Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Bạc Liêu môn Hóa bảng B (Năm học 2011 - 2012) - Ngày thi thứ nhất

1 Bảng B – Ngày 1
Họ và tên thí sinh:…………………… ………… Chữ ký giám thị 1:
Số báo danh:…………………………… ……… …………….………………
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: HÓA HỌC (BẢNG B)


* Ngày thi: 05/11/2011
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ
Bài 1: (4 điểm)
Câu 1. Hợp chất A tạo bởi 2 ion: X
2+
và YZ
3
2-
. Tổng số electron của YZ
3
2-
bằng 32
hạt.
Y và Z đều có số proton bằng nơtron. Hiệu số nơtron của nguyên tố X so với nguyên
tố Y bằng 3 lần số proton của Z. Khối lượng phân tử của A bằng 116 (đvC)
Xác định X, Y, Z và công thức phân tử của A.
Câu 2. Electron cuối cùng phân bố vào các nguyên tử của các nguyên tố A, B lần lượt
có các số lượng tử sau:
A: n = 2
A = 1 m = -1 m

s
= +1/2
B: n = 3
A
= 1 m = 0 m
s
= -1/2
a) Viết cấu hình electron của A, B .
b) Xác định vị trí A, B trong bảng tuần hoàn.
Bài 2: (4 điểm)
a) Hãy chỉ rõ các loại liên kết trong phân tử: NaNO
3
, P
2
O
5
, SO
3
.
b) Giải thích độ bền phân tử và tính khử của các hợp chất hiđrohalogenua.
c) Cho bán kính nguyên tử của các nguyên tố chu kì 3 như sau:
Nguyên tử Na Mg Al Si P S Cl
Bán kính (
o
A )
1,86 1,60 1,43 1,17 1,10 1,04 0,99
Hãy nhận xét và giải thích.
Bài 3: (4 điểm)

Câu 1. Tìm hằng số cân bằng của phản ứng sau: HIO

3
+ 2HI
⎯
⎯→
←
⎯⎯
3HIO
Cho:
2
/
0
IHIO
E = +1,45 V;
−
II
E
2/
0
2
= + 0,54 V;
32
0
/
I
OI
E
−
= + 1,195 V
Câu 2. Hãy thiết lập sơ đồ pin, và viết ký hiệu pin theo các phương trình phản ứng
sau:

Pb + HCl
⎯
⎯→
←⎯⎯
PbCl
2

(r)
+ H
2
(1)

4
M
nO
−
+ H
+
+ Cl
-

⎯
⎯→
←
⎯⎯
Mn
2+
+ Cl
2
+ H

2
O (2)



(Gồm 02 trang)
CHÍNH THỨC
2 Bảng B – Ngày 1
Bài 4: (4 điểm)
Câu 1. Dung dịch A gồm 0,4 mol HCl và 0,05 mol Cu(NO
3
)
2
. Cho m gam bột Fe vào
dung dịch khuấy đều cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn X gồm hai
kim loại có khối lượng là 0,8m gam.
Tính m. (Giả thiết sản phẩm khử HNO
3
duy nhất chỉ có NO và trong dung dịch
sau phản ứng chỉ chứa duy nhất một muối).
Câu 2. Hòa tan hỗn hợp gồm Zn, FeCO
3
, Ag bằng dung dịch HNO
3
loãng thu được
hỗn hợp khí (A) gồm 2 khí không màu có tỉ khối so với hiđro là 19,2 và dung dịch (B).
Cho dung dịch (B) tác dụng với dung dịch NaOH (dư), lọc hết kết tủa đem nung đến
khối lượng không đổi thu được 5,64 gam chất rắn. Biết rằng mỗi chất trong hỗn hợp
chỉ khử HNO
3

đến một sản phẩm khử nhất định.
a) Lập luận để tìm khí đã cho.
b) Tính số mol mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu biết trong hỗn hợp số mol Zn bằng số
mol FeCO
3
.

