Kỳ thi chọn HSG lớp 12 vòng Tỉnh năm học 2011 - 2012 môn Hóa học ngày 5/11/2011 (Bảng B)

Chia sẻ: Tran Duong Tam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

142
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kỳ thi chọn HSG lớp 12 vòng Tỉnh năm học 2011 - 2012 môn Hóa học ngày 5/11/2011 (Bảng B) giới thiệu tới các bạn về đề thi học sinh giỏi tỉnh của tỉnh Bạc liêu năm học 2011 - 2012 môn Hóa học. Tài liệu giúp các bạn biết được cấu trúc đề thi cũng như đánh giá được khả năng của mình thông qua việc giải những bài tập này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Kỳ thi chọn HSG lớp 12 vòng Tỉnh năm học 2011 - 2012 môn Hóa học ngày 5/11/2011 (Bảng B)

Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC (Gồm 02 trang) * 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: Nguyên tử Na Mg Al Si P S Cl o Bán kính ( A ) 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: ⎯⎯ → 3HIO HIO3 + 2HI ←⎯ ⎯ Cho: E 0 HIO / I2 = +1,45 V; E 0 I 2 / 2I − = + 0,54 V; E 0 IO − / I = + 1,195 V 3 2 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) ⎯⎯ ⎯ 1 Bảng B – Ngày 1
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) 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 : KCH COOH = 10-4,76 3 --- HẾT --- 2 Bảng B – Ngày 1
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC (Gồm 05 trang) * 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) (0,25 đ) Mặt khác: Zy = Ny và Zz = Nz Nx – Ny = 3Zz => Nx = Zy + 3Zz = 30 (2) (0,25 đ) Khối lượng phân tử của A là: XYZ3 3Nz + Ny+ Zx + Nx + Zy + 3Zz = 116 (3) (0,25 đ) Từ (1), (2),(3) suy ra: Zx + Nx + 2Zy + 6Zz = 116 (0,25 đ) Zx = 56 – 30 = 26 (X là Fe; ion YZ32- phải có mặt của oxi hoặc phi (0,25 đ) kim). Zz = 8 => Zy = 30 – (8.3) = 6 (0,25 đ) Suy ra: Z là Oxi và Y là Cacbon (0,25 đ) Công thức phân tử: FeCO3 (0,25 đ) Câu 2: (2 điểm) Cấu hình e của A: 1s2 2s2 2p1 (0,5 đ) Ô thứ 5, chu kỳ 2, nhóm IIIA, là Bo. (0,5 đ) Cấu hình e của B : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 (0,5 đ) Ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VII A, là Clo (0,5 đ) Bài 2 (4 điểm) a) O Công thức cấu tạo Na O N O P O P O S O O O O O (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 và 1 liên kết π). (0,5 đ) - Trong SO3 có liên kết cộng hóa trị có cực giữa S = O(trong đó có 1 liên kết σ và 1 liên kết π). (0,5 đ) 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 từ F đến I. (0,5 đ) – 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) 1 Bảng B – Ngày 1
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) Câu 1: Ta có giản đồ thế khử của iot: 1 ,1 9 5 V +4e +e +e IO 3 H IO I2 I E2 1 ,4 5 V 0 ,5 4 V E1 1, 45 + 0,54 Từ gỉan đồ trên: E1 = = 0,995 V 2 4 E 2 +1, 45 5 × 1,195 − 1, 45 1,195 = ⇒ E2 = = 1,13125 V (1,0 đ) 5 4 −4 E 0 /0,059 2I- +2 H2O → 2HIO + 2H+ + 4e K1 = 10 HIO / I − 4 E0 /0,059 IO3- + 5H+ + 4e → HIO + 2H2O K2 = 10 IO3− / HIO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ⎯⎯ → 3HIO HIO3 + 2HI ←⎯ ⎯ K = K1×K2 −4 x 0,995 4 x1,13125 (1,0 đ) K = 10 0,059 .10 0,059 = 109,237 Câu 2: ⎯⎯ → PbCl2 (r) + H2 Pb + 2HCl ←⎯ ⎯ (1) ⎯⎯ - → PbCl2 (r) + 2e Cực âm: anot Pb + 2Cl ←⎯ ⎯ Cực dương: catot 2H+ + 2e ←⎯ ⎯⎯→ H2 ⎯ Ký hiệu sơ đồ pin: ( - ) Pb, PbCl2 2Cl & H+ H2 (Pt) ( + ) - (1,0 đ) MnO4− + 8 H+ + 2 Cl- ←⎯ → Mn2+ + Cl2 + 4 H2O (2) ⎯⎯ ⎯ Cực âm: anot 2Cl- ←⎯ ⎯⎯ → Cl2 + 2e ⎯ Cực dương: catot MnO 4− + 8 H+ + 5e ←⎯ ⎯⎯ ⎯→ Mn2+ + 4 H2O Ký hiệu sơ đồ pin: ( - )(Pt) Cl2 2 Cl- & MnO 4− , H+,Mn2+ (Pt) ( + ) (1,0 đ) 2 Bảng B – Ngày 1
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 (0,25 đ) Mol: 0,1 ← 0,4 0,1 0,1 0,1 3+ 2+ Fe + 2Fe → 3Fe (0,25 đ) Mol: 0,05 ← 0,1 0,15 Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (0,25 đ) 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. (0,25 đ) Theo giả thiết ta có: 0,05.64 + 56(x-0,2) = 0,8.56.x (0,25 đ) ↔ x = 5/7 mol Ö m = 56x = 40 gam. (0,25 đ) Câu 2: (2,5 điểm) a) - NO hoặc N2
x+y Ö khí tạo thành có x mol CO2 và mol NO. 3 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: (0,25 đ) 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 (0,25 đ) Ö x = 0,03 mol. (0,25 đ) Vậy cả 3 chất trong hỗn hợp đã cho đều có số mol là 0,03 mol. Bài 5: (4 điểm) Trong dung dịch A có các cân bằng sau : CH3COONa Æ CH3COO- + Na+ H2O R H+ + OH- Kw (1) CH3COOH R CH3COO- + H+ Ka (2) (0,5đ) -4,76 -7 Vì Ka = Ca/Cb = 10 >> 10 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 -4,76 Ta được x(0,1+x)/(0,1-x) = 10 (0,5đ) Với x
Do đó ta có : [CH3COOH] = 0,099M [CH3COONa] = 0,101M (0,25đ) 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