Đề thi học sinh giỏi lớp 9, lớp 12 và Tin học trẻ các năm - Phòng Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục - Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang hoa1_deda

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC - VÒNG 1 – Môn: HÓA HỌC
CÂU
Câu I
4 điểm

NỘI DUNG

ĐIỂM

1)
⎧ n + l + ml + ms = 4,5
⎩l − ml = 0 ⇒ l = ml

Ta có: ⎨
Mà
* Nếu

0 ≤ l ≤ n − 1 ⇒ 0 ≤ ml ≤ n − 1
1
ms = +
⇒ n + l + ml = 4 ⇒ n + 2l = 4 ⇒ n ≤ 4
2

@ n + 2( n – 1 ) ≥ 4
n
l = ml

2
1

@ n ≥ 2

3
loại

0,25
0,25

4
0

@ n = 2; l = 1; ml = +1; ms = +

1
2

@ 2p1

0,25

Vậy A: 1s22s22p1 ( Bo )
Hoặc n = 4; l = 0; ml = 0; ms = +

1
2

@ 4s1

0,25

Vậy A: [Ar]4s1 ( Kali )
* Nếu

ms = −

1
⇒ n + l + ml = 5 ⇒ n + 2l = 5 ⇒ n ≤ 5
2

@ n + 2( n – 1 ) ≥ 5 @ n ≥ 2,3
n
l = ml

3

4

5

1

loại

0

@ n = 3; l = 1; ml = +1; ms = −

1
2

0,25
0,25

@ 3p1

0,25

Vậy A: [Ne]3s23p1 ( Al )
Hoặc n = 5; l = 0; ml = 0; ms = −

1
@ 5s1
2

Trang - 1

0,25


Vậy A: [Kr]5s2 ( Sr )
0,25
0,25
0,25

0,25

2)
X :1s 2 s 2 p 3s 3 p 4s

⇒ X là kali ( Z = 19)

Y : 1s 2 2s 2 2 p 6 3s 2 3 p 6 4s 2

⇒ X là Canxi ( Z = 20)

2

+

2

2

6

2

2

6

6

2

1

6

K :1s 2s 2 p 3s 3 p ([ Ar ])
Ca + :1s 2 2s 2 2 p 6 3s 2 3 p 6 4s1 ([ Ar ]4 s1 )

Do đó khí mất 1 electron thì K+ có cấu hình electron của khí
hiếm Ar, còn Ca+ có cấu hình [Ar]4s1.
Để có năng lượng ion hóa thứ 2, nghĩa là phải bứt tiếp 1
electron thì trong trường hợp này năng lượng cần thiết để làm
điều đó đối với Ca phải tiêu tốn ít năng lượng hơn so với bứt 1
electron của K+ có cấu hình bền vững của khí hiếm Ar.
Vậy I2 ( K ) > I2 ( Ca ) mặc dù I1 ( K ) < I1 ( Ca )
Câu II
3 điểm

F

..
N

:O:

0,25
0,75

3 x 0,25
B

F

Câu III
2 điểm

F

H

H

H

F

F

- có 2 cặp
electron liên kết
- có 2 cặp
electron không
liên kết

- có 3 cặp
electron liên kết
- có 1 cặp
electron không
liên kết.

- có 3 cặp
electron liên kết

3 x 0,25

Lai hóa sp3
Hình chữ V

Lai hóa sp3
Hình tam diện

Lai hóa sp2
Tam giác phẳng

3 x 0,25

Góc liên kết
FOF<109028’

Góc liên kết
HNH<109028’

Góc liên kết
FBF = 1200

3 x 0,25

Dùng phương pháp tổ hợp cân bằng ta có
⎯⎯
→ 2 NH 3 + 3N 2O

4 N 2 + 3H 2O ←⎯
⎯
⎯⎯
→ 3 N 2 H 4 + 3H 2 O
3 N 2O + 9 H 2 ←⎯
⎯

- UH1
3UH2
Trang - 2

0,25


1
⎯⎯
→ N 2 H 4 + H 2O
2 NH 3 + O2 ←⎯
⎯
2
⎯⎯
→ H 2 + 1 O2
H 2O ←⎯
⎯
2

UH3
- UH4

Sau khi cộng 4 phương trình lại ta được

⎯⎯
→ 4N2 H 4
4 N 2 + 8H 2 ←⎯
⎯

4 UH5

@ UH5 = (- UH1 + 3UH2 + UH3 - UH4 ) : 4
@ UH5 = ( 1011 – 3. 317 – 143 + 286 ) : 4 = 50,75 KJ/mol
Từ UH5 và UH4 và UH2 ta tính được UHN 2 O
UHN 2 O = (UH5 + UH4 - UH2 )
= 50,75 – 286 + 317 = 81,75 KJ/mol
Từ UH5 và UH4 và UH3 ta tính được UHNH 3
UHNH 3 = (UH5 + UH4 - UH3 ) : 2
UHNH 3 = ( 50,75 – 286 + 143 ) : 2 = - 46,125 KJ/mol
Câu IV
3 điểm

