Đáp án chọn đội tuyển HSG Hóa học ngày 1 lớp 12 Quảng Ninh 2012-2013 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (163.17 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
 QUẢNG NINH

ðỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ðỘI TUYỂN HSG CẤP TỈNH

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn : HĨA HỌC (ngày thứ nhất) 
( Hướng dẫn này có 8 trang)
Câu 1. (2.5 điểm)

1. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:

Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8]; Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].

Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Slâytơ) tính năng lượng electron của Ni2+ với mỗi cách viết
trên (theo ñơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?

2. Ở nhiệt độ cao, ngun tử oxy có thể bị ion hóa và tồn tại dưới dạng ion O7+. Dựa vào cơng thức tính
năng lượng electron của Bohr:

2
2

13, 6.
n

Z
E

n

= − (eV)

hãy tính bước sóng của bức xạ phát ra khi electron trong ion O7+ dịch chuyển từ mức năng lượng có n =
3 xuống mức năng lượng có n = 1.

Cho hằng số Plăng h = 6,625.10-34 J.s, vận tốc ánh sáng trong chân không c=3.108 (m/s).
Hướng dẫn chấm

1. Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được tính
theo biểu thức Slater:

ε1 = -13,6 x (Z – b)

/n*2 (theo eV)

Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Ni2+ (Z=28,
có 26e) ta có:

Với cách viết 1 [Ar]3d8:

ε1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12 = -10435,1 eV
ε2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1934,0 -
ε3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32 = - 424,0 -

ε3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x7)2/32 = - 86,1 -

E1 = 2ε1s + 8ε2s,2p + 8ε3s,3p + 8ε3d = - 40423,2 eV

0.5

Với cách viết 2 [Ar]3d64s2:

ε1s, ε2s,2p, ε3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:

ε3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 102,9 eV
ε4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)2/3,72 = - 32,8 -
Do đó E2 = - 40417,2 eV.

0.5

E1 thấp (âm) hơn E2, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu ñược phù
hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni2+ có cấu hình electron [Ar]3d8.

0.5 
2. ZO = 8

2 2

19 16

3 1 2 2

34 8

16 16

. 8 8

13, 6. 1, 602.10 1, 24.10 ( )

3 1

. 6, 625.10 .3.10

1, 603.10 1, 603( )
1, 24.10 1, 24.10

h c

E E x J

h c

m nm

λ
λ

− −

−

− −

 

= − = −  −  =

 

= = = =

1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Kim loại vàng kết tinh dưới dạng mạng lập phương tâm diện với chiều dài cạnh của ô mạng cơ
sở a = 4,070 Ao .

1. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử vàng.

2. Xung quanh nguyên tử vàng có bao nhiêu nguyên tử vàng khác kế cận có cùng khoảng cách
ngắn nhất trên đây.

3. Tính khối lượng riêng của kim loại vàng (Au = 197,0 u).
4. Tính tỉ lệ đặc khít của vàng.

Hướng dẫn chấm

1. Khoảng cách ngắn nhất giữa tâm 2 nguyên tử vàng bằng nửa ñường chéo của mặt hình
lập phương:

Khoảng cách =

2
2
070
,
4
2

2
a

= = 2,878 Ao

0.5

2. Xung quanh mỗi nguyên tử vàng có 12 nguyên tử vàng khác kế cận với khoảng cách
ngắn nhất 2,878Ao .

0.5 
3. Mỗi ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử vàng. Do vậy khối lượng riêng của kim loại vàng là:

d = 23 -8 3

)
10
(4,07
10

,
6

197,0
4

×
×

= 19,4 (g/cm3)

0.5

4. Bán kính ngun tử vàng: r =
2
2

Thể tích 4 nguyên tử vàng:

2
3

a
r
3

4
4

3 π

π× =

×
×

Tỉ lệ đặc khít =

2
3
a
2
3

3 π

π =

× = 0,7405

0.5

Câu 3. (4.0 ñiểm)

1. Hợp chất A chứa lưu huỳnh, oxi và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có một nguyên tử lưu huỳnh. 
Thủy phân hồn tồn A được dung dịch B. Cho các thuốc thử vào dung dịch B thu được kết quả thí
nghiệm như sau:

