ĐỀ CHÍNH THỨC VÀ ĐÁP ÁN OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC LỚP 10 (TRƯỜNG CHUYÊN) 2006 ĐẾN 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC VÀ ĐÁP ÁN OLYMPIC 30/4

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

ĐỀ CHÍNH THỨC VÀ ĐÁP ÁN OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC LỚP 10 (TRƯỜNG CHUYÊN) 2006 ĐẾN 2019 WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

D E

O N

O L Y M P I C

T H I H O a

O '

O

N O C

H S G Q U O C

T E

c> ,<CN '

HỮU CƠ

o

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU TỔ HÓA HỌC

c> x * . <<c ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN OLIMPIC 30/4

Giáo viên: Trần Lệ Thủy

'Ỷ ' c> x & Ö

A o

(^ 0 0 4 ^ )

BỂ THI” CHÍNH THỨC ot í*s MÔN ¡ H O Á H Ọ C1m ) 0 '(i'&Sn ỉ£ê 'iềìulu Thời gian : 180 phút (không kể thời giạn gỉao đe) Câu 1: (4đ) 1. Trong các cấu trúc có thể có sau đây, những cấu trúc nào tồn tại tiên hơn? Vì sao?

Phân tử Te Ion IC14 : C1 ^ U ci c 1 C rQ * C l rc i C1 0

ò

(a)

(b)

(c)

C

1

(d)

2. Tại sao nước đá nhẹ hơn nước lỏng? (có vẽ hình minh họa).

3 . 137Ce tham gia phản ứng trong lò phản ứng hạt nhân, cỏ chu ki bán hủy 30,2 năm. 137Ce là một trong những đồng vị bị phát tán mạnh ở nhiều vùng của châu Âu sau một vụ tai nạn hạt nhân. Sau bao lâu lượng chất độc này còn 1 % kể từ lúc tai nạn xảy ra.

5 4. Dựa theo thuyết MO, hãy giải thích từ tính của phân tử F2 và ion C O \ " Câu 2: (4đ) 1. Cho các dữ ki N 2Ọ4 (k)

2NỌ2 (k)

AHi (k J/

9,665

33,849

. / mol) AS29X(kJ

304,3

240,4

Giả thiết rằng biến thiên entanpi và entropi phán ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Phản ứng sẽ tự xảy ra theo chiễu nào tại nhiệt độ; ọ° c và 100° c .

2. Cho hỗn hợp khí A gồm H 2 và c o cỏ cùng số moi. Người ta muỗii điều chế H 2 đi từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa c o theo phản'ứng: C 0 (k ) + H 20 ( k ) ^ C 0 2 (k) + H 2 (k) (♦>Giám thị không giải thích gì thêm.

©

,

Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t° c ) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của c o và H20 bằng 1: n. Gọi a là % số mol CỌ bị chuyển hóa thành C 02. a) Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa II, a và Kc .

,

b) Cho n = 3, tính % thể tích c o trong hợp chất khí cuối cùng (tức 'trạng thái cân bằng).

Câu 3: (4đ) 1. Dung dịch'A gồm có H2S04 0,05M; HC1 0,18M và 0,02M. Thêm NaOH vào đung dịch A đến nồng độ của NaO thì dừng, tạ thu được dung dịch A ị. a) Tính nồng độ các chất trong dung địch A j. b) Tính pH của dung dịch A ị. c) Tính độ điện ly của CH3COOH trong Cho: Ka ( h SOị )= 10"2; K, (CH,COOH) = 1er4'75.

2. Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,0IM và SrCl2 01M với dung dịch K 2Cr20 7 IM, có các quá trình sau đây xảy ra: Cr2Oị- + H20 * = ì2 C r0 * -+ 2 ír

Ka = 2,3xlO ’ 15

Ba2++CrOỈ‘ ^ B a C r 0 4 ị

T,-' = 109 ”

Sr2" + C rO f

SrCr04 i

T2 ' = 104 65

Tinh khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCr0 4 mà không kết tủa SrCr04.

Gâu 4: (4đ) 1.

Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn /Z n (N 0 3)2 0,1M và

A g/A gN 0 3 0,1M có thế khử chuẩn tương ứng là E‘¿ 2+/Zll = -0,7ỐV và E”Ag+/Ag +/A = +0,80V. ’ a) Thiết lập sơ đồ pin. b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc. c) Tính sủất điện động của pin.

.....

•

d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động.

2.

Hoàn thành phản ứng oxy hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) Fex0 y+H N 0 3 —>N nOm. b) Cr3+ + CIO3 + OH —>....

3. Hoàn thành phản ứng oxy hóa khử sau theo phương pháp ion S electron: ọn: a) SO3- + M11O4 + H20 b) Fe o + H+ + s o l' -> Fe3+ + S02 + s + H20 (với tỉ lệ mol SO2 và s là 1 : 1 ).

Câu 5: (4đ) 1. Thực tế khoáng pirit cỏ thể coi là hỗn hợp ---- 2 --------7...... — ií một mẫu khoáng pirit bằng brom trong dung dịch KQH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung dịch B. Nung kết tủa A đến khối lượng khong đổi thu được 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 vàq dung dịch B thì thu được 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit. a) Viết các phương trình phản ứng. b) Xác định công thức tổng của pirit.

2. Cho dung dịch A chứa 356g hỗn hợp X gồm NaBr và Nai tác dụng với 0 4 mol Cl2. Cô cạn dung dịch sau phản ửng, thu được chất rail A cỏ khối lượng 282,8g. a) Chứng tổ rằng chỉ có Nai phản ứng. b) Cho durig dịch A trên tác dụng với Cl2. Để dung dịch thu được chứa hai muối thì lượng Cl2 tối thiểu phải dùng là 35,5g. Tính số mol mỗi chất trong hỗn hợp X. ' , Đ Á P Ẩ N VẮN TẮT

V \

Câu 1: (4đ) ỉ. Cấu trúc (a) với các electron không liến kết ở vị trí trục có khả năng tồn tại thực tế vì no đảm bảo cho lực đẩy giữa cáe cặp electron không liên kết lấ nhỏ nhất.

Cấu trúc (c) với cặp electron không liên kết ở vị trí xích đạo cỏ khả năng tồn tại trong thực tế vì tươngtác đẩy ở cấu trúc này bé nhât.

3

> *-*■

■

•

.

1 l'

*

b) Do có liên kết hiđrô nên nước đá có cấu truc đặc biệt, Các nguyên tử oxi nằm ở tâm và bốn đỉnh của một tứ diện đều. Mỗi nguyên tử hidro liên kết chính với một nguyên tử ôxi và liên kết hiđrô với một nguyên tử 0X1 khác. Cấu trúc này tương đối rỗng nên cổ tỷ khối nhỏ. Khi tan thanh nừơc lỏng câu trúc này bị phá vỡ, khoảng cách giữa các phần tử giảm nên thể tíeh gịảm và do đỏ tỷ khoi tãng. Kết quả là nước đá nhẹ hơn nước.

X • • • *• »?.H, VH v - ,.j A , . . .

<N °

H'

Câu trúc tứ diện của tinh thể nựớc đá 3. Áp dụng công thức: ,

Mà

K=i .n ^ =^ l g % ^ t =» l g t N t N .

K , _ 0,693 .

2,303T,_N„ k- _ -> t — lfi—T 0,693 N ^

i N

2,30330,2 ^ = 2, 3 0 3 ^ 2 ; i l 0 0 0,693 g N¡.

0,693 8 100

2,303.30,2.2

=200,72 (năm)

Vậy sau 200,46 năm thì lượng chất độc trên còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra. . 4. Cấu hình electron của phân tử F2: «

f (<4 í « ) * K

= <p( )4 ( 4 , = * ;Pỵ )4

Phận tử F2 không có electron độc thân nên nghịch từ.

Cấu hình electron của ion CO+ : (ơjkB)2 (ơ 2S)2 ị%2K = 7Ĩ2P )4 (Ơ2PZy lon CO+ cỏ electron độc thân nên thuận từ. :

©

Câu 2: (4đ) 1, AH"ư =2x33,849-9,665 = 58,033 kj AS° = 2x240,4-304,3 = 176,5 J AG"7, = AH° -T .A S 0 =58033-273 X 176,5 = 9848,5 J > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.

AG373 = AH - T . AS = 58033-373x176,5 = -7801,5 J <0 nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

2 . a)

Xét cân bằng:

co

Trước phản ứng: Phản ứng:

+

H20

Ị a

n a

C 0 2 Ạ+ .

0 V a

H2 1

a

Sau phản ứng: 1 -a n -a a Ị +a Tổng.sốmol sau phản ứng: ( l - a ) + ( n - a ) + a + (l + a) = n + 2 K 0

[CQ2][H2] [C0][H 20 ]

a(a + l) ( l- a ) ( n - a )

b) Vì ta có % thể tích c o trong hỗn hợp X= * - - (N = n + 2) Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn lOOx2 +65x - 2 = 0 Giải phương trình: x = 2,94% Câu 3: (40) 1..a) a)

\S /

H 2S0 4 0,05

H+ + HSO; 0,05

0,05

HC1 -> H+ + c r -

0,18

0,18

NaOH -> Na+ + OH ' 0,23 0,23 H+ + OH~ -> H20 0,23

0,23

CẼ

,

.

Dung

dịch

Aị : H so ; 0,05M; CH3COOH 0,02M; N aí Ọ,23M;

c r 0, 18M b)

HSO;

H+ + so*"

0,05M 0,05-x

X

CH3COOH

( 1)

X

(2)

CH3COO“ + H+

0,02M HzO

H+ + OH“

~ “L = '''T ĩ r = 555 >100 => cân bằng (1) là chủ yếu Ka 2 1(T4’75 [y của Kaj .Cãị = 1CT2.0 ,0 5 > 2.10 3 => bỏ qua sự điện ly củ H2Ò Ca, 0,05 Ka ” Xét cân bằng (1): và pH - —lg 0,018 = 1,74

Ka, = — —— = 10 “’

( 0, 0 2 - y )

y

0,018

Ka- = ° ’Q18y = 10~4,76 => y = 1.93.10“5 và ạ = 9,65.10"?% (0 , 0 2 - y ) 2. Trong duiig dịch có các cân bằng sau: Ỹ s*

Cr20 , “ + H20 ^

2CrOj" + 2H+

CrOj~ + Ba2+ ^ BaCi0 4 -í- . o_2+ C rO2j-+Sr: SrCrC>4 ị Điều kiện để có kết tủa hoàn toàn BaCrO T, 'c'°‘ > [Ba2+]

10 -,w

= 10_ W M

ÌO^-Ã

(áJ

K, = 10 "14’64 ( 1 ) Ti"1 = 109-93 T2-' = 10,4,65

Điều kiện đề không có kết tủa SrCr04 : 'T' m-4,65 c_ < _ Ị _ = i 2 _ Ị =10-w M 'OOJ- c¡¡2+ 10-l *

Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCr0 4 thì phải

thiết lập khu vực nồng độ: 1er 3’93 < CCr02_ < 1 0 3’65M (2) Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó CCr02_ tính theo (2) và [Cr2C>7~] « IM (vì đùng dư so với ion Ba2+ cần làm kết tủa), tính được khu vực pH cần thiết lập: ■K, _=10 ia-14,64 Cr20 f + H 20 ^ i2 C r 0 Ỉ -+ 2 H + Tại cân bằng:

1

c

x = [H+] = ^ 0 - |4’Mx i = l Ç l =>10‘w S [H+]<10", m =>3,4<pH <3,7 Cậu 4: (4đ) l.a ) Zn2+ + 2e

= - 0 ,76 + (0,0 5 9 /2 ).Ig01 = -0,7895 V Ag++eç=*Ag 2

Ag+/ Ag

Ag+/ Ag

1

DL

J

=+0,8 + 0,059.Ig 0,1 = 0,741 V

^

Ej < E 2 nên điện cực kẽm là cực ảm và điện cực bạc là cực duangjicr -

•

■

đồ pin điện như sau:

.

.

( - ) Zn I Zn(N O ,) 0,ỊM ,11 AgNO, 0,1M I Ag(+)

Æ5

.

.

-..‘-¿.yiîp ị

b) Tai ( - ) có su oxi hóa Zn - 2e -» Zn2+ Tai (+) có sir khu1 Ág+ : Ag+ + e

.

Ag

Phán frng tóng quát khi pin lám vi§c: Zn + 2Ag+ -> Zn2+ + 2Ag c)

E pi„ =

E 2 - E,

=

0,741 - (-Oí 7895) = 1,5305 V

V

d) Khi pin ngímg ho^t dong thi Ep¡n =0.

Goi x la nóng do M cüa ion Ag+ giám di trong phán úsig khi hét pin Ta có:

c

v

= e As. /Ab - e z„>.,z„

Epin = 0 <=>M S l g í gr 2

<

X) = -1,53 W Í M z í ) ! « 10-’'.«« . o

y ñ

° ’i + í

=> x » 0,1 M [Zn2*] = 0 , 1 + | « 0,15M

Lh

S 1 to 3^

X

xFe+2y/* - (3x - 2 y )e -> xFe+3

/*■>.

f Ae+1 = J /ín +— [Ag+] [ 0 , i +| J .11 m 0 -51 -5,•«6 « 4,55.10"27M

nN+s + (5 n -2 m )e -> nN+2m/n x (3 x -2 y ) (5 n -2 m )F exOy + (l8 n x -6 m x -2 n y )H N 0 3 —>( 3 x 2 y ) N nOm+(5ri - 2m]x Fe(N0 3)3 + (9nx + 3my - ny) HUO 14

®

'

~

c

b) +3

+6

C r- 3ẹ -> Cr X 2 +5

-1

CÍ + ốe -> Cr x l 2Cr+3 + CIO, + ÌOOH' -> 2CĩÓ\- + c r + 5H20 3. a)

.

SO,- - 2e + H20

SO4' + 2H+

X

c> x

3

MnOỊ + 3e + 2H20 -> MnO, + 40H X 2 3 SO3 +2MnƠ4 + H2Ọ -> 3SO4“ + 2MnOz + 2 0 H b) +.1 Fex Oy +2yH+ - (3 x - 2 y )e -» xFe + yH 20

5

2 SO4" + 12 H* + 8e

-> S 0 2 + S + 6 H20 X(3x - 2y) 8FexOy+ (6 x -4 y )S O ^ + (3 6 x -8 y )H + -» 8Fe,+ + (3 x -2 y )S 0 2 + (3 x -2 y )S + (l8 x -4 y )H jO

Câu 5: (4đ) 1. a) Phương trình phản ứng: 2FeS2 + 15Br2 +380H" -> 2Fe(OH), + 4S O f +30Br + 16H20 (1) 2FeS + 9Br2+ 2 2 0 H " ^ 2 F e (0 H ),+ 2 S 0 Ỉ:+ 1 8 B r-+ 8 H 20 2F e(O H )j-»F e 20 3 +3H20

(3)

Ba2+ + SO4' -» BaSO,|

(4)

b) Công thức:

o

ns

“ n BaSOil

1,1087 = 4,75.10“ mol, 233

n Fc ~ ^ n Fc2o 3 ~ 2

nfe = 2,5.10 ns 4,75.10 “3

lồo

—2,5.10 ' iĩịoI

1X

1,9

<£>

(2)

=> công thức FeSj 9 2 a) Vi tính khử I" > Br" nên Cl2 phản ứng với Nai trước Cl2 + 2NaI = 2 N aơ + 12

(1)

0,4 0,8 0,8 -N ếu chi (1) xảy rathì độ giảm khối lượng là:

A

0,8(127-35,5) = 73,2 g

S .O

ỵ

'

Theo bài độ giảm khối lượng: 356 - 282,8 = 73,2 (phù hợp) - Nếu có phản ứng: Cl2 + 2NaBr = 2NaCl + Br2

(2)

thì độ giảm khối lượng sẽ bé hơn trường hợp trên (không thỏa mãn đề bài).

Vậy chỉ CÓNai phản ứng với Cl2. b)

- Neu sau (1) hết Cl2, còn dư Nai thì chất rắn thu được gồm 3

muối: NaCl, NaBr,

Nai (không thỏa mãn)

- Lượng Cl2tổi thiểu để chất rắn thu được chỉ chứa hai muối ứng với phản ứng ( 1 ) xảy ra vừa đù.

Ta có:

ncl = ^ ——= 0,5 mol Cl2 + 2NaI = 2 NaCl + 12 0,5

1

1

h N„, = 1 mol; mN.Br= 3 5 6 - 150 = 206; nNaBr = 2 mọi.

©

0

)

KÌ THI ÕLYMPIC TRUYÊN THÒNG 30/4 PHÕHUE LẨN THỨ XIII TẠI TT- i ------* — *■ Đ Ề T H I M Ô N H O Á (^o) T h ờ i g ia n l à m b à i 1 8 0 p h ú t

Đ Ề TH I CH ÍN H THỨC ;

C hứ ýĩ Mỗi câu hỏi thí sinh làm trê n 0 1 tở giấy riêng b iệt

C â u I: 1.1. X thuộc chu kì 4, Y thuộc chu kì 2 của bắng tuần hoàn cáợ nguyên tố hoa học. Ii là nàng lượng ion hoá thứ 1 của một nguyên tử.

Thực nghiệm cho biết tỉ sô Ik+i/Ik của X và Y như sau: li

I3 I2

I4 I3

I5 I4

1,94 2,17

4,31 1,96

1,31 1,35

1,26 6,08

^k+1 Ik

h

X Y

^ lé V

1,30 1,25

Lập luận để xác định X và Y. 1.2. Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương m ặt tâm.

V 2.1. Hãy biểu diễn ô m ạng cơ sở của tinh th ể này.

2.2. Tính số ion Cu+ và GI" rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô • . m■ạ n<\g\ Cơ w-SỞ.

9. * " ' .. * • 2.3. Xác định bán kính ion của Cu+.

Cho dcuci= 4,316 g/cm3; rcr = 1,84Ạ°; Cu = 63,5; C1 = 35,5.

Biết N = 6,023.1023.

V rani phân rã phóng xạ th àn h radi theo chuỗi sau: 238 TỴ ° * Th Pa Ư Th -£-* Ra 92 ư , . .. ' . . . A ■: ■ Viết đầy đủ các phản ứng của chuỗi trên.

C â u II: I I .l. Tròng bình chần không dung tích SOỌcm3 chứa m gam HgO rắn . Đun nóng bình đến 500°c xảy ra phản ứng: ,

Qỉ

I

2HgO(r) Ẹí 2Hg(k) + 0 2(k)

.

Áp suất khi cân bằhg là 4 atm 1 . 1 . Tính Kp của phản ứng.

■ 1.2. Tính khôi lượng nhỏ nh ấ t của thủy ngân oxit cần lấy để tiến hành thí nghiệm này. Cho Hg = 200.

IỊ. 2 * Đốt cháy etan (C2H6) thu sản phẩm là khí CƠ2 và H20 (lỏng) ở 25°c.

2.1. Viết phương^trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. iiã y xác định nhiệt Ihình thành etan và nãng lượng liên kết 0 = 0 . Biết khi đốt cháy 1 mol etain tỏa ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và:

co2 h 2o (l) o2

—>Hht (KJ.mol-1) -393,5 -285,8

Liên k ết

0

C-C H -C H -O 0=0

N ặng lượng liên k ết (KJ m ò r } 347 413 464 495

2.2. Phản ứng có AG° = -1467,5 (ra,m ọi"1). Hãy tính độ biến thiên entropĩ của phản ứng đã cho.theo đơn vị ■J'.mol"1.K"1.

C â u IIIĩ I I I .l . Thêm lm l dung dịch NH4SCN 0,10M vào Im l dung dịch Fe30,01M và F_ IM . Có màu đỏ của phức FeSCN2+ hay không? Biết rằng màu chỉ xuất hiện khi Cp SCN2+ > 7.10"6M và dung dịch được axit hoá đủ để sự tạo phức hidrọxọ của Fe (III) xảy ra Ịdiồng đáng kể. Chop;'FeF = 10"13’10; Pi,PeSCN2+ = 10 3’03(P là hằng số bền).

Itl.2 . Đánh giá thành phần câĩi bằng trong hỗn hợp gồm Ag+ 1,0.10~3 M; MHa í o M và Cu bột. Cho= 1 0 ^ ; P4>Cu(~ 3)ỉ+ = 1012’03; Ag+/Ag =

799V ị

E?Cu2+/Cu s= 0,337V (ở 25°C)

C á u IV: IV. 1. Biết th ế oxi hoá khử tiêu chuẩn: = +0,16 V E v , p e, = +0,77 V E°cu-,c =■ +0’52 v

EV ,r „ = -°>44 v

E°Ag.;Ag E°I2/ 2 r

= +0,8 V = +0,54 V

Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau: 1.1. Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat.

1 .2 .

Cho'bột'đồng vào dung dịch đồng (II) sunfat.

1.3. Cho dung dịch bạc n itra t vào dung dịch sắ t (II) n itrat.

..

•

• '■

. .

«ủ*;

.

■•

■

'

^ >.* ■

**

ĐÁP ÁN C â u I: • 1 . 1 . Đối với X, từ I 2 lên I 3 tăng đột ngột, vậy ion x 2+ cổ cấu hình của một khí hiếm do đó: X là [Ar]4s2 (Canxi) . - (0’5 đ) Đối với Y; từ I 4 lên I 5 tă] một khí hiếm do đó: 1.2. Y là [He]2s22p 2 (Cacbon) 2.1. (0,5 đ)

2,2. (0,75 đ) Vì lập phương m ặt tâm nên Cl“ ở 8 đỉnh: 8 x ỉ = 1 ion c r Ị => 4 ion C1

8 6

mặt: 6 X ỉ = 3C1" 6 c V

Cu+ ồ giữa 12 cạnh: 12

J X—

= 3 ion Cu

). => 4 ion Cu+

tâm: 1 x 1 = 1 ion Cu+ J - 4CuCl Vậy số phânn tử trong mạng cơ sở là 4Cu++ 4C1 = ở

2.3 (0,50

N.MCuC1 N a.V

0.

V = a 3 (N: số phân tử, a là cạnh hình -,-ị

lập phương) ’ 3 N ỊỊcụ ạ _ 4(63,5 + 35,5) = 158,965.10'24cmí —^ & 1 -KT~~At c noo 1 f\‘

o

(0,25. đ)

a = 5.4171A M ặt khác theo hình vẽ ta có a = 2r* + 2r" r* - a ~ 2r - 5,4171 - 2.1,84 _ Qgg855A° 2 2 g"U 9^ T h + ỈHe I^T h -»

+ >

(0,25 đ) (0,25 đ) (0,25 đ)

í

i ■'

234

9 IPa

(0,25 d)

“ Ü-+ _«e

(0,25 d)

S4U -* 9o°Th + 2He 230 mi “ Rá + j He 90 C á ü II: 1.1. (1 d) 2UgO(r) ;f

(0,25 d)

2 Hgr^;

+ o 2r¿;

o 2x

[ ]0 a mol [ ]cb Jcb a - 2x

o xx 2x

, : , , K p , P ¿,P 0¡ = ( ! P J | P = ¿ P 3 = M I = 9)48 1.2. (2 d). S6' mol Hg nhó n h át khi a = 2x. TCf c6ng thtíc -» x = 0,0105 n = — ■= - 4 0’5 = 3x -> 0.C105 RT rt 089 773 n RT 0,082.773 V^Ly a = 0,021 mol m Hgo = 0,021.216 = 4,53g II.2.

H = -1560,5 KJ 2.1. C2Hq + —O2 2C02 + 3H 2 (2C2H6 + 7Ó2 -» 4C02 + 6H20 , AH = -3121 KJ) AHpU= 4HhtC D2 02 + 6AHhtH20 bAHhtn 2w - 7AHht0 / A±lht^22- 2AHhtC2H6 ¿Axlht’ [4(-393,5) + 6(-285,8) - (-3121)] —» AHhtC2l c

(0,5 d)

2

= -8 3 ,9 (KJ.mol-1) (0,5 d) i _ c + 12Ec - h + 7Eo«o ” 8Ec =o ~ 12Eh - o [2 X 347 + 12 X 413 + 7 x 495 - 12 x 464 - (-3121)] _ g ' ■ 333 (KJ.moi”1) .2. \G ° = AH° - TAS0 [-1560,5-(-1467,5fl = 9.7R) (25 o. + 273) = -312 J.mol^.K-1 C á u III: I I I .l. Ta cór CFeS+ «

Cr (= 1) PFep3 rá t lón.

(0,5 d) „ (k J.mol-lK- ‘> (0,5 d)

Vì vậy trong dung dịch, Fe3+tác dụng hết với F" tạo ra phức FéF3.

Fẹ3+ + 3F~ -> FeF 3 Ban đầu 0,01 1 Sau phạn ứng 0,97 0,01 (0,5 đ) Sau khi trộn với NH 4SCN: CFeF 5S 5.10- 3M; Cw = 0,485M; CSCN. = 5.10"2M 13,10 FeFa Ĩ=L Fe3+ + 3F" 10+3,03 Fe3+ + SCN- 5=Ế FeSCN2+ ; FeF 3 + SCN' 5=1 FeSCN2* + 3F~ K = 1CT10 5.10“3 5.X0“2 [ ] (5.1CT3 - X) (5.10-2 - x) x(0,48S + 3 x )3 ^ (5.10 - x)(5.10 - x)

c

V ới X « X

(0,5 đ)

0,485

X

0,485 + 3x (0,5 đ)

5 .1 0 -3 t a đ ư ợ c :

25 X10-6 Xlo -10'07 (0,485)

Vậy màu đỏ'của phức che hoàn toàn Fe3+.

(0,5 đ)

13 <7.10-®

không xuất hiện, nghĩa Ịà F~ đã

III.2. Các quá trìn h xậy ra: - Tạo phức Ag(NH3)2+ (CNHa .> c_ A _g. ) Aể+7 > ^ H3

^ Ag(NH3)ỉ

1,O.ỊO~3 1,0 - (1,0 - 2,0.10~3) Khử Ag(NH3)2+bởi Cu: Ag(NH3) l

o

p2 = 1 0 7*24 ...

1,0.10"3

Ag* + 2NHS

2Ag* + C u s 2Ag + Cu2*

(0,5 đ) p2 ; 1 = 1 0 “7'24 K Ko = 10 16'61

(1) (2)

- T ạ o phức của Cu2+với NH3 (C nh > Cc „,) Cu2+ + 4NHa Ị=! Cu(N H ,)f Tổ hợp (1), (2) và (3):

p4 = 10 1M33

(3)

2AgíNH3>2* + C u í í 2Ag + Cu(NH3) f ; K = ß i .Ko.ß4 = 101316 (0,5 đ) 1.0 .10'3

5,0. lo-4 TPGH: Cu(NH3) f : 5,0.10“4M; NH3: 1,0 - 2.10“3 « 1,0M Cân bằng Cu(NHs)ỉ* + 2Ag Ö 2Àg(NH3)ỉ + Cu

c

5.0.10-4 5,0.1e r 4 -

[]

IO '1316 N

y

2x

X

(5,0.1o-4 - x) 0 -8J!3 < 5 . 1 0 - 4 ri Giả sử X « 5 .10-4 2x = V5 . 10 "4. 10 -13’16 = 1K Æ r8-23 < 5.IO"4(0,5 đ) Vậy: (Ag(NH3)*] = 2x =10M3 = 5,9.10 9M

[Cu(NH,)f ] = 5,0.10-4M (0,5 đ) Mặc dù Ag* tồn tại dưới dạng phức Ag(NH;j ìl nhưng vẫn bị Cu khử hoàn toàn.

Câu IV: IV .l.

1.1. Vì = +0 ,7 7 V 4 E ° ^ /Fe= -0,44V Tính oxi hoá: Fe3+ m ạnh hơn Fe2+ Tính khử: Fe m ạnh hợn Fe2+ Phản ứng xảy ra 2Fe3+ + Fe —> 3Fé2+ ^ Dung dịch màu vàng chuyển sang lục n h ạ t 1 .2 . v i ¿

v

i - 4 0 ,6 2 V

>

(0,5 đ)

= + 0 .1 6 V

Tính oxi hoá: Cu+ m ạnh hơn Cu2+ Tính khử: Cu+ m ạnh hơn Cu Phản ứng xảy ra Cu+ + Cu+ -> Cu2+ + Cu Do đó phản ứng nghịch không xảy ra nghĩa là cho bột đồng vào dung dịch C11SO4 không có hiện tượng gì (0,5 đ) 1.3. Vì E°AgVAg - +0,8V > E°Fe3+/Fe. = +0,77 Tính oxi hoá: Ag+ m ạnh hơn Fe3+ Tính khử: Fe2+ m ạnh hơn Ag Phản ứng xảy ra Fe2+ + Ag+------- »Fe3+ +Ag Dủng dịch màu lục n h ạt cjuiyen sang màu vàng.

(0,5 đ)

1.4. Vì E°p^

= +0,77V > E°Ia/2I. = +0,54V

;

'

Tính oxi hoá: Fe3+ mạnh hơn I2 Tính khử: r m ạnh hơn Fe2+ Phản ứng xảy ra 21“ + 2Fe3+ -> I2 + 2Fe2+ Dung dịch không màu chuyển sang màu nâu.

co,5 đ)

IV.2. Điện phân dung dịch A: XNO3 ị=± x + + NO; Ở anot: H20 - 2e -> 2H++ —Ọ2 Ở catot: x + + le

X

ứ n g5 với 2t 6 giây, sô' mol 0 2 =5 2 X 2 2 4

= 0,008.2 < Vậy ở catot có khí H2 thoát Chứng tỏ x + đã bị khử hết Ở catot: x + + le -> X 2H20 + 2e Ở anot:

■

(0,5 đ) 016 = 0,009 mol

H20 - 2e -»

(0.5 đ)

Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực: a + 0,009.2 = 0,008.2.4 (với a là số mol của X£Ĩ03) => a = 0,046 Thay a L 0,046 ta được X = 108 (Ag) (0,5 đ) ứ n g với thời gian t suy ra số mol electron trao đổi: _ J K _ = 0j064 = 0032 Í S 96500 2 * t = 9650Q'0,03^ = 1600 giây 1,93

(0,5 đ)

C âu Vĩ Vì 0 2 dư nên M có hoầ trị cao n h ấ t trong oxit 2MS + (2 + | ) 0 2 -> M2On + 2S02 a

■ X 0,5a

(ẩ)

(0,25 đ)

M20 n + 2nHN03 -> 2M(N03)„ + nH20 V Ó,5a an a Khôi lượng dung dịch H N 03 là: ' m■= an X /20 .

63 X 100 = ■500an --- -- (g)

(0,25 đ)

3 ’ 3 khô'i lượng dung dịch sau phản ứng m = aM + 8an +

(g)

Ta có (aM + 62an) : (aM + Ẽ ĨẾ p . ) = 0,4172 Nên M = 18,65n Chọn n = 3 —>M = 56 (Fe) Ta có: a(M + 32) = 4,4 -> a = 0,05 Khối lượng Fe(N 0 3>3 là: m = 0,05 X 242 = 12,1 (g)■ V ổ ^ Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh: mdd = aM +

(0,50 đ)

- 8,08 = 20,92 (g)

Khối lượng Fe(N 03)3 còn lại trong dung địch là: ĨI1 = 20,92 X 34,7 : 100 = 7,25924 (g) Khối lượng Fe(N0 3)3 kết tinh: m =■12,1 - 7,25924 r: 4,84 (g) (0,50 đ) Đặt công thức Fe(N 03 )3.nIĨ 20 Suy ra 4,84 : 242 X (242 + 18h) = 8,08. -> n = 9 Công thức: Fe(N 03)3.9H20 (0,50 đ) V.2. (Mỗi phươrig trình (0,25 đ) 5.1. 2 KI + 2FeCl3 -> 2FeCl2 + 2 KC1 + I 2 2KI + Ơ3 + H20 -> 2KOH + Oa + I2 I2 + 2Na2S20 3 2NaI + Na2s 40 6 2.2. 2Br~ + 4H+ + S 0 42"(đặc) -» Br2 + S 0 2 + 2 H 2O 5Br~ + Br0 3 ~ + 6H+ —> 3Br2 + 3 H2O 5Br 2 + 2 P + 8 H 2O -> lOHBr + 2 H 3PO 4 2.3. 3H 20 2 + 2N aC r0 2 + 2NaOH -» 2 Na 2Cr 0 4 + 4H2Ó 5H 2O2 + 2KMn04 + 3 H2SO4 -> 2MnS04 + K 2SO 4 + 5 O 2 + 8 H 2O

'Ỷ

c> x & Ö

A o

'

(sẴ ứ 0 8 )

,

■ ■ 'ũ ứ t SSệ,%/t''ỉ^

ĐỀ THỊ GHÍNH THỨC OỊVM PÌ0TRUYỀN THỐNG 30/4 LẨN XIV - NĂW|r C â u li (6 điềm) k .

1.1. Dựa vào th u y ết lai hóa obỉtan nguyên tử, hãy cho b iết trạ n g th á i la i h ó a của nguyên tử trung tâm và dạng h ỉnh học bên của: CBr4, IF 5, XẹF 4, ỊỊỈrBạ, Fe(CO)s và I3 .

■ /. • 1.2. S ắt monooxit FeO cổ cấu trứ c m ạng tin h th ể lập phương tâ m d iệ n giôngỉ NaCl với thông số m ạng a = 0,432 nm . H ãy tín h khối lượng riê n g của tiạ h th ể FeÕ đó. .

1.3. So sáỉứi Và giải thích ngắn gọn sự khác nhau về trị số của mỗi đại lựợng sau: -

n f3 NHa I NFa nh3 0,24 D 1*461} -3 3 °c > 4 V -Ỉ 2 9 ° c

C hất h ất I Momen lưỡng cực N h iệt độ sôi

liên k ế t trong mỗi p h ân tử.

1 .1

(2,0 đ)

' Đ iể m 0,2ổđ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ

FeO trong m ột ô m ạng cơ sở là:

SỐ

(1,5 đ)

0,5đ

ỉ .8 + - .6 = 4

J * ẳ g ± Ị g > ____ ( 0 , 4 3 2 . 1 0 ' 7 ) .6 ,0 2 2 . 1 0 23

„ 5,92 g/cm 3

F

H H

■

0,25x2đ F

F

Trọng phân tử NH3, liên k ế t N—H và cặp electron tự do

phân cực cùng chiều.

lđ

.

Q

Ọ

6

(

.

Đ áp ấn sp3; Tứ điện đều sp 3d2; Chóp đáy vuông sp 3d2; Vuông phẳng sp 3d; Chữ T ỉ Song th á p đáy tâm giác ; Đường th ẳn g

C âu

.

(Đáp. án

■. .

1.2

I

0,25đ

Trong p h ân tử NFạ» Kên k ế t N— F v à cặp electron tự phân cực ngược dũệiL • ịiNH 3 > ||N F 3 Do p h ân tử NH 3 ta o lỉê n k ế t hidro liê n p h ân tử và NH 3 p h ân cực hơn n ê n n h iệ t độ sô i của NH 3 > NF 3 1.4

(lđ)

CO, N2: (ơis)2 (ơL)2 (ơ2*)2 (ơ2s) (*21«) ^(^py) (ơ2pzý Bậc liên k ế t =

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,5đ

1 0 —4 _ —= 3

C â u I I : (6 điểm) C h ất AH^Ckcaí.mor1) s° (cal.m ol^.K -1)

Fe

02

0

0

6,5

49,0

FeO -6 3 ,7 14,0

Fe 20 3 .—169,5 20,9

Fe 3Ơ4 -2 6 6 ,9 36,2

/1 .2 .1 . T ính b iến th iê n n ăn g ltụ n g tợ do G ỉbbs (AGQ) của sự tạ ó thềm h các oxit s ắ t từ các đem c h ấ t ở đ iều k iện .chuẩn.

II. 1.2. .Cho b iết ở điềú k iệ n chuẩn oxit s ắ t n ào b ền n h ấ t?

Thí nghiệm 1 2

3

N ồng độ đầu (m o l.l1 ) KOH CHsBr 0,10 4 0 ,10 0,17 0.10 0,20 0,033

Tếp độ p h ản ứttg (m o l.rí.s“,1>' 2.80.10"6 4,76.10-* 1,85.10-6

11.2.1. H ãy xác địn h bậc riê n g đối vô i từ ng c h ấ t b an đầu v à bậc chung của p h ản ứng.

11.2.2. H ãy tín h h ằn g sô' tố c độ của p h ả n ứng (ghi rõ đơn vị) 11.2.3. Sau bao n h iêu giờ th ì ở th í nghiệm 1 chỉ còn 0,05 m o l.r 1 chọ m ỗi chất có tro n g bình.

<®ẩỀỊtátt

.

Đ áp á n Sự tạo th à n h FeO tử các đem c h ấ t F e v à oxi ở đkc: 2Fe + 2 -» - » 22FeO F eO ( 1(1) ) 2Fe +O c>2 AH° = -6 3 7 0 0 cal.m oT 1

AS° = S°Feo - (SíVè + ỉ

) = - 17 c a l.m o l^ .K 1

AG10 = AH° - T.AỐ® = -5 8 ,6 3 4 k c a l.m o r 1 Sự tạo th à n h F e 20 b từ các đon c h ấ t F e và oxi ở đkc: 2 F e + f Q a - » P ea Q a ếut

À!

(2 )

Điểm

'0,25 0,25

AH0 = -169500 cal.m ol-1

0 25d

AS0 = AS^o, - (2S°pe + I sg, ) = - 65,6 cal.mol-'.K-1 AG2° = AH0 —T.AS0 = — 149,952 kcal.m ol" 1 Sự tạ o th à n h Fé 3Ơ4 từ các đơn c h ấ t Fe và oxi ờ đkc: 3Fe + 2O2 — ■>F 63O4 (3) AH° = -266900 cal m o l 1 AS0 = ASje o - (3S°Fe + 2 So ) = - 81,3 cal.m ol“ 1. ^ 1

0,25d :

AG30 = AH° - T.AS0 = - 242,6726 kcal.m ol" 1

0,25d

X ét quá trìn h : —Fe 30 4 + —O2 T..Fe 20 3 AG30 .. .3 6

0,25d

AG30 = AG?%oa - | a G ^ 0< = 11,83 kcal.m ol I I . 1.2 * .. _ w . V . n Zrf) p h ản ứng xảy r a theo chiểu nghịch h ay ở dieu k iệ n { , ) chuẩn Fe 30 4 b ền hơn F e 20 3 X ét quá trìn h : 2FeO + \ 0 2 ?=====* Fe 20 3 AG40 ■ 2 AG40 — AGpe2o 3 —2 AGpe0 — —32,6832 kcal.m oi

I

. • <0

(3đ)

II.2 .1 (2 đ)

■

vi = k.0, l a.0,l b = 2 ,8. 1 o-6 1 \ V v 2 = k .0 ,l -0,17

_ c = 4,76.10

.

v 3 = k .0,033a.0,2b = 1,85.1o-6

il 7ỷ = 1 7

Vi

v

k.0,la.0,lb

2

2

II.2 .2 (0,5đ) 11.2.3

(0,5đ) 8

Q 0,25đ

0 ,5 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

VL= k-0>la.0,lb v2 k.0,la.0,17 - ỉ - = — — T- —> a = 1 v 3 k.0,033a.0,2b

o

'

n ên p h ản ứng xảy r a th eo chiều th u ận h ay ởđiềũ k iện chuẩn F e 20 3 b ên hơn FeO .

