Đang tải... (xem toàn văn)
tài liệu bao gồm đề và đáp án chi tiết kì thi chọn đội tuyển tham gia học sinh giỏi quốc gia năm 2019 của ngày thi thứ nhất, thứ hai, thứ 3.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ĐỘI TUYỂN HSG CỦA TỈNH DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2019 Mơn thi: HĨA HỌC Ngày thi: 9/10/2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Hướng dẫn có 11 trang) Cho: NA = 6,022.1023 mol-1; h = 6,625.10-34 J.s; c = 2,9979.108 m.s-1; F = 96485C; me = 9,1094.10-31 kg; áp suất thường: atm = 1,013.105 Pa ; áp suất chuẩn: p = bar = 105 Pa; 0oC = 273,15K; R = 8,314 J.mol-1.K-1; nm = 10-9m; pm = 10-12m; eV = 1,602.10-19J; 25oC: RT/Fln =0,0592lg Bài (3,0 điểm) Đèn hồng ngoại sử dụng để sưởi ấm, giữ nóng thức ăn, Có photon sinh giây đèn hồng ngoại tiêu thụ lượng 95W hiệu suất chuyển hoá lượng thành xạ hồng ngoại 14% ? Giả sử xạ hồng ngoại có bước sóng 1525 nm Có thể xem electron π hem-sắt phân tử hemoglobin hệ electron tự chuyển động hộp hai chiều Theo mơ hình này, lượng electron tính theo biểu thức: với h số Plank; nx ny số lượng tử chính; me khối lượng electron; L chiều dài hộp a Xây dựng giản đồ lượng biểu diễn thứ tự tương đối 17 obitan thấp b Cho biết phân tử có 26 electron π Sự phân bố electron vào MO-π tuân theo nguyên lý quy tắc phân bố electron vào obitan nguyên tử Hãy biểu diễn phân bố electron obitan trạng thái bản, xác định số electron obitan có mức lượng cao bị chiếm (HOMO) c Nếu chiều dài L hộp hai chiều nm độ dài sóng ánh sáng (theo nm) dùng để kích thích electron π từ mức lượng bị chiếm cao (HOMO) đến mức lượng không bị chiếm thấp (LUMO) ? Ý Hướng dẫn chấm Điểm Năng lượng tiêu thụ giây là: E = 95.1 = 95 J 0,25 Năng lượng xạ hồng ngoại: E’ = 95.0,14 = 13,30 J Năng lượng photon: Số photon sinh giây: a Áp dụng công thức: ε= hc 6, 625.10−34.2,9979.108 = = 1,302.10−19 −9 λ 1525.10 N = E’/ ε J 0,5 = 1,02.1020 photon 0,5 Ta có: E1,1 = 2Eo E1,2 = E2,1 = 5Eo E2,2 = 8Eo E1,3 = E3,1 = 10Eo E2,3 = E3,2 = 13Eo E1,4 = E4,1 = 17Eo E3,3 = 18Eo E2,4 = E4,2 = 20Eo E3,4 = E4,3 = 25Eo E1,5 = E5,1 = 26Eo với Eo = h2 /8 mL2 Trang 1/11 0,5 b Sự phân bố electron vào obitan: 0,5 0,25 Tổng số electron HOMO c Năng lượng kích thích electron từ HOMO lên LUMO là: ∆ Với: Độ dài sóng λ E = E3,4 - E2,4 = (25 - 20)Eo Eo = = 0,5 hc (6, 625.10 −34 ) = = 6, 023.10−20 −31 −9 λ 8.9,1094.10 (1.10 ) hc 6, 625.10−34.2,9979.108 = = 1, 302.10 −19 −20 ∆E 5.6, 023.10 J ≈ 660.10-7 m = 660 nm Bài (2,5 điểm) 59Fe đồng vị có hoạt tính phóng xạ sử dụng để nghiên cứu chuyển hóa sắt lách Đồng vị phân rã thành 59Co sau: Trang 2/11 59 26 Fe → 59 