TT Thuốc thử Hiện tượng thí nghiệm

1 AgNO3 + HNO3 kết tủa vàng

2 Ba(NO3)2 khơng có kết tủa

3 Ca(NO3)2 + NH3 khơng có hiện tượng

4 KMnO4 + Ba(NO3)2 màu tím biến mất và có kết tủa trắng

5 Cu(NO3)2 khơng có kết tủa

Xác định cơng thức có thể có của A. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Cho 1,000 gam tinh thể hiñrat A tan trong nước ñược dung dịch màu xanh, cho dung dịch này tác dụng 
với dung dịch Ba(NO3)2 dư thu ñược 0,980 gam kết tủa trắng X và dung dịch D; chất X không tan trong
các axit. ðun nóng D với H2O2 trong mơi trường kiềm thu ñược 1,064 gam kết tủa Y màu vàng là muối
bari; Y đồng hình với X. Dung dịch chứa chất tan A trong mơi trường axit sunfuric lỗng để trong khơng
khí sẽ chuyển thành dung dịch chứa chất tan B có màu tím; từ B có thể thu được tinh thể hiđrat C; trong
C có chứa 45,25% khối lượng hiñrat kết tinh. Hãy xác ñịnh các công thức của A, B, C, X, Y và viết các 
phương trình hóa học.

Hướng dẫn chấm

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

- dd B + AgNO3 + HNO3 → kết tủa vàng dung dịch B có Br hoặc I và có thể có clo
- dd B + Cu(NO3)2 → khơng có kết tủa dung dịch B không chứa I-

- dd B + Ba(NO3)2 → khơng có kết tủa dung dịch B khơng có ion SO24

−

- dd B + KMnO4 + Ba(NO3)2 → mất màu tím và có ↓ trắng dung dịch B chứa SO23

−
- dd B + Ca(NO3)2 + NH3 → khơng có hiện tượng dung dịch B khơng chứa F

-→ Cơng thức có thể có của A: SOBr2 hoặc SOBrCl

Phương trình phản ứng:

SOBr2 + 2H2O → H2SO3 + 2HBr
SOBrCl + 2H2O → H2SO3 + HBr + HCl
AgNO3 + HBr → AgBr + HNO3
AgNO3 + HCl → AgCl + HNO3

5H2SO3 + 2KMnO4 → 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4 + 3H2O
Ba2+ + 2

SO − → BaSO4

1

2. Kết tủa không tan màu trắng của X là BaSO4. Kết tủa Y có thành phần là BaMO4 theo
phương trình phản ứng:

M2(SO4)n + nBa2+ = 2Mn+ + nBaSO4 ↓ ; Mn+ → BaMO4 ↓

Các lượng chất X và Y quan hệ với nhau theo n : 2 (trong đó n bằng 13). Gọi khối lượng
nguyên tử của M là x ta có:

0,980
1,064
233n

x)
2.(201

=
+

⇒ x = 126,5n – 201

Với n = 2 ⇒ x = 52 và M là : Cr, Y là BaCrO4, A là CrSO4.zH2O

0.5

Số mol của CrSO4:

(mol)

3
4,21.10
233

0,980
4

BaSO
n
4
CrSO

n = = = −

⇒ 0,622g

4
CrSO

m =

khối lượng nước trong hiñrat A là:1,000 – 0,622 = 0,378g;
số mol H2O = 0,378/18 = 0,021

Tỉ lệ số mol CrSO4 : H2O = 0,0042 : 0,021 = 1 : 5
⇒

⇒
⇒

⇒ A là CrSO4.5H2O

0.5

Trong môi trường axit , có khơng khí thì Cr2+ bị oxi hóa dần thành Cr3+
⇒ B là Cr2(SO4)3 ; C là Cr2(SO4)3.yH2O

392(100 54,8)

y 18

54,8.18

−

= ≈ ⇒⇒⇒⇒ C là Cr2(SO4)3.18H2O

0.5

Các PTHH là:

Ba2+ + 2−
4

SO → BaSO4 ↓

Cr2+ + Ba2+ + 2H2O2 + 4OH- → BaCrO4↓ + 4H2O
4Cr2+ + 4H+ + O2 → 4Cr3+ + 2H2O

0.5

Câu 4. (2.5 ñiểm)

Tốc ñộ của phản ứng khử HCrO4

−

bằng HSO3

−

được biểu diễn bằng phương trình:
v = k[HCrO4

−][

HSO−]2[H+]. Trong một thí nghiệm với nồng độ ban ñầu [HCrO4

−] = 10-4

mol/l; [HSO3

−] = 0,1 
mol/l; [H+] khơng đổi và bằng 10-5 mol/l; sau 15 giây nồng ñộ của HCrO4

− 5.10-5
mol/l.
1. Sau bao lâu nồng ñộ HCrO4

−

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2. Nếu nồng ñộ ban ñầu của HSO3

−

là 0,01 mol/l thì sau bao lâu nồng ñộ của HCrO4

−

sẽ bằng
5.10-5 mol/l.

