Đáp án đề thi lập đội tuyển dự thi Quốc gia môn Hóa học Lớp 12 - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk

Nội dung text: Đáp án đề thi lập đội tuyển dự thi Quốc gia môn Hóa học Lớp 12 - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI ĐẮK LẮK CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC VÔ CƠ (Hướng dẫn này có 07 trang) Ngày thi: 22/10/2015 NỘI DUNG ĐIỂM Câu I (4,0 điểm)) 1. Phân tử H2O có cấu trúc góc nên: Theo phương pháp cộng véctơ ta có công thức :   H 0,25x2  = 2 cos .  H2O OH 2   OH   H O 1,85 O  2 H2O Suy ra OH =  = 1,51D .  2cos 2.cos52,25 2 OH H Mô men lưỡng cực tính theo lý thuyết của liên kết OH là: H  0,0957.10 9.1,6.10 19  (lt) 4,60D OH 3,33.10 30 0,25x4 Độ ion của liên kết O – H: 1,51  % 100 32,8% 4,60 2. a, 2HgO(r) ƒ 2Hg(k) + O2 (k) [ ]0 a mol 0 0 [ ] a – 2x 2x x Khi cân bằng P 2P 3P 4atm P 4 atm Hg O2 O2 O2 3 4 8 8 2 4 PHg 2 3 atm 3 atm Kp ( 3) ( 3) 9,48 0 0,25x4 G773 RT ln Kp 8,314.773.ln 9,48 14454,8 J b, phản ứng nghịch là phản ứng tạo thành 2 mol HgO(r) từ các đơn chất bền ở 5000C, do đó 1 G0 2 G0 (HgO ) G0 (HgO) G0 7227,4J 0,25x2 pu 2 pu c, Số mol HgO(r) nhỏ nhất khi a = 2x; PV 4.0,5 Ta có n 3x x 0,0105 a 0,021 mol RT 0,082.773 mHgO 0,021.216,6 4,55 gam. 0,25x4 Câu 2:(4,0 điểm) 1. Thiết lập biểu thức cho Kp, Kc PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k) ban đầu a mol cân bằng a x x x (mol) Tổng số mol khí lúc cân bằng: a + x = n 1
2. x m ; M = 208,5 (g/mol); = a mol PCl ban đầu PCl5 5 a 208,5 Tính Kp: Áp suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí: a x x pPCl .p và pPCl pP .p 5 a x 3 Cl2 a x x ( .p)2 p .p 2 Cl2 PCl a x) x (a x) Kp 3 .p2. p a x (a x)2 (a x).p PCl5 ( ).p a x x2 x2 p x2 2 2 Kp . .p; Kp a .p p 0,25x2 (a x) (a x) a2 x2 a2 x2 1 2 a2 a2 Tính Kc: a(1 ) a PCl5 = ; PCl3 = Cl2 = V V 2 2 2 [PCl3 ][Cl 2 ] (a ) V a m Kc = = 2 [PCl5 ] V a(1 ) V(1 ) 208,5V(1 )  Hoặc: Kp = Kc (RT) khí = 1 pV pV Kp = Kc (RT) pV = nRT = (a + x) RT RT = a x a(1 ) pV 2 pV Kp = K p = K C a x 1 2 C a x 2 pV a 2 (1 ) Thay x = a p = K K 1 2 C a(1 ) C V 1 2 a 2 (1 ) a 2 m 2 0,25x2 K . C V (1 )(1 ) V (1 ) 208,5V (1 ) 83,4 2. Thí nghiệm 1: n a 0,40mol PCl5bandau 208,5 M của hỗn hợp cân bằng: 69,5 2,0 = 139,0 g/mol Tổng số mol khí lúc cân bằng: n1 = a (1 + 1) = 83,4:139,0 = 0,60mol 0,25x2 n1 = a (1 + 1) = 0,400 (1 + 1) = 0,600 1 = 0,500 2 2 0,5 Tìm Kp tại nhiệt độ T1: Kp p 2,7 0,90 0,25x2 1 2 1 (0,5)2 2
