HDC HSG 12CUM PT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (142.03 KB, 7 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG

………..

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
 CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 CẤP TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

Khóa ngày 22/ 10/2012
 Mơn HĨA HỌC

Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
 ( đề thi gồm 2 trang)

Câu I: 5 điểm

1) Hợp chất ion G tạo nên từ các ion đơn nguyên tử M2+ và X2-. Tổng số hạt (nơtron, proton, electron)
trong phân tử G là 84, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 28 hạt. Số hạt
mang điện của ion X2- ít hơn số hạt mang điện của ion M2+ là 20 hạt. Xác định số khối, số hiệu nguyên tử
của M, X và công thức phân tử của G.

2) X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X
có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5.

a) Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử X.

b) Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết cơng thức cấu tạo, dự đốn trạng thái lai hoá của
nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3

3) Lập phương trình các phản ứng oxi hóa – khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron:

a) Cu + NaNO3 + H2SO4 loãngCuSO4 + Na2SO4 + NO + H2O

b) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2
ĐÁP ÁN:

1)Theo đề bài ta có hệ pt sau:

2 2 84

2 2 28

(2 2) (2 2) 20

X X M M

X M

P N P N

P P

   




   



    

 0,5 điểm 
Giải ra ta được: PM = 20; PX = 8. Vậy M là

20Ca; X là
16

8O; G là CaO 1 điểm
2)a/ Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA.

TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sự phân bố e theo obitan: . 0,5 điểm
Vậy e cuối cùng có: l=1, m = -1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 4.

Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p1 (Ga)

TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sự phân bố e theo obitan: . 0,5 điểm

Vậy e cuối cùng có: l=1, m= -1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 2. Cấu hình e nguyên tử: 1s2
2s22p3 (N).

b/ Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ. Công thức cấu tạo các hợp chất: 0,5 điểm

H
H

=> Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3
a/

0 +5 +2 +2

3 2 4 4 2 4 2

Cu + NaNO + H SO  Cu SO + Na SO + N O + H O 
3

0 2

Cu Cu 2e  (0, 25 điểm)

+5 +2

N +3e N (0, 25 điểm)

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

0 +5 +2 +2

3 2 4 4 2 4 2

3Cu + 2NaNO +4H SO  3Cu SO +Na SO + 2N O+4H O (0, 5 điểm)

+3 -2 +2 +5 +6 +6 +2

2 3 2 2 3 2 4 2 4 2 4 2

Cr S+ Mn ( N O ) +K CO  K Cr O +K SO +K Mn O + N O+CO
1

+6 +6
2 3

Cr S  2Cr +3 S +30e (0, 25 điểm)
15

+2 +5 +6 +2

Mn +2 N +2e Mn +2 N (0, 25 điểm)

+3 -2 +2 +5 +6 +6 +2

2 3 2 2 3 2 4 2 4 2 4 2

Cr S+15Mn ( N O ) +20K CO  2K Cr O +3K SO +15K Mn O +30 N O+20CO (0, 5 điểm)
Câu II: 5 điểm

1) Tính ∆H của phản ứng và cho biết chúng tỏa nhiệt hay thu nhiệt:
0

  a. H(K) + Cl2(K) → 2HCl(K) ; ∆H = ?
b. 2HgO(r) 2Hg(l) + O2(K) ; ∆H = ?
Biết năng lượng liên kết của các chất sau:

Chất H2 Cl2 HCl Hg O2 HgO

Elk(kJ.mol-1) 435,9 242,4 431,0 61,2 498,7 355,7

2) a) Trộn dung dịch HCl 0,002M và dung dịch H2SO4 0,003M với thể tích như nhau thu được dung dịch
Y. Tính pH dung dịch Y, biết rằng trong dung dịch H2SO4 phân li theo 2 nấc như sau:

H2SO4



H+ + HSO4

2 2

4 4

HSO



 

 

H





SO



ka 1,22.10





b) Trộn 10ml dung dịch đơn axit yếu HA nồng độ mol Co ( hằng số axit là KA) Có pH= 3,0 với 5ml
dung dịch NaOH có pH=13 thu được dung dịch có pH= 5,661. Hãy xác định KA và Co của HA ( bỏ qua
sự điện li của nước )

