Đáp án HSG 12 Thanh hóa

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. Câu Ý Nội dung Điểm 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 + H 2 SO 4 đ 0 250 C< → NaHSO 4 + HCl Hoặc 2NaCl + H 2 SO 4 đ 0 400 C> → Na 2 SO 4 + 2HCl CaF 2 + H 2 SO 4 đ 0 t → CaSO 4 + 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 H 2 SO 4 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 29 Cu Cấu hình e: Cu [Ar]3d 10 4s 1 hoặc 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 1 ; Cu + :[Ar]3d 10 ; Cu 2+ :[Ar]3d 9 . * Cu 2+ có khả năng tạo phức với NH 3 : - do có nhiều obitan hóa trị, trong đó có obitan trống. => Cu 2+ có khả năng tạo liên kết cho-nhận với cặp e của NH 3 => Công thức phức [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ 0,25đ 0,25 đ c - Trong CO 3 2- nguyên tử C không còn electron chưa tạo liên kết nên không thể tạo liên kết thêm với nguyên tử oxi thứ 3. - Trong SO 3 2- 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+ + 3PO 4 3- + OH - → ¬  Ca 5 (PO 4 ) 3 OH (*) - Khi ăn, thức ăn còn lưu lại trên răng có các axit axetic…nên có phương trình: H + + OH - > H 2 O => làm hỏng mem răng. - Khi đánh răng có NaF, SnF 2 sẽ bổ sung F - cho cân bằng: 5Ca 2+ + 3PO 4 3- + F - > Ca 5 (PO 4 ) 3 F => Hợp chất Ca 5 (PO 4 ) 3 F sẽ thay thế một phần Ca 5 (PO 4 ) 3 OH 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 )(OHBa n = 171.100 254,1.300 = 0,022 mol; 43 POH n = 0,5 . 0,04 = 0,02 mol; 42 SOH n = 0,5 . 0,02 = 0,01 mol - Đầu tiên: Ba(OH) 2 + H 2 SO 4  BaSO 4 + 2H 2 O 0,022 0,01 mol 0,01 0,01 0,01 mol Còn 0,012 mol - Sau đó Ba(OH) 2 + 2H 3 PO 4  Ba(H 2 PO 4 ) 2 + 2H 2 O 0,012 0,02 mol 0,01 0,02 0,01 mol Còn 0,002 0,5đ 0,25đ Trang 1 - Sau đó Ba(OH) 2 + Ba(H 2 PO 4 ) 2  2BaHPO 4 + 2H 2 O 0,002 0,01 mol 0,002 0,002 0,004 mol Còn 0,008 => Khối lượng của BaSO 4 : 0,01 . 233 = 2,33 gam => Khối lượng của Ba(H 2 PO 4 ) 2 : 331 . 0,008 = 2,648 gam. => Khối lượng của BaHPO 4 : 0,004 . 233 = 0,932 gam 0,25đ 0,5đ 3 1) 2KMnO 4 0 t → K 2 MnO 4 + O 2 + MnO 2 => A là O 2 2) 10FeCl 2 + 6KMnO 4 + 24 H 2 SO 4 loãng →10 Cl 2 ↑+ 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3K 2 SO 4 + 6MnSO 4 + 24 H 2 O => B là Cl 2 . 3) 4FeS + 7 O 2 0 t → 4SO 2 ↑ + 2Fe 2 O 3 => C là SO 2 4) FeS 2 + 2HCl > H 2 S ↑ +FeCl 2 + S↓ => D là H 2 S. 5) Na 3 N + 3H 2 O > NH 3 ↑ + 3NaOH => E là NH 3 . Cho các khí O 2 , Cl 2 , SO 2 , H 2 S, NH 3 tác dụng với nhau từng cặp ta có: Các phương trình hóa học(*). 2SO 2 + O 2  → 0 52 ,tOV 2SO 3 (1) 2H 2 S + O 2 thiếu → 2S + 2H 2 O (2) 2H 2 S + 3O 2 dư 0 t → 2SO 2 + 2H 2 O (3) Cl 2 + SO 2 0 t → SO 2 Cl 2 (4) Cl 2 + H 2 S 0 t → 2HCl + S↓ (5) 3Cl 2(dư) + 2NH 3 0 t → N 2 + 6HCl (6) 3Cl 2(thiếu) + 8NH 3 0 t → N 2 + 6NH 4 Cl (7) 2H 2 S + SO 2 > 3S + 2H 2 O (8) 3O 2 + 4NH 3 0 t → 2N 2 + 6H 2 O (9) 5O 2 + 4NH 3 0 ,t cao Pt → 4NO + 6H 2 O (10) 7O 2(dư) + 4NH 3 0 ,t cao Pt → 4NO 2 + 6H 2 O (11) Chú ý: (*) viết 10 phương trình trở lên cho điểm tối đa 1,0 đ 1,0 đ Do HNO 3 dư nên Fe sẽ tạo muối Fe 3+ => Coi Fe và M có công thức chung M => n Y = 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/N 2 O = 3/2. => Phương trình hóa học của phần 1: 25 M + 96HNO 3 0 t → 25 M (NO 3 ) 3 + 9NO + 6 N 2 O + 48H 2 O (1) => M n = = 9 25.18,0 0,5 mol. 0,25 đ 0,25 đ Trang 2 O 2 Cl 2 SO 2 H 2 S NH 3 O 2 không không có có có Cl 2 không không có có có SO 2 có có không có không H 2 S có có có không không NH 3 có có không không không 4 a X tác dụng với kiềm có khí thoát ra nên M sẽ phản ứng. => Phương trình hóa học của phần 2: M + 3H 2 O + OH -  [M(OH) 4 ] - + 3/2H 2 (2) >2. 