3. 3. Thí nghiệm 2: - Giữ nguyên nhiệt độ Kp không đổi. - Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu: a = 0,40mol. - áp suất cân bằng p2 = 0,50 atm. 2 2 2 2 2 0,25x2 Ta có p 2 2 = Kp = 0,502 = 0,90 2 = 0,64286 ; 2 = 0,802 1 2 1 2 Tổng số mol khí lúc cân bằng: n2 = 0,400.(1+ 2) 0,721 (mol). n 2 RT n1RT Thể tích bình trong TN 2: V2 = so với V1 = p 2 p1 V n .p 0,721.2,7 2 2 1 6,489 lần 0,25x2 V1 n1.p2 0,6.0,5 4. Thí nghiệm 3: - Thay đổi nhiệt độ Kp thay đổi. - Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu a = 0,400 mol và V1 - áp suất cân bằng p 3 thay đổi do: nhiệt độ giảm (T 3 = 0,9 T1), tổng số mol khí thay đổi (n3 n1). p3 = 1,944 atm ; 3 là: n3 = a (1+ 3) = 0,400 (1+ 3) ; p3V1 = n3RT3 = 0,9 n3RT1 ; p1V1 = n1RT1. p 0,9n 0,400 (1 ) 0,9 3 3 1,944 3 0,25 3 0,200 p1 n1 2,700 0,600 2 2 3 (0,200) n3 = 0,48 mol; KP P3 1,944 0,081 T3 2 2 1 3 1 (0,200) 0,25x2 Khi hạ nhiệt độ, Kp giảm cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. Chiều nghịch là chiều phát nhiệt Chiều thuận là chiều thu nhiệt. 0,25 Câu 3:(4,0 điểm) 1. Đây là các muối axit, là chất điện li lưỡng tính: MHA M+ + HA- - + - HA ƒ H + A Ka2 (1) - + -1 0,25x2 HA + H ƒ H2A (Ka1) (2) pH phụ thuộc hai quá trình (1) và (2). Nếu Ka 2 càng lớn và Ka1 càng lớn thì dung dịch có pH càng bé vì quá trình nhường proton (1) xảy ra mạnh, quá trình thu proton (2) xẩy ra yếu. So sánh ở trên ta có: 0,25x2 pH (NaHC2O4) < pH (NaHSO3) < pH (NaHCO3) < pH (NaHS) 2. H S ƒ HS- + H+ ; K 2 a1 HS- ƒ H+ + S2- ; K a2 2- 2+ 1 S + Zn ƒ ZnS↓ ; KsZnS Điều kiện để không có kết tủa ZnS tách ra: 3
4. C .C T ( vì môi trường axit nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Zn2+) S 2 Zn2 ZnS Ks C ZnS . (1) S 2 C Zn2 0,25x2 Mặt khác từ cân bằng phân li của H2S ta có K .K .H S S 2 a1 a2 2 (2) 2 H Từ (1) và (2) ta có 19,9 K .K .H S Ks Ka1.Ka2.H2S.C 2 10 .0,1.0,1 a1 a2 2 ZnS H Zn 2 C Ks 10 21,6 H Zn2 ZnS 0,25x2 C H 10 0,16 M 0,71M H 3. a) AgCl  ƒ Ag+ + Cl– Ks = 10 – 9,7 (1) + + 7, 24 Ag + 2NH3 ƒ Ag(NH3)2  = 10 (2) + – – 2,46 Tổ hợp: AgCl  + 2NH3 ƒ Ag(NH3)2 + Cl K = 10 (3) so sánh thấy 10 – 2,46 >> 10 – 9,7 nên (3) xảy ra là chủ yếu. –3 –2 0,25x2 * Khi AgCl tan hoàn toàn thì CCl- = C Ag(NH3) 2 = 2. 