Bài 5: (4 điểm)
Đánh giá sự thay đổi pH của hỗn hợp đệm A gồm có CH
3
COOH 0,10M và
CH
3
COONa 0,10M.
a) Khi thêm 0,0010 mol HCl vào 1,000 lít dung dịch A
b) Khi thêm 0,0010 mol NaOH vào 1,000 lít dung dịch A.
Cho biết :
OO
3
CH C H
K
= 10
-4,76

HẾT
1 Bảng B – Ngày 1
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: HÓA HỌC (BẢNG B)

* Ngày thi: 05/11/2011
* Thời gian: 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1: (4 điểm)
Câu 1: (2 điểm)
Ta có: Z
y
+ 3Z
z
+ 2 = 32 => Z
y
+ 3Z
z
= 30 (1)
Mặt khác: Z
y
= N
y
và Z
z
= N
z

N
x
– N

y
= 3Z
z
=> N
x
= Z
y
+ 3Z
z
= 30 (2)
Khối lượng phân tử của A là: XYZ
3

3N
z
+ N
y
+ Z
x
+ N
x
+ Z
y
+ 3Z
z
= 116 (3)
Từ (1), (2),(3) suy ra: Z
x
+ N
x

+ 2Z
y
+ 6Z
z
= 116
Z
x
= 56 – 30 = 26 (X là Fe; ion YZ
3
2-
phải có mặt của oxi hoặc phi
kim).
Z
z
= 8 => Z
y
= 30 – (8.3) = 6
Suy ra: Z là Oxi và Y là Cacbon
Công thức phân tử: FeCO
3
Câu 2: (2 điểm)

Cấu hình e của A: 1s
2
2s
2
2p
1

Ô thứ 5, chu kỳ 2, nhóm IIIA, là Bo.

Cấu hình e của B : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
Ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VII A, là Clo



(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,5 đ)
(0,5 đ)
(0,5 đ)
(0,5 đ)

Bài 2 (4 điểm)
a)
Công thức cấu tạo


(0,5 đ)
- Trong NaNO
3
có liên kết ion giữa Na – O, liên kết cho nhận N → O, liên kết cộng
hóa trị có cực giữa N – O, N = O(trong đó có 1 liên kết σ và 1 liên kết π).
(0,5 đ)
- Trong P
2
O
5
có liên kết cộng hóa trị có cực giữa P – O, P = O(trong đó có 1 liên kết σ
và 1 liên kết π). (0,5 đ)
- Trong SO
3
có liên kết cộng hóa trị có cực giữa S = O(trong đó có 1 liên kết σ và 1
liên kết π). (0,5 đ)
b) Các hợp chất hydrohalogenua: HF HCl HBr HI
– Độ bền phân tử giảm từ HF đến HI vì độ âm điện giảm và bán kính nguyên tử tăng
từ F đến I. (0,5 đ)
– Tính khử tăng từ HF đến HI vì độ âm điện giảm từ F đến I làm cho khả năng nhường
electron tăng từ F
–1
đến Cl

–1
. (0,5 đ)
(Gồm 05 trang)
CHÍNH THỨC
Na


O

N

O

P

O

P

O

S


O
O
O
O
O

O


2 Bảng B – Ngày 1
c) Nhận xét: Từ đầu đến cuối chu kì bán kính nguyên tử giảm dần.
Giải thích: Trong chu kì, số lớp electron như nhau nhưng do điện tích hạt nhân tăng
dần, số electron lớp ngoài cùng tăng dần, làm cho lực hút giữa hạt nhân với lớp ngoài
cùng mạnh dần dẫn đến bán kính nguyên tử giảm. (1,0 đ)

Bài 3: (4 điểm)
Câu 1:
Ta có giản đồ thế khử của iot:

IO
3
HIO
I
2
I
1,195 V
1,45 V
0,54 V
E
1
E
2
+e
+e+4e

Từ gỉan đồ trên: E
1
=
1, 45 0,54
2
+
= 0,995 V
1,195 =
2
4E +1,45
5
⇒ E
2
=
5 1,195 1, 45
4
×
−
= 1,13125 V
2I
-
+2

