– Đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N2 vì liên kết giữa các nguyên tử photpho kém bền hơn liên kết N N - Photpho trắng hoạt động mạnh hơn P đỏ vì trong mạng lưới tinh thể Photpho 0[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: HÓA HỌC ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 8/10/2012 (Hướng dẫn chấm có 06 trang, gồm 08 câu) Câu I (4,0 điểm): Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Na + B + H2O → D↓ + E + H2 A+B→D+E t0 D F + H2O B + Ba(NO3)2 → BaSO4 + G B + NH3 + H2O → D↓ + H t0 F + NH3 K + N + H2O K + FeCl3 → L + M L + NaOH → D↓ + NaCl Biết B là muối kim loại có hóa trị Tổng phân tử khối B và D là 258 Viết phương trình phân tử và phương trình ion rút gọn biểu diễn các thí nghiệm sau: a Cho dòng khí H2S qua dung dịch FeCl3 b Cho khí ozon qua dung dịch KI, dung dịch thu làm xanh hồ tinh bột c Cho khí clo qua dung dịch KOH đun nóng (khoảng 700C) d Cho Na2SO3 vào dung dịch KMnO4 môi trường H2SO4 làm dung dịch màu Đáp án Ta có: B là MSO4; D là M(OH)2 Theo giả thiết có phương trình: 258= 2M + 96 + 34 → M = 64 (Cu) Thay vào phương trình ta có: 2Na + CuSO4 + 2H2O → Cu(OH)2 + Na2SO4 + H2 (B) (D) (E) 2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + Na2SO4 (A) t0 Cu(OH)2 CuO +H2O (F) CuSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + Cu(NO3)2 (G) CuSO4 + 2NH3 + 2H2O →(NH4)2SO4 + Cu(OH)2 (H) t0 3CuO + 2NH3 3Cu + N2 + 3H2O (K) (N) Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 (L) (M) CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + NaCl a FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + HCl Phương trình ion: 2Fe3+ + H2S → 2Fe2+ + S + 2H+ b KI + O3 + H2O → I2 + KOH + O2 Phương trình ion: I- + O3 + H2O → I2 + OH- + O2 I2 làm xanh hồ tinh bột Điểm 2,0 đ (2) o t c Cl2 + KOH KClO3 + KCl + 3H2O o t Phương trình ion: Cl2 + OH- ClO3- + Cl- + 3H2O d Na2SO3 + KMnO4 + H2SO4 → MnSO4 + K2SO4 + Na2SO4 + H2O Phương trình ion: SO32- + MnO4- + H+ → Mn2+ + SO42- + H2O 2,0 đ Câu II (1,5 điểm) : Nguyên tử nguyên tố hóa học X có tổng số các hạt proton, electron, nơtron 180, đó tổng số hạt mang điện gấp 1,432 lần số hạt không mang điện a Viết cấu hình electron X b Khi cho dạng đơn chất X tác dụng với AgNO3 dung dịch (dung môi không phải là nước) điều kiện thường tạo hai hợp chất đó có chất là AgX - Viết phương trình phản ứng - Đó là phản ứng trao đổi hay oxi hóa khử ? Tại sao? Đáp án Điểm a Gọi Z, N là số hiệu nguyên tử, số nơtron X 2Z N 180 N 74 Ta có hệ 2Z 1, 432N → Z 53 → X là iot Cấu hình electron: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5 1 0,75 đ 1 b I + AgNO3 → Ag I + I NO3 0,75 đ Đây là phản ứng tự oxi hóa – khử vì nguyên tử I là chất oxi hóa, nguyên tử I là chất khử Câu III (2,25 điểm) : Đốt cháy hoàn toàn dây kim loại bình chứa CO2 thì thu oxit có khối lượng 16 gam Cũng cho lượng