1)
- Trong chén A không còn dấu vết gì chứng tỏ các muối nitrat
bị phân hủy hoàn toàn và sản phẩm bay hơi hết. Vậy có thể là

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,75

0

t
→ N 2O ↑ +2 H 2O
NH 4 NO3 ⎯⎯
0

t
Hg ( NO3 ) 2 ⎯⎯
→ Hg ↑ +2 NO2 + O2

Hoặc các muối nitrat hữu cơ
t
VD: CH 3 − NH 3 NO3 + O2 ⎯⎯
→ CO2 ↑ +3H 2O + N 2 ↑
- Trong chén B phải chứa muối kim loại kiềm vì nó phải
chuyển thành muối nitrit
0

0,75

0

t
→ NaNO2 + O2
NaNO3 ⎯⎯

VD:

→ NaCl + HNO2
NaNO2 + HCl ⎯⎯
→ HNO3 + 2 NO + H 2O
3HNO2 ⎯⎯

- Trong chén C còn lại chất rắn màu nâu đỏ chứng tỏ đó là
Fe2O3. Vây muối ban đầu có thể là

0,5

3
t0
2 Fe( NO3 )3 ⎯⎯
→ Fe2O3 + 6 NO2 + O2
2
0
1
t
2 Fe( NO3 ) 2 ⎯⎯
→ Fe2O3 + 4 NO2 + O2
2

2)
0,25
- Điều chế được
- Trước hết dùng hai cốc chia độ lấy 2 thể tích dung dịch NaOH 0,25
Trang - 3


như nhau ( cùng số mol NaOH ); cho CO2 dư sục vào 1 cốc ,

lúc đó tạo ra NaHCO3
→ NaHCO3
NaOH + CO2 ⎯⎯
Sau đó trộn 2 cốc với nhau ta được Na2CO3
→ Na2CO3 + H2O
NaHCO3 + NaOH ⎯⎯
Câu V
4 điểm

1) 2KOH + H2SO4 ⎯⎯
→ K2SO4 + 2H2O
TN1: Dư KOH
KOHdư + HCl ⎯⎯
→ KCl + H2O
nKOH dư = nHCl = 0,04 x 0,05 x

0,25

(1)
(2)

0,25

(3)

0,25

0,5
= 0, 005 mol
0, 2

TN2: Dư H2SO4
H2SO4 + 2KOH ⎯⎯
→ K2SO4 + 2H2O
n H 2 SO4 dư =

0,25

0,5
1
1
nKOH = x 0,2 x 0,04 x
= 0, 01 mol
0, 2
2
2

Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol của dung dịch H2SO4 ( ddA )
và KOH ( ddB )
Ta có:
⎧0,3 y − 2.0, 2 x = 0, 005
⎪
⎨
1
⎪⎩0,3x − 2 .0, 2 y = 0, 01

Vây

⎧ x = 0, 07
⇒⎨

⎩ y = 0,11

pH của dd H2SO4 =0,854
pH của dd KOH = 13,041

2)
Dung dịch E + AlCl3 cho kết tủa @ trong E dư kiềm, axit phản
ứng hết.
AlCl3 + 3KOH ⎯⎯
→ Al(OH)3 + 3KCl (4)
→ Al2O3 + 3H2O
(5)
2Al(OH)3 ⎯⎯
Theo (4), (5) ta có:
3, 262
.2.3 = 0,192 mol
102
3, 262
.2 = 0, 064 mol
nAlCl 3 =
102

nKOH (4) =

@ VB . 0,11 = 0,028 + 0,192 @ VB = 2 lít
3, 262
233

0,25

0,25

3,262
= 0,028mol
233

@ VA . 0,07 =

2 x 0,25

0,25

Có 2 trường hợp xảy ra
a. Lượng KOH trong ddE thiếu so với AlCl3 @ chỉ 1 phần
AlCl3 tham gia phản ứng.
n KOH = 2.

