[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013
- -
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VỊNG 1- Mơn : HĨA HỌC
CÂU I NỘI DUNG 4 ĐIỂM
1 2,5 đ
2 1,5 đ
1 Phi kim R có electron viết sau ứng với số lượng tử có tổng đại số
bằng 2,5
a Tìm phi kim R Viết cấu hình electron có thể có của R b Xác định vị trí của R bảng tuần hoàn
c Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần Giải thích? HD: a
* R phi kim (do số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5 nên không H) ⇒l= 1, m có giá trị: -1, 0, +1 n ≥
* Có trường hợp xảy với electron viết sau :
+ n =2 ; l = ; m = -1 ; mS = + 1/2 ; Phân lớp cuối 2p1⇒ R Bor (B) + n =2 ; l = ; m = ; mS = - 1/2 ; Phân lớp cuối 2p5⇒ R Flo (F) + n =3 ; l = ; m = -1 ; mS = - 1/2 ; Phân lớp cuối 3p4⇒R lưu huỳnh (S) * Cấu hình electron nguyên tố
B (Z=5) : 1s2 2s2 2p1 F (Z=9) : 1s2 2s22p5
S (Z=16) : 1s2 2s22p6 3s23p4 b B : ô thứ 5, chu kì 2, nhóm IIIA F : thứ 9, chu kì 2, nhóm VIIA S : ở thứ 16, chu kì 3, nhóm VIA
c B F thuộc chu kì, Z tăng tính phi kim tăng ⇒ B< F
B thuộc nhóm IIIA nên có độ âm điện nhỏ độ âm điện S nhóm VIA ⇒ B< S < F
(HS giải theo qui tắc lùi hay tiến đạt điểm tối đa) 2 Nguyên tử của ngun tố A có cấu hình electron thu gọn là:
[Khí hiếm] (n – 1)dα ns1 Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của A.Từđó, cho biết vị trí của A bảng tuần hồn? Mỗi trường hợp nêu kí hiệu hóa học của nguyên tố?
HD:
Cấu hình electron A: [Khí hiếm] (n -1)dα ns1⇒ Có trường hợp * Với α = ⇒ cấu hình electron A: [Khí hiếm] ns1
⇒ cấu hình nguyên tố kim loại kiềm nhóm IA.(Na, K ) * Với α = ⇒ cấu hình electron A: [Khí hiếm] (n -1)d5 ns1 ⇒ cấu hình ngun tố nhóm VIB (Cr, Mo )
* Với α = 10 ⇒ cấu hình electron A: [Khí hiếm] (n -1)d10 ns1 ⇒ cấu hình nguyên tố nhóm IB (Cu, Ag )
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,375đ
0,375đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
(2)CÂU II NỘI DUNG 3 ĐIỂM
1 1,5đ
2 0,5đ
3 1đ
1 Viết CTCT, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của ngun tử trung tâm phân tử ion sau: BeH2, BCl3 H2O, NO3
−
2 Trong phân tử sau, sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: CO2, H2S, SO2, SO3, CH4
3 So sánh nhiệt độ nóng chảy độ tan nước của chất sau: KCl, KBr, KI Giải thích?
HD:
1 Cơng thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa
* BeH2 : CTCT H- Be – H, đường thẳng, lai hóa sp * BCl3 : CTCT Cl , tam giác phẳng, lai hóa sp2 ⎟
