Đáp án HSG Thanh Hóa 2010

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH THANH HÓA 2010 Câu 1: 1. Z = .25 2 50 = => Z A < Z -8 = 17 => A thuộc chu kì 2, B thuộc chu kì 3 và C thuộc chu kì 4. => Z A + (Z A + 8 + 18) = 50 => Z A = 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 + O 2 → 2NO 2 a> Có: ].[].[ 2 2 ONOkv = b> Khi tăng nồng độ NO lên gấp đôi, giữ nguyên nồng độ O 2 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 * 4NO 2 + O 2 + 4NaOH → 4NaNO 3 + 2H 2 O NO 2 là chất khử, O 2 là chất oxi hóa, NaOH là môi trường. * NO 2 + 2NaOH → NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O NO 2 Vừa là chất oxi hóa vừa là chất khử, NaOH là môi trường. - D + KMnO 4 /H 2 SO 4 . * NaOH + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2H 2 O NaOH là bazơ, H 2 SO 4 là axit. * 5NaNO 2 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 → 5NaNO 3 + K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 3H 2 O. NaNO 2 là chất khử, KMnO 4 là chất oxi hóa, H 2 SO 4 là môi trường. - G + Cu + H 2 SO 4 . * 2NaNO 3 + 3Cu + 4H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 3CuSO 4 + 2NO ↑ + 4H 2 O. NaNO 3 là chất oxi hóa, Cu là chất khử, H 2 SO 4 là môi trường. Câu 2: 1. BaO + H 2 SO 4 → BaSO 4↓ + H 2 O. * Trường Hợp 1: Dư BaO. BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 . Ba(OH) 2 + 2Al + 2H 2 O → Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2 ↑ . Ba(AlO 2 ) 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3↓ + 2NaAlO 2 * Trường hợp 2: Dư H 2 SO 4 . 2Al + 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 . Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Na 2 CO 3 + 3H 2 O → 2Al(OH) 3↓ + 3Na 2 SO 4 + 3CO 2 ↑ . 2. Dùng H 2 SO 4 đặc cho vào 5 ống nghiệm. Trích các mẫu thử và đánh STT rồi lần lượt cho vào các ống nghiệm đựng H 2 SO 4 . Hiện tượng được ghi lại bảng sau. CaCO 3 . SiO 2 Na 2 CO 3 NaCl P.E H 2 SO 4 ↓ + ↑ Không tan ↑ Tan Không tan Nhận biết: Chất tạo vấn đục và có khí thoát ra là CaCO 3 . CaCO 3 + H 2 SO 4 → CaSO 4 ↓ + H 2 O + CO 2 ↑ . Chất chỉ tạo khí là Na 2 CO 3 Na 2 CO 3 + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + H 2 O + CO 2 ↑ . Chất tan không tạo khí là NaCl. Hai chất không tan là SiO 2 và P.E cho hai mẫu này vào NaOH đặc nóng, chất nào tan chậm là SiO 2 , chất không tan là P.E. 2NaOH + SiO 2 → Na 2 SiO 3 + H 2 O. 3. Cho hỗn hợp vào dung dịch NH 3 dư thu được kết tủa và dung dịch gồm NaCl và NH 4 Cl 3NH 3 + 3H 2 O + AlCl 3 → Al(OH) 3↓ + 3NH 