Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa có đáp án môn: Hóa học (Năm học 2012-2013)

Chia sẻ: Nguyễn Tiến Dũng Dũng | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

697
lượt xem 64
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa có đáp án môn "Hóa học" năm học 2012-2013 sau đây nhằm giúp các em củng cố kiến thức của mình và thầy cô có thêm kinh nghiệm trong việc ra đề thi. Chúc các em thành công và đạt điểm cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa có đáp án môn: Hóa học (Năm học 2012-2013)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HÓA Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 15/03/2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: HÓA HỌC THPT Đề thi này có 10 câu, gồm 2 trang Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: 2 điểm a. Cho các HX: HF, HCl, HBr, HI. So sánh tính axit của các dung dịch HX, giải thích. Các HX nào có thể điều chế bằng phương pháp sunfat. Viết PTHH, giải thích b. Nguyên tử nguyên tố X có tổng số hạt cơ bản là 92. Trong đó , số hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 24. Viết cấu hình electron của X và các ion đơn nguyên tử tương đương của X. Giải thích tại sao ion X2+ có khả năng tạo phức với NH3. Viết công thức ion phức của X2+ với NH3. c. Giải thích tại sao có CO32 mà không có CO42, trong khi đó có SO32 ,SO42. Câu 2: 2 điểm a. Răng người được bảo vệ một lớp men cứng dày khoảng 2mm. Lớp men này có công thức Ca5(PO4)3OH và được hình thành từ 3 loại ion. Viết PT hình thành men răng từ 3 loại ion? Giải thích sự ảnh hưởng của môi trường pH đến men răng. Sử dụng kem đánh răng có chứa NaF hay SnF2, ăn trầu tốt hay không tốt? tại sao? b. Trộn 300 gam dung dịch Ba(OH)2 1,254% với 500 ml dung dịch chứa axit H3PO4 0,04M và H2SO4 0,02M. Tìm khối lượng các muối thu sau phản ứng . Câu 3: 2 điểm Hoàn thành các chuyển hóa sau: KMnO4 t 0 A + ... FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 loãng → B + ... FeS + O2 t 0 C’  + .... FeS2 + dung dịch HCl ( đk thích hợp ) → D + ... Na3N + H2O → E + ... Cho các chất A, B, C’, D, E tác dụng với nhau từng đôi một . Viết PTHH xảy ra. Câu 4: 2 điểm Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M hóa trị 3. Chia 38,6 gam X thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được các sản phẩm khư chỉ có NO, N2O (hỗn hợp Y) với tổng thể tích 6,72 lít, tỉ khối của Y so với H2 bằng 17,8. Phần 2 cho vào dung dịch kiềm sau một thời gian thấy lượng H2 thoát ra vượt quá 6,72 lít. Biết khí ở đktc a. Xác định tên kim loại M và % khối lượng của mỗi kim loại trong X. b. Tìm khối lượng HNO3 đã phản ứng. Câu 5: 2 điểm a. Muối kép KCr(SO4)2.12H2O. Hãy viết phương trình điện li của muối này và cho biết màu của dung dịch do ion nào gây ra. b. Nước cứng là gì? Nêu nguyên tắc làm mềm nước cừng. Giới thiệu một phương pháp đơn giản làm mềm nước cứng tạm thời và 2 hóa chất thông dụng làm mềm nước cứng vĩnh cửu. Viết PTHH. c. Giải thích sự phá hủy gang, thép trong môi trường không khí ẩm. Đó là sự ăn mòn gì? 1
