SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 15/03/2013 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 X 2+ có khả năng tạo phức với NH 3 . Viết công thức ion phức của X 2+ với NH 3 . c. Giải thích tại sao có CO 3 2- mà không có CO 4 2- , trong khi đó có SO 3 2- ,SO 4 2- . Câu 2: 2 điểm a. Răng người được bảo vệ một lớp men cứng dày khoảng 2mm. Lớp men này có công thức Ca 5 (PO 4 ) 3 OH 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 SnF 2 , 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 H 3 PO 4 0,04M và H 2 SO 4 0,02M. Tìm khối lượng các muối thu sau phản ứng . Câu 3: 2 điểm Hoàn thành các chuyển hóa sau: KMnO 4 → 0t A + FeCl 2 + KMnO 4 + H 2 SO 4 loãng → B + FeS + O 2 → 0t C ’  + FeS 2 + dung dịch HCl ( đk thích hợp ) → D + Na 3 N + H 2 O → 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 HNO 3 loãng dư thu được các sản phẩm khư chỉ có NO, N 2 O (hỗn hợp Y) với tổng thể tích 6,72 lít, tỉ khối của Y so với H 2 bằng 17,8. Phần 2 cho vào dung dịch kiềm sau một thời gian thấy lượng H 2 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 HNO 3 đã phản ứng. Câu 5: 2 điểm a. Muối kép KCr(SO 4 ) 2 .12H 2 O. 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? 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 O 2 vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí, hơi ở nhiệt độ và áp suất xác định chứa 57,143% CO 2 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 CO 2 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 H 2 O lớn hơn số mol CO 2 . 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( C 4 H 6 O 2 ) 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 CO 2 . 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; CuCl 2 0,1M; NaCl 0,1M với điện cực trơ, màng ngăn xốp. Bỏ qua sự thủy phân của Cu 2+ . 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 CH 3 COOH người ta chưng cất gỗ trong điều kiện không có không khí ở 400 - 500 0 C, được hỗn hợp lỏng gồm: H 2 O, CH 3 COOH, CH 3 OH, CH 3 COCH 3 và hắc ín. Thực tế người ta dùng cách nào để thu được CH 3 COOH? b. Vẽ sơ đồ điều chế khí Cl 2 trong phòng thí nghiệm từ MnO 2 và dung dịch HCl đặc. Nêu tên, vai trò của từng chất trong phương trình điều chế khí Cl 2 , 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. 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 - Sau đó Ba(OH) 2 + Ba(H 2 PO 4 ) 2  2BaHPO 4 + 2H 2 O 0,002 0,01 mol 0,5đ 0,25đ 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 4 a 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. 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. 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 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 => x= 0,3 mol . Vậy %m Al = %97,41%100. 3,19 27.3,0 = ; %m Fe = 58,03% 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 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 a - 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) - 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. 0,25 đ 0,25 đ => 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 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)  (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 0,25 đ 0,25đ 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. 12 7 13 2 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH Năm học: 2 012 – 2013 Khóa thi ngày: 15/03 /2013 Môn thi: HÓA HỌC - THPT Đề thi này có 10 câu, gồm 2 trang Thời. = 12; H = 1; O = 16; N = 14; S = 32; Ba = 137; Na = 23; K =39; Cl = 35,5; Cr = 52; Mn = 55. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THANH HOÁ Năm học: 2 012- 2013 . CHẤM ĐỀ THI 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: