SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN SỞ GD&ĐT NGHỆ AN (Hướng dẫn có 05 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI BẬC THPT CHU KỲ 2011 – 2015 Môn HÓA HỌC Câu Nội dung Điểm Câu 1 (Đề) Anh (chị) hãy nêu 1 Vắn tắt cá[.]

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Hướng dẫn thức HƯỚNG DẪN CHẤM HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI BẬC THPT CHU KỲ 2011 – 2015 Mơn: HĨA HỌC (Hướng dẫn có 05 trang) Câu Câu (Đề) Nội dung Điểm Anh (chị) hãy nêu: Vắn tắt khâu cấp độ tư thiết kế ma trận đề kiểm tra ? 5.00 Chuẩn kiến thức kỹ dạy phần Axit nitric bài: Axit nitric muối nitrat (SGK Hóa học 11 nâng cao ) Có bảy khâu thiết kế ma trận đề kiểm tra: 1,50 (mỗi ý - Liệt kê tên chủ đề (nội dung, chương ) cần kiểm tra 0,20 - Viết chuẩn cần đánh giá đối với mỗi cấp độ tư điểm) - Quyết định phân phối tỷ lệ % điểm cho mỗi chủ đề (nội dung, chương ) - Tính số điểm cho mỗi chủ đề (nội dung, chương ) tương ứng với tỷ lệ % - Quyết định số câu hỏi cho mỗi chuẩn tương ứng số điểm tương ứng - Tính tổng số điểm tổng số câu hỏi cho mỗi cột kiểm tra tỷ lệ % tổng số điểm phân phối cho mỗi cột - Đánh giá lại ma trận chỉnh sửa thấy cần thiết Có cấp độ tư cần xác định để xác định để thiết kế ma trận đề kiểm tra: - Nhận biết - Thông hiểu - Vận dụng - Vận dụng ở mức độ cao Câu Bài Kiến thức: Biết được: Cấu tạo phân tử, tính chất vật lý, ứng dụng, cách điều chế HNO 0.75 phòng thí nghiệm công nghiệp (từ amoniac) Hiểu được: HNO3 những axit mạnh 0.75 HNO3 axit có tính oxi hóa mạnh (tùy thuộc vào nồng độ của axit chất của chất khử): oxi hóa hầu hết kim loại, số phi kim, nhiều hợp chất vô hữu Kỹ năng: 1.00 - Dự đoán được tính chất hóa học, kiểm tra dự đoán bằng thí nghiệm kết luận - Tiến hành hoặc quan sát thí nghiệm, hình ảnh rút được nhận xét tính chất của HNO3 - Viết phương trình phản ứng hóa học dưới dạng phân tử hoặc ion rút gọn, minh họa tính chất hóa học của HNO3 đặc loãng - Giải được tập liên quan đến axit nitric Trình bày phương pháp cân bằng phương trình hóa học sau theo phương pháp 3.50 thăng bằng electron Cr2S3  Mn(NO3 )  K 2CO  K 2CrO  K 2SO  K MnO  NO  CO FeSO  KMnO4  H O  Có bốn hợp chất thơm C6H5-OH, C6H6, C6H5-CH3, C6H5-NO2 với tính chất sau: Chất phản ứng C6H5-OH C6H6 C6H5-CH3 Nước Br2 Có phản ứng Không phản ứng Br2/Fe Phản ứng ở 0oC không cần Fe Có phản ứng Có phản ứng Phản ứng với HNO3 loãng Có phản ứng Có phản ứng không cần H2SO4 HNO3đặc/H2SO4 đặc 1.00 (mỗi ý 0,25 điểm) Không phản ứng C6H5-NO2 Không phản ứng Chỉ phản ứng đun nóng Chỉ phản ứng đun nóng Hãy xếp chất theo thứ tự tăng dần khả tham gia phản ứng ở vòng benzen Giải thích ảnh hưởng của nhóm đến khả đó ? 