Vậy tín h b ền của các o xit tă n g d ần theo th ứ tự: FeO —y F e¿0 3 —> F 63O4 • Đ ặt biểu thứ c của tốc độ p h ản ứng là: V = k.C®HaB .C^oH

II.2

0,25d

b== X

_t

. °’25đ ^ ÂỂrJ

0,25 đ

Bậc p h ản ứng đối với CH3B r vá KOH đều b ằn g 1 Bậc chung của p h ả n ứng b ằn g 2

Q ßd 0 2 5đ 2

V = k.CCH B r-C _ -> k = 2?8 4P7 6 =2,8.10 -4 m o r^ L s ’ 1

0,5 đ

T = —Î — = 9 ,92 giờ k.Cn

0,5đ

CHí*Br KOH

■

0,1.0,1 .

■9

C fiu m s (6 điềm )

'

"

m .l. Dưng dịch (X) gồm hai axit HCl 0,0Ọ1M và CH3COOH Ọ,lM. Ỉlĩ-I.l. Tính pH của dung dịch X. Biết axit CH3COOH có Ka= ‘1,8.1o“5' I Ơ J 2 . H òa ta n 2,04 gam N aO H vào 1 lít dung dịch (X) th u được dung dịch (Y). T ín h pH của duog dịch (Y).

IEL2 . l i m kh oảng pH tố ì Hi đ ề tá c h i tro n g 2 ion Ba2+ và ồ r2+ ra k h ỏ i dung có gỊiita BạCỈ2 0 , 1 M v ầ S rC lỉ 0,.1M với thuốc th ử K2Cr207 IM .

Biết rằng trong dãng địch KaC^CVcó các cân bằng: ‘ ' ' Cr20 ^ + H2O — =± 2 HC1O4 Ki = 2,3.10“2 H + + C rO f K 2 = 3,4.10 "7

HCcO;4 C ho

'SiCi04

ĩ RlCl0| ——

Đ iều k iệ n đ ể xem m ột ion k ế t tủ a hoàn; to àn là: [ion] <

*ĩ)áp.áti Câu ỊDDL1 (3 đ )

m . 1 .1 (1,5 đ)

Đáp án H a— *

H+

+

Cl"

(M)

0,0010*Q0Ị0,001 O T 3COOH “ ==± CH 3COO-

C(M) [K M )

0,1 0 ,1

1 ,8 . 1 o - 5

= (0-001+ x)^

G iả sử X « 0,1 => G iải phi*mg trìn h bậc 2 => X = 9,3. 10^*(M) i ậ n = 10T3 + 9,3. 1o -4 = 1,93.10-® (M)

0,25đ 0,25đ 0,25đ

NaCl + H20 (M)

m . 1.2 a ,5 đ )

o

N 0,001 0,001 NaOH + CH3COOH -> CHsCOONa + HgO

0,001

(M) 0,05 0,05 0,05 ___ D ung d ịch Y gồm: NaCl (0,001 M); CH 3COOH (0,05M ), CH3COONa (0,05M ) CH3COONa — * CH3CÖ0- + N a+ : (M) 0,05 ° ’05 H+ CH 3COOH CH 3COO“ C(M) 0,05 [ KM) 0 ,05 —y

=> 1 ,8 .1 o-5 =

0 ,0 .0 5 --yV 10~ 4-75 (M)

0,05 0,05 + y G iả sử y « J

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,05

0,25đ

9

vs

> . * —>

111,2

.

pH = 4,7 5

0,25đ

.

Để bắt đầu kết tủa BaCr04, nồng độ Cr042- > *?— = 1(r*

0,25đ

Để bắt đầu kết tủa SíCr04, nồng độ Sr0427 > 0 1 - 10 f

0J25đ

-* BaCrC >4 k ế t tủ a trước SrCr<>4.

■ ' Để tách B a ra kbố i Sr**: k h i SrCrÒ 4 b ắ t đầu k ế t tủ a th i

Ọ,5đ

[Ba ĩs ã » -*

« .c

-> [C rO ^ ] > ^

- = io - "

0 ,25đ Ó,25đ

ị

Giới h ạ n nồng độ C r0 42- là 10"3’7 < [C r042-] < 10T**

Cr20?- + H20 ^ = = Ị 2 HCrO; HC1O 4 ç===± H+ + C rO f

Kl = 2,3.10 s

K 2 = 3 ,4 .10“7 0,25đ 0 ,25đ

Cr2 0 ị- + H 2 O ^= == Ị 2 C1O 4 " + 2H+ Vởi K SS K 1.K 22 * 2,66.10-16 Cr2Ô f + H2O ; 2 C1Ọ 4“ + 2H+

Bd(M): 1 [ ]: l - x / 2 X

0,25đ

K = * 2,tCtQ*— ■= 2 , 66 . 10~15

a:f

„

Nếu [C r042-] = 1CT3 ' 7 th l X = 2,585.1o-4 -» pH = 3,64.

'

Nếu [Crol2-] = 10-3’4 thi X= 1,296.1o-4 - » p H - 3,89.

Vậy 3,64 < pH < 3,89

Câu IV: (6 điểm)

.

'

IV .l. Bổ túc và cân bằng các p h ản ứng oxi hóa khử sau: IV.1.1. B ằng phương pháp th á n g bằng electron.

As2S3 + HNO3 + H

20 -> H3As04 + H2SO4 + NO

N a 2S 0 3 + CI2 + NaỌH —» ? + ? + ?

IV.1.2. B ằng phương pháp th ăn g b ằn g ion - electron.

C1O2 + Br2 + OH —> CrOjj + Br’ .+ H2O , IV.2. Cho sơ đồ pin: P t I I“ 0 ,1 M; I¡ 0.02M I ỉ MnO; Ọ,05M, Mn2+ 0,01M , HSO; Cm I •

\

a) V iết bán p h ấn ứng xảy ra ở các điện cực.

10

«

0,25đ 0,25đ Ó,25đ

b) T ỉn h nồng độ ban đầu của HSO4 (Ka = 10 2), b iết giố t i ị sức điện, động ỗ 2 5 °c đo được bằng 0,824 V. • B iế t

= 1,51V ; Ej./r = 0 ,5355V và H l n - 0 ,0 5 9 1 g .

.=

IV .3. HâỊy đ án h giá kh ả n ăng hò a ta n của đồng (ồ 25°c>: IV i3 .lí T rong dung dịch HC1 IM .

IV.à-2- Tròng dung dịch HC1 IM bão hòa.02 ( giả thiết PQj = latm). : G kớ

.

Gấụ ^IV. i

(ì,5 ă,5 4 )

p 02,H+/H20 ” +

^°C Ù 2+/Cu “ + 0 , 3 4 V ’ E °2H*/Hi =

(ỉ)áfL á n

Đáp án

'

Đ iểm

A T f a) AsốS3 + HNOậ + HzO -> H3ASO4 + H2SO4 + NÓ

IV. T ^ 1 .1r

* & - + 2 A s + 4e

(W

-2

+6

'

;

.

3 S -> 3 S + 2 4 e

+6 ẠsgSạ 2Ảs + 3 s + 28e . +5 r' ■+2 28x N+3e—>N

:.:

+5

4> ___ •.

3As2S3 + 28 HNO 3 + 4 H 2O -> 6 H 3ASO4 + 9 H 2SO 4 + 281^0 b) NaaSOá + Cl2 + NaOH - > ? + ? + ?

VSỊO ~r

____ 0,25đ Õ ,25đ

—r -e-v*

N a 2SƠ 3 + Clạ + 2NaOH -> 2N aCl + N a 2S 0 4 + H20

0,25đ

CrOị + B r 2 + QH~ —> CrO| + Br" + __ ~ 0,254 >

2x

C r Ọ9 + 4QH~ —> 2CrOẩ + 2H 9.0 + 3e

3x

B r + 2e -» 2 Br~______________ .______ _

+2

__ __

IV.]1,2 ẳCrOã + 3B r2 + 8 O H ' ->

(0,5c ,2 IV.2 (2,5 đ)

2 CrOỈ" + 6 Br" + 4H 2

a)a)ĐĐiện iệncực cựcpphhảiải(catot): (catot): .

M 11O4- + 8H + + 5e B iện cực trá i (anot): 3 F

0,25đ 0,25đ 0,25đ

^ M n2+ + 4HạO — I3 + 2e

0,25đ

11

M E „ = E ọ....... )

p h ỉi

.

. 0 ,0 5 9 . [ M n O ạ t r ]8

E M n O ;/M n 2* +

= 1,51 +

5

*8

5

[ M n 2* ]

05đ

:

0,01

00,059 , 0 6 9 Ulì EI51 _ „0 a= ^0 n _ +. , ^ Utrái = Ịttiã/r + 2 l e ^y r f

.°>5đ

= 0,,55 3 5 5 ++ M Ẽ £ llg Q' 059 g .M - ^ 4|. = 0,574V 0.574V b (Q»l) (Q,1)3

2

’

,*

T a có: —11Eìp— CÓI Epư — Ep—Et ^ 0)824 0,824 0>05.[H+]8 74 = _ 0 824 V —> 1,51 + M Ẽ ^ lg Q >05.[H+]8 _ 0Q 5574 5 0,01 5

0

-> [H+] = 0,053 M M ặt khác: hác: HSO HSƠ 4-~ ^Í = ± H + + SO42-; Bđ: Cb:

c . c -- xX

0,5đ

Ka = 10-2 .

X X

,

■

*»

0,25đ

X'

X

10 _2 = Ọ ? -ể X -

^ c = - ^ + X . < 5 ^ + 0,053 10 10“?

Xic r 2 Vậyy C ^Q . = = °»334 0,334 M M CHSQÌ

0,25đ

■ Quá trình oxi hổa: Cu -» Cu^+ + 2e - E°c 2+/Cu = -0,34 V Quá trìn h khử: 2H+ + 2e -> H 2 E°2H+/H = o v C u + 2 H + —» C u2+ + H 2

0,5 đ

AE° = 0 - 0,34 = - 0,34 V < 0 -> AG° > 0 Vậy Cu không ta n tro n g dung dịch HC1.

Quá trìn h 0X1 hóa: Cu -» Cu2+ +: 2e —E°Cu2+ỵCu = -0 ,3 4 V

IV .3 (2 đ) I V .3 .1

í

.

.

'V-

,

Quá trin h khử: 2H+ + —'ọ2 + 2 e

= + 1.23V _

.

IV 3 2 **

12 ..ầ.

■

•

•

0,5đ ’

H 2O

'

0,5đ

C u + 2 H + + ị9 o 2 -> Cu2+ + HgO

AE° pư = 1,23 - 0,34 = 0,89 V > 0 -> AG° < 0 Vậy Cu ta n được tro n g dung dịch HC1 bão hòa oxi.

0,5đ

Câu Vĩ (6 điểm)

\

v . l . T rong th iên nhiên, brom tồn tạ i chủ yếu trong nước biển ở d ạ n g N aB r C ông nghiệp hóa học điều chế brom .theo qui trìn h sau: Cho m ọ t lương d u n g d ịc h H2? ° 4 v à° m ột lượng nước biển’ tiếp tụè sục k h í Cl2 v ào dung d ịch mới th u được, sau đổ dùng không kh í lôi cuốn h ai brom vào dung dịch N a 2C 0 3 tới bão hòa brom . Cuối cùng cho H 2S 0 4 Vào dung dịch đ ã bão hòa brom , thu hơi brom rồ i hóa lỏng.

V ie t các phương trìn h p h ản ứng chủ yếu xầy ra trong các quá trìn h trê n và cho b iết vai trò của H 2SO 4. " V.2. Đ ố t cháy 8,4 gam Fe bởi oxi thu được 11,6 gam hỗn hợp rắ n A gồm bển c h ấ t. Hòa tan hoàn to àn A trong dung dịch H2SO4 đặc Hóng dư th u đươc V lít k h í S 0 2 th o á t ra (đktc).

J ' V iêt các phương trìn h phản ứng xảy ra v.2.2. TTính ín h V V .. ’ v -3- x là hỗn hợp h ai kim loại Mg và Zn. Y là dung dịch H 2S 0 4 ch ư a-_____ 6 uy rõ nồng độ. . T h í nghiệm 1 : Cho 24,3 gaiĩi X vào 2 lít Y, sin h ra 8,96 lít k h í H 2 (dktc) T h í nghiệm 2: Chb 24,3 gam X vào 3 lít Y, sin h ra 11,2 lít k h i Hg (đktc) v.3.1. Chứng tỏ rằn g tro n g th í nghiệm 1 th ì X chứa ta n h ết, tro n g th í .nghiệm 2 th ì X ta n hết. . v .3 .2 . T ính nồng độ m ol/Ịít c»’a dung dịch Y và khối ỉượng mỗi kim loai trong X.

(ĐáặLổn. Đáp án

Câu

v .l

Cl2 + 2N aB r —» 2NaCl + B ĩ 2

(1 đ)

3B r2 + 3N a 2C 0 3 —> 5NaBr + NaBrƠ 3 + 3 CO 2

Điểm

5N aB r + NaBrOg + 3 H2SO4 -> 3N a 2S 0 4 + 3 Br2 + 3H 2Q Vai trò của axit: m ôi trường V.2 '2,5 đ) '1 75đ) ' *

2Fé + O2

4Fe + 302

2FeO

2Fe2Ơ3

+ > Fe 30 4 H ỗn hợp hẹ rắ n A gồm: Fe dư, FeO, F e 20 3 v à F e 30 4 2Fe + 6 H 2S 0 4 - i í u Fe 2(S 0 4)3 + 3SOa + 6H20

2FeO + 4 H2S04 - A Pe2(S0 4)3 + S02 + 4H20 Fe 20 3 + 3 H 2SO 4 2Fe 30 4 + 10 H2SÒ4 -

F e 2(S 0 4)3 + 3H 20

0,25x7đ

4* 3Fe2(S 0 4)3 + SO2 + ÌOHzO 13

V* :

•ĩ

ỳ»

■<

v.2.2 (0,75đ)

T acó : nFe= . .. . , •

56 = 0 ,1'■5 m ol;.

'

t . ,4 m no2 tham gia = 1 1 ,6 - 8 — = 0,1 mol,

Fe0 -» Fe*3 + 3e

ç>2 + 4e -> 2 O"2

0,25đ

0,15 moi 0 ;4 5 + 2e - * s*4 T a có: Sô' mol electron cho = số mol electron n h ạn 0 ,4 5 = 0 , 4 + 2 . n g o 2

-» n So2 = 0,025 mol

Vso2 =-0,56 lít* H 2S 0 4 -> M g S 0 4 + H 2

04 2 3= x g 2 ’ v „ 2(TN I) 8,96 ’

VddH9S (TN ) = VddH¡SC>4(TNl) V h, ( T N 2 )

J:2S04

........... _ dừ> X t à Ị Ị h ế t

t t ,2

TNl: nH!= g | = 0 ,4 mol

OM

-> [H 2S 0 4] = 0,2M T N 2 : n„ « ¿ s i = 0 ,5 m ol Hz 2 2 ,4

v.3.2

ađ;

^

+

65b

= 2 4 ,3

. r . D = 0,5 —►a = 0,2; b

F

0,25đ

0ậ5ẩ 0,3

m Mg = 4 , 8 g a m , m Zn = 1 9 ,5 g a m .

0,25đ 0,25đ

14

'Ỷ

c> x

Ớ Ö

A o

'

g x >0 3

Phàn L

%

ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN , LẦN XV - NĂM

rso 30/4

% 'tầìl 9ỉệ SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG □ Câu 1

1.Tìm sổ hạt a và p được phóng ra từ phóng xạ2™u thành nguyên tọ X. Biết rằng nguyên tứ cúa nguyên tố X có e cuối cùng được đặc trưng bơi bốn sổ lượng tứ n = 6; € - 1; me = 0; ms = + —. Tỉ lệ gỉữa các hạt không mang điện vả mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122. (Quy ước: tìr - c đến + £) 2.a. Dựa vào thuvết VSEPR hãý cho biết dạng hình học phân từ của CHBr3; SiHBr3; CH(CH3)3. ' ' . b.

Sắp xếp theo thứ tự góc liên kết tại nguyên tủ trung tâm tăng dần (không kế đên liên kêt giữa nguyên tử trung tâm với hidro khi xét cậc góc này). Giái thich.

3. Cho nguyên tử 2oCa; 21Sc; 22TÌ; 23V: 24Cr: 2sMn cỏ các năng lượng ioĩi hóa I2 (không theo thư tự) là: 14,15; 12,8; 15,64: 11,87; 16,50; 13,58.

Hãy gán các giá trị I2thích hợp vào nguyên tứ ứng vơi các nguyên tố trên. Giái thích. □ Câu 2 : X l.Một hỗn hợp gổm COCl2 (khí) và AI2O5 (rắn) táp dụng theo phương trình: 3COCI2 (*) + Al2Or, (r) -> 3C02(k) + 2A1C1, (/*) AH[’ = -55,56 kcal Tính nhịệt tạo thành của AICI3 (r) biết: CO (k) + C1, (k) -> C0C12 (k) AH(’ = -26,89 kcal 0 2 (k) -+ A120 3

a h ; = -399,09 kcal

(ẤT) -> C02 (k)

AH" = -94,05 kcal

h(ỉc)->Co (k)

AH(’ =-26,41 kcal

2. Cho cân bẳng: N20 4(A) : 2NO2 (Ar) Không màu Nâu đó a. ở 27°c, Kpi của phản ứng trên là 0,17. Tính thành phần % về áp suất các khí khi áp suất chung tại thời điểm cân bằng của hệ là latm.

b. 0 45°c, tại thời điêm cân bang Mhh = 66,8g / mol. ph¿ = 1atm. Tính độ phan li cúa N2O4 (k).

c. Mô tá và giải thích hiện tượng quan sát đươc khi ha nhiêt đô hê từ 45*'c xuông đen 0 c . ‘ 3. Cho phương trình phán ứng: 3As20 3 (r) + 302 (k) —» SAsoO.s AH| = -812,1 IkJ 3As20 3 (r) + 20ì (k) -> 3As20 5 AH2 = -1095,79kJ Biết: Năng lượng phân li cúa oxi là 493,71 kJ/mol.

Tính năng iượng phân li của ozon. □ Câu 3 ~" 1. a. Tính pH cùa dung dịch HN02 0, iM? b.Thêm 100 ml dung dịch NH,0,2M vào 100 mldung dịchHNO, o 2M thu được dung dịch Y. Tính pH cứa dung dịch Y? ' Biết: 2.

= 10~,'w ; K HNOj = 1 0 ?-29.

Tính độ tan cùa CaC20 4 trong dung địch có pH = 4 ?

Biet: rCaCjo«=2,3.10 ; HiCoCXịCÓ pKị = l,25; pK,=4,27

□ Câu 4 Hoàn thành và cân băng các phương trình sau bằng phương pháp thăng bằng ion - electron: a. K M n O ,+ C 6H 12O ö + H 2S O , C 0 2+...

b. Al + HNO, -» N20 + 2N0+... c. Mn04+'H?0 j + H+ — d.C ru + c /a , +OỈỈ —» Crũị' + c r +...

Q 2.yCho các giá trị thế diện cực Fe2* ■+ 2é Fe3* + e

‘ .

E° - - 0,44 V E° - + o, 77V

Fe ' Fe2'

a. Xác định E(' cua cặp Fé37Fe. b. Từ kêt quà thu được hãy chứng minh rằng khi cho sắt kim loại tác dung với đung dịch HC1 0,1M chỉ có thể tạo ra Fe2f chứ không thể tạo thành Fe3f □ Câu 5 1 . Hỗn họp X gồm hai kim loại Mg và R. - Cho 8 gam hỗn hợp X vào dung dịch HCI (ỉấv dư) thu được 4,48 lit khí (đktc).

- Cho 16 gam hồn hợp X tác dụng vừa đú với 11,2 lit khí c i 2 (đktc).

Xác định kim loại R. , *• Cko Fe tác đụng vừa hết với dung dịch H2SƠ4 đặc, nóng thu đuợc khí A và ?0?aT J ' nh kh°' lượng Fe đâ tham gia phàn ứng, biết số mol Fe bằng 37,5% so mol H2SO4 đã dùng. .

0 6

'

®

c> x ■v m m m Đ ĐỀ Ề THI o OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 3 0 /4 LẦN X V -

Phàn ỊL

A . L g p 1Q SỞ GIẢO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

□ Câu t 1. Phân mức năng lượng cạo nhất của X là 6p2 -* z=82 -* N=l,5122 . 82 =124. ậy X là ™Pb, Gọi X, y lần lượt là số hạt a và p sinh ra từ sự biến đổi phóng xạ “ *ĩ/ thành . ^

.

1 206 + 4* = 238 [82 + 2x —y —92

2l ị p b

Ịx = 8 y —6

c

,■.../ V Br / / x Br Br

h 3c

/

‘CH3

gh3

CHBr, (2) 88

CH(CH3)3 (3)

*»-

D ạ n g hình học ph ân tử : tứ diện

b.

- Góc liên kết là góc được tạo thành bởi trục của đám mây electron của 2 obitan tạo thành liên kết. Ở cả 3 hợp chất nguyên tử trung tâm A đều ở trạng thái íai hoá sp3 vì lớp vỏ hoá trị có 4 cặp electron. Sự khác nhau về' trị số cùa các góc chỉ phụ thuộc vào độ âm điện tương đối giữa các nguyên tử lỉèn kết.

- Khi so sánh 2 góc BrABr ờ (1) và (2), độ âm điện cùa Si nhỏ hơn c nên góc BrCBr có trị số lớn hơn góc BrSiBr. - Khi so sánh 2 góc BrCBr và c c c ở (2) và (3), độ âm điện của c nhỏ hơn Br nên góc ở (3) lớn hơn ở (2). ; , . , - Từ hai so sánh trêíi thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau: Góc ở (1) < Góc ở (2) < Góc ở (3)

3. Nguyên tổ Ca Sc Ti V Cr Mn Nang lượng ion hoá ì 2 11,87 12,80 13,58 14,15 16,50 15,64 .

Giải thích: Năng lượng ioh hoá thứ hai là năng lượng cần để tách e hoá trị thứ hai.

Tứ Ca đến V đều là sự tách e 4s thứ 2. Do sự tăng dần điện tích nên !ực hút giữa hạt nhân và các e 4s tăng dần => năng lượng ion hoá I? tănẹ dần. Đối vơi Crom, do có cấu hình e đặc biệt, năng lirựng ion hoá I2 là năng lượng cần thiết để tách e thứ 2 ra khỏi cấu hình 3d5bền vùng nên năng lượng I? của nguyên tố này cao hơn V và Mn. □ Câu 2 ~ 1. Dựa vào dữ kiện đề bài A ỉ ỉ ^ =-399,09 Kcal/mol ^M -o, =-94,05 Kcaì/m ol &H° = AH ị , x% - M l t ro , -(-2 6 ,4 1 ) = -2 6 ,89ẰCO/ -> àH,ir(X.fs = -5 3 ,3Kcaỉ / Ĩ7ÌOỈ Vậy ■ AH?=(3xAH?iCo5+2xAHỊỊA|CIj ) - (3xAH?tCOCI; +ẠH?1A1?o,)

■

== [3x(-94,05)+2xAH°aici. ] - [3x(-53,3) + (-399,09)]- -55,56 AH[;Alcl, =-166,2Kcal/mol 2. a.N 20 4 ^ 2 N 0 2 '• p 2, .

Tại thời điểm cân bằng ta cỏ: ——- = 0,17 và PM)ì + PNn = 1 —?

PNO2 =0,336atm

,

■

=0,664atm Vậy NO2chiếm 33,6% và N 2 O 4 chiếm 66,4% ỡỡ

,

b. N2O.4 ^2 N 0 2 (1 ), I atin. Khi cán bằng: M 1,1, (g) = 66 80 N.O4 ^ 2 N 0 2 Ban đẩti

1

0

Phản ứng Cân bầng

a 1- a

2a

2a V-----

M(45°C) —

1+ a 92 __

_

~ ố ố ’8 => Độ phân li (X45<,c

! +~

37,72%

c. Hiện tượng: Màu của hỗn hợp khí nhạt dần

, V. .: Kp = Tính KppV ừ45°c

Ý

(

2

-------- L---_-Ĩ a _ . pp PNao4

K. = =

^"a

----- (----1 - cc2

1+ a ^ ^P(I5"0 w 0,664. Vậy:

Kp(45)

>

K p(27)

=> Khi giảm nhiệt độ cân bằng dịch

uyển theo chiều nghịch (chiều tỏa nhiệt)

3 .3 0 2 -» 203 ; AH = AH| - AH2 = -812,11 - (-1095,79) = +283,68kJ Xây dựng Sơ đồ: •

3.ÀHpijQ2

AH = AH

' f ặ

• '

1.AH

\

AHpiiOí - (3 X, iHpi-02-AH)/2 = (3.493;71 - 283,68,, 2 - 4-598,725kJ/mol ____

□ Câu 3 1 .1

H N O ,« = ±

H ’+NO;

H ,0 ĩ = ± H + +OH/

"

Y

*

)»

*

HNO, < = > C(M) 0,1 [](M) 0,1-x Ỉ0

Kw = 10'14

.................................

K m o , -Cimo, (10 .

KHNOj = ] 0 '3-29

K „ ,ạ 0 ~ '4) => bó qua sự điện li cùa nước .

'

H*+NO; X X

•

KHN0; =10-, ỉ9 : .

.

V O J -X

= 10'uv —» x=6,9.10'3(M) -> pH=2, !6

b. Cni-b = Chno2 = 0, i(M)

NH, + HNO, -»

• .

NH4N 02

0,1

0,1

NH4NG2—>

NHj

(M)

+ NO

0,1 °.I 0,1 (M) NH*ç= ± NH,+ h ' K . . = l<r,-M NO; + AT Ị = ± h n o 2 (Km0; )-' = 10™

H .O ^ i ỉ r + O H -

K w —10"14

Ap đụng điều kiện proton

lfỉ*] =[N H ,]+ [O H -]-Ịm oz) -* [ n ] = —^ ------- : + K . - ( K . . ....

[H+] [//*] 1 ‘m> l M Ĩ ) « C m; =0,IW ;fA /ơ;]«(<v =0.1 M Do: (Km,, r ÌN O ỈỊ » 1; Km; [NH; KICT"1-24) » K„, ^

] ~ 'Ị^nh; KhnỉỊ = 10 6 ỈM(M ) —» p H = 6 ,2 6 5

. 2. Trong dung dịch CỔ các cân bằng sau:

C.aC20 4 Ç Ca2 s . c\ũ ; + H

+ C20 ; s h c 2o ;

h c 2o ;

+H ± h 2c:2o 4 Đặt s là độ tan của CaC20 4: Ap dụng định luật bảo toàn nồng độ, ta cỏ:

r

0

= [ c ,o 42-](i +

Khi pH = 4 thỉ a = 1 4-

K,

10 -4

10-4-’7.

: / K2'!

K í1

)= [ c ,o 42-]«

K x.K2'

10’8 = 2,865 10~4-2 K T ^ 1’.K T '”

T = [Ca2*].[C20 42' ]= — -> s =8,12.1 0 -51“ 1 z, o65

91

V 1-

.

□ C U<>aä uU■ 3 l . a. K M n 0 4 + Q H ụ O ứ + H2SO 4 —> CO 2 + M n S 0 4 + H20 + K 2SÓ 4 *

5

G6M , + -f- 6H20 6 H ^ O --> » 6C02 6C O . + -4- 24 ?Af-T+ 94* C Hn\2O°(> H +-4+ 24e '4

+ 8H ++ 5e —>Mn2++ 4H20

5C 6H 120 6 + 2 4 M n 0 4- + 1 2 Ư —* J3U0 U 4 M In2" T1 + H20 C J072 ++ 224M 5 C 6H 120 6 + 2 4 K M n 0 4 + 3 6 H 2SO 4 -> 30CQ2 + 2 4 M n S 0 4 + 12K 2S 0 4 + 66 b. AI + HNO? —> N20 + 2NO ■+ Al(NCh h + H20 ' 14 X 3

X

ÀỈ-*Alu +3e

.

4NCỊ +18/r+14ể->/V20+2Aũ+9//2ơ

14A1 + 54H + + ] 2NCV —►14AI3+ + 3N20 ■■+ 6NO + 9H 20 hay 14AI + 5 4 HNO 3 -> 14A1(N03)3 + 3N 20 + 6N O + 27 H20 c. MnOi} H “ H2O2 + H* —>o? ’+ Mn2t + H2O 5 2 X 5 X

M n C V + 8 H + + 5 e - * M n 2+ + 4 H 2O H 2O 2 - >

O 2 + 2H + +2e

2 M n C V + 5 H 2O 2 + 6 H + - > 2 M n 2+ + 5C

8 H2 O

d. Gr;i+ + CIO 3" + OH- -> C rO ;- + c r + H20 2 X C r3; + 8 OH- -> C rO ]- + 4 H ,0 + 3e 1 x

C I O 3 + 3 H 2O + 6 e —» C l

2 C r i4+ CIO 3' + 1 0 OH* - * 2C 7

\

( 1 ) AG? =- n1E?F = -2;(-0,44).F (2) AG§ = -n2E§F = -1,(0,77).F Fe-

+ 3e = Fe

(3) AG? = AG? + AG®

=> AG3 = -ÎI3 E3 F = -3 E3 F = [-2.(-0,44)-1.(0,77)].F • J- ü 0 _ 2 (-0 ,4 4 )+ 0,77 => E3 = —^----- ~Ỷ -------- = -0,036 V

.

b) T rong dung dịch HCl 0 ,IM => Ị h + J = IO“ 1 (m ol/1)

E2Hf/H, = Ẹ 2H+/H, + ° ’0591ê [ H+] = -0 ,0 5 9 V ^Fe2’ / Fc< %H’ / H, < ^Fe'* /Fe ^ >2

c*11 ox‘

thành Fe24

□ Câu 5 1*nCi 2 (I6gam)~ 2H "

+

0 ,5

2e ->

H2 0 ,2 m o lI

0 ,4 m o l C l2

+

0,25m ol

na., (8gam)— 0 ,2 5 mol

mol

2 e - > 2C1

^ fie( H nhận) ^ He (Cl , nhộn) -7-^ c o 2 t r u ơ n g h ợ p

0,5mol

T r ư ờ n g h ọ p 1: R k h ô n g tá p d ụ n g v ớ i HC1; .R tậ c d ụ n g v ớ i C Ỉ2 M g —» M g 2 + + 2 e 0 ,2 R ->

■

0 ,4 m o l R n+ + n e

b

n b

IIH 2 = 0 ,2 m o l = > n Mg = 0 ,'2 m o l = > 0 ,4 + n b = 0 ,5 = > n b = 0 ,1 = > b = —

■

m R = 8 - 0,2.24 = 3,2 —» M o = — n = 32n R

0,1

n = 2 —> M r = 64

ỏ

V ậ y R là đ ồ n g T r ư ờ n g h ợ p 2 : R t á c d ụ n g v ớ i c ả HG1 v à C I2 M g - ^ M g 2f

+ 2e

X R

2x R m+

+ me

y

ym

R

R" ■ + n e

(k h i phản ứ n | ^ ^ t a c i )

( k h i p h ả n ứ n g v ớ i C l 2)

y T a có 2 x + m y = 0 ,4 2 x + n y = 0 ,5 2 4 x + M Ry = » ồ^ - > y (n i-m ) = 0 ,1 - >

o

M n -m m

1

2

1

n

*2

3

3

y

0,1

0,1

0 ,0 5

X

0 ,1 5

0,1

0 ,1 7 5

44

56

76

(lo ạ i)

(F e )

(lo ạ i)

M r ..

V ậ y R là s ắ t ( F e )

M

93

JÍ4

ru h{ Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. H ồ CHÍ MINH aoc*

KỲ THI OLYMPIC TR UYÈN THÔNG 30/4 LẰN XVI - N Ă M p lir )

^

( l o -10]

Môn th i: HÓA - K hối: (10) Ngày th i: 03-04-2010 Thòi gian làm b à i : 180 phút

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

Ghi chủ : Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ riêng và ghi rõ câu số ........ ở trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài. Đề này có 02 trang.

Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

Câu 1: 1.1 X là nguyên tố thuộc nhóm A, họp chất với hiđro cổ dạng XH3. Electron cuối cùng tré _ A i 'Ị ~\ỵ_ỉ . Ẳ _ 1 A A1 . _ _ I 9 1 i A£ i_\. f) 1

tâm, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion trên, đồng thơi sắp xếp các góc liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích, c. Hãy so sánh góc liên kết và momen lưỡng cực của XH3 và XF3. Giải thích.

1.2 Một mẫu đá chứa 1 3 ,2 //g 2ị l u

và 3,42 jug 2ị ị P b , biết chu kì bán huỷ của 2ị l u là

4,51.1 o9năm. Hãy tính tuổi của mẫu đá trên.

1.3 Thực nghiệm xác định được giả trị momen lưỡng cực của phân tò H2S là 1,09 D và của liên kết S-H là 2,61.10*3° c.m . Hãy xác định góc liên kết H-S-H, cho 1D = 3,33.10'30 c.m .

Câu 2: 2.1. Cho các dữ kiện sau: Năng lượng Thăng hoa của Na lon hóa thứ nhất của Na Liên kết của F2

kJ.mol"1 108,68 495,80 155,00

Năng lượng Liên kết củâ CI2 Mạng lưới NaF Mạng lưới NaCl

kJ.mol'1 242,60 922,88 767,00

Nhiệt tạo thành của NaF rắn: -573,60 kj.mol'1 Nhiệt tạo thành của NaCl rắn: - 401,28 kj.mol'' Hãy nhận xét khả năng tạo thành anion halogenua của Flo và Clo. 2.2. Cho phản ứng 2N 2C>5(k) -> 4 N 0 2 (k) + 0 2 (k) ở T (K) vơi kết quả thực nghiệm Nồng độ N2O5 (mol.r1) ~ I Tốc độ phân hủy (m olP .s'1)

ThíÌỊghiệm Thíìighiệm 1 Thí nghiệm 2 0 ; 1 7 0 _________ 0,340 1,39.10~3 2,78.10~3

Thí nghiệm 3 0,680 FT 5,55.10'

a. Hãỵ viết biểu thức tốc độ phản ứng và xác định bậc phản ứng.

+ b. Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 24,74 Kcal.moĩ1 và ở 25°c nông độ N2O5 giảm đi một nửa sau 341,4 giây. Hãy tính nhiệt độ T. Câu 3: 3.1 Dung dịch X gồm HF 0,IM và NaF 0,1M. a. Tính pH của dung dịch X. Biết hằng số axit của HF là Ka = 6,8.10"4. b. Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 0,01 mol HC1 vào dung dịch X, xem thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể.

3.2 a. Hãy tính pH của dung dịch CH3COONH4 0,4M

b. Hãy tính pH của dung dịch NH4CN 0,1 M. K b(NH3) = l> 8 - 1 0

;

Ka(HCN)= 6,2.10 10; Ka(CH3COOH)=l,8.10“5;KH2O= l0'

3.3 Sục từ từ khí H2S vào dung dịch chứa các ion Cu2+ 0,001M và Pb2+ 0,001M c h o bão hoà H2S 0,01M và pH cua dung dịch được giữ cố đỉnh bang 2. a. Kết tủa nào xuất hiên tnmr? ’ ’ b. Có tách hoàn toàn hai ion trên ra khỏi nhau bằng H2S không?

đến th í

Biết H2S c ó K ữĩ1 = W \ K u a2 = 1 0 '13

Tc,s = 6, 3.10-*; TPbs = 2,5.10“27;KHiO= l<r14 !sl4:

4.1. Hoan thành và cân băng các phương trình hoá học sau bằiig phương pháp thăng bằng ion — a. MnCty- + SO32- + H+ - » Mn2+ + . b. C2H5OH + Mn0 4- -> c. CrƠ2' + Br2 + OHd. CuxSy + H+ + NO3-

CH3C0 0 - + M n 0 2 + OH- + H 20 Cr0 4 2- + .......

->

Cu2+ + SO42- + NO + H2O

Cho 4.2.1.Cho =

= - 0 ,4 4 V

. é

a. Tính suất điện động của pin: Pt(H2; 1 atm) IH+ IM 11Fe3+ 0,5M; Fe2+ 0,025M IPt b. Viêt phương ừình phản ứng xảỵ ra ở mỗi điện cực và phương trình phản ứng khi pin hoat động. ' c.: Dung dịch KI có phản ứng với dung dịch FeCl3 không ? Giải thích. d. Tính khử của Fe2+biến đổi như thế nào khi pH tăng?

Câu 5: 5.1. Hãy hoàn thành các phương trình hoá học sau" a. 0 3 + KI + H20 -> b. CĨ2 + Br2 + Ồ2O ->

c. H2O2+ KMín Í1O4+ H2SO4 —> d. PbS + H20 2 e. Na2s20 3+ AgBr -> f. AICI3 + Na2S + H2O —> g. Nai (tinhthể)+ H 2SO 4 (đặc, nóng) ->

h. KI + FeCỈ3 ->

5.2. Có ba muối A, B, c của cùng kim loại Mg và tạo ra từ cùng một axit. Cho A, B, c tác dung VƠI những lựợng như nhau của HC1 thì có cùng một khí thoát ra vói tỉ lê mol turơng ưng k ^ + 2:4:1. Xác định A, B, c viết các phương trình phản ứng xảy ra.

V

5.3. Viết các quá trình ở các điện cực và phương trình hóa học xảy ra khi điện phân 100 ml dung « chưa hon hợp= CuSƠ4 0,1M và NaCỊ = 0,1M vói các = * ngăn xốp cho dịch điện cực trơ, có màng đen khi vưa hêt các muôi này. Tính khối lượng dung dịch đã giảm đi trong quá trình điên phân.