0,3/3=0,2 >0,3 mol => 0,5 > n M > 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 7,856 − 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 %m Al = %97,41%100. 3,19 27.3,0 = ; %m Fe = 58,03% 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ b Theo (1) 3 HNO n =96. 0,18/9 = 1,92 mol => Khối lượng HNO 3 phản ứng = 63. 1,92 = 120,96 gam 0,5 đ 5 a KCr(SO 4 ) 2 .12H 2 O → K + + Cr 3+ + 2SO 4 2- + 12H 2 O Ion Cr 3+ gây ra màu cho dung dịch. 0,5 đ b - Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca 2+ , Mg 2+ . - Nguyên tắc làm mềm nước cứng: làm giảm hàm lượng Ca 2+ , Mg 2+ 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: Na 2 CO 3 và Na 3 PO 4 . => Các phương trình: M(HCO 3 ) 2 → 0 t MCO 3 + CO 2 + H 2 O ( M 2+ là Ca 2+ , Mg 2+ ) M 2+ + CO 3 2-  MCO 3 3M 2+ + 2PO 4 3-  M 3 (PO 4 ) 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 CO 2 ; O 2 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  Fe 2+ + 2e - Cực dương: O 2 + 2H 2 O + 4e  4OH - => Fe 2+ vào dung dịch điện ly tiếp tục bị oxi hóa: Fe 2+  Fe 3+ + 1e Nên trong thành phần thép gỉ chủ yếu là: Fe 2 O 3 .nH 2 O 6 a Công thức đồng trùng hợp của 2 monome: xCH 3 -CH=CH 2 + yCH 2 =CH-CN 0 t , xt,p → [ (CH 2 -CH(CH 3 )) x -(CH 2 -CH (CN)) y ]- Ta có phương trình phản ứng cháy: C 3x+y H 6x+3y N y + (9x/2 + 15y/4) O 2 0 t → (3x+y)CO 2 + (3x+3y/2)H 2 O + y/2 N 2 Theo định luật Avogađro, ta có: 3 3 1 .100% 57,143% 6 5 3 + = => = + x y x x y y Propilen / acrilonitrin =1/3 0,25đ 0,25đ 0,5 đ b CH 4 + Cl 2 as → CH 3 Cl + H 2 O. Khơi mào: Cl 2 > 2Cl * Phát triển mạch: Cl * + CH 4 > CH 3 * + HCl CH 3 * + Cl 2 > CH 3 Cl + Cl * Tắt mạch: CH 3 * + Cl * > CH 3 Cl. Cl * + Cl * > Cl 2 Trang 3 CH 3 * + CH 3 * > C 2 H 6 ( sản phẩm phụ) Tiếp tục. Cl * + C 2 H 6 > C 2 H 5 * + HCl C 2 H 5 * + Cl 2 > C 2 H 5 Cl + Cl * Tắt mạch: C 2 H 5 * + Cl * > C 2 H 5 Cl. Cl * + Cl * > Cl 2 C 2 H 5 * + C 2 H 5 * > C 4 H 10 0,5đ 0,5đ 7 a - 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 + M 2 CO 3 + Na 2 CO 3 => Đốt cháy R-H cho số mol nước lớn hơn số mol CO 2 . Vậy X có công thức: C n H 2n+1 COOR’ - Đốt cháy A có các phương trình : 2C n H 2n+1 COOM + (3n+1)O 2 → (2n+1)CO 2 + (2n+1)H 2 O + M 2 CO 3 (2) Nếu dư MOH thì có thêm phản ứng : 2MOH + CO 2 → M 2 CO 3 + H 2 O (3) Ta có: MOH m = 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 M 2 CO 3 theo sơ đồ : 2MOH → M 2 CO 3 => )17(2 2,7 +M = 602 54,9 +M → M = 23 . Vậy M là: Na Mặt khác, có R’ + 17 = 1,0 2,3 = 32 → R’ = 15 => R’ là CH 3 . Vậy ancol B là CH 3 OH => NaOH n ban đầu = 7,2 / 40 = 0,18 mol => NaOH n ở (3) = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol Theo (3) => 2 CO n (3) = OH n 2 (3) = 0,04 mol Vậy sự cháy của 0,1 mol RCOONa trong 0,08 mol NaOH và O 2 đã tạo ra một lượng CO 2 và hơi H 2 O là: [0,1. 2 )12( +n - 0,04].44 + [0,1. 