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

1 Bảng A – 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 A)


* 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.Cho phản ứng oxi hoá khử sau:
2Cu

2+
+ 4I
−

⎯
⎯→
←
⎯⎯
2CuI
(r)
+ I
2 (aq)
(1)
Với:
2
0
/2
0,535
II
EV
−
= và
2
0
/
0,153
Cu Cu
EV
++
=

a) Hãy tính E
0
của phản ứng sau:
CuI
(r)

⎯
⎯→
←⎯⎯
Cu
+
+ I
−
K
s
= 1,0.10
-12

b) Tính E
0
và hằng số cân bằng của phản ứng (1)
Câu 2.Cho
2
4
0
,/
1, 51
MnO H Mn
EV
−+ +

=

2
44
0
/
0,57
MnO MnO
EV
−−
=

2
2
0
,/
1, 23
MnO H Mn
EV
++
=
(Gồm 02 trang)
CHÍNH THỨC
2 Bảng A – Ngày 1
a) Tìm
2
42
0
,/
M

nO H MnO
E
−+

b) Cho KMnO
4
lần lượt tác dụng với FeSO
4
/H
2
SO
4
; Na
2
SO
3
/NaOH; dung dịch
MnSO
4
. Hãy viết phương trình ion của các phản ứng để minh họa khả năng oxi hóa
của ion permanganat phụ thuộc vào pH của môi trường.
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)
Câu 1. Trộn 1ml dung dịch MgCl
2
0,01M với 1ml dung dịch hỗn hợp gồm NH
3
1M và
NH
4
Cl 1M. Kết tủa có xuất hiện không ?
Cho biết :
()

3
bNH
K = 10
-4,76
và
(( ))
2
SMgOH
K
= 10
-10,9
Mg
2+
+ H
2
O MgOH
+
+ H
+
β = 10
-12,8
Câu 2. Có 1 lít dung dịch axit axetic 0,2M ( dung dịch A ), K
a
= 1,8.10
-5
. Chia dung
dịch A làm hai phần bằng nhau :
- Cho 300 ml dung dịch NaOH 0,2M vào phần 1 được dung dịch X.
- Cho 0,26 mol natri axetat vào phần 2 được dung dịch Y, sau đó thêm 300 ml
dung dịch NaOH 0,2M vào dung dịch Y được dung dịch Z.

Tính pH của các dung dịch A, X, Y, Z.

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

* Môn thi: HÓA HỌC (BẢNG A)


* 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 A – 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)
a) Ta có lgK =
059,0
0
nE

⇒ E
0
=
n
Klg.059,0
= 0,059. lg 10

−12
= - 0,708 V
(1,0 đ)
Câu 1:
b) Theo giả thiết
2 Cu
2+
+2 e → 2Cu
+
E
0
= 0,153 V ⇒ (K
1
)
2
= (10
059,0
153,0
)
2
= 10
5,186

2Cu
+
+ 2I
−
→ 2CuI K = K
s
−1

= 10
12
⇒ (K
s
−1
)
2
= 10
24

2I
−
→ I
2
+ 2e E
0
= − 0,535 V ⇒ K
2
= 10
059,0
)535,0(2 −
= 10
−18,136


Tổ hợp 3 cân bằng trên cho cân bằng của phản ứng (1)
2Cu
2+
+ 4I
−

⎯
⎯→
←⎯⎯
2CuI + I
2
với K = (K
1
)
2
. (K
s
−1
)
2
. K
2

= 10
11,05

(1,0 đ)
Ta có giản đồ thế khử của Mn:



1e 2e 2e

4
M

nO
−

2
4
M
nO
−

2
M
nO
M
n
2+
5e

5
5
.
.
222 2
444422
000 0
,/ / ,/ ,/
22
M
nO H Mn MnO MnO MnO H MnO MnO H Mn
EEE E
−+ + − − −+ + +

=+ +



51,510,572 (21,23)
2, 26
x
xV
×= ++×
=

2
42
0
,/
M
nO H MnO
E
−+
= 2,26V

(1,0 đ)
Câu 2:
Phương trình ion của các phản ứng để minh họa khả năng oxi hóa
của ion permanganat phụ thuộc vào pH của môi trường
4
M
nO
−
+ 5Fe

2+
+ 8H
+
→ Mn
2+
+ 5Fe
3+
+ 4H
2
O
2
4
M
nO
−
+ 3Mn
2+


+ 2H
2
O → 5MnO
2
+ 4H
+
2
4
M
nO
−

+
2
3
SO
−
+ 2OH
-
→
22
442
2
M
nO SO H O
−−
++

(1,0 đ)

