Đáp án đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Hóa học Lớp 12 năm 2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn Hóa học Lớp 12 năm 2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC (Khóa ngày 14 tháng 3 năm 2019) Câu 1 (2,25 điểm) 1. to 0,25 a) KNO3 (r) + H2SO4 (đặc)  KHSO4 + HNO3 1,0 o b) 4CuO +2 NH Cl t N + CuCl + 3Cu + 4H O điểm 4 2 2 2 c) PI3 + 3H2O  H3PO3 + 3HI 0,25 d) Al4C3 + 4H2O + 4KOH  4KAlO2 + 3CH4↑ e) 3NaNO2 + H2SO4 loãng  NaNO3 + Na2SO4 + 2NO + H2O 0,25 g) K2MnO4 + 2H2S + 2H2SO4  2S + MnSO4 + K2SO4 + 4H2O to 0,25 h) 4Fe(NO3)2  2Fe2O3 + 8NO2 + O2 i) 2CuSO4 + 4NaCN  2Na2SO4 + 2CuCN + (CN)2 2. 1 1 0,25 a) Số nguyên tử Ag có trong 1 ô mạng cơ sở: 8 6 = 4 (nguyên tử) 8 2 0,5 Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô mạng cơ điểm sở. Ta có: d = a2 = 4rAg  a = 2rAg 2 = 2.1442 = 407 (pm) 4.108 3 0,25  Khối lượng riêng của Ag là: DAg= =10,64 (g/cm ) 6,02.1023 (407.10 10 )3 3. 130 1 131 131 131 0,25 a) 52Te 0 n 52Te ; 52Te 53 I  131 b) Gọi N0 là số nguyên tử 53 I có trong 1 mL dung dịch ban đầu. 0,25 131 -t Số nguyên tử 53 I có trong 1 mL dung dịch sau thời gian t là N = N0.e . 0,75 Với  = 0,693/(8,02.24.60) = 6,0.10-5 phút-1. điểm Số hạt - phát ra trong thời gian t = 3.60 = 180 phút là: 0,25 -t 14 16 N0 - N = N0(1 - e ) = 1,08.10 N0 = 1.10 nguyên tử 131 16 23  Nồng độ ban đầu của 53 I = (1.10 /6,022.10 )/0,001 = 16,60 mol/L. (Nếu HS không làm tròn số sẽ cho kết quả 16,69 mol/L) Câu 2. (1,75 điểm) 1. a) Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k) 2SO3 (k) (1) 0,25 Khi giảm nhiệt độ, hiệu suất phản ứng tăng lên nghĩa là cân bằng chuyển 0,75 dịch về phía thuận, vậy phản ứng đã cho là tỏa nhiệt. điểm b) Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k) 2SO3(k) (1) 0,25 Ban đầu: 2a a Cân bằng: 2a(1- ) a(1- ) 2a Trong đó: 2a(1- ) + a(1- ) + 2a = 1  a(3- ) = 1atm *Tính các hằng số cân bằng: 2 P (2a )2 2 2 (3 ) K SO3 p P2 .P [2a(1- )]2[a(1 )] a(1 )3 (1 )3 SO2 O2 0 Tại nhiệt độ 550 C hay 823K, = 0,80  Kp(823K) = 176; 0,25 0 4 Tại nhiệt độ 420 C hay 693K, = 0,97  Kp(693K) = 7,074.10 3 2. - Trong phân tử N(CH3)3 nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp nên phân tử có cấu 0,25 tạo tháp tam giác. 0,5 - Nguyên tử N trong phân tử N(CH 3)3 còn cặp e chưa liên kết nên dễ thực hiện điểm phản ứng cho nhận với nguyên tử B có AO trống tạo ra (CH3)3NBF3. - Trong phân tử N(SiH3)3 do Si có AO d trống nên giữa N và Si có thể xảy ra liên 0,25 2 kết p d nên N ở trạng thái lai hóa sp . Trang 1/5