10 . 10 = 2. 10 M C Ag(NH ) Ag Ag(NH ) Ag(NH3 )2 3 2 3 2 + – – 2,46 Từ pt : AgCl  + 2NH3 ƒ Ag(NH3)2 + Cl K = 10 (3) [ ] (C– 4. 10 – 2) (2. 10 – 2) (2. 10 – 2) 2 2.10 2 – 2,46 ta có : 2 = 10 C = 0,38 nồng độ tối thiểu của NH3 khoảng 0,4 M 2 0,25x2 C 4.10 b, Để 99,9% AgCl kết tủa trở lại thì : – 2 – 5 + + C Ag(NH3) 2 = 2. 10 . 0,1% = 2. 10 = [Ag ] + [Ag(NH3)2 ] – 4,7 C - = 2. 10 – 5 = 10 và C + = 0,38 – 2. 2. 10 – 5 0,38 M Cl NH4 + + Vì khi axit hóa : NH3 + H ƒ NH4 + + + + Ag(NH3)2 + 2H ƒ Ag + 2NH4 . Ag+ + Cl – ƒ AgCl  K 10 9,7 Do [Ag+] = s 10 5 nên [Ag(NH ) +] = 2. 10 – 5 – 10 – 5 = 10 – 5 . 4,7 3 2 Cl 10 0,25x2 + + –7, 24 Quá trình Ag(NH3)2 ƒ Ag + 2NH3 có K = 10 [ ] 10 – 5 10 – 5 x 2 –7, 24 7,24 – 3,62 (x) = 10 [NH3] = x = 10 = 10 . + + – 9,24 Với quá trình: NH4 ⇌ NH3 + H . có K = 10 . NH + 4 – 9,24 0,38 – 7 nên [H ] = K . = 10 . 3,62 = 9,11. 10 . pH = 6,04 0,25x2 NH3  10 4
5. Câu 4:(4,0 điểm) 1. Tính pH của dung dịch + 2- Na2S 2 Na + S 0,01 0,01 KI K+ + I- 0,06 0,06 + 2- Na2SO4 2Na + SO4 0,05 0,05 2- - - -1,1 S + H2O ƒ HS + OH Kb(1) 10 (1) 2- - - -12 SO4 + H2O ƒ HSO4 + OH Kb(2) 10 (2) 0,25 Kb(1) >> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch: 2- - - -1,1 S + H2O ƒ HS + OH 10 0,25x2 C 0,01 [ ] (0,01 -x) x x x2 10 1,1 x2 0,0794x 10 3,1 0 0,01 x x = [OH-] = 8,98. 10-3 0,25x2 pH = 11,95 2. a, Pb2+ + S2- PbS  (Ks -1) = 1026. 0,09 0,01 0,08 - 2+ 2- -1 7,8 Pb + SO4 PbSO 4  (Ks ) = 10 . 0,08 0,05 0,03 - 2+ - -1 7,6 Pb + 2 I PbI2 (Ks ) = 10 . 0,03 0,06 Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO4 , PbI2 0,25x3 Dung dịch B : K+ 0,06M Na+ 0,12M 2+ 2- 2- - Ngoài ra còn có các ion Pb ; SO4 ; S ; I do kết tủa tan ra. + + 2+ 2- 2- - b, Dung dịch B : K 0,06M ;Na 0,12M; ngoài ra còn có các ion Pb ; SO4 ; S ; I do kết tủa tan ra. Độ tan của PbI : S 3 10 7,6 / 4 10 2,7 ; PbSO : S 10 7,8 10 3,9 ; PbS : S 10 26 10 13; 2 4 Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của PbI2. 2+ - PbI2 Pb + 2I Ks Do đó [Pb2+] = 10-2,7 = 2 x 10-3M 10 7,8 [I-] = 4.10-3M; [SO2 ] 5.10 5,8 7,9.10 6 M = [Pb2 ] 4 2.10 3 10 26 và [S2 ] 5.10 24 M = [Pb2 ] 2.10 3 5
