Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 năm học 2012 - 2013 môn hóa

*SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2012 - 2013


HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: HOÁ HỌC - THPT BẢNG A
(Hướng dẫn và biểu điểm gồm 04 trang)
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1

5,5
2,0

1. Có ba trường hợp sau:
Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s1.
=> 	X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA.
	Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân.
Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d5 4s1.
=> 	X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB. 
	Ở trạng thái cơ bản, X có 6 electron độc thân.
Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d10 4s1.
=> 	X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB. 
	Ở trạng thái cơ bản, X có 1 electron độc thân.




0,5


0,75


0,75
2,0
2. 	BaCl2 + NaHSO4 BaSO4 + NaCl + HCl
	Ba(HCO3)2 + KHSO4 BaSO4 + KHCO3 + CO2 + H2O
	Ca(H2PO4)2 + KOH CaHPO4 + KH2PO4 + H2O
	Ca(OH)2 + NaHCO3 CaCO3 + NaOH + H2O 
0,5x4
1,5
3. Gọi nồng độ CH3COOH điện li là xM, nồng độ của C2H5COOH điện li là yM.
	 CH3COOH CH3COO- + H+ 	 (1)
Phân li: x x x (M)
	 C2H5COOH C2H5COO- + H+ (2)
Phân li: y y y (M)
=> Nồng độ của các chất và ion tại điểm cân bằng là:
	[CH3COO-] = x (mol/l); [C2H5COO-] = y (mol/l)
	[H+] = x + y (mol/l)
	[CH3COOH] = 0,5– x (mol/l); [C2H5COOH] = 0,6 – y (mol/l).
Do hằng số cân bằng của các axit quá nhỏ nên: 0,5 – x 0,5; 0,6 – y 0,6
Thay vào (1) và (2) ta được: 
	
Cộng (3) và (4) ta được x(x+y) + y(x+y) = 0,5.1,75.10-5 + 0,6.1,33.10-5
 (x+y)2 = 16,73.10-6 => (x+y) = 4,09.10-3 
=> [H+] = x+y = 4,09.10-3M => pH = -lg[H+] = -lg(4,09.10-3) = 2,39.











0,5




0,5




0,5
Câu 2

5,5

1,5
1. Phương trình phản ứng nitro hoá benzen
	
	


0,5


1,0
2,0
 2.Các phương trình phản ứng:
Ở nhiệt độ thường, dung dịch KMnO4 chỉ phản phản ứng được với stiren. Khi đun nóng, dung dịch KMnO4 phản ứng được với cả ba chất: 
3C6H5-CH=CH2 + 2KMnO4+ 4H2O 3C6H5-CH(OH)-CH2(OH) +2MnO2 +2KOH
3C6H5CH=CH2 + 10KMnO4 3C6H5COOK + 3K2CO3 + KOH + 10MnO2+ 4H2O 
C6H5-CH3 + 2KMnO4 C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O
3C6H5CH2CH2CH3+10KMnO43C6H5COOK+3CH3COOK+4KOH+4H2O+ 10MnO2 




0,5*4
2,0
3. Điều chế poli(vinyl ancol)
	2CH4 C2H2 + 3H2 
	C2H2 + H2O CH3CHO 
	2CH3CHO + O2 2CH3COOH
	CH3COOH + C2H2 CH3COOCH=CH2 
	

Điều chế axit lactic
	CH3CHO + HCN CH3CH(OH)CN
	CH3CH(OH)CN + 2H2O + H+ CH3CH(OH)COOH + 







0,25
*6








0,5
Câu 3

4,5
2,5
1. Nếu Mg, Fe tan hết trong dung dịch CuSO4 thì oxit phải chứa MgO, Fe2O3 và có thể có CuO. Như vậy, khối lượng oxit phải lớn hơn khối lượng kim loại.
Nhưng theo đề ra, moxit = 1,4 gam < mkim loại = 1,48 gam 
=> Vậy kim loại dư, CuSO4 hết.
	Nếu Mg dư thì dung dịch thu được chỉ là MgSO4 => Kết thúc phản ứng chỉ thu được MgO (trái với giả thiết).
	=> Mg hết, Fe có thể dư.

