Đáp án HSG Hóa học ngày 1 lớp 12 Kiên Giang 2013-2014 - Học Toàn Tập

[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH KIÊN GIANG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC - VÒNG 1 – Môn: HÓA HỌC

Câu I

4 điểm

1)

0

l s

⎧

⎨ − = ⇒ =

⎩

Mà 0 ≤ ≤ − ⇒l n 1 0 ≤m l ≤ −n 1

@ n + 2( n – 1 ) ≥ 4 @ n ≥ 2

n 2 3 4

l = ml 1 loại 0

@ n = 2; l = 1; ml = +1; ms = 1

2 + @ 2p1 Vậy A: 1s22s22p1 ( Bo )

Hoặc n = 4; l = 0; ml = 0; ms = 1

2

+ @ 4s1

Vậy A: [Ar]4s1 ( Kali )

@ n + 2( n – 1 ) ≥ 5 @ n ≥ 2,3

n 3 4 5

l = ml 1 loại 0

@ n = 3; l = 1; ml = +1; ms = 1

2

− @ 3p1 Vậy A: [Ne]3s23p1 ( Al )

Hoặc n = 5; l = 0; ml = 0; ms = 1

2

− @ 5s1

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Vậy A: [Kr]5s2 ( Sr )

2)

2 2 6 2 6 1

2 2 6 2 6 2

2 2 6 2 6

:1 2 2 3 3 ([ ]) :1 2 2 3 3 4 ([ ]4 )

+ +

Do đó khí mất 1 electron thì K+ có cấu hình electron của khí hiếm Ar, còn Ca+ có cấu hình [Ar]4s1

Để có năng lượng ion hóa thứ 2, nghĩa là phải bứt tiếp 1 electron thì trong trường hợp này năng lượng cần thiết để làm điều đó đối với Ca phải tiêu tốn ít năng lượng hơn so với bứt 1 electron của K+ có cấu hình bền vững của khí hiếm Ar

Vậy I2 ( K ) > I2 ( Ca ) mặc dù I1 ( K ) < I1 ( Ca )

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,75

Câu II

3 điểm

:O:

F F

N

H H H

F

B

F F

- có 2 cặp electron liên kết

- có 2 cặp electron không liên kết

- có 3 cặp electron liên kết

- có 1 cặp electron không liên kết

- có 3 cặp electron liên kết

Lai hóa sp3 Hình chữ V

Lai hóa sp3 Hình tam diện

Lai hóa sp2 Tam giác phẳng

Góc liên kết FOF<109028’

Góc liên kết HNH<109028’

Góc liên kết FBF = 1200

3 x 0,25

3 x 0,25

3 x 0,25

3 x 0,25

Câu III

2 điểm

Dùng phương pháp tổ hợp cân bằng ta có

4N +3H O ←⎯⎯⎯⎯→ 2NH +3N O - UH1

3N O+9H ←⎯⎯⎯⎯→ 3N H +3H O 3UH2

0,25

3 2 2 4 2

1 2

2

NH + O ←⎯⎯⎯⎯→N H +H O UH3

1 2

H O←⎯⎯⎯⎯→H + O - UH4 Sau khi cộng 4 phương trình lại ta được

4N +8H ←⎯⎯⎯⎯→ 4N H 4 UH5

@ UH5 = (- UH1 + 3UH2 + UH3 - UH4 ) : 4

@ UH5 = ( 1011 – 3 317 – 143 + 286 ) : 4 = 50,75 KJ/mol

Từ UH5 và UH4 và UH2 ta tính được UHN2O

UHN2O = (UH5 + UH4 - UH2 ) = 50,75 – 286 + 317 = 81,75 KJ/mol

Từ UH5 và UH4 và UH3 ta tính được UHNH3

UHNH3 = (UH5 + UH4 - UH3 ) : 2

UHNH3= ( 50,75 – 286 + 143 ) : 2 = - 46,125 KJ/mol

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu IV

3 điểm 1) - Trong chén A không còn dấu vết gì chứng tỏ các muối nitrat

bị phân hủy hoàn toàn và sản phẩm bay hơi hết Vậy có thể là

0

0

2

t

t

Hoặc các muối nitrat hữu cơ

CH −NH NO +O ⎯⎯→CO ↑ + H O+N ↑

- Trong chén B phải chứa muối kim loại kiềm vì nó phải chuyển thành muối nitrit

VD:

0

t

- Trong chén C còn lại chất rắn màu nâu đỏ chứng tỏ đó là

Fe2O3 Vây muối ban đầu có thể là

0

0

3

2 1

2

t

t

2)