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



(0,25 đ)

3 Bảng A – Ngày 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)
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
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



(0,25 đ)

(0,25 đ)






(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25đ)




(0,25 đ)





(0,25 đ)

(0,25 đ)

4 Bảng A – Ngày 1
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)

Bài 5: ( 4 điểm )
Câu 1. Ta có:
MgCl
2
Æ Mg
2+
+ 2Cl
-

NH
4
Cl Æ NH

4
+
+ Cl
-

NH
3
+ H
2
O NH
4
+
+ OH
-
K
b
= 10
-4,76
(1)
Mg
2+
+ H
2
O MgOH
+
+ H
+
β = 10
-12,8
(2)

Vì K
b
>> β Æ Chỉ có cân bằng (1) là đáng kể (0,25đ)
NH
3
+ H
2
O NH
4
+
+ OH
-

C
0
1 1
[] 1 - x 1 + x x
Ta được :
x(1+x)/(1-x) = 10
-4,76

Vì x << 1 Æ x = 10
-4,76

[OH
-
] = 10
-4,76
(0,25đ)
Ta có : [Mg

2+
][OH
-
]
2
= 10
-2
.(10
-4,76
)
2
= 10
-11,52
< 10
-10,9

Vậy : Không có kết tủa Mg(OH)
2
xuất hiện (0,25đ)
Câu 2. Tính pH của các dung dịch A, X, Y, Z.
a) Dung dịch A :
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+

C
0
0,2
[] 0,2 - a a a
Ta có
K =
3
3
[OO][]
[OO]
CH C H
CH C H
−
+
=
2
0, 2
a
a
−
= 1,8.10
-5
(0,25đ)

Giả sử a << 0,2 Æ a
2
= 3,6.10
-6
Æ a = 1,9.10
-3

Suy ra : pH = 2,72 (0,25đ)
b) Dung dịch X :
Phân nửa dung dịch A có chứa 0,1 mol CH
3
COOH
Số mol NaOH trong 300ml dung dịch 0,2M = 0,06mol
Khi thêm dung dịch NaOH vào phần 1 ta có :
CH
3
COOH + NaOH Æ CH
3
COONa + H
2
O
0,06mol 0,06mol 0,06mol (0,25đ)
Trong dung dịch X có :
- Tổng thể tích dung dịch = 500 + 300 = 800 ml
- Số mol CH
3
COOH = 0,1 – 0,06 = 0,04 mol
- Số mol CH
3
COONa = 0,06 mol (0,25đ)
Suy ra :
[CH
3
COOH] = 0,05M
[CH
3

COO
-
] = 0,075M
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+

C
0
0,05 0,075
[] 0,05-x 0,075+x x

R
R
R
R
R
5 Bảng A – Ngày 1
Ta có:
K =
3
3
[OO][]
[OO]
CH C H

CH C H
−
+
=
(0,075 )
0,05
x
x
x
+
−
= 1,8.10
-5
(0,25đ)

Æ x = 1,2.10
-5

Suy ra : pH = 4,92 (0,25đ)
c) Dung dịch Y :
Trong dung dịch Y có :
- Thể tích dung dịch = 500ml
- [CH
3
COOH] = 0,2M
- [CH
3
COO
-
] = 0,52M (0,25đ)

CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+

C
0
0,2 0,52
[] 0,2-y 0,52+y y
Ta có
K =
3
3
[OO][]
[OO]
CH C H
CH C H
−
+
=
(0,52 )
0, 2
yy
y
+
−

= 1,8.10
-5
(0,25đ)

Æ y = 6,92.10
-6

Suy ra : pH = 5,16 (0,25đ)
d) Dung dịch Z :
Thêm 300 ml dung dịch NaOH vào dung dịch Y để có dung dịch Z
CH
3
COOH + NaOH Æ CH
3
COONa + H
2
O
0,06mol 0,06mol 0,06mol (0,25đ)
Trong dung dịch X có :
- Tổng thể tích dung dịch = 500 + 300 = 800 ml
- Số mol CH
3
COOH = 0,04 mol
- Số mol CH
3
COONa = 0,06 + 0,26 = 0,32 mol
Suy ra :
[CH
3
COOH] = 0,05M

[CH
3
COO
-
] = 0,4M (0,25đ)
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+

C
0
0,05 0,4
[] 0,05-z 0,4+z z
Ta có
K =
3
3
[OO][]
[OO]
CH C H
CH C H
−
+
=
(0,4 )

0,05
zz
z
+
−
= 1,8.10
-5
(0,25đ)

Æ x = 2,25.10
-6

Suy ra : pH = 5,65 (0,25đ)

Hết

R
R