Đáp án HSG 12 Thanh hóa

* Cu2+ có khả năng tạo phức với NH3: - do có nhiều obitan hóa trị, trong đó có obitan trống.. - Trong SO32- nguyên tử S còn 1 cặp electron chưa tạo liên kết nên có thể tạo liên kết thêm

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.

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 + H2SO4 đ →< 250 C 0 NaHSO4 + HCl

Hoặc 2NaCl + H2SO4 đ →> 400 C 0 Na2SO4 + 2HCl

CaF2 + H2SO4 đ →t 0 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

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

29Cu

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

=> Công thức phức [Cu(NH3)4]2+

0,25đ

0,25 đ

c

- Trong CO32- nguyên tử C không còn electron chưa tạo liên kết nên không thể tạo liên

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

0,25đ 2

a Phương trình: 5Ca

2+ + 3PO43- + OH- ¬ → Ca5(PO4)3OH (*)

- Khi ăn, thức ăn còn lưu lại trên răng có các axit axetic…nên có phương trình:

H+ + OH-> H2O

=> 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

0,25 đ

0,25đ b

2 )

(OH

Ba

171 100

254 , 1 300

= 0,022 mol; n H3PO4= 0,5 0,04 = 0,02 mol;

4

2SO H

n = 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

0,5đ

0,25đ

- 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

0,25đ

0,5đ

3 1) 2KMnO4 →t0 K2MnO4 + O2 + MnO2 => A là O2

2) 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24 H2SO4 loãng →10 Cl2↑+ 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24 H2O

=> B là Cl2

3) 4FeS + 7 O2 →t0 4SO2↑ + 2Fe2O3 => C là SO2

4) FeS2 + 2HCl > H2S ↑ +FeCl2 + S↓ => D là H 2 S.

5) Na3N + 3H2O > NH3↑ + 3NaOH => E là NH 3

Cho các khí O2, Cl2, SO2, H2S, NH3 tác dụng với nhau từng cặp ta có:

Các phương trình hóa học(*)

2SO2 + O2  →0

5

2O ,t

V 2SO3 (1) 2H2S + O2 thiếu → 2S + 2H2O (2)

2H2S + 3O2 dư 0

t

→ 2SO2 + 2H2O (3) Cl2 + SO2 0

t

→ SO2Cl2 (4) Cl2 + H2S 0

t

→ 2HCl + S↓ (5) 3Cl2(dư) + 2NH3 0

t

→ N2 + 6HCl (6) 3Cl2(thiếu) + 8NH3 0

t

→ N2 + 6NH4Cl (7) 2H2S + SO2 > 3S + 2H2O (8)

3O2 + 4NH3 →t0 2N2 + 6H2O (9)

5O2 + 4NH3 →t cao Pt0 , 4NO + 6H2O (10)

7O2(dư) + 4NH3 →t cao Pt0 , 4NO2 + 6H2O (11)

Chú ý: (*) viết 10 phương trình trở lên cho điểm tối đa

1,0 đ

1,0 đ

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:

t

→25 M (NO 3 ) 3 + 9NO + 6 N 2 O + 48H 2 O (1)

9

25 18 , 0

0,5 mol

0,25 đ

0,25 đ

4 a 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

- Gọi x là số mol của M => số mol Fe: 0,5 -x mol

=> Mx + (0,5-x)56 = 19,3 => M =

x

x 8,7

56 −

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 %mAl = .100% 41,97%

3 , 19

27 3 ,

0,25đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

b Theo (1)

3

HNO

n =96 0,18/9 = 1,92 mol

5

a KCr(SO4)2.12H2O → K+ + Cr3+ + 2SO42- + 12H2O

b

- 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:

M(HCO3)2 →t0 MCO3 + CO2 + H2O ( M2+ là Ca2+, Mg2+)

M2+ + CO32-  MCO3

3M2+ + 2PO43-  M3(PO4)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 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

6

a

Công thức đồng trùng hợp của 2 monome:

xCH3-CH=CH2 + yCH2=CH-CN →t , xt,p 0 [ (CH2-CH(CH3))x-(CH2-CH (CN))y ]-

Ta có phương trình phản ứng cháy:

C3x+yH6x+3yNy + (9x/2 + 15y/4) O2 →t 0 (3x+y)CO2 + (3x+3y/2)H2O + y/2 N2

Theo định luật Avogađro, ta có: 3 3 .100% 57,143% 1

+

Propilen / acrilonitrin =1/3

0,25đ 0,25đ 0,5 đ

b

CH4 + Cl2 →as 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)

Tiếp tục

Cl* + C2H6 > C2H5 + HCl

C2H5 + Cl2 > C2H5Cl + Cl*

Tắt mạch: C2H5 + Cl* > C2H5Cl

Cl* + Cl* > Cl2

C2H5 + C2H5 > C4H10

0,5đ

0,5đ

- 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: m MOH = 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 :

2MOH → M2CO3 =>

) 17 (

2

2 , 7 +

54 , 9 +

M → M = 23 Vậy M là: Na

Mặt khác, có R’ + 17 =

1 , 0

2 , 3

= 32 → R’ = 15 => R’ là CH3 Vậy ancol B là CH3 OH

=> nNaOH ban đầu = 7,2 / 40 = 0,18 mol

=> nNaOH ở (3) = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol

Theo (3) => nCO2(3) = nH2O(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:

[0,1

2

) 1 2 ( n+

- 0,04].44 + [0,1

2

) 1 2 ( n+

+ 0,04].18 = 8,26

=> n = 1.Vậy CTCT của X là CH 3 COOCH 3

0,25đ

0,5đ

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 :

CH3 CH CH2 C O

O

0,25 đ

0,5 đ

8 - 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 = 118 gam/mol => không có kết quả => Loại

=> B là đipeptit => MB = 0,472/0,002 = 236 gam/mol

* Nếu C aminoaxit:

=> nC = nNaOH = 100 40 0,006mol

6 , 1 022 1 7 ,

×

×

×

=> MC = 0,666/0,006 = 111 gam/mol

=> 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 0,25 đ 0,25 đ

b

- Đặt công thức A, B là CnH2n+2 ; CmH2m+2 ( m > n >0) => m = n + k

=> Công thức trung bình:C Hn 2n 2+

Theo phương trình:

n 2n 2

C H + + ( 3n 1

2

+

) O2 → nCO2 + (n + 1 ) H2O 1,0 n mol

a

14n 2+

an 14n 2+ mol

=>

2 CO

n

+ => 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: C5H12 và C7H16

=> n =6 => A, B là: C6H14 và C8H18

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Trong dung dịch X có các ion do điện ly: H+, Na+, Cu2+, 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- > OH

2Cl-  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  →đp, OH− H2 + 1/2O2 (4)

0,25 đ

0,25đ

 (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 0,25đ0,25đ pH

CuCl2 HCl NaCl H2O Quá trình điện phân

0,5 đ

b

Theo 2HCl →đp H2 + Cl2 (2)

0,01 0,005 mol

2NaCl + 2 H2O  →đpdd ,mn H2 + Cl2 + 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 CH3COOH thành Ca(CH3COO)2

b

- Các phương trình xảy ra chủ yếu:

MnO2 + 4HCl →t0 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

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

12 7 13

2