6. 2- 2- 2+ 2+ Các nồng độ SO4 , S đều rất bé so với nồng độ Pb , như vậy nồng độ Pb do PbS và PbSO4 0,25x3 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác. c, Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2. Cho kết tủa hoà tan trong NaOH dư :  PbS không tan, có màu đen. 0,25x2 2- 2- - - + Dung dịch có PbO2 , SO4 , I , OH , Na - 2- 2- PbSO4 + 4 OH PbO2 + SO4 + 2 H2O - 2- - PbI2 + 4 OH PbO2 + 2 I + 2 H2O 2- 2- - Nhận ra ion SO4 : cho BaCl2 dư: có kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch có PbO2 , OH 0,25 , Ba2+, I-, Na+, Cl- - 2+ Nhận ra I , Pb : axit hoá dung dịch bằng HNO3 dư sẽ có kết tủa vàng PbI2 xuất hiện: 0,25x2 - + OH + H H2O 2- + 2+ PbO2 + 4 H Pb + 2H2O 2+ - Pb + 2 I PbI2 Câu 5:(4,0 điểm) Câu 1. Thiết lập một pin nồng độ sau ở 250C: Pt, H2(1,0 atm)  CH3COONa 0,1 M  HCl 0,01M  H2(1,0 atm), Pt 0,059 [H ]2 E E 0 lg 2H H 2H H ; vì PH 1atm nên: E 0,059lg[H ] 2 2 2 P 2 2H H2 H2 Vì E 0 0,4058 E = E0,059lg0,01 – 0,059lg[H +] Pin f t 0,25x2 0,01 0,4058 0,059lg [H ] = 1,32.10 9M ; [H ] 10 14 [OH ] = = 7,576.10 6M 1,32.10 9 - - CH3COO + H2O ƒ CH3COOH + OH C: 0,1 [ ]: 0,1 – x x x 2 6 2 x 6 (7,576.10 ) Kb = ; thay x 7,576.10 M ; Kb = ; Nếu x << 0,1 (*) thì 0,1 x 0,1 x (7,576.10 6 )2 K = 5,74.1010 thỏa mãn (*) b 0,1 0,25x2 -10 Vậy Kb = 5,74.10 . 2. Khi metyl da cam đổi màu thì đã chuẩn độ hết nấc thứ nhất của H3PO4, vì pH (NaH2PO4) 4,7. Phản ứng chuẩn độ: H3PO4 + NaOH  NaH2PO4 + H2O C.25,00 = 0,0100.13,64 0,0100.13,64 C = 5,456.10 3 M 0,25x2 H3PO4 25,00 Khi phenolphtalein đổi màu (pT = 10,00) thì cả hai nấc đầu của H3PO4 đã bị trung hòa, vì pH 6
7. (Na2HPO4) 9,7. Phản ứng chuẩn độ: H3PO4 + 2NaOH  Na2HPO4 + 2H2O 5,456.10-3 .20,00 = 0,0100.V 5,456.10 3.20,00 VNaOH = 10,91ml 0,25x2 0,0100 3. Phản ứng là bậc nhất với mỗi chất nên phản ứng có bậc chung bằng 2. Vì nồng độ ban đầu của hai chất phản ứng bằng nhau nên phương trình động học tích phân có dạng: 1 1 kt 0,25x2 [A] [A0 ] 1 1 1,0.10 2.100 ; [A] 0,091M 0,25x2 [A] 0,1 2+ 4. SnCl2 là muối của bazơ yếu nên Sn bị thủy phân: 2+ - + Sn + H2O + Cl ƒ Sn(OH)Cl↓ + H Trong môi trường axit hợp chất ít tan Sn(OH)Cl không tạo thành được, vì cân bằng chuyển dịch 0,25x2 sang bên trái. 2+ Trong không khí O2 sẽ oxi hóa Sn thành thiếc oxiclorua màu vàng: 2+ - 2Sn + O2 + 4Cl  2SnOCl2 2+ Khi có mặt Sn là chất khử, Sn sẽ khử SnOCl2 tạo lại Sn : + 2+ - SnOCl2 + Sn + 2H  2Sn + H2O + 2Cl 0,25x2 (Ghi chú: Thí sinh có cách làm khác, nếu đúng vẫn cho đủ điểm) 7