Gọi số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp lần lượt là x và y mol.
	Gọi số mol Fe đã phản ứng là z (zy) mol.
Ta có các phản ứng: 
	Mg + CuSO4 MgSO4 + Cu
	 x x x x (mol)
	Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu
	 z z z z 	(mol)
	MgSO4 + 2NaOH Mg(OH)2 + Na2SO4 
	 x x 	(mol)
	FeSO4 + 2NaOH Fe(OH)2 + Na2SO4 
	 z z (mol)
	Mg(OH)2 MgO + H2O 
	 x x 	(mol)
	4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O 
 z z/2 	(mol)
=> Chất rắn A gồm Cu (x+z) mol và có thể có Fe dư (y-z) mol.
Oxit gồm MgO và Fe2O3.
 	=> 	24x + 56y = 1,48 	(1)
	64(x+z) + 56(y-z) = 2,16 	(2)
	40x + 160.z/2 = 1,4 	(3)
Giải hệ (1), (2) và (3) ta được x=0,015 mol, y=0,02 mol, z=0,01 mol.
	mMg= 0,015.24 = 0,36 gam; mFe = 0,02.56 = 1,12gam.
	Số mol CuSO4 là x+z = 0,025 mol => a = 0,025.250 = 6,25 gam 






0,5
















0,5



0,75
0,25

0,5
2,0
2. Z không màu => không có NO2.
Các khí là hợp chất => không có N2.
=> Hai hợp chất khí là N2O và NO.
Theo đề ta có: 
Hỗn hợp muối gồm Mg(NO3)2, Zn(NO3)2, Al(NO3)3 và có thể có NH4NO3.
Gọi số mol của NH4NO3 là x mol (x0).
Ta có các quá trình nhận electron:
	10H+ + 2NO3- + 8e N2O + 5H2O 
	 1 0,1 0,5 	 (mol)
	4H+ + NO3- + 3e NO + 2H2O 
	0,4 0,1 0,2 	 (mol)
	10H+ + 2NO3- + 8e NH4NO3 + 3H2O 
	 10x x 3x (mol)
=> ; 
Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:

 25,3 + 63(1,4+10x) = 122,3 + 7,4 + 18(0,7+3x) => x=0,05
=> nHNO3 = 1 + 0,4 + 10.0,05 = 1,9 mol.

0,25



0,25









0,75



0,5
0,25
Câu 4

4,5
2,5
1. Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam
Phần 1: 
=> mC = 4,2gam; mH = 0,5gam => mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => nO = 0,15mol
Vì anđehit đơn chức => n2anđehit = nO = 0,15mol.
Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol.
Do => Hỗn hợp có HCHO
Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO
Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol.
Sơ đồ phản ứng tráng gương:
	HCHO 4Ag
	 x 4x 	(mol) 
	RCHO 2Ag
 y 2y (mol)
=> x + y = 0,15 (1)
 4x + 2y = 0,4 (2)
Giải (1) và (2) => x = 0,05; y = 0,1.
Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R = 27 (-C2H3)
	=> Anđehit còn lại là: CH2=CH-CHO



0,5



0,5






0,5
0,25

0,5
0,25



2,0
2. nNaOH = 2 = 0,136 mol => mNaOH = 0,136.40 = 5,44 gam.
	Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:
= 7,208 + 37,944 – 26,112 = 19,04 gam.
Ta thấy: mX = mA + mNaOH 
=> A là este vòng dạng:

Vì este đơn chức => nA = nNaOH = 0,136 mol => MA = 100. 
Đặt A là CxHyO2 => 12x + y + 32 = 100 => x = 5; y = 8 => CTPT của A là C5H8O2 
	=> A có công thức cấu tạo là:
	

0,25


0,5






0,5
0,25


0,5

Ghi chú : Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm