SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LÀO CAI

——————-

HDC ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Môn: HOÁ HỌC

Năm học: 2012-2013

( Hướng dẫn chấm gồm có 09 trang)

Câu 1

Nội dung

2 điểm

1. (1,0 điểm)

Giả sử số hạt proton, nơtron, electron của M là: Z,E vàN

của X là :Z^’,E’ và N^’

Theo đề bài ta có:

0,25

0,25

0,25

vậy MX₂ là MgCl₂

0,25

2. (1,0 điểm)

a) Cu₂S.FeS₂ + HNO₃ Cu(NO₃)₂ + Fe(NO₃)₃ + H₂SO₄ +NO+ H₂O

Quá trình oxi hoá: x3

Quá trình khử: x25

0,25

3Cu₂S.FeS₂ + 46HNO₃6Cu(NO₃)₂ + 3Fe(NO₃)₃ + 9H₂SO₄ +25NO+ 14H₂O

0,25

b) Fe_xO_y +H₂SO₄ Fe₂(SO₄)₃ +SO₂ + H₂O.

Quá trình oxi hoá: x2

Quá trình khử: x(3x-2y)

0,25

2Fe_xO_y +(6x-2y)H₂SO₄ xFe₂(SO₄)₃ +(3x-2y)SO₂ + (6x-2y)H₂O

0,25

Câu 2

Nội dung

2,5 điểm

Giả sử 2 muối cacbonat là , ta có phương trình phản ứng xảy ra:

(1)

(2)

0,25

có thể có:

(3)

0,25

Theo đề bài ta có:

= 0,09 (mol)

= 0,08 (mol)

>có 2 trường hợp có thể xảy ra:

TH1. Không xảy (3), ta có:

=0,08 mol= 0,08 (mol)

0,25

==90 (g/mol)

= 30 (g/mol)

0,25

2 muối là:

Giả sử trong 7,2 gam hỗn hợp 2 muối có x(mol) MgCO₃ và y (mol) CaCO₃, ta có:

0,25

0,25

TH2. Xảy ra (3), ta có:

=0,1 mol= 0,1 (mol)

0,25

==72 (g/mol) = 12 (g/mol)

0,25

2 muối là:

Giả sử trong 7,2 gam hỗn hợp 2 muối có x(mol) MgCO₃ và y (mol) BeCO₃, ta có:

0,25

0,25

Câu 3

Nội dung

2,0 điểm

a. (1,0 điểm)

n_{khí lúc cân bằng} = = 0,24 mol

0,25

N₂O₄(k)  2NO₂(k)

Ban đầu 0,2 0 (mol)

Phản ứng x 2x (mol)

Cân bằng 0,2-x 2x (mol)

0,25

Ta có : 0,2 – x + 2x = 0,24 => x = 0,04 mol

Lúc cân bằng có 0,16 mol N₂O₄ ; 0,08 mol NO₂

0,25

= 2=>= 2 => = atm ;= atm

0,25

b. (1,0 điểm)

= 1/6

0,25

Đặt lúc cân bằng là p thì lúc cân bằng là (0,5 – p)

Ta có 6p² + p – 0,5 = 0 => p 0,217 atm

0,25

=> = 0,217 atm; = 0,283 atm

=> Khi P=0,5atm, có : (khi P=1atm)

0,25

Như vậy, khi giảm áp suất của hệ thì cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, điều này phù hợp với nguyên lí Lơ Sa-tơ-li-e.

0,25

Câu 4

Nội dung

1,5 điểm

Ta có:

C_(graphit)+O_2(k)CO_(k); =?

CO_(k) +O_2(k) CO₂(k); = -283,07KJ

C_(graphit)+O_2(k)CO_2(k); = -393,5KJ

0,5

Trạng thái đầu C_(graphit), trạng thái cuối CO_{2 (k)}:

∆H₁ = ∆H_x + ∆H₂

0,5

-393,5 = ∆H_x – 283,07

∆H_x = – 110,43KJ

0,5

Câu 5

Nội dung

2,25 điểm

1. (1,25 điểm) Xét với 1 lít hỗn hợp, có:

CBHH:

Ban đầu: 1 1 mol/l.

Phản ứng: 2/3 2/3 2/3 2/3 mol/l.

Cân bằng: 1/3 1/3 2/3 2/3 mol/l.

Theo định luật tác dụng khối lượng, có:

0,25

0,25

Tương tự, có:

CBHH:

Ban đầu: 1 x mol/l.