27 Co + (a) + (b) (1) a Xác định hạt (a) (b) phản ứng (1) b Một mẫu đồng vị để 178 ngày (gấp n lần thời gian bán rã t1/2 59Fe, n nguyên) tỉ số mol 59Co /59Fe 15 : Hãy tính thời gian bán rã t1/2 59Fe theo đơn vị ngày Tinh thể sắt (II) oxit có cấu trúc tương tự tinh thể NaCl, tinh thể FeO có hốc bát diện tạo thành nguyên tử oxi nguyên tử Fe nằm tâm hốc Trong điều kiện thường, không tồn sắt (II) oxit tinh khiết mà thường có lẫn lượng sắt (III) FeO, nên công thức oxit sắt Fe xO Cho số mạng tinh thể FexO a = 4,29Å khối lượng riêng FexO 5,71 g/cm3 a Vẽ ô mạng sở mạng tinh thể FeO b Tìm x biết nguyên tử khối Fe 55,85 c Cơng thức oxit sắt viết dạng Fe(II)uFe(III)vO Xác định u, v công thức oxit sắt Ý Hướng dẫn chấm Điểm a Áp đụng định luật bảo tồn điện tích bảo tồn số khối ta có: (a) (b) hạt β γ 0,25 59 59 → 27 Co + β + γ 26 Fe b t=0 No t = 178 ngày Nt No - Nt 0,75 No − Nt 15 N = ⇒ = Nt No 16 Theo đề ta có: Phản ứng phóng xạ tn theo phương trình động học bậc 1, nên ta có: Nt ln16 No ⇔ ⇒ 178 ln = - kt ln(1/16) = - k.178 k= (ngày-1) ln k Vậy: t1/2 = = 44,5 ngày a 0,5 d= b Ta có: nxM Fe + nM O 4.55,85x + 4.16 ⇔ 5, 71 = ⇒ x=0,929 N A V 6,022.1023.(429.10 −10 )3 u + v = 0,929 u = 0, 787 ⇒ 2u + 3v = v = 0,142 0,5 0,5 c Ta có: Vậy cơng thức oxit sắt là: Fe(II)0,787Fe(III)0,142O Bài (3,0 điểm) Trang 3/11 Xét ion phức [Ru(SCN)2(CN)4]4- (kí hiệu P) ruteni Cho biết dạng lai hóa ruteni P Mơ tả hình thành ion phức theo thuyết VB Giải thích P, liên kết hình thành Ru với N phối tử SCN- mà Ru với S Cho biết phức có tính thuận từ hay nghịch từ, sao? Cho: ZRu = 44 Để xác định thành phần phức tạo M L (kí hiệu MaLb), người ta tiến hành thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Chuẩn bị dung dịch với nồng độ ion trung tâm M 0,01 M nồng độ phối tử L 5,0.10-5M, điều kiện cần thiết khác Sau dung dịch đạt đến trạng thái cân bằng, tiến hành đo mật độ quang dung dịch thu cuvet có bề dày cm bước sóng l = 520 nm, kết quả: A1 = 0,061 Biết rằng, trạng thái cân bằng, nồng độ cân phối tử L 2.10-8M - Thí nghiệm 2: Chuẩn bị dung dịch với nồng độ ion trung tâm M 5,0.10 -5 M nồng độ phối tử L 0,01 M điều kiện cần thiết khác thí nghiệm Sau dung dịch đạt đến trạng thái cân bằng, tiến hành đo mật độ quang dung dịch phức thu cuvet có bề dày cm bước sóng l = 520 nm, kết quả: A2 = 0,183 Biết rằng, bước sóng 520 nm ion M phối tử L khơng hấp thụ ánh sáng Chỉ có phức MaLb tạo thành a Xác định công thức phức MaLb biết b có giá trị nhỏ b Xác định hệ số hấp thụ mol phân tử phức bước sóng 520 nm c Xác định số bền tạo phức phức MaLb d Tính nồng độ cân cấu tử dung dịch thu pha loãng dung dịch