4 Cl 2NH 3 + 2H 2 O + MgCl 2 → Mg(OH) 2↓ + 2NH 4 Cl. Lọc lấy kết tủa và nước lọc. Nước lọc đem cô cạn rồi nung nóng thì NH 4 Cl 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 CO 2 dư thu được kết tủa NaOH + CO 2 → NaHCO 3 . Na[Al(OH) 4 ] + CO 2 → NaHCO 3 + Al(OH) 3↓ . Cho kết tủa vào HCl dư rồi cô cạn, H 2 O và HCl bay hơi còn lại AlCl 3. Al(OH) 3↓ + 3HCl → AlCl 3 + 3H 2 O. Câu 3: 1. a> CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 3 + Cl 2 → AS HCl + CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 2 Cl (A) x x HCl + CH 3 -CH 2 -CHCl-CH 3 (B) y y Tổng số phần sản phẩm (A) và (B) là: 6.1 + 4.3 = 18. % sản phẩm (A) = %33,33%100. 18 6 = => % sản phẩm (B) = 66,67% HCl + NaOH → NaCl + H 2 O )(6,075,0.8,0 molnn NaOHHCl === )(5,165,82* 3 1 *6,0 gamm A == ; )(0,335,82* 3 2 *6,0 gamm B == . b> Công thức cấu tạo của : Các PTPƯ : Dựa vào số vị trí không tương đương để điền nhóm thế. 2. A là : C 2 H 5 OOC-CH 2 -COOC 6 H 5 . B là : NaOOC-CH 2 -COONa. C là : C 2 H 5 OH D là : C 6 H 5 ONa E là : C 2 H 4 G là : CH 2 Cl-CH 2 Cl H là : CH≡CH I là : C 6 H 6 ( benzen) K là : C 6 H 5 Cl K là : C 6 H 5 OH. Xác định được CTCT của A 0,2 điểm còn lại mỗi công thức 0,1 điểm, mỗi ptpư 0,1 điểm. 3. CaCO 3 → 0 t CaO + CO 2 CaO + 3C  → 0 ,tLD CaC 2 + CO CaC 2 + 2H 2 O → Ca(OH) 2 + C 2 H 2 . 3C 2 H 2  → Cthan 0 600, C 6 H 6 ( benzen). C 6 H 6 + Cl 2 → Fe C 6 H 5 Cl + HCl a> Điều chế m-aminophenol. C 6 H 6 + HO-NO 2  → 0 42 ,tSOH C 6 H 5 -NO 2 + H 2 O Hoặc Chất A Chất B Chất C: Chất D: Hoặc C 6 H 5 -NO 2 + Cl 2 → Fe m-ClC 6 H 4 -NO 2 + HCl b> Điều chế o-aminophenol C 6 H 5 Cl + NaOH → 0 ,tp C 6 H 5 OH + NaCl C 6 H 5 OH + HO-NO 2  → 0 42 ,tSOH o-HO-C 6 H 4 -NO 2 + H 2 O o-HOC 6 H 4 -NO 2 + 6H  → +HClFe o-ClC 6 H 4 -NH 2 + 2H 2 O c> Điều chế 2-clo-4-nitrophenol. C 6 H 5 OH + HO-NO 2  → 0 42 ,tSOH p-HO-C 6 H 4 -NO 2 + H 2 O p-HO-C 6 H 4 -NO 2 + + Cl 2 → Fe HO-C 6 H 3 (p-NO 2 )-o-Cl + HCl. d> Điều chế m-bromphenol. C 6 H 5 OH + (CH 3 CO) 2 → C 6 H 5 OOCCH 3 + CH 3 COOH C 6 H 5 OOCCH 3 + Br 2 → Fe m-Br-C 6 H 4 OOCCH 3 + HBr m-Br-C 6 H 4 OOCCH 3 + H 2 O  → lSOH , 42 m-Br-C 6 H 4 OH + CH 3 COOH Câu 4 : D là ancol => )(01,0 2 1 2 1 2 molnnnn NOAgandehitD ==== => 74 01,0 74,0 == D M => D là C 4 H 9 OH. Gọi CT của axit là C n H 2n+1-2a COOH thì CT este là C n H 2n+1-2a COOC 4 H 9 . Khi đốt cháy : C n H 2n+1-2a COOH → + 2 O (n+1)CO 2 + (n+1-a)H 2 O C 4 H 9 OH → + 2 O 4CO 2 + 5H 2 O C n H 2n+1-2a COOC 4 H 9 → + 2 O (n+5)CO 2 + (n+5-a)H 2 