2. - Nguyên tử N trong phân tử N(SiH 3)3 không còn cặp e tự do nên khó thực hiện phản ứng cho nhận với nguyên tử B Vì vậy (CH3)3NBF3 bền hơn so với (SiH3)3NBF3 3. Đặt số mol của NO và N2O lần lượt là a và b, ta có: 0,25 a+ b = 5,04/22,4 = 0,225; 30a + 44b = 2.0,225.59/3 = 8,85; 0,5 Vậy a = 0,075; b = 0,15; điểm Đặt số mol của Al và Mg lần lượt là x và y, ta có: 27x + 24y = 15,945 (1) Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3: Al  Al+3 + 3e x x 3x Mg  Mg+2 + 2e y y 2y N+5 + 3e  N+2 0,225 0,075 N+5 + 4e  N+1 1,2 0,3 Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N2O thì: mmuối = 15,945 + 62(0,225 + 1,2) = 104,295 gam < 110,055 gam: Vô lí  có muối NH4NO3 tạo thành trong dung dịch Y. N+5 + 8e N-3 0,25 8z z Ta có: 3x +2y = 0,225 + 1,2 + 8z hay 3x + 2y - 8z = 1,425 (2) Mặc khác: 213x + 148y + 80z = 110,055 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được: x = 0,235; y = 0,4; z = 0,01  %Al = 39,79%; %Mg = 60,21%. Câu 3. (2,0 điểm) as 1. (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  (CH3)3C-CH2-CH(CH3)CH2Cl + HCl 0,25 0,5 as (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  (CH3)3C-CH2-CCl(CH3)2 + HCl điểm as (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  (CH3)3C-CHCl-CH(CH3)2 + HCl 0,25 as (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  (CH3)2C(CH2Cl)-CH2-CH(CH3)2 + HCl 2. a) Tên gọi: (A) 4-metylhex-2-en. (B) pent-1-en-4-in. 0,25 (C) bixiclo [2.2.1] hepta-2,5-dien. (D)2-propylbut-3-en-1-al. 0,25 1,0 b) Cấu hình: 0,5 điểm H H CH3 CH3 H C C H H C C H C CH3 CH3 C C H H C H C CH3 CH3 C H H C CH3 CH3 C H C2H5 C2H5 C2H5 C2H5 (Z)(R) (Z)(S) (E)(R) (E)(S) a) 3. 0,25 0,5 điểm Trang 2/5
3. b) 0,25 OH OH + H H H O CH=CH C CH3 2 + 2 CH3 CH3 CH3 Câu 4. (2,0 điểm) 1. a) Theo chiều thuận, phản ứng (1) tăng 2 mol khí. Trạng thái khí có mức độ hỗn 0,25 loạn cao hơn trạng thái rắn, tức là có entropi lớn hơn. Vậy khi phản ứng xảy ra theo 0,75 chiều thuận thì entropi của hệ tăng. điểm b) ΔS0 = 2S0 + S0 - 2S0 - S0 0,25 CO(k) Si(r) C(r) SiO2(r) = 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1.mol-1 c) G0 = ΔH0 - TΔS0 , 0,25 0 0 0 0 ΔH0 ΔH + 2ΔH - 2ΔH - ΔH trong đó = f(Si(r) ) f(CO(k) ) f(C(r) ) f(SiO2(r) ) ΔH0 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)  G0 = ΔH0 - TΔS0 = 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,4 (kJ). Ở bài này ta thấy, để xác định bậc riêng của phản ứng đối với mỗi chất người ta cố 0,25 2. định nồng độ của một chất và thay đổi nồng độ của chất còn lại. Gọi m, n lần lượt là bậc phản ứng riêng phần của H2 và NO. m n 0,5 Ta có: v = k.[H2] .[NO] điểm m n m n -6 v1 k.[H2 ] .[NO] k.(0,01) .(0,025) 2,4.10 = m n = m n = -6 = 2 v2 k.[H2 ] .[NO] k.(0,005) .(0,025) 1,2.10  m = 1; v k.(0,01)m .(0,025)n 2,4.10-6 1 = = = 4 m n -6  n = 2 v32 k.(0,01) .(0,0125) 0,6.10 2 Phương trình động học của phản ứng: v = k.[H2].[NO] 0,25 Bậc phản ứng: 1+2 = 3 PhCO H CH 3. 3 1. CH3MgI 3 Na CH3 0,75 O Br Br2 2. H O+ 0,75 3 h OH C điểm A B O O CH2I2 O Zn, CuCl CH E CH3 3 F D Chất A, B: 0,25 điểm; C, D: 0,25 điểm; E: 0,25 điểm Câu 5. (2,0 điểm) Cân bằng: HCl  H+ + Cl- + - -7,02 1. H2S H + HS Ka1 = 10 (1) - + 2- -12,90 HS H + S Ka2 = 10 0,25 0,5 Do Ka1 ≫ Ka2 nên cân bằng (1) là chủ yếu: + - -7,02 điểm H2S H + HS Ka1 = 10 C 0,10 0,010 [] 0,10 – x 0,010 + x x (0,010 + ).  = 10-7,02. 0,10 ― Trang 3/5