Câu 6: 2 điểm a. Khi đốt cháy hoàn toàn một lượng polime X, tạo ra từ phản ứng đồng trùng hợp giữa propen và acrilonitrin bằng lượng O2 vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí, hơi ở nhiệt độ và áp suất xác định chứa 57,143% CO2 về thể tích. Viết PTHH và xác định tỉ lệ mol từng loại mắt xích trong polime X. b. Giải thích khi clo hóa metan có tác dụng ánh sáng khuếch tán, theo tỉ lệ mol 1:1 trong sản phẩm có butan. Câu 7: 2 điểm Đun nóng 0,1 mol este đơn chức X với 30ml dung dịch 20% ( d=1,2g/ml ) của một hidroxit kim loại kiềm M. Sau khi kết thúc phản ứng, được dung dịch đem cô cạn cho chất rắn A và 3,2 gam ancol B. Đốt cháy hoàn toàn chất răn A được 9,54 gam muối cacbonat; 8,26 gam hỗn hợp gồm CO2 và hơi nước. Biết rằng, khi đun nóng A trong NaOH đặc có CaO thu được hidrocacbon Z, đem Z đốt cháy thu được số mol H2O lớn hơn số mol CO2. a. Xác định tên kim loại M, công thức cấu tạo của X. b. Cho hỗn hợp M gồm 0,02 mol este X và 0.01 mol este Y( C4H6O2 ) tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH. Sau phản ứng thu được dung dịch trong đó có chứa 3,38 gam muối và 0,64 gam ancol B duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của Y. Câu 8: 2 điểm a. Khi thủy phân không hoàn toàn một peptit A có khối lượng mol phân tử 293 gam, htu được các peptit trong đó có 2 peptit B và C. Biết 0,742 gam peptit B phản ứng vừa đủ với 18ml dung dịch HCl 0,222M và 0,666 gam peptit C phản ứng vừa đủ với 14,7ml dung dịch NaOH 1,6% (d=1,022g/ml). Khi thủy phân hoàn toàn peptit A thu được hỗn hợp 3 amino axit là glyxin, alanin, và phenylalanin. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. b. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp gồm 2 ankan A, B hơn kem nhau k nguyên tử cacbon được b gam khí CO2. Tìm khoảng xác định của số nguyên tử cacbon trong phân tử ankan chứa ít nguyên tử cacbon hơn theo a,b,k. Tìm công thức phân tử A, B khi a=2,72 gam; b=8,36 gam; k=2. Câu 9: 2 điểm Tiến hành điện phân dung dịch X gồm HCl 0,01M; CuCl2 0,1M; NaCl 0,1M với điện cực trơ, màng ngăn xốp. Bỏ qua sự thủy phân của Cu2+. a. Vẽ đồ thị biểu diễn sự biến thiên pH của dung dịch X theo quá trình điện phân, giải thích. b. Tính pH của dung dichjsau phản ứng, khi catot thu được 0,224 lít khí thoát ra. Coi thể tích dung dịch X không đổi luôn bằng 1,0 lít. Khí đo đktc. Câu 10: 2 điểm a. Trong công nghiệp để điều CH3COOH người ta chưng cất gỗ trong điều kiện không có không khí ở 400 5000C, được hỗn hợp lỏng gồm: H2O, CH3COOH, CH3OH, CH3COCH3 và hắc ín. Thực tế người ta dùng cách nào để thu được CH3COOH? b. Vẽ sơ đồ điều chế khí Cl2 trong phòng thí nghiệm từ MnO2 và dung dịch HCl đặc. Nêu tên, vai trò của từng chất trong phương trình điều chế khí Cl2, tên dụng cụ trong sơ đồ. Viết phương trình xảy ra chủ yếu theo sơ đồ đã vẽ. Chú ý: Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học Cho: Fe = 56; Al = 27; P = 31; C = 12; H = 1; O = 16; N = 14; S = 32; Ba = 137; Na = 23; K =39; Cl = 35,5; Cr = 52; Mn = 55. 