SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: HOÁ HỌC – THPT – BẢNG B (Hướng dẫn và biểu điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 6,0 1 1,5 S = 32 => phần còn lại bằng 51 – 32 = 19 (NH 5 ) => A 1 là NH 4 HS A 2 : Na 2 S; A 3 : H 2 S; A 4 : SO 2 : A 5 : (NH 4 ) 2 SO 3 ; A 6 : (NH 4 ) 2 SO 4 ; A 7 : NH 4 Cl; A 8 : AgCl NH 4 HS + 2NaOH → Na 2 S + 2NH 3 + 2H 2 O Na 2 S + 2HCl → 2NaCl + H 2 S 3H 2 S + 2O 2 0 t → 3SO 2 + 3H 2 O SO 2 + 2NH 3 + H 2 O → (NH 4 ) 2 SO 3 (NH 4 ) 2 SO 3 + Br 2 + H 2 O → (NH 4 ) 2 SO 4 + 2HBr (NH 4 ) 2 SO 4 + BaCl 2 → 2NH 4 Cl + BaSO 4 NH 4 Cl + AgNO 3 → NH 4 NO 3 + AgCl 0,5 0,5 0,5 2 1,5 Phản ứng: PCl 3 + 3H 2 O → H 3 PO 3 + 3HCl 0,01 0,01 0,03 (mol) Dung dịch X gồm H 3 PO 3 0,01M và HCl 0,03M. Sự điện li: HCl → H + + Cl - 0,03 0,03 (M) 3 3 2 3 H PO H H PO + − → + ¬  K 1 = 1,6.10 -2 2 2 3 3 H PO H HPO − + − → + ¬  K 2 = 7.10 -7 Vì K 1 >> K 2 nên bỏ qua sự phân li ở nấc thứ 2 của H 3 PO 3 . Khi đó ta có: 3 3 2 3 H PO H H PO + − → + ¬  K 1 = 1,6.10 -2 Ban đầu: 0,01 0,03 mol/lit Phân li: x x x mol/lit Cân bằng: 0,01-x 0,03+x x mol/lit 2 1 (0,03 ) 1,6.10 (0,01 ) − + = = − x x k x x = 3,2.10 -3 → pH = -log(3,2.10 -3 ) = 2,5 0.25 0,25 0,25 0,5 0,25 3 1,0 S 2- + Cu 2+ → CuS 2Fe 3+ + 3S 2- → 2FeS + S 2Al 3+ + 3S 2- +6 H 2 O → 2Al(OH) 3 + 3H 2 S Fe 2+ + S 2- → FeS 0,25đ/ 1pư 4 2,0 Các phản ứng có thể xảy ra: 4Ca + 10HNO 3 → 4Ca(NO 3 ) 2 + N 2 O + 5H 2 O 5Ca + 12HNO 3 → 5Ca(NO 3 ) 2 + N 2 + 6H 2 O 4Ca + 10HNO 3 → 4Ca(NO 3 ) 2 + NH 4 NO 3 + 3H 2 O Ca + 2H 2 O → Ca(OH) 2 + H 2 TH 1 : dung dịch X gồm Ca(NO 3 ) 2 và HNO 3 8Al + 30HNO 3 → 8Al(NO 3 ) 3 + 3N 2 O + 15H 2 O 0,5 1 10Al + 36HNO 3 → 10Al(NO 3 ) 3 + 3N 2 + 18H 2 O 8Al+ 30HNO 3 → 8Al(NO 3 ) 3 + 3NH 4 NO 3 + 9H 2 O Dung dịch Z gồm Al(NO 3 ) 3 , Ca(NO 3 ) 2 có thể có NH 4 NO 3 2Al(NO 3 ) 3 + 3Na 2 CO 3 + 3H 2 O → 2Al(OH) 3 + 3CO 2 + 6NaNO 3 Ca(NO 3 ) 2 + Na 2 CO 3 → CaCO 3 + 2NaNO 3 TH 2: Dung dịch X gồm Ca(NO 3 ) 2 và Ca(OH) 2 2Al + Ca(OH) 2 + 2H 2 O → Ca(AlO 2 ) 2 + 3H 2 16Al + 5Ca(OH) 2 + 4H 2 O + 3Ca(NO 3 ) 2 → 8Ca(AlO 2 ) 2 + 6NH 3 Dung dịch Z tác dụng với Na 2 CO 3 : Ca 2+ + CO 3 2- → CaCO 3 TH3: Dung dịch X chứa Ca(NO 3 ) 2 và NH 4 NO 3 : Khi cho Al vào X thì không xảy ra phản ứng. Vậy trường hợp này loại 0,75 0,5 025 Câu 2 4,0 1 2,5 2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 (1) x x x/2 mol Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 (2) y y y mol => x/2 + y = 0,2 ; 23x + 137y = 18,3 => x = 0,2 ; y = 0,1 => dd Y có Na + , Ba 2+ (0,1 mol) và OH - (0,4 mol) CO 2 tác dụng với Y tạo kết tủa lớn nhất khi Ba 2+ hết. Khi đó ta có: 2 2 3 CO Ba n n 0,1 − + ≥ = Các PƯ: CO 2 + 2OH - → CO 3 2- + H 2 O (3) CO 3 2- + Ba 2+ → BaCO 3 (4) 0,1 ← 0,1 mol Có thế có: CO 3 2- + CO 2 + H 2 O → 2HCO 3 - (5) TH1: Không xảy ra PƯ (5) => 2 2 2 3 0,1 − + = ≥ = CO CO Ba n n n mol => V min = 2,24 lít (*) TH2: Có xảy ra cả PƯ (5) => OH - đã PƯ hết ở (3) 2 3 ( 3) 0,2 2 − − = = OH CO pu n n mol => 2 3 ( 5) 0,2 0,1 0,1 − ≤ − = CO pu n mol => 2 2 2 (3) (5) 0,2 0,1 0,3∑ = + ≤ + = CO CO CO n n n mol => V max = 6,72 lít (**) Từ (*) và (**) → Để tạo kết tủa tối đa thì 2 CO 2,24(lít) V 6,72 (lít)≤ ≤ 0,5 0,75 0,25 0,5 0,5 2 1,5 Giả sử dd X chứa x mol FeCl 2 và y mol FeCl 3 (x ≥ 0; y ≥ 0; x + y >0) Fe 2+ + Ag + → Fe 3+ + Ag ↓ x x mol Cl - + Ag + → AgCl (2x+3y) (2x+3y) mol 127x 162,5y 31,75 x 0,25 108x 143,5(2x 3y) 98,75 y 0 + = =   ⇒ ⇒   + + = =   0,25 0,5 2 => Oxit là FeO; m FeO = 0,25.72 = 18 gam 0,5 0,25 Câu 3 5,0 1 1,5 Các phản ứng: + Br 2 → Br- CH 2 – CH 2 – CH 2 – Br BrCH 2 – CH 2 - CH 2 -CH 2 Br + 2NaOH 0 t → HOCH 2 CH 2 CH 2 OH + 2NaBr HOCH 2 CH 2 CH 2 OH + O 2 0 ,t Cu → OHC-CH 2 – CHO + 2H 2 O OHC-CH 2 – CHO + 4AgNO 3 + 6NH 3 + 2H 2 O 0 t → NH 4 OOC-CH 2 – COONH 4 + 4Ag + 4NH 4 NO 3 NH 4 OOC-CH 2 – COONH 4 + 2HCl → HOOC-CH 2 – COOH + 2NH 4 Cl HOOC-CH 2 – COOH + 2CH 3 OH 0 , → ¬  xt t CH 3 OOC-CH 2 -COOCH 3 + 2H 2 O 0,25 *6 2 1,0 CH 3 COOH + C 2 H 5 OH 0 , → ¬  xt t CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O CH 3 COOH + C 6 H 5 ONa → CH 3 COONa + C 6 H 5 OH CH 3 COOH + C 2 H 5 ONa → CH 3 COONa + C 2 H 5 OH C 6 H 5 OH + C 2 H 5 ONa → C 6 H 5 ONa + C 2 H 5 OH 0,25/1 pư 3 2,5 A, B, C, D làm mất màu nhanh dung dịch Br 2 nên chúng là anken E làm mất màu chậm dung dịch Br 2 nên E là monoxicloankan vòng 3 cạnh. F không làm mất màu dung dịch Br 2 nên F là xiclobutan. B, C là đồng phân hình học của nhau mà B có nhiệt độ sôi cao hơn C nên B là đồng phân cis, C là đồng phân trans. Hiđro hóa A, B, C đều cho cùng một sản phẩm nên A, B, C có cùng mạch cacbon. CTCT của các chất là: A: CH 2 = CH – CH 2 – CH 3 (but-1-en) ; B: C: CH = CH H CH 3 H CH 3 CH = CH CH 3 CH 3 H H (cis-but-2-en) (trans-but – 2-en) D: E: F: (metylpropen) (metylxiclopropen) CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 ( xiclobutan) + H 2 CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 3 3 CH 2 - CH 2 CH 2 CH 2 = C – CH 3 CH 3 CH 2 - CH – CH 3 CH 2 Biểu điểm: Viết CTCT, gọi tên 6 chất : 0,25*6 =1,5 điểm Viết 4 phản ứng: 0,25*4 = 1,0 điểm Câu 4 2,5 1. 