Phản ứng: 0,9 0,9 0,9 0,9 mol/l.

Cân bằng: 0,1 x – 0,9 0,9 0,9 mol/l.

0,25

Theo định luật tác dụng khối lượng, có:

x = 2,925 mol.

0,25

0,25

2. (1 điểm)

Tổng nồng độ của hệ trước cân bằng là: 1 + 4 = 5 (mol/l); gọi nồng độ N₂ phản ứng là x (mol/l), có CBHH:

Ban đầu: 1 4 0

Phản ứng x 3x

Cân bằng (1-x) (4-3x) 2x (mol/l).

Tổng nồng độ của hệ ở cân bằng là: (5 – 2x) mol/l.

0,25

Vì nhiệt độ không đổi, thể tích các khí trước và sau phản ứng đều bằng thể tích bình chứa nên: .

Hay: x = 0,5 mol/l.

0,25

Nồng độ các chất tại thời điểm cân bằng:

+ [N₂] = 1 – x = 0,5 mol/l.

+ [H₂] = 4 – 3x = 2,5 mol/l.

+ [NH₃] = 2x = 1 mol/l.

.

0,25

Vì nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂ .

0,25

Câu 6

Nội dung

1,75 điểm

PT:

0,25

Gọi:

+ Số mol của C₄H₁₀ ban đầu là a mol.

+ Số mol của C₄H₁₀ tham gia phản ứng ở (1) và (2) lần lượt là b, c mol.

X chứa:

C₄H₈: b (mol)

C₄H₆: c (mol)

0,25

H₂: b + 2c (mol)

C₄H₁₀ dư: a – b – c (mol)

0,25

Tổng số mol của X: a + b + 2c (mol)

0,25

Theo tỉ khối hơi, có: b + 2c = 1,5a.

Số mol của C₄H₈ và C₄H₆ có trong 0,6 mol X là: b’ + 2c’ = 0,36 mol.

0,25

X + Br₂:

0,25

Số mol Br₂: b’ + 2c’ = 0,36 mol.

0,25

Câu 7

Nội dung

2,0 điểm

a) (1 điểm)

Gọi x là số mol của Cu(NO₃)₂ và Pb(NO₃)₂ đã tham gia phản ứng.

Gọi a gam là khối lượng ban đầu của thanh M, A là khối lượng mol của thanh M

Phản ứng : M + Cu²⁺  M²⁺ + Cu

x x x (mol)

0,25

(A -64)x = (I)

0,25

Phản ứng : M + Pb²⁺  M²⁺ + Pb

x x x (mol)

(207-A)x = (II)

0,25

Từ (I) và (II) suy ra : A = 65 (Zn)

0,25

b) (1 điểm) n_Zn = 0,4 mol

Có các phương trình phản ứng xảy ra như sau:

Zn + 2AgNO₃  Zn(NO₃)₂ + 2Ag

0,1 0,2 0,1 0,2 (mol)

0,25

Zn + Cu(NO₃)₂  Zn(NO₃)₂ + Cu

0,2 0,2 0,2 0,2 (mol)

0,25

Zn + Pb(NO₃)₂  Zn(NO₃)₂ + Pb

0,1 0,1 0,1 0,1 (mol)

0,25

m_KL = 0,2.108 + 0,2.64 + 0,1. 207 = 55,1 gam

Khối lượng dung dịch giảm : 29,1 gam

0,25

Câu 8

Nội dung

2,0 điểm

a) (1 điểm)

n=0,42 (mol)

n_{hỗn hợp ancol} + = 0,5 (mol)

n_{hỗn hợp ancol} = 0,08 (mol)

-Khí trong bình sau khi đốt cháy cho qua H₂SO₄ đặc, khối lượng bình tăng chính là khối lượng của nước.