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HOÁ Năm học: 20122013 Môn thi: HOÁ HỌC. Lớp 12THPT Ngày thi: 15/03/2013 Hướng dẫn này gồm 06 trang. Câu Ý Nội dung Điểm So sánh tính axit: HF Br > I nhưng bán kình nguyên tử F 4000 C Hoặc 2NaCl + H2SO4 đ Na2SO4 + 2HCl 0 CaF2 + H2SO4 đ t CaSO4 + 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 H2SO4 đ 0,5 đ * Gọi số tổng số hạt p; n; e tương ứng của X là Z; N; E. 2Z+N=92 0,25đ 63 => E=Z=29; N=34 => Là đồng vị 29 Cu 2ZN=24 Cấu hình e: Cu [Ar]3d104s1 hoặc 1s22s22p63s23p63d104s1; Cu+:[Ar]3d10; Cu2+:[Ar]3d9. b * Cu2+ có khả năng tạo phức với NH3: do có nhiều obitan hóa trị, trong đó có obitan trống. => Cu2+ có khả năng tạo liên kết chonhận với cặp e của 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 0,25đ liên kết thêm với nguyên tử oxi thứ 4. c Trong SO32 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 2 Phương trình: 5Ca2+ + 3PO43 + OH Ca5(PO4)3OH (*) a Khi ăn, thức ăn còn lưu lại trên răng có các axit axetic…nên có phương trình: H+ + OH > H2O 0,25 đ => làm hỏng mem răng. Khi đánh răng có NaF, SnF2 sẽ bổ sung F cho cân bằng: 5Ca2+ + 3PO43 + F > Ca5(PO4)3F => Hợp chất Ca5(PO4)3F sẽ thay thế một phần Ca5(PO4)3OH bị phá hủy Ăn trầu có Ca(OH)2 nêu khi ăn có OH do Ca(OH)2 tạo ra làm cho cân bằng (*) 3
chuyển dịch chiều thuận nên men răng không bị mất và chắc răng hơn. 0,25đ b 300. 1,254 n Ba (OH )2 = = 0,022 mol; n H 3 PO4 = 0,5 . 0,04 = 0,02 mol; 100 .171 n H 2 SO4 = 0,5 . 0,02 = 0,01 mol Đầu tiên: Ba(OH)2 + H2SO4  BaSO4 + 2H2O 0,5đ 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 0,25đ 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 0,25đ => Khối lượng của BaSO4 : 0,01 . 233 = 2,33 gam => Khối lượng của Ba(H2PO4)2: 331 . 0,008 = 2,648 gam. => Khối lượng của BaHPO4: 0,004 . 233 = 0,932 gam 0,5đ 3 1) 2KMnO4 t 0 K2MnO4 + O2 + MnO2 => A là O2 2) 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24 H2SO4 loãng →10 Cl2 + 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24 H2O => B là Cl2. 0 3) 4FeS + 7 O2 t 4SO2 + 2Fe2O3 => C là SO2 4) FeS2 + 2HCl > H2S +FeCl2 + S => D là H2S. 5) Na3N + 3H2O > NH3 + 3NaOH => E là NH3. 1,0 đ Cho các khí O2, Cl2, SO2, H2S, NH3 tác dụng với nhau từng cặp ta có: O2 Cl2 SO2 H2S NH3 O2 không không có có có Cl2 không không có có có SO2 có có không có không H2S có có có không không NH3 có có không không không Các phương trình hóa học(*). 0 2SO2 + O2 V2O5 ,t 2SO3 (1) 2H2S + O2 thiếu 2S + 2H2O (2) 0 2H2S + 3O2 dư t 2SO2 + 2H2O (3) 0 Cl2 + SO2 t SO2Cl2 (4) 0 Cl2 + H2S t 2HCl + S (5) 4
