b Xác định vị trí A, B trong bảng tuần hoàn.. b Giải thích độ bền phân tử và tính khử của các hợp chất hiđrohalogenua... Cho m gam bột Fe vào dung dịch khuấy đều cho đến khi phản ứng kết
Trang 1Họ và tên thí sinh:……… ………… Chữ ký giám thị 1:
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012
* Môn thi: HÓA HỌC (BẢNG B)
* Ngày thi: 05/11/2011
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ Bài 1: (4 điểm)
Câu 1 Hợp chất A tạo bởi 2 ion: X2+ và YZ32- Tổng số electron của YZ32- bằng 32 hạt
Y và Z đều có số proton bằng nơtron Hiệu số nơtron của nguyên tố X so với nguyên
tố Y bằng 3 lần số proton của Z Khối lượng phân tử của A bằng 116 (đvC)
Xác định X, Y, Z và công thức phân tử của A
Câu 2 Electron cuối cùng phân bố vào các nguyên tử của các nguyên tố A, B lần lượt
có các số lượng tử sau:
A: n = 2 A = 1 m = -1 ms= +1/2
B: n = 3 A = 1 m = 0 ms= -1/2
a) Viết cấu hình electron của A, B
b) Xác định vị trí A, B trong bảng tuần hoàn
Bài 2: (4 điểm)
a) Hãy chỉ rõ các loại liên kết trong phân tử: NaNO3, P2O5, SO3
b) Giải thích độ bền phân tử và tính khử của các hợp chất hiđrohalogenua
c) Cho bán kính nguyên tử của các nguyên tố chu kì 3 như sau:
Bán kính (Ao ) 1,86 1,60 1,43 1,17 1,10 1,04 0,99
Hãy nhận xét và giải thích
Bài 3: (4 điểm)
Câu 1 Tìm hằng số cân bằng của phản ứng sau: HIO3 + 2HI ←⎯⎯⎯⎯→3HIO
Cho: E0HIO /I2 = +1,45 V; E0I2/ 2I−= + 0,54 V;
3 2
0 /
IO I
E − = + 1,195 V
Câu 2 Hãy thiết lập sơ đồ pin, và viết ký hiệu pin theo các phương trình phản ứng
sau:
Pb + HCl ←⎯⎯⎯⎯→ PbCl2(r) + H2 (1)
MnO4− + H+ + Cl- ←⎯⎯⎯⎯→ Mn2+ + Cl2 + H2O (2)
(Gồm 02 trang)
CHÍNH THỨC
Trang 2Bài 4: (4 điểm)
Câu 1 Dung dịch A gồm 0,4 mol HCl và 0,05 mol Cu(NO3)2 Cho m gam bột Fe vào dung dịch khuấy đều cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn X gồm hai kim loại có khối lượng là 0,8m gam
Tính m (Giả thiết sản phẩm khử HNO3 duy nhất chỉ có NO và trong dung dịch sau phản ứng chỉ chứa duy nhất một muối)
Câu 2 Hòa tan hỗn hợp gồm Zn, FeCO3, Ag bằng dung dịch HNO3 loãng thu được hỗn hợp khí (A) gồm 2 khí không màu có tỉ khối so với hiđro là 19,2 và dung dịch (B) Cho dung dịch (B) tác dụng với dung dịch NaOH (dư), lọc hết kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được 5,64 gam chất rắn Biết rằng mỗi chất trong hỗn hợp chỉ khử HNO3 đến một sản phẩm khử nhất định
a) Lập luận để tìm khí đã cho
b) Tính số mol mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu biết trong hỗn hợp số mol Zn bằng số mol FeCO3
Bài 5: (4 điểm)
Đánh giá sự thay đổi pH của hỗn hợp đệm A gồm có CH3COOH 0,10M và
CH3COONa 0,10M
a) Khi thêm 0,0010 mol HCl vào 1,000 lít dung dịch A
b) Khi thêm 0,0010 mol NaOH vào 1,000 lít dung dịch A
Cho biết : OO
3
CH C H
HẾT
Trang 3-SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012
* Môn thi: HÓA HỌC (BẢNG B)
* Ngày thi: 05/11/2011
* Thời gian: 180 phút
HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (4 điểm)
Câu 1: (2 điểm)
Ta có: Zy + 3Zz + 2 = 32 => Zy + 3Zz = 30 (1)
Mặt khác: Zy = Ny và Zz = Nz
Nx – Ny = 3Zz => Nx = Zy + 3Zz = 30 (2)
Khối lượng phân tử của A là: XYZ3
3Nz + Ny+ Zx + Nx + Zy + 3Zz = 116 (3)
Từ (1), (2),(3) suy ra: Zx + Nx + 2Zy + 6Zz = 116
Zx = 56 – 30 = 26 (X là Fe; ion YZ32- phải có mặt của oxi hoặc phi
kim)
Zz = 8 => Zy = 30 – (8.3) = 6
Suy ra: Z là Oxi và Y là Cacbon
Công thức phân tử: FeCO3
Câu 2: (2 điểm)
Cấu hình e của A: 1s2 2s2 2p1
Ô thứ 5, chu kỳ 2, nhóm IIIA, là Bo
Cấu hình e của B : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5
Ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VII A, là Clo
(0,25 đ) (0,25 đ)
(0,25 đ) (0,25 đ) (0,25 đ)
(0,25 đ) (0,25 đ) (0,25 đ)
(0,5 đ) (0,5 đ) (0,5 đ) (0,5 đ)
Bài 2 (4 điểm)
a)
Công thức cấu tạo
(0,5 đ)
- Trong NaNO3 có liên kết ion giữa Na – O, liên kết cho nhận N →O, liên kết cộng hóa trị có cực giữa N – O, N = O(trong đó có 1 liên kết σ và 1 liên kết π)
(0,5 đ)
- Trong P2O5 có liên kết cộng hóa trị có cực giữa P – O, P = O(trong đó có 1 liên kết σ
- Trong SO3 có liên kết cộng hóa trị có cực giữa S = O(trong đó có 1 liên kết σ và 1
b) Các hợp chất hydrohalogenua: HF HCl HBr HI – Độ bền phân tử giảm từ HF đến HI vì độ âm điện giảm và bán kính nguyên tử tăng
– Tính khử tăng từ HF đến HI vì độ âm điện giảm từ F đến I làm cho khả năng nhường electron tăng từ F–1 đến Cl–1 (0,5 đ)
(Gồm 05 trang)
CHÍNH THỨC
Na O N O P O P O S
O O
Trang 4c) Nhận xét: Từ đầu đến cuối chu kì bán kính nguyên tử giảm dần
Giải thích: Trong chu kì, số lớp electron như nhau nhưng do điện tích hạt nhân tăng dần, số electron lớp ngoài cùng tăng dần, làm cho lực hút giữa hạt nhân với lớp ngoài cùng mạnh dần dẫn đến bán kính nguyên tử giảm (1,0 đ)
Bài 3: (4 điểm)
Câu 1:
Ta có giản đồ thế khử của iot:
1 ,1 9 5 V
1 ,4 5 V 0 ,5 4 V
E1
E2
+ 4 e
Từ gỉan đồ trên: E1 = 1, 45 0, 54
2 + = 0,995 V
1,195 = 4 E +1, 45 2
5 ⇒ E2 = 5 1,195 1, 45
4
= 1,13125 V
2I- +2H2O→ 2HIO + 2H+ + 4e K1 = 4 0 / /0,059
10 − E HIO I−
IO3- + 5H+ + 4e→ HIO + 2H2O K2 = 4 0 3/ /0,059
10 E IO−HIO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
HIO3 + 2HI ←⎯⎯⎯⎯→ 3HIO K = K1×K2
9,237
K
−
(1,0 đ)
(1,0 đ)
Câu 2:
Pb + 2HCl ←⎯⎯⎯⎯→ PbCl2(r) + H2 (1)
Cực âm: anot Pb + 2Cl- ←⎯⎯⎯⎯→ PbCl2 (r) + 2e
Cực dương: catot 2H+ + 2e ←⎯⎯⎯⎯→ H2
Ký hiệu sơ đồ pin: ( - ) Pb, PbCl2 2Cl- & H+ H2 (Pt) ( + )
4
MnO− + 8 H+ + 2 Cl- ←⎯⎯⎯⎯→ Mn2+ + Cl2 + 4 H2O (2)
Cực âm: anot 2Cl- ←⎯⎯⎯⎯→ Cl2 + 2e
Cực dương: catot MnO4− + 8 H+ + 5e ←⎯⎯⎯⎯→ Mn2+ + 4 H2O
Ký hiệu sơ đồ pin: ( - )(Pt) Cl2 2 Cl- & MnO4−, H+,Mn2+ (Pt) ( + )
(1,0 đ)
(1,0 đ)
Trang 5Bài 4: (4 điểm)
Câu 1:(1,5 điểm)
+ Trong A có: 0,4 mol H+; 0,05 mol Cu2+ và 0,1 mol NO3-
+ Pư xảy ra theo thứ tự như sau:
Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O
Mol: 0,1 ← 0,4 0,1 0,1 0,1
Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+
