Dap an HSG Hoa KVDBSCL Can Tho

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

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO CẦN THƠ

<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG</b> <b>KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONGLẦN THỨ 15 – NĂM HỌC 2007-2008</b>

<b>ĐÁP ÁN MƠN HĨA HỌC</b>

<b>Câu 1: (2 điểm)</b>
<b>a/. 0,5 ñieåm</b>

Lập luận dẫn đến X là Nitơ (N) và Y là Oxi (O), hợp chất XYn là NO2 .

- Nguyên tử của nguyên tố N có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: n = 2; l = 1; m = +1; ms = +1/2.
- Nguyên tử của nguyên tố O có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: n = 2; l = 1; m = -1; ms = -1/2.
<b>b/. 0,75 điểm</b>

Phân tử NO2 có dạng góc với góc hóa trị ONO = 135o_.

Trong phân tử NO2, số liên kết ( là 2, số electron hóa trị tự do của N bằng 1; nhưng do một electron này được
xem là một cặp electron hóa trị tự do nên tổng số liên kết ( và số cặp electron hóa trị tự do bằng 3 ( nguyên tử
N phải ở trạng thái lai hóa sp2_{, phân tử NO2 có dạng góc.}

<b>c/. 0,75 điểm</b>

Lập luận dẫn đến Z là lưu huỳnh (S) hợp chất ZY2 là SO2 . Phân tử SO2 có dạng góc với góc hóa trị OSO =
120o_{< góc hóa trị ONO = 135}o_.

Giải thích: Do electron hóa trị độc thân của N đẩy yếu hơn các cặp electron liên kết nên góc hóa trị ONO >
120o_.

<b>Câu 2 : ( 2,5điểm )</b>

Theo phản ứng : Ca2+₊ 2
4
SO 

 _CaSO4

Theo giả thiết : số mol CaSO4 tạo thành là 1,29 . 10–2_{mol 1,5điểm}
Ta coù : ( 0,2a – 1,29. 10–2_{) / 0,5 – ( 0,75 . 0,2a - 1,29 . 10}–2_{) / 0,5 = 6,0 . 10}–5

Giải phương trình bậc 2 , chọn nghiệm hợp lí ta được : a = 0,10M , b = 0,05M ( 1điểm)

<b>Câu 3: (2 điểm)</b>
<b>a/. 1 điểm</b>

<b> N2O4 (k) </b> 2 NO2 (k)

1 -  2

Tổng số mol khí ở trạng thái cân bằng: 2 + 1 -  = 1 + 
PNO2 = PX NO2 = P[2 : (1 + )]

PN2O4 = PXN2O4= P[(1-) : (1 + )]
Kc = P2_{NO2 : PN2O4 = [4}

2 : (1 - 2)] P
Với  = 11% và P = 1  Kc  0,049.
<b>b/. 0, 5 điểm</b>

Kc = [42 : (1 - 2)] P = 0,049

Với P = 0,8   0,123.

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

<b>c/. 0,5 điểm</b>

Với  = 8%  P  1,9 atm.

Khi P tăng từ 1 lên 1,9 atm, cân bằng chuyển dịch sang trái, điều này phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân
bằng Le Chatelier vì khi tăng P, cân bằng chuyển dịch sang chiều giảm số mol khí.

<b>Câu 4 : (1,5điểm)</b>
4.1 (0,75 ñieåm)

H0 = 2 x 33,849 – 9,665 = + 58,033 KJ

S0 = 2 x 240,4 – 304,3 = + 176,5 J 0,25điểm
G0T= 58,033 – T x 176,5 x 10–3 KJ

4.1.1- Ở 27,00C , biến thiên năng lượng tự do phản ứng bằng :

G0300= 58,033 – 300 x 176,5 x 10–3 = + 5,083 KJ 0,25điểm
Vậy : phản ứng tự phát xảy ra theo chiều nghịch ( chiều tạo N2O4 ) .

4.1.2- Ở 227,00_{C , biến thiên năng lượng tự do phản ứng bằng :}

G0500= 58,033 – 500 x 176,5 x 10–3 = – 30,217 KJ 0,25điểm
Vậy : phản ứng tự phát xảy ra theo chiều thuận ( chiều tạo NO2 ) .