2. 2 2 2 C CO H H O N N n n 0,6mol;n 2n 1, 4 mol;n n 0,2mol= = = = = = N C /n A = 3; n H /n A = 7; n N /n A = 1 => A là C 3 H 7 O z N C 3 H 7 O z N + (9,5-z)/2 O 2 0 t → 3CO 2 + 3,5H 2 O + 1/2N 2 => (9,5 – z)2 = 3,75 => z = 2 => A là C 3 H 7 O 2 N Từ các tính chất của A suy ra A có công thức cấu tạo: CH NH CO CO NH CH CH 3 CH 3 0,5 0,5 Lập luận xác định CTCT của A cho 0,5đ Mỗi ptpư cho 0,25đ Câu 5 2,5 HCOOH + C 2 H 5 OH 0 ,xt t → ¬  HCOOC 2 H 5 + H 2 O; [ ] [ ] [ ] [ ] 2 5 2 1 2 5 HCOOC H H O K HCOOH C H OH = Cb: 0,4 1 0,6 1 (mol) 0,5 4 + H 2 0 Ni, t → CH 3 -CH(CH 3 )-CH 3 + Br 2 → BrCH 2 -CH 2 -CHBr-CH 3 + Br 2 BrCH 2 -CH(CH 3 )-CH 2 Br CH 3 - CH – COOH + HNO 2 NH 2 CH 3 - CH – COOH + N 2 + H 2 O OH CH 3 - CH – COOH + C 2 H 5 OH + HCl NH 2 CH 3 - CH – COOC 2 H 5 + H 2 O NH 3 Cl CH 3 - CH – COOC 2 H 5 + NH 3 → NH 3 Cl CH 3 - CH – COOC 2 H 5 + NH 4 Cl NH 2 2CH 3 - CH – COOH NH 2 + 2H 2 O CH 3 - CH – COOH NH 2 CH 3 COOH + C 2 H 5 OH 0 ,xt t → ¬  CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O; [ ] [ ] [ ] [ ] 3 2 5 2 2 3 2 5 CH COOC H H O K CH COOH C H OH = CB: 0,6 1 0,4 1 mol Từ các giá trị trên ta tính k 1 = 1,5 ; k 2 = 2/3 Gọi số mol của CH 3 COOC 2 H 5 bằng b mol. Ta có: HCOOH + C 2 H 5 OH 0 ,xt t → ¬  HCOOC 2 H 5 + H 2 O Cb: 0,2 a-08-b 0,8 0,8+b (mol) CH 3 COOH + C 2 H 5 OH 0 ,xt t → ¬  CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O CB: 3-b a-0,8-b b 0,8+b (mol) Thay các giá trị cân bằng thu được ở trên vào các biểu thức k 1 và k 2 ở trên ta có: 1 0,8.(0,8 ) 0,2.( 0,8 ) b K a b + = − − 2 .(0,8 ) (3 ).( 0,8 ) b b K b a b + = − − − 1 2 0,8.(3 ) 9 0,2. 4 k b k b − = = → b = 1,92 → a = 9,97 0,5 0,5 0,5 0,5 Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó. 5 . B, C, D làm mất màu nhanh dung dịch Br 2 nên ch ng là anken E làm mất màu chậm dung dịch Br 2 nên E là monoxicloankan v ng 3 cạnh. F kh ng làm mất màu dung dịch Br 2 nên F là xiclobutan. B, . GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012 HƯ NG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: HOÁ HỌC – THPT – B NG B (Hư ng dẫn và biểu điểm gồm 05 trang) Câu. C là đ ng phân hình học của nhau mà B có nhiệt độ sôi cao hơn C nên B là đ ng phân cis, C là đ ng phân trans. Hiđro hóa A, B, C đều cho c ng một sản phẩm nên A, B, C có c ng mạch cacbon. CTCT