ĐÁP ÁN:

1) a. ∆H = (435,9 + 242,4) – 2*431 = -183,7kJ (∆H < 0) pứ tỏa nhiệt 1 điểm
b. ∆H = (2*355,7) –(2*62,1 +498,7) = 90,3kJ (∆H > 0) pứ thu nhiệt 1 điểm
2)

Sau khi trộn

C0(HCl) = 0,002/2 = 0,001M

C0(H2SO4) = 0,003/2 = 1,5. 10-3 M 0,25đ
HCl



H+ + Cl

-0,001 10-3 10-3

H2SO4



H+ + HSO4-
1,5. 10-3 1,5. 10-31,5. 10-3

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

2 2

4 4

3 3

HSO

H

SO

ka 1,22.10

bd 1,5.10

pl

x

Cb (1,5.10

x)

(2,5.10

x)

x

   


 

 





 





0,5đ
3
2
3
HSO4

x(2,5.10

x)

k

1,22.10

(1,5.10

x)



 







x = 1,15.10-3

(không giải bằng phuong pháp gần đúng)

0,25đ

[ H+] = 2,5.10-3 + 1,15.10-3 = 3,65.10-3 M
pH = -lg[ H+] = 2,434.

0,25đ

Câu b:

Dung dich HA có pH là 3 ta có
a
0

3 3 3

C0 10 10 10

HA

H

A k

C

 
  


 



 

3 2
A 3
o

(10 )

k

C

10








(1)
0,25đ

Khi trộn 10ml dung dịch HA với 5 ml dung dịch NaOH có pH = 13 :

NaOH

 

 



Na





OH



14
13

10 pH

13 H

10 M

OH

0,1 (M)

10


  




























0,25đ

Sau khi trộn :

10C

C

0, 667C

15 



và

NaOH

0,1 x 5

C

0, 033 (M)

15 



0,25đ

HA + NaOH



NaA + H2O

Ban đầu 0,667CO 0,033 0
Phản ứng 0,033 0,033 0,033
Sau phản ứng 0,667CO - 0,033 0 0,033

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

5,661

pH



5, 661





H







10







Áp dụng cơng thức tính pH dung dịch đệm , ta có :

5,661

A o

10





k (0, 667C



0, 033) / 0, 033

8
a

7,203 x 10

k

0,667C

0,033







(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra :6 8

3 o

7, 203 x 10

10 C

0, 055 (M)

0, 667C

0, 033

C

10
















0,125đ

Thế (1) vào ,ta có : :

10

3

k

1,85.10

0, 055 10












0,125đ

Câu III : 4 điểm

Một muối cacbonat (A) của kim loại M hóa trị n, trong đó M chiếm 48,28% theo khối ượng. Cho 58 gam
A vào bình kín chứa một lượng O2 vừa đủ để phản ứng hết với A khi nung nóng. Sau phản ứng, chất rắn
thu được gồm Fe2O3 và Fe3O4 có khối lượng là 39,2 gam.

1. Tính cơng thức của A.

2. Hỏi sau khi phản ứng xong, áp suất trong bình tăng thêm bao nhiêu phần trăm so với ban đầu ở
cùng điều kiện?

ĐÁP ÁN:

1. Đặt công thức phân tử A: M2(CO3)n

Ta có 2Mx100 = (2M + 60n)x48,28  M = 28n nghiệm phù hợp n = 2 và M = 56, vậy M là Fe

Công thức phân tử A: FeCO3. 1 điểm
2. Số mol FeCO3 ( M = 116)

Phương trình phản ứng nhiệt phân: 1 điểm

4FeCO3 + O2 2Fe2O3 + 4CO2 (1)
4x x 2x 4x
6FeCO3 + O2 2Fe3O4 + 6CO2 (2)
6y y 2y 6y
Gọi x, y số mol O2 tham gia (1) và (2)
Ta có: mA = 116(4x+6y) = 58

