Quảng cáo

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

Nguồn: dethi.edu.vn

Đọc sách

Báo tài liệu không phù hợp

Xem trước nội dung

Trang 1/5

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI

HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2020

MÔN: HÓA HỌC (Khóa ngày 14 tháng 3 năm 2019) Câu 1 (2,25 điểm)

a) KNO3 (r) + H2SO4 (đặc) KHSO4 + HNO3 b) 4CuO +2 NH4Cl N2 + CuCl2 + 3Cu + 4H2O

0,25

c) PI3 + 3H2O H3PO3 + 3HI d) Al4C3 + 4H2O + 4KOH 4KAlO2 + 3CH4↑

0,25

e) 3NaNO2 + H2SO4 loãng NaNO3 + Na2SO4 + 2NO + H2O g) K2MnO4 + 2H2S + 2H2SO4 2S + MnSO4 + K2SO4 + 4H2O

0,25

1. 1,0 điểm

h) 4Fe(NO3)2 2Fe2O3 + 8NO2 + O2 i) 2CuSO4 + 4NaCN 2Na2SO4 + 2CuCN + (CN)2

0,25

a) Số nguyên tử Ag có trong 1 ô mạng cơ sở: = 4 (nguyên tử)

Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô mạng cơ sở. Ta có: d = a = 4rAg a = 2rAg = 2.144 = 407 (pm)

0,25 2.

0,5 điểm

Khối lượng riêng của Ag là: DAg= =10,64 (g/cm3) 0,25

a) ; 0,25

b) Gọi N0 là số nguyên tử có trong 1 mL dung dịch ban đầu.

Số nguyên tử có trong 1 mL dung dịch sau thời gian t là N = N0.e-t. Với  = 0,693/(8,02.24.60) = 6,0.10-5 phút-1.

0,25

0,75 điểm Số hạt - phát ra trong thời gian t = 3.60 = 180 phút là: N0 - N = N0(1 - e-t) = 1,08.1014  N0 = 1.1016 nguyên tử

Nồng độ ban đầu của = (1.1016/6,022.1023)/0,001 = 16,60 mol/L. (Nếu HS không làm tròn số sẽ cho kết quả 16,69 mol/L)

0,25

Câu 2. (1,75 điểm)

a) Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k) 2SO3 (k) (1) Khi giảm nhiệt độ, hiệu suất phản ứng tăng lên nghĩa là cân bằng chuyển dịch về phía thuận, vậy phản ứng đã cho là tỏa nhiệt.

0,25

b) Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k) 2SO3(k) (1) 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:

0,25

0,75 điểm

Tại nhiệt độ 5500C hay 823K,  = 0,80 Kp(823K) = 176; Tại nhiệt độ 4200C hay 693K,  = 0,97 Kp(693K) = 7,074.104

0,25

- Trong phân tử N(CH3)3 nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp3 nên phân tử có cấu tạo tháp tam giác. - Nguyên tử N trong phân tử N(CH3)3 còn cặp e chưa liên kết nên dễ thực hiện phản ứng cho nhận với nguyên tử B có AO trống tạo ra (CH3)3NBF3.

0,25 2.

0,5 điểm

- Trong phân tử N(SiH3)3 do Si có AO d trống nên giữa N và Si có thể xảy ra liên kết nên N ở trạng thái lai hóa sp2.

0,25

ot 

ot  



 



ot 

 

1 1 8 6 8 2  

2  2 2

 23 10 3 4.108 6,02.10 (407.10 ) 

130 1 131 52 0 52 Te n Te   131 131 52 53 Te I   

131

53I

131

53I

 131

53I



2 2

2 2 2 2 SO p 2 2 3 3 SO O

P (2a ) (3 ) K P .P [2a(1- )] [a(1 )] a(1 ) (1 )            



p d  

DeThi.edu.vn

Trang 2/5

- Nguyên tử N trong phân tử N(SiH3)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 Đặt số mol của NO và N2O lần lượt là a và b, ta có: a+ b = 5,04/22,4 = 0,225; 30a + 44b = 2.0,225.59/3 = 8,85; Vậy a = 0,075; b = 0,15; 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.

0,25 3.

0,5 điểm

N+5 + 8e  N-3 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%.

0,25

Câu 3. (2,0 điểm)

(CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2 (CH3)3C-CH2-CH(CH3)CH2Cl + HCl (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2 (CH3)3C-CH2-CCl(CH3)2 + HCl

0,25 1. 0,5 điểm (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2 (CH3)3C-CHCl-CH(CH3)2 + HCl (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2 (CH3)2C(CH2Cl)-CH2-CH(CH3)2 + HCl

0,25

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 2.

1,0 điểm

b) Cấu hình: 0,5

0,5 điểm

0,25

 