thí nghiệm gấp hai lần Ý Nội dung chấm Điểm - Ion Ru2+ có cấu hình electron [Kr]4d65s05p0; kiểu lai hóa d2sp3 (do CN- phối tử trường mạnh, 0,5 Ru thuộc dãy thứ hai kim loại chuyển tiếp), khơng có electron độc thân, nghịch từ (học sinh biểu diễn hình thành liên kết phức liên kết phối trí phối tử với AO trống ion trung tâm Ru2+) - So với S, N có độ âm điện lớn bán kính ngun tử nhỏ hơn, mật độ điện tích âm nguyên tử N lớn hơn, lực phản ứng với ion dương Ru 2+ lớn hơn, phức chất 0,5 P, liên kết phức hình thành Ru N mà Ru S a Áp dụng công thức định luật Lambe – Beer: A = ε l.C Ta có: - Thí nghiệm 1: 0,061 = ε520 l C1(MaLb) (*) - Thí nghiệm 2: 0,183 = ε520 l C2(MaLb) [M a L b ]1 0, 061 = [M a L b ]2 0,183 → = 0,25 ƒ Xét cân tạo phức: aM + bL MaLb -5 - Thí nghiệm 1: 0,01 – x (5.10 – bx/a) x/a -5 -8 → [L] = 5.10 - bx/a = 2.10 M → bx/a = 4,998.10-5M - Thí nghiệm 2: aM + bL → MaLb -5 5.10 – y (0,01 – by/a) y/a [M a L b ]1 x / a x = = = [M a L b ]2 y / a y → (1) 0,25 (2) Trang 4/11 0,25 [M a L b ]1 (5.10−5 − y).(0, 01 − by / a) = [M a L b ]2 (0, 01 − x).(5.10 −5 − bx / a) 0,25 (3) -5 Từ (1), (2), (3) ta x = 1,6646.10 M b/a = 3; mà b < 6, a b nguyên dương nên: a = b = Công thức phức là: ML3 b Thay a = 1; b = 3; x = 1,6646.10-5M vào (*) ta tính ε520 = 3664,5 L.mol-1.Cm-1 c M + 3L → ML3 -8 9,9833 2.10 1,6646.10-5M β= 0,5 1, 6646.10 −5 = 1020,32 9,9833.(2.10 −8 )3 0,25 Tính d Tính lại nồng độ: [M] = 0,005M; [L] = 2,5.10-5M Xét phản ứng hoàn toàn: M + 3L → ML3 2,5.10-5/3 2,5.10-5 2,5.10-5/3 M 599/120.000 0,25 ƒ ML3 M + 3L β-1 = 10-20,32 (2,5.10-5/3 – x) (x + 599/120.000) 3x (M) -9 x = 6,664.10 M [M] = 4,99.10-3M; [ML3] = 8,326.10-6M; [L] = 1,999.10-8M Xét cân bằng: Giải ta được: Từ tính được: Bài (3,0 điểm) Khí ga hóa lỏng có thành phần butan (M = 58,13 g/mol) nén áp suất cao bình thép - sử dụng làm khí đốt cho mục đích dân dụng Một bình ga có chứa 12,8 kg butan Giả sử đốt cháy hồn tồn lượng khí ga điều kiện đẳng áp V lít khơng khí (vừa đủ) nhiệt độ 298K để đun bình nước lớn Lượng nhiệt sinh từ phản ứng (ở 298K) phần làm nóng sản phẩm phản ứng (giả thiết có CO 2(k) H2O(l) lượng N2 có V lít khơng khí) lên 450K; phần làm nóng bình đun nước nước bình; phần cịn lại hao phí xạ nhiệt mơi trường xung quanh Biết lượng xạ nhiệt môi trường xung quanh 1/10 lượng nhiệt nhận bình đun nước bình a Tính nhiệt đốt cháy chuẩn, ∆cHo (kJ.mol-1), khí butan 298K b Tính nhiệt lượng (theo kJ) mà bình đun nước bình nhận đốt cháy tồn lượng butan bình thép điều kiện c Tính khối lượng nước bình đun nóng (trong lần đun) từ 25 oC đến 78oC đốt cháy hết 2,4 kg khí butan điều kiện Giả thiết, nước