Cho: c = 12; N = 14; o = 16; F = 19; Na = 23 ; s = 32; C1 = 35,5; Fe = 56; Cu = 64; Pb = 207 --H ế t--

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : HÓA - KHÓI 10

Câu 1:4đỉễm 1.1. (2đì 0,5đ

a. X thuộc nhóm A, hợp chât đôi hidro có dạng XH3 -> X thuộc nhóm IIIA hoặc VA THI: X thuộc nhóm ĨIIA Ta có sự phân bố elecữon vào obitan nhừ sau:

El Ũ

Vậy e cuối có 1= 1; m = -l; ms = + 'Á •ỳ n = 4 Cấu hình electron nguyên tử: Ịs2 2s22p6 3s23p°3dlu 4sz4p TH2: X thuộc nhóm VA Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau:

11

lđ

'

1

Vậy e cuối có 1= 1; m= 1; ms = + lA n=2 Cấu hình electron nguyên tìt: ls2 2s22p3 b. XH3 là chât khí nên X là Nitơ

:0 =

N = 0

____________

0,25đ

0,25đ

:

0,25đ lai hoá sp2,

lai hoá

lai hoá sp^,

dạng góc dạng đường thẳng dạng góc Trong N 02, trên nitơ có 1 electron không liên kết còn trong NƠ2, 0,25đ trên nitơ có 1 cặp eỊectron không liên kết nên tương tác đẩy mạnh hơn :=> S/VO trong NO2' < N 02 Vậy góc liên kết: N 02+ > NO2 > NO2".

0,25đ

0,5đ

A ■

o

§.

/V .

Nito trong NH3 và NF3 đều ở trạng thái lai hóa sp3 ► ĩ* Trong NH3 liên kết N - H phân cực về phía N làm các đôi electron liên kết tập trung ở nguyên tử N, tương tác đây mạnh Trông NF3 liên kết N - F phân cực về phía F làm các đôi electron liên kết xa nguyên tử N, tương tác đẩy yếu nên góc liên kết HNH > FNF ► > NH3 : Chiều phân cực của đôi electron chưa liên két trong NH3 cùng chiều vói vectơ momen phân cực của các liên kết N - H ^ NF3 : Chiều phân cực của đồi electron chưa liên kết trong NF3 ngươc chiều vói vectơ momen phân cực của các Uen ket N - F l o i i p ụ -> Nên momen lường cực của NH3 lán hom NF3_____________

0,25đ

0,25đ

u

‘V‘1.2. riđi , _ 0,693 k= ty2

0 693 ~

= 1 54 10->° 4,51.109 ’

N - ~ 238°

(mo1 nguyên tử), m = — -2,10

N —^»2.10 0 238

» .ịh ì. k

N

""

3,42.10 206

0,25đ

( mol ng tử )

( mol nguyên tử)

0,2 Sđ

13,2.1 Ọ-6 + 3,42.10~6 206 -* In- 238 ps — = 1,7.10 (năm) 1,54.10' 10 13,2.10

0)5đ

Câ« I.3(lđ)

0,25đ H

M h2s

Ớ

f*2sh +M1sh + 2ịj shỊJ sh.Q0S(X

V h2s = 2 //2 (1 + cos a ) = 4 ^ 2 M Hỉs =

cos— 0,25đ

SH C O S y

^CO S^ = Z ặ l =

2 2//w

2.2,61.10-30

’

mangluoiNaX

Z y ' số Í r ' i ỉ W I ' +

+

AHp = -332,70 kJ.mor‘

0,5 0,25đ

AHci - -360 kJ.mol'1 0,25đ -> Vậy khà năng tạo ỉon ílorua khó hơn ion clorua

0,5đ

V

2.2 (2 điểm) 1 điêm

a. Biểu thức tốc độ phản ứng có dạng V = kỊNĩOs]* Lập ti lệ Vm2 _ V« [N20 5Ỵm

. „_1

0,5đ

Vậy biểu thức tốc độ phản ứng V= kp^Os] 1 điêm

bậc phản ứng = 1

0,5đ

b. Hằng số tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T là 1,39.10 T 0,17

= 8 1 7 1 0 -3s-r

0,25đ = 2,03.10 ì s 1

ở 25°c, hằng số tốc độ phản ứng là k2S = ^1/2 ,

In kr = Ea ( 1 k2S R 298

W5đ

1) T

Ta% ~ M 7 . 1 0 -3 2,03.10

-24740 1 _ 1 ^ TŨ3A6K 8,314 T 298

.

1 0,5đ

Câu 3: (4 điểm)

&

¿ i. (lá) a.

-> Na + F' HF * = >

NaF

X là dd đệm

J ữ

0,5đ

H* + F

=> [HF] =0,1M; =■ [F] = [NaF] = 0,lM

=» K -

ỈH

= 6,8.10’

-

-

* w =» pH = 3,17 => rH+11 6,8.10'4 b/- Khi thêm 0,01mol HC1, có phản ứng V tru HF + T F7-' ------► 0,01 0,01 0,01 => [HF] = 0,1+0,01 = 0,11 [F] = 0,1 - 0,01 = 0,09 T T +

I

[hf ]

0,25đ

0,11

=> [H+] = 8,3.1o-4 => pH = 3,08 Thí sinh có thể dùng công thức tính pH của dung dịch đệm để tính ba câu a, b, C..

r

p H = p K a+ l g ậ ^

-'HF

12 (ỉ,5â) 0,5đ

a. CH3COONH4 0,4 M NHĨ

a

->• CH3COO~ 0,4 M

NH, +

iT

+

Ka(mĩ) =

3

©

nh

+a

0,4 M Kw = 5,6.10-10 K-b(NH})

0,25đ

ơ ự K X ĩ + fí20 □ K HcHícoo-) =: ~

ỉy

a^CH^COŨH)

CHịOOƠ + O K = 5,6.10~10

Vì Kb(CHìC00-) =

r\„ ¿».í rrr+T D o đ ó [/r ]

0,25đ

= 5’6-10'10í

CCHìC00- =

CAHJ=

°>4M

r/^rr-1 -- _ [pH~~ị => p H = l

=

Thí sinh có thể dùng điều kiện proton để tính pH. b. NHaCN

-»

0,1 M

AW4+ + 0,1 M

0,1 M

ũ . m 33

+ H+

a r + H‘ 0

flev

NHÌ

CN

K a(N t vHtỈ)

=-Ạ V- s.

= 5 61 0

-10

^b(NH,)

i:;'

Hịo □ H + + OHBiêu thức điều kiện proton:

^

=(6,2.10-)-'

=100,5đ

[íf*] = [A7í,]+[Óff-]-[/fCAr] aímỉy^NHỉ^

c

bỏ qua nồng độ H* do nước pl

Chấp nhận [ > / / ; ] = Cnh. = 0,1 M

[ # +]=5,89.1Q-10M ^ pH = 9,23

0,5đ

3.3. (U đ ) a. H2S □

2H+ + s 2“

K xX 2 = 1(T20 0,25đ

0,25đ

^

tế,túa:M = ^ = ^ = 2 , 5 . . o - (J0 (2)

Tư (1) va (2): => CuS ket tủa trước, PbS kết tủa sau. b. Khi Pbs PbS băt bắt đâu đấu kết tủ tủa:

"~ ~

0,25đ 0,25đ

~

rcM2+'|= = ặ— ỉ= .=- ặ*í£- x. C pbỉ, = | - | | ^ 76 x o ,001 = 2,52.1Q-12 (M ) 0,25đ J [s2 ] r*

L

[C u J ũ

ÌQT6M => Cu2+kết tủa hoàn toàn.

Có thể tách hoàn toàn Cu2+ra khỏi Pb2+bằng H2S.

4

0,2Sđ

'A Câu 4 : 4 điễm 4.1 (2đ) a.

5 X1 S032-+ +H2O -> 2 X1 Mn04' + 8H+ +

S042_+ 2H+ +

5 e ->

2e

"035

2Mn2+ + 4H2O

2Mn04' + 5SO32- + 6 H+ -* 2 Mn2+ + 5SO42- + 3H2O b.

3 X1 C2H5OH + 50H- ->

CH3COO- + 4H2O +

4 X1 MnO/ị” + 2H2O + 3 e ->

Mn02

3 C2H5OH + 4 MnO/ị- -> c.

2 X1 CrC>2 ' + 40H- - » 3*1 Br2+

2 e —>

4e

+ 40H-

3CH3COO- + 4 MnC>2 + OH- + 4 H2O

Cr042' + 2H2O +

3e

2 Br

2Cr02' + 3Br2 + 80H- -» 2CrC>42" + 6 Br + 4H2O d.

0,5đ

3 X1 CuxSy + 4y H2O ( 2x + 6y) X1 4H+ + NC>3_ + 3 e

->

xCu2+ + ySC>42- + 8yH+ + ( 2x + 6y) e NO + 2H2O

"

0,Sđ

3 CuxSy + 8x H++ (2x + 6y) NO3- -> 3x Cu2++ 3y S 0 42-+ (2x + 6y) NO + 4x H20

0,75đ

a. Ta có Fe

+ 2e -» Fe AGi =-2F

Fe

„

/re

Fe3+ + 3e -+ Fe AG2 = - 3 F ^ 3t/F( ^

Fe3+ + le

Fe2+

Ổ

A

AG3 = AG2 - A G i= -3F.£°Fe <=>-F £ Fe3 ° 3t„ ,2+ *IFeu

1*1Fe

Ệ ^Fe2+ìFe'

= -3F EreA/re

0,25đ E(+) = 0,77 + 0 , 0 5 9 1 g ị ^ ị = 0,85V

0,25đ

mà E(.) =0 Epin — 0 ,8 5 - 0 = 0,8:

0,25đ

S ĩỆ r '

0,5đ

Cực ( - ) : H2 -2 e -» 2H

Cực (+) : ĩ ẻ ^ + le~* Fe

-'hản ứng xảy ra trong pin Fe3+ + H2 -►2Fe2+ + 2H* 1— 0,25đ

0,25đ 0,25đ

----------------------------------------------------------------

0,25đ

do Ke^/F^ > El / r nên CÓphản ứng 2KI + 2FeCl3 ->I2 +2FeCl2 +2KC1

-

1rr37’42

10"14’78

[Fe,‘]w [^ i=ĩS

=>V ,tf - ° 0'77+0.°^ lg |ff] =0,77+0,0591g^ ^ ^ mà [OH'][H+] = 10'14

10— 37,42 1014’78r7:7’+1

>EFp /Fe* = 0,77 + 0,059 lg —

10-14

1

J = 0,26 - 0,059pH

V

0,25đ

Khi pH tăng -* tính khử Fe2+ tăng 0,25đ

'

4 Cầu 5: 4 điểm a- 0 3 + 2KI + H20 -» I2 + 2K0H + 0 2

0,25đ

b. 5Gl2+ Br2 + 6H20 -> 2HBr0 3 +10HC1

0,25đ

c. 5H20 2 + 2KMn04 + 3H2S04

0,25đ

2MnS04 + K2S04 + 502+ 8H20

d. PbS + 4 H 2Ỏ2 -ỳ PbS04 + 4H20

0,25đ

e. 2Na2S20 3 + AgBr -ỳ Na3[Ag(S20 3)2] + NaBr

.

0,25đ

2A1CỈ3+ 3Na2S + 6H20 2 A l ( O H )3 + 6NaCl +3H2S

0,25đ

g. 8NaI tínhthề+ 5H2S04 đặcnáng -> 4Na2S04 + 4I2+ H2S + 4H20

0,25đ

f.

h. 2KI + 2FeCl3

2FeCl2 + 2KC1 + 12

•V

&

1

M (0,7Sđ) Nôi dung Ba muối có thể là MgCOs, Mg(HC03)2, Mg2(0H)2C03 Phương trinh phản ứng MgCOs + 2HC1 MgCl2+ H20 + C02 .

Mg(HC03)2+ 2HC1 4 MgCl2 + 2H20 + 2C02 . 1 Mg2(OH)2CO, + 4HC1 -> 2MgCl2 + 3H20 + C02

^

J

.Thang , * điểm

0,25đ 0,25đ 0,25đ

5J(t,25đ) ...............................................

Nội dung

Đáp án 0,5đ

0,75đ

Quá trình điện cực Catod Cu2++ 2e -ỳ Cu 2H20 + 2e 20H' + H, Phương trình hóa học Giai đoạn 1: C11SO4 + 2NaCl -> Cu Ban đầu

Phản ứng Còn lại

4 ^

0,01

Thang điễm 0 ,2 5 đ x 2

Anod 2C1 •> Cl2 + 2e 2H20 -» 4HT + 0 2+ 4e +

Cl2

+ Na2S04

0,25đ

0,01

0,005 <r 0,01 -> 0,005 0,005 0 0,005

0,005 0,005

Giai đoạn 2: CuS04 + H20 Cu + V2 O2 + H2SO4 , 0,005 0,005 0,0025 Độ giảm khối lượng dung dịch Am = mCu+ mGi2 + m02 = (0,01.64) + (0,005 . 71) + (0,0025 .32) Am =l,075g

6

0,25đ

0,25đ

V ,-f •

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP. CẦN THƠ t r ư ờ n g TH PT CHUYỀN LÝ T ự TR Ọ N G ĐÁP ÁN

KỲ THI OLYMPIC TR UY ỀN T H Ố N G 3 0 /4 LÀN T H Ứ XVII Khỏa ngày 09 tháng 4 n ăm 2 0 1 , M ôn thí: HO Á H Ọ C ; lỏ-p(Ĩ0

1.1.1. Xác định nguyên tố X ,Y và hoàn thành phương trình phán ững nạt nnan.

A ,A J, L L 2. Trong điều kiện thích hợp, đơn chất X phản ứng với đơn chất Y tạo thành hợp chat z . V iết cấu hỉnh electron của z theo phương pháp MO-LCAO. '; — 1 2 ( 1 0 điểm) Xác định trạng thậi lai hỏa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong không gian của ca c ion C IO ” , C 102~, C IO 3- v à C IO 4- , từ đo so sánh độ bền của 4 ion. > ^ 1.3. (0,75 điểm) Hoạt tính phóng xạ của 2ị°Po giảm đi 6,85% sau 14 ngày. Xác định hằng số tốc độ phân rã, 14 *’

chu kỳ bán hủy và thời gian để cho nó bị phân rã 75%.

A ; # X. (1 25 điếm) Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm điện. 0 mạng cơ sở có độdài m oi .cạnh là 5 14.10 10 m. Giả thiet ion Li+ nhỏ tơi mức eó thể xảy ra tiếp xúc anion - anìon và ion Li được xếp

khít vào khe giữa các ion c r .

1.4.1. Hãy vẽ hình một ô mạng cơ sở tinh thể LiCl. 1.4.2. Tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+ , cr trong mạng tinh Đ Á P ÁN CÂU 1 C âu 1 1.1 1. E 1

Đ iểm 1,0 đ

N ội dung Nguyên tố được đặc trưng bởi 4 sò lượng tử ( n = 2 ; 1 =1 ; m = -1 ; m s = - ‘/ 2 ) => Y có cấu hình electron sau: Is2 2s2 2p4 => z = 8 . Vậy Y là Oxi

0,25 đ

Mặt khậc: — = 1,125 = > N = 9 .V ậ y A y = 1 7 Ta c ó :

abX + ịH e ^ l O + lH

0,25 đ

■ Vậy a =14 và b = 7 => X là N it ơ 0,25cT

Phương trình hat nhân: *7N +24//e - > lgO+|1p 1.1.2

N2+ 0 2

2NO ( Z )

A

Cấu hình electron NO: ơfsơjs2ơ 2sơ ‘2s( ^ = 7ij ịơ 2zK 1.2

£ r 1.3

= Uy)

• , ----------------------------------------Cấu tử Trang thái lai hóa s ố electron không liên kêt Dạng hình học CIO' ’ sp ' 3 cặp thẳng C102' sp3 • 2 cíặp góc CIO3sp3 V cặp tháp đáy tam giác CIO4 sp3 ^ cặp tứ diện đều Độ bền của CIO '< CIO2' < CIO3"< CIO4 .

-

m: khối lượng chất phóng xạ ban đầu; m0:khôi lượng chat phóng xạ ban đau

0,25đ 1,0 đ ----

0,75 đ

0,25 đ

VI...

X :hằng số phóng xạ; Ta CÓ: m = m 0 .e

t: thời gian phóng xạ m <=>Xt = ln- o

-X t

m

1 m

1100

0,25 đ

o 5 L = - l n - ^ - o Ầ = — In — — — = 0,00507 (ngày’1) t m 14 100 - 6,85 Chu kỳ bán huỷ: _ ln 2 0,693 => T1/9 = - — = ----------- = 136,7(ngày) 1/2 X 0,00507

0,25 đ

Thời gian phân rã 75%: t

1

100

----- í------In — — — = 273,4(ngày) 0,00507 1 0 0 -7 5

1.4

1Ã1

0 - .... ỉ> ■ ■....Ọ .....

J f ... í - t - r Q i" ..A I ; (j-

&■■■.... - ỳ “''-— i / ỳ . .....s> i0 ■■10p....... .Ộ L ... “í.»Q

Xr:.;.

ứ Li

0 ...

O ci Mỗi loại ion tạo ra một mạng lập phương tâm diện. Hai mạng đó lông vào nhau, -

1.4.2

khoảng cách hai mạng Ỉ à ỳ 2 Gọi d là đựờng chéo một mặt, ta có d2 - 2a2 —» d = a^ 2 Giả thiết ion Li+ nhỏ tới mức cỏ thể xảy ra tiếp xúc anion - anion và ion Li được xep khít vào khe giữa các ion 4

, . Ạ 'oA

cr, ta có d = 4 rcr 0,5 đ

5 ,1 4 .Ị g ’° :^ = I ,88 22 .1 .1 0g * m A 4 . ìrc,- + 2 ru-

,1 4 .1 0 - - 2 .1 ,8 Z Ị a : =

2

2

5 1 0 , o m)

0,5 đ

ưu (450 c, và 300 atm) thì NH 3 chiêm 36% thê tích.

2.1.1. Tính hằng số cân bằng Kp. Ẩ ‘Ằ ’ 2.1.2. G iữ nhiệt độ không đổi ở 450°c, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu đ ế khi đạt tới t r ạ n g thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích. 'Ẵ _ A 2.1.3. Giữ áp suẩt không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào đế khi cân b ăn g N H 3 ch iếm 50% thể tích.

-

.

C ho biết phương trình Van’t H off liên hệ 2 hằng số cân bằng ở 2 nhiệt độ là: 2 .2 .

=

~ ỹr) •

(1,5 điểm) Kết quả khảo sát động học của ứng phản ứng :A + B - + C + D như sau:

Thí nehiêm Thí nghiệm Thí nghiệm 1 Thí nghiệm .2 Thí nghiệm 3

Ca (moìlĩ) (mol/1)

Vân tốc (mol/l.phút) Vận

I CB (moĩ/ỉ) (mol/1) 0,5 1,0 1,0

0,5 1,0 0,5

5 - ìo ; 20.1020.10-'

1

_ A

2.2.1. X ác định bậc phản ứng và tính hằng số tốc độ của phản ứng trên.

2.2.2. Tính tốc độ của phản ứng khi C a=C b - 0,2 mol/1.

2.2.3. Tính thời gian cấn thiết để phân nửa lượng chất (lấy ở câu b) phản ứng. Đ Ả P ÁN CÂU Đ iểm

Nội dung

C âu 2 2.1 2 . 1.1

2 ,5 4 * Tính Kp r r V Gọi Xj, X2, X3 lần lượt là % v (% số mol) của N2, ÍỈ2, NH3 Ta có X3 = 0,36 Xi +X2 = 0,64 Vì — =

X, = 0,16 ; x 2 = 0,48 l,0 đ

K p = p\ = 0 ,3 6 3 2 - 8,14.10 5 p PN .Pị 0 ,1 6 .0 ,4 8 .3 0 0 .

ở trạng thái cân bằng : X3 =0,5 =>X1 = 0,125 ; X2 = 0,375

2 .1.2

K p

- PửS = n .P3 h

0 ,5 2

3

2 — 8 , 14 . 10-5

0,125.0,375 .P

. '

.

0,5 đ

= > p = 682,6a/m Ở nhiệt độ khảo s á t : ♦ £, = 0,52 3 = 4 ,2 1 .1 0 -4 7‘ 0,125.0.375.300

‘ Áp dụng công thức ta có

0,5 đ

in— - — ( . ! - —) => T = 653°K tue 380°c ả:, Æ 7Ị T2 2

2.2 2 .2.1

Bậc phản ứng và hằng số tốc độ: A + B

c

—ì

v = kơAC yB V i= k .(0 ,5 )* (0 ,5 ỵ = 5 . 1 0 '2

(1)

v2=k.( 1,0)x( 1,0)y = 20.10

(2)

V r = k .( 0 ,5 ) x( l , 0 ) y = 2 0 . 1 0 ' 2

(3)

(2)

v 2k(l,0)x(ĩ,0)y _ 20.10~r

(3>

V3

k (0 ,5 )x( l,0 ) y

=> 2X= 1

(3).

(1)

V, V,

2 0 . 1er2

=> x=0

k (0,5)-(l,0)1' k(0,5)I’(0,5)y

=> 2y = 4 V = kCxAC ị

20.10~2 5.10"2

y —2 => V = 'kcị => Đây là phản ứng bậc 2

Thế X, y vào (1): Vi=k.(0,5)°(0,5)2 = 5.10'2 l vL -

t

4°

=

=> k = 0,2 m o ï’./.phi

2C.ltó

...____

2.2.2

2.2.3

_______ Tôc độ phản ứng: Ồ.1U mol/l.phút moi/i.pnut V= k c ị = 0,2.(0,2)2 == 8.10'3

Vì đây là phản ứng bậc 2 nên : .

c f c in 1/2

k .c B

, .0 , 2

0 2

—

A o 0 4

= 25 p h ú t

r C â u 3 (4 điếm): 3.1. (2,0 điểm) Tính pH và độ tan trong dung dịch bão hoà PbCƠỊ. Cho Ks 0 = 1,6.10'13, H 2C 0 3 có K al = 10-6’35 ,Ka2= 1 0 -10'3V P PbOH, = 1 0 -6’48.

.

3.2. (2,0 điểm) Tính cân bằng trong dung địch Ni(C104)2 0,01M và KCN IM (coi sự tạ o thành phức [Ni(CN)4]2~ là chủ yếu.

'

Biết: *ßNi0H‘ = 1o-8-94, ß4“< NM . = 1030,22 , Kw = 10 i(C N )ỉ

, K HCN =10

-9,35

ĐÁP ÁN C ÂU 3

Câu

Nội dung

3 3.1

2 ,0 đ Pb +‘ ™ CO32' ”a+

PbC03 —

T+

Pb2+ + H20 — C 0 32"+ H+

H2O —

TT+

HCỌ3’

—

H2CO3

H+ +OH"

Vì K"1 »

(1)

*

PbOH+ + H+ *ßphOHt = 1o-6'48 (2)

—

H C 03‘ + H +

Ks - 1,6.10 .

Kg' = 1 0 10,33

(3)

k ; ‘ = i o 6’35

(4)

K w = 1(T14 (5)

K“1 nên bỏ qua cân bằng (3). Ta có:

s = c a* = [ii!,]+ [p w ir ]

=[™2*h (1+[ F ] )

Thiết lập tới

<6>

(6,7):

Và:

s

- C C0Ỉ-

= [ c o =2- ] + 1hco ; ] = [c o ỉ- ] + k ;1 [c o ĩ }[ h ' ]

0,5 đ

« S=C<^=[C°Î‘](1+< M ơ)

(l+<!> *])" (1+ < [« * ])

(8)

0,25đ

Áp dụng diều kiện Proton đề tính [H+l

© 5

[ / r ] = [ P b o ir ]+ [ o h - ] - [ h c o ; ]

;

» o

U KI[C0]-]

0 ,2 5 đ

C h o [ P 6!* ] t » [ c c ? - ] , = s „ = 7 ^ 7 = 4.10-’

Thay [ p ¿ 2+]

và [ C 0 32"] trong (* ), ta có :

r y l |= j Ễ ^ g Ể p ĩ =4,081.10-’M L

V 1 + 10 ■ .4.10

o

Thay [ i T ] = 4,081.10 '9 vào (8) ta có:

Sl = Jl,6.10'13fl+

ì (l + ) = 3,4.10~ 10^ _9-Ì(1 +10 10110’33.4,081.10-9 (U3.4,08

4,081.10

Ớ

Thay Sj vào (6) và (7) ta có : 1 0 -6,48

V '

. . ......

0,25đ

= 4,139.10"7M

[.Pb2+] = 3 ,4 .1 0 '

u~ > J,

0,25đ

ì,» 5 -Ẩ [

V.................. ,

Thaỵ, [ / V +] và [C O j~] vào (*) ta được: r " = . Il0 ~6,48 4 139.10~7 + L -* V 1+ 10 ,33.3,85.10-7

Tính lặp: 0,5 đ

_ /j 22.10"9M ’

Tháy [ t f +] = 4,22.10-° M vào (8) ta có :

4,22,1o-9 Thay S2 vào (6) và (7) ta có :

10“

-6,48 V 1 +■ 0 1-9 = 4,279.10

M

4,22.10

[CO¡~] = 3 ,4 .1 0 -5( l + 1010-33.4,22.10'9)_1 = 3 ,7 3 .1 0 '7M Thay [ p b 2+]

/ N

fe» ] I j V 3

và [ c 0 ¡ ~ ] vào (*) ta được: 610.,M

V

1+ 10

.3,73.10

Thay [//•*■ ] = 4,36.1(T9M vào (8) ta có :

(3 6

•>•jjr

'®sF'

s¡ =.

(

^

1

1,6.1 o-13 1+ ————— (1 +1 Olo,33.4,36 . 10 ~9) = 3,4.10‘5

3 ]¡

-■[

4,36.10

J'

1

Ta thấy s¡ = S 2 = s , = 3 ,4 .1 0"5và [ t f +] * [ H * \ « . [ ^ +] , : Nên ta tính được iS = 3,4.1 o-5 và p H = 8,36

2,0d

3.2 Ban đầu: Phản ứng: Cân bằng:

M 2++

4CAT

0,0IM 0 ,0 IM O

IM 0,04M 0.96M

[Ni{CN)Ậr

,30,22

A=10

:

0,0 IM 0,01 M

(giá trị P4 rất lớn nên xem sự tạo phức xảy ra hoàn toàn) Ni2+ + H20 —

NiOH+ + H+ ‘PNi0H+ = 10-8’94

ổ*

Do phức N i(C N )2 4 bền, nên lượng dư CN~ sẽ quyết định pH của đung dịch: __ „ CN‘ + H2Q Ban đầu: Phản ứng: Cân bằng: T l aacó cò:

K ,„ 10- _ . . _______ _ HCN + OH- K b = g ~ ~ ỵ ỹ õ ĩ ĩ

ịq-4,65

0,96 X

0 ,9 6 - X

[OH-][HCH]_ Kk [ « -]

= = 1(T4'65 = >* = 4,624

0 ,9 6 - x => [O H ~ ] = X = 4,6247.10"3Af => p O H = 2,335 = > p H = 1 4 - p O H = 11,665 => L / r ] = 10'"-665M 'T,í«u __„Á /í;À,, *

Ta có:

[ w .f j Ồ- ỳ í\M ) ệ =[m2*M 'NiOH+]

0,5 đ

(>)

(2)

0 ) 7

'm

[ C N - ] ' = [ C N - ] + [HCN]

L

J

[O H -]

“[CAr](1+# i )

(3)

Thay (3) và (2) vào (1):

K ĨỊK ]] _

[m^^I+Xh*]")^]* 'u

"ß

_

Tacó:

[N i(C N \Ỹ

Ban đầu: Phản ứng: Cân bằng: Ta có:

0,0IM a 0,01-a

(Ni2+y + 4(CN*)’ ß u = 3,2 6 7 .10-28 0,96M

(0,96 + 4ứ )4(ứ) -v , ’ = 3,267.10

(0,01-ữ)

=> a = 3,85.10"30Ằf 0,96+4a«0,96

0 ,2 5 đ

VP*

267.10"28 rất bé, nên 0 ,0 1 -a «0,01 và .

- 0,01 - ứ

0,25đ

¿ r ] ■)

= ứ .(l + 10-8l94.10II’fi65)“1= 7 ,2 3 .1 0 '33M 0,25đ 1 0 -4,65

= (0 .9 6 + 4a)

1+-

V 1

0,955M

4,6247.10'3

l v ^ +] = > [ m 2+] [ / T ] " ‘ = l( r 8-94.7,23.1(r33.1011665 =3,838.10"30M

^

]=ậ M

L

J

[ OH-]

0,2 5 đ 0,25đ

= I 5 ^ M Ỉ Ỉ = 4,625.10-^ 4,6247.10

0,25đ

© 8

w

C â u 4 (4 điểm): 4 .1 . (1,5 điểm) Tính thế của điện cực Pt nhúng trong dung dịch gồm KMnƠ4 0,01M và F e S 0 4 0 01M ờ pH = l.C h o : E Ĩ = E ^ 0 ; W ; = l,5 1 v ; e ; = = 0 ,7 7 1 V .

4 .2 . (1,5 điểm) Một pin điện gồm điện cực là m ột sợi dây bạc nhúng vào dung dịch bạc nitrat và điện cự c kia là một sợi dây Pt nhúng vào dung dịch muối Fe và Fe3+.

Biết B;v«,-<WV;«W=0.771V. .

"

4 .2 .1 . Viết phương trình hóa học khi pin hoạt động. Tírih suất điện động của pin ở điều kiện tiê u chuẩn 4.2 .2 . Nêu [Ag+] = 0,1M và [Fe2+] = [Fe3+] = IM thì phản ứng trong pin xảy ra như thế nào?

4 .2 .3 . Nhận xét về ảnh hưởng của nồng độ chất tan đến giá trị của thế điện cực và chiều h ư ớ n g củ ứng xảy ra trong pin.

4. 3. (1,0 điểm) Hoàn thành và cân bằng phản ứng oxi hoá-khử sau đây bằng phương pháp io n -elecl 4.3 .1 . Fe3P + NO: + ? -> Fe3+ + H ,p ọ : + ?

4 .3 .2 . Sn2+ + BrOj + C r + H+ -> Br + SnCl62- + ? Đ ÁP ÁN CÂU 4

______

C âu

Nội dung

4 4.1

3

Đ iểm

7

(l,5 đ )

.............................. —

Do pH - 1 nên môi trường trong dung dịch là môi trường axit —> quá trình ỉạo phức hiđroxo của các ion có thể bỏ qua. Ta có các cân bằng sau: 1X

5

M nO; + 8 H ++ 5 e

M n2+ + 4 H 20

X

K , = 1 0 ^ = 1 0 127-53 *

Fe3++ le -

n + M n 04'+ 8 H+ + 5Fe2+ — LM Mn2+ Ban đầu

-

(K2)5 = 1 0 ^ = 1 0 -65'118 w

5Fe3+ + 4H20

-— —

K - K , Ì O 0'0592 = l o 62'4

0,5 đ

0,01

MỊ

M U' ứng ' °’ 01 Phản

5 Cân bằng 8. ucr’

,0 ' 0

0,01

2.10'3 0,01

Vì ẤT' = ìc r62,4 rất nhỏ nên phản ứng xảy ra giữa Mn1+ và Fe3+ là không đáng kể, khi đó có thể ------tính '......theo w cặp . M nO\ / M n2+: E = E° n

g

[M n 1 ] l , 0đ

4.2.1

Phương trình hóa học khi pin hoạt động: Ag* + Fe2+ —> Ag + Fe3+ , , ______ Suât điện động của pin ở điều kiện chuẩn:

l,5 đ 0,25đ 0,25đ

V.y'JV,

iiíll Ëüpin - 0,8 - 0,771 = 0,029 V 4 .2 .2

--------

Nểu [Ag ] - 0,1 M và [Fez ] = [Fe3 ] = IM thì suất điện động pin là Epin = E0pin +

0 ,0 2 ,+ 0-» 5 9 l g °>;-' = - 0 ,0 3 V < 0

0,25 đ

Phản ứng xảy ra theo chiều ngược lại.

4.2.3

Kết quả cho thấy: ở điều kiện chuẩn thì suất điện động của pin là 0,029 V. Khi nồng độ của [Ag] giảm đi 10 lần thì thế điện cực của cặp A g+/Ag là: EAg*«s - EV , „ + 0’ j 5 9 lS l ° ' l = 0 .8

0,059 - 0 ,74V

^

0,25 đ

Suất điện động cùa pin là: ^pm =

Aii*/Ag

Fe^/Fe1* =

0,25 đ

74 - 0,771 = -0 ,0 3 IV

Rhi [Ag+] giảm đi 10 lần, thế điện cực của cặp A g+/Ag trở nên nhỏ hơn thế điện cự c của căp Fe /Fe + và phản ứng xảy ra theo chiều ngược lại (Epin < 0). Vậy nồng độ của chất tan CO khả năng làm thay đôi thê điện cực và chiều của phản ứng.

4.3

1,0 đ Fe3P + 4H20 -> 3Fe3+ + H2P 0 4' + 6H+ + 14e N 0 3 + 3e + 4H+-> NÕ + 2H20 3Fe3P

+

1

3 X 14

X

0,5 đ .

14N 03' + 38H+-+ 9Fe3+ + 3H2P 0 4' + 14NO + 16H20

Sn2+ -» Sn4+ + 2e

.

Br Oj + 6H+ + 6e -* Br" + 3 H2O

1

x3

Ị

X

1

3Sn2+ + B r 0 3- + 6H+ ^ B f + 3H20 + 3Sn4+

?

A •

0,25 đ

»

10

o;5đ

khí clo vào thu được dung dịch chứa M. Nung chảy chất Q với kiềm và có mặt oxi tạo th à n h chất p (m au lụ c). Nếu đun nóng chất rắn Q với axit sunfuric thì thu được chất khí R và một dung dịch c ó màụ h ồn g của ch ất E, biết E là san phẩm khử của M trong quá trình điều chế clo khi cho M tác dụng với K c i cỏ m ặt ăxit sunfuric. Biết M, p, Q, E đều chửa cùng một kim loại. V iết các phương ưình phản ứng c h o các quá trình b iến đổi trên? , .2 . (1 ,5 điểm) Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: 1~VẮ1 ' \ r 1,

1 ' AJ,

1

^_

1» _

'

\

_

.

uep Lực sục ỒU2 vao xni mau nau D ien mai, inu aược aung UỊcn D B, sau đó thêm dung dịch AgNC>3 dư tạo thành kết tủa màu vàng.

- M ặt khác, nếu hoà tan hoàn toàn 0,1 gam X vào nước, thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãn g, lúc độ dung dịch có màu nâu. Chuẩn độ dung dịch thu được bằng N a2S2Ơ3 0,1M đến khi mất m àu cần dùng 37 4 ml dung dịch Na2S2Ơ3. ' X 5.2.1. Viêt các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.

5.2.2. Tìm i ỈỈI1 công UUIlịị thức ỊIluC phân pilall tử tư của CUa X. A-. ong H2SO4 H2í 5.3. (1 ,5 điểm) Hoà tan lần lượt a gam Mg rồi b gam Fe, c gam oxit sắt X trong loãng, dư thu được 1,23 lít khí A (ở 27°c, 1 atm) và dung dịch B. Lấy 1/5 dung dịch B cho tác dụng vừ a đủ với 60 ml dung dịch KM11O4 0,05M , thu được dung dịch c . Biết trong đung dịch c có 7,2 7 4 gam hỗn hợp muôi trung hoà. Tìm công thức oxit sắt và các giá trị a, b, c. ĐÁP ẤN C âu 5 5.1

Nội dung

Đ iểm

2KM11O4 —> K2MnƠ4 + MnƠ2 + O2 M

,

.

p

Q

.

2K2M n04 +C12 -> K M n04 + KCl 2M n 02+ 4 K 0 H 2M n 02 + 2H2SO4

■

+ 0 2 -*■ 2K2M n 0 4 + 2H2O

,

2M n S 0 4 + 0 2 + 2 H20 E

( 1,0 đ) 2-3 phản ứng cho 0,5 đ

R

2K M n04 + i0KC1 + 8H2SO4 -> 2M n S 04 + 6K2SO4 + 5C12 + 8H2O 5.2 5.2.1

X cháy cho ngọn lửa màu vàng => thành phần nguyên tố của X có natri.

Dung dịch X tác dụng với SO2 đến đư thu được dung dịch B tạò kết tủa vàng với AgNƠ3 => thành phần nguyên tố của X có ioí.

Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa.

l.,5đ 0,25 đ

Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion 10 X Đặt công thức của X là NaIOx. P hản ứng dạn g ìon:

0,5 đ

210 X + (2 x -1 )S 0 2 + 2(x-1)H20 -» ( 2 x - l) S 0 4?' + I2 + (4x-4)H+ (1) I2 + 2H20 + S 0 2 -> 21' + S 0 42' + 4H+ Ag+ + I‘ -> A gl

(2) (3)

11

(2-3 p-ư_.

«% ■'

*■ 10 x + (2 x -l)I' + 2xH —> XỈ2 + XH2 O I2 + 2N a 2S 2 0 3 -> 2N aI + N a 2 s 40 6 ,-3 1,87.10'3 < - 3 ,7 4 .1 0 S o m ol Na 2 s 2 0 3 = 0 ,1 .0 ,0 3 7 4 = 3 ,7 4 .1 0 ’3

Theo (5) => Số mol I2 = ‘Á (s ố mol Na2S20 3) = 1,87.10 Theo (4) => Số mol IO ~= - (số mol I2) = - .1,87.10'3 X

X

=* ĩ ĩ ĩ ế k n ; - r 1'8710'3 =»

- li8 7 .10J 150 + ló x => 0,lx = 0,2805 + o,02992x X = 4. Công thức phân tử của X: NaIƠ 4 _ ___ 1A I , 1\ A í.

• . . . Đặt X, y, z lân lượt là sô mol tương ứng của Mg, Fe và săt oxit.

Theo đề: nH = —

——— = 0 05 mol

0,082.(273 + 27)

;

Khi phản ứng hết với dung dịch B: sổ mol K M n04 là: 5x0,06x0,05 = 0,015 mol, Khối lượng muối trung hoà thu được là: 7,274x5 = 36,37 gam V M g + H2SO4 - > M g S 0 4 + Ha (1) Fe + H 2S O 4 —> F e S 04 + H 2 (2) 10FeS04 + 2K M n04 + 8H2S 0 4 -> 5Fe2(S 0 4)3 + K2 2M nS04 + 8H2O (3 ) 0,075 <- 0,015 -> 0,0375 -> - » 0,015 (mol) Khối lượng muối tạo thành từ (3): 0,0375x400 + 0,0075xV W-T+ 0 ,0 1 5 x 1 5 1 = 18,57 g V ậy trọng dung .dịch c còn lại một lượng m u ố i11 - 1 8 ,5 7 = 17,8g => chắc chắn chứa M gS0 4 .

