Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi THPT cấp tỉnh vòng 2 môn Hóa học - Buổi thi thứ nhất - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Long An

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi THPT cấp tỉnh vòng 2 môn Hóa học - Buổi thi thứ nhất - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Long An

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH LONG AN VÒNG 2 VÒNG 2 NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi: HÓA HỌC Ngày thi: 25/9/2019 (Buổi thi thứ nhất) HD CHẤM CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm có 10 trang) Câu 1 ( 3,0 điểm) Hướng dẫn chấm Thang điểm Câu 1 ( 3,0 điểm) 1.1 X (N1; P1) ; Y (N2; P2) (0,5 điểm) 2P1+N1+2P2+N2 =46; P2=N2 ; P2 – P1= 1; N1 – P1=1; Giải tìm được X là Nitơ (7N); Y là oxi (8O) 0,25 2 * 2 2 2 2 * 1 * Cấu hình MO của NO: [KK] (2s ) (2s ) ( x y ) (σz) () x 1 Bậc liên kết: N= (8 3) 2,5 > 0 → Tồn tại phân tử NO và khá bền vững, 0,25 2 trong cấu hình có 1 electron độc thân nên phân tử thuận từ → thuyết MO đã giải thích được rõ ràng liên kết hóa học trong phân tử NO. Lưu ý: Học sinh có thể vẽ giản đồ MO của NO để giải thích Từ đó, nhận xét NO vẫn còn 1 electron chưa ghép cặp nên NO thuận từ. 1.2(0,5 điểm) Không có sự mâu thuẫn do năng lượng phân li liên kết ứng với quá trình phân cắt đồng li, sẽ càng khó khăn hơn với liên kết giữa 2 nguyên tử ứng với hiệu độ âm điện càng lớn, nhưng lại càng dễ dàng hơn cho sự phân cắt dị li 0,5 tạo H+. Đó là lí do chỉ ank-1-in có khả năng thế H+ bởi Ag+. 1.3(1,0 điểm) a. Năng lượng của electron trong nguyên tử H là: 13,6.Z2 13,6.12 E 13,6(eV) 13,6.1,6.10 19 (J) 2,176.10 18 (J) 1 n 2 12 -18 Năng lượng ion hoá của nguyên tử H là: I1 = E1 = 2,176.10 J/nguyên tử Năng lượng của photon do nguyên tử H hấp thụ là: 34 8 hc 6,625.10 .3.10 -18 E2 = = = 2,199.10 (J/photon). λ 9,04.10 8 Vì E2 > I1 nên electron trong nguyên tử H bị tách ra. 0,25 Bảo toàn năng lượng: 2 1 2 mv -20 E mv I = E2 – I1 = 2,3.10 J 2 2 1 2 0,25 2.2,3.10 20 v2 = = 5,05.1010 (m/s)2 v = 224 832 m/s. 9,1.10 31 1
2. b. CO2 (M=44 gam/mol): thuộc kiểu mạng lập phương tâm diện 1 1 0,25 có n 8. 6. 4 phân tử trong một ô mạng cơ sở. 8 2 Khi đó, khối lượng riêng được tính theo: n.M CO2 4.44 m N 6,022 1023 d A 1,66 106 g / m3 CO2 V a3 (0,56 10 9 )3 Số phân tử cacbon đioxit trong “nước đá khô” là: (0,2 0,1 0,05) d N CO2 N 44 A (0,2 0,1 0,05) 1,66 106 6,022 1023 2,27 1025 0,25 44 1.4(1,0 điểm) 0,25 0,25 0,5 2
