De dap an thi HSG Hoa 11 nam 2012 Yen Bai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI. HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: HÓA HỌC. ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 8/10/2012 (Hướng dẫn chấm có 06 trang, gồm 08 câu). Câu I (4,0 điểm): 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Na + B + H2O → D↓ + E + H2 A+B→D+E t0 D   F + H2O B + Ba(NO3)2 → BaSO4 + G B + NH3 + H2O → D↓ + H t0 F + NH3   K + N + H2O K + FeCl3 → L + M L + NaOH → D↓ + NaCl Biết B là muối của kim loại có hóa trị 2. Tổng phân tử khối của B và D là 258. 2. Viết phương trình phân tử và phương trình ion rút gọn biểu diễn các thí nghiệm sau: a. Cho dòng khí H2S đi qua dung dịch FeCl3 b. Cho khí ozon đi qua dung dịch KI, dung dịch thu được làm xanh hồ tinh bột. c. Cho khí clo đi qua dung dịch KOH đun nóng (khoảng 700C). d. Cho Na2SO3 vào dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 làm dung dịch mất màu. Đáp án 1. Ta có: B là MSO4; D là M(OH)2. Theo giả thiết có phương trình: 258= 2M + 96 + 34 → M = 64 (Cu) Thay vào phương trình ta có: 2Na + CuSO4 + 2H2O → Cu(OH)2 + Na2SO4 + H2 (B) (D) (E) 2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + Na2SO4 (A) t0 Cu(OH)2   CuO +H2O (F) CuSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + Cu(NO3)2 (G) CuSO4 + 2NH3 + 2H2O →(NH4)2SO4 + Cu(OH)2 (H) t0 3CuO + 2NH3   3Cu + N2 + 3H2O (K) (N) Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 (L) (M) CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2 NaCl 2. a. 2 FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2 HCl Phương trình ion: 2Fe3+ + H2S → 2Fe2+ + S + 2H+ b. 2 KI + O3 + H2O → I2 + 2 KOH + O2 Phương trình ion: 2 I- + O3 + H2O → I2 + 2 OH- + O2 I2 làm xanh hồ tinh bột.. Điểm. 2,0 đ.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> o. t c. 3 Cl2 + 6 KOH   KClO3 + 5 KCl + 3H2O o. t Phương trình ion: 3 Cl2 + 6 OH-   ClO3- + 5 Cl- + 3H2O d. 5 Na2SO3 + 2 KMnO4 + 3 H2SO4 → 2 MnSO4 + K2SO4 + 5 Na2SO4 + 3 H2O Phương trình ion: 5 SO32- + 2 MnO4- + 6 H+ → 2 Mn2+ + 5 SO42- + 3 H2O. 2,0 đ Câu II (1,5 điểm) : Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số các hạt proton, electron, nơtron bằng 180, trong đó tổng số hạt mang điện gấp 1,432 lần số hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron của X. b. Khi cho dạng đơn chất của X tác dụng với AgNO3 trong dung dịch (dung môi không phải là nước) ở điều kiện thường chỉ tạo ra được hai hợp chất trong đó có một chất là AgX. - Viết phương trình phản ứng. - Đó là phản ứng trao đổi hay oxi hóa khử ? Tại sao? Đáp án Điểm a. Gọi Z, N lần lượt là số hiệu nguyên tử, số nơtron của X 2Z  N 180  N 74   Ta có hệ 2Z 1, 432N →  Z 53 → X là iot Cấu hình electron: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5 0. 1. 