B
Cl Cl
* H2O ; CTCT : O : , gấp khúc (chữ V), lai hóa sp3 H H
O -
* NO3
− : CTCT - O- N ; tam giác phẳng, lai hóa sp2 O
2 Sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết:
H2S < CH4 < SO2 < SO3 < CO2
3 So sánh nhiệt độ nóng chảy độ tan nước chất sau: KCl, KBr, KI Giải thích?
* Bán kính nguyên tử tăng dần từ Cl < Br < I ⇒ Bán kính ion Cl-< Br - < I- * Năng lượng phân li tỉ lệ nghịch với bán kính ion ⇒ Từ KCl, KBr, KI nhiệt độ nóng chảy giảm dần độ tan nước tăng dần
0,375 đ 0,375 đ
0,375 đ
0,375 đ
0,5 đ
(3)CÂU III NỘI DUNG 2 ĐIỂM
1 1,25đ
2 0,75đ
Cho cân bằng sau với dữ kiện nhiệt động của chất ở 250C: CO2(k) + H2 (k) ⇌ CO(k) + H2O(h)
Chất CO2 H2 CO H2O
0
298( / ) H kJ mol
Δ -393 -110,5 -241,8
0 1
298( )
S J K− mol− 213,6 131,0 197,9 188,7 1 Hãy tính
298 H
Δ , 298 S
Δ , 298 G
Δ của phản ứng nhận xét phản
ứng có tự xảy theo chiều thuận ở 250C hay không? Giả sử
H
Δ của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ Hãy tính
1273 G
Δ của phản ứng thuận ở 10000C nhận xét? HD: CO2 (k) + H2 (k) ⇌ CO(k) + H2O(h)
1
2
0 0
298( ) [ 298(CO) 298(H O)]
H td H H
Δ = Δ + Δ -
2
0
298( ) 298( )
[ ]
CO H
H H
Δ + Δ = (-110,5 -241,8) – (-393) = 40,7 kJ/mol
2
0 0
298( ) [ 298(CO) 298(H O)]
S td S S
Δ = + -
2
0
298( ) 298( )
[ ]
CO H
S +S
= (197,9 + 188,7) – (213,6 + 131,0) = 42 J/mol
0
298( ) 298( )td 298( )td
G td H T S
Δ = Δ − Δ =40700 – 298 42 = 28184 J/mol
Vì 298( ) G td
Δ > nên phản ứng không tự xảy theo chiều thuận 250C 2 Vì
H
Δ của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ nên: 2 T G T Δ
=
1
T
G T Δ
+
2 1 H T T ⎛ ⎞ Δ ⎜ − ⎟ ⎝ ⎠ 1273 G
Δ = 1273 28184 40700 1
298 1273 298
⎡ + ⎛ − ⎞⎤
⎜ ⎟
⎢ ⎝ ⎠⎥
⎣ ⎦= - 12766 J/mol
Vì
298( ) G td
Δ < nên phản ứng xảy theo chiều thuận 10000C
0,375 đ
0,375 đ 0,25 đ 0,25 đ
(4)CÂU IV NỘI DUNG 5 ĐIỂM 1.1,5 đ
2 3,5 đ
1 Viết phương trình phản ứng sau ứng dụng của mỗi phản ứng: HD: a PdCl2 + H2O + CO → Pd + HCl + CO2
Phản ứng dùng để nhận biết khí CO hỗn hợp khí, hạt nhỏ Pd tách dung dịch làm màu đỏ dung dịch PdCl2 trở nên
đậm
b Si + KOH + H2O → K2SiO3 + H2 ↑ Phản ứng dùng đểđiều chế nhanh khí H2 mặt trận c N2H4 + O2 → N2 + H2O
Phản ứng tỏa nhiệt mạnh nên N2H4 dùng để làm nhiên liệu cho tên lửa d Zn3P2 + H2O → Zn(OH)2 + PH3 ↑
PH3 độc, nên dùng Zn3P2 để làm thuốc diệt chuột
2.Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO3 63%
Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu được dung dịch A 7,168 lít khí NO2 (ở 27,30C 1,1 atm) Chia A làm phần bằng
Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH3, thu được 3,41
gam kết tủa
Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau phản
ứng kết thúc lấy kết tủa đem nung tới khối lượng không đổi, được 2,4 gam chất rắn
a Hãy chứng minh kim loại đã tan hết ? Xác định giá trị của m? Tính nồng độ % của chất dung dịch A
b Cho tồn bộ khí NO2 thu được ở vào 500 ml dung dịch NaOH
5M được dung dịch B Tính nồng độ mol/lít chất dung dịch B HD:
a Các phương trình phản ứng
Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO2↑ + H2O x mol 6x mol xmol 3x mol
Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2↑ + H2O
y mol 6y mol ymol 3y mol Cu + HNO3 → Cu(NO3)2 + NO2 ↑ + H2O
z mol 4z mol z mol 2z mol
3
200.63 100.63
HNO
n = = (mol);
2
1,1.7,168
0,32 0,082.300,3
NO
n = = (mol)
Theo phương trình nHNO3 td = nNO2, đề cho nHNO3 > nNO2 ⇒ HNO3 dùng dư
⇒ Kim loại phản ứng hết
0,375 đ
0,375 đ 0,375 đ 0,375 đ
0,375 đ
(5)
* Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NaOH dư
