Đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 10 môn Hóa Học tỉnh Hà Tĩnh năm học 20122013

ViettelStudy.vn SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10 Câu Nội dung Điểm I 3 1. Cl 2 + 2NaBr   H 2NaCl + Br 2 (1) 3Br 2 + 3Na 2 CO 3  5NaBr + NaBrO 3 + 3CO 2 (2) H 2 SO 4 + Na 2 CO 3  Na 2 SO 4 + CO 2 + H 2 O (3) 5NaBr + NaBrO 3 + 3H 2 SO 4  3Na 2 SO 4 + 3Br 2 + 3H 2 O (4) Vai trò của H 2 SO 4 : (1) H 2 SO 4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4) là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: . 3Br 2 + 6OH - 5Br - + BrO 3 - + 3H 2 O OH - H + 2. Thêm H 2 S vào phần 1 ta có: 2FeCl 3 + H 2 S → 2FeCl 2 + S + 2HCl x 0,5x CuCl 2 + H 2 S → CuS↓ + 2HCl y y  16x +96y = 1,28 (I) Thêm Na 2 S vào phần 2 2FeCl 3 + Na 2 S → 2FeCl 2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl 2 + Na 2 S → FeS↓ + 2NaCl  2FeCl 3 + 3Na 2 S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl mol: x x 0,5 x CuCl 2 + Na 2 S → CuS↓ + 2NaCl y y  88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol  m = 4,6.2 = 9,2 gam. 1,5 0,5 0,5 0,5 II 3 1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA Li Be B C N O F Ne 2s 1 2s 2 2p 1 2p 2 2p 3 2p 4 2p 5 2p 6 I 1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I 1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I 1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns 2 qua cấu hình kém bền hơn ns 2 np 1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I 1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns 2 np 3 qua cấu hình kém bền hơn ns 2 np 4 (trong p 3 chỉ có các electron độc thân, p 4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron). 2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M 2+ + CO 3 2-  MCO 3 Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO 3 2- = 0,35 1 0,5 0,5 ViettelStudy.vn Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl 2 về MCO 3 khối lượng giảm 11 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam  Số mol MCO 3 = 11 3,3 = 0,3 < nCO 3 2- -> CO 3 2- có dư, M 2+ pư hết nBaCl 2 = x, CaCl 2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 giải ra được BaCO 3 = 0,1 mol, CaCO 3 = 0,2 mol và % BaCO 3 = 49,62%, CaCO 3 = 50,38%. 1 III 3,5 1 . a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu Cl 2 + 2KI  2KCl + I 2 và 5Cl 2 + I 2 + 6H 2 O  2HIO 3 + 10HCl b. Quá trình chuyển X 2  2X - phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử X thành ion X - Mặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấp hơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flo mạnh hơn clo (Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p, không có AO trống  phân tử F 2 chỉ có liên kết  . Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống  phân tử Cl 2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạo liên kết  , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi). 2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO 2 = 0,06 và NO 2 = 0,02  số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14 Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư = 2 14,017,0  = 0,015 Ta có : NO 3 - + 2H + +1e NO 2 + H 2 O 0,02 0,04 SO 4 2- +4H + +2e  SO 2 +2H 2 O 0,06 0,24 nNO 3 - (muối) = nNO 3 - (ax) – nNO 2 = nH + - nNO 2 = 0,04 – 0,02 = 0,02 Tương tự tính được nSO 4 2- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc axit  m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam) 0,75 0,75 0,25 0,5 0,5 0,75 IV 3,5 1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH Ta có : 284,9 677,64 323,35 17  R R (loại do không có nghiệm thích hợp) Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO 4 Ta có : 5,35 677,64 323,35 65  R R , vậy R là nguyên tố clo (Cl). Do hiđroxit của R (HClO 4 ) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH gamgammX 4,850 100 8,16  MOH + HClO 4  XClO 4 + H 2 O  molLmolLnn HClOMOH 15,0/115,0 4  0,5 ViettelStudy.vn  56 15,0 4,8 17  mol gam M  M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K). 