4. Giả sử x ≪ 0,010 → x = 9,55.10-7 ≪ 0,01 (thỏa mãn) - -7 Vậy [HS ] = 9,55.10 M [H2S] = 0,10 - x ≈ 0,10M 0,25 [H+] = 0,010 + x ≈ 0,010M  pH =2; 10―12,9 . 9,55.10―7 [ S2-] = = 1,2.10-17 M 0,01 Ta thấy: [S2-] ≪ [HS-] nên cách giải trên hợp lý. 0,084.0,03 = 2,52.10-5 M 퐾 = 100 2. Phản ứng: KOH + HCOOH  HCOOK + H2O 0,25 2,52.10-5 2,45.10-5 7.10-7 2,45.10-5 0,5 Cân bằng: KOH  K+ + OH- điểm 7.10-7 + - -14 H2O H + OH 퐾 2 = 10 - - -10,25 HCOO + H2O HCOOH + OH Kb = 10 -7 Vì COH- = 7.10 và Kb.Cb ≈ 퐾 2 nên không thể bỏ qua cân bằng phân li của 0,25 H2O. 퐾 + - 2 -7 ―1 ― + [H ] =[OH ] - COH- - [HCOOH] = [ +] - 7.10 - 퐾 .[ ].[ ] ―1 ― + 2 -7 +  ( 1+ 퐾 .[ ])[ ] + 7.10 . [ ] - 퐾 2 = 0 (*) ― -5 Chấp nhận: [ ] = CHCOO- = 2,45.10 M. Thay các giá trị vào (*) ta được: [H+] = 1,40.10-8 M Thay giá trị này vào biểu thức: 퐾 2,45.10―5. 10―3,75 ― -5 - [ ] = + = ≈ 2,45.10 M ≈ [HCOO ] 퐾 + [ ] 10―3,75 + 1,4.10―8 Vậy: [H+] = 1,4.10-8M  pH = 7,85 – + 2– -2 a) HSO4 H + SO4 Ka =10 (1) + – -2,15 H3PO4 H + H2PO4 Ka1 =10 (2) 0,25 – + 2– -7,21 3. H2PO4 H + HPO4 Ka2 =10 (3) – + 3– -12,32 HPO4 H + PO4 Ka3 =10 (4) + - -14 1,0 H2O H + OH Kw = 10 (5) điểm Vì pH = 2,03  bỏ qua sự phân li của nước. Ka1 >> Ka2 >> Ka3  quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ + 2 Ka Ka1 Ta có: [H ] = [SO4 ] + [H2PO4 ] = C . + CH PO . HSO4 3 4 Ka + [H ] Ka1 + [H ] Ka1 Ka  CH PO . [H ] - C . + 3 4 HSO4 Ka1 + [H ] Ka + [H ] Ka Ka1 + [H ]  CH PO ([H ] - C . ). 3 4 HSO4 Ka + [H ] Ka1 10-2 10-2,15 + 10 2,03  C (10 2,03 - 0,010. ). = 9,64.10-3(M) H3PO4 10-2 + 10 2,03 10-2,15 [H PO - ] b) Ta có: α = α = 2 4 .100 ; 1 H3PO4 C 0,25 H3PO4 -2,15 - -3 10 -3 trong đó [H PO ] = 9,64.10 . = 4,16.10 M 2 4 10-2,15 10-2,03 4,16.10-3 훼  3푃 4 α = -3 .100 43,15% H3SO4 9,64.10 Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A  độ điện li của H3PO4 giảm 25% Trang 4/5
5. α = α, = 43,15% 0,75 32,36% 2 H3PO4 Trong dung dịch thu được sẽ có 3 quá trình quyết định pH của hệ: – + 2– -2 HSO4 H + SO4 Ka =10 (1) + 2– -2,15 H3PO4 H + H2PO4 Ka1 =10 (2) 0,25 + – -3,75 HCOOH H + HCOO Ka’ =10 (6) 2 Ta có: [H ] = [SO4 ] + [H2PO4 ] + [HCOO ] 3– 2– – vì PO4  << HPO4  << H2PO4  + Ka Ka' [H ] = C . + + [H2PO4 ] + CHCOOH . + HSO4 Ka + [H ] Ka' + [H ] + + – Ka Ka' + [H ]  CHCOOH = H  - H2PO4  - C . + . (7) HSO4 Ka + [H ] Ka' [H PO ] Từ biểu thức α = α, = 32,36% 2 4 .100 2 H3PO4 C H3PO4 0,25 – -3 -3 -3 -3  H2PO4  = 3,12.10 M; H3PO4 = 9,64.10 - 3,12.10 = 6,52.10 M. 2,15 3 K .[H3 PO4 ] + a1 10 .6,52.10 Từ (2)  H  = 3 0,0148 M [H2PO4 ] 3,12.10 – + Thay giá trị H2PO4  và H  vào (7), ta được: -2 -3,75 -3 10 10 0,0148 CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10 - 0,01 ) . = 0,644 M. 10-2 0,0148 10-3,75 Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. - Nếu bài toán giải hợp lí mà thiếu phương trình hóa học thì thí sinh vẫn được tính kết quả chỉ mất điểm viết phương trình - Điểm chiết phải được tổ thống nhất; điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm. Trang 5/5