO4 → BaSO4↓ + H2O

* Trường Hợp 1: Dư BaO

BaO + H2O → Ba(OH)2

Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2↑ .

Ba(AlO2)2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaAlO2

* Trường hợp 2: Dư H2SO4

2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2

Al2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 + 3CO2↑

2 Dùng H2SO4 đặc cho vào 5 ống nghiệm Trích các mẫu thử và đánh STT rồi lần lượt cho vào các ống nghiệm đựng H2SO4 Hiện tượng được ghi lại bảng sau

CaCO3 SiO2 Na2CO3 NaCl P.E

H2SO4 ↓ + ↑ Không tan ↑ Tan Không tan

Nhận biết:

Chất tạo vấn đục và có khí thoát ra là CaCO3

CaCO3 + H2SO4 → CaSO4 ↓ + H2O + CO2↑

Chất chỉ tạo khí là Na2CO3

Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + CO2↑

Chất tan không tạo khí là NaCl

Hai chất không tan là SiO2 và P.E cho hai mẫu này vào NaOH đặc nóng, chất nào tan chậm là SiO2, chất không tan là P.E

2NaOH + SiO2 → Na2SiO3 + H2O

3NH3 + 3H2O + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3NH4Cl

2NH3 + 2H2O + MgCl2 → Mg(OH)2↓ + 2NH4Cl.

Lọc lấy kết tủa và nước lọc Nước lọc đem cô cạn rồi nung nóng thì NH4Cl thăng hoa, còn lại NaCl Kết tủa cho vào dung dịch NaOH dư thu được chất rắn không tan là Mg(OH)2 và dung dịch gồm:

Na[Al(OH)4] và NaOH

Al(OH)3↓ + NaOH → Na[Al(OH)4]

Sử lí dung dịch bằng CO2 dư thu được kết tủa

NaOH + CO2 → NaHCO3

Na[Al(OH)4] + CO2 → NaHCO3 + Al(OH)3↓

Cho kết tủa vào HCl dư rồi cô cạn, H2O và HCl bay hơi còn lại AlCl3.

Al(OH)3↓ + 3HCl → AlCl3 + 3H2O

Câu 3:

1.

a>

CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl2 →AS HCl + CH3-CH2-CH2-CH2Cl (A)

HCl + CH3-CH2-CHCl-CH3 (B)

y y Tổng số phần sản phẩm (A) và (B) là: 6.1 + 4.3 = 18

% sản phẩm (A) = 100% 33,33%

18

6

= => % sản phẩm (B) = 66,67%

HCl + NaOH → NaCl + H2O n HCl =n NaOH =0,8.0,75=0,6(mol)

) ( 5 , 16 5 , 82

* 3

1

*

6

,

3

2

* 6 ,

b> Công thức cấu tạo của :

Các PTPƯ : Dựa vào số vị trí không tương đương để điền nhóm thế

2

A là : C2H5OOC-CH2-COOC6H5 B là : NaOOC-CH2-COONa

C là : C2H5OH D là : C6H5ONa E là : C2H4

G là : CH2Cl-CH2Cl H là : CH≡CH I là : C6H6 ( benzen)

K là : C6H5Cl K là : C6H5OH

Xác định được CTCT của A 0,2 điểm còn lại mỗi công thức 0,1 điểm, mỗi ptpư 0,1 điểm

3

CaCO3 →t0 CaO + CO2

CaO + 3C  →LD,t0 CaC2 + CO

CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2

3C2H2 than,6000C→C6H6 ( benzen)

C6H6 + Cl2 →Fe C6H5Cl + HCl

a> Điều chế m-aminophenol

C6H6 + HO-NO2  0→

4

2SO ,t

H C6H5-NO2 + H2O

Hoặc

Hoặc

C6H5-NO2 + Cl2 →Fe m-ClC6H4-NO2 + HCl

b> Điều chế o-aminophenol

C6H5Cl + NaOH →p,t0 C6H5OH + NaCl

C6H5OH + HO-NO2  0→

4

2SO ,t

H o-HO-C6H4-NO2 + H2O o-HOC6H4-NO2 + 6H  →Fe+HCl o-ClC6H4-NH2 + 2H2O

c> Điều chế 2-clo-4-nitrophenol

C6H5OH + HO-NO2  0→

4

2SO ,t

H p-HO-C6H4-NO2 + H2O p-HO-C6H4-NO2 + + Cl2 →Fe HO-C6H3(p-NO2)-o-Cl + HCl

d> Điều chế m-bromphenol

C6H5OH + (CH3CO)2 → C6H5OOCCH3 + CH3COOH

C6H5OOCCH3 + Br2 →Fe m-Br-C6H4OOCCH3 + HBr

m-Br-C6H4OOCCH3 + H2O  →H2SO4 ,l m-Br-C6H4OH + CH3COOH

Câu 4 :