- Điều chế được

- Trước hết dùng hai cốc chia độ lấy 2 thể tích dung dịch NaOH

0,75

0,75

0,5

0,25

0,25

như nhau ( cùng số mol NaOH ); cho CO2 dư sục vào 1 cốc , lúc đó tạo ra NaHCO3

NaOH + CO2 ⎯⎯ →NaHCO3 Sau đó trộn 2 cốc với nhau ta được Na2CO3

NaHCO3 + NaOH ⎯⎯ → Na2CO3 + H2O

0,25

0,25

Câu V

4 điểm

1) 2KOH + H2SO4 ⎯⎯ → K2SO4 + 2H2O ( 1 ) TN1: Dư KOH

KOHdư + HCl ⎯⎯ → KCl + H2O ( 2 )

nKOH dư = nHCl = 0,04 x 0,05 x 0,5 0,005

0, 2 = mol

TN2: Dư H2SO4

H2SO4 + 2KOH ⎯⎯ → K2SO4 + 2H2O ( 3 )

nH SO2 4dư = 1

2nKOH = 1

2x 0,2 x 0,04 x 0,5 0,01

0, 2 = mol

Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol của dung dịch H2SO4 ( ddA )

và KOH ( ddB )

Ta có:

0,3 2.0, 2 0,005

0,07 1

0,11 0,3 0, 2 0,01

2

x y

⎪⎩

Vây pH của dd H2SO4 =0,854

pH của dd KOH = 13,041

2) Dung dịch E + AlCl3 cho kết tủa @ trong E dư kiềm, axit phản ứng hết

AlCl3 + 3KOH ⎯⎯ → Al(OH)3 + 3KCl (4) 2Al(OH)3 ⎯⎯ → Al2O3 + 3H2O (5) Theo (4), (5) ta có:

nKOH (4) = 3, 262.2.3 0,192

nAlCl3= 3, 262.2 0,064

Có 2 trường hợp xảy ra

a Lượng KOH trong ddE thiếu so với AlCl3 @ chỉ 1 phần AlCl3 tham gia phản ứng

mol

233

262 , 3

=

@ VB 0,11 = 0,028 + 0,192 @ VB = 2 lít

@ VA 0,07 = 3, 262

233 @ VA = 0,2 lít

0,25

0,25

2 x 0,25

2 x 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

Vậy : 2 10

0, 2

B A

V

b Lượng KOH trong ddE dư so với AlCl3 @ còn xảy ra phản ứng sau:

AlCl3 + 4KOH ⎯⎯ → NaAlO2 + 3KCl + 2H2O (6)

nKOH (6) = 4(0,5.0,2 – 0,064) = 0,144 mol

@ VB 0,11 = 0,028 + 0,192 + 0,144 @ VB = 3,3 lít

Vậy : 3,3 16,5

0, 2

B A

V

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu VI

4 điểm 1) Các phản ứng:

3

Gọi x, y là số mol của FeS và FeCO3 trong hỗn hợp Theo pt (1), (2):

Ta có:

M = 22,805 2 = 45,61

3

46(9 ) 44

1.88.100

1.88 1,877.116

FeS FeCO

+

+

2) Kim loại M + oxit của nó ⎯⎯⎯HNO3 → ddA M(NO3)n + NO

n

n

+ + − ⎯⎯ →

(2M +16n) 2n

1 0,025

Ta có: M n n M 32n

025 , 0

2 1

16

Nghiệm hợp lí là n = 2 và M = 64

a Vậy kim loại là Cu Oxit của nó có thể là Cu2O hoặc CuO

• Trường hợp Cu và Cu2O:

0,25

0,25

0,25

0,25

3x 0,25

0,25

Đặt số mol của KL Cu là x và số mol oxit của nó là y 3Cu + 8HNO3 ⎯⎯ → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

x mol 8

3x 2

3x 3Cu2O + 14HNO3 ⎯⎯ → 6Cu(NO3)2 + 2NO + 7H2O

y mol 14

3 y 2

3y

ta có

64 144 8,16

0,06

x

⎧

⎩

⎪⎩

3

3

2

0,06.64.100

8,16

.0,06 0,03 0,3

0,3 0,075 75 4

HNO

HNO

Cu

Cu O

• Trường hợp Cu và CuO 3Cu + 8HNO3 ⎯⎯ → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

x mol 8

3x 2

3x CuO + 2HNO3 ⎯⎯ → Cu(NO3)2 + H2O

Ta có;

3 0,06 0,09 2

8,16 0,09.64

0,03 80

0,09.64.100

8,16

% 100 70,59 29, 41%

Cu

CuO

Cu CuO

−

3

3

8 0,09 0,03.2 0,3 3

0,3 0,075 75 4

HNO

HNO

b V HNO3 = 75 ml

cả hai trường hợp nCuO = 0,12 mol suy ra mCuO = 0,12.80 = 9,6 gam

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Ghi chú: Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nếú đúng vẫn được điểm tối đa