1.00 Cr2 S3  2Cr 6  3S 6  30e 15 Mn( NO3 )  2e  Mn 6  N 2  6O  Cr2 S3  15Mn( NO3 )2  20 K 2CO3  K 2CrO4  3K SO4  15 K MnO4  30 NO  20CO2 Fe 2  Fe 3  1e MnO4  H 2O  3e  MnO2  4OH  3Fe 2  MnO4  H 2O  3Fe3  MnO2  4OH  3Fe 2  MnO4  2H 2O  3Fe3  MnO2  4OH  Fe3  3OH   Fe(OH )3  9Fe2+ + 3MnO4- + 6H2O  5Fe3+ + 3MnO2 + 4Fe(OH)3  18FeSO4 + 6KMnO4 + 12H2O  8Fe(OH)3 + 5Fe2(SO4)3 + 6MnO2 + 3K2SO4 1.00 Bài (đề) Thứ tự tăng dần khả tham gia phản ứng vòng benzen C6H5-NO2 < C6H6 < C6H5-CH3 < C6H5-OH Giải thích: Phản ứng nguyên tử H ở vòng bezen thuộc chế electrophin Các nhóm - CH ; - OH thuộc nhóm loại (nhóm đẩy e vào vòng benzen) làm mật độ e ở vòng tăng lên Nhóm - NO thuộc nhóm loại (nhóm hút e vòng benzen) làm nghèo mật độ e ở vòng Nhóm – OH đẩy e mạnh nhóm – CH3 nên có trật tự Hỗn hợp X gồm anđêhit đơn chức Cho 13,48g X tác dụng hoàn toàn với AgNO3 dư dung dịch NH thì thu được 133,04g kết tủa Mặt khác cho 13,48g X tác dụng hết với H2 (Ni, t0) thu được hỗn hợp Y Cho Y tác dụng với Na dư thu được 3,472 lít H2 (đktc) Hãy xác định công thức cấu tạo % khối lượng của mỗi anđêhit hỗn hợp X Nung 12,12g muối A thu được sản phẩm khí 2,40g hợp chất rắn không tan nước Nếu cho toàn sản phẩm khí hấp thụ vào 100g dung dịch NaOH 3,6% ở điều kiện xác định thì vừa đủ thu được dung dịch chứa muối có nồng độ 6,972% Tìm công thức A Cho 14,4g hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được dung dịch X 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm khí N 2, NO, N2O, NO2 đó khí N2 NO2 có số mol bằng Cô cạn cẩn thận dung dịch X thì được 58,8g muối khan Tìm số mol HNO3 đã phản ứng Vì X hỗn hợp hai anđêhit đơn chức nên Y hỗn hợp hai ancol đơn chức  nX = nY Do Y hai ancol đơn chức nên số mol H thoát cho Y tác dụng với Na dư 3, 472 13, 48 0,31 mol  M X  43, 48 bằng nửa Y  nX 2nH 2 22, 0,31 Trong X chứa anđehit có phân tử khối nhỏ 43,48  anđehit đó phải HCHO Gọi công thức anđêhit còn lại (CH C)tR-CHO (t  0) Đặt số mol HCHO (CH C)tR-CHO lần lượt a b  a + b = 0,31 (1) 30a + (25t + R + 29)b = 13,48 (2) Phương trình hóa học: o HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  t (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 + 4Ag  a 4a o t (CH C)tR-CHO + (2 + t)AgNO3 + (3+t)NH3 + H2O   o b  t (CAg C)tR-COONH4  + 2Ag  + (2 + t) NH4NO3 b 2b 108(4a +2b) + (132 t + R + 62)b = 133,04 (3) Giải (1),(2), (3) ta có : b = Do b < 0,31 => 6.50 0,50 0,50 0,50 => t = hoặc t = 5, 