3. Tính hằng số tốc ñộ k của phản ứng . 
Hướng dẫn chấm

1.

Theo bài: [HSO3

−

] [HCrO4

−

] và [H+] khơng đổi → phản ứng là bậc nhất với HCrO4

−

Theo bài sau 15s nồng độ HCrO4

−

từ 10-4 M giảm xuống cịn 0,5.10-4M → t1/2 = 15s
→ Thời gian ñể HCrO4

− từ 10-4

M giảm xuống còn 0,125.10-4M là t = 3t1/2 = 45 s

1

2. Từ v = k[HCrO4−][HSO3−]2[H+] →

- 2 2

3 2

1 2

- 2 2

2 1 3 1

[HSO ]

t v (0, 01) 1

t = v =[HSO ] = (0,1) =100

→ t2 = 100t1 = 100.15 = 1500 (s)

0.5

3. v = k[HCrO4

−

][HSO3

−

]2[H+] = k'. [HCrO4

−

] với k'= [HSO3

−
]2[H+]
Phản ứng là bậc 1 ñối với HCrO4

−

→ k' = 1

1/ 2

0, 693 0, 693

0, 0462(s )

t 15

−

= =

→ k = 6

- 2 + 2 5

k ' 0, 0462

0, 462.10
[HSO ] [H ]=0,1 .10− = .

1

Câu 5 (3.0 điểm)

1. Hãy giải thích sự hình thành các phức [Cu(NCCH3)4]+ (A) và [Cu(NCCH3)2]+ (B) theo thuyết VB.
2. Liên kết Cu – N trong B (1,84

A) ngắn hơn ñáng kể so với liên kết Cu – N trong A (1,99

A). Giải
thích.

3.Vẽ cấu trúc lập thể các ñồng phân của phức [Co(NH3)4Cl2]Cl; Rh(py)3Cl3 ; [Co(en)3]I3.
Hướng dẫn chấm

1. Phản ứng tạo phức:

Cu+ + 4NCCH3 → [Cu(NCCH3)4]+
Cu+ + 2 NCCH3 → [Cu(NCCH3)2]+
Cấu hình electron của Cu: [Ar]3d104s1

Cấu hình electron của Cu+: [Ar]3d10

3d 4s 4p

Phối tử có cơng thức cấu tạo như sau: : N ≡ C – CH3

(phối tử có 1 đơi electron tự do trên ngun tử N nên có thể tham gia tạo liên kết cho
nhận với ion trung tâm Cu+)

• Phức [Cu(NCCH3)4]+

:NCCH3 :NCCH3 :NCCH3 :NCCH3

4s 4p

Nguyên tử Cu+ lai hóa sp3, phức có cấu trúc tứ diện.

0.5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

:NCCH3 :NCCH3

4s 4p

Nguyên tử Cu+ lai hóa sp, phức có cấu trúc ñường thẳng.

2. ðối với cùng một nguyên tử thì bán kính của obitan lai hóa sp3 > sp2 > sp (obitan p đóng
góp càng nhiều khi lai hóa thì bán kính obitan lai hóa càng lớn). Trong phức A, nguyên tử
Cu lai hóa sp3, trong B lai hóa sp do đó liên kết Cu – N trong A dài hơn trong B.

0.5

3. Vẽ cấu trúc lập thể các ñồng phân của phức [Co(NH3)4Cl2]Cl.

Co
Cl

NH3

NH3
NH3

NH3

Co
Cl

NH3
NH3

Trans Cis

0.5

• Vẽ cấu trúc lập thể các đồng phân của phức Rh(py)3Cl3.

Rh
Cl

NH3
NH3

NH3

Rh
Cl

NH3
NH3

NH3

0.5

• Vẽ cấu trúc lập thể các ñồng phân của phức [Co(en)3]I3.

Co
N

N
N

0.5

Câu 6 (3.0 ñiểm)

Dung dịch A chứa H2C2O4 (0,05M); HCl (0,1M), NH3 (0,1M)
1. Tính pH của dung dịch A?

2. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch chứa CaCl2 (0,05M) và HCl (0,01M).
Có kết tủa CaC2O4 tách ra khơng? Nếu có hãy tính SCaC O2 4?

