Hư ng d n ch m đ tr i he 2017

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN HĨA HỌC LỚP 11 TỈNH PHÚ THỌ (Hướng có 04 trang, gồm 08 câu) Câu 1: 2,5 Điểm Tốc độ phản ứng có chế Để phân hủy hiđro peoxit (H2O2) với chất xúc tác ion iođua dung dịch có mơi trường trung tính, người ta trộn dung dịch H2O2 3% (chấp nhận tương đương với 30 gam H2O2 1lít dung dịch) dung dịch KI 0,1 M với nước theo tỉ lệ khác thể tích để tiến hành thí nghiệm xác định thể tích oxi ( VO2 ) Thí nghiệm VH2O2 (ml) VKI (ml) VH2O (ml) υ O2 (ml/phút) 298 K atm 25 50 75 4,4 50 50 50 8,5 100 50 17,5 50 25 75 4,25 50 100 16,5 Xác định bậc phản ứng phân huỷ H2O2 chất xúc tác I- Viết phương trình hố học biểu thức tính tốc độ phản ứng Tính nồng độ mol H2O2 bắt đầu thí nghiệm sau phút Cơ chế phản ứng xem chuỗi hai phản ứng sau:  H2O + IOH2O2 + I-  k (1) IO- + H2O2  k O2 + I- + H2O (2) Hãy cho biết hai phản ứng xảy với tốc độ hay khác nhau? Phản ứng định tốc độ phản ứng giải phóng oxi? Giải thích Câu Đáp án Từ phương trình phản ứng: H2O2  H2O + O2 Điểm 0,50 ta có: thể tích oxi đơn vị thời gian tỉ lệ thuận với tốc độ phản ứng Theo thí nghiệm 1, 2, tăng gấp đơi thể tích dung dịch H2O2 giữ ngun thể tích dung dịch KI tốc độ phản ứng tăng gấp đơi, điều có nghĩa tốc độ phản ứng tỉ lệ thuận với nồng độ H2O2  phản ứng bậc H2O2 Tương tự, từ thí nghiệm 2, 4, ta thấy tốc độ phản ứng tỉ lệ thuận với nồng độ I-  phản ứng bậc I- Phương trình phản ứng: H2O2  H2O + O2 Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: V = k C H2O2 C I- 0,50 Khi pha loãng lần nồng độ H2O2 (C0) thí nghiệm giảm lần: 10  C0 = 10 gam H2O2/1 lit Hay C0 = = 0,294 M 34 Vì phản ứng xảy chậm nên coi tốc độ phản ứng (thể tích oxi ra) khơng thay đổi khoảng thời gian ngắn (4 phút) Sau phút thoát ra: 4,25 = 17 (ml) oxi, đó: 0,50 n O2 = P.V 17.10-3 = = 0,695.10-3 (mol) R.T 0,082 298 Lúc đầu có: n H2O2 = 0,294 0,15 = 44,1.10-3 (mol) Sau phút, số mol H2O2 còn: 44,1.10-3 – 0,695.10-3 = 42,71.10-3 (mol) 0, 04271 Vậy sau phút: C H2O2 = = 0,285 (M) 0,15 Phản ứng: H O  I H O + O v  1,00 (*) d  H 2O2  dt Cơ chế: H O + I-  k  H 2O + IO - - k2 (1) - IO + H O2   H O + I + O (2) Xét trường hợp: 1/ Nếu phản ứng (1) chậm định tốc độ tốc độ phản ứng tổng hợp (*) tốc độ phản ứng (1): d  H2O2  v  k1[H O2 ][I- ] dt Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ 2/ Nếu phản ứng (2) chậm thì: d  H2O2  (a) v  k2 [H O2 ][IO - ] dt Chấp nhận nồng độ IO- ổn định ta có: d [IO- ] k k1[H 2O ][I - ]  k2 [IO- ][H 2O ] 0  [IO- ]  [I - ] (b) dt k2 Thay (b) vào (a) ta được: d  H2O2  v  k1[H O2 ][I- ] dt Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ 3/ Nếu hai phản ứng có tốc độ xấp xỉ thì: d [H O ] v    k1[H O2 ][I- ]  k2 [H O ][IO- ] dt Chấp nhận nồng độ IO ổn định, tính [IO-] trường hợp thay vào biểu thức ta được: d  H2O2  v  k1[H O ][I- ] dt Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ Trong trường hợp, trường hợp đầu hợp lí khơng cần chấp nhận điều kiện gì; mặt khác trường hợp 2, giả thiết phản ứng (2) chậm việc chấp nhận nồng độ IO- ổn định khơng hợp lí Câu 2: 2,5 Điểm Nhiệt, cân hóa học Cho hai phản ứng graphit oxi: (a) C(gr) + ½ O2 (k) CO (k) (b) C(gr) + O2 (k) CO2 (k) Các đại lượng H0, S0 (phụ thuộc