06 => a = 42,37/153 153 Thay vào (2), ta được R = 127,39 (không nguyên) loại 5, 06 * Nếu t = => b = = 0,11 => a= 0,2 153  107 Thay vào (2) => R = 14 ; R nhóm CH2 * Nếu t = => b = 1.00 0,50 5, 06 153  107.t 5, 06 < 0,31 => t < 1,277 153  107.t 0.50 0,50 Vậy andehit thứ : CH  C-CH2-CHO % khối lượng: 0, 2.30 % HCHO = 100% = 44,51% 13, 48 % CH  C-CH2-CHO = 100% - 44,51% = 55,49% 0,50 Giả sử sản phẩm khí hấp thụ vào dung dịch NaOH sinh muối Na xX (Xx- gốc axit 0,75 tạo muối) Bảo toàn nguyên tố Na ==> nNax X  nNaOH 3, 0, 09 0, 09(23 x  X )   mol  mNax X  x 40 x x x (g) Khối lượng hỗn hợp khí = 12,12 – 2,4 = 9,72 (g) Khối lượng dung dịch muối = 9,72 + 100 = 109,72 (g) Vậy: 2,07 x  0, 09 X C%  100% 6,972%  X 62.x x =  X = 62 = NO3109, 72 x Vậy sản phẩm khí có NO 2, O2 muối ban đầu nitrat Khi nhiệt phân muối 0,75 nitrat thì sản phẩm rắn nitrit hoặc oxit kim loại hoặc kim loại Theo giả thiết hợp chất rắn không tan nước đó oxit Sơ đồ nhiệt phân muối: M ( NO3 ) n  M 2Om  NO2  O2 ( m n) Bảo toàn nguyên tố N  nNO nNO2 nNa nNaOH 0, 09  nmuèi nM  Vậy khối lượng oxit = 0,045/n (2M + 16m) = 2,4  M  0, 09 0, 045  nM2Om  n n 2, n  0, 72 m n = m = 0, 09  M = 56 (Fe)  Muối nitrat Fe(NO3)3 nmuèi  0, 09 0, 03(mol )  mmuèi 0, 03 242 7, 26  12,12  muối có kết tinh 0,50 nước Gọi công thức muối Fe(NO3)3.aH2O Số mol nước kết tinh là: (12,12 – 7,26)/18 = 0,27( mol) Vậy a = 0,27/0,03 = Công thức của muối A Fe(NO3)3.9H2O Gọi x số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x =14,4  x = 0,1 0.50 Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 gam < 58,8 gam (theo ra) Trong muối rắn thu được có NH4NO3 có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = (gam)  Số mol NH4NO3 = 1/80 = 0,0125 (mol) Vì hỗn hợp khí NO2, NO, N2O, N2 đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta coi 0.50 khí khí N3O2  NO.N2O hỗn hợp bốn khí được coi hỗn hợp khí NO N2O với số mol lần lượt a b Như vậy, ta có sơ đồ: Fe, Mg, Cu  HNO Fe3+, Mg2+, Cu2+, NH4+ + NO, N2O + H2O Ta có trình cho nhận e 0.50 Fe  Fe+3 + 3e (1) ; Mg  Mg+2 + 2e (2) ; Cu  Cu+2 + 2e (3) 0,1 0,3 0,1 0,2 0,1 0,2 Tổng số mol e cho: 0,3 + 0,2 + 0,2 = 0,7 (mol) 4H+ + NO3- + 3e  NO + 2H2O (4) 4a 3a a 10H+ + 2NO3- + 8e  N2O + 5H2O (5) 10b 8b b 10H+ + NO3- + 8e  NH4+ + 3H2O (6) 0,125 0,1 0,0125 Câu (đề) Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,1 a  b 0,12 a  b 0,12  a 0, 072    Vậy ta có hệ phương trình:  3a  8b  0,1 0, 3a  8b 0,  b 0, 048 Theo phương trình (4), (5), (6) Tổng số mol HNO3 đã dùng : 4a + 10b + 0,125 = 0,893 (mol) Anh (chị) hãy trình bày cách tiến hành thí nghiệm điều chế etilen phòng thí 5,00 nghiệm ? (không cần vẽ hình) Khí etilen sinh có thể lẫn những tạp chất gì ? Giải thích bằng phản ứng hóa học Nêu cách loại bỏ tạp chất đó ? (Có trình bày hình vẽ) Khi tiến hành thí nghiệm – Bài (SGK Hóa học 12 nâng cao): Phản ứng của nhơm với dung dịch CuSO4, hai học sinh tiến hành sau: Học sinh 1: Đánh nhôm bằng giấy ráp rồi nhúng vào dung dịch CuSO4 bão hòa Học sinh 2: Nhúng nhôm chưa đánh giấy ráp vào dung dịch CuSO4 bão hòa Theo anh (chị) hai học sinh quan sát được hiện tượng nào, sao? Hóa chất: ancol etilic khan (hoặc cồn 96o), H2SO4 đặc, dung dịch Ca(OH)2 hoặc NaOH, 0,50 CuSO4 khan Dụng cụ: ống nghiệm có nhánh, ống dẫn khí, nút cao su có lỗ, đá bọt, đèn cồn, giá đỡ 0,50 Cách tiến hành: Cho 2ml ancol etilic khan vào ống nghiệm khô, có sẵn vài viên đá bọt, 1,00 sau đó thêm từng giọt H2SO4 đặc (4ml), đồng thời lắc Đun nóng hỗn hợp phản ứng cho dung dịch không trào lên ống dẫn khí Khi đun nóng hỗn hợp có phản ứng sau: 1,00 H2 SO4 C2 H5 OH    C2 H4  H2 O 170o C o C2 H 5OH  H SO4  t 2CO2  6SO2  H 2O Vậy tạp chất có CO2, SO2, nước 1,00 Nêu cách loại bỏ tạp chất có ảnh hưởng đến etilen: Các phản ứng loại bỏ tạp chất: SO2 + 2NaOH dư  Na2SO3 + H2O CO2 + 2NaOH dư  Na2CO3 + H2O 5H2O + CuSO4  CuSO4.5H2O (Hình vẽ bên) Thí nghiệm của học sinh 1: Nhận thấy có Cu màu đỏ bám vào có khí thoát từ 0,50 đầu, dung dịch có màu xanh nhạt dần Do: 2Al + 3Cu2+  2Al3+ + 3Cu 2Al +6H+  2Al3+ + 3H2  H+ sinh sự thủy phân CuSO4 Cu 2  H 2O  Cu (OH )   H  Thí nghiệm của học sinh 2: Thời gian đầu chưa có hiện tượng gì xảy ra, sau đó quan sát 0,50 được hiện tượng giống thí nghiệm của học sinh Do không cạo lớp oxit bao phủ bên ngồi miếng nhơm nên nhơm khơng tham gia phản ứng với môi trường Sau thời gian lớp oxit bị hòa tan H + của CuSO4 thủy phân tác dụng: Al2O3 + 6H+  2Al3++3H2O Khi nhôm oxit tan hết, Al tác dụng với Cu2+ H+ Nếu thí sinh có cách giải khác, đúng cho điểm tối đa Hết ... bão hòa Theo anh (chị) hai học sinh quan sát được hiện tượng nào, sao? Hóa chất: ancol etilic khan (hoặc cồn 96o), H2SO4 đặc, dung dịch Ca(OH)2 hoặc NaOH, 0,50 CuSO4 khan Dụng cụ:... dung dịch X thì được 58,8g muối khan Tìm số mol HNO3 đã phản ứng Vì X hỗn hợp hai an? ?êhit đơn chức nên Y hỗn hợp hai ancol đơn chức  nX = nY Do Y hai ancol đơn chức nên số mol H thoát...  43, 48 bằng nửa Y  nX 2nH 2 22, 0,31 Trong X chứa an? ?ehit có phân tử khối nhỏ 43,48  an? ?ehit đó phải HCHO Gọi công thức an? ?êhit còn lại (CH C)tR-CHO (t  0) Đặt số mol HCHO (CH