= 0,21 mol

-Khối lượng bình KOH tăng là do CO₂ bị hấp thụ theo phương trình

CO₂ + 2KOH K₂CO₃ + H₂O

(có thể có phản ứng CO₂ + KOH KHCO₃)

=

0,25

tham gia phản ứng cháy = 0,14 + – = 0,205 mol

còn lại sau phản ứng cháy = 0,215 mol

0,25

Tổng số mol khí trong bình sau khi phản ứng cháy kết thúc là

0,215 + 0,14 + 0,21 = 0,565 mol

0,25

a)Áp dụng công thức :

n = 0,565 P = 1,186

0,25

b)Vì > có ancol là no đơn chức

m_ancol = _cháy = 3,38 gam

_ancol =

có 1 ancol có M<42,25 đó là CH₃OH (A)

0,25

Ta có:

m_B + m_C = 3,38 – 0,05.32 = 1,78 (g)

Khi đốt cháy CH₃OH

2CH₃OH + 3O₂ 2CO₂ + 4H₂O

0,05  0,075  0,05 0,1

Vậy khi đốt cháy B và C tạo ra 0,09 mol CO₂ và 0,11 mol H₂O

B và C phải có 1 ancol no đơn chức.

0,25

Gọi CT của B là C_nH_2n+2O và của C là C_nH_yO

n = B là C₃H₇OH

số nguyên tử = y phải nhỏ hơn 7,33

y có thể là 6 và 4

0,25

Vậy C có thể có 2 công thức phân tử là C₃H₃OH và C₃H₅OH

Vậy A, B và C có thể là : CH­₃OH, C₃H₇OH và C₃H₃OH

Hoặc CH­₃OH, C₃H₇OH và C₃H₅OH

0,25

Câu 9

Nội dung

2,5 điểm

a) (1,0 điểm)

Khi thuû ph©n b»ng enzim

n_Gly=22,5/ 75 = 0,3 (mol)

n_Lys= 43,8/146= 0,3 (mol)

Khi thuû ph©n b»ng NaOH

n _(Gly)Na=87,3/97 = 0,9 (mol)

n_(Lys)Na=84/168 = 0,5mol

§iÒu nµy chøng tá tripeptit chØ gåm Gly vµ Lys.

Do sè mol (Gly)Na > sè mol (Lys)Na

 trong tripeptit cã 2 gèc Gly vµ 1 gèc Lys.

0,25

Tripeptit cã thÓ lµ Gly – Gly – Lys

0,25

hoÆc Lys – Gly – Gly

0,25

hoÆc Gly-Lys-Gly

0,25

b) (1,5điểm)

Khi thuû ph©n b»ng enzim 

n _Gly=0,3(mol)

n_Lys=0,3 (mol)

n _Gly-Gly= x(mol)

n_Gly-Lys= (0,6-x) (mol)

0,25

Tæng sè mol gèc Gly = 0,3 + 2x + (0,6 – x) = 0,9 +x

Tæng sè mol gèc Lys = 0,3 +(0,6 – x) = 0,9 – x

0,25

Theo thµnh phÇn : tæng sè mol gèc Gly = 2 lÇn tæng sè mol gèc Lys

 0,9 + x = 2(0,9 – x)

 x = 0,3

0,25

Tæng sè mol gèc Gly = 1,2

Tæng sè mol gèc Lys = 0,6

0,25

Khi thuû ph©n b»ng NaOH 0,9 mol (Gly)Na, 0,5 mol (Lys)Na,

y mol (Gly – Gly)Na vµ z mol (Gly – Lys)Na

0,25

V× sè gèc Gly vµ Lys b¶o toµn 

Tæng sè mol gèc Gly = 1,2 = 0,9 + 2y +z

Tæng sè mol Lys = 0,6 = 0,5 +z

Gi¶i ra z = y = 0,1

Cã 0,1 mol muèi (Gly – Gly)Na vµ 0,1 mol muèi ( Gly – Lys)Na

0,25

Câu 10

Nội dung

1,5 điểm

1) (0,75 điểm)

– Tính bazơ của (1) < (2) do

0,25

+ ở (1): N gây hiệu ứng +C > -I làm giảm mật độ e trên nguyên tử N

0,25

+ ở (2): Nhóm –NO₂ có cấu trúc góc, 2 nhóm –NO₂ ở vị trí o gây án ngữ không gian lớn, làm giảm sự đồng phẳng của hệ liên hợp của N và vòng benzen, do đó làm giảm +C của N vào vòng benzen. Vì vậy, mật độ electron trên N của (2) > (1)

0,25

2) (0,75 điểm)

– Tính axit của (1) < (4) < (3) < (2) do

0,25

+ nhóm metyl có hiệu ứng +I làm giảm khả năng tách H⁺

+ nhóm –CN có hiệu ứng –I làm tăng khả năng tách H⁺

0,25

+ nhóm –CN càng gần nhóm -COOH, ảnh hưởng của –I càng mạnh

0,25