D là ancol => 0,01( )

2

1 2

1

n n

n

n D = andehit = Ag = NO = => 74

01 , 0

74 ,

0 =

=

D

M

=> D là C4H9OH Gọi CT của axit là CnH2n+1-2aCOOH thì CT este là CnH2n+1-2aCOOC4H9

Khi đốt cháy :

CnH2n+1-2aCOOH →+O2 (n+1)CO2 + (n+1-a)H2O

C4H9OH →+O2 4CO2 + 5H2O

CnH2n+1-2aCOOC4H9 →+O2 (n+5)CO2 + (n+5-a)H2O

Theo bài ra ta có hệ:

















=

+

=

− + + +

−

+

= + + +

+

=

− + + +

−

+

=

+

025

,

0

14 , 0 ) 5 ( 5 )

1

(

155 , 0 ) 5 ( 4

)

1

(

1 , 3 ) 2 102 14

( 74 ) 2

46

14

(

02

,

0

z

x

z a n y x

a

n

z n y

x

n

z a n

y x a n

z

y

Giải hệ ta được :

















=

=

=

=

=

1 2

01 , 0

01 , 0

015 , 0

a n z y x

Vậy công thức của : axit là : CH2=CH-COOH

Ancol là : C4H9OH ESTE là : CH2=CH-COOC4H9

p = 0,025*94 = 2,35 gam

% Axit = 100% 34,84%

1 , 3

72

* 015

,

% Ancol = 100% 23,87%

1 , 3

74

* 01 ,

% ESTE = 100%-34,84%-23,87%= 41,29%

Câu 5 :

1

Cu → Cu2+ + 2e NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O

NO3- + 2H+ + e → NO2 + H2O Theo bài ra khối lượng khí bằng khối lượng của Cu, tổng số mol e nhường bằng tổng số mol e nhận Gọi số mol của NO là y, số mol của NO2 là z ta có:













=

+

+

=

+

=

8

,

0

46

30

3

64

*

2

y

x

y x

m

y x

m

Giải ra ta được :









=

=

= 66 , 0

14 , 0

56 , 34

y x

m

Đáp số : m = 34,56 (gam)

2 n H2 =0,045(mol)

Dung dịch HCl tạo kết tủa với phần 2 nên M’ không thể là kim loại kiềm thổ=> M’ là kim loại tạo hidroxit lưỡng tính

Ta có PTHH :

2M + 2H2O → 2MOH + H2 ↑ (1)

x x/2

M’ + 2MOH + 2H2O → M2[M’(OH)4] + H2 ↑

y 2y y y

M2[M’(OH)4] + 2HCl → 2MCl + M’(OH)2↓ + 2H2O (4)

M’(OH)2 ↓ + 2HCl → M’Cl2 + 2H2O (5)

Khi cô cạn phần 1 ta được :

2

2y

x− mol MOH và

2

y

mol M2M’O2

Theo bài ra ta có hệ :









= +

= +

= + + +

+

−

09 , 0 2

25 , 3 '

06 , 4 ) 32 ' 2

( ) 17 )(

2

(

y x

y M Mx

M M y M

y x

giải ra ta được :









=

=

= +

02 , 0

05 , 0

25 , 3 '

y x

y M Mx

=> 46,43

07 , 0

25 ,

3 =

=

Kim loại hóa trị II, có hidroxit là lưỡng tính thì M’>46,34 => Kim loại kiềm có M<46,34 Lập bảng ta có :

Chỉ có cặp M = 39 và M’ = 65 là phù hợp

a>

) ( 30 , 1 02 , 0

* 65

);

( 95 , 1 05

,

0

*

b>

Theo PƯ (3) thì 0,005( )

2

2

mol y

x n

n HCl = KOH = − =

=> lượng HCl còn dư từ PƯ (3) = 0,03 (mol) >2n K2ZnO2

Theo PƯ (4) thì n Zn (OH)2 = 0,01( )

2

n K ZnO = ở PƯ (5) HCl + MOH → MCl + H2O (3)

0,005 0,005

M2[M’(OH)4] + 2HCl → 2MCl + M’(OH)2↓ + 2H2O (4)

0,01 0,02 0,01

M’(OH)2↓ + 2HCl → M’Cl2 + 2H2O (5)

0,01 0,01

0,005 0,01

Còn : 0,005

Vậy khối lượng kết tủa là : m Zn(OH)2 =89*0,005=0,445(gam)