Al(NO3)3 + NaOH → NaAlO2 + NaNO3 + H2O Fe(NO3)3 + NaOH → Fe(OH)3 ↓ + NaNO3 y/2 mol y/2 mol
Cu(NO3)2 + NaOH → Cu(OH)2 ↓ + NaNO3 z/2 mol z/2 mol
* Nung nhiệt độ cao :2 Fe(OH)3 → Fe2O3 ↓ + H2O y/2 mol y/4 mol
Cu(OH)2 → CuO↓ + H2O z/2 mol z/2 mol * Gọi nAl = x mol, nFe = y mol, nCu = z mol
Hệ phương trình : 3x + 3y + 2z = 0,32 (1) 78 x/2 + 107 y/2 = 3,41 (2) 160 y/4 + 80 z/2 = 2,4 (3) Giải hệ : x = 0,06 ; y = 0,02 ; z = 0,04
mhỗn hợp = 0,06 27 + 0,02 56 + 0,04 64 = 5,3 gam * Nồng độ % chất dung dịch A gồm : [Al(NO3)3, Fe(NO3)3, Cu(NO3)2]
mddA= mddHNO3 + mKloại - mNO2
= 200 + 5,3 - 0,32 46 = 190, 58 gam nHNO3 dư= - 0,32 = 1,36 (mol)
C%dd Al(NO3)3 = 0,06.213.100 6,705%
190,58 =
C%dd Fe(NO3)3 = 0,02.242.100 2,539%
190,58 =
C%dd Cu(NO3)2 = 0,04.188.100 3,945%
190,58 =
C%dd HNO3 = 1,36.63.100 44,957% 190,58 =
b Cho tồn bộ khí NO2 vào dung dịch NaOH NO2 + NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O 0,32 mol 0,32 mol 0,16 mol 0,16 mol nNaOH dư = 0,5 - 0,32 = 2,18 mol
3
0,16 0,32 0,5
MddNaNO MddNaNO
C =C = = M
2,18 4,36
0,5
MddNaOH
C = = M
0,25 đ
0,25 đ
0,375 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,375 đ
(6)CÂU V NỘI DUNG 4 ĐIỂM 1 2đ
2 2đ
1 Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2 từ dung dịch Mg2+ 0,01M pH
để kết tủa hồn tồn Biết rằng Mg(OH)2 được coi kết tủa hoàn
toàn nồng độ ion Mg2+ sau kết tủa chỉ 10-6M Mg(OH)2
có tích số tan T = 6.10-10 HD:
♣ Tính pH bắt đầu kết tủa Mg(OH)2: Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 ↓ Ta có: T = [Mg2+].[OH-]2 = 6.10-10 ⇒ 0,01 [OH-]2 = 6.10-10
⇒ [OH-] = 2,45 10-4 (M) pOH = -lg[OH-] = -lg 2,45 10-4 = 3,61
pH = 14 - 3,61 = 10,39 ♣ Tính pH để kết tủa hồn toàn Mg(OH)2:
Kết tủa coi hoàn tồn [Mg2+] = 10-6 M, nên ta có: [Mg2+] [OH-]2 = 6.10-10
⇒ 10-6 [OH-]2 = 6.10-10 ⇒ [OH-] = 2,45 10-2 (M) pOH = -lg[OH-] = - lg 2,45 10-2 = 1,61 pH = 14 - 1,61 = 12,39
2 Độ tan của H2S dd HClO4 0,003M 0,1mol/l Nếu thêm vào
dung dịch ion Mn2+ Cu2+ cho nồng độ của chúng bằng 2 10-4M ion sẽ kết tủa dạng sunfua? Biết TMnS = 10-14,
TCuS = 10-37, KH2S = 1,3 10 -21
HD:
Các phương trình phản ứng HClO4 → H+ + ClO −4 10-3M 10-3M
H2S ⇌ H+ + S
[ ]
2
2
2 21 17
2
0,1
1,3.10 1, 4.10
(3.10 )
H S
H S
S K
H
− − −
− +
⎡ ⎤ = = =
⎣ ⎦ ⎡ ⎤
⎣ ⎦
Vậy . 2.10 1, 4.104 17 2,8.10 21
Mn + S − − − −
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ = =
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ < TMnS
0,125 đ 0,125 đ 0,375 đ 0,25 đ 0,125 đ
0,25 đ
0,375 đ 0,25 đ 0,125 đ
0,125 đ 0,125 đ 0,5 đ
(7)CÂU VI NỘI DUNG 2 ĐIỂM Chỉđược phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M chất chỉ thị
phenolphtalein, phân biệt dung dịch mất nhãn đựng lọ
riêng biệt gồm: ddA: H2SO4 0,1M; ddB: NaHSO4 0,1M;
ddC: H2SO4 0,1M HCl 0,1M
HD:
♣ Các dung dịch phản ứng với NaOH với mức độ khác nhau: * Dung dịch A: H2SO4 + NaOH → Na2SO4 + H2O
Dung dịch B: NaHSO4 + NaOH → Na2SO4 + H2O
Dung dịch C: H2SO4 + NaOH → Na2SO4 + H2O
HCl + NaOH → NaCl + H2O * Khi kết thúc phản ứng thành phần chủ yếu dung dịch là: Na2SO4 → Na+ + SO42
−
SO − + H2O → HSO4
− + OH- ; K
b = 10-12 ⇒ pH dung dịch vào khoảng 7,5
♣ Nếu lấy xác thể tích dung dịch phân tích, thêm vài giọt phenolphtalein cho chậm dung dịch NaOH cho
đến dung dịch chuyển sang màu hồng nhạt (pH từ → 9)
coi phản ứng xảy hết
* Thể tích NaOH tiêu thụ trường hợp VNaOH(B) < VNaOH(A) < VNaOH(C)
⇒ Dựa vào thể tích NaOH tiêu thụ cho phản ứng ta nhận biết dung dịch
(HS nhận theo hướng khác, tính điểm tối đa)
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