[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH KIÊN GIANG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC - VỊNG – Mơn: HĨA HỌC
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I điểm
1)
Ta có: 4,5
0 l s
l l
n l m m
l m l m
+ + + =
⎧
⎨ − = ⇒ = ⎩
Mà 0≤ ≤ − ⇒l n 0≤ml ≤ −n
* Nếu ms = 4
2 n l ml n l n
+ ⇒ + + = ⇒ + = ⇒ ≤
@ n + 2( n – ) ≥ @ n ≥
n l = ml loại
@ n = 2; l = 1; ml = +1; ms =
+ @ 2p1
Vậy A: 1s22s22p1 ( Bo )
Hoặc n = 4; l = 0; ml = 0; ms =
+ @ 4s1
Vậy A: [Ar]4s1 ( Kali )
* Nếu ms = 5
2 n l ml n l n
− ⇒ + + = ⇒ + = ⇒ ≤
@ n + 2( n – ) ≥ @ n ≥ 2,3 n l = ml loại
@ n = 3; l = 1; ml = +1; ms =
− @ 3p1
Vậy A: [Ne]3s23p1 ( Al )
Hoặc n = 5; l = 0; ml = 0; ms =
− @ 5s1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
(2)Vậy A: [Kr]5s2 ( Sr ) 2)
2 6 2 6
2 6
2 6 1
:1 2 3 ( 19)
: 2 3 ( 20)
:1 2 3 ([ ])
:1 2 3 ([ ]4 )
X s s p s p s X l kali Z
Y s s p s p s X l Canxi Z
K s s p s p Ar
Ca s s p s p s Ar s
+ +
⇒ =
⇒ =
Do khí electron K+ có cấu hình electron khí Ar, cịn Ca+ có cấu hình [Ar]4s1
Để có lượng ion hóa thứ 2, nghĩa phải bứt tiếp electron trường hợp lượng cần thiết để làm
điều Ca phải tiêu tốn lượng so với bứt electron K+ có cấu hình bền vững khí Ar
Vậy I2 ( K ) > I2 ( Ca ) I1 ( K ) < I1 ( Ca )
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25 0,75
Câu II điểm
:O:
F F
N
H H H
F B F F - có cặp
electron liên kết - có cặp
electron khơng liên kết
- có cặp
electron liên kết - có cặp
electron khơng liên kết
- có cặp
electron liên kết
Lai hóa sp3 Hình chữ V
Lai hóa sp3 Hình tam diện
Lai hóa sp2 Tam giác phẳng Góc liên kết
FOF<109028’
Góc liên kết HNH<109028’
Góc liên kết FBF = 1200
3 x 0,25
3 x 0,25
3 x 0,25
3 x 0,25
Câu III điểm
Dùng phương pháp tổ hợp cân ta có
2
4N +3H O ←⎯⎯⎯⎯→2NH +3N O - UH1 2
3N O+9H ←⎯⎯⎯⎯→3N H +3H O 3UH2
(3)3 2
2
2
NH + O ←⎯⎯⎯⎯→N H +H O UH3 2
1
H O←⎯⎯⎯⎯→H + O - UH4
Sau cộng phương trình lại ta
2 2
4N +8H ←⎯⎯⎯⎯→ 4N H UH5
@ UH5 = (- UH1 + 3UH2 + UH3 - UH4 ) :
@ UH5 = ( 1011 – 317 – 143 + 286 ) : = 50,75 KJ/mol
TừUH5 UH4 UH2 ta tính UHN2O
UHN2O = (UH5 + UH4 - UH2 )
= 50,75 – 286 + 317 = 81,75 KJ/mol TừUH5 UH4 UH3 ta tính UHNH3
UHNH3 = (UH5 + UH4 - UH3 ) :
UHNH3= ( 50,75 – 286 + 143 ) : = - 46,125 KJ/mol
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV
3 điểm 1) - Trong chén A khơng cịn dấu vết chứng tỏ muối nitrat bị phân hủy hoàn toàn sản phẩm bay hết Vậy
0
0
4 2
3 2 2
( )
t
t
NH NO N O H O
Hg NO Hg NO O
⎯⎯→ ↑ +
⎯⎯→ ↑ + +
Hoặc muối nitrat hữu
VD:
3 3 2 2 t
CH −NH NO +O ⎯⎯→CO ↑ + H O+N ↑
- Trong chén B phải chứa muối kim loại kiềm phải chuyển thành muối nitrit
VD:
0
3 2
2
2
3
t
NaNO NaNO O
NaNO HCl NaCl HNO
HNO HNO NO H O
⎯⎯→ +
+ ⎯⎯→ +
⎯⎯→ + +
- Trong chén C lại chất rắn màu nâu đỏ chứng tỏ Fe2O3 Vây muối ban đầu
0
0
3 3 2
3 2 2
2 ( )
2
2 ( )
2 t
t
Fe NO Fe O NO O
Fe NO Fe O NO O
⎯⎯→ + +
⎯⎯→ + +
2)
- Điều chếđược
- Trước hết dùng hai cốc chia độ lấy thể tích dung dịch NaOH
0,75