kim loại trên tác dụng với dung dịch H2SO4 dư thì thu 2,24 lít khí (đktc) Xác định kim loại Đáp án Kim loại tác dụng với CO2 phải là kim loai mạnh (nhóm A) nên có hóa trị và có số mol là x 4M + a CO2 → 2M2Oa + aC x mol 0,5 x mol Ta có: 0,5x (2M+ 16a) = 16 (1) Khi cho M tác dụng với H2SO4 vì chưa biết nồng độ nên có thể có khả xảy : tạo H2 SO2 H2S TH1 : tạo H2 2M + a H2SO4 → M2(SO4)a + a H2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72 a biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH2 : tạo SO2 2M + 2a H2SO4 → M2(SO4)a + 2a H2O + aSO2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72 a biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH3: tạo H2S 8M + 5a H2SO4 → 4M2(SO4)a + a H2S + 4a H2O x mol ax/8 mol Điểm 0,5đ 0,5 đ 0,5 đ (3) Ta có: xa/8 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 12 a biện luận có a = và M = 24 thỏa mãn (Mg) 0,75 đ Câu IV (3,25 điểm) : So sánh pH các dung dịch sau đây: NH 4HSO4 0,1M; NH4NO3 0,1M; (NH4)2SO4 0,05M; (NH4)2S 0,05M; (NH4)2CO3 0,05M K K K K Cho biết: a (NH4 ) = 10-9,24 ; a (HSO4 ) = 10-2 ; 2( H2S) = 10-13 ; 2(H2CO3 ) = 10-10,33 Cho A là dung dịch CH3COOH 0,02M Trộn 100 ml dung dịch A với 100 ml dung dịch NaHSO 0,1M thu dung dịch B Tính pH dung dịch B và độ điện li CH3COOH dung dịch B K K a (CH3COOH) Cho a (HSO4 ) = 10-2; = 10-4,75 Đáp án Điểm C Tất các dung dịch chứa chung gốc NH4+ với NH4 = 0,1 M K a ( NH ) NH4+ NH3 + H+ = 10-9,24 (axit yếu) → Chỉ cần so sánh pH các anion K 2(H2SO4 ) HSO4- H+ + SO42= 10-2 ( axit tương đối mạnh) NO3- trung tính SO42- + H2O HSO4- + OH- Kb = 10-12 (bazơ yếu) S2- + H2O HS- + OHKb = 10-1 (bazơ mạnh) CO32- + H2O HCO3- + OHKb = 10-3,67 (bazơ) Vậy pH các dung dịch muối tăng theo thứ tự: NH4HSO4 < NH4NO3 < (NH4)2SO4 < (NH4)2CO3 < (NH4)2S a TPGH dung dịch B: CH3COOH 0,01M; HSO4- 0,05M K a (HSO ) HSO4- H+ + SO42= 10-2 (1) + ’ -4,75 CH3COOH CH3COO + H Ka = 10 (2) + -14 H2O H + OH Kw = 10 (3) K a (HSO ) C HSO C 4 So sánh (1), (2), (3) ta thấy: >> Ka’ CH3COOH >> Kw → Cân (1) chiếm ưu HSO4- H+ + SO42Ka = 10-2 [ ] 0,05 – x x x x Ka 0, 05 x = 10-2 → x = 0,018 →pH = 1,745 Xét cân (2): CH3COOH CH3COO- + H+ Ka’ = 10-4,75 [] 0,01 –y y 0,018 0, 018y K 'a 10 4,75 0, 01 y → y = 9,87.10-6 → = 9,87.10-2 %= 0,0987% 1đ 1đ 1,25đ Câu V (2,5 điểm) : Có ba bình đựng dung dịch nhãn: Bình A (KHCO và K2CO3), bình B (KHCO3 và K2SO4), bình C (K2CO3 và K2SO4) Chỉ dùng dung dịch BaCl2 và dung dịch HCl, nêu cách nhận biết các bình trên Nêu tượng, giải thích và viết phương trình hóa học phản ứng xảy nhỏ từ từ nước clo loãng vào ống nghiệm đựng dung dịch KI, đến dư Đáp án Điểm Cho BaCl2 (đến dư) vào dung dịch A, B, C Lọc tách kết tủa thu kết tủa A 1, B1, C1 và dung dịch nước lọc A2, B2, C2 Cho HCl tác dụng với kết tủa và dung dịch nước lọc: + Nếu từ kết tủa và từ nước lọc có khí thoát thì ban đầu