bình bay khơng đáng kể điều kiện cho Cho rằng: + Nhiệt hình thành chất: o ∆ f H 298( H 2O , l ) ∆f H + Nhiệt hóa nước lỏng: C + Nhiệt dung: o p ( CO2 , k ) = – 285,83 kJ/mol; o 298( C4 H10 , k ) o ∆ v H 373( H 2O , l ) o ∆ f H 298( CO2 , k ) = – 393,51 kJ/mol; = – 126,14 kJ/mol; = 40,5 kJ/mol; = 41,63 J.mol-1K-1; C po ( N , k ) = 28,74 J.mol-1K-1; Trang 5/11 C po ( H 2O , l ) = 75,3 J.mol-1K-1; Xét hai cân hóa học sau 1000K: C(r) + CO2(k) C po ( H 2O , k ) ƒ = 33,86 J.mol-1K-1; 2CO(k) C po (binh dun ) = 6750 J/K Kp1 = atm ƒ a b Ý Fe(r) + CO2(k) FeO(r) + CO(k) Kp2 = 1,25 Trong xi lanh dung tích 20 lít 1000K người ta đưa vào 1,0 mol Fe; 1,0 mol C 1,2 mol CO2 Tính số mol chất hệ đạt tới trạng thái cân Thể tích bình tối thiểu để cacbon tham gia phản ứng hết ? Hướng dẫn chấm Điểm a Xét phản ứng: C4H10(k) + 6,5O2(k) → 4CO2(k) + 5H2O(l) o ∆ c H 298( C4 H10 , k ) = o ∆ f H 298( CO2 , k ) o ∆ c H 298( pu ) o ∆ f H 298( H 2O , l ) = +5 = 4.(-393,51) + 5.(-285,83) – (-126,14) = - 2877,05 (kJ/mol) b Nhiệt tỏa đốt cháy hết 12,8 kg butan 298K 12,8.103 o Q= ∆ cH298 = 58,13 o ∆ f H 298( C4 H10 , k ) 0,5 0,25 - 633515,225 kJ Theo đề: - Q = Qđốt sp nitơ + Qtỏa mt + Qđốt nước & bình đun = Q1 + Q2 + Q3 = Q1 + 10 với: Q2 = Q3 Mà: Q1 = nH 2O nCO2 + = [(373 - 298) (450 – 298) + C po (CO2 ,k ) o ∆ v H 373( H O ,l ) + nN + (450 - 373) (450 – 298) Q3 + Q3 (*) C po ( H 2O ,k ) 0,5 ] C po ( N ,k ) 12,8.10 58,13 C po ( H 2O ,l ) 10 0,25 [(373 - 298).75,3.10-3 + 40,5 + (450 - 373).33,86.10-3] 12,8.103 58,13 6,5.4 + (450 – 298).41,63.10-3 + = 84261,372 kJ 10 12,8.103 58,13 ⇒ (450 – 298).28,74.10-3 0,5 Thay Q, Q1 vào (*) có: 633515,225 = 84261,372+ Q3 + Q3 Q3 = 499321,685 kJ c Nhiệt lượng mà bình đun nước bình nhận đốt cháy 2,4 kg butan 2,4 12,8 điều kiện là: Q3’ = Q3 = Qnước + Qbình o Lượng nước đun nóng từ 25 C đến 78oC: Trang 6/11 2, 12,8 499321,685 = ⇒ nH 2O nH O = 23369,432 mol (351 – 298).75,3.10-3 + 6750.10-3 (351 – 298) ⇒ mH O = 420,65.103 gam = 420,65 kg a Xét cân bằng: C(r) + CO2(k) ƒ ƒ Fe(r) + CO2(k) Từ (1) (2) ta có: PCO = 3,2 atm; Vậy thời điểm cân có: nCO P V = CO = R.T 2CO(k) Kp1 = FeO(r) + CO(k) Kp2 = PCO2 = 2,56 atm nCO2 = PCO2 V R.T PCO =4 PCO2 (1) PCO = 1,25 PCO2 (2) 0,25 = 0,78 mol; 0,624 mol Bảo tồn ngun tố C có: nC = + 1,2 – 0,78 – 0,624 = 0,796 mol Bảo toàn nguyên tố O có: nFeO = 1,2.2 – 0,78 – 0,624.2 = 0,372 mol Bảo tồn ngun tố Fe có: nFe = – 0,372 = 0,628 mol b Xét thể tích bình V (lít), bảo tồn ngun tố C ta có: (3,2 + 2,56).V 22,4 1000 273 nC = + 1,2 – (3) ⇒ Để C phản ứng hết thời điểm cân nC = V = 31,34 lít * Kiểm tra: PCO2 V P V nCO2 = = nCO = CO = R.T R.T Tại thời điểm cân có: 1,22226 mol; 0,977808 mol Bảo tồn O có: nFeO = 1,2.2 – 1,22226 – 2.0,977808 = - 0,777876 < 0,25 0,25 0,25 Vậy khơng thiết lập thể tích bình thỏa mãn điều kiện tốn (hay C khơng thể phản ứng hết điều kiện toán) Bài (3,0 điểm) Dung dịch X gồm Na2S (C1 mol/l) HCOONa (C2 mol/l); pHX = 12,50 Trang 7/11 Thêm từ từ dung dịch HCl 0,10M vào 15,00 ml dung dịch X đến pH = 4,00 hết 15,30 ml dung dịch HCl Tính C1, C2 Nếu dùng 6,63 ml HCl 0,10M cho vào 15,00 ml dung dịch X pH hệ (chấp nhận bỏ qua phân li nước)? Tính thể tích dung dịch HCl 0,10M cần cho vào 15,00 ml dung dịch X để pHhệ = 7,02 (chấp nhận bỏ qua phân li nước) Tính nồng độ piperiđin (C5H11N) cần thêm vào 15,00 ml dung dịch X so cho độ điện ly ion S2- thay đổi 5% (coi thể tích dung dịch khơng đổi) Cho biết: pKa H2S = 7,02; 12,9; HCOOH = 3,75; C5H11NH+=11,125; CH3COOH = 4,76 Ý Hướng dẫn chấm Điểm 2-1,1 Các cân bằng: S + H2O HS + OH Kb1=10 (1) -6,98 HS + H2O H2S + OH Kb2=10 (2) HCOO + H2O HCOOH + OH Kb = 10-10,25 (3) H2O H+ + OH- Kw (4) Giả sử C1 ≈ C2, so sánh Kb1 >> Kb2 >> Kb > Kw → Cân (1) định pH hệ: S2- + H2O HS- + OHKb1 = 10-1,1 (1) -1,5 -1,5 -1,5 0,25 [ ] C1 -10 10 10 → (10−1,5 ) = 10 −1,1 −1,5 C1 − 10 → C1 = 0,0442 (M) −4 Tại pH = 4,00: [HCOO ] 10 = −4 = 35, 99% CHCOO− 10 + 10 −3,75 0,25 [H S ] (10−4 ) = = 99,9% CS 2− (10−4 )2 + 10−7,02.10−4 + 10−7,02.10 −12,9 → Như lượng S2- phản ứng hết, lượng HCOO- phản ứng 35,99% nH +bandau = 2nS 2− + 35,99% nHCOO− → 15,3.01 = 15.(2.0,0442 + 35,99%.C2) → C2 = 0,0378 (M) Nếu dùng 6,63ml dung dịch HCl: Tính lại nồng độ chất: CH+ = 0,0307M; CS2-= 0,0307M; CHCOO-= 0,0262M Phản ứng xảy ra: H+ + S2- → HS0,0307M TPGH: HS (0,0307M); HCOO (0,0262M) Các cân bằng: HS- H+ + S2Ka2 = 10-12,9 (1’) HS- + H+ H2S Ka1-1=107,02 (2) + -1 -3,75 HCOO + H HCOOH Ka = 10 (3) + H2O H + OH Kw (4) Vì Kb2 >>Kb nên bỏ qua cân (3), cân (1’), (2), (4) định pH hệ: [H + ] = [H+] = [S2-] + [OH-] – [H2S] → coi gần [HS-] ≈ 0,0307M tính pH = 9,68 K a [HS − ] + K w K a−11.[HS − ] + 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 8/11 Tính VHCl cần cho vào để pHhệ = 7,02 (bỏ qua cân H2O): Tại pH = 7,02 = pKa1 H2S nên [S2-] (NH2)2C=O > (NH2)2C= S 1,0 Hợp chất có tính bazơ mạnh chất (3): N,N-đimetyl-2,6-đimetylanilin 0,5 Ở tương tác +C cặp e N với vòng benzen nhỏ tương tác đẩy hai nhóm metyl vịng benzen với nhóm NMe2 khiến cho khả xen phủ cặp electron 0,5 p N với obitan π vòng thơm trở nên hẳn so với ba chất lại Bài (4,0 điểm) Bằng chế phản ứng, giải thích hình thành sản phẩm phản ứng sau: Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1,0 1,0 Trang 