2 x 0,25

@ VA = 0,2 lít
Trang - 4

0,25
0,25
0,25


VB
2
=

= 10
VA 0, 2

Vậy :

0,25

b. Lượng KOH trong ddE dư so với AlCl3 @ còn xảy ra
phản ứng sau:
AlCl3 + 4KOH ⎯⎯
→ NaAlO2 + 3KCl + 2H2O (6)
nKOH (6) = 4(0,5.0,2 – 0,064) = 0,144 mol

0,25

@ VB . 0,11 = 0,028 + 0,192 + 0,144 @ VB = 3,3 lít
VB 3,3
=
= 16,5
VA 0, 2

Vậy :
Câu VI
4 điểm

0,25
0,25

1) Các phản ứng:
FeS + 10 H + + 9 NO3− ⎯⎯

→ Fe3+ + SO42− + 9 NO2 ↑ +5H 2O

(1)

FeCO3 + 4 H + + NO3− ⎯⎯
→ Fe3+ + CO2 ↑ + NO2 ↑ +2 H 2O

(2)

Gọi x, y là số mol của FeS và FeCO3 trong hỗn hợp
Theo pt (1), (2):
nCO2 = y

;

nNO2 = 9 x + y

Ta có:
M = 22,805 .2 = 45,61
⇒

46(9 x + y ) + 44 y
= 45, 61
⇒ y = 2,877 x
9x + 2 y
1.88.100
% FeS =
= 20,87%
1.88 + 1,877.116
% FeCO3 = 100 − 20,87 = 79,13%

0,25

0,25
0,25

0,25

2)
HNO
Kim loại M + oxit của nó ⎯⎯⎯
→ ddA M(NO3)n + NO
3

M

n+

−

+ nOH ⎯⎯
→ M (OH ) n

3x 0,25

2 M (OH ) n ⎯⎯
→ M 2On + nH 2O
M 2On

+

(2M +16n)
1
Ta có:

2nHCl

⎯⎯
→ 2 MCln + nH 2O

2n
0,025

2 M + 16n
2n
=
⇒ M = 32n
1
0,025

Nghiệm hợp lí là n = 2 và M = 64
a. Vậy kim loại là Cu. Oxit của nó có thể là Cu2O hoặc
CuO
• Trường hợp Cu và Cu2O:
Trang - 5

0,25


Đặt số mol của KL Cu là x và số mol oxit của nó là y

→ 3Cu(NO3)2 + 2NO
+ 4H2O
3Cu + 8HNO3 ⎯⎯
x mol

8
x
3

2
x
3

3Cu2O + 14HNO3 ⎯⎯
→ 6Cu(NO3)2 + 2NO +
y mol

0,25

14
y
3

7H2O

2
y
3

ta có

⎧64 x + 144 y = 8,16
⎧ x = 0, 06
⎪
⇒⎨
2
1,344
⎨2
⎩ y = 0, 03
⎪ 3 x + 3 y = 22, 4 = 0, 06
⎩
0, 06.64.100
= 47, 06%
%Cu =
8,16
%Cu2O = 100 − 47, 06 = 52,94%

0,25

0,25

8
14
nHNO3 = .0, 06 + .0, 03 = 0,3 mol
3
3
0,3
⇒ VHNO3 =
= 0, 075 l = 75 ml
4

0,25

• Trường hợp Cu và CuO
3Cu + 8HNO3 ⎯⎯
→ 3Cu(NO3)2 + 2NO
x mol

8
x
3

+ 4H2O

2
x
3

CuO + 2HNO3 ⎯⎯
→ Cu(NO3)2 + H2O
Ta có;
3
nCu = x = .0, 06 = 0, 09 mol
2
8,16 − 0, 09.64
nCuO = y =
= 0, 03 mol
80
0, 09.64.100
= 70,59%
%Cu =

8,16
%CuO = 100 − 70,59 = 29, 41%
8
nHNO3 = .0, 09 + 0, 03.2 = 0,3 mol
3
0,3
⇒ VHNO3 =
= 0, 075 l = 75 ml
4
b. VHNO3 = 75 ml

cả hai trường hợp nCuO = 0,12 mol
suy ra
mCuO = 0,12.80 = 9,6 gam

0,25

0,25

0,25
0,25

Ghi chú: Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nếú đúng vẫn được điểm tối đa

Trang - 6