3Cl2(dư) + 2NH3 t N2 + 6HCl (6) 0 3Cl2(thiếu) + 8NH3 t 0 N2 + 6NH4Cl (7) 1,0 đ 2H2S + SO2 > 3S + 2H2O (8) 3O2 + 4NH3 t 2N2 + 6H2O (9) 0 5O2 + 4NH3 t cao , Pt 4NO + 6H2O (10) 0 7O2(dư) + 4NH3 t cao , Pt 4NO2 + 6H2O (11) 0 Chú ý: (*) viết 10 phương trình trở lên cho điểm tối đa Do HNO3 dư nên Fe sẽ tạo muối Fe3+=> Coi Fe và M có công thức chung M => nY = 0,3 mol. => Khối lượng trung bình của Y: 35,6 g/mol. 0,25 đ Hỗn hợp Y là 0,3 mol; a là số mol của NO => 30a + (0,3a)44 = 35,6 => a= 0,18 mol. => Tỉ lệ mol NO/N2O = 3/2. => Phương trình hóa học của phần 1: 0 25 M + 96HNO3 t 25 M (NO3)3 + 9NO + 6 N2O + 48H2O (1) 0,18.25 => nM = 0,5 mol. 9 0,25 đ X tác dụng với kiềm có khí thoát ra nên M sẽ phản ứng. 4 a => Phương trình hóa học của 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. Gọi x là số mol của M => số mol Fe: 0,5 x mol 0,25đ 56 x 8,7 => Mx + (0,5x)56 = 19,3 => M = với 0,2 0,2 Khối lượng HNO3 phản ứng = 63. 1,92 = 120,96 gam 0,5 đ KCr(SO4)2.12H2O K+ + Cr3+ + 2SO42 + 12H2O a Ion Cr3+ gây ra màu cho dung dịch. 0,5 đ Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca2+, Mg2+. 0,25 đ Nguyên tắc làm mềm nước cứng: làm giảm hàm lượng Ca2+, Mg2+ trong thành 5 phần nước cứng. 0,25 đ b 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: Na2CO3 và Na3PO4. 0,25 đ => Các phương trình: M(HCO3)2 t MCO3 + CO2 + H2O ( M2+ là Ca2+, Mg2+) 0 M2+ + CO32  MCO3 0,25 đ 3M2+ + 2PO43  M3(PO4)2 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 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 cực âm, cacbon là cực dương. 5
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 trong thành phần thép gỉ chủ yếu là: Fe2O3.nH2O Công thức đồng trùng hợp của 2 monome: 0 xCH3CH=CH2 + yCH2=CHCN t , xt,p [ (CH2CH(CH3))x(CH2CH (CN))y ] Ta có phương trình phản ứng cháy: 0,25đ a 0 C3x+yH6x+3yNy + (9x/2 + 15y/4) O2 t (3x+y)CO2 + (3x+3y/2)H2O + y/2 N2 0,25đ 3x + 3 y x 1 Theo định luật Avogađro, ta có: .100% = 57,143% => = 6x + 5 y y 3 0,5 đ 6 Propilen / acrilonitrin =1/3 CH4 + Cl2 as CH3Cl + H2O. Khơi mào: Cl2 > 2Cl * Phát triển mạch: Cl* + CH4 > CH3* + HCl CH3* + Cl2 > CH3Cl + Cl* Tắt mạch: CH3* + Cl* > CH3Cl. b 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 C2H5* + C2H5* > C4H10 0,5đ 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 → 2RH + M2CO3 + Na2CO3 => Đốt cháy RH cho số mol nước lớn hơn số mol CO2. Vậy X có công thức: CnH2n+1COOR’ 0,25đ 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: m MOH = 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 M2CO3 theo sơ đồ : 7 a 7,2 9,54 2MOH → M2CO3 => = → M = 23 . Vậy M là: Na 0,5đ 2( M 17) 2 M 60 3,2 Mặt khác, có R’ + 17 = = 32 → R’ = 15 => R’ là CH3. Vậy ancol B là CH3OH 0,1 => n NaOH ban đầu = 7,2 / 40 = 0,18 mol => n NaOH ở (3) = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol Theo (3) => nCO (3) = nH (3) = 0,04 mol 2 2O Vậy sự cháy của 0,1 mol RCOONa trong 0,08 mol NaOH và O2 đã tạo ra một lượng CO2 và hơi H2O là: 6