14/11 1,0 1,0 Bài (4,0 điểm) Limonen monotecpen hiđrocacbon quang hoạt có nhiều tinh dầu cam, chanh Ozon phân oxi hóa limonen thu X (C9H14O4) X tham gia phản ứng idofom tạo thành axit (R)-butan1,2,4-tricacboxylic a Xác định cấu trúc limonen biết hiđro hóa limonen thu sản phẩm khơng có tính quang hoạt b Cho limonen tác dụng với CH2I2 có mặt xúc tác Zn-Cu thu sản phẩm Y Biểu diễn đồng phân cấu hình có Y Ozon phân khử limonen thu hợp chất A (C10H16O2) Cho A ngưng tụ môi trường kiềm thu hai sản phẩm B C đồng phân cấu tạo Đồng phân hóa B dung dịch HCl thu D Tiếp theo, D phản ứng với ozon mơi trường kiềm mạnh, đun nóng bị oxi hóa cắt mạch thu muối axit (1S,3R)-3-(cacboxymetyl)-2,2-dimetylxyclopropancacboxylic Xác định cấu trúc A, B, C, D cho biết chế q trình chuyển hóa đồng phân hóa B thành D Ý Hướng dẫn chấm Điểm a Axit (R)-butan-1,2,4-tricacboxylic: X có khả năng: 0,25 X1: X2: X3: Limonen monotecpen → phân tử có 10C X có 9C, limonen hidrocacbon → Phân tử limonen phải có nối đơi 0,25 vịng cạnh nối đơi đầu mạch - Xét cấu trúc limonen từ X1: Trang 15/11 Cả cấu trúc từ X1 khơng thỏa mãn điều kiện sản phẩm hidro hóa limonen không quang hoạt 0,25 - Xét cấu trúc limonen từ X2: Chỉ có cấu trúc thỏa mãn điều kiện sản phẩm hidro hóa limonen khơng quang hoạt 0,25 - Xét cấu trúc limonen từ X3: 0,25 Cả cấu trúc từ X3 không thỏa mãn điều kiện sản phẩm hidro hóa limonen khơng quang hoạt 0,25 Vậy limonen có cấu trúc: b 0,5 1,2 A: B: C: D: (mỗi chất 0,3 điểm) Trang 16/11 * Cơ chế q trình chuyển hóa đồng phân hóa B thành D: 0,8 Bài (3,0 điểm) Varenicline phát triển thành thuốc dùng điều trị chứng nghiện thuốc Varenicline tổng hợp theo sơ đồ sau: Xác định công thức cấu trúc hợp chất A, B, C, D, F H Ý Hướng dẫn chấm Điểm 3,0 (từ A đến H xác định chất 0,5 điểm) Trang 17/11 Bài (1,5 điểm) Sục khí (A) vào dung dịch (B) có màu nâu vàng thu chất rắn (C) màu vàng dung dịch (D) Khí (X) có màu vàng lục tác dụng với khí (A) tạo (C) (F) Nếu (X) tác dụng với khí (A) nước tạo (Y) (F), thêm BaCl2 vào dung dịch có kết tủa trắng Khí (A) tác dụng với dung dịch chất (G) muối nitrat kim loại tạo kết tủa (H) màu đen Đốt cháy (H) oxi ta chất lỏng (I) màu trắng bạc Xác định (A), (B), (C), (F), (G), (H), (I), (X), (Y) viết phương trình hóa học phản ứng xảy Ý Hướng dẫn chấm Điểm (A): H2S; (B): FeCl3; (C): S; (F): HCl; (G): Hg(NO3)2; (H): HgS; (I): Hg; (X): Cl2; (Y): H2SO4 0,5 Phương trình hóa học phản ứng H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl (1) Cl2 + H2S → S + 2HCl (2) 4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4 (3) BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 