2 )12( +n + 0,04].18 = 8,26 => n = 1.Vậy CTCT của X là CH 3 COOCH 3 0,25đ 0,5đ 0,5đ b CH 3 COOCH 3 + KOH → CH 3 COOK + CH 3 OH 0,02 0,02 0,02 0,02 mol => m ancol B = 0,02. 32 = 0,64 gam => este Y khi tác dụng với dd KOH không tạo ancol. m muối tạo ra từ Y = 3,38 - m muối tạo ra từ X = 3,38 – 1,96 = 1,42 gam (*) Theo định luật bảo toàn khối lượng có : m este Y + m KOH 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 : CH 3 CH CH 2 C O O 0,25 đ 0,5 đ 8 - Gọi M là khối lượng phân tử các aminoaxit: M A = M Ala + M Gly + M phe – 2.18 => A là tripepit được tạo nên từ 3 aminoaxit Gly (M = 75), Ala (M = 89) và Phe (M= 165) Trang 4 a - 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 ; M B = 0,472/0,004 = 118 gam/mol => không có kết quả => Loại. => B là đipeptit => M B = 0,472/0,002 = 236 gam/mol * Nếu C aminoaxit: => n C = n NaOH = mol006,0 40100 6,1022.17,14 = × ×× => M C = 0,666/0,006 = 111 gam/mol. => không có kết quả => Loại. => C là đipeptit => M c = 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: H 2 NCH(CH 3 )CO-NHCH(CH 2 -C 6 H 5 )CO-NHCH 2 COOH Gly-Phe-Ala: H 2 NCH 2 CO-NHCH(CH 2 -C 6 H 5 )CO-HNCH(CH 3 )COOH 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ b - Đặt công thức A, B là C n H 2n+2 ; C m H 2m+2 ( m > n >0) => m = n + k => Công thức trung bình: n 2n 2 C H + . Theo phương trình: n 2n 2 C H + + ( 3n 1 2 + ) O 2 → n CO 2 + ( n + 1 ) H 2 O 1,0 n mol a 14n 2+ an 14n 2+ mol => 2 CO an b n 14n 2 44 = = + => 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: C 5 H 12 và C 7 H 16 => n =6 => A, B là: C 6 H 14 và C 8 H 18 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 + , Cu 2+ , 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 (-): Cu 2+ > H + Cu 2+ + 2e  Cu 0 2H + + 2e  H 2 + Tại anot (+): Cl - > OH - 2Cl -  2e + Cl 2 2OH -  H 2 O + ½ O 2 + 2e => Phương trình điện phân: Ban đầu CuCl 2 → đp Cu + Cl 2 (1) Sau (1): 2HCl → đp H 2 + Cl 2 (2) Sau (2): 2NaCl + 2 H 2 O  → mnđpdd , H 2 + Cl 2 + 2NaOH (3) Sau (3) môi trường bazơ: H 2 O  → − OHđp, H 2 + 1/2O 2 (4) 0,25 đ 0,25đ Trang 5  (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 0,25đ 0,25đ pH CuCl 2 HCl NaCl H 2 O Quá trình điện phân 0,5 đ b Theo 2HCl → đp H 2 + Cl 2 (2) 0,01 0,005 mol. 2NaCl + 2 H 2 O  → mnđpdd , H 2 + Cl 2 + 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 CH 3 COOH thành Ca(CH 3 COO) 2 - Cô cạn và thêm H 2 SO 4 và chưng cất CH 3 COOH sinh ra. 0,5 đ b - Các phương trình xảy ra chủ yếu: MnO 2 + 4HCl 0 t → MnCl 2 + Cl 2 + 2H 2 O (*) H 2 SO 4 đặc + nH 2 O > H 2 SO 4 .nH 2 O 2NaOH + Cl 2 > NaCl + NaClO + H 2 O - Trong phương trình (*) MnO 2 (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. Trang 6 12 7 13 2 . CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HOÁ Năm học: 2 012- 2013 Môn thi: HOÁ HỌC. Lớp 12- THPT Ngày thi: 15/03/2013 Hướng dẫn này gồm 06 trang. Câu Ý Nội dung Điểm 1 a - So sánh tính axit: HF < HCl. 0,18/9 = 1,92 mol => Khối lượng HNO 3 phản ứng = 63. 1,92 = 120 ,96 gam 0,5 đ 5 a KCr(SO 4 ) 2 .12H 2 O → K + + Cr 3+ + 2SO 4 2- + 12H 2 O Ion Cr 3+ gây ra màu cho dung dịch. 0,5 đ b - Nước. BaSO 4 + 2H 2 O 0,022 0,01 mol 0,01 0,01 0,01 mol Còn 0, 012 mol - Sau đó Ba(OH) 2 + 2H 3 PO 4  Ba(H 2 PO 4 ) 2 + 2H 2 O 0, 012 0,02 mol 0,01 0,02 0,01 mol Còn 0,002 0,5đ 0,25đ Trang