- Nêu mMsSOi = 17,8g thì nMgSOi =

« 0,148 mol =í> nH (1) « 0,148 ,mol > 0,05 mol : vô lí

=ỉ> Dung địch B ngoài MgSC>4, FeSC>4 còn có muối khác tạo thành từ sắt oxit là Fe2(S04)3 - Nếu nmfìị (4) = 0,075 mol chỉ do (2) cung cap thì nH (2) = 0,075 mol > 0,05 mol: vô => Phải có một lượng F eS 0 4 tạo thành từ sắt oxit.

Vậy sắt oxit khi tác dụng với H2SO4 phải đồng thời tạo ra 2 muối: F eS 04 và Fe2( S 0 4)3 Công thức sắt oxit là: Fe3 0 4 Fe30 4 0 ) =>

(2)=>

+

4H2SO4

F eS 0 4

+ Fe2(S 0 4)3

+ 4 H20

lí

0,5 đ

(4)

n Wỉ = x m o l

«w^ymol

(4) => n ,,.^ =V'ï,(W)4), = 2 mol co cac 1 T a có các phương trình: nH = x + y = 0,05 (*) n FeS0,

= y + z = 0,075 (**)

%■«,<»«)3(4) + rnm = 400z + 120x = 17,8 (***) iải hệ (*), (**) và (***) ta có: X - 0,015 y = 0,035 z = 0,04 Vậy: a = 0,36g_____________ ib = 1,96g___________ c= -9,28g_________________________

0,25 đ 0,25 đ

12 %

'

' '

'i ¡

I:

Iị

P h ầ n

1

TRUYỀN THỐNG

DẾ THI CHÍNH THÚC

ŨNG TÀU

O C âul 1 . Cho bộ bôn sô' lượng tử của electroh cuối cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, z như sau: A: n = 3, l = 1, m = - 1, s = - — X : n

=

2 ,7

s

1, m

s

-1 , s s

- ị

o 1 ' Z: n = 2, / = 1, m = 0, s = +. —

a) Xác địiih A, X, z. b ) C h o b i ế t t r ạ n g t h á i la i h o á v à câ u trú c h ì n h h ọ c c ủ a cá c p h â n t ử

và ion sau: ZA2, AX2, ẠX32_, AX42".

2. Bạc kim loại kết tinh ở mạng lập phương tâm diện. Độ dài một cạnh của một ô mạng cơ sở là 4,09 A . .......... a) Vẽ cấu trúc ô mạng cơ sở và tính khối lượng riêng của bạc kim loại. b) Tính độ đặc khít của mạng tinh thể bậc kim loại. c) Khoảng cách ngắn'nhất giữa hai nút mạng là bao nhiêu?

3. Hạt nhân liti có khôi lượng 7,01601u. Hãy tính nâng lượng liên kết riêng của hạt nhân li ti? Cho khôi lượng proton và nơtron lần lư ợt là l,00724u; 1,00862u. Biết lu = 931,5 MeV/c2. o C âú 2 1. Cho phản úng: AB(k) -» A<k) + B(k) Người ta tiến hành nung nống 0,1 mol AB(k, ở 600K trong bình phản ứng có dung tích .1 lít và đo áp suất của hỗn hợp các chất trong bìiih thì thu được các số liệu thư^n^Ịhiệm sau: 5

I?

t (giờ)

0

1

2

4

8

p (atm)

4,92

5,67

6,31

7,31

8,54

>

b) Tính hằng số tốc độ và thời gỉai^M ii |)hậa|úfng ở 600K. c) Tính áp suất trong bình sau khi tiến hành phản ứng 24 giờ.

2. Xác định năng lượng của liên kết c - c trên cơ sở các dữ: kiện sau: C2H6(k) + 2^ 2(k)

2C 02(k) + 3H 20 (1) AHỈ = -1 5 6 1 k J/m ol

-«.gr> -» V'(.k) (k> AHị = 717 k J ^ o f 1 ^ AH° CCW = -3 9 4 k J/m ol; A H ^ „ , = -2 8 5 k ^ í ỳ í « r EH - H= 432 kJ/mol; ẾC_H = 411 kJ/mol □ C âu 3 1. Cho Ka(HCN)= 1 (T9’35. a) Tính pH của dung dịch gồm NaCN 10"3M và HCN 10"3M. b) Khi thêm 0,03ml dung dịch NaOH 2.10“ỔM vào 300m l dung dịch NaCN 10“3M (bỏ qua sự th áy đổi th ể tích của dung dịch k h i thêm NaOH) th ì pH của dung dịch thu được là bao nhiêii? .

2. Dung d ịc h X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2S 0 4 0,050M. Cho: pKai(HaS) = 7,02; pKa^(H2S) =12,90; pKa2(H2so4) SS-2 P-^-s(PbS) = 26,*pKs(Pbl!ỉ) ==7,6 ;p K s(pl>S04) ==7,8 a) Tính pH của dung dich X. ’ b) Thêm dần J29,79g Pb(N03>2 vào 1 lít đung dich X và khuấy đều để phản ứng xầy ra hoàn toàn thì thu được kết tủa A và dung dịch B. c) Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B. d) Tính nồng độ các ỉon trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phâii của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(N03>2). e) Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học, viết các phương trinh phản ứng. □ C âu 4 1. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp ion-electron: a) CrOã + OH" + Clạ -» CrOf +...

• b )F e3(>4 + Cr20?- + H +-»C r3<v+^ . V c) CuFeSa + NO; + H +-4 NO + ... > -ff.

6

;

* •

■

'

•"

..

! .

2. Dung dịch X thu được, sau khỉ trộn lOOmì dung dịch 50ml H 2SO4 2M, 50ml dung dịch FeBr 2 0 ,2 M. í '„ :a) Tính th à n h phần cân bằng của hệ. b) Tính thế của điện cực Pt nhúng vào dung dịch X. c) T hiết lập sơ đồ pin, tín h sứ ạ điện động của pin được ghép bởi điện cực P t nhúng vào dung dịch X và điện cực calomèii bãó hoà.

Viết phảrí ứng xảy ra khi pin hoạt động. *. ' Cho: E V * . , = 0,77V; E V . 0, ^ . = 1,51V; . * W » M c r « 0 -244V:

B U - 1.086V; K ,HSO;, = 10 ’ .

□ C âu 5 1 . Một vài tính chất của một hợp chất vô cơ chưa biết A được liệt kê dưới đây:

I

—A là m ột chất rắ n màu trắ n g hơi vàng, dễ' chảy rữa và th ăn g họa k h i đun nóng. A có khôi lượng mol p hân tử là 267 g/mol.

—A phản ứng m ãnh liệt với nước để cho dung dịch B. — Khi cho một dung dịch hỗn hợp gồm NH3 và NH4CI được thêm vào dung dịch B thì n h ận được k ế t tủa keo màu trắng.

—Một mẫu dung dịch B p hản ứng với dung dịch hỗn hợp axit n itric và bạc n itra t cho k ế t tủa vón cục màu trắ n g c . K ết tủ a trắ n g này n h a n h chóng ta n đi k h i th ê m vào dung dịch NH3, m ặc dù khi ta cho dữ dung dịch NH 3 th ì lại xuất h iện k ế t tủa trắn g D. — K ết tủa D được lọc và hoà tan trong dung dịch NaOH thụ được dung dịch trong suö't E. .

—Khi cho khí CO2 lộỉ qua dung dịch E thì lại sinh ra k ết tủa D. —C hất A hoà 1tán không điện li trong dung môi hữu fcơ không p h ân cực. Khi dung dịch này phản ứng với LiH thì sẽ tạo th à n h sản phẩm F. Nếu dùng 'dư LiH th ì F sẽ chuyển th à n h G. ~ a) Xác định chất A. ị b) Xác định các chất từ B đến G và viết tất cả các phương trình ♦phản ứng xảy ra.

2. Vẽ hình mô tả cách tiến hành thí nghiệm điều chế khí hiđro elorua bằng phản ứng giữa NaCl và H2SO4 đặc với các dụng cụ dơn giản có s ầ n tro n g p h ò n g t h í n g h iệ m sa o cho đ ả m b ả o a n to à n . Grhỉ rõ cấc chú

thích cần thiết lên hình vẽ.

£3]

'

;

i

y

3. Clio 2,64 g a p một sunfua kỉm loại tấc dụng hoàn toàn vớỉ dung [dịch axit nitric đun nống, thu được dung dịch Ai và 3,36 lít (đktc) :hỗn hợp khí B gồm NƠ2 và NO cồ tỉ khối so với hiđro bằng 19,8.

Thêm vào Ai lượng dư dung dịch BaCỈ2 thấy tạo thành m i gam k ết tủa trắng thực tế không tan trong dung dịch axỉt dư. H ầy xác định cộng thức phân tử của sunfua kim loại và tính mi.

IỂM HƯỚNG DẪN CHẤM T H I VẰ B IỂ U ĐIỂM

□ C âu 1 Ị . a) ;Nguyên tô' A: n = 3, / ==1 , m = —1 , s ị Nguyên tô' X:n = 2, / = 1 , m = —1, s '

•■■■.■"■

’■

* .

4A l à S

=5 - ỉ

x„o

•

Nguyên tố Z: n = 2,

cs2 SƠ2

so r SOÌ-

¿ế

z = 1 , m = 0, s =

b)

+ì

-

V .

P2 Z là C

................... .....

Phân tử, ỉon

Trạng thái ỉai hoá của nguýên tử trung tâm

cs2 so2 SO ­ SO ỉ-

^

Trạng thái lai hoá của Cấu trúc hình học nguyên tử trung tâm .........sp.................... Đường thẳng Góc V Chóp đáy tam giác đều sp3 Tứ diện đều spa \

Phân tử, ion

r

Đường thẳng Góc Chóp đáy tam giác đều Tứ diện đều

V sp3

[V

'c

'

©

/V z{/ & / ỳy ỉm *

■

Cấu trúc hình hoc •

V ^ sp :......... sp’

Sv

8

= ——

n / n\ / Vs

1 ■

Một ô mạng ca sở chứa 8. ỉ + 6. ỉ = 4 nguvên tử Ág 8 2 * ' 4.108 d = 4.M Na .a3 ~ N a (4,09. XO-8ý , g _ r >3 *

k) ^Ag = 4. —

*

; v ơ = a 3 (R là b á n k ín h n g u y ên tử b ạc)

* íy Độ đặc khít của mạng tinh thể Bạc kỉm loại là 74%. c) in = 2R = a/\Í2 = 2,892 Ẳ .

3. Khối lượng của 3p + 4n = 1,00724.3 + 1,00862.4 = 7,0562u Độ h ụ t khối lượng Am « 7,0562 - 7,01601 = 0,04019u E = AmC2 = 0,04019 X 931,5 = 37,44MeV Năng lượng liên kết riêng trung bình S8 37,44 : 7 = 5,35 MeV/ n u cleo n □ C âu 2 1 . a) Giả sử phản ứng là bậc 1 => Phương trình động học: k = ...

_

t

(với p là áp suất của AB(k) ở thời điểm t).

AB(k) .

t=0

—>

A(k)

+ B(k)

0

p°

0

.

ị . ị ỉ => Phh = p° + x; p = p° - X = 2P° - p hh. Ta có bảng số liệu sau: i

t (h) Phh (atm )< p (atih)

0

1

2

4

8

4,92

5,67

6,31

7,31

8,54

4,92

4,17

3,53

2,53

1,30

T hế các giá trị vào phương trình động học, ta có:

o

kl = ĩ lnỉ ĩ f = 0.1654h->. ** = H Vì k,

f i = 0,1663h-‘.

k2 = | i n | | § 2 3,53

o .ieeo h - 1

k4 = ỉ l n á ^ 0,1664h_1.

8 1,3 k4 => phản ứng trên là bâc 1.

kỉ -> ka ■

©

p

b) k =

k i + k 2 + k 3 + k 4

= 0 I 6 6 0 h -1

-> ti /2 = Ỉ Ĩ Ỉ = 0 ,6 9 3 1 = 4,1753h. k 0,1660 c) t = 24h. p = p°.e -kt « 4,92.e “0'16624 = 0,093atm = p° - X => X Vậy áp su ất trong bình: Phh = p° + X = 9,747atm. d) Ở 620K: p° =

= 5,084atm; p =

= 4,827atm . l,0 4 8 a to .^

k = I j nM Ẽ í _ 0,7895 h"1.

2 1,048 620-600 k'•f620 Ta CÓ: =>.y = '■620 2,181. = Y ĩo ‘■600 “•600 2. Dựa vào các dữ*kiện của bài toán có'thể xây dựng chu trìn h như sau: C Ä W + 7/2Q », -5 2 U 2C 02(k, + 3H 20u) .

E c - C + 6 E c -H

Ị

.

2C(k) + 6 H

^

2AH°^,„> i

k) -'M H 0 • --------- --------------------►2C(k) +2C>2(k) V -5

3AHỈ(

3 E h -H

_

.C T

3H2(k) + 3/2C>2(k)

Ap dụng định luật H ess cho chu trìn h này, ta được: AHỈ := E o ã ^ e Ẽ G .H -2AHỈ - 3EH-H + 2 AH°C<W + 3AH°H2o„,i Thay các giá trị bằng sô' vào hệ thức này sẽ thu được: Ec - c = 346 kJ/mol. □ C âu 3 V f CN" N a+ NaCN 10'3M l<r®M H+ HCN CN“ Ban đầu: 10"3M ÌO-^M [ ] 1 0 “3 - X X IO"3 + X 10

cá; E ....

Ta có: Khcn T3

[CN"][H*] “ Ĩh cn i

(10 + x)x 00^ -

9.35

G iải r a X ss 4 ,47.10-10 -> pH = - l g 4 ,47.1Q 10 = 9,35. * Khi thêm 0,03ml dung dịch NaỌH 2 10"3M vào 300ml dung dịch NT l< i r rr3M 3M íViĩ* NaCN thì:

= 2.10-7M,Cm_

= 10'3M

CN~ + H20 ^ H C N + OH', B an đầu:

1Q~3M

[]

lỌ“3- y

Ta có:

2 .10-7M

y

2 . 10 "7 +

tCN']

y

(io-3

Giải ra y = 1,388.10-“ pH = 14 - (-lgl.388.10-4) = 10,14.

2. —

0,01

---- = 1 0 u -> X2 + 0,0794x - X

a) Tính pH của dung dịch 2N a+ 2Na*

: + so20 ,0 1

3

+ r

2Na*

0*06 + S O /“ 0,05

MẸ

+ H20

HS" HS~ + OH" OH- Kbm = ì10 c r' 1-1

(1 )

HS- + H20 ?=± H2S + OBT Kb(2) = lo-®’98

(2)

S 042" + H*ỡ«± HSOr + OH- K b , 3 ) = l<r“

(3)

,

Kbd) » Kb(2)» Kb(3)n ên cân bằng ( 1 ) quyết định pH của dung dịch: s 2- + H 20 <=± HS~ + OH~ .

[]

(0 ,0 1 —x)

X

K = 10 “ 1,1

X

;

=>x = 8,94. 10-3 => [OH-] = 8,94.1Ọ-3 => pH = 11,95 ©

■

.

" ■

•

1J

b) Ta có nPb(Nò3,2= 0,Ö9moi

Pb2++ s 2;

0 ,0 1

f: :

^

(Ks-1) SS 1026.

0 ,0 1

Pb2* + SO /- <=> PbS 04 0,05

1'■.¡;

PbS

(Ks-1) = 10 7’8

0,05

Pb2* + 21 0,03

<F± P b l 2

(Ks~l) * 10 7*6

0,06

Thành phần hỗn hợp k ế t tủ a A : PbS, P b S 0 4, Pb Đung dịch B: K+: 0,06M; N a+: 0,12M; N 0 3“: 0.181V Ngoài ra cọn có các ion Pb2+ỈS 0 42-;s 2~ do kết tủa tan Thật vậy: Ta có độ tan của Pbl2cós , =

s2»

-J Ü F *

ra m ột phần.

= 10~*’7 : PbSO« có

= 1 0 “ ; PbS có s 3 = >/1 0 -“ = 1 0 13

! Bởi vì độ tan của Pbl2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong I dung dịch ỉà cân bằng tan của Pbl2.

F U t Ï * Pb** + 21- K» - XV1*

;

Do đó [Pb2*] - lO-**7 m 2 .X0"3M và m . 4.1<r®M. Khi đó : ị

[ s o r ] = 1 ° ^ , = 7,9.10-« <<[Pb»*] L :; v,

[S'-] = ¿ f ^ = 5.10-«[Pb> -]

; Như vậy Pb2+ trong PbS và PbS04 tan ra là không đáng kể nên ; j cách gỉải gần đứng trên ỉà hoàn toàn chính xác. c) Nhận biết các chất cổ trong kết tủa A: PbS; PbS04; Pbl2.

Cho kết tủa hoà .tan trong NaOH dư : kết tủa PbS không tan, có ị:

m àu đẹn.

PbSC>4 + 4NaOH -* Ña2P b 02 •+ .Na2S 0 4 + 2H20

12

ì

! Pbl2 + 4NaOH -> Na^PbỌ2 + 2NaI + 2H20

h i 'ĩ

í

:

;

(ÏÏ)

Cho dung dịch ĐaCỈ2 vào hỗn hợp sản phẩm sau p h ản ứng: có k ết tủa trắ n g BaSC>4, trong dung dịch có ion SO42". Phương trinh: Ba2+ + SO 42" —►BaS 0 4 Sau đó axit hoá dung dịch bằng HNO 3 dư sẽ có k ết tủ a vàng PbĨ 2 vậy trong dung dịch có ion Pb2+ và I".

Phương trìn h phản ứng: H+ + OH“ -> H 2O P b 0 22' + 4H+ -> Pb2+ + 2 HaO Pb2+ + 21-

P b l2

□ C âu 4 í . a) CrOa" + OH" + Cl2 -> C r0 42" + C l- + H20 X2 X

3

C r0 42" + 3e + 2

CrCV + 40H CI2 + 2e —►2CỈ

4HoO

Pt: 2 C r 0 2" + 80H~ + 3C12 b) Fe304 t Cr2072 + H + —> Fe X6

Fe 30 4 + 8 H +

X1

Cr 20 72- + 6 e + 14H+ X 2Cr3+ + 7H20

3Fes+

Pt: 6 F e 30 4 + C r 20 72‘ + 62H + -> 18Fe3+ + 2 C r3+ + 31H 20 c) CuFeS 2 + NO 3- + H+ X

3

X

17 NCV

NO + Cu2+ + Fe3+ + SO 42- + H20

CuFeS 2 + 8 H 2O -* Cu2+ + Fe3+ + 2 SO42" + 16H+ + 17e +

4W

3e

+

->

NO

+

2HaO

Pt: 3CuFeS2 + 17NCV + 20H+-> 17NO + 3CU2* + 3Fe*+ + 6 SO/* + 10H2O 2.

a) T hành phần cân bằng của hệ

.

Nồng độ ban đầu các ch ất sau khi trộn: ♦ ^ _ 100.0,04 ■ 0,02M 'KMnO. 200

GFeBr2

50,0,2 200

50.2 'H2S04

200

= 0,05M = 0,5M 13

ĩ

H 2S O 4

->

H+

+

H S O 4"

0,5 KM n0 4 —>

0,5

0,5

K+

+ M 11O4

0 ,0 2

0 ,0 2

0,02

FeBr 2 0,05

->

Fe2+ + Br"

xảy ra theo 5Fe2* + M nO í' + 8H* -> 5Fe3* + Mn2* + 4 H 2O

(1)

5 (1 ,5 1 -0 ,7 7 )

0,0592 = 1Q62,5>>

Bd 0,05 Sau -

0,02 0,01

0,5 0,42

2M n04- + 10Br- + l è i r

0,050,01 2 Mn2t

K’ = 1 0

+ 5Br 2 + 8H20 °'0592

0,42 0,01 Bđ 0,01 Sau 0,34 0,02 0,025 Nồng độ các chất trong hệ sau p h ản ứng (2) là:

[]

14

%

Fe3*': 0.05M

M n2*.' 0,02M

H*: 0,34M HSO 4-: 0 ,5 M

B r2: 0,025M Br~: 0,06M

K*: 0.02M

0,34 0,34 +X X 0 ,5 - X 0 ,: K x(0,34 + X) — = 1er2 => X = 0,0137 0,5 - X

= 1071*8»

(2 )

Vậy: Nồng độ các chất tạ i trạ n g th á i cân bằng là: [Fe3+]: 0,05M [Mn2+]: 0,02M [K+]: 0,02M [H+]: 0,3537M [Br2]: 0,025M [S 0 42-]: 0,0137M [HSO4-]: 0,4863M ;[Br’]: Ọ,05M {Chú ỷ: Nếu HS dùng hệ số 0,050 th i vẫn çho đủ điểm nếu giải đúng) b) T hế của điện cực P t nhúng vào dd X được tín h theo cặp Br 2/B r' Từ bán phương —> 2Br" 2Br‘ Ig trình: B r 2 + 2e -> r2 / Br-

E°

+ =s E Í Ĩ Br2/ Br- +

Q ^0 5 9 2 i f r 2 lg ^

pfo*2!

r _ >

= 1,085 +

■

=

2 (0,05) V ' —' . c) Vì th ế của đỉện cực P t nhúng vào dung dịch X * 1,115V > Ecai = 0.244V nên: + điện cực P t lá điện cực dương + điện cực Calomen là cực âm Sơ đồ pin như sau: (-) H g IHg 2Cl2 1dd KC1 bão hoà I I dd X I P t (+) Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động: Tại cực (-): 2Hg + 2 C r -> Hg 2Cl2 + 2 e Tại cực (+): Br2 + 2e -» 2Br~________________ 2 Hg + 2C1 + Br 2 — > Hg 2CỈ2 + 2 Br~ Sức điện động của pin: Epin = Ept - Ecaỉ = 1 ,1 1 5 - 0 ,2 4 4 = 0 ,8 7 1 (V )

o Câu 4 .

• : 1. ạ) Trong bước thứ ba của phép phân tích ta thu được k ết tua trắ n g keo, điều này chứng tỏ rằng dung dịch B có chứa Al3+ m ặt khác dùng dịch B cũng tạo k ết tủa trẩng với AgNOs và kết tỏa nậy tan khi ta thêm NÍEỈ3 vào chứng tỏ rằng dung dịch B co chứa c r .

Vậy chất A sẽ là Al2Cl6 (Ma = 267). ^ 5 b) Các phản ứng xảy ra: AI2CI6+ I2H2O 4

2[A1(H20)6]3++ 6C1-

-

6AgN03 + 6 C 1 - 6 A g C l + 6NO3i*

§.

'Ỷ

c> x & Ö

o

A s-

'

AgCl + 2NH 3-* [Ag(NHa)2]+Ch

*

Al3+ + 3NHs + 3H20 -* Al(OH)3 + 3NĨỈ4* A1(0H)3 + NaOH -> Na+[Al(OH)4~] Na[Al(OH>4]- + CO2-» Al(OH)s + NaHCOa AI2CI6 + 6 LiH -> 2AIH3 + 6LÍC1 AIH3 + LiHdư -> L 1AIH4

Bông tẩm dd NaOH loãng '

—

—------- r- UUUỈ a u u a iig

ỉ

J

L

J

Ế

I

I

_

Ậ

'*

»i\^KhíHd

3. + Đ ật công thức phân tử của sunfua là M 2Sm. Trong đó m là hoá trị của Mí Theo đề bài, khi sunfua tác dụng với axit nitric, sunfua bi oxi hoá th à n h sunfua và giả sử M bị oxi hoá lên hoá tr ị n (n > m).

Ta có: M 2Sm + 4 ĨĨ1H 2O -» 2Mn+ + IÏ1SO42 + 8mH+ + (2n + 6 m)e (ại) > N O 3 + lô + 2H+ —> N O 2 + H 2O NO 3" + 3e + 4H+ 3b 16

NO + 2HaO V

(a2) (ạ3)

Đ ặt số mol N 0 2 là a, số mol NO là b ta có / a + b = 0,15 (1 ) (46a + 30b) : 0,15 = 19,8 X 2 (2) Sau khi giải hệ ( 1 ), (2) tà dược a = 0,09 mol NOa, b = 0,06 mol NO Sô mol electron gồm 2,64 gam sunfua kim loại nhường 1 b ằng“số’mol electron axit nitric nhận: 0,Ọ9 X 1 + 0,06 X 3 = 0,27 X (a + 3b = 0 27) Theo phương trìn h (ai) th ì 1 mol sunfua tức 1 (2 M+ 64m) gam sunfua nhường đi (2 n + 6 m) mol electron nên ta có: 2 M + 32m _ 2 n + 6 m 2,64 ~ 0,27 Giải (3) ta được: M = 9,778n + 13,333m Với m = 2, n = 3 thì M = 56 (Fe) công thức phân tử của suníiia là FeS. + SỐ mol FeS : 0,03 mol; số mol H 2SO4 : ộ,03 mol Khối lượng B aS 0 4 là: mi = 0,03 X 233 = 6,99 gam

17

£í

, .J

SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TẠO TTHÀNH PHỔ Hồ CHÍ MINH

KỶ THI OLYMPÍC TRUYỀN THÔNG 3 0 / 4 LẦN THỨ XIX NẲM '2 0 1 3

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HÔNG PHONG ------- — ---- 7--- —— —— -— -— ĐỀ CHÍNH THỨC

Khóa ngày 06 tháng 4 năm jỊ> ỊỊi3 Môn thi: Hóa học lớ p fĩo ) Thờig ian làm b à i: 180 phút, không ke^ théig ia n p h á t đê

&

1

i

& Chú ý:

- Đ ề thi này có 02 trang, -

.

rirn^ .

Ề ể h ềí SONG NGUVEN ị

8 1 :

AmericanAirlines

l ll^A/:

f^ )

-------^ _ _ J

Học sinh làm bài: những câu khác nhau không được làm chung trên 1 tờ giấy thi.

OI h ^ -------

*

Qĩệ %ầtký

Câu 1 (4 điểm)

1 ,1. Ạ, B là hai nguyên tố thuộc cùng nhóm A và thuộc hai chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn. B, D là hai nguyên tố kế cận nhau trong cùng một chu kỳ. ' a) A có 6 electron ở lớp ngoài cùng. HỢp chất X của A với hiđro trong đỏ % H = 11,1% (về khối lượng). Hãy xác đinh tên của A và B? f i b) HỢp chất Y có công thức AD2 trọng đó lớp electron ngoài cùng có cấu hình bền như khí hiếm. Cho biết tên nguyên tố D và viết công thức electron và công thức cấu tạo của Y. A . íj I |_M > c) HỢp chất z gồm 3 nguyên tố: A, B, D có ty lệ khối lượng: mB: mA: mD= 1:1:2,22. Phân tử khối của z bằng 135u.

- Tìm công thức phân tử của z.

- Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của z.

1.2. Một mẩu 29 Cu nặng 2 gam có chu kì bán huỷ 12,7 giờ được lưu giữ trong một buồng chì, cho đến khi thu được 0 39 g á m 2 8 Ni và 0,61 gam 3 QZn, cả hai đều là các đồng vị bền.

a) Viết phương trình biểu diễn sự phân rã của

29 Cu.

b) Mau 2 9 Cu trên đã được lưu giữ bao lâu? (Giả sử rằng không có sự hụt khối trong quá trình phân rã phóng xạ).

1.3. Niken(II) oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua. Các ion õ 2"tạo thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện cố các ion Ni2+. Khối lưỡng riêng của niken(II) oxit là 6,67 g/cm3. Nếu cho niken(li) oxit tac dung với liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có thành phần LixNii-xO:

Câu 2 (4 điểm)

M

2 .1 . Xét phản ứng: 2A2Xs(k) —> 4AX2(k) + X2(k)

.(

Biết cơ chế của phản ứng phân huỷ A2X5 theo sơ đồ sau: A2X5 --*» >AX2 + AX3

A

AX2 + AX3 — ^ A 2Xs AX2 + AX3 — —— >AX2 +

AX

+ X2

AX + A2X5 > 3AX2 Ap dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với AX3 và AX (d[AX3]/dt = 0; d[AX]/dt = 0), hãy chứng minh phươngtrình động học của phản ứng (*) co dạng V = k.[A2X5].

2.2. Tốc độ phản ứng khử HCr04' bằng HSO3' được biểu diễn bằng biểu thức sau: V = k.[HCr04‘].[HS03']2.[H+] Trong một thí nghiệm, với các nồng độ đầu: [HCrỌ4'] =10'4M; [HSO3'] = 0,1M; nồng độ ion H+ được co định và bằng 10"5M, ta thấy nồng độ HCrCV giảm xuống còn 5. lõ '5 sau 15 giây. ’ a) Sau bao lâu nồng độ HCr04' sẽ còn 0,625.10'5M? b) Tính hằng số k trong biểu thức trên.

2.3. Công đoạn đầu tiên của quá trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ cho công nghệ bán dẫn được thực hiên bằng phan ứng: Si02(r) + 2C(r) □ Si (r) + 2CỔ(k) (1) a) Hãy đự đoán sự thay đổi (tăng hay giảm) entropi củahệ khi xảyra phản ứng (1). b) Tính giá trị AG° của phản ứng trên ở 25 °c. Cho: Trang 1/2

A H s°(sio2(r))= -910,9 kỊm ol'1; AHs0(CO(k))= -110,5 kl.mol'1 SỈi02(r)=41,8 J.K'1.mòr1; s ° (r)= 5 ,7 I K ’1.moi'1; Ss°i(r)= 18,8 IK ^ .m or1; S^o(k)= 197,61 .K ^ .m o r 1 »hản ứnq ((1) 1) sẽ diễn ra ra ưu t-hnân hẳt-rís.. hVnK !ẵf độ XA nào? c) Phản ứng sẽ diễn ưu thế thế t-hpn theo rhiPM chiều thuận bẳt đầu từ nhiệt (Co/ sự phụ thuộc của à s và AH vào nhiệt độ là không đáng kể).

Câu 3 (4 điểm)

3.1. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH4CI 0,150M và KOH 0,155M. Cho biết pKa của HCN là 9,35; của N H 4 là 9,24.

3.2. Tính ^9 t3Ọ củậ CaG204 trojig dung dịch có pH = 4 không đổi.

5,« l t t ề * 2l ĩ ' * : . Ị'710'9 và bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của ion Ca2+

3 .3 . Sục khí H2S vào dung dịch Xc|>ứaCd2+ 0,005 M và c < f Ọ OlM đến khi dung dịch b lo hòa H s Ỉ 1 M

Đ ể t ơ n a r d 2+

S a ỈChÌ Òn ỉ y t ĩ * CoS ± chưa k? ítủ* thì PH.của dung díh X nằm rong khoảng nào? Xem hể títh dunn riĩh thay đổi không đáng kể. Cho H2S có Kax = 10'7'02; Ka2 = 1 0 ^ ° ; Ks(C(ỉs) = ìo'^ - Ks(CdS) = 10 26!

9 • Câu 4 (4 điểm)

4.1. Cân băng các phương trình phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng ion - electron: a) ỉ ơ 3 + r + H +- ± I 2+H20 b) Cu2S + H N03 0

Cu2+ + SOl~ + N 0 2 + H 20

CnH 2n + M nO; + H20 - > CnH 2n(O H )2 + M n01 + OH

d) A ỉ + N O ; + OH~ + H 20 - > [ẩ ỉ (O H )4]- + NH3

4.2. Cho một pin điện hoả có sơ đồ sau:

(-) Pt, H2(l atm)| H+(1M) I Mn04“(lM), Mn2+(1M),H+(1M)| Pt(+) Biết rằng sức điện động của pin ở 25°c là 1,5V. a) Viết các phản ứng điện cực và phản ứng của pin, tính E° đ l ệ n V t ó ì l l n M n ĩ đ l 01'3 pin nếu n8"9 đ ộ d c c h ẵ t ờ đ i ệ n * * ^

* [MntV] = ° '5M;

- ° ' 8M; [H*] = 0,01M ,

c) Giữ nguyên điện cực phải như câu (b), điện cực trái được thay bằng điện cực Pt, NO (0,8atm) INO3YO 2M) H+f2MÌ Hãy viết phản ứng của pin, thiết lập sơ đồ pin và tính sức điện động củá pin. Biết E°. . = 0 96V ' ' Câu 5 (4 điểm) N03,HVN0 ’ ■ Ẵ ^ d ư t t u ^ 2,^ g mk a tủ trua và0 nưồc thu đuực 200ml duns d|ch *■ Ch0 1/2 dung d!ch x a c đw a) Xác định muối clorua đã dùng. b) Viết các phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện, nếu có): + đơn chất A

,,,

+ đơn chất B

,,,

-ị

Ì M Ỉ U

Y ------ » kh|í z

"» dung dịch

> khí R

± * ° H- 100°C) T

—

khí Q

V

5.2. Nguyên tử của một nguyên tố X trong

,

đó electron cuối cùng có 4 số luựng tử là n = 3, /= 1, m = 0, s = - 1/2 Quy ước /nhận giá trị từ - / , 0 , + ! a) Xác định tên nguyên tố X.

r ì ư r í r 5'9Ì hỖnÌ ,ỢuP0Naỉ và KBr vào 100ml dun9 dịch hỗn hợp Cu(N03)2 0, 1M và AgNOa chưa biết nồng đô thu được kết tủa A và dung dịch B. Trong dung dịch B, nong đọ % cua NaNOa và KNO3 tươngứng theo tilê 3 4 ° 3 03 Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lay miếng kem ra khoi dung d|ch, thaykhoi lương tằng 112250 -Tính lượng kết tủa của A?

-Tính CMcủa AgN03 trong dung dịch hỗn hợp.

Cho N = 14; o = 16; Na = 23; ơ = 35,5; K = 39; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108.

--------------Hết-------------Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thi sinh:............................................... ' r ”\ ...........S ố báo danh: Trang 2/2 ( g )

y'

«r

SỞGỊÁODUCVÀĐÀOTẠO THÀNH PHỔ HỒ CHÍ MINH

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN TH Ố N G 3 0 /4 LẦN THỨ XIX NĂM 2013

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HÔNG PHONG

Khóa ngày 06 tháng 4 năm 2013

^

Môn thì: Hóa học

lớp 10

HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀ BIỂU ĐIỂM Câu 1 (4 điểm)

1 .1 .

2 đ

Đáp án a) Vì A có 6 electron ở lớp ngoài cùng nên hợp chất với H có công thức: H2A

Đ iếm 0 ,2 5

Theo đề bài ta có: - ~ 2 = IM => Ma = 16=> A là oxi 2 +M a 100

0 ,2 5

Do A, B là hai nguyên tố cùng nhóm A và ở hai chu kỳ liên tiếp nên B là lưu huỳnh.

0 ,2 5

b) B và D là hai nguyên tố kế cận nhau trong cùng chu kỳ nên D có thể là p hoăc CI. vì hợp chất Y có công thức AD2 trong đó lớp electron ngoài cùng của hai nguyên tố trong hợp chất này có cấu hình bền như khí hiếm.

0 ,2 5 Như vậy chỉ có clo là thõa mãn điều kiện này. vậy D là do Công thức phân tử của Y là Cl20 Công thức electron của Y

công thức cấu tạo của Y

0,25

.0 .

: CI

Cl

Cl

c) - z có công thức phân tử: 1

CI

0,25

SxOyClz

1 2,22

x;y:z= — : ± ± i = 1: 2: 2 32 16 35,5 Gông thức thực nghiệm: (S02CI2)ncó Mz = 135 = 135n => n = 1 .

Vậy công thức phân tử của z là SO2CI2.

- Phân tử SO2CI2 có cấu trúc hình tứ diện hay phân tử này phân bố trên hình tứdiện.

• 1 Nguyên tử trung tâm là s ở trạng thái lai hóa sp3 0

v i'

0/25

0,25

^ 0 ¿1

1.2

a)

« C u - ^ 3^ Zn+

p-

0/25

« c u - A - > 2 n ì+

p+

0,25

7®

b

b) Các phân rã p không thay đổi khối lượng của hệ ( giả thiet không co sự hụt khối trong quá trình phân rã phóng xạ). Khối lượng của Ni và Zn đựợc tạo thanh bằng độ giảm khối lượng của Cu : Amcu = mZn + nriNi = 1 9 Khối lượng của f9Cu giảm một nửa. ^ Thời gian lưu giữ mẫu đúng bằng chu kì bán huỷ : t = ti/2 = 12,7 giờ.

1.3

Trong một tinh thể, sự sắp xếp của các anion và các cation theo cấu trúc mạng lập phương tâm mặt.

■' ' So anion: 8 X 1/8 + 6 X 1/2 = 4 ion. Tương tự như vậy, môi 0 mạng cơ sớ cung chứa 4 cation, vậy một ô mạng có 4 phân tử. n •MNi0

NA-a

Ni0

Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO: a = 3/ 4 x 7 X—----- = 4,006 -lO"8em ỵ 6,023-1023 x 6,67 Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của LixNii-xO giống nhau, rũ đó Ando 4x[6,94jc + (1 -x )-58,71+ 16]

6,21

" 6,023 •1o23 X (4,206 •10~8)3 0,25

=>X=0,10 Câu 2 (4 điểm)

2.1. l,5 đ

0,25

^

___________ _________

Đáp án a.

_______ _______________ _____ _ , A

Theo chiều thuận, phản ứng (1) tăng 2 mol khí. Trạng thái khí có mức độ hỗn loạn cao hờn trạng thái ran, tức là có entropi lớn hơn. vậy khi phản ứng xẩy ra theo chiều thuận thì èntropi của hệ tăng.

Điểm 0,25

b.

AS° -

2 Sco(k)+ Ssi(r)" 2 S C(r)- S si02(r)

0,25

= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7- 41,8 = 360,8 JK1 AG° = AH° - T AS°, trong đó AH° = AH^si(r))+ 2AH^C0(k))- 2AHjC(r))- AH^SÌO^)

0,25

AH° = 2 .(-110,5) + 910,9 = 689,9 (Id) AG° = AH° - T AS° = 689,9 - 298 . 360,8.10'3 = 582,4 (kJ)

0,25

Phản ứng sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi AG bắt đầu có giá trị âm:

Z -XVJ= —AH° a n - TI AS° nu — VJW.-W = 0AG = 689,9 - TI . -»V 360,8.10'3

0/25

-> T = 1912 °K. • ■ Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 % cân bằng sẽ diễn ra ưu tiên theo chiều 0,25 thuận.