3. Câu 2 ( 4,0 điểm) Hướng dẫn chấm Thang điểm Câu 2 ( 4,0 điểm) 2.1(1,0điểm) a. ΔH0 = ΔH0 + 3 ΔH0 - ΔH0 CaSO .1 H O H2O(K) CaSO4 .2H2O(r) 4 2 2 2 = -1575,0 + 3 (-241,8) - (- 2021,0) 2 0,25 = + 83,3 (kJ ) > 0 Phản ứng thu nhiệt mol 1000 Số mol CaSO4.2H2O(r) = = 5,814 (mol) 172 0,25 0 ΔH pư = 5,814 x 83,3 = 484,31 kJ b. ΔS0 = S0 +S0 -S0 CaSO .1 H O H2O(k) CaSO4 .2H2O(r) 4 2 2 3 = 130,5 + 188,6. 2 - 194,0 = 219,4 (J ) Kmol ΔG0 = ΔH0 - TΔS0 = 83300 - 298,15 x 219,4 = 17885,89 (J ) mol 0 0 -ΔG -17885,89 7,215 ΔG = -RTlnKa lnKa = = = - 7,215 K e 0,25 RT 8,314.298,15 a 3 3 3 2 4 2 4 2 Như vậy: Kp Ka .P0 7,35.10 .(1bar) 7,35.10 (bar ) Theo phương trình, ta có: 3 3 3 4 3 0,25 K P 2 7,35.10 P 2 P 2 K 8,14.10 (bar) p H2O H2O H2O p 2.2(1,0 điểm) a) Tính lượng nhiệt cần sử dụng để thu được 1,5 tấn clo tại 700K. 0 0 0 0 0 - Tính H (ph¶n øng) 2 H f (H2O) 2 H f (Cl2 ) H f (O2 ) 4 H f (HCl) = 2.(–242) – 4.(–92,5) = –114 (kJ.mol–1) - Biến thiên nhiệt dung của các chất trong phản ứng: Cp (ph¶n øng) 2Cp (H2O) 2Cp (Cl2 ) Cp (O2 ) 4Cp (HCl) = 2.34 + 2.34 – 29 – 4.29 = –9 (J.mol–1.K–1) - Biến thiên entanpy của phản ứng ở 700K được tính theo định luật Kierchoff: H0 (t¹i 700K) H0 (ph¶n øng, 289K) ( 9).(700 298) = –114000 + (–9).(700 – 298) = –117618 (J. mol–1) 0,25 - Cứ 2 mol Cl2 sinh ra (tương đương 0,142 kg Cl2) thì tỏa ra lượng nhiệt: 117,618 kJ - Để thu được 1,5 tấn Cl2 = 1500kg Cl2, nhiệt lượng tỏa ra tại 700K: 0 1500.( 117,618) 0,25 H (ph¶n øng, 700K) 1.242.444 (kJ) 0,142 3
4. b) Tính áp suất riêng phần của oxi: Xét cân bằng: O2(k) + 4HCl(k)ƒ 2H2O(k) +2Cl2(k) Ban đầu:n 1 mol 0 0 Phản ứng: 0,8n1 mol 0,4n1 mol 0,4n1 mol Cân bằng: 0,2n1 mol 0,4n1 mol 0,4n1 mol Tại cần bằng ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất, tỉ lệ về số mol bằng tỉ lệ về áp suất. Từ số mol các chất tại cân bằng, ta có: p(H2O) p(Cl2 ); p(Cl2 ) 2p(HCl) 0,25 p2 .p2 16.p4 16 → K H2O Cl2 Cl2 10 p 1,6 (atm) P p .p4 p .p4 p O2 0,25 O2 HCl O2 Cl2 O2 → Áp suất của O2 tại cân bằng là 1,6 atm. 2.3(2,0 điểm) a. Vì có 86% hơi nước đã ngưng tụ nên trong hệ X-H2O khi cân bằng có: số mol nước ở pha lỏng: n = 0,86 mol H2O(l) số mol nước ở pha hơi: n = 1 – 0,86 = 0,14 mol H2O(k) Gọi T (K) là nhiệt độ cuối của hệ. Vì X không chuyển pha, quá trình ngưng tụ nước diễn ra ở 100oC nên sự biến đổi trong hệ X-H2O được chia thành 4 quá trình thuận nghịch nhỏ như mô tả trên sơ đồ sau: (4) H2O(k) H2O(k) 0,14 mol; 373,15 K (1) 0,14 mol; T K X X H2O(k) (2) 2 kg;273,15 K 2 kg; T K 1,0 mol; 373,15 K (3) H2O(l) H2O(l) 0,86 mol; T K 0,86 mol; 373,15 K Vì sự trao đổi nhiệt chỉ xảy ra giữa X và nước nên: Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 0 Vì áp suất của hệ không đổi nên: m (C ) (T 273,15) n ( ΔH ) n (C ) (T 373,15) n (C ) (T 373,15) 0 X p X H2O(l) hh H2O(l) p H2O(l) H2O(k) p H2O(k) m (C ) (T 273,15) n ( ΔH ) (T 373,15)[n (C ) n (C ) ] 0 X p X H2O(l) hh H2O(l) p H2O(l) H2O(k) p H2O(k) m (C ) .273,15 n ( ΔH ) [n (C ) n (C ) ].373,15 T X p X H2O(l) hh H2O(l) p H2O(l) H2O(k) p H2O(k) m (C ) n (C ) n (C ) X p X H2O(l) p H2O(l) H2O(k) p H2O(k) 2.103.0,385.273,15 0,86.40,656.103 (0,86.75,3 33,6.0,14).373,15 T 323,08K 2.103.0,385 0,86.75,3 33,6.0,14 Vậy nhiệt độ cuối của hệ là 323,08 K hay 49,94 oC Nhiệt lượng mà kim loại X đã trao đổi. 0,5 QX= Q1 = mX (Cp )X (T – 273,15) 3 QX = 2.10 .0,385.(323,08 – 273,15) = 38446,1 J 38,446 kJ 4
5. Vậy X đã nhận 38,446 kJ. 0,5 T b. Biến thiên entropi của X: S S m (C ) ln X 1 X p X 273,15 323,08 0,25 S 2.103.0,385.ln 129,267 J.K 1 X 273,15 Biến thiên entropi của H2O: H T T S S S S n hh n (C ) ln n (C ) ln H2O 2 3 4 H2O(l) 373,15 H2O(l) p H2O(l) 373,15 H2O(k) p H2O(k) 373,15 3 40,656.10 323,08 323,08 1 SH O 0,86 0,86.75,3ln 0,14.33,6.ln 103,708 J.K 0,5 2 373,15 373,15 373,15 Biến thiên entropi của hệ X-H2O: -1 ∆Shệ = S S = 129,267 – 103,708 =25,559 J.K X H2O 0,25 Câu 3. (4,0 điểm) Hướng dẫn chấm Thang điểm Câu 3. (4,0 điểm) 3.1(2,0 điểm) a. Vì v2 >> v1 và v2 >> v-1 nên nồng độ của O luôn luôn rất nhỏ và không đổi theo thời gian dù cân bằng (1) có chuyển dịch theo chiều thuận hay chiều nghịch, vì vậy có thể áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với O. 0,5 b. d[O ] 0,25 3 k [O ][X] k [O ][O] + k [O ][O][X ] dt 1 3 2 3 1 2 d[O] 0,25 k [O ][X] k [O ][O] k [O ][O][X ] dt 1 3 2 3 1 2 Vì v2 >> v1 và v2 >> v-1 nên có thể áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với O. d[O] k [O ][X] k [O ][O] k [O ][O][X ] = 0 dt 1 3 2 3 1 2 k1[O3 ][X] [O] = 0,25 k2[O3 ] k 1[O2 ][X] k1[X] Do v2 >> v-1 nên k2[O3] >> k-1[O2][X] [O] = và k2 d[O ] 3 k [O ][X] k [O ][O] 0,25 dt 1 3 2 3 d[O3 ] k1[X] Hay: k1[O3 ][X] k2[O3 ]. = -2k1[O3][X] dt k2 0,25 1 d[O3 ] Tốc độ phản ứng: v = . = k1[O3][X] 2 dt 0,25 Vậy: k = k1. 5