0,75
0,5
(4)như ( số mol NaOH ); cho CO2 dư sục vào cốc ,
lúc tạo NaHCO3
NaOH + CO2 ⎯⎯→NaHCO3
Sau trộn cốc với ta Na2CO3
NaHCO3 + NaOH ⎯⎯→ Na2CO3 + H2O
0,25 0,25 Câu V
4 điểm
1) 2KOH + H2SO4 ⎯⎯→ K2SO4 + 2H2O ( )
TN1: Dư KOH
KOHdư + HCl ⎯⎯→ KCl + H2O ( )
nKOH dư = nHCl = 0,04 x 0,05 x 0,5 0,005 0, 2= mol
TN2: Dư H2SO4
H2SO4 + 2KOH ⎯⎯→ K2SO4 + 2H2O ( )
nH SO2 4dư =
2nKOH =
2x 0,2 x 0,04 x 0,5
0,01 0, 2= mol
Gọi x, y nồng độ mol dung dịch H2SO4 ( ddA )
và KOH ( ddB ) Ta có:
0,3 2.0, 0,005
0,07
0,11 0,3 0, 0,01
2
y x
x y
x y
− =
⎧ ⎧ =
⎪ ⇒
⎨ ⎨ =
− = ⎩
⎪⎩
Vây pH dd H2SO4 =0,854
pH dd KOH = 13,041 2)
Dung dịch E + AlCl3 cho kết tủa @ E dư kiềm, axit phản ứng hết
AlCl3 + 3KOH ⎯⎯→ Al(OH)3 + 3KCl (4)
2Al(OH)3 ⎯⎯→ Al2O3 + 3H2O (5)
Theo (4), (5) ta có:
nKOH (4) = 3, 262.2.3 0,192
102 = mol
nAlCl3= 3, 262.2 0,064
102 = mol
Có trường hợp xảy
a Lượng KOH ddE thiếu so với AlCl3@ phần
AlCl3 tham gia phản ứng
mol
nKOH 0,028
233 262 ,
2 =
=
@ VB 0,11 = 0,028 + 0,192 @ VB = lít
@ VA 0,07 = 3, 262
233 @ VA = 0,2 lít
0,25
0,25
2 x 0,25
2 x 0,25
0,25
0,25 0,25
(5)Vậy : 10 0, B A
V
V = =
b Lượng KOH ddE dư so với AlCl3@ xảy
phản ứng sau:
AlCl3 + 4KOH ⎯⎯→ NaAlO2 + 3KCl + 2H2O (6)
nKOH (6) = 4(0,5.0,2 – 0,064) = 0,144 mol
@ VB 0,11 = 0,028 + 0,192 + 0,144 @ VB = 3,3 lít
Vậy : 3,3 16,5 0, B A
V
V = =
0,25
0,25 0,25
0,25 Câu VI
4 điểm 1) Các phản ứng:
3
3 2
3
3 2
10 9 (1)
4 (2)
FeS H NO Fe SO NO H O
FeCO H NO Fe CO NO H O
+ − + −
+ − +
+ + ⎯⎯→ + + ↑ +
+ + ⎯⎯→ + ↑ + ↑ +
Gọi x, y số mol FeS FeCO3 hỗn hợp
Theo pt (1), (2):
2 ;
CO NO
n =y n = x+y
Ta có:
M = 22,805 = 45,61
3
46(9 ) 44
45,61 2,877
9
1.88.100
% 20,87%
1.88 1,877.116
% 100 20,87 79,13%
x y y
y x
x y
FeS FeCO
+ +
⇒ = ⇒ =
+
= =
+
= − =
2)
Kim loại M + oxit ⎯⎯⎯HNO3→ ddA M(NO
3)n + NO
2
2
( )
2 ( )
2
n
n
n n
n n
M nOH M OH
M OH M O nH O
M O nHCl MCl nH O
++ −⎯⎯→
⎯⎯→ +
+ ⎯⎯→ +
(2M +16n) 2n 0,025
Ta có: M n n M 32n
025 ,
2
16
2 + = ⇒ =
Nghiệm hợp lí n = M = 64
a Vậy kim loại Cu Oxit Cu2O
CuO
• Trường hợp Cu Cu2O:
0,25
0,25
0,25
0,25
3x 0,25
(6)Đặt số mol KL Cu x số mol oxit y 3Cu + 8HNO3 ⎯⎯→ 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
x mol
3x 3x
3Cu2O + 14HNO3 ⎯⎯→ 6Cu(NO3)2 + 2NO + 7H2O
y mol 14
3 y 3y
ta có
64 144 8,16
0,06
2 1,344
0,06 0,03
3 22,
x y
x
x y y
+ =
⎧ =
⎧
⎪ ⇒
⎨ + = = ⎨ =
⎩ ⎪⎩
3
3
0,06.64.100
% 47,06%
8,16
% 100 47,06 52,94%
8 14
.0,06 0,03 0,3
3
0,3
0,075 75
HNO
HNO
Cu Cu O
n mol
V l ml
= =
= − =
= + =
⇒ = = =
• Trường hợp Cu CuO
3Cu + 8HNO3 ⎯⎯→ 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
x mol
3x 3x
CuO + 2HNO3 ⎯⎯→ Cu(NO3)2 + H2O
Ta có;
3
.0,06 0,09
8,16 0,09.64 0,03 80
0,09.64.100
% 70,59%
8,16
% 100 70,59 29, 41% Cu
CuO
n x mol
n y mol
Cu CuO
= = =
−
= = =
= =
= − =
3
3
.0,09 0,03.2 0,3
0,3
0,075 75
HNO
HNO
n mol
V l ml
= + =
⇒ = = =
b VHNO3 =75 ml
hai trường hợp nCuO = 0,12 mol
suy mCuO = 0,12.80 = 9,6 gam
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25