V

2.2.

lđ

Ap dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với AX3 và AX: d [A X 3] / d t = k i. [A2X5] - l ì ị .[A X 2].[A X 3 ] - k 2.[A X 2].[A X 3] = 0 ( 1 )

suy ra: [AX2].[AX3] = Ta c ó : ■

V=

-S 1 = dt

0,25 0,25

kị'+k2

k2.[A X 2].[A X 3]

=

k 2. * ¿ 4 ^ 5 ]

0,25

ị'+ k 2

0,

Vậy V = k.[A2X55]l với k = - t óì -- .

V+^2

2.3 l,5 đ

(Hay v= -d.[A2X51 /2dt = dfAX;!/ 4dt cũng cho kết quả tương tư.)___________ ạ) Vì [HSO3'] >> [HcrCV] và [H+] không đổi nên phản ứng được xem như là bật nhất đối với HCr04\ Sau 15s, nồng độ HCr04"giảm xuống còn một nửa => ti/2 = 15s Suy ra: k' = — = h/2 15

_ 0,0462s1

Ta có: / = I l n - ^ = — ln— — k c ln2 0,625.10

= 60s

Vậy thời gian để nồng độ của HCr04' giảm xuống b) Vì phản ứng là giả bậc 1 đối với HCrCV nên biểu thức tốc độ có thể viết nhữ sau: V = k'.[ HCr04'] mà k' = 0,0462s'1 k= \ H

S O

0,25

với k' = k.[HS03"]2.[H+]

0,5

; n0,1W.10“ ì = 0,0462.10w

Câu 3 (4 điểm) 3.1.

2đ

=

Đáp án__________________

NH4 + OH' 5

NH3 + H20

0,150 -

0,150

0,155 0,005

Điểm

0,25 0,25

'PGH (A): KCN 0,120 M; NH3 0,150 Mvà KOH 0,005 M

Cl\r + H20 □

HCN + OH'

(1)

Kb2 = 10'4'76

(2)

"3­

0 1— 1

II ã

NH3 + H20 □ NH | + OH' h 20 p H+ + OH'

Kbi = 10' 4,65

(3) 0,25

[OH-] =

Ckoh

+ [HCN] + [N H 4 ] 0,25 3

.. , KuiîCN'l Kh2[NH3 Đặt [OH'] = X -> X = 5.10 + -+ b2 — X

X

-> X2 - 5.10'3X - (Kbl[CN ] + Kb2[NH3]) = 0

Chấp nhận: [CN-] =

Ccn-

= 0, 12M; [NH3] = 0 ^ 3 = 0,15 M.

-»Ta có: X2 - 5.10 3.x - 5,29.10'6 = 0 -> x = [OH'] = 5,9.10'3M -» [h r ] = 1,69.10'12M.

0,5 0,25

10-9>35 ------ Tÿjf «0/12 M; 10 ’ +10 ’

Kiểm tra: [CN"] = 0, 12— ^

: *

1 0 -9,24

[NH,1 = 0,15 i r J + , r ,,,^ “ 045 M Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận được-» pH = 11,77.

3.2.

Các cân bằng tồn tại trong dung dịch:

2đ

H20 ũ

H++OH-

H2SD

H++HS-

K w=10-14

HS' O H++ s2~

(1)

Ktl

(2)

Ka2

(3) ng (1) và (3)

bằng ( 2 ) lằ chủ yếu, bỏ

C.Kai > > C.Ka2 » K w nên cân

0,25

Cd2+ + s 2- □ CdS

Co2+ + s 2_ □ CoS Khi lượng Cd2+ trong dung dịch còn 10% tức là nồng độ Cd+ còn: [G/Î+] = 1Q-0>00.?. = 5.10_4(M)

L

100

Đê’ Cd2+ kết tủa hết 90% thì: [Cd2+].[S2- ] > T cds =>[S2- ] > Ị ^ i = 10'22'7

Để Ço2+ không kết tủa thì: [Co2+].[S2'] < TCoS => [S2~] <

0/25

CoS _ jg-'M 0,25

[Co ]

Vậy để lượng Cd2+ trong dung dịch còn 10% mà CoS vẫn chưa kết tủa hết thì:

10 22’7 <[¿2 ]< 10-1M(*)

0,25

Ta có: [HS~][H+] al V V ►

V

al' a2

[S2~][H+]

[h ’ s ]

a2

[HS-]

[HS-][H+] [S2~][H+] _ [S2-][H +]2 [h ’ s ]

' [HS-]

Thay vào (*) ta có: 10'22'7 <

[H2S]

2

[H2S].K Ka2 [H+]2

< 10'18'4 [H ]

[H2S].Ka,.Ka2 J0-22,7

2 L J

[H2S].Kal.K 10-1M

0,25

Ì[H‘] > Ta có: [H2S] « c

h

2s

|CH2s-Kal.K a2 ^ r u + i^ |CH2S.K al.K a2

Ị

*•

10.22,7

/0,1.10"7,oM 0 '12’9 ^

10^-

— ỸO-.M rT T +1

/0,1.10-7’O2.10-12-9

---- -LH i>i-------^-18,4 -------

o 0,055 < [ h +J < 7,76 =^-0,89<pH <l,26

Câu 4 (4 điểm)

a) Ĩ0 3 + 1 + H + —> / 2 + H20 2IÒ ; +107" + Ỉ0e -> I2 + 6 H 20 2,1 —

|x l

Ix5

1 0 : + 5 / + 6 iT -> 3 /, + 3 /7 ,0

b) Cu2S + H + iVỌj —y Cu2+ + s ó ị + NO. Cu2S + 4H20 ->• 2Cm2+ + SO%- + SH+ +1 N 0 - + 2 H ++ e - * N 0 2 + H 20

Ịxio

Cu2S +10 NO; +12 H + -> 2Cỉ/2+ + SOl~ + 10m

+ 6 tf,ỡ

c)CnH 2„ + M n 0 - + H 2O - ^ C nH2ll( 0 H ) 2 + M n 0 2+ O H CnH 2n + 2 0 H - ^ C nH 2„ (0 H )2+ 2 e

Ịx3

0,25

MnOl~ + 2H20 + 3e -> M n02 + 4 Ơ /Í- |x2 3CnH 2n + IMnOị + 4 H 20 -> 3 CnH ln{O E )1 + 2 MnQ2 + 2 0 H -

0,25

d) 4 / + NO; + 0H~ + t f 2ơ -> [ Ả I ( 0 H \ r + NH3 Al + 40H~ -> [AỈ(OH)4]~ + 3e |x8

0,25

NOI + 6H 20 + 8e -> NH3 + 90H ~ ịx3 0,25

8A l + 3 NO; + 50H~ + 18H 20 -> 8[AỈ(OH)4Y + 3NH, 4.2.

2đ

a) Phản ứng điện cực: (-) H2 □ 2H+ + 2e (+) MnCV + 8 H+ + 5e □ Mn2+ + 4H20 Phản ứng của pin:

ũx 5 ũx 2

2MnCV + 5H2 + 6 H+ □ 2Mnz+ + 8H20

0,25

0,25

Vì PH = ìatm và [ion] = IM nên pin ở điều kiện chuẩn. p in

(+)

■£•<-, => E \ t) =

+ r , . , = 1,5 + 0 = 1/5V.

\

% '

0 ,2 5

Vậy E L o .- ^ = b) Nếu nồng độ các chất ở điện cực phải là [MnCV] = 0,5M;

[Mn2+] = 0,8M;

[H+3 = 0,01M, điện cực trái vẫn không đổi:

t(.) = u.

Em = 0.

Eị*, = 1,5 + M Ễ i ị g M M l l = 1 w

5

0,8

Vậy Epin = E(+) - E(.) = 1,309V c) Giữ nguyên điện cực phải như câu (b), điện cực trái được thay bằng điện cực Pt, NO (0,8atm)DN03'(0,2M), H+(2M).

1,309V.

'Mn04" , / / +/Mn2+

Phản ứng khử của điện cực N03‘, H+/NO: N03’ + 4H+ + 3e □ NO + 2HZ0

ENOf,H+/NO

0,96 +

v ì E N 0 f , H+/N0 <

3

E M n 0 4- , / / + / M n -

. 0,972V

0,8

é lã điện cực (-).

nên điện cực N03

sơ đồ pin: (-) Pt, NO (0,8atm )DN0 3'(0,2M), H+(2M )D Ũ M n Mn2+(Ó,8 M )b P t (+)

Phản ứiĩg điện cực: (-) NO + 2H20 □ N03’ + 4H+ + 3e (+) MnCV + 8 H+ + 5e □ Mn2+ + 4H20 => Phản ứng của pin:

5M), H+(0,01M),

0,25

□ x5 Dx3

3Mn04" + 4H+ + 5N0 p ™Mn "2+ + 5N03' + 2HZ0 Epin

0,25

= 1,309 - 0,972 = 0,337V.

Câu 5 (4 điểm) Đáp án_________ '__________________ ______________ ______________________ Đỉếm 5.1.

a.

Xác định được hợp chất X là NH4CI.

2đ

nAgd ■ 0,02 mol R C ln + n A g N O s - í n A g C l + R ( N 0 3)n

RCI" 0,02' =>i? =18«

=

=

+

°/25

Vậyn=ls*R =18=>M r;' b. Y : NaCI, z : Cl2; T : KCI03/ A : Cacbon, B : lưu huỳnh, R : C02, Q : S02.

Các phương trình phản ứhg: NH4CI + NaOH -> NaCI + NH3t + H20 2NaCI + 2H20 -» 2NaOH -1“-

0 ,2 5

+

Cl2 1 + H2t X

0,25

+ 6K0H

3Ơ 2

2 KCIO3 + 3C 4

5KCI + KCIO3 + 3H20

0,25x5

2KCI + 3C02f

2 KCIO3 + 3S X 2KCI + 3S02f 5.2.

2đ

a/ Nguyên tử của nguyên tố X có: n= 3 electíon cuối cùng ở phân lóp 3p /= 1 m= 0 electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3p s = - 1/2 cấu hình e của X : ls 2 2s2 2p6 3s2 3 p5 b/

zx=17,

.

□

..

f

0,25

C r

.

Xlàclo

0,25

-Tính lượng kết tủa của A? NaCI + AgNOs □ AgCI ị + NaNO; KBr + AgNOa □ AgBr ị + KNO3

0,25

Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNOs dư, Zn + 2AgN03 □ Zn(N03)2 + 2Ag ị Zn + Cu(N03)2 □ Zn(N03)2 + cũ ị

0,25

NaCI: X mol, KBr : y m

_ 100.0,1 nA1 _ , wCu(N03)2

-

1 000 _

C%NaNO C%KNO g

m NaNQ3

_ 3,4

85x _ 3,4

7X7 ^ = — - > ^ = 0,75x lO ly 3,03 ỵ

m KNO,

58,5x + 119y = 5,91

(1)

0,25

(2) 0,25

h ệ p t ( l ) , ( 2) | * = ^

ự = 0,03 0 ,0 4 . 143,5 + 0,03 . 188 = l l ,3 8 g

-Tính CMcủa AgN03 trong dung dịch hỗn hợp.

1 mol ZnD 2 mol Ag khối lương tăng 151g a mol Zn □ I51a 1 mol Zn □ 1 mol Cu khối lượng giảm 0,01 mol □ 151a - 0,01 = 1,1225D a = 0,0075 n AgN03 iđ

= 0/04

+

0,03 + 0,015

=

CM(AgN03 )= 0 , 0 8 5 . ^ = 0,85M

Ạ'_

HỂT-

lg 0,0 lg 0/25

0,085 mol 0/25

Ö

A o

(o

.

f( i Sở'Giáo Dục &Đào Tạo TP. Hồ CHÍ MINH £0G 8

KỲ THI OLỴMPIC TRUYỀN THÔNG 3Ỡ/4 LAN XX - NĂM 2014 ^

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ..

Môn thi: HÓA HỌC - Khối '.( l ị Ngày thi: 05/04/2014

-

Thời gian làm bài:

.. ^

180 phút

Ghì chứ. Thí sinh làm Itiẫi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số ......ở trạng 1 của mỗi tờ giấy làm bài. Đề này có 02 trang, C âu 1 (4 điểm)

1 .1 .

Nguyên tố A có các qiá tr nănq iươnq ion hóa như sau: (tính theo kJ/mol) li h I3 Ỉ4 Is 577 1816 2744 11576 14829 >1 |\ 1 , 1 •'V I. . \ ..

le j 18357^* 1

Tìm A và M. 1.2. a) Sử dụng phương pháp VB để chứng minh phức [Fe(NH3)6f + là phức thuận từ. b)

Dựa vào thuyết lai hóa và VSEPR, hãy cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình . : " 1 . 3 . 32p phân rã p~ với ti/2=14,28 ngày, được điều chế bằng phản ứng giữa nơtron với hạt nhân 32s. a) Vỉết các phương trình phản ứng hạt nhân để điều chế 32p và bỉểụ diễn sự phân rã phóng xạ của 32p. b) Có hài mẫu phóng xạ 2P được kí hiệu là mẫu I và mẫu II. Mau I có hoạt độ phóng xạ 20 mCi đựợc lưu giữ trong bình đặt tai buồng làm mát co nhiệt độ 10°c. Mau II có hoạt độ phóng 'xạ 2 ỊjCi bất đầu được lưu giữ cùng thời điểm VỚI mẫu I những ở nhiệt độ 2Ỏ°C. Khi hoạt độ phóng xạ cua mẫu II chỉ còn 5.10'1 ụCi thì lượng Sxuat hiện trong bình chứa mẫu I lả baò nhiều gam? Biềt trước khi lữú giữ, trong bình không có s.

Cho: ICi = 3,7.1010Bq (lBq = 1 phân rã/giây); số Avogadro Na = 6/02>1023mor1' học của các phân tử sau : cs2/ BF3, CF4, ÍCI3.

lượng riêng của nó giảm 5,6% so với ban đầu. Bán kính nguyên tử Rim loại là 144,8 pm. (lpm = 10' a) Tính hằng số mạng đối với cấu trúc lập phương tâm khối. Cho số Avogadro Na = 6,02.1023. b) Xác định khối lượng mol nguyên tử của kim loại X. Câu 2 (4 điểm) 2.1. Hằng số nhiệt động (25°C) của một số chất được cho trong bảng sau:

AH° (kcal/mol) AG° (kcal/mol) As ữ (cal/K.mol) H20 Chơi) -57,79 -54,6 45,1 Li20 (rắn) -142,2 -133,8 8,96 Na20 (rắn) -99,7 -90,0 17,4 LiOH (rắn) -116,45 -106,1 12,0 NaOH (rắn) -112,23 -100,19 11,9 a) Hãy tính A#°(kcal/mol), AG° (kcal/mol), ASŨ(cal/K.mol) đối với phản ứng nhiệt phân LiOH, NaOH: 2M0H (rắn) Jj=à, M2O (rắn) + H20 (hơi). Từ đó hãy so sánh độ bền nhiệt của 2 hiđroxit trên. b) Hỏi ở 1000°c các hợp chất trên đã có khả năng bị phân hủy hay chưa? Giả thiết rằng ầH và AS không biến đổi theo nhiệt độ.

2.2. Xét sự thủy phân của este metyl axétat ở 25°c trong các môi trường sau: - Trường hợp 1: Trong môi trường kiềm (CH3COOCH3 + OH' -» CH3COO' + CH3OH), khi tăng nồng độkiềm lên gấp đôi thì tốc độ phản ứng tăng lên hai lần. Nhận xét này cũng được thấy khi tăng nồng độ của este lên hai

ian.

-

Trường hợp 2: Phản ứng thủy phân thực hiện trong môi trường đệm.

Trường hợp 3: Người ta tiến hành phản ứlng thủy phân trong môi trường axit HC10,05M (dư).

T(phút) VNaOH(cm )

EXIMBANK

0

21

24,4

25,8

75 29,3

119 31,7

00

47,2

I SONG NGÜVÜN

Ạ • b) Trong trường hợp 1, nếụ cho 0,01 mol xút và 0,01 mol este vào 1 lít nước (xem thể tích thay đổi không' đặngi kể)v^ u 2Ọ0 phút thì 2/5 íượrig éste chưa bị thủy phân. Tính hằng số tốc độ phản ứng ki.

Trồrtẩ trtíốhg nỢp 3, hãy tính hằng số tốc độ phan ứng k3 và thời gian để este thủy phận hết 50%. Từ đó hãy so sánh giá trị ki và va k k3.

3.

2 . 3 . Ở 820°c hằng số cân bằng của hai phản ứng: CaC03 (r) CaO (rj + CO2 (k) là Kpi= 0,2 c (r) + CO2 (k) 2C0 (k) là Kp2= 2 Người ta cho 1 moỉ CaC03 va 1 mol c vấo bình chấn không 22,4 lit được giữ ở 820°c. a) Tính số mol khí co và C02 ở trạng thái cân bằng và phần trăm CaC03 bị phân hủy. b) ở nhiệt độ 820°c sự phân hủy của CaC03 sẽ hoàn toàn khi thể tích bình bằng bao nhiêu?

Câu 3 (4 điểm)

3 .1 . Tính độ điện li a NQ. trong các trường hợp sau: a) Trộn lOOml dung dịch NaN02 0,05M với lOOml dung dịch NaOH 0,01M. b) Trộn lOOml dung dịch NaN02 0,05M với lOOml dung dịch NH3 0,01M. Cho biết: HN02 có pKa=3,29 và NH3 có pKb=4,76. ’ Ịc dung dịch dịc cc 3 .2 . Cho từ từ 100,00mL dung dịch HCI 0/120M vào 50,00mL dung dịch Na3P04, thu được có pH=l,50.

Hãy xác định nồng độ dung dịch Na3P04 đã dùng.

Chó biết H3PO4CÓ : pkai=2,23; pKa2=7,26; pKa3=12,32

>

Câu 4 (4 điểm)

4.1 . Cân bằng cac phương trình phản ứng oxi hóa - khử sau (viết rõ sự oxi hóa - sự sư khử): khi a) CuFeS2 + N 0 3' + H+ -+ NO +Cu2+ + Fe3++ SO42 + H20 b) Fe30 4 + Q 2O7 + H+ —» Fe3+ + Cr3+ + H20 c)

NH4CIO4 + p

H3PO4 + Cl2 + N2 + H20

d) CnH2n-2 + Mn04' + H+ ^ HOOC-COOH + .... + ....

4.2 . Tính sức điện động của pin ăn mòn được hình thành khi - Nhúng Zn vào dung dịch axit có pH = 0; - Nhúng Fe vào dung dịch có pH = 7.

Cho biết: E°z^/zn = - 0 ,76F; E \ / oh- = +0, 4V E ữFeỉ*IFe

= -0 ,4 4 V;P0 = 0,2aừn

ỏ

Ph2 = lati

[Z«2+] (M) [Fe2+] (RT/F)ln = 0,0592lg L -1 L J = 10-fi V ' V / 4.3. Cho phản ứng: CU(r) + CuCI2(dd) ^ 2CuCI(r) a) Ở 25°c phản ứng xảy ra theo chiều nào, nếu người ta trộn một dung dịch chứa C11SO4 0,2M; NaCI 0,4M với bột Cu lấy du? Cho Tcuci

. =0 15V E°Cu

/Cu +

/Cu

=0 335V

b) Tính hằng số cân bằng của phản ứhg trên ở 25°c.

Câu 5 (4 điểm)

5.1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau (trong dung dịch): 0)

Na2s 20 3 + 12

d) H2O2 + KMn04 + H2SO4

b) Na2s 20 3 + CI2 e) Fe304 + HI c) Cuẽlă+KI U 11^ Ó AICl3 + Na2S 5.2. Một mẫu sắt cân nặng 30 gam khi tác dụng với 4 lít dung dịch HCI 0,5M (axit lấy dư) tạo ra khí (A) và dung dịch (B). Đốt cháy hoàn toan lưỡng khí (A) trền và cho sản phẩni cháy đi qua bình đựng dung dịch H2SO4 đ ặ c thì

khối lượng bình tang 9 gam. ’ a) Tinh % sắt nguyên chất có trong mẫu trên. b) Chia dung dịch (B)thành hai phần bằng nhau. Thêm vào phần 1 dung dịch KMn04 0,5M và lượng dư dung dịch H2SO4 loãng đun nóng thấy có khí (C) thoát ra. Dần khí (C) vào V2 dung dịch (B) con lại thu được muối (D). Tính thể tích dung dịch KM1ĨO4 0,5M cần dùng để phản ứhg vừa đủ và khối lượng mụá (D) tạo thành. c) Lấy 5,6 gam Fe nguyên chất cho tác dụng với clo dư thu được muối (E). Them vào níuổi (E) X gam một muối clorua khác của Fe và hòa tan cả hai muõi trong nước. Tính X, biết rằng khi cho vào dung dịch hai muối nấy 4,59 gam AI thì thu được chất rắn cân nặng 11,29 gãm.

Cho H =l; 0=16; Al=27; 0= 3 5 ,5 ; Fe=56

---- ----- — Hết— ------— Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm .

Họ và tên th í sinh:................................................ ..... .............. S ố báo danh: EXiMBANk

ắÉ •:'Ễáấ&ONữẩawm

A)

ũhmt) Lứ

.*s

< sở Giáo Dục &Đào Tạo TP. Hồ CHÍ MINH

_

ĩạciệ

KỲ THI OLỴMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦ N X X -N Ă M 2014

:

2220355

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

sooa

Môn thi: HốA HỌC - Khối: 10 Ngày thi: 05/04/2014 Thời gian làm bài:

180 phút

Ghi.chú: Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiêu tờ giấy riêng và ghi rõ câu số ...... ở tranq 1 của mối tô giấy làm bài. Đề th i có 03 trang.

...............................................

_

Câu 1(4 điểm) 1,1. Nguyên Nguyêntố tốAAcó cócác cácgiá giátrtr năng lượng lon hóa nhu1sau: (tính theo kJ/mol)_______

Hl—

ĩĩ_

h

I

Ĩ4

h

I

h /1 A

577__ 1816 2744 11576 14829 I 18357 I ri Id nụp cnat giưa A va X V Ơ I X la nguyẽn to Cố sõ lượng tứ mi + ms = -1/2.

X M tà hợp chất giữa và với là nguyên tố có số tử ITI| không cùng nhóm với A Nguyên và phân tử khối của M nằm nằr trong khoang 80 - 1 4 0 'ên tử khối của A và X chênh lệch nhau không quá 16 va \ và M. .

Tìm A 1 .2 . a) Sử dụng phương pháp VB để chứng minh phức

[Fe(NH3)6]2+là phức thi

b) Dựa vào thuyết lai hóa và VSEPR, hãy cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình Học của các phân tử sau : cs2, BF3, CF4, ICI3.

1 ,3 .32p phân rã Ị3~vôi ti/2=14,28 ngày, được điều chế bằng phản ứng giữa nơtron với hạt nhân 32s. a) Viết các phương trình phản ứng hạt nhân để điều chế32p và biểu diễn sự phân rã phóng xạ của 32p, b) Có hai mẫu phóng xạ 2P được kí hiệu là mẫu I và mẫu II. Mẩu I có hoạt độ phóng xạ 20 m õ đước lưu giữ trang bình đặt tai buồng làm mát có nhiệt độ 10°c. Mau II có hoạt độ phóng 'xạ 2 |ici bat đầu được lữũ giữ cùng điêm

.m ẫu,1 nhlíng. ? nhỉ& đỌ 20°c - Khỉ.hoạt độ phóng xạ cua mẫu II chỉ còn 5.10' 1 ụCị thi lượng s xuat

hiện trong bình chửa mẫu I là bao nhiêu gam? Biết trước khi lưu giữ, trongbình không có s. ‘ Cho: 1CÌ = 3,7.1010 Bq (lBq = 1 phân rã/giây); số Avogadro Na = 6,02.1023mo|'1; Hoạt độ phóng xạ không phụ thuộc vào nhiệt độ.

1.4. Kim loại X có màu trắng bạc, ở nhiệt đọ thường có khồi lữợng riêng p = 4,506 g/cm3. Ở 883° c, kim loa chuyển đổi cấu trúc mạng tinh thể từ lục phương tam mặt tl}ành lập phương tam khoi. Trong quá trình này, khoi lượng riêng của nó giảm 5,6% so với ban đầu. Ban kính nguyen tử kim loại la 144,8 pm. (lpm - 10" cm) a) Tính hằng số mạng đối với cấu trúc lập phương tâm khối. Cho số Avogadro Na = 6,02.1023. b) Xác định khối lượng mol nguyên tử cua kim loại X.

Đ áo án Câu 1 (4 điểm)

Ta thấy có bước nhảy đột ngột về năng lượng ỉon hóa sau khi tất cả các electrón hóa trị đã bị tách ra (từ I3 sang I4) => A thuộc nhóm IIIA. X có rri| + ms = -1/2 ’ • Nếu ms = -1/2 => rri| = 0 => X có phân lớp ngoài cùng ỉà p5 => X thuộc nhóm VIIA • Nếu ms = 1/2 => rri| = -1 => X có phân lớp ngoài cùng là p1 => X cùng nhóm với A (loại) =ỉ> Mcó dạng AX3 Vì nguyên tử khối chênh lệch không quá 16 đơn vị => A và X cùng chu kì.

Phân tử khối của M nằm trong khoảng 80 - 140 => nguyên tử khố] trung bình của A vàxtừ 80 : 4 = 20 cho đến 140 : 4 = 35 => A và X thuộc chu kì 3 Vậy X là Cl; A là AI vả M là A1Ơ3.________________

5/,

EXIMBANK

Bỉntìntuvtntilciưnh

UNSW I ũ / í t

SONO N O üYEN

eovcA*rjoK»CRViee#

câu '3.»2 (1,5)

t %rf,

a) 26Fe:[Ar]3í/64í 2 - ^ 26Fe 2+:[Ar]3í/ 6 ' Sự sắp xếp e vào các AO ở phân lớp ngoài cùng của Fe2+:

It

n

t ị t It

0,5

□

3d 4s 4p Khi Fe2+ tạo phức với NH3: do NH3 là phối tử trường yếu nên không có sự dồn e độc thân trong Fe2+, N trong NH3 còn cặp electron tựdo sẽ tạo liên kết cho nhận với các obitan trống 4s, 4p và 4d của Fe :

n

t

t

t

t

□

3d

Câu 1.3

(1,0)

4s

4p

^ ^ ^

4d

^ "ĩ*

nh 3 NH3 NH3 nh 3 nh3 nh 3 Phức [Fe(M/3)Ể]2+ là phức trừơng yếu spin cao, có electron độc thân nên đây là phức thuận từ. b) cs2 : sp, đường thẳng 0,25x4 BF3 : sp, tam giác đều CF4 : sp3, tứ diện đều IC ĨCÍỈ3 : spJ sp3d, chữT___________________________________ chữT IPhương trình phản úng hạt nhân điều chế 32P: Ịjs + ịn -> ¡¡p + 0,25 0,25 Phương trình phân rã phóng xạ của 32P: Ịjp~* + Ị3~

Vậy thời gian đã lưu giữ là 2 chu kì bán hủy Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt độ, nên sau thời gian đó lượng 32p của mẫu ĩ cũng chỉ còn lại 1/4 so với lúc đầu -> độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là:

0,25

3 ' ^ .20mơ = 15mCỈ = 15.10'3.3,7.1010 Bq

Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là M- A _ A-hn _ 15.3,7.1(r7.14,28.24.3600 _____ _ .. ... .3 ^ ------------- 0,693 = 9'9-10 * N í Khối luựng 32p đẵ phân lã lè;

Ịc

=

= 5 , 3 . 1 0 » (g)

0,25

6,02.10

Câu 1.4

(1,0)

Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng 32s tạo thành đúng bằng khối lượng 32p đã phân rã: m,2c = 5, 3 . 10"8 (g) a) Cấu trúc lập phương tâm khối: 4r = aVã => a =

=

= 334,4 (pm)

0,5

)) Cấu trúc lập phương tâm khối: Trong 1 ô mạng chứa 2 nguyên tử kim loại.

2M

M =p

y

= M 06. 0,944. (334,4.10 “ ỵ =47t9 (g/mo|)

2

N A.a3

0,25

2

Câu 2 (4 điểm) 2.1. Hằng số nhiệt động (25°C) của một số chất được cho trong bảng sau:

H20 (hơi)

AH° (kcal/moi) -57,79

Aơ° (kcaỉ/mol) -54,6

AS° (cal/K.mol) 45,1

EXIMBANK BintoW »íntằItWnh

SÒ N C NGUYÊN

UNSVV

HTM* j

apựCAriQ«ĨIXVICM

0,25

y

LbO(rẳn) -142,2 8,96 -133,8 Na20 (rắn) -99,7 17,4 UOHừầnV -116,45 12,0 -106,1 NaOHừắn) -112,23 -100,19 11,9 a) Hãy tính AHữ(kcal/mol), Aơ° (kcal/mo!), ASữ(cal/K.mol) đối với phản ứng nhiệt phân LỈOH, NaOH* 2MOH (rắn) M20 (rắn) + H20 (hơi). Từ đó hãy so sánh độ bền nhiệt của 2 hiđroxit trên. b) Hỏi ở 1000°c các hợp chất trên đã có khả năng bị phân hủy hay chưa? Giả thiết rằng A H và A s không biến đổi theo nhiệt độ, 2 ,2 . Xét sự thủy phân cùa este metyl axetat ở 25°c trong các môi trường sau: Trường hợp 1: Trong môi trường kiềm (CH3COOCH3 + OH -> CH3COO' + CH3OH); khi tăng nồng độ kiềm lên gấp đôi thỉ tốc độ phản ứng tăng lên hai lần. Nhận xét này cũng được thấy khi tăng nồng độ của este lên hai

0

t ứ 0>

..

ĩ,

*

*

'

’

« jr

----------------------------- -— ----------------

1T (phút) 1VfjäoHfern3) 1 |AI

,

Ị

1

«/V,

«.

,

,

0

21

24,4

25,8

i

\

1

(

>

. .1

75 29,3 *

f.

YiKiì. p n u v u y u U M I u y i i y MỤ»- t u a p i i a n u n y .

119 31,7

1

A

^,1

t

IU U IC L ù a * - l u ạ

Ị jn a u u ii y

ì'«

u u Ị iiy u m y u u u n y

■

.

n ụ p.

b) Trong trường hợp 1, nếu cho 0,01 mol xút và 0,01 mol èste vào 1 lit nước (xem thể tích thaý đổi không đáng kể). Sau 200 phút thì 2/5 lượng este chưa bị thủy phân. Tính hằng số tốc độ phản ứng ki. c) Trong trường hỢp 3, hãy tính hằng số tốc độ phần ứng k3 và thời gian để este thủy phân hết 50%. Từ đó hẵy sọ sánh giá trị ki và k3.

t

1

2.3. Ở 820°c hằng số cân bằng của hai phản ứng: CaC03 (J.) v2“ CaO (r) + CO2 (k) là Kpi= 0,2 c (r) + C0 2 (k) 2CO (k) là Kp2= 2 Người ta cho 1 moỉ CaC03 va 1 mol c vào bình chan không 22,4 lit được giữ ở 820°c. a) Tính số mol khí co và C02 ở trạng thái cân bằng và phần trăm CaC03 bị phân hủy. b) ơ nhiệt độ 820°c sự phân hủy của CaC03 sẽ hoàn toàn khi thể tích bình bằng bao nhiêu?

Đáo án Câu 2 (4 điểm )

a) Từ phương trình nhiệt phân: , 2mOH 2MOH (răn) (rắn) ĩ± M20 (răn) + H20 (hơi) Áp dụng tính toán cho 2 trường hợp LiOH và NaOH ta có kết quả như sau: LiOH: ¿ ^1 = [-57,79-142,2-(-2.i 16,45)] = 32,91 kcal AG°pu= [-54,6-133,8-("2.106,1)] = 23,8 kcal

AS°pu= [45,1+8,96-2.12,0] = 30,06cal/K = 30,06.10'3 kcal/K Tương tự cho NaOH: * AH ị, = 66,97 kcal; AG°pu = 55,78 kcal; AS°pu = 0,0387 kcaỉ/K Vì AG°puUOH< àG°pil Na 0H nên NaOH có độ bền nhiệt lớn hơn LiOH. b) Ag :1273 LiOH = ÁH° S l = 32,91 - 1273.30,06.10'3 * -5,36 kcal < 0 'pu - T. Á 'pu AƠ^NaOH = 66,97 - 1273.0,0387 « 17,7 kcal > 0 chỉ có LiOH có khả năng bị nhiệt phân hủy ở 1000°c.

câu

a) nhận xét:

'

:

r:

'

2.2 THI: V = k[este]a.[OH"]b - > khi tăng nồng độ của este hoặc kiềm lên gấp đôi thì V (2,0) cụng tặng len gấp đôi <-*■■a = b = 1 .

V = k[este]a.[OH'] -* bậc của phản ứhg là bậc 2.

TH2: V = k[este].[OH']. Thực hiện trong môi trường đệm

0,25

nên [OH~] không đổi ->v = k2[este] -> bậc của phản ứng là bậc 1.

TH3: V = k[este].[axit]. Do axit lấy dư nên k.[axit3=const=k3 — >v = k3[este] bậc của phản ứng là bậc 1.

1

b) Vì [axit] = [este] = 0,0 IM nên k t:

0,25

với [Ao] là nồng độ của este;

[Ấoì-X

[Ao3 -

0,25

[4 )1

là nồng độ este tại thời đỉểm t

X

'

2

Lượng este chưa bị thủy phân —[Ao] - » kt = Y ~ 5

*

1

M>] K] .

->ki = 0,75 moi' .L.phutí-1

o

c) ta có:

^ t ~ [4 o ]-* nếu Vm ở thời điểm 00 là thể tích ứng với sự kết thúc thúy phân este trongg môin trường axit, Vo là thể tích ứng với thời điểm t = 0 thì VK - Vo sẽ tỉ lệ với nồng độ đầu của este. Va - vt tỉ lệ với nồng độ este tại thời điểm t.

Do đó ■ T (phút) 21 75 119 0 ,5 25,8 VNaOH(cm3) 29,3 31,7 «3 (phut*1) 3,018.10'3 3,226.10'3 3,243.10"3 k3 = 3,162AQ"3(p h u r 1) vậy ki gấp khoảng 237,27 lần.

Câu 2.3

(1,0)

t. k3 =ln2 -» t = 219 phút.

CaC03 (r) ■ CaO (r) + C02 (k)I Kpi - 0,2 1 Bđ 0 a Pu a 1 a Cb 1-a a (k) ' c (r) + C02 (k) 2C0 Bđ 1 a Pu b b Cb 1- b a- b

ị

Ki = 0,2

‘c o .

1

0,5

lco-

'co; Prco,

-

P co

:T L

RT

ạg.

«0,63

0,2.22,4

0,082.1093

0,25

' 0,05;

w

co RT 0,082.1093 Vậy a - b = 0,05; 2b = 0,16 -+ b = 0,08; a = 0,13 -> % CaC03 bị phân hủy 13 % - khi CaC03 phân hủy hoan toàn thì a = 1-+ 0,63V = 2nC0RT va 0,2V = (l-iíco)RT nco = 0,61165 mol -* V = 174 lit

Câu 3 (4 điểm) 3.1. Tính độ điện li

a N0. trong các trường hợp sau:

a) Trộn lOOml dung dịch NaN02 0,05M với lOOml dung dịch NaOH 0,01M. EXIMBANK

SO N G NGƯ YEN

SindntưvíntỉtdiM

UNSVV 4

«»«CÃTỈÕĨ™VĨW

0,25 0,25

0,25

H

•

•

•

->.••• »' b) Trộn lOOmï dung dịch NaNG2 Ổ,05M VỚỈ 100ml dung dich NH3 0,0iM. : c- ■ , :n=■■■.-. Cho biết: HN02 có pKa=3,29 và NH3 CÓ pKb=4,76. : ; V ■ : 3.2. Cho từ từ 100,00mL dung dịch HCl 0,120M vào 50,00mL dung dịch Na3P04, thu đựợc dung dịch có PH=1 5fi Hãy xác định nồng độ dụng dịch Na3P0 4 đã dùng. ‘ ' u* Chó biết H3PO4 CÓ: pKai-2,23; p«a2-7,26; pKa3=12,32.

êậ&ậữ

, Câu 3 (4 điểm) Câu 3.1 (2,5)

Tính lại nồng độ: c

1 0,05.100

N°i

200

0,01.100

= 0,025 (M)

CỵaOH ~ C-NH, —c HCI ~

a) Tacó: NaOH -> Na+ + OH’ 0,005 0,005 (M) .

NO2' + H20 Í+ HNO2 + OH' Kb =10 "10’71 C: 0,025 0,005 (M) []: (0,025-x) X (0,005+ x) (M) -» X (0>Q05+x)

---------=10-10'71 0,025 -

X

-> X= 9,75.10'10 CMÌ

b) Ta có: H20 ỉ=i NH4+ + OH" NO2 + H2O t; H NO2 +:OH' H2O iỊ H+ + OH' Vì Cnh3-Knh3 >> Cno2-Kno2- >> cân bằng ( 1).

NH3 +H2O a NH,+ + OH‘ 0,005 []: (0,005-y) NH3 +

K

n H3

=

1 0 ‘ 4,76

(1 )

. Kfi02- = io;10'71 (2) Kw = 10 (3) dung dịch phụ thuốc chủ yếu vào KNH3 = 10'4'75 (M)

0 ,2 5

(ỉ)

(M) 0,5

02][OH-}

[M)2-] [NO¡]) í

[HN02] =

[OH-]

=^

’Ề 0,25 = 1>704.10-9(M) 2,86.10

0,5

1,704.10-* _

2

0,025

'

0,25

L

«

EXIMBANK sếntinWvfotl! thính

UNSW

SONO NOƯYEN

\ ü

ß

t l U V C A T í O K B CR VI C t»

câu

Khi trộn HCI với Na3P04 sẽ xảy ra các quá trình proton hóa PO43'. ở pH = 1,5, ta có: ; : :

'3«2 (1,5)

rtn v -\2 -

m -]

V :

[H2P 0 - J ._ [ H +] [HPOM

.K *

[H3PO J ._ [ H +] [H2P0;3

10,5,76 -> [H2PO-J » [HPOj-]

= 10'

[H,POJ

10°-73

[H2P O J + [H 3P 0 4]

100,73+1

,0,73

Kal

= 0,843

thấnh H3PO4. ru 4 T P043' + 2H H2PO 41+ H2PÒ4‘ + H+ -» H3PO 4 -> 100.0,12 = 50.(2.c + 0,843.C)

-»c = 0,0844M.