Mol: 0,05 ← 0,1 0,15
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
Mol: 0,05 ← 0,05 0,05
→ Gọi x là số mol Fe ban đầu
sau pư hh X có: 0,05 mol Cu + (x-0,2) mol Fe
Theo giả thiết ta có:
0,05.64 + 56(x-0,2) = 0,8.56.x
↔ x = 5/7 mol Ö m = 56x = 40 gam
(0,25 đ) (0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ) (0,25 đ)
Câu 2: (2,5 điểm)
a)
- NO hoặc N2 <Vì M A= 38,4 < MCO2
- Do Ag là kim loại có tính khử yếu nên tạo NO; vì mỗi chất chỉ
khử HNO3 đến một chất khử nhất định nên Zn sẽ khử HNO3
xuống NO hoặc NH4NO3
b) Gọi x là số mol Zn Ö số mol FeCO3 = x, gọi y là số mol Ag
Dựa vào khối lượng chất rắn ta suy ra:
+ Nếu Zn cũng khử HNO3 tạo ra khí NO thì ta có:
3Zn + 8HNO3 → 3Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O
x 2x/3
3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
y y/3
3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O
x x x/3
+ Lập phương trình theo M A= 38,4 (hoặc phương pháp đường
chéo)
Ö số mol CO2 = 1,5.nNO
Ö x = 1,5.3x y
3
+ Ö y = -x (loại)
Ö Zn khử HNO3 tạo NH4NO3, ta có:
4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O
mol: x x x/4
3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
mol: y y y/3
3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O
mol: x x x x/3
(0,25 đ) (0,25 đ)
(0,25 đ) (0,25 đ) (0,25đ)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
Trang 6Ö khí tạo thành có x mol CO2 và x y
3
+ mol NO
Vì số mol CO2 = 1,5.nNO Ö x = y
+ Khi B + NaOH dư, sau đó nung kết tủa được chất rắn là Fe2O3
và Ag:
Zn2+ → Zn(OH)2 → ZnO22- (tan)
2Fe3+ → 2Fe(OH)3 → Fe2O3
2Ag+ → Ag2O → 2Ag
Chất rắn chỉ có: 0,5x mol Fe2O3 + y mol Ag
Vì x = y nên ta có: 80x + 108x = 5,64
Ö x = 0,03 mol
Vậy cả 3 chất trong hỗn hợp đã cho đều có số mol là 0,03 mol
(0,25 đ)
(0,25 đ) (0,25 đ)
Bài 5: (4 điểm)
Trong dung dịch A có các cân bằng sau :
CH3COONa Æ CH3COO- + Na+
H2O H+ + OH- Kw (1)
CH3COOH CH3COO- + H+ Ka (2) (0,5đ)
Vì Ka = Ca/Cb = 10-4,76 >> 10-7 nên có thể cho quá trình (2) là chủ yếu (0,25đ)
Ta có : CH3COOH U CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76
C 0,1 0,1 0
Pứ x x x [] 0,1 - x 0,1 + x x
Ta được x(0,1+x)/(0,1-x) = 10-4,76 (0,5đ) Với x << 0,10 ta có x = [H+] = 10-4,76
a) Thêm 1,0.10-3 mol HCl vào 1 lít dung dịch A :
Phản ứng xảy ra :
CH3COONa + HCl Æ CH3COOH + NaCl
0,1 0,001 0,1 0,1-0,001 0,101 (0,25đ)
Do đó ta có :
[CH3COOH] = 0,101M
CH3COOH CH3COO- + H+
C 0,101 0,099 [] 0,101-x 0,099+x x
Ta được :
x(0,099+x)/(0,101-x) = 10-4,76 (0,5đ)
Vì x << 0,099 nên ta được x = [H+] = 1,77.10-5
b) Thêm 1,0.10-3 mol NaOH vào 1 lít dung dịch A :
Ta có phản ứng :
CH3COOH + NaOH Æ CH3COONa + H2O 0,1 0,001 0,1
0,1 - 0,001 0,101 (0,25đ)
R
R
R
Trang 7Do đó ta có :
[CH3COOH] = 0,099M
CH3COOH U CH3COO- + H+
C 0,099 0,101 [] 0,099-x 0,101+x x
Ta được :
x(0,101+x)/(0,099-x) = 10-4,76 (0,5đ)
Vì x << 0,099 nên ta được x = [H+] = 1,70.10-5
-Hết -