Cho pKa: NH4+ (9,24); H2C2O4 (1,25; 4,27)
pKs: CaC2O4 (8,75); *β(CaOH+)= 10

-12,6
Hướng dẫn chấm

1 . Phản ứng xảy ra:

NH3 + H+ NH4+ Ka-1 = 109,24>>
0,1 0,1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

- - 0,1

TPGH: NH4+ (0,1); H2C2O4 (0,05)
Các cân bằng:

H2C2O4 H+ + HC2O4- Ka1 = 10-1,25 (1)
HC2O4- H+ + C2O42- Ka2 = 10-4,27 (2)
NH4+ NH3 + H+ Ka = 10-9,24 (3)
So sánh: Ka1 >> Ka2 >> Ka⇒ cân bằng (1) là chủ yếu

H2C2O4 H+ + HC2O4- Ka1 = 10-1,25 (1)
[] 0,05 – x x x

⇒ 2

0, 05

x
x

− = 10

-1,25⇒

x = 0,0319 ⇒ pH =1,50

2 . Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch chứa CaCl2 (0,05M) và HCl (0,01M)
Sau khi trộn tính lại nồng độ:

NH

C += 0,05M CCa2+= 0,025M

2 2 4

H C O

C = 0,025M CH+ = 0,005M

Tính 2
2 4

C O

C − ñể xét ñiều kiện kết tủa?

H2C2O4 H+ + HC2O4- Ka1 = 10-1,25 (1)
0,025 0,005

0,025 – x 0,005+x x
⇒ .(0, 005 )

0, 025

x x

x

− = 10

-1,25⇒

x = 0,0178

0.5

HC2O4- H+ + C2O42- Ka2 = 10-4,27 (2)
0,0178 0,0228

0,0178-y 0,0228+y y
⇒ .(0, 0228 )

0, 0178

y y

y

− = 10

-4,27⇒

y = 4,175.10-5

0.5

Xét CCa2+. 2
2 4

C O

C −> Ks⇒ xuất hiện kết tủa CaC2O4
Phản ứng:

Ca2+ + H2C2O4 CaC2O4 + 2H+ K=103,23>>
0,025 0,025 0,005

- - 0,055
TPGH: CaC2O4, H

(0,055), NH4
+

(0,05M)

0.5

Tính

2 4

CaC O
S ?

CaC2O4 Ca2+ + C2O42- Ks1 = 10-8,75 (4)
S S

Các quá trình phụ:

Ca2+ + H2O CaOH+ + H+ *β(CaOH+)= 10
-12,6

(5)
C2O42- + H+ HC2O4- Ka2-1 = 104,27 (6)
HC2O4- + H+ H2C2O4 Ka1-1 = 101,25 (7)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

bỏ qua.

Ta có: S = [Ca2+]

S = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4]

= 2

(

1 1 1 2

)

2 4 2 1 2

[C O −]. 1+Ka−.h+Ka− .Ka− .h

Vậy 2

2 4 1 1 1 2

2 1 2

[ ]=

1 a . a . a .

S
C O

K h K K h

−

− − −

+ +

⇒ Ks=[Ca2+].[C2O42-]=

1 1 1 2

2 1 2

1 a . a . a .

S

K− h K− K− h

+ +

Thay h = 0,055 ⇒ S = 1,9.10-3 (M)
Câu 7 (3.0 ñiểm)

ðể phân tích hàm lượng thiếc trong hợp kim thiếc – bismuth, ta tiến hành như sau:

- Hịa tan hồn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành dung dịch của thiếc (II)
và bismuth(III).

- ðịnh mức dung dịch này lên 100ml.

- Lấy 25,00 ml dung dịch sau khi ñịnh mức ñem chuẩn độ với dung dịch KMnO4 0,0107M trong mơi
trường axit sunfuric.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể tích dung dịch KMnO4
sử dụng là 15,61 ml

3. Hãy nêu cách xác ñịnh ñiểm cuối của quá trình chuẩn ñộ.

4. Trong một q trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối. Hãy giải thích ngun
nhân của hiện tượng này. Hiện tượng này ảnh hưởng thế nào đến kết quả phân tích?

Hướng dẫn chấm

1. Các phương trình phản ứng:

Sn + H2SO4 → SnSO4 + H2
2Bi + 3H2SO4→ Bi2(SO4)3 + 3H2

5Sn2+ + 2MnO42- + 8H+→ 5Sn4+ + 2Mn2+ + 4H2O

1

2. Số mol Sn2+ có trong 25ml dung dịch chuẩn ñộ:

2 2

4 4 4

5 5 5

. . .0, 0107.0, 01561

2 2 2

Sn MnO MnO MnO