6. 3.2(1,0 điểm) 1 a. Do đồ thị theo thời gian có dạng tuyến tính với độ dốc dương nên đây [A] là phản ứng bậc 2 theo chất A. 1 Từ đồ thị và bảng số liệu thu được phương trình: = 1993,13 + 80,19t [A] 1 1 So sánh với phương trình động học của phản ứn bậc 2: = + kt [A] [A]o 1 -4 0,25 Ta có: = 1993,13 [A]o 5,02.10 M [A]o và k = 80,19 L.mol–1.s–1 0,25 1 0,5 b. Sau 9 giây, nồng độ của A là: [A] = 3,68.10-4M 1993,13 80,19.9 3.3(1,0 điểm) Xét phản ứng: Dầu hỏa Xăngk1 sảnk2 phẩm Thời gian để lượng xăng đạt cực đại là: ln k2 ln k1 ln 0,102 ln 0,283 tmax = = = 5,638h 0,5 k2 k1 0,102 0,283 Khi đó khối lượng xăng cực đại thu được là: k1 k1tmax k2tmax mmax = mdầu hỏa. (e e ) k2 k1 0,283 = 1.(e 0,283.5,638 e 0,102.5,638 ) = 0,56266 tấn 0,5 0,102 0,283 Câu 4. (5,0 điểm) Hướng dẫn chấm Thang điểm Câu 4. (5,0 điểm) 4.1(2,0điểm). a.Cl2 +2NaBr → 2NaCl + Br2 0,25 5Cl2 + Br2 + 6H2O→ 2HBrO3 +10 HCl 0,25 Hoặc 6Cl2 +2NaBr+6H2O→ 2HBrO3 +10HCl +2NaCl b. 5H2S + 2KMnO4 + 3H2SO4→ K2SO4 + 2MnSO4 + 5S + 8H2O 0,25 c. Na2S2O3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + S + H2O 0,25 d. Fe3O4 + 8HI→ 3FeI2 + I2 + 4H2O 0,25 I2 + I → I3 e. Ca(OH)2 + P2O5+H2O → Ca(H2PO4)2 0,25 f. Si + 2NaOH+ H2O→ Na2SiO3 + 2H2 0,25 g. 5NO2 + KMnO4 + H2O→ KNO3 + Mn(NO3)2 + 2HNO3 0,25 4.2(1,0điểm). Chất D là Al2S3; Hợp chất của A và C là Al2O3. Vậy A là nhôm (Al); B là lưu huỳnh (S); C là oxy (O); Hợp chất của 3 0,25 nguyên tố A, B, C là nhôm sunfat (Al2(SO4)3). 6
7. t0 2Al +3S  Al2S3; Al2S3 + 6H2O 2Al(OH)3 +3H2S. 0,25 4Al +3O2 2Al2O3; S +O2 SO2; 0,25 3 2 Al 2H2O € Al(OH) H3O 0,25 4.3(2,0điểm). H2 : 0,2 0,25 Ta có: nZ 0,23 N2 : 0,01 NO : 0,02 Mg2 : 0,42 AlO2 : a Al3 : a K : b K : b NaOH Dung dịch Y chứa  Na :1,72 NH4 : c Cl :1,12 Cl :1,12 SO2 : b 2 4 SO4 : b BTĐT: 3a b c 0,28 (1) 0,25 BT(OH): 4a c 0,88 (2) 0,25 b 4c 1,12 0,4 0,25 BT(H): n H2O 2 BTKL  mY 49,84 27a 135b 18c 1,12 b 0,2.2 4c BTKL 23,88 136b 40,88 m 1,28 .18 0,25 Y 2 27a 8b 18c 7,16 (3) a 0,2 (1), (2), (3) b 0,4 0,5 c 0,08 m 49,84 27.0,2 135.0,4 18.0,08 110,68(gam) 0,25 7