nhiệt độ) phản ứng sau: H0T(a) (J/mol) = - 112298,8 + 5,94T S0T(a) (J/K.mol) = 54,0 + 6,21lnT H0T(b) (J/mol) = - 393740,1 + 0,77T S0T(b) (J/K.mol) = 1,54 - 0,77 lnT Hãy lập hàm lượng tự Gibbs theo nhiệt độ G0T(a) = f(T), G0T(b) = f(T) cho biết tăng nhiệt độ chúng biến đổi nào? Trong thí nghiệm người ta cho bột NiO khí CO vào bình kín, đun nóng bình lên đến 14000C Sau đạt tới cân bằng, bình có bốn chất NiO (r), Ni (r), CO (k) CO2 (k) CO chiếm 1%, CO2 chiếm 99% thể tích; áp suất khí 1bar (105Pa) Dựa vào kết thí nghiệm kiện nhiệt động cho trên, tính áp suất khí O2 tồn cân với hỗn hợp NiO Ni 14000C Câu Đáp án T T Điểm 1,00 T (a) G (a ) H (a )  TS (a ) G T ( a )  (- 112298,8 + 5,94 T) – T(54,0 + 6,21 lnT) GT0 (a )  -112298,8 – 48,06T - 6,21T lnT Khi tăng T  G0 giảm (b) GT0 (b)  ( - 393740,1 + 0,77 T ) – T (1,54 - 0,77 lnT) GT0 (b)  ( - 393740,1 - 0,77 T + 0,77 TlnT) Với T > 2,718  0,77 lnT > 0,77 T nên T tăng G T0 tăng Từ phương trình (a), (b) tìm hàm Kp (c) 1673K cho phản ứng (c): (a) C (gr) + O2 (k) (b) C (gr) + O2 (k) (c) CO (k) + CO (k) CO2 (k) O2 (k) 1,00 x -1 x1 CO2 (k) (c) = (b) - (a) G T0 (c) GT0 (b)  GT0 (a) GT0 (c ) [ -393740,1 – 0,77 T + 0,77 TlnT] - [-112298,8 -48,06T -6,21 TlnT] G 0T (c)  281441,3  47,29T  6,98 T ln T G 1673 (c)  115650 J / mol lnKp, 1673 (c)   G (c) 115650  8,313457 RT 8,314.1673 Kp, 1673 (c) = 4083 * Xét phản ứng CO (k) + (d) NiO (r) + CO (k) (1) NiO (r) Ở 1673K O2 (k) (c) có Kp (d) = pCO2 pCO Kp (d )  CO2 (k) Ni (r) + CO2 (k) x -1 x1 Ni (r) + O2 (k) 99 99 2 1/ Kp (1)= p O = Kp (c)  4083 0,024247 2,42247.10 1673K   p O2  K p (1) = (2,4247 10-2)2 P O2 = 5,88 10-4 bar = 58, Pa P O = 5,88 10-4 bar = 58, Pa Câu 3: 2,5 Điểm Dung dịch điện ly - phản ứng oxi hoá khử - pin điện điện phân (có cân tạo chất tan) Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M Pb(NO3)2 0,100 M Tính pH dung dịch A Thêm 10,00 ml KI 0,250 M HNO3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A Sau phản ứng người ta nhúng điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO 0,010 M KSCN 0,040 M a) Viết sơ đồ pin b) Tính sức điện động Epin 250C c) Viết phương trình phản ứng xảy pin hoạt động d) Tính số cân phản ứng Cho biết: Ag+ + H2O AgOH + H+ Pb2+ + H2O (1) ; PbOH+ + H+ K1= 10 –11,70 (2) ; K2= 10 –7,80 Chỉ số tích số tan pKs: AgI 16,0 ; PbI2 7,86 ; AgSCN 12,0 RT ln = 0,0592 lg ; = ,799 V F /Ag Epin thay đổi nếu: a) thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B; b) thêm lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X? EAg + Câu Đáp án Ag + H2O ⇌ + AgOH + H + ; Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+ K1 = 10 –11,7 K2 = 10 –7,8 ; (1) Điểm 0,50 (2) Do K2 >> K1 nên cân định pH dung dịch Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; C 0,10   0,10  x x (2) x x2 10  ,8  x = 10 –4,4 = H+ 0,1  x 2a K2 = 10 –7,8 ; pH = 4,40 a) Dung dịch B: Thêm KI: CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050 0,25 CI – = 0,125M; CH+ = 0,10M Ag+ + 0,025 0,05 – → AgI  0,125 – Pb2+ I 0,10 + I → PbI2  0,10 – Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI  PbI2  AgI  ⇌ Ag+ + PbI2  ⇌ Pb 2+ I Ks1 = 1.10 –16 ; + I ; Ks2 = 1.10 (3) –7,86 (4) Ks1 E1, ta có pin gồm cực Ag X cực +, cực Ag B