H
2
O→ 2HIO + 2H
+
+ 4e K
1
=

0
/
4/0,059
10
HIO I
E
−
−

IO
3
-
+ 5H
+
+ 4e
→
HIO + 2H
2
O K
2
=
0
/
3
4 /0,059
10
IO HIO
E
−

⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

⎯
⎯









HIO
3
+ 2HI
⎯
⎯→
←
⎯⎯
3HIO K = K
1
×K
2



4 0,995 4 1,13125
9,237
0,059 0,059
10 .10 10
xx

K
−
==













(1,0 đ)








(1,0 đ)

Câu 2:
Pb + 2HCl
⎯

⎯→
←⎯⎯
PbCl
2

(r)
+ H
2
(1)
Cực âm: anot Pb + 2Cl
-

⎯
⎯→
←
⎯⎯
PbCl
2 (r)
+ 2e
Cực dương: catot 2H
+
+ 2e
⎯
⎯→
←
⎯⎯
H
2

Ký hiệu sơ đồ pin: ( - ) Pb, PbCl

2
2Cl
-
& H
+
H
2
(Pt) ( + )

4
M
nO
−
+ 8 H
+
+ 2 Cl
-

⎯
⎯→
←⎯⎯
Mn
2+
+ Cl
2
+ 4 H
2
O (2)

Cực âm: anot 2Cl

-

⎯
⎯→
←⎯⎯
Cl
2
+ 2e
Cực dương: catot
4
M
nO
−
+ 8 H
+
+ 5e
⎯
⎯→
←
⎯⎯
Mn
2+
+ 4 H
2
O
Ký hiệu sơ đồ pin: ( - )(Pt) Cl
2
2 Cl
-
&

4
M
nO
−
, H
+
,Mn
2+

(Pt) ( + )





(1,0 đ)






(1,0 đ)
3 Bảng B – Ngày 1

Bài 4: (4 điểm)

Câu 1:(1,5 điểm)
+ Trong A có: 0,4 mol H
+

; 0,05 mol Cu
2+
và 0,1 mol NO
3
-
.
+ Pư xảy ra theo thứ tự như sau:
Fe + 4H
+
+ NO
3
-
→ Fe
3+
+ NO + 2H
2
O
Mol: 0,1 ← 0,4 0,1 0,1 0,1
Fe + 2Fe
3+
→ 3Fe
2+

Mol: 0,05 ← 0,1 0,15

Fe + Cu
2+
→ Fe
2+
+ Cu

Mol: 0,05 ← 0,05 0,05
→ Gọi x là số mol Fe ban đầu
sau pư hh X có: 0,05 mol Cu + (x-0,2) mol Fe.
Theo giả thiết ta có:
0,05.64 + 56(x-0,2) = 0,8.56.x
↔ x = 5/7 mol Ö m = 56x = 40 gam.



(0,25 đ)

(0,25 đ)


(0,25 đ)


(0,25 đ)

(0,25 đ)
(0,25 đ)
Câu 2: (2,5 điểm)
a)
- NO hoặc N
2
<Vì
A
M = 38,4 < M
CO2

- Do Ag là kim loại có tính khử yếu nên tạo NO; vì mỗi chất chỉ
khử HNO
3
đến một chất khử nhất định nên Zn sẽ khử HNO
3

xuống NO hoặc NH
4
NO
3
.

b) Gọi x là số mol Zn Ö số mol FeCO
3
= x, gọi y là số mol Ag.
Dựa vào khối lượng chất rắn ta suy ra:

+ Nếu Zn cũng khử HNO
3
tạo ra khí NO thì ta có:
3Zn + 8HNO
3
→ 3Zn(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O
x 2x/3

3Ag + 4HNO
3
→ 3AgNO
3
+ NO + 2H
2
O
y y/3
3FeCO
3
+ 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ 3CO
2
+ NO + 5H
2
O
x x x/3
+ Lập phương trình theo
A
M = 38,4 (hoặc phương pháp đường
chéo)
Ö số mol CO
2
= 1,5.n
NO