4.2- ( 0,75 điểm )

4.2.1- Ta có : Kp = P = 0,326 atm

Kc = Kp (RT)– (n = 0,326 . 22, 4 . 1200 1
273



 

 

 

= 3,311 . 10–3_{( 0,25điểm)}
4.2.2- Số mol khí cacbonic tạo thành laø :

2 3

PV 0,326 . 10 . 273

n 0,03311mol n

RT 22,4 . 1200

<i>CO</i>     <i>CaCO</i>

( bị nhiệt phân )
và : nCaCO3bđ = 0,30000 mol (0,25điểm)

Tỉ lệ CaCO3 đã nhiệt phân là : 11,037% (0,25điểm)
<b>Câu 5: (2đ).</b>

(5n-2m)FexOy+(18nx-6mx–2ny)HNO3 → (5n–2m)xFe(NO3)3 + (3x–2y)NnOm + (9nx–3mx–ny)H2O (1đ)

(*)
Ta có:

4,64 0,0025

(56x 16y)(5n 2m)  3x 2y
5n – 2m 3x 2y x1856 (1)

56x 16y






Do có tạo ra chất khí NnOm nên FexOy có thể là FeO hay Fe3O4
TH 1: FeO tức x 1

y 1







 thay vaøo (1) ( (5n – 2m) = 25,78 (0,5ñ)

m 1 2 3

n 5,55 5,956 6,3

TH 2: Fe3O4 tức x 3_{y 4}


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

m 1 2 3

n 2 2,4 2,8

Thay

x 3
y 4
m 1
n 2



 _





 


vào p/t (*) ( m Muối = 14,52g (0,5đ)

<b>Câu 6: a) (1đ) Trộn 2 dd KCl và Cu(NO3)2 có cùng nồng độ mol/l theo tỳ lệ thể tích tương ứng là 2:1 rồi</b>
điện phân :

2KCl + Cu(NO3)2   Cu + Cl2 + 2KNO3 (0,5ñ)

Trong dd sau điện phân chỉ có một chất tan là KNO3 (0,5đ)
b) (1đ) Bản chất của số Faraday là điện lượng của 1 mol (e):
F = 6,023.1023_x1,602.10-19

 96500c (0,5ñ)

Khối lượng Ni cần để phủ lên bề mặt lá kim loại
10x10x0,005x2x8,9=8,9g (0,25đ)

Theo Faraday ta có 8,9=58,7.2.t.90%

96500.2

( t = 16257s (0,25đ)

<b>Câu 7: (2đ)</b>

1. Lý luận tìm ra X, indan, inden: (0,75đ)

<b>2. (0,75đ)</b>

a) - Soá mol N2: 0,54mol. Soá mol O2: 0,135

- Số mol H2O và CO2: 0,18mol. Viết p.t cháy, giải ta được tỷ lệ:

x:y = 1: 2. CTPT (CH2)n. Dựa vào điều kiện về M ta suy ra: CTPT: C6H12 (1đ)

b) (0,5đ)Từ các dữ kiện đã cho lý luận tìm ra CTCT: A: CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3 : hex- 3-en

<b>Câu 8: (2đ)</b>

1. Br2; KOH (etanol); NaNH2; H2, Pd/C ( 1,5đ)
<b>2. </b>

<b>(0,5đ)</b>
<b>Câu 9: (2đ) </b>

A) Từ Ala-Gly và Gly-Al _{Gly ở giữa (…Ala-Gly-Ala…) hoặc Ala ở giữa (…Gly-Ala-Gly…), mà đề}

cho được 1mol alanin Þ _{Ala phải ở giữa 2 nhóm Gly. Và khơng thấycó Phe-Gly}Þ _{Phe khơng đứng trước}

Gly. Vậy pentapeptit đó là: Gly-Gly-Ala-Gly-Phe

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

H3N+_-CH2-COO-_{+ H2O}_ _H2N-CH2-COO-_{+ H3O}+₍₁₎

Þ Dd có pH< 7

- pH =1 , mơi trường axit mạnh cân bằng (1) chuyển sang trái ở dạng : H3N+-CH2-COOH
- pH = 11 , môi trường kiềm mạnh cân bằng (1) chuyển sang phải ở dạng H2N-CH2-COO-

<b>Câu 10: (2đ)</b>

A: HOOC-(CH2)4-COOH ; B: C6H12O6 ; D: C2H5OH ; E: CH2=CH-CH=CH2

F: CH2Cl-CH2-CH2-CH2Cl ; G: NC-(CH2)4-CN ; H: H2N-(CH2)6-NH2

</div>

<!--links-->