(2n 1) (2n 1) [0,1. 0,04].44 + [0,1. + 0,04].18 = 8,26 2 2 => n = 1.Vậy CTCT của X là CH3COOCH3 0,5đ CH3COOCH3 + KOH → CH3COOK + CH3OH 0,02 0,02 0,02 0,02 mol => mancol B = 0,02. 32 = 0,64 gam => este Y khi tác dụng với dd KOH không tạo ancol. mmuối tạo ra từ Y = 3,38 mmuối tạo ra 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 ra este Y khi tác dụng với KOH chỉ tạo ra một sản phẩm duy nhất hay Y là este vòng dạng : 0,25 đ b Công thức cấu tạo của Y là : O O CH 3 CH CH2 C CH 3 CH 2 CH C O O CH 3 CH 3 O O O CH2 CH2 C H 2C CH C CH 3 C C CH2 O O O 0,5 đ 8 Gọi M là khối lượng phân tử các aminoaxit: MA = MAla + MGly + Mphe – 2.18 => A là tripepit được tạo nên từ 3 aminoaxit Gly (M = 75), Ala (M = 89) và Phe (M= 165) 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 ; MB = 0,472/0,004 = 118 gam/mol => không có kết quả => Loại. 0,25 đ a => B là đipeptit => MB = 0,472/0,002 = 236 gam/mol * Nếu C aminoaxit: 14,7 1.022 1,6 0,006mol => nC = nNaOH = 100 40 => MC = 0,666/0,006 = 111 gam/mol. 0,25 đ => không có kết quả => Loại. => C là đipeptit => Mc = 0,666/0,003 = 222 gam/mol => B: AlaPhe hoặc PheAla vì 165 + 89 – 18 = 236 0,25 đ 7
=> C: GlyPhe hoặc PheGly vì 165 + 75 – 18 = 222 => CTCT của A là: AlaPheGly: H2NCH(CH3)CONHCH(CH2C6H5)CONHCH2COOH 0,25 đ GlyPheAla: H2NCH2CONHCH(CH2C6H5)COHNCH(CH3)COOH Đặt công thức A, B là CnH2n+2 ; CmH2m+2 ( m > n >0) => m = n + k => Công thức trung bình: C n H 2n +2 . Theo phương trình: 0,25 đ 3n + 1 C n H 2n + 2 + ( ) O2 → n CO2 + ( n + 1 ) H2O 2 1,0 n mol a an mol b 14n + 2 14n + 2 b 0,25 đ an b => n CO2 = = => n = 14n + 2 44 22a − 7b b => n H+ Cu2+ + 2e  Cu0 a 2H+ + 2e  H2 9 + Tại anot (+): Cl > OH 2Cl  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 + 2 H2O đpdd ,mn H2 + Cl2 + 2NaOH (3) Sau (3) môi trường bazơ: H2O đp,OH H2 + 1/2O2 (4) 0,25đ  (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. 0,25đ  (3) Xảy ra làm pH tăng dần: pH > 7 và (3) vừa xong pH = 14 + lg(0,1) =13 0,25đ 8
pH 13 12 7 2 0,5 đ CuCl2 HCl NaCl H2O Quá trình điện phân Theo 2HCl đp H2 + Cl2 (2) 0,01 0,005 mol. b 2NaCl + 2 H2O đpdd ,mn H2 + Cl2 + 2NaOH (3) 0,25đ (0,010,005) 0,01 mol => pH = 14+lg(0,01) = 12 0,25 đ 10 a Thêm vôi để biến CH3COOH thành Ca(CH3COO)2 Cô cạn và thêm H2SO4 và chưng cất CH3COOH sinh ra. 0,5 đ b 0,25 đ Các phương trình xảy ra chủ yếu: 0 MnO2 + 4HCl t MnCl2 + Cl2 + 2H2O (*) H2SO4đặc + nH2O > H2SO4 .nH2O 2NaOH + Cl2 > NaCl + NaClO + H2O 0,25 đ 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.... 0,25 đ Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 9