Ö x =
3x y
1, 5.
3
+
Ö y = -x (loại)
Ö Zn khử HNO
3
tạo NH
4
NO
3
, ta có:
4Zn + 10HNO
3
→ 4Zn(NO
3
)
2
+ NH
4
NO
3
+ 3H
2
O
mol: x x x/4
3Ag + 4HNO
3

→ 3AgNO
3
+ NO + 2H
2
O
mol: y y y/3
3FeCO
3
+ 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ 3CO
2
+ NO + 5H
2
O
mol: x x x x/3


(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25đ)




(0,25 đ)





(0,25 đ)



4 Bảng B – Ngày 1
Ö khí tạo thành có x mol CO
2
và
xy
3
+
mol NO.
Vì số mol CO
2

= 1,5.n
NO
Ö x = y

+ Khi B + NaOH dư, sau đó nung kết tủa được chất rắn là Fe
2
O
3

và Ag:
Zn
2+
→ Zn(OH)
2
→ ZnO
2
2-
(tan)
2Fe
3+
→ 2Fe(OH)
3
→ Fe
2
O
3
2Ag
+
→ Ag
2

O → 2Ag

Chất rắn chỉ có: 0,5x mol Fe
2
O
3
+ y mol Ag.
Vì x = y nên ta có: 80x + 108x = 5,64
Ö x = 0,03 mol.
Vậy cả 3 chất trong hỗn hợp đã cho đều có số mol là 0,03 mol.






(0,25 đ)



(0,25 đ)
(0,25 đ)

Bài 5: (4 điểm)
Trong dung dịch A có các cân bằng sau :
CH
3
COONa Æ CH
3
COO

-
+ Na
+

H
2
O H
+
+ OH
-
K
w
(1)
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+
K
a
(2) (0,5đ)
Vì K
a
= C
a
/C
b

= 10
-4,76
>> 10
-7
nên có thể cho quá trình (2) là chủ yếu. (0,25đ)
Ta có : CH
3
COOH U CH
3
COO
-
+ H
+
K
a
= 10
-4,76

C 0,1 0,1 0
Pứ x x x
[] 0,1 - x 0,1 + x x
Ta được x(0,1+x)/(0,1-x) = 10
-4,76
(0,5đ)
Với x << 0,10 ta có x = [H
+
] = 10
-4,76

Suy ra pH = 4,76. (0,25đ)

a) Thêm 1,0.10
-3
mol HCl vào 1 lít dung dịch A :
Phản ứng xảy ra :
CH
3
COONa + HCl Æ CH
3
COOH + NaCl
0,1 0,001 0,1
0,1-0,001 0,101 (0,25đ)
Do đó ta có :
[CH
3
COOH] = 0,101M
[CH
3
COO
-
] = 0,099M (0,25đ)
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+

C 0,101 0,099
[] 0,101-x 0,099+x x
Ta được :
x(0,099+x)/(0,101-x) = 10
-4,76
(0,5đ)

Vì x << 0,099 nên ta được x = [H
+
] = 1,77.10
-5

Vậy : pH = 4,75 (0,25đ)
b) Thêm 1,0.10
-3
mol NaOH vào 1 lít dung dịch A :
Ta có phản ứng :
CH
3
COOH + NaOH Æ CH
3
COONa + H
2
O
0,1 0,001 0,1
0,1 - 0,001 0,101 (0,25đ)
R
R
R
5 Bảng B – Ngày 1

Do đó ta có :
[CH
3
COOH] = 0,099M
[CH
3
COONa] = 0,101M (0,25đ)
CH
3
COOH U CH
3
COO
-
+ H
+

C 0,099 0,101
[] 0,099-x 0,101+x x
Ta được :
x(0,101+x)/(0,099-x) = 10
-4,76
(0,5đ)

Vì x << 0,099 nên ta được x = [H
+
] = 1,70.10
-5

Vậy : pH = 4,77 (0,25đ)

Hết