Câu 4 (4 điểm) 4.1. Cân bằng các phương trình phản ứng oxi hóa - khử sau (viết rõ sự oxỉ hóa - sự khử) :

a) CuFeS2 + N03' + H+ -> NO + Cu2+ + Fe3+ + SO42 + H2o’ b) Fe30 4 + Cr20 72' + H+ -> Fe3+ + Cr3+ + H20 c) NH4CIO4 + p —>H3PO4 + CI2 + N2 + H2O d) C0H2n-2 + MnOf + H -> HOOC-COOH + .... + ....

4.2. Tính sức điện động của pin ăn mòn được hình thành khi - Nhúng Zn vào dung dịch axit có pH = 0; - Nhúng Fe vào dung dích có pH = 7,

'

Cho bỉet:

E ữz«í*izn = —0,76F;E°o1/oh~ = +0,4 V E°Fe2*/Fe = -0,44V;Po = 0, 2atm

; PH2 = latm

[JPe2+]=[Z«2+] = 10"6 (M) ; (RT/F)ln : 4.3. Cho phản ứng: Cu(r) + CuCI2(dd) 5 2CuCI(r) a) ở 25°c phản ứng xảy ra theo chiều nào, nếu người ta trộnmột dung dịch chứa C11SO4 0,2M; NaCI 0,4M với bột Cu lấy du? Cho Tcuci = 10'7,

«0,15V, E°„2+(r„ Cu /Cu

b) Tính hằng số cân bằng của phản ứhg trên ở 25°c. Đáo án Câu 4 (4 điểm)

à) CuFeS 302 + NO3"+ H+ ♦ NO + Cu2+ Fe3+ + SO.'42‘ + H20 *3+ + 2 SO42' + 16H+ + 17e X 3 CuFeS2 + 8 H2O — i Cu + Feá+ X 171 N03‘ + 4H+ + 3e »NO + 2H2O 3CuFeS, + 17N03' + 20H+ -*■ 17NO + 3C u2+ + 3Fe3+ + 6 SO4* + 10H20 b) Fe304 + Cr20 ĩ ' + H+ Fe3+ + Cr3+ + H20 X 6 Fe30 4 + 8 H+ -* 3Fe3+ + le + 4H20 X 1 Cr20 72- + 6 e + 14H+ -»• 2Cr3+ + 7H20 Pt: 6Fe30 4 + Cr20 72‘ + 62H+ -> 18Fe3+ + 2Cr3+ + 31H20

=0,335V.

c) NH4CIO4 + p —>H3PO4 + CI2 + N2 + H2O -3:. " ' 0:

lx 2 N N ỉ+ 6e 1# 2C Ỉ+Í4e -> Cl

2

0 5.x: 2 N + 2 C Ỉ+ 8 e 8x 0

0

0 ,5

N 2 -b Ở 2

+5

p -> p + 5 e

Ì0N+Ỉ0CỈ+8P ->5N2+5CỈ2+$P

V

IONH4CỈO4 + 8 P —>8 H3PO4 + 5 Ơ 2 + 5N 2 + 8 H2O

d)CnH2n- + MnCV + H+ -» HOOC-COOH + Mn2+ + H20 x5 2 CnH2n-2 + 4nH20 -»■ nHOOC-COOH + (10n-4)H+ + (10n-4)e L x(10n-4) MnÒ4 + 8 H+ + 5e -> Mn2+ + 4H20 ý \ ‘ lOCnHzn - 2 + (lOn-4) Mn04' + (30n-12) H+ -» 5nHOOOCOOH + (10n-4)Mn2+ + 0 ,2 5 (20n-16) H?0________ _____________________________________________ * Trong hê Zn/H+ ípH = 01 Anot(-) -> Zn2+ + 2e Catot (+) : 2H+ + 2 e ----- ►H2 Eh+/h =-0,059.pH=0 ( khí hidro thoát ra , PH =

é

Câu 4.2

(1,0)

EaNa=-0,76+M^glO^=-0,94V

0 ,2 5

Vậy : Epin = 0 - (-0,94V) = 0,94V 0 ,2 5

* Trona hê Fe/ H?0 fpH = 7) : Anot(-) Catot (+)

Fe /Fe 0 ,2 5

°2/0ỉr ' 4 ~[OH~J Vậy: Epin = 0,8 - (- 0,62) = 1,42V

o

0,25

&

EXIMBANK Bỉntintưvtntìi chỉnh

VỄỂĨtvỉYVẠIC.

UNSW

I ỊỊM song nguyên ỊỊ Y KRUcÄtToiTmivTHt

a

câu 4 .3 (1,5)

a) Tacó:

Cu2+ + 2e -> Cu

AG? .

Cu2+ + le —^Cu+

AG«

Cu+ + le -> Cu

. AG°

=> ; AG® = AGj - AG® -

- -2 F- EL..,C + 1-F- E ^ (c>.

E~ - EL*,C.- = 2-0,335 -0,15 = 0,52V ■ ( V /C u = 2EU c Cu2+ Ta tó: Eo»,c,< = Ei...,c* + °-0592 !9 c v = 0,15 + 0,0592lg

1O'7/0,4

0,498V (với [Cu+] = p 3 |) z >

Ecv/0u = ^Cu+/Cu + 0/0592lg [Cu+] = 0,52 + 0,0592lg Ta xét phản ứng sau: Cu2+ + Cu 5' 2Cu+

(2)

2Cu+ + 2C|- £*

(3)

Cll(r) + CuƠ2(dd) 5 2CuCI(r)

Ü

0,4 = 0

0,25

Ơ

K:

(1)

10“7

2CuCI K2 = (T K=

K1.K2

0,25

Ephảnúng(i) = ECu2+/Cu+ - ECu+/Cu> 0 , phản ứng (1) xảy ra theo chiều thuận.

Mặt khác, K2 =1014 do vậy K=Ki,K2 rất lởn, phản ứng ng (3) xảy ra theo chiều thuận.

0,25

b) Hằng số cân bằng Kcủa phản ứng: Khi cân bằng:

V

Ki = io niEC/0>059 = 5,35.10'7 7

10~7.

=10,14

K = K1.K2 = 5,35.107 Câu 5 (4 điểm) 5.1, Hoàn thành rình phản ứng sau (trong dung dịch): a) Na2S2Ũ3 b) Na2S2Ơ3 c) Cuỡã+KI d) H20 2 + KMn04 + H2SO4 e) Fe3C>4 + HI 'I3 + Na2S

0,25

0,25

:-w 'V

ịẢh

M h

-t-ipc--- •)

'

10HCI + 2KMỘỒ4 + 3H2S0 4 -» 5GI2 + 2MnS04 + K2SO4 + 0,5 0,1 0,25 ; t 10FeCỈ2 + 6 KM11O4 + 24H2S04 ** 5Fe2(S0 4)3 + 10Ci2 + 3K2S04 +

__

° '15 .. .

0,25 Số moí KMn0 4 cần thiết: 0,1 + 0,15 = 0,25 mol Thể tích dung dịch KMnC>4 cần dùng V —— = 0,5 l í í

' 6MnS04 + 4H2ỏ

°'25 ...

_____________________________ _ _ _ _

0,25

Khi dẫn 0,5 mol Cl2 tạo ra trong Vi (B ) ban đầu vào 1/2 (B) lúc sau, Cl2sẽ oxi hóa Fe2+thành Fe3+ FeCI2 + 1/ 2Ơ2 FeCI3 .

A p ,/ 'hutỊ [ị^ífò 0,25 0,125 0,25 (mol) Sau phản ứng do dư, phản ứng tạo ra 0,25 mol FeCI3 » W t a = ° ' 2 S X 1 6 2 ,5 = 4 0 ,6 2 5 gctm

c.

2Fe + 3CI2 -* 2FeCI3

0,1 'Cmol) Khi cho AI vào dung dịch 2 muối FeCI3 và FeCI2, đầu tiên AI khữ Fe3+ về Fe2+ 0,1

Ai + 3Fe3+ Al3+ + 3Fe2+ 0,1/3 0,1 0,1/3 0,1 (mol) Sau phản ứng nầy còn dư 1 khối lượng AI là:

*?ẠT

^ r? ịi-r 5

/

'iGưị' cệĩ(>y dọ

m 4 ỉ = 4 ,5 9 —^ X 21 = 3,69 g a m ■

_ 3, 6 9 .... , n Al = ^ m ữl

.

.

AI này được dùng để khử Fe2+ thành Fe kim loại / ứ / 2ÃÍ + 3Fe2+ 2AI3+ + 3Fe Ụ y H a m A n n nn A I .m U a » U Ẳ ia 1 ,.

Do không biết riit* dư Uhay thiếuI A I cho phản ứng »này, ta xét 2 trường hợp: TH lỷrm u AI, kết tủa chỉ gồm Fe m Fe = 56nFe — 5 6 X 7- X — - = 1 1 ,4 8 g a m

^ Khác với 11,29 gam. Vậy TH này sai.

TH2Ị: DưAI,hếtFeí+ ■ S - nn FsCls G oọ ti ỵy — p ^ .Ị Ể h ề m .v à o lú c đầ*f

Sau khi AI khử Fe3+ thanh Fe2+, ta có (0,1 + y) mol FeCI2 2 ơần - ( 0 ,1 + y ) molAỈ đễk h ềh ĩm ig FeHnky thành Fe.ChấẾ rắn thu được sau phần ứỉig f f o m .( Q ,l- Ị - y } m o ỉF e tr ầ Ạ ỉđ u = 5 6 X (0,1 + y ) + 3 ,6 9 - 1 X (0,1 + y } x '27 = 1 1 ,2 9 g a m 3B X (0 ,1 + y ) = 7,6

y == 0,1 m o l F b CỈ2 m F#cỉS! = 0 4 X 1 2 7 = 12,7 § a m

Vậy X - 12,7 gam

___________________________________

' — —— -

À

7 7,0

>

EXIMBANK Mnttntựríntỉltỉiính

y ũ sy y A W s ) ( Ã t IÃ

n

S ềầ SONGNOUYBN HTMt / f y ? ê»ac*riow»e»ivjt«w fị

....

........

.....................

,

:

5 . 2 . Một mẫu sắt cân nặng 30 gam khi tác dụng với 4 lít dung dịch HCỈ 0,5M (axit lấy dư) tạo ra khí và dung dịeh (B). Đốt cháy hoàn toàn lúỢhg khí (Ẩ) trền và cho sản phẩni cháy đi qua bình đựng dung địch H2SO 4 đic thì khối íượng bình tang 9 gam. a) Tinh % sắt nguyên chất có trong mẫu trên. : b) Chia dung dịch (B) thành hai phần bằng nhau. Thêm vào phần 1 dung dịch KMn04 0,5M và lượng dư dung dịch H 2SO4 loãng đun nóng thấy có khí (C) thoát ra. Dan khí (C) vào Vi dung dịch (B) con lại thu đ ư ợ c rnuoi (D).

Tính thểtích dung dịch KMn04 0,5M,cần dùng để phản ứng vừa đủ và khối lượng muối (D) tạo thành. ' c) Lấy 5,6 gam Fe nguyên Chat cho tác dựng với clo dư thu được muối (E). Thêm vào muối (E) X gam một muối cíorua khác của Fe và hòa tan cả hai muối trong nước. Tính X, biết rằng khi cho vào dung dịch hai muối này 4 59 gamAỈ thì thu đựợe chất rắn cân nặng 11,29 gam. Đ áo á n Câu 5 (4 điểm)

a) b) C) d) e) f)

fj) —tf/lsầVtyũO 2 Na2S203 + I2 Na2s 40 6 + 2Naĩ Na2S20 3 + 4 Ỡ2 +5H20 2NaHS04 + 8HCI CUCI2 + 2 KI -» 2Cuf + + : 5 H2Ọ2 + 2KMn04 + 3H2S04 -> 502 + 2MnSO< F63 O 4 + 8 HI -» 3FeI2 + I2 + 4H2O 2AICI3 + 3Na2S + 6 H2O -» 2AI(OH)3 + 3H2S + 6 NaCl

Câu

5.2

Fe + 2HCI FeC!2 + h2 2H2 + 0 2 -* 2HzO j H2SO4 đặc hút nước nên mH 0 = 9 gam Khối lượng Fe nguyên chất: mFg - 0,5 X S6 . ~ 28X 100 X

(2,5)

0725^

% Fe trũ n g ĩĩiấu = — — ----- = 93,33% ( 0

'kcì ấht ~ 0,s X 4 = 2 moĩ ^HCÌ với Fs ~ X 2 = 1 mol Vậy còn dư: 2 - 1 = 1 mol HCI vi dung dịch B chứa 0,5 mol HCI dư và 0,5/2 = 0,25 mol FeCI2 Khi cho tác dụng với KMn04 ở môi trường áxit cả 2 chất FeCI2 và HCI đều phản ứhg - đều - •'là chất ■"• •• ử).

(Fe2+ và1 cr khử).

& A o EXIMBANK

SONGNQƯVKN

UNSW ■ A ựi ĩ t K I.ỈA

Bảntinwrfntii thính

(ề )

etíyợAriQMicsvicpi

.

% ỷ KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG^O /4

Sở Giáo Dục & Đào TạoTP. HỒ CHÍ MINH

£OG3

_

xệ %

LÀNXXI-NÂM2015

nTẴTDWíSisirí n/nròATMA1VIí\ ÒTe Môn thi: HÓA- K h ố iỢ o ) t .ế h o n í ĩ p t i o n

Ngày th i:

V:

04/04/2015

n .

(Ẩ^o A 5

........

Thòi gian làm bài : 180phút Ghi chú : Thí s.inh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rô câu số ....... ở ửang 1 củ a mỗi tờ giấy làm bài. Đề này có 02 trang B iết: N a = 6,02.1023;R = 8,314J.moH.K'1; T(K) = t°c + 273,15; — lnx = 0,0592lgX H = 1; c = 12; o = 16; N = 14; Na - 23; C1 = 35,5; p = 31; Pt = 195; Ba= 137; s = 32; Pb = 207; I = 12 Câu 1: (4 điểm)

1.1 .

c

%'

a. Trong bảng dưới đây có ghi các giá trị năng lượng ion hoá liên tiếp In (n = 1 , 6 ) theo kJ.mol-1 của 2 nnm,â„ *ẨV irả V.

lô Is II I2 Ib I4 10519 8142 X 590 4941 6485 1146 47260 37820 Y 1086 2352 6221 4619 ¿UlwVMV/JLJLVUU1 VUllg vun /1 vo- JL lUttl w ƯCUI uvu vu IViig 51WHẠWWW *«YiAỒ Tìm tên nguyên to và viết cấu hình electron của X và Y. : b. Werner đã điều chế được 2 họp chất (đơn nhân) bằng cách đun nóng dung dịch PtCh với ừietyl photpho P(C2H5)3 và đây là một phoi tử của Pt. Khi phân tích hai hợp chẩt này đều có: %Pt = 38,8%; %C1 = 14,1%; %c = 28,7%; %p s 12,4% và %H = 6,02%.

Hãy viết công thức phân tử, vệ cấu trúc và gọi tên hệ thống của 2 đồng phân trên.

v/ 1.2 . loại chiếm các hốc tứ diện (tâm của các hình lập phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của oxit là 2,400 g/cm3.

4 . a. Tính số ion kim loại và ion o 2" trong một ô mạng cơ sở. 4 b. Xác định kim loại M và công thức phân tử oxit của M. ỷ 1.3. Để tăng độ nhạy cho việc phân tích tuổi của một mẫu metan (chứa 0,1 mol) thì mẫu được đưa trực tiếp vào máy đếm Geiger. Cho biết đồng vị 14c có chu kì bán huỷ ti/2= 5730 năm. Máy được khởi động sau khi đua mẫu vào máy 30 phút. Trong vòng 5 phút thiết bị ghi nhận được 2000 phaaja.

guyên tử 14C Câu 2 (4 điềmì ý

V

Cho phản ứng: 2N 2O 5u 4NO2 + O 2 Ở 25°c hằng số tốc độ kl = 1,72.10V . ở 35pc hằng số tốc độ k2 = 6,65.ÍO'V1. , .

Tính năng lượng hoạt hóa Ea (J/mol) và hệ số nhiệt độ y của phản ứng.

2 .2 .

'

Tính ÀS của quá trình hoá hơi 3 mol H2O (1) ở 25°c, 1atm.

Cho: AHhh, H20(1)= 40,656 kJ/mol; Nhiệt đung đẳng áp của nước lỏng và hơi nước lần lượt là 75,291 (J.mol .K4); 33,58 (J.mol* .K“1) Ợ.moKK"1); (J.moH.K"1 2.3.

H2O -» -» ccoo ++ H2 H2 (1) (1) 2) Trong công nghiệp, để điều chế hiđro người ta dùng phản ứng: c c+ +H2O T* \ X 1 • 1 \ < 7( 1 T T \ J ..A .. .X • •g... . . Để loại C O từ hỗn hợp (CO; H 2) trên , người ta dùng phản ứng: COợc) + HhOợc) C Ơ 2(k) + ỈĨ 2(k) (2) Hằng sổ cân bằng Kc cùa phản ứng (2) ở nhiệt độ thí nghiệm khôngđổi bằng 5.Tỷ lệ số mol ban đầu của CO vâ H2O bang 1: n. Gọi X là số mol riêng phần của co khi cân bằng. a. Hãy thiết lập biểu thức liên hệ giữa n, X và Kc. ^ b. Cho n = 3, tính % thể tích c o trong hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng. ^ c. Tỉm điều kiện của n để phần ừăm thể tích c o trong hỗn hợp khí ở trạng thái cân băng nhỏ hơn 1%.

Câu 3 (4 điểm) , 3.1.

Thềm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(N03)2 0,010 M và Ba(N03)2 0,020 M cho đến nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dịch không đổi khi thêm axit). Hãy tính pH của dung dịch thu được.

Cho: pKa (HSO4-) = 2,00; chỉ số tích số tan : pKs (BaS04) = 9,93 ; pKs (PbS04) = 7,66. àỵW

(M)

■^r

-.Ạ >} Dụng dịch Á được tạo thành bởi C0CI2 0,0100 M; NH3 0,3600 M và H2O2 3,00.10-3 M.

a. Tính thế chuẳn E° của cặp Co(NH3)637Co(NH3)62+ b. Tính pH và nồng độ ion Co2+trong dung địch A. ^ e. Ghép điện cực Pt nhúng trong dung dịch A với điện cực Ag/AgCl, Cl' (0,05M) qua cầu m uối hình thàiỊh pin điện. Tính sức điện động của pin và viết sơ đồ pin.

Cho: pKs (chỉ số tích số tan) AgCl =1,0 .10'10.

Ei°(Co37Co2+) = Í >84V; E° (H2O2/2OH-) =0,94V;E°(Ag+/Ag)= 0,8 V. KbOSOHh) =1O-4’76 Co3+ + Co2+ + C âu 4 (4 điểm)

Co(NH3)63+ lgpi = 35,16

6 NH 3 6 NH 3

lgp2 = 4,39

Co(NH3)62+

M .l.

Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion - electron:

a. CrO2 + Br2 + OH' -*C rO f + ... b. C112S + HN 03đặc “ •Cu2+ + S04_ +NO 2 +... c. FexOy + H2S04đặo SO2 + . ..

4.2.

độ dòng điện là 1,93 ampe. Trộn hai dung dịch sau điện phân với nhau, thu được kết tùa A và dung dịch B (có chứa 0,08 mol ion c các dung dịch ban đầu.

r ). Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng mỗi muối trong

4.3.

Cho giản đồ Latimer của photpho trong môi trường -1,345V

r P O/ - —

^ HPO,’-

Tính thế khử chuẩn của cặp HP032"/H2P02" Câu 5 (4 điễmì 5.1.

ơ íi

Nạp 1 mol SO2 và 0,6 mol Q2 để phản ứng xảy ra, dẫn ' xảy ra hoàn toàn thì thu c

ình kín (có chứa chất xúc tác). Nung bình ở nhiệt độ thích hợp :ỗn hợp khí sau phản ứng lội qua dung dịch Ba(OH)2 dư để phản ứng 4 gam kết tủa. Tính hiệu suất của phân ứng.

Nung nóng hỗn hợp X (gồm bốn muối của natri: (A), (B), (C), (D) có cùng a mol mỗi muối) đển 200°c thoát ra khí E không duy trì sự cháy và hỗn hợp chất rắn Y (chứa:— mol (A );^ - mol (C); a mol (D ) ) có khối lượng giảm 12,5% so với hỗn hợp X. Nếu tiếp tục nung hỗn hợp Y đến 400°c thì chỉ thu được hỗn hợp chất rắn z (chứa (A) và (D)). Nếu tiếp tục nung đến 600°c thì chỉ còn duy nhất (A). a. Xác định (A), (B), (C), (D). Biểt rằng (A) chỉ gồm hai nguyên tố với phần ừăm khối lượng của natri bé hơn phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,36%. . ịịẶ Ẳ / b. Xác định thành phần phần ừặm khoi lượng mỗi chất ứong hỗn hợp X ban đầu.

Hãy xểp các axit tương ứng tạo nên muối (B), (C), (D) theo thứ tự tính axit tăng đần.

uq

■. .

■ .

Hỉnh vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế O2 trong phòng thí nghiệm KMnO, bằng cách nhiệt phân KM11O4.

Hãy cho biết: - Khí O2 đã thu bằng phương pháp nào? Phương pháp này dựa trên títịh chất gì của O2?

- Tại sao miệng ống nghiệm lại bố trí hơi nghiêng xuống?

- Tại sao khi ngừng thu khí ta phải tháo rời ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn?

HỂT----------

Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. Hồ CHÍ MINH so ca

g g g llg g

KỲ-THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 3 0 /4 LẦN XXI - NĂM 2015

KỶ NIỆM 40 NĂM NGÀY GIẢI PHÓNG MIỀN NAM (1975-2015)

Trường THPT Chuyên LÊ HONG PHONG

Môn th i: HÓA - Khối: 10 Ngày thi: 04/04/2015 Thời gian làm bài: 180phút HƯỚNG DẪN CHẤM

C â u 1: (4 điểm) l.lk

a. Trong bảng dưới đây có ghi các giá trị năng lượng ion hoá liên tiếp In (n = 1, .

.

6 ) theo

.Ạ» \ / _ \ v/_

li h I3 X 590 1146 4941 Y 1086 2352 4619 cuối cùng của X và Y ở trạng thái'cơ bản đều

14 6485 6221 có tổng giá

Is I e A 1 10519 8142 47260 137820 trị bốn số iưcíng tử là 3,5.

%Pt = 38,8%; %CI = 14,1%; %c = 28,7%; %p = 12,4% và Hãy viết công thức phân tử, vẽ cấu trúc và gọi tên hệ thống của 2 đồng phân trên.

1 .2 .

Cho M là một kỉm loại hoạt động. Oxit của M có cấu trục mạng lập phương với cạnh của ô mạng cơ sở là a = 5,555Â. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion o 2- chiếm đỉnh và tâm các mặt của hình lập phương, còn íon kim loại chiếm các hốc tứ diện (tâm của các hình lập phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của oxit là 2,400 g/cm3. a. Tính số ỉon kim loại và ion o 2" trong một ô mạng cơ sở. b. xẩc định kim loại Mvà công thức phân tử oxit của M. 1.3.

Để tăng độ nhạy cho việc phân tích tuổi của một mẫu metan (chứa 0,1 mol) thì mẫu được đưa trực tiếp vào máy đem Geiger. Cho biết đồng vị 14c có chù kì bắn huỷ ti/2 = 5730 năm. Máy đựỢc khởi động sau khi đưa mẫu vào máy 30 phút. Trong vòng 5 phút thiết bị ghi nhận được 2000 phân rã. a. Tính số phân ra của đồng vị 14c trong 30 phút trước khi khởi động máy. b. Tính số nguyên tử 14c trong mẫu và % số mol 14CH4 trong mẫu metan thí nghiệm.

Đẹp ấnt c â u 1; (4 điếm )

y

V

4

o

1

Câu

1 .1

(1,5)

a ) G iá trị Ĩ3 của nguyên t ố X và

•

Iscủa

nguyên tố Y tăng nhiều và đột ngột. Suy

ra:

X thuộc nhóm IIA : s2 =>electron cuối cùng có I = 0, m = 0, s = - 1/ 2

X có tổng bốn số lưỡng tử của electron cuối cùng là 3,5 =>n = 4.

VậyX là Canxi: ls 22s22p63s23p64s2.

• Y thuộc nhóm IV A : p2 =>nên electron cuối cung có I = 1, m = 0 , s = 1/2 Y có tổng bốn số lượng tử của eléctron cuối cùng Ià3,5 =>n = 2 .

Vậy Y là Cacbon: ls 22s22p2. b ) Đặt công thức: Ptx Cy Hz Pt Clv

+

=

0,25

0,25

V

38,8 28,7 6,02 12,4 14,1 * ™ o O 2 - : — — = 1 :1 2 :3 0 :2 :2 195 12 1 31 35,5 0,5

vậy công thức: PtCnHsoPaCb hoặc Pt[P(C2H5)3]2a 2 Đồng phân là: C1 C1 Pt

{C2H5)3P

P(C2H5)3

cìs-dỉclorobìs(trietyỉphotpho)platmơl)

(C ^ p

C1

0,5

trans-diclorobis(trietylphotpho)platin(II) \ \

Cằu 1 .2 (1,0)

Cấu trúc tinh thê oxit kim loai M (học sỉnh có thê không cần vẽ hình)

a) lon o 2" xếp theo mạng lập phương tâm mặt với

số ion O2’ trong 1 ô mạng cơ sở là:

0,25

8 .1/8+6.1/2 - 4 ion,

Trong 1 ô mạng cơ sở (hình lập phương có cạnh là a) có 8 ion kim loại M nằm ở 8 hốc tứ diện. ^ Vậy công thức của oxit là M20. Trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử M2 0 b) Áp dụng công thức: » > d_ 4 ( 2 iư ; t 16) _ 4(2M +16) 3

a NẦ MM - 22,958« 23 . ậy M là Na vậy -» Oxit là Na2 0 .

(5,555.1 0 )3.6 ,02.102ỉ

0,25

’

0,5

2

Sk. Thời gian tiến hành phép đo không đáng kể so với chu kỳ bán huỷ của 14c nên tốc đ ộ phân rã có the xem là hằng số. Cố nghĩa so phân rã trong 30 phút sẽ là .....

(2000/5). 30 = 12000 phân rã. ; - _ ^

b.

Hằng số phân rã k = ^ '■'- ' •' ỈM *1/2

=

---- --------- = 2,3.10~lồphut~l 5730.365.24.60

Số phân rã trong 1 phút = ■ ^ ^ = 400 phân rã Số nguyên tử 14c trong mẫu sề là = % SỐ moi 14CH4 là:

400 = 1,74.1012nguyên tử.

2,3.10 -10

1 74 1ft12 „1 : ; 23 - ^.100% = 2,9.Ỉ0~S% 6, 02.10 .0,01

Câu 2 (4 điễm) 2.1.

6,65.10-V1.

2.2.

Tính ÁS của quá trình hoá hơi 3 mol H2O (1) ở 25°c, latm.

Cho: AHhh» H20(1) = 40,656 kJ/mol; Nhiệt dung đẳng áp của nước lỏng và hơi nước lần lượt là 75,291 Ợ.moH.K'1); 33,58 Ợ.mol^.K'1) 2.3. Trong công nghiệp, để điều chế hiđro người ta dùng phản ứng: c + H2O -> c o + Hỉ (1) Đ ể lo ạ i C O từ hỗn hợp (CO; H 2) trê n , người ta dùng phản ứng: CO(k) + H 2OỢC)CƠ 2(k) + ĩỈ 2(k) (2) Hằng số cần bằng Kc của phản ứng (2) ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của c o và H2O bằng 1: n. Gọi X là số mol riêng phan của c o khi cân bằng. a. Hay thiết lập biểu thức liên hẹ giữa n, X và Kc. ^ b. Cho n = 3, tính % thể tích c o trong hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng. ^ c. Tìm điều kiện của n để phần trăm thể tích c o trong hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng nhỏ hơn 1%.

Đáo án Câu 2 (3 điểm)

Câu

_________________

t a i . - ì i - l ) k2 r \ t2j

2 .1 (1,0)

ln

1,72.10 -5

KC T

6,65.10-5

98,15

308,15

Eữ =103294, 0,5

k2/ki = 7(T2_ Suy ray = Câu

0,5

Xét chu trinh: trình;

2 .2 ( 1,

°c, 3 mol H2O (1), latm—

25°c, 3 mol HhOợị, latm 0,5

< ;>

A S i

100°c, 3mol IỈ20 (i),latm

A Ss A S 2

100°c, 3mol H2O (h), latm

ASi = í , C w ^ = n C P0)l n ^ 3 . 7 5 , 2 9 1 . m ^ = 50,6822(J/K) ị T Tị 298,15 AS2 = & = n'MỈ-hhì = 3. 40,656?ĩ° 3 = 326,8605(J/K)

T

T

373,15

0,25

0,25 3

Tl

dT

f

ẠS3ị Ịn.CP(h)

9QO I c

.....

0,25

= 3- 33’58,ln 373Ỉ15 = - 22’6044(J/K)

-> AS = ASi + AS2 + AS3 = 354,9383 (J/K) câu

2.3 (1,5)

0,25

a. Theopt(l): nco = nHì Gọi a là số mol c o chuyển hoá thành CƠ2 ở pt (2).

CO(k) + H20 (k) CƠ2(k) + H2(k) ' Bđ 1 n 0 1 Cb 1-a n-a a 1+a nCb = 2 + n x= — — n+2 -» a = 1 - x(n + 2) Vì An = 0

(*)

= > K c - K p - K = , a-(' t a ) . , (1 - a ) . ( n - à ) _ , .................

Thế (*) vàọ (**) =ĩ> K “

(**) [1 - x (n + 2 )].[2 - x (n + 2)] -------------------W « + 2 ) ] .[ n - l + x ( n + 2 ) ]

( l- 5 * ).( 2 - 5 * ) = 5 _

b. K h i n - 3 => K=

5 (2

5 )

V

x = 0 0 ỉ9 4 bay

~ 5 ^ x== 0,0294 hay 2»94%-

0,5

0,5

c. Thay x = 0,01 vàK = 5 vào(***) => n = 5,601.

Nhận xét: khi n = 3 thì % c o ở trạng thái cân bằng là 2,94% Khi n = 5,601 thì % c ò ở trạng thái cân bằng là 1% Vậy, để phần trăm thể tích c o trong hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng nhỏ hớn 1% thì n > 5,601.

—

0,5

!:.......................

Cáu 3 (4 điểm) * *Thêm H2SO4 vào đung dịch gồm Pb(N03)2 0,010 M và Ba(N03)2 0,020 M cho đến nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dịch không đổi khi thêm axit). Hãy tính pH của dung dịch thu được.

Cho: pKa (HS04-)= 2,00; chỉ số tích số tan : pKs (BaS04)= 9,93 ; pKs(PbS04)= 7,66 .

Dung dịch A được tạo thành bởi C0CI2 0,0100 M; NH3 0,3600 M và H2O2 3,00.1(r3 M. a. Tính thế chuần E ồ của cặp Co(NH3)63+/Co(NH3)ó2+ b. Tính pH và nồng độ ion Co2+ trong dung địch A. A. . c. Ghép điện cực Pt nhúng trong dung địch A với điện cực Ag/AgCl, Cl" (0,05M) qua cầu muối hình thành pin điện.

Tính sức điện động của pin và viết sơ đồ pin.

Cho: pks (chỉ số tích số tan) AgCl= 1,0 .1040.

E°(Co3+/Co2+) = 1,84V; E ° (H 2O 2/2O H “) = 0,94V; E ° (Ag+/Ag) = 0,8 V . Kb(NHs) =10'4'76 Co3++ 6NH3 + = ± Co(NH3)63+ lgpi = 35,16 Co2++ 6NH3

< = ± Co(NH3)62+

lgp2= 4,39

Đáp án Câu 3 (4 điểm)

'ĩi

4

Câu 3.1 (1,0)

Pb(N03)2 -» ° ’010

-----

Pb2+

+

2N 03-

;; 0,010 Ba2+

Ba(N03)2 -* 0,020 ----0,020 H2SO4 H+ 0,130 ----0,130 HSO4- + Ba2+-> 0,130 0,020 0,110 -----

^ . ........ +

2N 03-

+

HSO4-

BaS04ị

0,130 . + H+ ; 0,130 0,150

107’93

HSO4- + Pb2+ -+ PbS04ị + H+ ; 105’66 0,110 0,010 0,150 . ° ’.100 0,160 Thành phần của hệ: HSO4- 0,100 M , H+ 0,160 M , BaS04ị , PbS04ị c [ ]

HSO40,100

<=±

( 0 ,1 0 0 - x )

H+ + 0,160

SO42-

( 0 ,1 6 0 + x )

X

;

10'2

Ờ x 0,5

X

*(*+0.160) ( 0, 100 -x ) => X =

[SO42 ] = 5,69.1 O'3(M)

[HSO4-] = 0,0943 (M) ĩ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) => pH = 0,78 0,5

5

*>• 3.2 (3,0)

; ;: . Cpçi2 : -> i

co2+

'

+ ■2C1-

0,0100

r —0,0100 Tạo phức của ion coban với NH3 Co2+ + 6 NH3 -► 0,0100 0,3600 ! .....

0,3000 Oxi hoá Co(NIỈ3)62+ bởi H2O2.

2

X

I

Co(NH3)62+

ßa= 104’39

0,0100

Co(NH3>62+

<==* Co(NH3y + + e

H2O2 + 2e

< = ± 2QH~ 2(0,9A-EĨ)

2 Co(NH3)62+ + H2O2 < = >

2 Co(NH3)63+ + 20H- (1)

K = 10

0,0592

*Tính thế chuẳn E° của cặp Cp(NH3)63+/Co(NH3>62+: Co(NH3)63+< = ± Co3+ + 6 NH3 Co3+ + e

T~±

ß f 1= 10-35>6

3-35,6

.0

K ị = l 0 -ẩĩ2

Co2+

Co2+ + 6 NH3 <~rr±

Co(NH3)62+

Co(NH3>63+ + e

Co(NH3)6

Ề

Z

1 0 4 ,3 9

0,5

K 2 = 10°’#59ỉ

E° =0,0592. 0,31108 = 0,0184 (V)

K2 = ß r 1.Kixß2 =100’31108 Từ phương trình:

:0,94-£2°) 0,0592 _ 2031,135

<^/A

DO\

2 Co(NH3)63+ + 20H 2 Co(NH3)62+ + H202 < = 0,01 0,003 _____ 0,004 — 0,006 0,006 Vậy TPGH của hệ : Co(NH3)íí+ : 0,004 M; Co(NH3)63+ 0,006 M, O ff = 0,006 M và NHa : 0,3M

0,5

* Tính pH của đd dựa vào lượng dư OH‘ và NH3 (coi lượng NH3 tạo ra từ 2 phức của Coban không đáng kể vì các ßi, ß2 lớn và NH3 dư) Tính pH theo cân bằng:

c []

NH3, + 00 0,3000 D- x) (0,3000-x)

H2O < = ±

NHt+ X

+ OH~ 6.IO-3 (6.10'3+ x )

(2)

*(0,0060 + *) - 10“4’76 —>• x = 7,683.1o*4 « 0 ,3 0 0 0 M

(0,3000- x )

0,5

[OH ] = 6,768.IO'3M —►pH = 11,83 - Tính nồng đô của Co2+ừong dung dich: Kết quả tính theo (2) cho thẩy [NH3] « 0,3000.

C o(NH3)62+ T~=± Co(NH3)6: 0,0040 (0,0040 - X )

x(0,3)6

= 10'4,39

Co2+ C o2+ + 6 NH3 X

ß2"1= 10-

0,3000 0,5

— ► X = [Co2+] =

2,117.1o-4 M « 0,3000

(0,0040-x) Vì vậy việc coi [NH3] « 0,3000 là đúng.

6

2. Tính Epin .

E của điên cưc Pt: [Co(NH3)63+] = Cc {NHt

= 0,0060 M (vl Pi» ; có dư NH3)

[Co(NH3)62+] = 4.10 - 2V117.IO-4 = 3,788.10'3 (M) Ept = c r ím

= 0.0184 + 0,0592 ’ 5 Tính R của điên cưc Ạg/AgCl. Cl' A gC lị

= 0 ,03020F

Ag+ + Cl- Ks =1,0.10

Ag+ + 1 e AgCl'!'

6.10-3 — 3, 788.10

•> Ag

+ 1e

±

Ag + Cl-

^A g/Ẩ gC l

K„ Ag+IAg + 0,0592 l g ^ - = 0,285 (V)

ĩ° Ag/AgC l

Ag là catot, Pt là anot,

EAg > Ept E p ỉn = E c - E a = 0 , 2 8 5 -

0 ,0 3 0 2 = 0 ,2 5 4 8 ( V )

Sơ đồ pin: anot (-) Pt I Co(NH3)62+, Co(NH3)63+ ,NH3 || AgClbh, Cl’ I Ag

(+) (catot)

Câu 4 (4 điểm) 4.1.

Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion - electron a. CrOị + Br2 + OỈT -» CrC>4~ + ...

■

b. Cu2S + HNOsđặc -> Cu2+ + SO4" + NO2 +.., c. F e x O y + H2SC>4đặc —>SO2 +... d. Fe(NOâ)2 + K H S O 4 -> Fe(NƠ3)3+ Fe2(S 04>3 + NO + K

2S O 4

+ H20

4.2.

Có haỉ binh điện phân đặt nổi tiếp nhau. Bỉnh (1) chứa V lít dung dịch CuCk 2x mol/1; Bình (2) chứa 2V lỉt dung địch ẠgNƠ3 X mol/1. Thực hiện sự điện phân với điện cực trơ trong thời gian 50 phút, cường độ dòng điện là 1,93 ampe.

-ẩẨ . j J ĩ . ~ A ___ì J _______ _ Ĩ _ _ n J __ c _ A A O —1 íX. Trộn hai dung dịch sau điện phân với nhau, thu được kết tủa A và dung dịch B (có chứa 0,08 mol ion /c~ 1n1 ~ \). XVr iết các phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng mỗi muối trong các đung dịch ban đầu.

4.3. Cho giản đồ Latimer của photpho trong môi trường kiềm: -1.345V 1

H , P O0, 2~ — >H2P - ^- W^ s v .

-------- ^ H P

u

Tính thế khử chi

> P -

-0,89^

1

■>PH,

H P 0 32-/H2P 0 2-

Đáo án Câu 4 (4 điểm) rCâu ân 'Ă I ^> 4.1 a) CrO: + Br2 + OH 2

CrOf + ...