2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H 2 S hoặc SO 2 . Giả sử X là H 2 S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH 2 SO 4 → 4R 2 (SO 4 ) n + nH 2 S + 4nH 2 O Theo ptpu: n 2 4 H SO = 5 8 n n R . Theo bài ra: n 2 4 H SO = n R → 5n = 8 → n = 8 5 . Vậy khí X đã cho là khí SO 2 . Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH 2 SO 4 → R 2 (SO 4 ) n + nSO 2 + 2nH 2 O Ta có: 2 =2n  n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H 2 SO 4 → R 2 SO 4 + SO 2 + 2H 2 O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br 2 xảy ra phản ứng sau: SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → H 2 SO 4 + 2HBr (2) Theo (2): n 2 SO = n 2 Br = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR 2 SO 4 = n 2 SO = 0,1(mol) Theo bài ra khối lượng của R 2 SO 4 = 31,2g → 2 4 R SO M = 31,2 0,1 = 312 → M R = 108 (R là Ag). 1 0,5 0,5 1 V 3,5 1. a. HI có tính khử, pư được với H 2 SO 4 đặc, nên sửa lại 4CaI 2 + 5H 2 SO 4 đặc  4CaSO 4 + H 2 S + 4I 2 +4H 2 O b. Do FeSO 4 có tính khử, H 2 SO 4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại: 2FeCl 2 + 4H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4HCl + 2H 2 O c. Do có KI dư nên I 2 tan trong KI tạo KI 3 , vậy phương trình được viết lại: Cl 2 + 3KI  2KCl + KI 3 2. a) Viết phương trình: Fe + S  FeS (1) FeS + 2HCl  FeCl 2 + H 2 S (2) Với Y M = 13.2 = 26  Y có H 2 S và H 2 , do Fe dư phản ứng với HCl. Fe dư + 2HCl  FeCl 2 + H 2  (3) 2H 2 S + 3O 2  2SO 2 + 2H 2 O (4) 2H 2 + O 2  2H 2 O (5) SO 2 + H 2 O 2  H 2 SO 4 (6) Đặt SH 2 n = a (mol); 2 H n = b (mol)  Y M = 1 3 b a 26 ba 2b34a    Giả sử 2 H n = 1 (mol)  SH 2 n = 3 (mol) (1)(2)  Fe n phản ứng = n S = n FeS = SH 2 n = 3 (mol) (3)  n Fe dư = 2 H n = 1 (mol)  Fe n ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) Vậy: %m Fe = %70 32.356.4 %100.56.4   0,5.3 ViettelStudy.vn %m S = 100% - 70% = 30% b) n Y = 4,22 24,2 = 0,1(mol)  SH 2 n = 4 3 .0,1 = 0,075 (mol).  2 H n = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). 0,15(mol) 100.34 5,1.1.100 n 22 OH  Từ (4)(6)  2 SO n = SH 2 n = 0,075 (mol) Từ (6)  42 SOH n = 2 SO n = 0,075 (mol)  H 2 O 2 dư. 22 OH n phản ứng = 2 SO n = 0,075 (mol)  H 2 O 2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có: m ddB = 22 OddH m + 2 SO m + OH 2 m = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) Vậy: C%H 2 SO 4 = 6,106 100.98.075,0 = 6,695 (%). C%H 2 O 2 dư = 6,106 100.34.075,0 = 2,392 (%). 0,5 0,5 0,5 0,5 VI 3,5 1. Ba + H 2 O  Ba(OH) 2 + H 2 Na + H 2 O  NaOH + 1/2H 2 Dựa vào pt, tính được nBa(OH) 2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH - = 0,3 Sục từ từ CO 2 vào dd X có các pư CO 2 + 2OH -  CO 3 2- + H 2 O CO 3 2- + Ba 2+  BaCO 3 BaCO 3 + CO 2  Ba(HCO 3 ) 2 Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO 3 kết tủa với số mol CO 2 được hấp thụ (Hình thang cân… ) 2. Vì AgNO 3 tạo phức với NH 3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH 3 ) 2 + 0,01M và NH 3 = 0,25 – 0,02 = 0,23M Ag(NH 3 ) 2 + == Ag + + 2NH 3 K = 10 -7,24 Ban đầu 0,01 0 0,23 Cân bằng 0,01-x x 0,23 + 2x K = 10 -7,24 = 2 (0,23 2 ) 0,01 x x x   Giải được x = 1,09.10 -8 . Vậy nồng độ cân bằng của Ag + = 1,09.10 -8 0,5 0,5 1 0,25 0,5 0,1 0 0,1 0,2 0,3 n CO2 n kết tủa ViettelStudy.vn Ta có T = Ag + .X - = 1,09.10 -8 . 0,01 = 1,09.10 -10 Như vậy: T < T AgCl  nên không có kết tủa AgCl T > T AgBr và T AgI nên có kết tủa AgBr và AgI Để nhận biết Cl - trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏ Br - và I - (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH 3 ) 2 NO 3 làm tăng nồng độ Ag + , khi đó T tăng lên và T > T AgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl - ) 0,75