Đang tải... (xem toàn văn)
- 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]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 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 - So sánh tính axit: HF < HCl < HBr < HI => Mặc dù độ âm điện F > Cl > Br > I bán kình nguyên tử F < Cl < Br < I => Liên kết hiđro dung dịch HX bền dần từ HI đến HF => Liên kết H-X bị phân li tạo H+ tan vào nước nhiều dần từ HF đến HI - Chỉ có HCl, HF có thể điều chế theo phương pháp sunfat: a Điểm 0,5 đ 250 C NaCl + H2SO4 đ NaHSO4 + HCl 400 C Hoặc 2NaCl + H2SO4 đ Na2SO4 + 2HCl t0 CaF2 + H2SO4 đ CaSO4 + 2HF ( với NaF, KF ) - HBr, HI không thể điều chế theo phương pháp sunfat là HBr, HI có tính khử mạnh, tác dụng với H2SO4 đ * Gọi số tổng số hạt p; n; e tương ứng X là Z; N; E 2Z+N=92 63 2Z-N=24 => E=Z=29; N=34 => Là đồng vị 29 Cu b c a b 0,5 đ 0,25đ Cấu hình e: Cu [Ar]3d104s1 1s22s22p63s23p63d104s1; Cu+:[Ar]3d10; Cu2+:[Ar]3d9 * Cu2+ có khả tạo phức với NH3: - có nhiều obitan hóa trị, đó có obitan trống => Cu2+ có khả tạo liên kết cho-nhận với cặp e NH3 0,25 đ => Công thức phức [Cu(NH3)4]2+ - Trong CO32- nguyên tử C không còn electron chưa tạo liên kết nên không thể tạo liên 0,25đ kết thêm với nguyên tử oxi thứ - Trong SO32- nguyên tử S còn cặp electron chưa tạo liên kết nên có thể tạo liên kết thêm với nguyên tử oxi thứ 0,25đ Phương trình: 5Ca2+ + 3PO43- + OHCa5(PO4)3OH (*) - Khi ăn, thức ăn còn lưu lại trên có các axit axetic…nên có phương trình: H+ + OH- > H2O 0,25 đ => làm hỏng mem - Khi đánh có NaF, SnF2 bổ sung F- cho cân bằng: 5Ca2+ + 3PO43- + F- > Ca5(PO4)3F => Hợp chất Ca5(PO4)3F thay phần Ca5(PO4)3OH bị phá hủy - Ăn trầu có Ca(OH)2 nêu ăn có OH- Ca(OH)2 tạo làm cho cân (*) chuyển dịch chiều thuận nên men không bị và 0,25đ OH ¿2 300 , 254 = 0,022 mol; n H PO = 0,5 0,04 = 0,02 mol; Ba ¿ = 100 171 n¿ n H SO = 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 4 0,5đ 0,25đ (2) - 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 BaSO4 : 0,01 233 = 2,33 gam => Khối lượng Ba(H2PO4)2: 331 0,008 = 2,648 gam => Khối lượng BaHPO4: 0,004 233 = 0,932 gam 0,25đ 0,5đ t 1) 2KMnO4 K2MnO4 + O2 + MnO2 => A là O2 2) 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24 H2SO4 loãng →10 Cl2+ 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24 H2O => B là Cl2 t0 3) 4FeS + O2 4SO2 + 2Fe2O3 => C là SO2 4) FeS2 + 2HCl > H2S +FeCl2 + S => D là H2S 5) Na3N + 3H2O > NH3 + 3NaOH => E là NH3 Cho các khí O2, Cl2, SO2, H2S, NH3 tác dụng với cặp ta có: O2 Cl2 không không O2 không không Cl2 SO2 có có H2S có có NH3 có có Các phương trình hóa học(*) 2SO2 + O2 ⃗ V O5 ,t 2SO3 SO2 có có không không không có không 2S + 2H2O 2H2S + O2 thiếu t 2H2S + 3O2 dư 2SO2 + 2H2O t0 Cl2 + SO2 SO2Cl2 t0 H2S có có có Cl2 + H2S 2HCl + S t0 3Cl2(dư) + 2NH3 N2 + 6HCl t0 3Cl2(thiếu) + 8NH3 N2 + 6NH4Cl 2H2S + SO2 > 3S + 2H2O t0 3O2 + 4NH3 2N2 + 6H2O 1,0 đ NH3 có có không không không (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) t cao , Pt a 5O2 + 4NH3 4NO + 6H2O (10) t cao , Pt 7O2(dư) + 4NH3 4NO2 + 6H2O (11) Chú ý: (*) viết 10 phương trình trở lên cho điểm tối đa Do HNO3 dư nên Fe tạo muối Fe3+=> Coi Fe và M có công thức chung M => nY = 0,3 mol => Khối lượng trung bình Y: 35,6 g/mol Hỗn hợp Y là 0,3 mol; a là số mol NO => 30a + (0,3-a)44 = 35,6 => a= 0,18 mol => Tỉ lệ mol NO/N2O = 3/2 => Phương trình hóa học phần 1: t0 25 M + 96HNO3 25 M (NO3)3 + 9NO + N2O + 48H2O (1) ,18 25 =¿ 0,5 mol => n M = X tác dụng với kiềm có khí thoát nên M phản ứng => Phương trình hóa học 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 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ (3) b a b c - Gọi x là số mol M => số mol Fe: 0,5 -x mol 56 x − 8,7 => Mx + (0,5-x)56 = 19,3 => M = với 0,2 < x < 0,5 x 8,7 8,7 => x= => 0,2 < < 0,5 => 12,5 < M < 38,6 => Chỉ có Al 56 − M 56 − M => x= 0,3 mol 0,3 27 100 %=41 , 97 % ; %mFe = 58,03% Vậy %mAl = 19 ,3 Theo (1) nHNO =96 0,18/9 = 1,92 mol => Khối lượng HNO3 phản ứng = 63 1,92 = 120,96 gam KCr(SO4)2.12H2O K+ + Cr3+ + 2SO42- + 12H2O Ion Cr3+ gây màu cho dung dịch - Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca2+, Mg2+ - Nguyên tắc làm mềm nước cứng: làm giảm hàm lượng Ca2+, Mg2+ thành phần nước cứng - Phương pháp đơn giản làm nước cứng tạm thời là đun nóng nước cứng - hóa chất thông dụng làm mềm nước cứng vĩnh cửu là: Na2CO3 và Na3PO4 => Các phương trình: 2+ 2+ 2+ M(HCO3)2 ⃗ t MCO3 + CO2 + H2O ( M là Ca , Mg ) M2+ + CO32- MCO3 3M2+ + 2PO43- M3(PO4)2 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ - Gang, thép bị phá hủy môi trường không khí là tượng ăn mòn điện hóa - Giải thích: Gang, thép là hợp kim Fe và cacbon, không khí ẩm có CO2; O2 tạo lớp chất điện ly phủ lên bề mặt gang, thép làm xuất 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 thành phần thép gỉ chủ yếu là: Fe2O3.nH2O Công thức đồng trùng hợp monome: t , xt,p a b xCH3-CH=CH2 + yCH2=CH-CN [ (CH2-CH(CH3))x-(CH2-CH (CN))y ]Ta có phương trình phản ứng cháy: t C3x+yH6x+3yNy + (9x/2 + 15y/4) O2 (3x+y)CO2 + (3x+3y/2)H2O + y/2 N2 0,25đ 0,25đ 3x y x 100% 57,143% 0,5 đ y Theo định luật Avogađro, ta có: x y Propilen / acrilonitrin =1/3 as CH4 + Cl2 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) 0,5đ Tiếp tục Cl* + C2H6 > C2H5* + HCl C2H5* + Cl2 > C2H5Cl + Cl* Tắt mạch: C2H5* + Cl* > C2H5Cl Cl* + Cl* > Cl2 (4) a C2H5* + C2H5* > C4H10 - Gọi công thức este là RCOOR’ cho tác dụng với MOH RCOOR’ + MOH → RCOOM + R’OH (1) - Nung A NaOH đặc có CaO 2RCOOM + 2NaOH → 2R-H + M2CO3 + Na2CO3 => Đốt cháy R-H cho số mol nước lớn 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 MOH đã chuyển hóa thành 9,54 gam M2CO3 theo sơ đồ : 7,2 ,54 2MOH → M2CO3 => = → M = 23 Vậy M là: Na M +60 2( M +17) 3,2 Mặt khác, có R’ + 17 = = 32 → R’ = 15 => R’ là CH3 Vậy