8. Câu 5 (4,0 điểm) Hướng dẫn chấm Thang điểm Câu 5 (4,0 điểm) 5.1 C 2 >> CAg+ và β2>>β1 nên phức bậc 2 là chủ yếu S2O3 (0,5điểm). + 2- 3- Ag + 2 S2O3 → Ag(S2O3)2 0,01 1 0,98 0,01 TPGH S O 2- 0,98 M Ag(S O ) 3- 0,01 M 2 3 2 3 2 0,25 3- + 2- -1 -13,46 Xét : Ag(S2O3)2 ƒ Ag + 2 S2O3 β2 = 10 0,01-x x 0,98+2x [ Ag+] = 10-13,46.0,01/0,982 = 3,61.10-16 0,25 - 8,82 -16 -7 3- Kiểm tra [Ag(S2O3) ]= 10 .3,61.10 .0,98= 2,34.10 > Ka2 >> Ka3 nên xem H3PO4 chỉ phân ly nấc 1. (2,0 điểm). Do ? và = 1 nên xem như H PO quyết định pH. H3PO4 HA HA 3 4 [H PO ] K Ta có: 2 4 a1 0,443 h 8,90126.10 3 H3PO4 C h K H3PO4 a1 Ka 6 0,25 HA KaHA 1,7361.10 (M) h Ka + H3PO4 ƒ H + H2PO4 Ka1 [] C-h h h 2 h 2,15 10 CH PO 0,02(M) 0,25 C h 3 4 7,09 H3PO4 + NH3 NH4 + H2PO4 K = 10 C0 0,02 0,16M C - 0,14 0,02 0,02 - 3,48 HA + NH3 NH4 + A K = 10 C0 0,01 0,14M 0,02 C - 0,13 0,03 0,01 2 2,03 H2PO4 + NH3 NH4 + HPO4 K = 10 C0 0,02 0,13M 0,03 C - 0,11 0,05 0,02 2 HPO4 0,02M;A 0,01M TPGH ddB 0,25 NH3 0,11M; NH4 0,05M [NH3 ] 0,11 0,25 pH pKa log 9,24 log 9,58 [NH4 ] 0,05 8
9. C 0,025M;CNH 0,055M;C 0,005M;C 2 0,01M;C 2 0,015M NH4 3 A HPO4 Mg 0,01.Ka1.Ka2.Ka3 5 C 3 1,819.10 (M) PO4 3 2 h h .Ka1 Ka1.Ka2h Ka1.Ka2.Ka3 Để xuất hiện kết tủa: K MgNH PO : C S 5,5245.10 7 (M) 0,25 4 4 Mg2 (1) C .C 3 NH4 PO4 K Mg(OH) : C S 8,71.10 3 (M) 2 Mg2 (2) C2 OH Thứ tự xuất hiện kết tủa (nếu có) là MgNH4PO4 sau đó đến Mg(OH)2. 0,25 Do C 2 C có kết tủa MgNH PO . Mg 1 4 4 2+ 2 Mg + NH3 + HPO4 MgNH4PO4 C0 0,015 0,055 0,01 C 0,005 0,045 sau khi xuất hiện kết tủa MgNH 4PO4 thì nồng độ NH3 giảm nên nồng độ 0,25 - OH giảm và C không2 0, 0có05 kếtM tủaC Mg(OH)2 . Mg Mg (2) 2 0,045 pHhệ = 9,24 + log = 9,5. 0,025 0,25 5.3(1,5điểm). Gọi độ tan của chì là s: 2+ + * - s = [Pb ] + [Pb(OH) ] + [Pb(OH)2 ] + [Pb(OH)3 ] 0,25 * Pb(OH)2 là Pb(OH)2 ở dạng phức tan. 0,25 Tại pH = 8, [OH-] = 10-6 (tính gần đúng, bỏ qua hai số hạng sau) S 8,943.10-8 M S 18,5 (g /l) Vậy s > 10g /l, nước không đạt tiêu chuẩn nước sinh hoạt 0,5 Khi pH = 9; [OH-] = 10-5 9
10. S 8,676.10-9 (M) S 1,8 (g /l) Vậy s < 10g /l , nước đạt tiêu chuẩn nước sinh hoạt. 0,5 Lưu ý dành cho các giám khảo: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho trọn điểm. HẾT 10