0,75 đ. 1. b. I 2 + AgNO3 → Ag I + I NO3 0,75 đ Đây là phản ứng tự oxi hóa – khử vì 1 nguyên tử I là chất oxi hóa, 1 nguyên tử I là chất khử. Câu III (2,25 điểm) : Đốt cháy hoàn toàn một dây kim loại trong bình chứa CO2 thì thu được một oxit có khối lượng 16 gam. Cũng cho lượng kim loại trên tác dụng với dung dịch H2SO4 dư thì thu được 2,24 lít một khí duy nhất (đktc). Xác định kim loại. Đáp án Kim loại tác dụng được với CO2 phải là kim loai mạnh (nhóm A) nên chỉ có một hóa trị duy nhất và có số mol là x. 4M + a CO2 → 2M2Oa + aC x mol 0,5 x mol Ta có: 0,5x. (2M+ 16a) = 16 (1) Khi cho M tác dụng với H2SO4 vì chưa biết nồng độ nên có thể có 3 khả năng xảy ra : tạo H2 hoặc SO2 hoặc H2S. TH1 : nếu tạo ra H2 2M + a H2SO4 → M2(SO4)a + a H2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72. a biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH2 : nếu tạo ra SO2 2M + 2a H2SO4 → M2(SO4)a + 2a H2O + aSO2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72. a biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH3: nếu tạo ra H2S 8M + 5a H2SO4 → 4M2(SO4)a + a H2S + 4a H2O x mol ax/8 mol. Điểm. 0,5đ. 0,5 đ. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ta có: xa/8 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 12. a. biện luận có a = 2 và M = 24 thỏa mãn (Mg). 0,75 đ. Câu IV (3,25 điểm) : 1. So sánh pH của các dung dịch sau đây: NH 4HSO4 0,1M; NH4NO3 0,1M; (NH4)2SO4 0,05M; (NH4)2S 0,05M; (NH4)2CO3 0,05M. K K   K K Cho biết: a (NH4 ) = 10-9,24 ; a (HSO4 ) = 10-2 ; 2( H2S) = 10-13 ; 2(H2CO3 ) = 10-10,33. 2. Cho A là dung dịch CH3COOH 0,02M. Trộn 100 ml dung dịch A với 100 ml dung dịch NaHSO 4 0,1M thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B và độ điện li của CH3COOH trong dung dịch B. K  K a (CH3COOH) Cho a (HSO4 ) = 10-2; = 10-4,75. Đáp án Điểm C  1. Tất cả các dung dịch đều chứa chung gốc NH4+ với NH4 = 0,1 M K a ( NH ) 4 NH4+  NH3 + H+ = 10-9,24 (axit yếu) → Chỉ cần so sánh pH của các anion. K 2(H2SO4 ) HSO4-  H+ + SO42= 10-2 ( axit tương đối mạnh) NO3- trung tính SO42- + H2O  HSO4- + OH- Kb = 10-12 (bazơ rất yếu) S2- + H2O  HS- + OHKb = 10-1 (bazơ mạnh) CO32- + H2O  HCO3- + OHKb = 10-3,67 (bazơ) Vậy pH của các dung dịch muối tăng theo thứ tự: NH4HSO4 < NH4NO3 < (NH4)2SO4 < (NH4)2CO3 < (NH4)2S 2. a. TPGH của dung dịch B: CH3COOH 0,01M; HSO4- 0,05M K a (HSO ) 4 HSO4-  H+ + SO42= 10-2 (1) + ’ -4,75 CH3COOH  CH3COO + H Ka = 10 (2) + -14  H2O H + OH Kw = 10 (3) K a (HSO ) C HSO  C 4 4 So sánh (1), (2), (3) ta thấy: >> Ka’. CH3COOH >> Kw → Cân bằng (1) chiếm ưu thế HSO4-  H+ + SO42Ka = 10-2 [ ] 0,05 – x x x 2 x Ka  0, 05  x = 10-2 → x = 0,018 →pH = 1,745 Xét cân bằng (2): CH3COOH  CH3COO- + H+ Ka’ = 10-4,75 [] 0,01 –y y 0,018 0, 018y K 'a  10 4,75 0, 01  y → y = 9,87.10-6 →  = 9,87.10-2 %= 0,0987%. 1đ. 1đ. 1,25đ. Câu V (2,5 điểm) : 1. Có ba bình đựng dung dịch mất nhãn: Bình A (KHCO 3 và K2CO3), bình B (KHCO3 và K2SO4), bình C (K2CO3 và K2SO4). Chỉ dùng dung dịch BaCl2 và dung dịch HCl, nêu cách nhận biết các bình trên. 2. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi nhỏ từ từ nước clo loãng vào một ống nghiệm đựng dung dịch KI, đến dư. Đáp án Điểm 1. Cho BaCl2 (đến dư) vào cả 3 dung dịch A, B, C. Lọc tách kết tủa thu được kết tủa A 1, B1, C1 và 3 dung dịch nước lọc A2, B2, C2. Cho HCl lần lượt tác dụng với mỗi kết tủa và mỗi dung dịch nước lọc: + Nếu từ kết tủa và từ nước lọc đều có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch A:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,5đ KHCO3 , BaCl 2 (A 2 ) KHCO3 CO 2     BaCl2 d K CO  BaCO3 (A1 )  HCl   CO 2  (A)  2 3     + Nếu từ kết tủa không có khí