ancol B là CH3OH 0,1 => nNaOH ban đầu = 7,2 / 40 = 0,18 mol => nNaOH (3) = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol Theo (3) => nCO (3) = n H O (3) = 0,04 mol Vậy cháy 0,1 mol RCOONa 0,08 mol NaOH và O2 đã tạo lượng CO2 và H2O là: (2 n+1) (2 n+1) [0,1 - 0,04].44 + [0,1 + 0,04].18 = 8,26 2 => n = 1.Vậy CTCT X là CH3COOCH3 0,5đ 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 tác dụng với dd KOH không tạo ancol mmuối tạo từ Y = 3,38 - mmuối tạo 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 este Y tác dụng với KOH tạo sản phẩm hay Y là este vòng dạng : Công thức cấu tạo Y là : CH CH CH C 0,25 đ O O 0,5 đ a - Gọi M là khối lượng phân tử các aminoaxit: MA = MAla + MGly + Mphe – 2.18 => A là tripepit tạo nên từ aminoaxit Gly (M = 75), Ala (M = 89) và Phe (M= 165) - Khi thủy phân không hoàn toàn A thu 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 => Loại => B là đipeptit => MB = 0,472/0,002 = 236 gam/mol * Nếu C aminoaxit: 14 , ×1 022 ×1,6 =0 , 006 mol => MC = 0,666/0,006 = 111 => nC = nNaOH = 100 ×40 0,25 đ (5) gam/mol 0,25 đ => không có kết => Loại => C là đipeptit => Mc = 0,666/0,003 = 222 gam/mol => B: Ala-Phe Phe-Ala vì 165 + 89 – 18 = 236 => C: Gly-Phe Phe-Gly vì 165 + 75 – 18 = 222 => CTCT 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 - Đặt công thức A, B là CnH2n+2 ; CmH2m+2 ( m > n >0) => m = n + k => Công thức trung bình: Theo phương trình: C n H 2n 2 1,0 b a 14n C n H 2n 2 3n + ( ) O2 → 0,25 đ ( n + ) H2O n CO2 + n an 14n mol mol 0,25 đ an b b n CO2 14n 44 => n = 22a 7b => b => n < n < m <=> n < n < n + k => n < 22a 7b < n + k b k(22a 7b) b 22a 7b => < n < 22a 7b 0,25 đ Vậy: a = 2,72 gam; b = 8,36 gam; k =2 => 4,3 < n < 6,3 => n =5 n = => n =5 => A, B là: C5H12 và C7H16 => n =6 => A, B là: C6H14 và C8H18 0,25 đ 0,25 đ + a + 2+ - - Trong dung dịch X có các ion điện ly: H , Na , Cu , Cl , OH - Khi chưa điện ly thì HCl gây pH cho dung dịch => pH = -lg(0,02) = - Thứ tự điện phân dung dịch: + Tại catot (-): Cu2+ > H+ Cu2+ + 2e Cu0 2H+ + 2e H2 + Tại anot (+): Cl- > OH2Cl- 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 + H2O ⃗ đpdd , mn H2 + Cl2 + 2NaOH (3) Sau (3) môi trường bazơ: H2O ⃗ (4) đp ,OH − H2 + 1/2O2 (1) vừa hết pH =2 (2) xảy pH tăng dần đến HCl vừa hết, dung dịch đó có môi trường trung tính pH =7 (3) Xảy làm pH tăng dần: pH > và (3) vừa xong pH = 14 + lg(0,1) =13 0,25đ 0,25đ 0,25đ (6) pH 13 12 0,5 đ CuCl2 HCl NaCl H2O Quá trình điện phân Theo b 10 a 2HCl ⃗ đp H2 + Cl2 (2) 0,01 0,005 mol ⃗ 2NaCl + H2O H2 + Cl2 đpdd , mn (0,01-0,005) => pH = 14+lg(0,01) = 12 - Thêm vôi để biến CH3COOH thành Ca(CH3COO)2 - Cô cạn và thêm H2SO4 và chưng cất CH3COOH sinh + 2NaOH (3) 0,01 mol 0,25đ 0,25 đ 0,5 đ b - Các phương trình xảy chủ yếu: t0 MnO2 + 4HCl 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 Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ (7)