H2S + Hg(NO3)2 → HgS ↓ ↓ + 2HCl (4) + 2HNO3 (5) 1,0 HgS + O2 t → Hg + SO2 (6) HẾT Trang 18/11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ĐỘI TUYỂN HSG CỦA TỈNH DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2019 Môn thi: HÓA HỌC (Phương án thực hành) Ngày thi: 10/10/2018 (Hướng dẫn có 02 trang) Bài (1,5 điểm) Trong phân tích thể tích, chất gốc dùng để pha dung dịch chuẩn phải thỏa mãn điều kiện sau: - Phải tinh khiết mặt hóa học, tạp chất khơng lớn 0,05 – 0,1%, kết tinh lại sấy khô nhiệt độ định - Thành phần hóa học phải với cơng thức hóa học - Chất gốc dung dịch chuẩn phải bền thời gian giữ gìn nồng độ phải không thay đổi theo thời gian - Mol đương lượng chất gốc lớn tốt để tăng độ xác xác định nồng độ chất khác Axit oxalic (H2C2O4.2H2O; M = 126,12) chất gốc chuẩn độ axit - bazơ Tính khối lượng axit oxalic cần dùng để pha chế 100 ml dung dịch chuẩn nồng độ 0,05M? Trong phịng thí nghiệm với dụng cụ có sẵn gồm: cốc cân loại 100ml, đũa thủy tinh, cân phân tích (độ xác 10-4), bình định mức 100ml, bình tia đựng nước cất, phễu thủy tinh Hãy trình bày bước để pha chế dung dịch chuẩn axit oxalic 0,05M? Ý Hướng dẫn chấm Điểm maxit oxalic = CM.V.M = 0,05.0,1.126,12 = 0,6306 gam 0,5 Cách pha 100 ml dung dịch axit oxaclic chuẩn 0,05 M từ chất gốc: - Bước 1: Cân xác 0,6306 gam axit oxalic cân phân tích cốc cân loại 100ml sạch, khơ (cho cốc cân lên trước, trừ bì, cho axit oxalic vào theo lượng cân) - Bước 2: Lấy cốc cân ra, thêm khoảng 30 – 40 ml nước cất loại CO (nước cất đun sơi 10 phút, để bình kín nguội đến nhiệt độ phòng), dùng đũa thủy tinh khuấy cho tan - Bước 3: Chuyển vào bình định mức 100 ml theo đũa thủy tinh qua phễu, dùng nước cất tráng cốc lần, lần khoảng 10ml, dùng bình tia rửa đũa thủy tinh phễu chuyển tồn vào bình định mức, định mức đến vạch mức - Bước 4: Đậy nắp bình định mức, đảo ngược bình – lần (chỉ đảo chậm, nhẹ khơng xốc mạnh bình; giữ nắp bình định mức) 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài (2,5 điểm) Quy trình chuẩn độ dung dịch A gồm Na2CO3 0,040M NaHCO3 0,040M sau: Lấy 10,0ml dung dịch cho vào bình nón, thêm vài gi ọt ch ất ch ỉ th ị X chuẩn độ dung dịch HCl 0,040M đến dung d ịch đổi màu d ừng l ại Thêm ti ếp vài gi ọt ch ất ch ỉ thị Y vào dung dịch thu Chuẩn độ tiếp dung d ịch HCl 0,040M đ ến dung dịch đổi màu Hãy tính pH điểm tương đương thứ thứ hai, từ ch ọn ch ất ch ỉ th ị X, Y thích hợp từ chất thị cho đây: Trang 19/11 Chất thị Khoảng pH đổi màu Chất thị Khoảng pH đổi màu Metyl lục 0,1 - 2,0 Bromthymol xanh 6,0 - 7,6 Metyl da cam 3,1 - 4,4 Phenolphtalein 8,0 - 10,0 Metyl đỏ 4,2 - 