O Theo bài ra ta có hệ:          =+ =−+++−+ =++++ =−+++−+ =+ 025,0 .14,0)5(5)1( .155,0)5(4)1( 1,3)210214(74)24614( 02,0 zx zanyxan znyxn zanyxan zy Giải hệ ta được :          = = = = = 1 2 01,0 01,0 015,0 a n z y x Vậy công thức của : axit là : CH 2 =CH-COOH Ancol là : C 4 H 9 OH ESTE là : CH 2 =CH-COOC 4 H 9 . p = 0,025*94 = 2,35 gam % Axit = %84,34%100 1,3 72*015,0 = % Ancol = %87,23%100 1,3 74*01,0 = % ESTE = 100%-34,84%-23,87%= 41,29% Câu 5 : 1. Cu → Cu 2+ + 2e NO 3 - + 4H + + 3e → NO + 2H 2 O NO 3 - + 2H + + e → NO 2 + H 2 O 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 NO 2 là z ta có:        =+ += += 8,0 4630 3 64 *2 yx yxm yx m Giải ra ta được :      = = = 66,0 14,0 56,34 y x m Đáp số : m = 34,56 (gam). 2. )(045,0 2 moln H = 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 + 2H 2 O → 2MOH + H 2 ↑ . (1) x x/2 M’ + 2MOH + 2H 2 O → M 2 [M’(OH) 4 ] + H 2 ↑ . (2) y 2y y y HCl + MOH → MCl + H 2 O (3) M 2 [M’(OH) 4 ] + 2HCl → 2MCl + M’(OH) 2 ↓ + 2H 2 O (4) M’(OH) 2 ↓ + 2HCl → M’Cl 2 + 2H 2 O. (5) Khi cô cạn phần 1 ta được : 2 2yx − mol MOH và 2 y mol M 2 M’O 2 Theo bài ra ta có hệ :      =+ =+ =++++− 09,02 25,3' 06,4)32'2()17)(2( yx yMMx MMyMyx giải ra ta được :      = = =+ 02,0 05,0 25,3' y x yMMx => 43,46 07,0 25,3 ==M . 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 : M Li Na K 7 23 39 M’ - - Zn 145 107,5 65 Chỉ có cặp M = 39 và M’ = 65 là phù hợp. a> )(30,102,0*65 );(95,105,0*39 gammgamm ZnK ==== b> Theo PƯ (3) thì )(005,0 2 2 mol yx nn KOHHCl = − == => lượng HCl còn dư từ PƯ (3) = 0,03 (mol) > 22 2 ZnOK n Theo PƯ (4) thì = 2 )(OHZn n )(01,0 22 moln ZnOK = ở PƯ (5) HCl + MOH → MCl + H 2 O (3) 0,005 0,005 M 2 [M’(OH) 4 ] + 2HCl → 2MCl + M’(OH) 2 ↓ + 2H 2 O (4) 0,01 0,02 0,01 M’(OH) 2 ↓ + 2HCl → M’Cl 2 + 2H 2 O. (5) 0,01 0,01 0,005 0,01 Còn : 0,005 Vậy khối lượng kết tủa là : )(445,0005,0*89 2 )( gamm OHZn == . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH THANH HÓA 2010 Câu 1: 1. Z = .25 2 50 = => Z A < Z -8 = 17 => A thuộc chu kì. 4NaNO 3 + 2H 2 O NO 2 là chất khử, O 2 là chất oxi hóa, NaOH là môi trường. * NO 2 + 2NaOH → NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O NO 2 Vừa là chất oxi hóa vừa là chất khử, NaOH là môi trường. - D + KMnO 4 /H 2 SO 4 . *. khử, KMnO 4 là chất oxi hóa, H 2 SO 4 là môi trường. - G + Cu + H 2 SO 4 . * 2NaNO 3 + 3Cu + 4H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 3CuSO 4 + 2NO ↑ + 4H 2 O. NaNO 3 là chất oxi hóa, Cu là chất khử, H 2 SO 4