DA HSG 12 THANH HOA 2013

- 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 c[r]

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

0

250 C



    NaHSO4 + HCl Hoặc 2NaCl + H2SO4 đ

0

400 C



    Na2SO4 + 2HCl CaF2 + H2SO4 đ

0 t

- 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





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: 5Ca2+ + 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

Ba¿

n¿

= 300 1 , 254100 171 = 0,022 mol; n H3 PO 4 = 0,5 0,04 = 0,02 mol;

n H2SO4 = 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

0

t

  K2MnO4 + O2 + MnO2 => A là O 2

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

=> B là Cl2

3) 4FeS + 7 O2

0

t

  4SO2 + 2Fe2O3 => C là SO 2

4) FeS2 + 2HCl > H2S  +FeCl2 + S => D là H 2 S.

5) Na3N + 3H2O > NH3 + 3NaOH => E là NH3

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

Các phương trình hóa học(*)

2SO2 + O2 ⃗V2O5,t0 2SO3 (1)

2H2S + O2 thiếu   2S + 2H2O (2)

2H2S + 3O2 dư

0

t

  2SO2 + 2H2O (3)

Cl2 + SO2

0

t

  SO2Cl2 (4)

Cl2 + H2S  t0 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

0

t

  2N2 + 6H2O (9) 5O2 + 4NH3

t cao Pt

   4NO + 6H2O (10) 7O2(dư) + 4NH3

t cao Pt

   4NO2 + 6H2O (11)

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

1,0 đ

1,0 đ

=> 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:

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

0,25 đ

0,25 đ

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

=> Mx + (0,5-x)56 = 19,3 => M = 56 x − 8,7

x với 0,2 < x < 0,5

=> x= 56 − M8,7 => 0,2 < 56 − M8,7 < 0,5 => 12,5 < M < 38,6 => Chỉ có Al

=> x= 0,3 mol

Vậy %mAl = 19 ,30,3 27 100 %=41 , 97 % ; %mFe = 58,03%

0,25đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

5

+ + Cr3+ + 2SO42- + 12H2O

b

- Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca2+, Mg2+

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

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:

0

t , xt,p

   [ (CH2-CH(CH3))x-(CH2-CH (CN))y ]-

Ta có phương trình phản ứng cháy:

C3x+yH6x+3yNy + (9x/2 + 15y/4) O2

0 t

Theo định luật Avogađro, ta có:

.100% 57,143%





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

0,5đ

C2H5 + C2H5 > C4H10 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: 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 :

2MOH → M2CO3 => 7,2

2( M+17) =

9 ,54

2 M +60 → M = 23 Vậy M là: Na

Mặt khác, có R’ + 17 = 3,2

0,1 = 32 → R’ = 15 => R’ là CH3 Vậy ancol B là CH 3 OH

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

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

Theo (3) => nCO 2 (3) = n H2O (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 n+1)

2 - 0,04].44 + [0,1.

(2 n+1)

2 + 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 :

O

0,25 đ

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:

=> nC = nNaOH = 14 , 7 ×1 022 ×1,6

100 ×40 =0 , 006 mol => MC = 0,666/0,006 = 111

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

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 12 ) O

2 → nCO2 + (n + 1 ) H2O

1,0 n mol

a 14n 2

an 14n 2 mol

=> CO2

n

b 22a 7b

=> n < n < m <=> n < n < n + k => n <

b 22a 7b < n + k

=>

b k(22a 7b) 22a 7b

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

9

a

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)

trung tính pH =7

0,25 đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

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

b

- Các phương trình xảy ra chủ yếu:

MnO2 + 4HCl  t0 MnCl2 + Cl2 + 2H2O (*)

H2SO4 đặc + nH 2O > H2SO4 .nH2O

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