cực – Sơ đồ pin: Ag AgI AgSCN PbI2 SCN 0,03 M Ag  2b Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V 0,25 2c Phương trình phản ứng: Ag + I– ⇌ AgI + e 0,25 AgSCN + e ⇌ Ag + SCN– AgSCN + I– ⇌ Ag + SCN– 2d K K SAgSCN K SAgI 0,25 10 12   16 104 10 Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B, xảy trường hợp: 3a 0,50 – Lượng NaOH q khơng đủ để trung hoà HNO 3: Sự tạo phức hiđroxo Pb khơng đáng kể, Epin khơng thay đổi 2+ – Lượng NaOH đủ để trung hoà HNO3: Có tạo phức hiđroxo Pb2+ Pb2+ giảm, nồng độ I – tăng lên, nồng độ Ag+ giảm xuống, E1 giảm; Epin tăng – Lượng NaOH đủ dư để trung hoà hết HNO hoà tan PbI2 tạo thành PbO2–, Pb2+ giảm Epin tăng PbI2 + OH– PbO2– + H2O + I– → Thêm Fe3+ vào dung dịch X: Fe3+ + 3b – SCN– → FeSCN2+ 0,50 + Nồng độ ion SCN giảm, nồng độ ion Ag tăng, E2 tăng dẫn đến Epin tăng Câu 4: 2,5 Điểm Hóa nguyên tố ( nhóm IV, V) Hịa tan hết 0,775 gam đơn chất X màu trắng dd HNO3 thu 0,125 mol khí NO2 (sản phẩm khử N5+) dd chứa hai axit Viết phương trình hóa học theo sơ đồ biến hóa sau: X +Ba(OH)2  H SO4 B (2) A (1) (6) L +Ca, t0  H 2O E (7) CuSO4 (3) D 2 NaOH R 6000 C G (4) (5)  A9 NO3 Q 2000 C D (9) (8) 2500 C M (10) Biết chất A, B, D, E, M, G, L, Q, R hợp chất X có phân tử khối thỏa mãn: MA + ML =449; MB + ME = 100; MG + MM = 444; MD + MQ = 180 Câu Đáp án Dùng phương pháp bảo tồn electron xác định X Phơtpho Điểm 0,25 Dựa vào kiện đề xác định chất sơ đồ 0,25 (1) 4P4 + 3Ba(OH)2 + H2O → 3Ba(H2PO2)2 + 2PH3 (A) (2) Ba(H2PO2)2 → BaSO4↓ + H3PO2 (B) (3) H3PO2 + 2CuSO4 + 2H2O → 2Cu + 2H2SO4 + H3PO4 (D) (4) H3PO4 + 2NaOH →Na2HPO4 (R) + 2H2O C (5) Na2HPO4  600 (G)   Na4P2O7 + H2O (6) 2P + 3Ca → Ca3P2 (L ) (7) Ca3P2 + 6H2O →3 Ca(OH)2 + 2PH3↑ (E) 0,2 x 10 (8) PH3 + 6AgNO3 + 3H2O → 6Ag + 6HNO3 + H3PO3 (Q) o C (9) 4H3PO3  200   3H3PO3 + PH3 o 250 C (10) 2H3PO4    H2O + H4P2O7 (M) Câu 5: 2,5 Điểm Phức chất, phân tích trắc quang Phổ hấp thụ UV –Vis thường dùng để xác định nồng độ chất dung dịch cách đo mật độ quang (độ hấp thụ quang) bước sóng định ánh sáng vùng UV – Vis Định luật Beer –Lambert cho biết mật độ quang tỉ lệ trực tiếp với nồng độ mol/L bước sóng cho trước: A = .l.C ( độ hấp thụ mol hay hệ số tắt tính theo L.mol –1.cm –1, l chiều dài đường truyền quang học qua lớp hấp thụ tính theo cm; C nồng độ mol chất hấp thụ); hay A = A lg10 Io (I Il cường độ ánh sáng tới lớp hấp thụ khỏi lớp Il o chất hấp thụ) Hai cấu tử A B không hấp thụ lượng ánh sáng vùng nhìn thấy, chúng tạo hợp chất phức màu AB có khả hấp thụ cực đại bước sóng 550 nm Người ta chuẩn bị dung dịch X chứa 1.10 –5 M cấu tử A 1.10 –2 M cấu tử B đem đo mật độ quang dung dịch thu so với H 2O 550 nm mật độ quang A = 0,450 với cuvet có bề dày quang học l = 20 mm Khi chuẩn bị dung dịch Y cách trộn hai thể tích tương đương dung dịch chứa 6.10 –5 M cấu tử A dung dịch chứa 7.10 –5 M cấu tử B tiến hành đo quang 550 nm so với H2O (l = 2cm) giá trị mật độ quang thu A = 1,242 Tính số khơng bền phức AB Tính độ hấp thụ mol AB bước sóng 550 nm Tính giá trị mật độ quang dung dịch Z thu trộn thể tích dung dịch A, B có nồng độ 1.10–4 M với cuvet có bề dầy 0,1 dm bước sóng 550 nm Câu Đáp án Trong dung dịch X chứa A B nên có cân bằng:   A + B   AB Điểm 1,00 K Vì CA