(1,5)

0,25

<>

2

X

CrO" + 40H~ -i Cr0*-+2H20 + 3e

3

X

Br2 + 2e -*• 2Br

2CrOj + 80H- + 3Bĩ2 —r 2CrOỈ" + 6Br + 4HzO b) Cu2S + HNOsđặc —£->Cuz+ + S O f + NO2 +...

1 X I Cu2S + 4H20 -» 2Cu2+ + SO 4“ +8H+ + lOe

©

0,25

..... lOx

NO3 + 2H+ + le -» NO2 + H2O

... ........

; Cu2S + 10 NO" + 12H+ -► 2Cu2+ + s o f + IONO2 + 6 H2O c) FexOy + H2S04đặc —

SO2 +...

2x

FexOy + 2yH+ ^ xFe3+ + yH20

(3x-2y)x

S0?" + 4H+ + 2 e - » S 0 2 + 2H20

0,5

+ (3x - 2y)e

2FeA+(3x-2y)SO +(12x-4y)H+->2xFé3++(3x-2y)Sa+(6x-2y)H20 Fe(N03)3+ Fe2(S0 4)3 + NO + K2SO4 + HzO d) Fe(N03)2 1 KHSO4 l x ' n o ; +4 H ++3e— ->N0+2H 00 3

X

Fe2+------ >Fe3++ le

3Fe2+ + n o ; + 4H+—

o

3Fe3+ + N O + 2H20

3Fe(N03)2 + 4 KHSO4 -> a Fe(N03)3+b Fe2(S04)3 + NO + 2 K2SO4 +2 H2O Bao toan S: 3b= 4- 2 ^ b = 2/3 Bảo toàn Fe: a = 3- 2b -> a = 5/3 Vậy: 9Fe(N03)z + I 2 KHSO4 -> 5 Fe(N03)3+2 Fe2(S04)3 + 3NO + 6 K2SO4 +6 Câu

4.2 (1,5)

Bình 1:

CuCI2 0,03

Bình 2:

> Cu + Cfet <-0 ,03

2AgN03 + H2O —M d-> 2Ag + 1,

INO3 (2)

0/06 ^— 0/06 Khi trộn hai dd sạu điện phân xảy ra phản ứng: ÇX1CI2 + 2AgN03 ------» 2AgClị +Cu(N03)2 a -» 2a

3pt 0,75

(3)

Sau pư (3) trong dung dịch vẫn còn c r —» nCuC1 dư = Ị/2.ncr = 0,04 (mol) Vì hai bình điện phân mắc nối tiếp nên cùng I và cùng t. Khỉ đó: II Cu ởcatotl

V n Ag Öcatot (bình2)

1 , 9 3x 50 x6 0 = = 0,03 (mol) ị 2x96500 _ 1,93x50x60 _ n

_

------= 0,06 (moi)

1x96500

Ta có: nCuCi2 bđ = 2x. V (mol) ; nAgN0 3 bđ = Hay Vậy

X.

2V (mol) -> nCuQ2 bđ -

U,U3 0,03 ++ aa ++ 0,04 0,04 == 0,06 0,06 ++ 2a 2a aa == 0,01 m CuCl2 bđ = 135. 0,08 = 10,8 (gam) ; m A gN 03 M =

170. 0,08 = 13,6 (gam).

n AgN 03 bđ

0,25 0,25 0,25

' p o t 1 2 H 20 + 2 e < = ± HPO*- + 3ỌH~ H PO ?- + 2 H 20 + 2e < = > H 2P 0 2- + 30H ~ P 0 43" + 4 / / 2ơ + 4 e <= > / ĩ 2P 0 2- + 6 Ớ /T

AG,° = -2 F E *

(1)

AG2° = -2F E 2Ũ (2) AG3° = -4 F £ 3°

0,25x4 = 1

(3)

TỔ hợp (1) + ( 2 ) = (3)

.4 B Ỉ -2 (M '+ E ,W .Í Ẽ L 2 Ễ L .i£ i m

z H

: m

. - i, s w

Câu 5 (4 điểm) 5.1.

Nạp lm ol SO2 và 0,6 mol O2 vào một bỉnh kín (có chứa chất xác tác). Nung bình ở nhiệt độ thích hợp để phản ứng xảy ra. dẫn toàn bộ hỗn hợp khí sau phản ứng lội qua dung dịch Ba(OH)2 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 223,4 gatn kết tủa. Tính hiệu suất của phản ứng.

hỗn hợp X. Nếu tiếp tục nung hỗn hợp Y đén 400°c thì chỉ thu được hỗn họp chất rắn z (chứa (A) và (D)). Nếu tiếp tục nung đến 600°c thì chỉ con duy nhất (A). a. Xác định (A), (B), (C), (D). Biết rằng A chỉ gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri bé hcm phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,36%.

1 b. Xác định thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu. c. Hãy xếp các axit tương ứng có trong muối (B), (C), (D) theo thứ tự tính axit tăng dần.

5.3.

Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế O2 ừong phòng thí nghiệm KMnO, bằng cách nhiệt phân KM11O4.

Hãy cho biết: - Khí O2 đã thu bằng phương pháp gì? Phương pháp này dựa ừên tính chất nào của O2?

- Tại sao miệng ống nghiệm lại bố trí hơi nghiêng xuống?

- Tại sao khi ngừng thu thụ khí ta ]phải tháo rời ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn?

mI Đ áo a n

* y

Câu 5 (4 điểm) _________ Câu 2SO2 + 0 2 < = » 2SO3 5.1

(W

Câu 5.2

\

)

amol amol V SO2 +Ba(OH)2 BaSOĩ + H20 ị^ 1-a 1-a ' / S 0 3 + Ba(OH)2 -> BaSƠ4 + H 20 ) a a ^ Ta cỏ (1-a) 217 + 233a = 223,4 a = 0,4 Vậy hiệu suất của phản ứng là: 40% Đặt công thức của A là NanR —>%R - %Na = 21,36%

■ ‘O / i T • .

0 ,2 T

0/5

_» -M* ^ 0 2136—»R~ 35,5 n 1 Mjj+ 23n . ^ .. ...

—>n = 1; Mr = 35,5 —►R làcío ....

Vậy (A) là NaCl --------------- - ; ——...- .... ....... .... *...

Sau nhiệt phân hoàn toàn, chỉ còn NaCl. Vậy (B), (C), (D) phải là các muối NaClOx với X = 1; 2; 3; 4

0 ,2 5

ở 200°c, a mol (B) nhiệt phân tạo thành — mol NaCl và — mol (C), thoát ra khí (E) không duy trì sự cháy trong điều kiện này của thí nghiệm chỉ có thể là hơi nước, nghĩa là (B) là muối ngậm nước. Đặt công thức (B): NaC10m,zH20; ’ (C): NaClOm’ aNaClOm -» - NaCl + — NaC10m' 3 3 hay 3NaC10m -> NaCl + 2NaC10m> Bảo toàn khối lượng (0): 3m = 2m’ m : m’ = 2 :3 nên m = 2 và m’ = 3 Do đỏ (B) là NaC102.zH20 và (C) là NaClOs Các phương trình phản ứng: (1) 3NaC102—

(D) là NaGIOí.

> NaCl + 2NaClƠ3

(2) 4NaC103—^

t '

í\u m

D'

/v! Co

0,25

0,25x3

NaCl + 3NaClƠ4

(3) NaC104—*—» NaCl + 202 (4) 3 [NaC102.zH20 ] —!

Khối lượng hỗn hợp giảm 12,5%

NaCl + 2NaC103+ 3z H20

------------------------- ------------------------- — _ = — — = 0,125 =>z = 3 (5 8,5a) + (90,5a+18az) + (106,5à) + (122,5à) 378+18z Vậy (B) là NaC102.3Hĩ0 và phân ứng theo phương trình: \ ' ỗ 'i (4) 3 NaC102.3H20 {byKảc định %m các chất trong hẫn hợp X. mhh = 378 a + 54a - 432 a

0,25x4

%m NaCl = 58,5a/ 432a = 13,54% %m NaC102.3H20 = (90,5a + 54a)/ 432a = 33,45% %m NaCloã = 106,5a) 432a = 24,65% %m NaClC>4 = 122,5a/ 432a = 28,36% c ^ ể p các axit tưoug ứng theo chiềụ tính axit tăng dần là: HC 102< H C 103< H C 104 K .

- Phải tháo rời ống dẫn khí khỏi ống nghiệm chứa KMnOí trước khí tắt đèn cồn vì nếu không thì áp suất trong ống nghiệm nhỏ hơn áp suất khí quyển, nước bị hút ngvực vào trong gây nứt, vỡ ổng nghiệm.

0,25

0,

0 f7 ír '< ỵ r 10

yb J^ s ở GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP.HỒCHÍMINH

KỲ T in OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LÀN T H Ứ X X II-N Ă M 2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

....

Mônthi: HÓA -Khối ( 1 0 ) Ngày thi: 02/04/2016 Thời gian làm b ài: 180 phút

Ghi chủ: Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu s ố ........ở trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài. Đề này có 02 trang. _____ Câu 1. (4 điềm) 1.1. R là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng RH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử R cỏ tổng số lượng tử chỉnh và số sô lượng tử từ bằng băng 3. a. Hãy viết cấu hình đectron của nguyên tử R. b. Ở điều kiện thường, cho RH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái la lai hoá của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong phân tử RH3, oxit cao nhất, hiđroxit tương ứng của R. 1.2. Giả Giảsử sửcó cóthể thểviết viếtcấu cấuhình hìnhelectron electroncủa củaNi2+ Ni2+ỉihư ỉihưsau: sau: Cách 1: ls22s22p63s23pỂ3d8 ^ - Cách2: Is2 2s22p6 3s23pỂ3d64s2 V Áp dụng phương pháp gần đúng của Slater hãy tính năng lượng electroncủa Ni2+với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV), cách viết nào phù hợp với thực tế? vì sao?

ơ

1.3. Cho X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tìểp trong bảng tuần hoàn, có tổng số đơn vị điện tích hạt nhân là 90 (X có số đan vị điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a. Xác định số đơn vị điện tích hạt nhân cùa X, Y, R, A, B. b. Viết cẩu hình electron của X2“ Y~, A+, B2+. So sánh bán kính của chứng và giài thích. c. Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2-, Y~ thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?

1.4. Trong mạng tinh thể của Beri borua, nguyên tử Bo kết tinh ờ mạng tinh, thể lập phương tâm mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử Be, khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử Bo là 3,29 Ằ. a. Tính số nguyên tử B và số nguyên tử Be có trong 1 ô mạng cơ sở? b. Tính độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở và khối lượng riêng của Beriborua theođơn vị g/cm3? Biêt nguyên tử khối của B =10,81; Be = 9,01; và số Avogadro N a = 6,022.10 Câu_2. (4 điểm) Fe

Chất AH^kcal.mor1)

s° (caLmor'JT1)

/ 0

6,5

au ở điều kiện chuẩn (298 K) là: Fe20 3 Fe3Ọ4 Tính biến thiên năng lượng tự do Gibbs 0 2 *^FeO (AG°) của sự tạo thành các oxit sắt, từ các -6 3 ,7 -169,5 -266,9. đơn chất ở điều kiện chuẩn. Từ đó hãy cho biết ở điều kiện chuẩn oxit sắt nào bền nhất?

36,2 49,0 14,0 20,9

2.2. Bằng thực nghiệm người ta đã thu được những số liệu của phản ứng giữa NO và H2 ở nhiệt độ 700°c như sau: ' Y K T I U

o

/ 1A

V

n u rv /1,\

TN

Nồng độ ban đầu H2 (M)

1

0 ,0 1 0 0

2

0,0050

Xĩ /1A

Nồng độ ban đầu NO (M) 0,0250 0,0250 0,0125

.

Tốc độ ban đầu M.s 2,4.10-6

1

\, 2 .w * 0 ,6 . 1 CT6

0 ,0 1 0 0 3 a. Xác định bậc của phản ứng. b. Xác định hằng số tốc độ phản ứng. _ c. Hai cơ chế đuợc đề xuất cho phàn ứng trên được trình bày dưới đây, xác định cơ chê nào phù hợp với qui luật động học thực nghiệm?

Cơ chế 2: CỠchế 1 : nhanh Kcb 2NO (k) ^ N20 2 (k) nhanh -» N2O2 (k) 2NO (k) -> N 20(k) +H20(k) chậm nhanh N20 2(k)+H2(k)2HON (k) N20 2 (k) + H2 (k) chậm N20(Ịc) +H2 (k)HạO (k) + HN (k) HON (k) + H2 (k) N2 (k) +H20 (k) nhanh nhanh HN (k) + HÒN (k) -^ -> N 2 (k) + II20(k)

r ầ u 3. (4 điểm)

dung ¡dịch A). Tính pH của dung địch Ai. ' ■eho Ka2 (HSO4") = 10 ; Ka (CH3COOH) = 10"4-75.

3.2. Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch gồm Cu(N03) 2 l,OMvàNaCl 1,0.10‘3M. Cho các hằng số bền: pCuCr = 1o 2'80 ; PCuC|j = 1 o 4'40 ; PCuC|_ = 1 o4'89; pCuC|ỉ_ = 1 o5'62; 3 .3

PCuOỊi, = 10~8’°

. T4 số pH của dung địch bão hòa magie hiđroxit ứong nước tại 25°c là 10,5. a. Tính độ tan của magie hiđroxit trong nước.

được (xem thể tích đung địch sau pha trộn không đôi) Cầu 4. (4 điểm) Cho: — ln = 0,05921g (ở 25°C); F = 96485C.mor1.

4.1. Bổ túc và cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau: a. Cu2FeSx + 0 2 -> Cu20 + Fe3Ồ4 + ........... b. o c r + r t H 20 -> .....+ 12 + OH' , c. Na2S0 3 + KM11O4 + H20 + ...........+ KOH / d. KI + KC1Ờ3 + H2SO4 -> KC1 + I2 + .......+ H20

<<

I ' 1 ' (phương pháp thăng bang electron) u (phương pháp thăng bằng ịon - electron) - ^ r ¿hương pháp thăng bang Ịon - electron) „ (phương pháp thăng bằng ion - electron) ^

4.2. ở 25°c, hãy cho biết MnO; có thể oxi hóa ion nào trong số các ion c r , Br", r ở các giá trị pHlần lượt bằng 0 ; 3 ; 5 (biết các chất khác đều xét ở điều kiện chuẩn)?

a « : B ^ = + 1 , 5 1 V ; E ^ = + U 6 V ; E ;„ = + 1 ,0 8 V ; 4.3. Ăn mòn kim loại thường đi kèm vối các phản ứng điện hóa. Việc thép bị ăn mòn tạo gỉ săt trên be mặt cững theo cơ chể nàỳ.

Thế chuẩn ờ 25°C: F e 2+(dd) + 2 e Fe(r) E° = -0,44V. O2 + 2HzO + 4e —>40H'(dd) .

E°=+0,40V. a. Tính E° của phản ứng ở 25°c. Ạ , , b. Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản óng, từ đó viêt sơ đô pin trên^—c. Tính Kc của phản ứng. d. Phản ứng trên xảy ra trong 24 giờ có thể tạo dòng điện cỏ cưòng độ I = 0,12A. Tính khối lượng Fe chuyen thành Fe2+sau 24 giờ. Biêt oxi dư. e. Tinh E của phản ứng biêt: [Fe2+] = 0,015M; pHnừapinpMi = 9,00; p(02) = 0,70 atm.

Cầu 5. (4 điểm) 5.1. Hãy cho biết các oxit của clo: C120 , C102, C120 6 là anhiđrit của các axit nào? Viết phưotng trình phản ửng minh họa.

5.2. Hoàn thành các phàn ứng hóa học sau: Na2S2Ơ3 + CI2+ H2O —*■ . ía2S2C>3 +H 2SO4 ' NaOH,oSng *

\

f

lương I3"sinh ra tẩc dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2Ơ3 0,01 M. Nêu sục khí N 2 đê đuôi hết Br2 dư trong 2 5 mỉ dung dịch A thì thu được dung dịch B. Để trúng hòa dung dịch B cần dùng 15 ml dung địch NaOH 0,1M. a. Tính nồng độ mol của đimg dịch Br2 ban đầu. b. Tính % khối lượng các m ụổi trong hỗn hợp X. Cho NTK: H=l, 0=16, Na=23, Mg=24, s=32, K=39, Fe=56, Br=80,1=127 Thí sinh không sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn (^ f) - HET .

r

sở GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH TRỰỜNG THPT CHUYỂN LÊ HỒNG PHONG

KỲ Tffl OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 3 0 /4 LẦN T H Ứ X X II-N Ă M 2016 ĐÁP ÁN - Môn th i: HÓA - Khối: 10 Ngày thi: 02/04/2016 Thời gian làm b à i: 180 phút

Câu 1. (4 điểm) 1.1. R la nguyên to thuộc nhóm A, hơp chat vói hiđro có dạng RH3. Electron cuối cùng ừên nguyên tử R có tổní* <50 lượng tử chỉnh và số lượng tử từ bằng 3. a. Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử R. b. ơ điêu kiện thường, cho RH3 là một chất khí. Viểt công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử nguyên tô trung tâm trong phân tử RH3, oxit cao nhất, hiđroxit tứơng ứng của R. 1 .2 . Giả sử có thể viết cấu hình elecừọn của Ni2+như saú: Cách 1: ls 2 2s22p6 3s23p63d8 A - Cách 2: ls 2 2s22p6 3s23p63d64s2 Áp dụng phương pháp gần đúng của Slater hãy tính năng lượng elecừon của Ni2+với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV), cách viết nào phù hợp với thực tế? vì sao?

1.3. Cho X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong bảng tuần hoàn, cỏ tổng số đơn vi điên tích hat nhân là 90 (X có số đơn vị điện tích hạt nhân nhỏ nhất). ' a. Xác định số đơn vị điện tích hat nhân của X, Y, R, A, B. ^ 7+ « . . 1 .

-1- -I__ -9 ' t r i dải thích. ao? thể lập phương tâm mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử Be, khoảng cách ugau rniai giua. uguycii tử UI Bo DOlà la 3,29 Ả. /ì. íiữa 2/. nguyên a. Tính số nguyên tử B và sổ nguyên tử Be co trong 1 ô mạng cơ sở? b. Tính độ đài cạnh a của ô mạng cơ sở và khối lượng riêng của Beri boraa theo đơn vị g/em3? Biết nguyên tử khối của B = 10,81; Be = 9,01: và số Avogadro Na = 6.022.1023 Câu 1

----------- à V - -—

Hưóng dẫn chầm a. Với hợp Chat hidro có dạng RH3 nên R thuộc nhóm mA hoặc nhóm VA.

Điếm

■ THỊ: R thuộc nhóm n iA -ỳ cấu hình e lớp ngoài cùng có dạng nsSip1 Vậy e cuối cùng có: 1=1, m = -l,m s = +1/2 ; m àn + m =

3

n -4 .

Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s2 2pổ 3s2 3p63đ10 4s2 4p* TH2: R thuộc nhóm VA -ỳ cấu hình e lớp ngoài cùng có dạng ns2np3

0.25

Vậy e cuối cùng co: l= \, m= 1, ms = +1/2 ;m àn + m = 3 - > n = 2.

Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2 s22 p3 (N).

0.25

là chất khỉ nên nguyên tố phù hợp là Nitơ. ;ấu tạo các họp chất:

Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3

0.25

-0— Oxit cao nhất:

0

Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2

0.25

H---- o----

Hidroxit với hóa trị cao nhất: 0 Nguyên tử N ở ữạng thái lai hóa _____________________________________

0.25

1.2

<lđ)

- ứ n g với cấu hình : ĩ ? 2s¿2p 6 3s23p6 3d!i (ĩ) z Is—28- 1.0,3 = 21,1 - > Eis= -1 3 ,6 -^ j—- = -10435,1 eV

i

Z*2Sl2p = 28 - 2 . 0,85 - 7.0,35= 23,85 '

T,

n ^ 23,852 =

-1934 eV

= > Ũ 2 s , 2 p = - l 3 ,0 —

z*3s,3p= 28 - 2.1 =>EÂ ^

8

. 0,85 - 7.0,35 = 16,75

- 1 3 ,6 ^ - =

-4 2 4 e V

z*3 d= 28- 18. 1 - 7 .0 ,3 5 = 7,55 =>E3d= - 1 3 , 6 ^ - = -

8 6 ,leF

■=> E(1) = 2 . E is + 8 . E 2s,2p+ 8 .E 3s,3p + 8 .E 3d = - 4 0 4 2 3 e V

- ứ n g vói cấu hình : ls 2 2s 22p 6 3s2 3pổ3d64s2 (2) z*3 d - 28-18 1 - 5.0,35 = 8,25 8,25 = —í02,S5eV =>E 3d= -1 3 ,6 z V 28- 10.1 - 1 4 . 0,85 - 1.0,35= 5,75 eV 5,75 =-32,8 SeV =>E 4s = —13,6 ■=>

E(2) = 2 . E is + 8 . E2s,2p +

40417 eV

8 . E 3Sj3p + 6 . E3,

VÌE( 1)< E(2) = > (l)b ề n h ơ n (2 ) .

Vậỵ ừậng thái cơ bản cấu hình Ni2+ phù hợp là:

-2

2s22p6 3s2 3p63d8

a. Gọi z là so điện tích hạt nhân của ^ => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần luợt

(Z + l),(Z + 2),(Z + 3),(Z + 4); _ Theo giả thiết: z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 =>z=16

—>

iểX;

17Y;

18R;

19A;

20B

0.25

(S) (Cl) (At) (K) (Ca) 1.3 (0,75đ)

b. s 2', cr, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: ỉs2 2s2 2p6 3s2 3p6

^

Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân cang lón thì bán kính r càng nhỏ.

y

> rcr > V

0.25

> rc »

c) Trong phản ứng oxi hóa - khử, ion s 2\, c r luôn luôn thê thể hiện tính khử vì các ion này co số oxi hóa thấp nhất.

0.25

Số nguyên tử B trong 1 ô mạng cơ sở là : 8 . i + 6 . ^ = 4 nguyên tử

> y "

O 1.4 (lđ )

Á . rA 4'o‘v D o rí fm xrpti tir Ï Vì các hốc tứ diện đã 1-bị■ chiếm l.bởi nguyên tử Be => số nguyên tử Be là 8 Gọi a độ dài cạnh của 1 ô mạng cơ sở. Các nguyên tử B tiếp xúc trên đường

«r -ri

T

i

r.

íìA

0.25

chéo mặt mạng, nên: 4r = ã^ỊĨ

âA/2

*

• = 3,29

0.25

► a ~ 4,65Â

2

Khổi lượng riêng

d

8.9,01 + 4.10,81

M.N NĨA a"v

(4,65 10 '8 ) 3 . 6 ,0 2 2 . 1023

g 1,9 gam/cm3_________ @ )

2

0.5

Câu 2. (4 điểm) _ ■* T-v•X« • r . • 1 Chất

Fe

0 2

FeO

Fe20 3

Fe30 4

AH°s(kcal.mor1)

0

0

-63,7

-169,5

-266,9

s° (cal.mor1.K_1)

6,5

49,0

14,0

20,9

36,2

Tính biến thiên năng lượng tự do Gibbs (AG°) của sự tạo thành các oxit sắt, từ các đơn chất ở điều kiện chuẩn. Từ đó hãy cho biết ở điều kiện chuẩn oxit sắt nào bền nhất ?

2.2. Bằng thực nghiệm người ta đã thu được những số liệu của phản ứng giữa NO và H2 ở nhiệt độ 700°c như sau: TN 1'

Nồng độ ban đầu H2 (M)

2

0,0050

3

0 ,0 1 0 0

0 ,0 1 0 0

Nồng độ ban đẩu NO (M) 0,0250 0,0250 0,0125

Tốc độ ban đẩu M .S 2,4.10-* 1 ,2 . 10"6 0 ,6 . 1 0 -*

1

b. Xác định hằng số tốc độ phản ứng. c. Hai cơ chế được đề xuất cho phản ứng trên được trình bày dưói đây, xác định cơ chế nào phù hợp vói qui luật động học thực nghiệm?

Cơ chể 2: Cơ chế 1: 2NO (k) ^ N 20 2 (k) nhanh nhanh 2NO (k) — &-» N20 2 (k) nhanh N 20 2(k)+H2(k)N20 2 (k) + H2 (k) 2HON (k) chậm N20(k)+H 2 -> H20 (k) + HN (k) HON (k) + H2 (k) nhanh *->N 2 (k) + H20(k ) HN (k) + HON (k)

Điểm

Đáp án đề nghị

Câu 2 Fe + —Ơ2 —>FeO 2

AHf= - 63700 cal.mor 1 A S ? .S ,R0 - ( S Ỉ , + |S J 1)

0.5

AG? =AH? -TAS? =

2Fe+ —O2 2

ÀH® = - 1695'

2.1 (2 đ iểm )

+ - S ° ) = - 65,6 cal.mor 1:K_1 2 °’ AG® =AH® -TA S° = —.149951,2 cal.moĩ1-1

AS° =s°Fe,(

e + 2 O2 • Fe3Ơ4 AH°= - 266900 cal.mol

-1

0.5

(3)

q0 _ ồ3 *^Fe304 -(3.Spe +2.SỒ ) = - 8 1 ,3 cal.mor 1.K"1

ÀG?

<)

= A H ? ■

0.5

-TAS® = - 242672,6 cal-mor 1

b )V ì AG® < AG° <A G 1° nên Fe30 4 là oxit bền nhất trong 3 oxit trên

0.25 v -k .[N O f.[H 2]y

(2 điểm) Suy ra:

Vi=2,4.10r°

k .0 ,0 2 5 x.0,0 1y =k.0,025 .0,01y

V2= 1 ,2 .1 0 ^

= k.0 ,0 2 5 x. Ó,005y

v3= 0.6.10"6 = k.0,0125x.0,01y x = 2 ; y = 1 .___________________ 3

Ệớặ

0.5

Vậy bậc toàn phân của phản ứng là 3. b) Hằng số tốc độ phản ứng là

0.25

.

0.25

k = 0,384 (mol/1) 2S 1

c) Giai đoạn chậm nhất quyết định tốc độ phản ứng: Theo cơ chế 1: V =k.[HON].[IỈ2]

f

d [ N ỉ ° 21

dt

= |k ,.[ N O ] 2 - k^2Ỉ. i i y2Jlp ^2 c 2y-1= 0 2

[N 20 d - " L^2^2J -

= 2k 2 .[H 2 ][N 2 0 2 ] - k 3 [H 0N |[H 2 ] - k 4 [HON][HN] = 0 đt = k 3 .[HON][H 2 ] - k 4 [HON][HN] = 0 [HON] =

(1) thế vào (4) ta được:

(2 )

(3)

dt (2) - (3) ta được

( 1)

k 2 [N 2 Q2]

[HON] =

Thay (5) vào biêu thức V ta được:

0,25

i

k,[NO ] 2 2k 3 [H2] _k,[N O ] 2 2

:k[NO] 2

Cơ chể này không phù hợp với qui luật động học thực nghiệm Theo cơ chế 2: V = k 5 .[N 2 0 2 ].[H2] = k.Kcb.[NO]2 [H2] = k’[NO]2 [H2] Cơ chế này phù hợp với qui luật động học thực nghi

ơ

0.5

0.5

Câu 3. (4 điểm) 3,1. Dung dịch A gồm cỏ H2S0 4 0,05M; HC1 0,18M và CH3COOH 0,02M Thêm NaOH vào dung địch A đến nong độ cûa NaOH bằng 0.23M thì dừng, ta thu được dung dịch Ai (xem thể tích của đung dịch A, bang thê tích dung dịch A). Tính pH cua dung dịch A j.

■Cho Ka2 (HSO4-) = 1 0 ; Ka (CH3COOH) = Ï0"4-75.

3.2. Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch gồm Cu(N0 3)2 1,0M và NaCl 1,0.10" M. Cho các hằng số bền: Pcucr = Xo2'80; PCuC,2 = 1 o4'40; PCuC)_ = 1o 4'89 ; PCuCI2- = 1 0 ' ;

o

p,CuOH* =

10

-8,0

33 . Trị số pH của dung địch bão hòa magie hiđroxit trong nước tại 25°c là 10,5. __ ừ , » A* m •, . r a. Tính độ tan của magie hiđroxit trong nước. b. Tính tích số tan của magie hiđroxit. . 0 c. Tính độ tan của magie hiđroxit trong dưng dịch NaOH 0,01 M tại 25 c. d. Trộn hon hợp gồm 10 gam magie hiđroxit và 100 ml dung địch HC10,10M tại 25 c. Tính pH của đung dịch thu •------i1thể -i i'-t— dịchsau pha ừộn không đối). được (xem tíchJ’ dung Điêm Hướng Hưótt dẫn cham Câu 3 rì nấc 1 H2 SO4 điện li hoàn toàn nên : HSO4' H,SOa H H+ + H 2 SO4 0,05 0,05 0,05 + cr H+ HC1 0,18 0,18 0,18 + Off Na+ NaOH 0,23 0,23 0,23 3.1 (lđ) h 2o + OH' H+ 0,23 0,23 0,25 Dung đích A, : HSO4 0,05M ; CH3COOH 0,02M; Na+ 0,23M; c r 0,18M if + SO42' (!)

HSO4 " t ĩ 0,05M X 0,05-x

0,25

(Ị ồ ỉ )

4

CH3COOH ■£> ■ H+ 0,02 M H2O t í ĩ ứ + OH-

+

CH3 COO'

(2) (3) 0,25

2= , 7, ~ 555 > 100 =» (1) là chủ yếu Ka IO- 4'75 v; 3 Ka2 . c = 10‘2 . 0,05> 10"14 => bỏ qua sự điện li của H2O

, 0,25

Xét cân bằng (l)K a 2 = — ------ = 1 0 "2=>x =0,018 và pH=-ỉgO, 018 = 1,74 0,05 - X Do

» Ca _ nên trong hệ xảy ra quá trình tạo phức CuCl+ là chíoh:

Co

Cu2“ 1

c

0,999

+

cr 0,001

->

CuCl

-

0,001

TPGH: Cu 0,999M ; CuCl+ 0,001M Đánh giá quá trình tạo phức ỉũdroxo Cu

3.2 (l,5đ)

c

0,999

0

0,999-x

+

H2 O

ÍỊ

/ X CuOH+ + X

H+

*ßCuOH&

t

X

* 2 = 1 0 -*->[CuOH4] = x = 9,9 9 5 . 1 0 '5 « [ C u 2+] = 0 ,9 9 9 - x = 0,999, nghĩa 0,999 —X là quá trình tạo phức hidroxo của Cu2+ ]à không đáng kể. ' Do phức CuCl+ là chính nên trong hệ có cân bằng chủ yếu: CuCl+ Î5 Cu2+ + ’ cr k = 1 0 '2’8

c

0,001

0,25

0,25

0,999

[] 0,001- y 0,999+ y y (0,999 + j ) j _ 1 0 - 2,8 0 ,0 0 1 - 7 y= 1 0 1 = 1 ,5 8 . 1 0 ^ ; [ C u ] = 0,999M Và [CuCl+] = 0 , 0 0 1 - 1,58.1o-6 = 9,98. ÌOÌM

0,25 0,25

Từ giá trị Cu2+và Cl' tính được, ta có: [CÛCI2] = ß2 [Cu2+] [ C lf = 10*’4. 0,999(1,58.10'ỗ)2 = 6,26.10‘8M « [CuCl+3 [CuCÇ]= ß3 [Cu2+][C l ] 3 = IO4’89. 0,999(1,58.10 6) 3 = 3,06.10'13M « [CuCf] [CuCi;}= ß4 [Cu2+][C n 4 = IO5’62. Q,999(1,58.10'6)4 = 2,60.1018M «

[OiCỸ]

0,5

a)M g( 0 H)2 ^ M g 2+ + 2 0 H " . ..................................

pH = 10,5 => pOH = 3,5 => [OH1 = 3 ,1 6 .10“4 (M) => [Mg2+] -

[° 2

~] - 1 , 5 8 . 10~4 (M)

0,25

¿

Tích số tan Kg = [Mg2+].[ OH ~ ] 2 = 1 ,5 8 .10"11

b)

0,25

I

c)

NaOH —>Na+ + OH~

0,01

0,01

(M)

0

Mg(OH) 2 [ ]

s

5*

Mg2 + +

s

2 0

H“

0,01 + 2S

(M)

Ks = [Mg2+].[ OH - ] 2 - S(0 ,0 1 + 2 S) 2 = 1,58.10_ 1 1 => 5

Ọ ô ỉ)

s = 1 ,5 8 .10~7 (M)

d) sôm ol Mg(OH) 2 = 0,1724 > (0,01/2) nên HCl bị trung hoà hết theo phản ứng Mg(OH) 2 +

2

H+ -> M g 2+ +

2

0,5

H2 0

Xem thể tích không đổi = 100 ml thì nồng độ Cm s +~ 0,05 M .

Khi đó: Mg(OH) 2 ^ [] S’

. ’

Mg2+

.»

■

+20H ".

S ’ + 0,05

2S’

VìÌ Ks K s«« = => > Coi C o i:: SS’’ + 0,05 * 00,05 ,0 5 Ks = [Mg2+].[ OH ~ Ý => [OH “ ] = I K

= 11,58x10-“ = 1,78.10~5 (M)

^|[Mg2t] i 5'+ 0,05 ^

pOH = 4,75 => pH = 9,25

Câu 4. (4 điểm) RT Cho: — ln = 0,05921g (ờ 25°C); F = 96485C.mor 4.1. Bổ túc và cân bằng các phản ứng oxi hỏa khử sau: a. Cu2FeSx + Oỉ —> CU2O + Fe3 0 4 + ...........

b o c r + r + H20 ^ 12+OHc. m 225U3 KJYII111U ÍI2U -— T .............-r jvun c Na S0 3 -t+ KM O44 + H20 >>....... ........+ ............ + KOH

(phương pháp thăng bằng electron) (phương pháp thăng bằng ion - electron)

(phương pháp thăng băng ion —electron)

d. KI + KCIO3 + H2S0 SO4 -» -* KC1 + I2 + .......+ H20 (phương pháp thăng bằng ion - electron) 4.2. ở 25°c, hãy cho biết MnC>4 có thể oxi hóa ion nào trong số các ion c r , Br~, r ở các giá trị pH lần lượt bằng 0 ; 3 ; 5 (biết các chất khác đều xét ở điều kiện chuẩn)?

a o : E l 0;)M,„=+l,51V; E ^ (cr= H -l,3 6 V ;^ ^ t,0 8 V ; E^=H>,SZV.

_ ^

4.3. Ăn mòn kim loại thường đi kèm với các phản ứng điện hỏa. Việc thép bị ăn mòn tạo gỉ sắt trên bề mặt cũng theo cơ chế này.

Thế chuẩn ở 25°C: Fe2+(dd) + 2 e F e (r) E° = -0,44V. 0 2 + 2H20 + 4e -♦ 40H"(dd) E° = +0,40V. a. Tính E° của phản ứng ở 25°c.

■ f ^ b. Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản ửng, từ đó viết sơ đồ pin trên, c. Tính Kc của phản ứng.

e. Tính E của phản ứng biểt: [Fe2+] = 0,015M; pHnừapinphài - 9,00; p(02) - 0,70 atm.

Câu 4 4.1 ( 1 điểm)

Hướng dẫn châm a) Cu 2FeSx + O 2 -+ Cu20 + Fe 3 0 4 + ............(thăng bằng electron)

Điểm

3Cu2FeSx -> 3Fe + 6 CỈI + 3x s + (12x+14)e .

2

5x + 7) ồ 2 +4e -> 2 ổ 6

<

b) OC1' +

Cu2FeSx + (6 x + 7 )0 2 -* 6 Cu2 0 + 2 Fe3 Ơ 4 + 6 x S 0 2 ỵ

r + H20

-*■ .......+ I2 + OH' (ion - electron)

CIO' + H 20 + 2e

lx

0,25

_

c r + 20H"

2T

lx

ocr+2T+h2o -» cr+1?+2 0 H'

(

(ị]ộ

6

0,25

c) N aĩS O a + K M 11O 4 + H 2O —> .......+ .............. + K O H (ion - élec tró n )

• 3x 2x

+4 +6 s 0 32-+ 20H' -> SOl'+ H20 + 2e

'•

■'

M n 0;+ 2H 20 + 3 e - > M t i0 2+ 40H ' 3Na2 S 0 3 + 2 KMnƠ 4 + H20 -*■ 3 NaSƠ 4 + 2 Mn0

d) KI + KCIO3 + H2S 0 4 3x 21"

2

0,25

+ 2KOH

-> KC1 + I2+ ........+ H2O (ỉon - electron)

—> I2 +2e

lx CIO3+ 6H++ 6e -> Cl' +3H20 6K3 + KCIO3 + 3 H 2 SO 4 -> 3 K2SƠ 4 + 3I2 + KC1 + 3H20 4.2 (075

MnC>4 + 8 H^ + 5e

đỉễm )

> Mn2+ + 4H20

*

[M nO;][ H*J

E= E + -

[Mn*

<

•] PH = 0, i ^ 0;/Mn^ l , 5 1 V > E ^ /2cr= H ,3 6 V ' Như vậy: MnO~ oxi hóa được cả Cl~, Br~ pH = 3, E m ^ pH = 5, EMn 4.3 (2,25 điểm)

r <3/

,

=h-1,23V => MnO; chỉ oxi hóa được Br“, r ^ 0|W » =4-1,04V => MnO; chỉ oxi hóa đttqrcT

a.

E°(pin) = E°phài - EVái = 0,40 - (-0,44) = 0,84V

b.

Phản ứng xảy ra ở hai nửa pin:

0,25

ịV(

0,25 0,25 0,25

Trái: 2Fe —*■2Fe2+ + 4e Q/A1 A Phải: Oạ + 2H20 + 4 e —>40H' ữ

0,25

Toàn bộ phản ứng: 2Fe + O2 + 2 H 2O —»■2Fe2+ + 40H ' ''oịlK Sơ đồ pin: ị Fe{r) I Fe2+ IIOBT102(k), C(r) +

ữ,zf

0,25 0,25

2+i2

r[0 H -]7 p (0 2)

= -nFE°(pin) = -RTInK

.

K - 5,7.10

0,25

Q = ne.F = It = 10368 (C). ' *) n ne = Q/F = 0,1075 mol / —> ưiFe = (0,1075:2).56 = 3,01 (g). c

_ co

0 ,0 5 9 2 , j F e 2+]2 [OH- ] 4

'n =

(T^

0,5 W 1,

(1)

o ,ụ r

pH - 9,00 -* [H+] = 10'9M và [OH‘] = 10‘5M Thay É°= 0,84; p (0 2)= 0,70 atm; [Fe2+] - 0,015M ; n= 4 vào (1) -► En ìn = 0 ’, 8 4 pin

0 ,0 5 9 2 , 0 ,0 1 52.(10“5)4 4

E = 1,188 (V)

0,7

/

ũ)& í

0,5

Câu 5. (4 điểm) . ;.. . ' ■" ■ ■ ■ ■ ■ 5.1 Hãy cho biet các oxit của clo: C120 , C1Ö2 CI2Ö6 là anhiđrit của các axit nào? Viết phương trình phản ứng minh

họa.