thoát ra, nhưng từ nước lọc lại có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch B: CO 2  KHCO3 KHCO3 , BaCl2 (B2 )    HCl K 2SO4  BaCl 2 d BaSO 4 (B1 )  không CO 2           0,5đ (B) + Nếu từ kết tủa có khí thoát ra nhưng có một phần kết tủa không tan trong HCl dư và từ nước lọc không có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch C:   BaCl2 d C 2   H 2O   không  K 2 CO3 C BaCO3   1  BaCl2 d K SO   BaSO 4  HCl   CO2  BaSO 4 0,5đ (C)  2 4     2. Nhỏ từ từ nước clo vào dung dịch KI đến dư thì thấy dung dịch chuyển từ không màu sang màu vàng nâu đậm dần, sau đó màu dung dịch lại nhạt dần và đáy ống nghiệm xuất hiện tinh thể màu tím đen. Khi dùng một lượng dư nước clo thì dung dịch mất màu Giải thích: Dung dịch KI không màu, khi nhỏ từ từ nước clo vào thì xảy ra các phản ứng: 2 KI + Cl2 → 2 KCl + I2 KI + I2  KI3 (màu vàng nâu) Nồng độ KI tăng dần làm màu dung dịch đậm dần. KI 3 kém bền phân hủy dần thành KI và I2 tinh thể. Do cân bằng chuyển dịch theo chiều làm nồng độ KI 3 giảm nên màu sắc dung dịch nhạt dần. Do tạo ra I 2 tinh thể nên có kết tủa màu tím đen lắng xuống đáy ống nghiệm Khi cho Cl2 dư thì KI phản ứng hết tạo ra. Sau đó I 2 bị oxi hóa hết bởi nước clo dư làm dung dịch mất màu: 2 I2 + 5 Cl2 + 6 H2O → 2 HIO3 + 10 HCl 1,0 đ (hỗn hợp axit không màu) Câu VI (2,0 điểm) : 1. a. Giải thích vì sao đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N 2? Vì sao photpho trắng hoạt động mạnh hơn photpho đỏ? b. Tại sao ở nhiệt độ thường lưu huỳnh có tính trơ về phương diện hóa học nhưng khi đun nóng tỏ ra khá hoạt động? 2. a. Có một bình chứa khí NH3 lẫn hơi nước. Nêu phương pháp làm khan NH3. b. Hãy giải thích tại sao NH 3 có khả năng tạo phức chất với một số cation kim loại như Cu 2+, Zn2+, Ag+. Đáp án Điểm 1.a. – Đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N2 vì liên kết giữa các nguyên tử photpho kém bền hơn liên kết N N - Photpho trắng hoạt động mạnh hơn P đỏ vì trong mạng lưới tinh thể Photpho 0,75đ trắng mối liên kết giữa các phân tử P4 ở các nút lưới là liên kết Vanderwaals rất yếu, trong khi đó photpho đỏ có cấu tạo phân tử dạng polime rất bền b. Độ âm điện của lưu huỳnh là 2,5 nên lưu huỳnh là nguyên tố hoạt động nhưng ở điều kiện thường lại tỏ ra trơ vì phân tử ở dạng trùng hợp mạch khép kín. 0,5 2. a. Dẫn khí qua vôi sống CaO dư, khi đó xảy ra phản ứng: CaO + H2O  Ca(OH)2 0,25đ Ta thu được NH3 tinh khiết b. Phân tử NH3 có khả năng tạo phức chất với một số cation kim loại như Cu 2+, Zn2+,.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ag+ do sự liên kết cho nhận giữa cặp electron tự do của nguyên tử N với AO trống của 0,5đ các cation (liên kết phối trí trong phức chất). Câu VII (2,5 điểm) : 1. Nén 2 mol nitơ và 8 mol hiđro vào một bình kín có thể tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân bằng, áp suất khí trong bình bằng 0,8 áp suất lúc đầu (khi mới cho xong các khí vào bình, chưa xảy ra phản ứng). Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong bình. 2. Một hỗn hợp gồm COCl2 (khí) và Al2O3 (rắn) tác dụng theo phương trình: 3COCl2 (k) + Al2O3 (r)  3CO2 (k) + 2 AlCl3 (r). H10 = -55,56 kcal. Tính nhiệt tạo thành của AlCl3(r) biết: H 02 = -26,89 kcal. CO (k) + Cl2 (k)  COCl2 (k) 2 Al(r). 