2x + 3y = 0,25 ( *)

Khối lượng hỗi hợp oxit sau phản ứng: 1 điểm

160(2x) + 232(2y) = 39,2
40x + 58y = 4,9 (**)

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

Tỉ lệ áp suất sau và trước phản ứng ( cùng điều kiện)
Ps/ Pt = ns/ nt = 5



áp suất tăng 400%. 1 điểm

Câu IV: 6 điểm
1) Viết cơ chế phản ứng:

2) Peptit A có khối lượng phân tử là 307 và chứa 13,7% nitơ. Khi thủy phân một phần thu được hai 
peptit B và C. Biết 0,48 gam B phản ứng với 12 ml dung dịch HCl 0,5M và 0,708 gam C phản ứng hoàn
toàn với 15,69 ml dung dịch KOH 2,1% (D = 1,02 g/ml). Xác định công thức cấu tạo của A và gọi tên

các α − amino axit tạo thành A.

ĐÁP ÁN:

1) Viết 
đúng mỗi giai đoạn được 0,5 điểm x 3 = 1,5 điểm

2)

%mN =

mN

307 .100 %=13,7⇒mN=42 gam.
nN = 42

14=3 mol ⇒ A là một tripeptit
CTCT tổng quát:

NH2 - CH - CO - NH - CH - CO - NH - CH - COOH

R1 R2 R3

Khi thủy phân hoàn toàn một phần tripeptit thi 2 liên kết peptit bị cắt để tạo ra 2 đipeptit sau:
NH2 - CH - CO - NH - CH - COOH

R1 R2 ;

NH2 - CH - CO - NH - CH - COOH

R2 R3

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

NH2 - CH - CO - NH - CH - COOH + 2HCl + H2O ClNH3 - CH - COOH + ClNH3 - CH - COOH
R1 R2 R1 R2

0,003 0,006 (mol)
NH2 - CH - CO - NH - CH - COOH + 2KOH NH2 - CH - COOK + NH2 - CH - COOK + H2O

R2 R3 R2 R3

0,003 0,006 (mol)
1 điểm

nHCl=0,5 . 0,012=0,006 mol

nKOH=

2,1 .15,69 .1,02

100. 56 =0,006 mol

MB= 0,48

0,003=160=MR1+MR2+130⇒MR1+MR2=30

MC=0,708

0,003=236=MR2+MR3+130⇒MR2+MR3=106

MA=MR1+MR2+MR3+186=307⇒MR1+MR2+MR3=121

Giải hệ phương trình:

MR1+MR2+MR3=121

MR1+MR2=30

MR2+MR3=106

⇔

¿MR

1=15(R1:CH3)

MR2=15(R2:CH3)

MR3=91(R3:C6H5−CH2−)

¿{ {

1 điểm

Cơng thức cấu tạo có thể có của A là 0,5 x 3 = 1,5 điểm
NH2 - CH - CO - NH - CH - CO - NH - CH - COOH

CH3 CH3 CH2-C6H5

NH2 - CH - CO - NH - CH - CO - NH - CH - COOH

CH2-C6H5 CH3 CH3

NH2 - CH - CO - NH - CH - CO - NH - CH - COOH

CH3 CH2-C6H5 CH3

Các α − amino axit là:

NH2 - CH - COOH

CH3 alanin (axit α − aminopropionic) 0,5 điểm
NH2 - CH - COOH

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

HDC HSG 12CUM PT



HSO

<sub> </sub>

 

H

<sub></sub>

SO

ka 1,22.10

<sub></sub>





HSO

H

SO

ka 1,22.10

bd 1,5.10

pl

x

x

x

Cb (1,5.10

x)

(2,5.10

x)

x

 

<sub></sub>

<sub></sub>

 





x(2,5.10

x)

k

1,22.10

(1,5.10

x)









HA

H

A k

C

 

<sub></sub>

 

(10 )

k

C

10





NaOH

<sub> </sub>

 



Na

<sub></sub>

OH

10

pH

13

H

10

M

OH

0,1 (M)

10

















