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

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

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
.

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

+ 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

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

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

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

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

+ 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
(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

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)

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

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

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

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
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
]-

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

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

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

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

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 :

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

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

< 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

+ 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

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

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