3 + 2 O2 (k)  Al2O3 (r). H 30 = -399,09 kcal H 04 = -94,05 kcal. Cgraphit + O2 (k)  CO2 (k) Cgraphit. 1 + 2 O2 (k)  CO (k). H 50 = -26,41 kcal. . Đáp án 2 NH3. Điểm. 1. Xét phản ứng: N2 + 3 H2 Số mol lúc đầu 2 8 Số mol phản ứng x 3x 2x Số mol cân bằng 2-x 8 -3x 2x Tổng số mol khí lúc đầu: 2 + 8 = 10 mol Tổng số mol khí lúc cân bằng: (2 - x) + (8- 3x) + 2x = 10- 2x mol Vì thể tích bình và nhiệt độ không đổi nên áp suất trong bình tỉ lệ thuận với số mol khí: p cb 10  2x  0,8 pđ 10 → x = 1 mol Nồng độ các chất ở cân bằng: [NH3] = 1 M; [N2] = 0,5 M; [H2] = 2,5 M Hằng số cân bằng Kc = 0,128 2. Dựa vào dữ kiện đề bài: H 0tt Al2O3  399, 09 kcal / mol. 1,0đ. H 0tt CO2  94, 05 kcal / mol H 02 H 0tt COCl2 - H 0tt CO H 0tt COCl2 - (-26, 41) -26,89kcal 0.  H tt COCl2  53,3kcal / mol Vậy: H10 (3.H 0tt CO 2  2H tt0 AlCl 3 )  (3H tt0 COCl 2  Htt0 Al2O3 ) H 0tt AlCl3 =[3.(-94,05) +2. ]- [3.(-53,3)+(-399,09)]= - 55,56 0 H tt AlCl3 → = -166,2 kcal/mol Câu VIII (2,0 điểm) :. 1,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe vào V ml dung dịch HNO 3 1M. Sau khi phản ứng xong chỉ thu được dung dịch A và 4,704 lít khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch A thì được 71,86 gam muối khan. a. Xác định thành phần % khối lượng của hỗn hợp X. b. Tính V. Đáp án a. Hòa tan X vào dung dịch HNO3 thu được dung dịch A nên có 2 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1 HNO3 vừa đủ; phương trình phản ứng 3 Fe3O4 + 28 HNO3 → 9 Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O (1) x 3x x/3 Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2) y y y nNO = 0,21 mol Gọi x, y lần lượt là số mol Fe3O4 và Fe trong hỗn hợp X Từ (1) và (2) ta có: x/3 + y = 0,21 (I) 232x + 56y = 19,84 (II) Giải hệ có x = 0,037875 mol; y = 0,197375 mol → Khối lượng của Fe(NO3)3 = (3x + y).242 = 75,262 gam > 71,86 gam (loại). Điểm. 0,75đ. Trường hợp 2 HNO3 thiếu nên sau phản ứng (1), (2) xảy ra phản ứng 3 Fe3O4 + 28 HNO3 → 9 Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O (1) x 3x x/3 Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2) a a a Fe + 2 Fe(NO3)3→ 3 Fe(NO3)2 (3) b 2b 3b Muối thu được gồm Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 dư: [(3x+a)-2b].242+3b.180 = 71,86 (III) Trong đó: a+b là số mol của Fe trong hỗn hợp X Mặt khác có: 232x + (a + b). 56 = 19,84 (IV) 1đ x/3 + a = 0,21 (V) Giải hệ (III), (IV), (V) được x = 0,03 ; a = 0,2; b = 0,03 Thành phần % Fe3O4 = 35, 08 %; % Fe = 64,92% b. Số mol HNO3 của (1) và (2) là: 28/3.x + 4a =1,08 mol 0,25 đ → V của dung dịch HNO3 là V = 1,08 lít hay 1080 ml Lưu ý khi chấm: -Nếu viết đúng phương trình phản ứng, cân bằng sai hoặc không cân bằng thì trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó. Nếu công thức viết sai thì phương trình đó không cho điểm. Nếu thiếu điều kiện phản ứng trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó. - Bài toán và nhận biết nếu giải theo cách khác, lập luận chặt chẽ, đúng khoa học, kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa như biểu điểm dành cho phần đó. - Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần làm tròn đến 0,25 điểm..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>