là dung dịch A: (4) 0,5đ KHCO3 , BaCl (A ) KHCO3 CO BaCl2 d K CO BaCO3 (A1 ) HCl CO (A) + Nếu từ kết tủa không có khí thoát ra, từ nước lọc lại có khí thoát thì ban đầu là dung dịch B: CO KHCO3 KHCO3 , BaCl2 (B2 ) HCl K 2SO4 BaCl d BaSO (B1 ) không CO 0,5đ (B) + Nếu từ kết tủa có khí thoát có phần kết tủa không tan HCl dư và từ nước lọc không có khí thoát thì ban đầu là dung dịch C: BaCl2 d C H 2O không K CO3 C BaCO3 1 BaCl2 d K SO BaSO HCl CO2 BaSO 0,5đ (C) Nhỏ từ từ nước clo vào dung dịch KI đến dư thì thấy dung dịch chuyển từ không màu sang màu vàng nâu đậm dần, sau đó màu dung dịch lại nhạt dần và đáy ống nghiệm xuất tinh thể màu tím đen Khi dùng lượng dư nước clo thì dung dịch màu Giải thích: Dung dịch KI không màu, nhỏ từ từ nước clo vào thì xảy các phản ứng: KI + Cl2 → KCl + I2 KI + I2 KI3 (màu vàng nâu) Nồng độ KI tăng dần làm màu dung dịch đậm dần KI kém bền phân hủy dần thành KI và I2 tinh thể Do cân chuyển dịch theo chiều làm nồng độ KI giảm nên màu sắc dung dịch nhạt dần Do tạo I tinh thể nên có kết tủa màu tím đen lắng xuống đáy ống nghiệm Khi cho Cl2 dư thì KI phản ứng hết tạo Sau đó I bị oxi hóa clo dư làm dung dịch màu: I2 + Cl2 + H2O → HIO3 + 10 HCl 1,0 đ (hỗn hợp axit không màu) Câu VI (2,0 điểm) : a Giải thích vì đơn chất P hoạt động mạnh đơn chất N 2? Vì photpho trắng hoạt động mạnh photpho đỏ? b Tại nhiệt độ thường lưu huỳnh có tính trơ phương diện hóa học đun nóng tỏ khá hoạt động? a Có bình chứa khí NH3 lẫn nước Nêu phương pháp làm khan NH3 b Hãy giải thích NH có khả tạo phức chất với số cation kim loại Cu 2+, Zn2+, Ag+ Đáp án Điểm 1.a – Đơn chất P hoạt động mạnh đơn chất N2 vì liên kết các nguyên tử photpho kém bền liên kết N N - Photpho trắng hoạt động mạnh P đỏ vì mạng lưới tinh thể Photpho 0,75đ trắng mối liên kết các phân tử P4 các nút lưới là liên kết Vanderwaals yếu, đó photpho đỏ có cấu tạo phân tử dạng polime bền b Độ âm điện lưu huỳnh là 2,5 nên lưu huỳnh là nguyên tố hoạt động điều kiện thường lại tỏ trơ vì phân tử dạng trùng hợp mạch khép kín 0,5 a Dẫn khí qua vôi sống CaO dư, đó xảy phản ứng: CaO + H2O Ca(OH)2 0,25đ Ta thu NH3 tinh khiết b Phân tử NH3 có khả tạo phức chất với số cation kim loại Cu 2+, Zn2+, (5) Ag+ liên kết cho nhận cặp electron tự nguyên tử N với AO trống 0,5đ các cation (liên kết phối trí phức chất) Câu VII (2,5 điểm) : Nén mol nitơ và mol hiđro vào bình kín có thể tích lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã giữ nhiệt độ không đổi Khi phản ứng bình đạt cân bằng, áp suất khí bình 0,8 áp suất lúc đầu (khi cho xong các khí vào bình, chưa xảy phản ứng) Tính số cân phản ứng xảy bình Một hỗn hợp gồm COCl2 (khí) và Al2O3 (rắn) tác dụng theo phương trình: 3COCl2 (k) + Al2O3 (r) 3CO2 (k) + AlCl3 (r) H10 = -55,56 kcal Tính nhiệt tạo thành AlCl3(r) biết: H 02 = -26,89 kcal CO (k) + Cl2 (k) COCl2 (k) Al(r) + O2 (k) Al2O3 (r) H 30 = -399,09 kcal H 04 = -94,05 kcal Cgraphit + O2 (k) CO2 (k) Cgraphit + O2 (k) CO (k) H 50 = -26,41 kcal Đáp án NH3 Điểm Xét phản ứng: N2 + H2 Số mol lúc đầu Số mol phản ứng x 3x 2x Số mol cân 2-x -3x 2x Tổng số mol khí lúc đầu: + = 10 mol Tổng số mol khí lúc cân bằng: (2 - x) + (8- 3x) + 2x = 10- 2x mol Vì thể tích bình và nhiệt độ không đổi nên áp suất bình tỉ lệ thuận với số mol khí: p cb 10 2x 0,8 pđ 10 → x = mol Nồng độ các chất cân bằng: [NH3] = M; [N2] = 0,5 M; [H2] = 2,5 M Hằng số cân Kc = 0,128 Dựa vào kiện đề bài: H 0tt Al2O3 399, 09 kcal / mol 1,0đ H 0tt CO2 94, 05 kcal / mol H 02 H 0tt COCl2 - H 0tt CO H 0tt COCl2 - (-26, 41) -26,89kcal H tt COCl2 53,3kcal / mol Vậy: H10 (3.H 0tt CO 2H tt0 AlCl ) (3H tt0 COCl Htt0 Al2O3 ) H 0tt AlCl3 =[3.(-94,05) +2 ]- [3.(-53,3)+(-399,09)]= - 55,56 H tt AlCl3 → = -166,2 kcal/mol Câu VIII (2,0 điểm) : 1,5 đ (6) Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe vào V ml dung dịch HNO 1M Sau phản ứng xong thu dung dịch A và 4,704 lít khí NO (đktc) Cô cạn cẩn thận dung dịch A thì 71,86 gam muối khan a Xác định thành phần % khối lượng hỗn hợp X b Tính V Đáp án a Hòa tan X vào dung dịch HNO3 thu dung dịch A nên có trường hợp xảy ra: Trường hợp HNO3 vừa đủ; phương trình phản ứng Fe3O4 + 28 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O (1) x 3x x/3 Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2) y y y nNO = 0,21 mol Gọi x, y là số mol Fe3O4 và Fe hỗn hợp X Từ (1) và (2) ta có: x/3 + y = 0,21 (I) 232x + 56y = 19,84 (II) Giải hệ có x = 0,037875 mol; y = 0,197375 mol → Khối lượng Fe(NO3)3 = (3x + y).242 = 75,262 gam > 71,86 gam (loại) Điểm 0,75đ Trường hợp HNO3 thiếu nên sau phản ứng (1), (2) xảy phản ứng Fe3O4 + 28 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O (1) x 3x x/3 Fe + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2) a a a Fe + Fe(NO3)3→ Fe(NO3)2 (3) b 2b 3b Muối thu gồm Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 dư: [(3x+a)-2b].242+3b.180 = 71,86 (III) Trong đó: a+b là số mol Fe hỗn hợp X Mặt khác có: 232x + (a + b) 56 = 19,84 (IV) 1đ x/3 + a = 0,21 (V) Giải hệ (III), (IV), (V) x = 0,03 ; a = 0,2; b = 0,03 Thành phần % Fe3O4 = 35, 08 %; % Fe = 64,92% b Số mol HNO3 (1) và (2) là: 28/3.x + 4a =1,08 mol 0,25 đ → V dung dịch HNO3 là V = 1,08 lít hay 1080 ml Lưu ý chấm: -Nếu viết đúng phương trình phản ứng, cân sai không cân thì trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó Nếu công thức viết sai thì phương trình đó không cho điểm Nếu thiếu điều kiện phản ứng trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó - Bài toán và nhận biết giải theo cách khác, lập luận chặt chẽ, đúng khoa học, kết đúng thì cho điểm tối đa biểu điểm dành cho phần đó - Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần làm tròn đến 0,25 điểm (7)