6,2 Alizarin vàng 10,1 - 12,1 Cho biết: CO2 tạo thành tan hoàn toàn dung dịch; Độ tan c CO LCO2 = 0,03M Hỗn hợp H2O + CO2 có pKa1 = 6,35; pKa2 = 10,33 Trong thực tế, chuẩn độ đến gần điểm tương đương thứ 2, người ta th ường đun sôi dung dịch khoảng phút, sau để nguội chuẩn độ tiếp Hãy cho bi ết mục đích vi ệc làm này? Với trường hợp sau đây, cho biết nồng độ Na 2CO3 xác định cao hay thấp so với giá trị thực? Giải thích a Pipet dùng để lấy 10,0 mL dung dịch A lấy 9,95 mL dung dịch b Dùng bromphenol đỏ (khoảng pH đổi màu: 5,0 – 6,8) để xác đ ịnh ểm t ương đ ương th ứ c Có bóng khí xuất đầu buret trước tiến hành chu ẩn độ, bi ến q trình chuẩn độ nấc thứ d Buret khơng tráng dung dịch HCl 0,040M sau rửa nước cất e Sau tráng bình chuẩn độ nước cất tráng lại dung d ịch Na 2CO3 hút 10,0 mL dung dịch Na2CO3 cho vào bình chuẩn độ Ý Nội dung chấm Điểm - Tại điểm TĐ1 dung dịch có HCO3- nên pHtđ1 = (6,35 + 10,33)/2 = 8,34 → chọn chất thị phenolphtalein (X) để xác định điểm tương đương thứ 0,25 - Tại điểm TĐ2, dung dịch có CO2 với độ tan 0,03M, tính pHtđ2 = 3,95 → chọn chất thị metyl da cam (Y) để xác định điểm tương đương thứ hai 0,25 Ngay trước điểm tương đương thứ hai, người ta thường đun sôi dung dịch để đuổi CO 2, phá hệ 0,5 đệm CO2 + H2O/ HCO3- kéo dài bước nhảy, tạo thuận lợi cho việc quan sát đổi màu metyl da cam C Na 2CO3 = Cơng thức tính 0,040.V1 10, 0,25 , a CNa2CO3 xác định thấp giá trị thực thể tích dung dịch HCl cần dùng để đạt đến điểm tương đương thứ b CNa2CO3 xác định cao giá trị thực chất thị đổi màu sau điểm tương đương c CNa2CO3 xác định cao giá trị thực thể tích dung dịch HCl cần dùng để đạt đến điểm tương đương thứ nhiều d CNa2CO3 xác định cao giá trị thực dung dịch HCl bị pha loãng nên thể tích dung dịch HCl cần dùng để đạt đến điểm tương đương thứ nhiều 0,25 0,25 0,25 0,25 e CNa2CO3 xác định cao giá trị thực cần thêm lượng chất chuẩn để chuẩn độ mẫu Trang 20/11 dính thành bình tráng dụng cụ → thể tích dung dịch HCl cần dùng nhiều 0,25 HẾT Trang 21/11 ... 18/11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ĐỘI TUYỂN HSG CỦA TỈNH DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2019 Mơn thi: HĨA HỌC (Phương án thực hành) Ngày thi: 10/10/2018 (Hướng... chất hóa học cho điểm tối đa HẾT Trang 12/11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ĐỘI TUYỂN HSG CỦA TỈNH DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2019 Môn. .. (A) vào dung dịch (B) có màu nâu vàng thu chất rắn (C) màu vàng dung dịch (D) Khí (X) có màu vàng lục tác dụng với khí (A) tạo (C) (F) Nếu (X) tác dụng với khí (A) nước tạo (Y) (F), thêm BaCl2 vào