Đề thi học sinh giỏi lớp 12 cấp tỉnh môn Hóa học bảng A

b Giải thích độ bền phân tử và tính khử của các hợp chất hiđrohalogenua... Hãy viết phương trình ion của các phản ứng để minh họa khả năng oxi hóa của ion permanganat phụ thuộc vào pH củ

Họ 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 A)

* 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.Cho phản ứng oxi hoá khử sau:

2Cu2+ + 4I− ←⎯⎯⎯⎯→ 2CuI (r) + I2 (aq) (1)

Với:

2

0

I I

0

Cu Cu

a) Hãy tính E0 của phản ứng sau:

CuI (r) ←⎯⎯⎯⎯→ Cu+ + I− Ks = 1,0.10-12

b) Tính E0 và hằng số cân bằng của phản ứng (1)

4

0

MnO H Mn

2

0

MnO MnO

2

2

0

MnO H Mn

(Gồm 02 trang)

CHÍNH THỨC

a) Tìm 2

2

0

MnO H MnO

b) Cho KMnO4 lần lượt tác dụng với FeSO4/H2SO4 ; Na2SO3/NaOH; dung dịch MnSO4 Hãy viết phương trình ion của các phản ứng để minh họa khả năng oxi hóa của ion permanganat phụ thuộc vào pH của môi trường

Bài 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)

Câu 1 Trộn 1ml dung dịch MgCl2 0,01M với 1ml dung dịch hỗn hợp gồm NH3 1M và

NH4Cl 1M Kết tủa có xuất hiện không ?

Cho biết : ( )

3

b NH

K = 10-4,76 và ( ( ) )

2

S Mg OH

K = 10-10,9

Mg2+ + H2O MgOH+ + H+ β = 10-12,8

Câu 2 Có 1 lít dung dịch axit axetic 0,2M ( dung dịch A ), Ka = 1,8.10-5 Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau :

- Cho 300 ml dung dịch NaOH 0,2M vào phần 1 được dung dịch X

- Cho 0,26 mol natri axetat vào phần 2 được dung dịch Y, sau đó thêm 300 ml dung dịch NaOH 0,2M vào dung dịch Y được dung dịch Z

Tính pH của các dung dịch A, X, Y, Z

HẾT

-R

SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: HÓA HỌC (BẢNG A)

* 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

c) 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)

a) Ta có lgK =

059 , 0

0

nE

⇒ E0 =

n

K

lg 059 ,

0 = 0,059 lg 10−12 = - 0,708 V

(1,0 đ) Câu 1:

b) Theo giả thiết

2 Cu2+ +2 e → 2Cu+ E0= 0,153 V ⇒ (K1)2 = (100 , 059

153 , 0

)2 = 105,186 2Cu+ + 2I− → 2CuI K = Ks−1 = 1012 ⇒ (Ks−1)2 = 1024

2I− → I2 + 2e E0= − 0,535 V ⇒ K2 = 10 0 , 059

) 535 , 0 (

2 −

= 10−18,136

Tổ hợp 3 cân bằng trên cho cân bằng của phản ứng (1)

2Cu2+ + 4I− ←⎯⎯⎯⎯→ 2CuI + I2 với K = (K1)2 (Ks−1)2 K2 = 1011,05

(1,0 đ)

Ta có giản đồ thế khử của Mn:

1e 2e 2e

4

MnO− 2

4

MnO − MnO2 Mn2+

5e

MnO H Mn MnO MnO MnO H MnO MnO H Mn

2, 26

x

=

2 2

0

MnO H MnO

E − + = 2,26V

(1,0 đ) Câu 2:

Phương trình ion của các phản ứng để minh họa khả năng oxi hóa

của ion permanganat phụ thuộc vào pH của môi trường

4

MnO−+ 5Fe2+ + 8H+ → Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O

2MnO4−+ 3Mn2+ + 2H2O → 5MnO2 + 4H+

2MnO4−+ 2

3

SO − + 2OH- → 2 2

2MnO − +SO− +H O

(1,0 đ)

Bài 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

(0,25 đ)

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)

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

Ö 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

(0,25 đ) (0,25 đ)

(0,25 đ) (0,25 đ) (0,25đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)

(0,25 đ)

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)

Bài 5: ( 4 điểm )

Câu 1 Ta có:

MgCl2 Æ Mg2+ + 2Cl-

NH4Cl Æ NH4+ + Cl-

NH3 + H2O NH4+ + OH- Kb = 10-4,76 (1)

Mg2+ + H2O MgOH+ + H+ β = 10-12,8 (2)

Vì Kb >> β Æ Chỉ có cân bằng (1) là đáng kể (0,25đ)

NH3 + H2O NH4+ + OH-

C0 1 1 [] 1 - x 1 + x x

Ta được :

x(1+x)/(1-x) = 10-4,76

Vì x << 1 Æ x = 10-4,76

Ta có : [Mg2+][OH-]2 = 10-2.(10-4,76)2 = 10-11,52 < 10-10,9

Vậy : Không có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện (0,25đ) Câu 2 Tính pH của các dung dịch A, X, Y, Z

a) Dung dịch A :

CH3COOH CH3COO- + H+

C0 0,2 [] 0,2 - a a a

K = 3

3

= 2

0, 2

a a

− = 1,8.10

-5 (0,25đ) Giả sử a << 0,2 Æ a2 = 3,6.10-6 Æ a = 1,9.10-3

b) Dung dịch X :

Phân nửa dung dịch A có chứa 0,1 mol CH3COOH

Số mol NaOH trong 300ml dung dịch 0,2M = 0,06mol Khi thêm dung dịch NaOH vào phần 1 ta có :

CH3COOH + NaOH Æ CH3COONa + H2O 0,06mol 0,06mol 0,06mol (0,25đ) Trong dung dịch X có :

- Tổng thể tích dung dịch = 500 + 300 = 800 ml

- Số mol CH3COOH = 0,1 – 0,06 = 0,04 mol

- Số mol CH3COONa = 0,06 mol (0,25đ) Suy ra :

[CH3COOH] = 0,05M [CH3COO-] = 0,075M

CH3COOH CH3COO- + H+

C0 0,05 0,075 [] 0,05-x 0,075+x x

R R R

R

R

Ta có:

K = 3

3

= (0, 075 )

0,05

x

+

− = 1,8.10

-5 (0,25đ)

Æ x = 1,2.10-5

c) Dung dịch Y :

Trong dung dịch Y có :

- Thể tích dung dịch = 500ml

- [CH3COOH] = 0,2M

- [CH3COO-] = 0,52M (0,25đ)

CH3COOH CH3COO- + H+

C0 0,2 0,52 [] 0,2-y 0,52+y y

K = 3

3

0, 2

y

+

− = 1,8.10

-5 (0,25đ)

Æ y = 6,92.10-6

d) Dung dịch Z :

Thêm 300 ml dung dịch NaOH vào dung dịch Y để có dung dịch Z

CH3COOH + NaOH Æ CH3COONa + H2O 0,06mol 0,06mol 0,06mol (0,25đ) Trong dung dịch X có :

- Tổng thể tích dung dịch = 500 + 300 = 800 ml

- Số mol CH3COOH = 0,04 mol

- Số mol CH3COONa = 0,06 + 0,26 = 0,32 mol Suy ra :

[CH3COOH] = 0,05M [CH3COO-] = 0,4M (0,25đ)

CH3COOH CH3COO- + H+

C0 0,05 0,4 [] 0,05-z 0,4+z z

K = 3

3

= (0, 4 )

0, 05

z

+

− = 1,8.10

-5 (0,25đ)

Æ x = 2,25.10-6

-Hết - R

R