5 .2

. Hoàn thành các phản ứng hóa học sau: Na2S20 3 + Cl2 + H20 - > Na2S2C>3 +H 2SO4 —* F2 + NaOHioãng Ĩ2 +KOH-» 5.3. Hoa Hoà tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHS03 và Na2S0 3 trong dung dịch H2 SO4 dư, đun nóng. Cho tất cả lư lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 mi dung dịch Br2, thu được 500 ml dung địch A. Thêm KI vào 50 ml xnl dung địch A, lượng I 3 ' sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2C>3 0,01 M. Neu sục khí Na để đuổi hết Br 2 dư trong <UM. 25 ml đung dịch A thì thu được đung dịch B. Để trung hòa dung dịch B cần dùng 15 ml dung dịch NaOH 0,1M. a. Tíũh nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đâu. b. Tính %khối lượng các muối trong hỗn hợp X. Hướng dẫn cham

Câu 5 5.1

(l,5đ)

Các oxit tương ứng: ■ CI2O là anhidrií của axit hipoclorơ HCIO r ■ CIO2 là anhidrit hỗn tạp của axit clorợ HCIO2 và axit clọrịc HCK ■ CI2O0 là anhidrit hỗn tạp cùa axit cloric H C I O 3 và axit pecloric

0,25 x3

H C IO 4.

Phản ứng minh hoạ: CI2O + 2KOH -> 2KC10 + H2O 2C 102 + 2K O H K C IO 2 + : CỈ206 + H20 HCIO3 + HC1u4

4C 12

2N a H S 0 4 + 8H N a 2s 20 3 + H 2 S O 4 S + S 0 2 + N azS O ^ t + 2F2 + 2NaOHioãng 2 NaF + OF2 + m o 3I2 + 6 KOH-> 5KI + KIO3 + 3 H 20

5.2 (0,5đ)

5.3 (2 đ)

+ N a 2s 2

03

+

5H 20

-+

a. Tính nong đệ dung dịch Br2: (1,5 đ) Các PTPƯ xảy ra: H S 0 3 + H+ -> H20 + S 0 2 X moi X mol + S02 S O 3 2' + 2H + - »

1 H 20

0,5 đ

(1)

6pư: 0,75đ

C

(2)

ymol W ” ymol Br2 + 2 H2O + S 0 2-> SO4 +2Br' + 4 ^ 3Ĩ + Br2 -> h' + 2Br'

(3) (4) (5) (6)

-» s4062- + 31' ->

0,25 x3

h 20

có : ũNaOH= 0,015.0,1 = 0,0015 (moi) ỉlH+ (25ml ddA) - 0,0015 (mol) —> nn+ (500miđđA) ~ 0,0015.500/25 —0,03 (mol) -> nBr (3) = 0,03:4 = 0,0075 (moi) /

0,25/

Ta có : nNaA0 = 0,0125.0,01 = 1,25-lQ-4 (mol) -> n

(trong50mlddA)= 1,25.10 4 .

’/ 2

= 6,25.10

5

(mol)

-> n.'ç (trong500mlddA)= 6,2 5 .1 0 ' . 500 : 50 = 6,25. ÌO'4 (mol)

nBr., (4) - 6,25.lo'4 (mol) y Vậy: số mol Br2 ban đầu = 0,0075 + 60S. lữ 4 = 8,125.10'3 (mol) CM(Br2) = 8,125.10^/0,5 = 0,01625 (M) b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn họp X (0,5đ) Gọi X và y lần lượt là sổ mol của NaHS0 3 và Ña2 S0 3 -> ìĩihỗnhợp = 104x + 126y = 0,835

(I)

Từ phản ửng (1), (2), (3) ta có: Số mol S0 2 = 1/4 số mol H+ (500rni ddA) = 0,03.1/4 = 0,0075 (mol) x+ỵ

=0,0075

(II)

Giải (I) và ộ l) : X = 0,005 ; y = 0,0025

^

%NaHS0 3 = 62,27% ; %Na2S 0 3 = 37,73%. ✓

-H Ể T

(m )

9

<ĩềặĩ

c ' A o

iĩ) ' SỞ GIÁO DỰC ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG TBŨPT CHUYÊN LÊ HỎNG PHONG

KỲ THỈ OLYMPIC TRUYẺNTHỔNG 30/4 . LẦN THỨ XXỈĨI -'NĂM 2017 1 ■ ĐÁP ÁN - Môn thi: HÓA HỌC - Khối ( S j ( ¿ o ĩ ĩ Ngày thi: 08/04/2017 V y

8SB|gi»|ẳg/àSI8

ThM gia» làm bài: ISO phút C Ẳ U 1, (4 điễm)

.

1.1.Ở trạng thái rắn, ICỈ3 khống bền và tồn tại ở dạng nhị hợp I2 CỈ6-

t O

a) Viết công thức Lewis của ICỈ3 và I2 C16. ’R) hãyỉaICl3vàr2C •à hCỈ6.

t° < 770°c 770°c <t°<910°c 910°c <í°< 1390°c t° > Ì390°c

Fea Fep Fey Feg

Lập phương tâm khôi

Một viên bi sắt có khối lượng 2,0521 gam ở nhiệt độ thường, đươc nung nóng đến 1000°c thể tích V - w g nong aen 1 UUU c , thê tích viên bi

đó tăng hay giảm bao nhiêu % so vói ban ¿ u ?

Cho Fe = 55,847 đvC. số Avogadro =5=6 023 1023 :

Ĩ T s 2 ^ g m khlIàphầnCÒn lại

g ạrahạt “• Chua bánhuý c ú a , à 1620 » t a . «ta

Rap

a) Viết phương trình biểu diễn quá trình bỉến đổi hạt nhân ừên. b) Tỉm thê tích ỉdií Rn (ở latm; 25°C) nằm cân bằng bền với 1,0 gam Ra Biết 1 năm cá ^ số khí R = 0,08205 L. atm.K^.mol-1 .

— ------- — ______________ a) Côjtig thức Lewis:

______ ~

ỹ x

-■ á-

4\ ỵ

.

I

..

5

' li _ ngày; hầns

Hirôag dẫn giải ~ ~~ ~ '— r ~ ĩ ^ c ~ ^ -------- --------------------------------------

-ở

¿1

:ộ

:c s ;

’

/í,.-

Ọ

ic b

X

p j; v.i:

Ỉ2C16

"ấu hình elecíron I: [Kr] 5s2 5p5

rf ]

m

tị

t

->

tị

u

j t

t

rt

□

Theo thuyết lai hoá: I là nguyên tử trung tâm, I * trạng thái lai lóa sp3 d. ỉ ỉ r í r t r . EI? ’ f Biảm " ểu * lchỏng liên lcêt), phân tử ICÌ3 có dạng hỉnh chữ T Trang 1

(7ố

8*»

< * * * » (liên kết và 0.5

C1 -Cỉ

0'

ICỈ3

ã

«A khM clnứiA ọp thtoh hPU, theo thuyết H i * I ẹtayển tì:trạng thái lai hoả Sp5d sang tt^ tk é ilả iÌio á sp V .tr o n g đ ó c ó m ộ to b ita n la ilio S c ò n tiò n g .

-»

c ,\ ^

c l- 5 / cl

cr

u

cl ô

y

A 1_rA

«

ô

. Ở nhiệt độ thường, sắt ử dạng thù hình ĩ Z , kết t i * 6' đạạg lập ptaang

kiối.

ở tám xam đỉnh uum có w 1/8 u nguyên tử và 1 nguyên ~ - tử _ở trung tâm 6 mạng , . . s __ 1 / 8 8 -1-1 Số nguyên tử trong một ô mạng: 1 / 8 . 8 +

n _

2 x 5 5 ’8 4 7

nguyên tu ng

1 - 2

____ -___ V = 7,927 g/cm 3

6,023. 1023 .(2,86.10'8)5 Thể tích tương ứng vớỉ 2,0521 gam s ắ t:

„

'w = 2ỉ0521 =s025gg cm3 D

,

7 ’9 2 7

Ô nhiệt dộ cao 1000-C sất 6 d « thù Mnh F é,, kết« T ro n g m ộ t ô m ạng c o sô cỏ : * X

to »

"> 1 < w * >

_ 4.55,847 __ _2_____ = 8,220 g/cm3

...

theo mạng lập phuong t a ” 4

■*..

« n * từ

■

6 ^ 2 3 3 0 ^ (3 ,56.10"8)3 - 0,2496 cm3 D:

8,220

Thể tích viên bi giảm: 0 ,2 5 8 8 -0 ,2 4 9 6 = 0,0092 cm 3 0.25 % thể tích viên bi giảm: ^ | | - 10()% = 3’55%

440 Trang 2

.

1.3

226

a)

(lđ )

Ra -»

2f6Rn + a 0.25

b) ^ R a - J t ^ 222 Rn_JM êL ^ ^

V ớ i: T| ,. Ta là chu kỳ bán hủy của Ra, Rn-

1 _ ln2 ĩ ;

lii2 A, « Ẳ}.

Vì T i » T 2

Áp dụng phương trình thế kỉ:

K. - ĨT2 3>82 1 =2,85ố6.10“®(/moZ) L ... a -= nR n ^ , - nRa=~-nR X, 1620.365,25'226 Ty ^ = ĩ A r = M 566.10-.0,08205.(273 + 25) = 6>98sl0„ (J) •» ỉ .

CẲU2. (4 điểm) 2.1. Xét phản ứng tách H2 của etaii: C2IĨ6

C2 H4 + H2 (

Cho các số liệu sau đối với phản ứng trên: ÁG°00K= 22,3

S 9°00K(J/K.mol)

Hạ

Etan

163,0

319,7

1

Etilen 291,7

a) Tính Kp của phản ứng (1) tại 900 K. b) Tại trạng thái, cân bằng của phản ứng (1), áp suất của hệ là 2 atm. Tính Kc và Kx c) Tính thành phần % thể tích các chất sau phản ứng (1) tại 900 K. Biết áp suất của hệ tại trạng thái cân bằng là 1 atm. đ) Xét phản ứng hic Ổ 900 R, pl

3a etilen: C2 H4 + H2 + = ± C2 IỈ6 (2) Itỏa nhiệt hay thu nhiệt?

e) Tính Kp của phản ứng (1) tại 600 K. Giả thiết ừong khoảng từ 600 K đến 900 K thì AH° và AS° không. t’ hav đổi thay đối.

2.2. Cho phản ứng r• m ■▼

‘ 2 N2 O5

-■ 4 NO2 + O2 ở nhiệt độ T (K), vói các kết quả thực nghiệm:

Nồng độ N2 O5 (mol.r1) Tốc độ phân huỷ (mol.Ks"1)

Thí nghiệm 1

Thí nghiệm 2

Thí nghiệm 3

0,170

0,340

0,680

1,39.10 -3

2,78.10'3

5,55. IO"3

a) Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng.

<ß) Trang 3

b) B iết năng lượng hoạt hoá của phản ứng là 24,74 Kcal.mol' 1 và ở 25°c nồng độ N2 O5 giảm đi m ộ t nửa sau 341 •7 3

Ở

giây. Hãy tính nhiệt độ T.

4

31

0 ° c sự phân huỷ ẢSĨ-Ỉ3 (khí) xảy ra theo phản ứng: 2A sH 3 (khí) *t

r

J

*

+ 3 H 2 (khi)

'*”■ 2AS (rắn)

ỉ ...

Itn

c o n p

0

t (h) p r (mmHg)

_[_ _ 733,32 1ZZlZJZ-____ ___

-

6,5 818,11

5,5 805,78 :

8

835,34

Hãy chứng minh phản ứng trên là bậc 1.

CẪŨ2 2.1 a)C 2 H6 ĩ = ± (2.5đ)

Hmmg đẫn giải C2 H4 + H2

í ílfrì

AG = -RTlnKp => lnKp =

8,314x900

= -2,99 => Kp= 0,0502

/

\

( '

m i A X , vàK,: Ko = Kp( R T ) - = ^ | - = 6 , 8 .1 0 - v t ìA n » !

0 0509

Kx = KPxP"Àn= c)

0.5

■>r

vói An =

Nếu áp suất tổng cộng tại cân bằng là 1 atm thì Kx - 0,05 [ ]

_

= 0,0251

ị

Phấnmol

C2ỈỈ6 <■- ■-£ C2 H4 + H2 1-x .

X X l-x

----

X

X

ì+ x

1+ x

:

ỉ+ x

=>

Tổng số mol sau phản ứng = 1 + X

,, ị,

_Ế_

= 0,0502 => X2 + 0,0502x - 0,0502 = 0 1 -* 1rX_z

1 0,2); X 2= - 0 ,2 5

=^X =

1

0.5

HonKợpcó: 0,2molH2; 0,2molC2H4 ; 0,8 molC 2 ĨĨ6 =>nhh = 1,2mol Z % V m = 16,67%; %Vc2H4 - 16,67%; %v C2H6 = 66,66% MIJ ^ J C22 H + ĨĨ d) Đối với phảntiứng: ứng: C H44 + ÍĨ22 4-< — C2H 6 thi AG 900ĨC

AS 900]

■Í5

22,39 kJ/mol

5°(C2H6) - Ễ> (C2 H4) - S°(H2) = 319,7 - 291,7 - 163 - -135 J/K.mol TAS° => AH° = - (22,39x1000) + 900x(-135) = —143890 J/mol H ay-143,89 kJ/mol

Theo:

< 0 => phản ứng hiđro hóa là phản ứng tỏa nhiệt tại 600 K theo biểu thức

ữ

í

0.5

¿ (7, ) _ AH

kpợ2)

r

t2

tx

với AH°(1 ) = -AH°(2 ) = 143890 0,0502 143890 ị 1__ ¿ ( 6 0 0 ) ~ 8,314 U oo 900 => Kp(600) = 3,349 xlO “6 (atm)

0.5

^

ịi2>)'

Trang 4

,y>

2.2

(0.75dt)' v = k[N20 5] b) Häng sö töc dophänüng ö nhiet do T lä k2 == l,39x 10~3= 8 ^ 7 . 1 o~3 (s_1) .

" 0,170 "

ö 25°C häng so töc do phän üng ki = ln 2 = 0,693 = 2,03.10~3 (s_I)

341,4 Ta c ö : lnK = J\

^

'1

1

U

Tl}

~ » T = 308,25 K

23 B<1

-

^

-—

b 8,17xl0-3 _Q474Ci - 1TJ) 2,03 x 10"3 8,314 f— 1298 ■ ,.

\f C U/f-v i

'" r/

H 'L

0-25

i

M

2ÄsH3 (k h 7 ~ “ > 2As (r) “'+3H2 (k) Po 0

V

- ' '■

Sau: P0 - 2 x 3x Cö Pt = Po - 2x + 3x = Po + x = > x -P t--P o

0.25

= > P o -2 x = Po-2(Pt-Po) = 3Po-2Pt Giä sü phän üng tren lä bac 1: kt = ln [ Po / (Po - 2 x ) ]= In [Po / (3P0 - 2Pt) ] Khi t = 5,5: ki = 0,0400; \ o n r Khi t = 6,5: k2 = 0,0404; ) ) Khi t - 8 : ka = 0,0407

&

0.5

Vay: ki » k2 « k3 : nen pir lä bac 1. •

_______________ 0 V r C Ä Ü 3 . (4 a ilm l

' '

v ö

.

'

'

3.1. Düng dich A lä hSn hop cüa H3 PO4 vä NaHS04 0,010 M, cö pHA~ 2,03. a) Tinli CHjP04 trong dung d|ch A. b) Tinh nöng do dö HCOOH phäi them väo dung dich A sao cho dö dien li cüa H3PO4 giäm 25% (coi th6 tich dung dich khöng thay doi). ___ -

_>

_

.

*

c) Them dan ZnCl2 väo dung dich A den ring dö 0,010 M. Cö Zn3(P04)2 täch ra khöng? (coi thl tich dur# dich khöng thay döi khi them ZnCl2 vä bö qua phü'c hidroxo cüa Zn2+) Bi6t: H3PO4 cö pKaj = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32. : pKa (HS04- ) = 2; Zn3(P04)2 cö pKs = 35,42; pKa(hcooh) = 3,75.

3.2. Dung dich X göm BaCh 0,01M vä SrCfo 0,1M. Them 1 mol K2 C12 O7 väo 1 lit dung dich X (coi ihl tief.; dung dich khöng döi).

Chobiöt:

Cr2 0 7 2- + H20

2Cr042~+ 2H+

K = 2,3.10’15

Tich sö tan cüa BaCr04 vä SrCr04län lugt lä 10‘9>93vä 10‘4-65. cö thl ket tüa hoän toän Ba2+ diröi dang BaCr04 mä khöng köt tüa SrCr04 (coi mot ion ket tüa 1 khi nöng do <10'6M).

C lÜ 3

3.1 (2.75$)

Sfecrng dan giäi HSO 4 - <=— » H+ + S 042-

;

Ka=10’2

~

(1)

H3P 04

<— >

H+ + H2P 0 4-

;

Kai =10-2>15

(2)

h 2p o 4-

<r=±

H+ + HP042-

;

Ka2 =10'7’21

(3)

Trang 5

(^ j)

................ “....................

B ilm

H PO 42-

«=>

H + + P 0 4 3-

;

K a3= 10-12-32

0.25

(4)

YÌ pH = 2,03 —» bỏ qua sự phân li của nưỗc.

Kai » Kaả » Ka3 —>quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ 0.25 [H * ]-[S O n +

r

-V f1

ĨC

-^«Ị _= ff/+l - C

H ^ ' K aX+ m

1

4-g-...-

J

HS° 4 'X + [h+] T ĩ 4 -rìHf+~ỉ

V /r r r + 1

r '

N V

n

^h3po4 ~ (t^ 1

HS(V 'K + [H+]

F

J

01

ft

K

5

10'2 -

J 0 2,15+10-2’03

________ ------------------- r— -----------

1 0 “2

+ 10“2’03

10

= > C H3l)O4=9,64.10-3(M)

“

o b, a, - a ' = M 1 H3p°4 CH3p04 Mà [H2PO¡]

10 0

<N V

Ch3po4-k

9,64.10

-ịQ-2,15+ 1 0 -2,03

•

4,16.10

(M)

.

0.25 -.100 “ 43,15% 9,64.10“3

0.25

Khi cộ mặt HCOOH trong dung dich A - > đ ộ điện li của H3PO4 giảm 25% - > a 2 = a ’Hro = 43,15% X0,75 = 32,36% và trong dung dịch tỉm được sẽ có 3 quá trình quyết định pH của hệ:

HSO4-

«=±

H3PO4

H* + SO42-

;

H+ + H2PO42-

HCOOH

<p=±

H+ + HCOCr

Ka=10-2

(1)

; Kai =10'2’15

(2)

;

K’a=10 '3>75

(5)

Bảo toàn proton: [ H ^ [ S O ¡ - ] H H 2 PO ¡]+[H C O O -]

, 0.25

ÍH+] = C hso4- ‘Ka+ [H+i + ^ 2 P04 1 + CHC00H'k ai + [H+3

0.25 Từ biểu thức CL = a' ị

2

\

= 3 2 , 3 6 % = ® - ^ . 100 => [H 2PO¡] - 3,12.10'3M w CH H3P04 H3P°4 3PO4

[H3PO4 ] = 9,64.10'3 - 3,12. lơ 3 ~6,52.10'3 (M). wr 7T n r \ 1 l f V - 2,15 a c o 1f r 3

3, 12.1o-3

Từ (2): [ri J~

Thay giá trị ÍH2PO4-] và [H+] vào ( 6 ), ta được: -I

10’2

. C „coo„-(0,0 1 4 8 -3 ,lZ10-ì -0,01Ì F ^

\

1 0 3,75+0,0148

ĩ ĩ i ) . — 1p - —

JmZỵ~~ Trang 6

A

£.AA TVĨ

=».644M.

125

r

*

c. Dung dịch A có p H a - 2,03 nên có thễ bỏ quạ sự tạo phức hiđxoxo của Zn2+ n _ n0,11U = M Kar Ka A

c'PO/’-3 = c H,?0, • ,3

h’+Ka!.h^K a r Ka 2 -hrf-Ka í.Ka2 .Ka 3 „

?oỉ

ỊQ-21,68

Sh3r+Ka / 2l-h22^ -9,64.10"3'lO-^+KT .6-21

-h 3po4-

1,41.10-18M

•Xét đỉềukiện dể Zn3(PƠ4)2 tách ra theo phản úng: 3Zn2+ +

2

PƠ4 3-

(C 1^ ) 3. (C ^

ì=

) 2

±

Zn3 (P0 4)2 ^

Ks' 1 =10 35’42

= (0,1)3 . (1,41.10'18)2 =1,9.9.10"39< 10"35’42

Nên không cỏ kết tủa Zĩi3(P04)2 xuất hiện.

Trong dxmg dịch có các cân băng sau:

3.2 (1.25đ)

&

Cr20 72- + H20

2Cr042'+ 2H+

CrƠ42‘ + Ba2+

BaCrO/tị

CrƠ42' + Sr2+

SrCrC^-l'

Để kết tủa hoàn toàn BaCrƠ4 : c „ - 2- > —-Ị;— 4 [Ba ] Để không có kết tủa SrSƠ4 : Cc 0 2- <

0.25 Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), ừong đó Cc 0

2

tính theo (2) và [Cr20 ý 2 ] » IM (vì dùng

dư so với ỉon Ba2+ cần làm kết tủa). Ta có: Ba2+cần Cr20 72' + H20 z± 2CrƠ42- + 2H+ Tại cân bằtig:

1

c

¡< = 2,3.10 -15

2x

Với c là nồng độ của CrƠ42"tại 2 thời điểm: Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrƠ4 ta có: 10

0.25

'

1-3,65.2

Vậy

< 2x = [H+] <

=> 1o-3’67 < [H+] < 1o-3'39 => 3,39 < pH < 3,67 \

♦

___

Trang 7

0.25 0.25

T1ì

CẮU 4. (4 điểm)

: ■ '

: :

.

4 1 B ổ túc và cân bàng các phản ứng oxi hóa - khử sau:

a. KMn04 + C6Hi20 6 + H 2 S O 4 ->C02 + . . .

(phượng pháp thăng bằng electron).

b. CuFeS2+ 0 2 --> Cu2S + Fe20 3 + S 02

(phương pháp thăng bằng electron).

Co CuxSy + HNƠ3 ->N O + H 2 S O 4 + Cu(N03)2 +.. •

(phương pháp thăng bằng ion - electron).

d Crl3 + CỈ2 + KOH -> KÍG4 + K2Cr04 +...

4 2

(phương pháp thăng bằng ion - elecừon).

...

.

7 1 1 , 1 . —

Một nguyên tố Galvani dùng điện cực hiđro chuẩn làm anot được xây dựng sao cho trong pin xảy ra phản

ứng sau: Bĩ2 (1) + H2 (k) + 2 H2 O (1) —>2Br (đd) + 2 H3 0 +(dd).

Ion bạc được thêm vảo cho đến khi AgBr kết tủa tại catot và [Ag+1 đạt tới 0,06 M. Suất điện động đo được trong pin trên là 1,72IV. a. Tính AE° cho nguyên tố Galvani trên.

.

b. Tính độ tan của brom trong nước (mol/1) ở 25°c.

Chó các thông tin sau: y ln=0,05921og(ở25»C); = OV; Pm= 1 í '2H+/H Ag+(dđ) + e

f Ag(r)

AgBr(r) + e

• A g(r)

atm; [H30 +] = IM

E° = 0,7996 V E° = 0,0713 V

+ Br “ (dd) +1,441 V

+1,584 V CẲƯ 4 4.1 (2đ)

......V

t, _

-> Br2(đd) — —> Br (dđ)

Diêm 0.5 x4pt

Hưởng dẫn giải a. KMnƠ4 + CeHiaOe + H 2 S O +

7

+

- » MnSƠ4 + C 0 2 +

X5 36

H2 SO4 -> 24 MnSƠ4 + 3 OCO2 + I 2 K2 SO 4 + 6 6 H2 O

Cu2S + Fe 2 C>3 + SƠ2

2CuFeS22.Cu + s + 2 Fe + ■ 3 s

+18e

X2

0 '1 O2 + 4e - > 2 0 4

H20

x 24

6 ổ -> 6 c 24KM n04 + SCóHnOô +

K 2 S O 4 Jr

.

Mn + 5e-»Mn

b. CuFeS2+ O2

4

2

^

CuFeS2 + 9 O2 -> 2Cu2S + 2Fe2Ơ3 + 6 SO2

Q .

c. CuxSy + HNƠ3 -> N O + H 2 SO 4 + C u(N 03)2 + H20 . x3 C u x S y - > XCif+ + y soị" + (2x+6y)

4H+ + N0: + 3e -> NO + 2 H2 O

x(2x+6y)

3CuxSy + (8x+6y) HNO3 -> (2x+6y)NO + 3yH2S 0 4 + 3xC u(N 03)2 + 4xH20

Trang 8

đ.

CrÏ3 + CI2 + KOH -> K2Cr0 4 + KIO4 + KCl + H 2O Cr3+ + 3T + 3 2 0 H -» CrO*- + 310“ + IÓH2 O + 27e

x2

CI2 +2e~> 2C1'

2

CrĨ3 ±

2 7 C Ỉ2

X

+ 64KOH -»

IK g C ĩO ị + 6

27

KIO4 +54 KC1 + 32H20

4.2 (2 đ)

a) A gBr(r) + e ^

0,0713

Ag(r) + Br (dd)

Kị = Í0 0,0592 0,7996

(r) ^ A g (rj A gBr(r)

^

Ag+(dd) + e

K 1 0 0,0592 K , ==10 °’0592

Ag+(dd) + B r-(dd)

. .0

Ksp =K¡.K 2 =4,98.10“13 0.25

Po-Í-- ! _ ^ SP L J [%

4,98.1013 = 006

Br2(1) + H2(k) + 2 H20 (/) -

8-3- 10 <M>

2 Br - ( d đ ) +

2

r

0.25

v

Ớ

H3O+(dd).

AE = AE° - ~ b IBr~ f t H3Q+j 2 nF i>H Ồ 2

llo ể

■'

b) AE° = E°Bi. (i)/2Br_ - E 2°H+/H2 => E°

s ■= 1,0645 V

0.5

1 . = 1,0645 V 0.25

(2 x) BrOs-(d d ) + 5H 3 0 +(dd) + 2 HOBr + 2 H 30 +(aq) + 2e Br2 (dd) +

2

e

4e

^

HOBr + 7 H 20 ( l)

2E3° = 2x1,491 (V)

|=ằ Br2 (dd) + 4 H 20(1) E4° = 1,584 ^

2 B r(d d )

(V)

E

*Br2(dd)/2 Br"

(2 x) B r0 3-(d d ) + ỐH3 0 +(dd) +

2E.

6e^B

r ~ ( d d ) + 9H2 0 ( l)

2E5°= 2 x l,4 4 1 (V )

4 x 2 E 3 o+ 2 x E áo+ 2 x E :0

Br2(đđ)/2B

—= 2x1,441 =>E°

Br2(dd)/2Br'

=1,098 (V)

0.5

2x1,0645 Br2 (1) + 2e

^ 2

_ 2 B r (dd) ^

Br“ (dd) _ Br, (d d )+ 2 e

Br2 (ỉ) ^ Br2 (dd)

K 7 = 10

°-0592

2x1,098 K 8 = 1 0 ~ °’059ỉ K = K7.Kg = 0,074

=> K = [Br2 (dd)] = 0SỌ74 (M) 0.25

Trang 9

CẰƯ 5 . ( 4 điểm)

.

^

_

5 1 Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi dẫn lượng dư khí H2S sục qua dung dịch (có pH« 0

5)

chứặeácion: Ag+,B a2+, Cr2072',Cu2+,F e 3+.

,

í

5 2 Cho các khí: H2 0 2, H2S, Cl2. Khí nào có thể được điều chế theo hình vẽ dưới đây. Giải thích, ngắn gọn cho từng khí trên và viết phương trình phản ứng điều chế.

(â)

ty

Lưu ý: dung dịch (1) và chất rắn (2) là các chất phản ứng được với nhau.

5.3. Cho 7,48 gam chất A tan hoàn toàa ta n g 25 gam micrc, thu đưọc đung dịch B. Trang hòa

d ịch B, cần

80 inl dmig dịch KOH 2M Đph toạng anion tong dung dịch B bằng dung dịch Ba(Nft))2 du, thây ch ra , CSA :___ _ 1,Ẩ 18 64 gaxn kết+ tủa -h-ánnr trắng Vhrincr không tan tan trnnp trong HNCh. H N 03. a) X ác định công thức hóa học của chất A. b) Tính nồng độ % dung dịch B.

5.1

Đ ỉễm

Eteửag dân giải

~CẴỮ Ĩ Cỏ các phương trình phản ứng

0.25

2 A g + + H 2S - * A g 2S ị + 2H +

x4pt

CnOỶ' + 3 H2 S + BH+ -> 2Cr3+ + 3 s ị + 7 H2 O Cu2+ + H2 S -» CuS-i + 2H+ 2Fe3+ + H2 S -> 2Fe2+ +

5.2 (1.25đ)

s ị + 2H+

+ Eb: không được, vì H2 đi qua 2 SỌ 4 đặc sẽ bị oxi J hóa, hay Hỉ“ nhẹ• hon khong la bình DUU1 đựng uụiig H X12Ữ V4 - khí ỉc để ngửa bình. nên không thể thu khi bằng việc

0.25

+ H2S: không được, vì H2S đỉ qua bình đựng H22SO44 đặc sẽ bị oxi hóa. >hóa chất dùng để phù hợp với sơ đồ. _ + O2 : không được, vi kh< , r i . rt.ĩrfC> ừong ao nnng oióh (1) la dung dichHCl đạc, chất rắn (2) là KMnỌ4, phản ứng xảy + Ck: được, ừong đó *

»

Ẹ 3

»

cách dẩy không khí.........

n C 2 .

Á I ta B ô i

iS S

^

0.25

íu 5

01 6

S í

0.25 0.25

. . „„„

aƠ4 -* 2KC1 + 2 MnCh + 5 CỈ2 Ĩ + 8 H2 O 2KMnC>4-*2 (Có thể thay KMn04 bằng KC1Ơ3 KCIO3 + 6HC1 đạc -> KC1 + 3 CI2 T+ 3 H2 O)

0.25

Í03 => aiũon là s o ,

4

18,64

có nBaS04 - 233

= 0,08

Ba2+ + S O 4 ” -> BaSƠ 4 -i' 0,08

• B là H2 SO 4 .

0,08 (mol) Trang 10

0.25

Theo PTHH, sô mol H2 SÕ4 = 0,08 => số mol H+ = ó i 6 => dung địch B chỉ chứa H2 SO4 .

5 ■ A tan trong nươc tạo H2 SO4 nên A có thể là: SO3 hoặc H2SO4 hoặc dạng oleum.

- Nếu A là SO3 : số mol H2 SO4 = SO3 = ^

.

.

0.25

= 0,0935 (* 0,08) => loại

80

- Nếu A là H 2 S O 4 : sổ mol H 2 S O 4 --

" = 0,0763 (* 0,08) => loại

(Hay: 0,08.80 < 7,84 < 0,08.98) - Vậy A là oleum. Đặt số mol: H2 SO4 và SO3 tương ứng là X và y Tacó:

x -f y - 0,08

và 98x + 80y = 7,48 -> X = OjOo và y = 0,02 mol tỷ lệ : X : y = 3 :1 => A là một loại oleưm có công thức là 3 H2 SO4 .SO3 . b) Nồng độ % dung dịch B -

0.5

. 100% = 24,14% 25 + 7 ,4 8

0.25

cP

-

Trang 1 :

\

'Ỷ c> x

&

Ö

A o

'

SBg SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỔNG 30/4

TP. HỒ CHÍ MINH

LẦN THỨ XXIV -N Ă M .2018

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN - Môn thi: HÓA HỌC - Khốiộo^

LÊ HỒNG PHONG

Ngày thi: 07/04/2018 Thời gian làm b à i: 180 phút

«}niw>tỴ

/

\ \ / ị ' (ì ỉ l H

L<L0

iv u ty p < - f

•f

C Ẳ U 1 . (4 điểm) 1 . 1 . Dùng thuyết lai hóa cho biểt dạng hình học phân tử của thionyl clorua SOCỈ2 và suníiiryl c SO 2 CI2 , có hình vẽ minh họa.

1 . 2. Pirit sắt (FeS2) cỏ mạng tinh thể kiểu NaCl với các ion Fe2+ chiếm các vị trí của chiếm vị trí của ion c r . Các liên kết S-S định hướng lúân phiên theo đường chéo chínl.. a. Khói lượng riêng (p ) của một tinh thể pirit sắt lí tưởng là 5,011 g/cm3. TỈrih hằng sổ mạng của ô mạng cơ sở a0. b. Người ta đã chứng minh được rằng hằng số mạng không phụ thuộc vào công thức hợp thức của tinh thể (túc là mạng tinh thể vẫn bền vững) nếu giá trị y trong công thức PeS^ dao động nhỏ xung quanh 2 (1,95 -» 2,05).

Trong quặng pirit sắt tự nhiên, người tạ thấy rằní

lỉ chiếm 99% vị trí của 11Ó trong mạng

tinh thể, phần bị khuyết ( 1 %) được thay thế bởi ior Cho biết độ bền của mạng tinh thể pirit sắt trong tự nhiên và tính khối lượng riêng (yo) của tinh

Ngoài ra, còn có u chiếm 0,005% urani thiên nhiên. Đồng vị này không có khí trái đất hình thành mà được tạo thành trong qua trình phân rã của một trong các đồng vị trên. Hiện nay lượng 234u không thay đỗi nừa. a. Tính thời điểm (trong quá khứ) mà khối lượng 235u bằng một nửa khối lượng 238u. b. Tính chu kì bán hủy của 234u.

Câu 1

1.1 4 (lđ )

Hướng dẫn chấm

Điểm

+ Thionyl clorụa SOCI2 có dạng hình chóp đáy tam giác (tứ diện), nguyên tử s ở đỉnh có trạng thái lai hoá sp3. .

0,25

+ Sunỉuryl clorua SO2 CI2 có cấu tạo tứ diện lệch với nguyên tử ửạng thái lai hóa sp3.

Trang

1

(/¿ ro )

s ở tâm có 0,25

',vvÙV.‘i&'VSÁ H\v, 's

1.2

a) Trong ô mạng cơ sở chứa: 8 .1/8

(1.5đ)

8

+ 6 .1 /2 = 4 nguyên tử Fe

nguyên tử s.

4MFe + 8 MS

4.56 + 8.32

N AaJ

6,02.1023.a

5,011 (g/cm )

=> a0 = 5,418. 1(T (cm) => a0 = 541,8 (pm) b) Trong ô mạng cơ sở của pirit thiên nhiên có : nFe= 4 .0 ,9 9 = 3,96 (mol) ns =

8

.

1 ,0 1

= 8,08 (mol)

=> y = 8,08 : 3,96 =2,04 Giá trị y năm trong vùng mà thông sô mạng không phụ thuộc vào thành phân tức là mạng tinh thể bền vững.

3,96 . 56+ 8,08 .32 - MÁ . .3, = 5,014 (g/cm ) 6,02.10 .(5,418.10 )

3,96 . Mp + 8,08 . Ms 'T 3

p = —---------E s _ ----------5- = — -—

0,5

1 hiện

nay, ta có: ) - 99,275 gam và m ( 235ư ) =- 0,72 gam ^ t (trong quá khứ), khối lượng 238ụ và 235Ư lần lượt là 8U) và m0( 235U). ;ó: m 0 = m.eXt => m 0 ( 23SU) = m ( 238U). eAl,Su ^m.1»t

v à n ự ^ Ư ^ m ^ lẠ e ^ 1

Theo đề bài:

T\ _ ỉ m / 238T n •m( 235TU). e„ X23SU u-1 = —. m( Ư). é

In

2 .t

^7,038.10*

0,72 . e

1„

—

0,25 In2

í —.99,275 . e 4, 468. 10’

2

0,25

=»t = 5,102..109 (năm)

0,5

Trang 2

(S ) '

b. Đồng vị thuộc họ phóng xạ v;iíilJ vì có cùng số khối dạng A= 4n + 2. f Hiện nay lượng 234u không thay đổi nữa suy ra tốc độ tạo thành 234u bằng tốc độ phân rã nó. ' N 234u. ^234y = N 23#ỉj. ^23Sịj =»99,275.- t o 2 =0,005. ln„ ỉ 4,468.10 t 1/2 ( 234Ư) 0,5

=>ti/2 ( 234U) = 2,25.105(năm)

CẤU' 2 . (4 điềm) 2.1. Cho phản ứng: H2 + Ỉ2 ^ 2HI Giá trị của hằng số tốc độ phản ứng thuận k của phãn ứng ở các nhiệt độ khác nhau, c

í

sau: T(K)

k (L.mữl^.s'1)

373,15

'

8,74.10 ‘ 15

473,15

\

9,53.10‘ 10

b . Biến thiên nội năng của phản ứng trên: AU = -8,2 u.mol"1. Tínlì năng lượng hoạt hóa Ea của phản ứng nghịch.

2.2. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng có thể âm, ví dụ phản ứng kết hợp của I(k) trong lchí quyển agon: I + 1 + Ar —>Ỉ2 + Ar

Ea = - 6 (U-mol'1)

Một trong số các cơ chế được đề nghị cho phản ứng trên là: 1 + Ar + Ar ^ IAr + Ar

có hằng số cân bằng K’

(1)

IAr + 1 —* Ỉ2 + Ar

có hằng số tốc độ k3

(2)

IAr là một tiểu phân rất kém bền. Giai đoạn (2) quyết định tốc độ phản ứng.

Hây viết biểu thức tốc độ của phản ứng trên.

2.3. Cho phàn ứng xảy ra trong pha khí:

t Br + H2< = = > HBr + H

( 1)

AG°(1) =

6 6

kJ-mor' ỞT = 600K.

k-s

o

Tính tỉ lệ — ờ thời điểm p(Br). p(H2) = p(HBr). p(H). r-5

Biết Ĩ5 là tốc độ phản ứng thuận, r.5 là tốc độ phản ứng nghịch.

2.4. Metanol được sản xuất thương mại bằng cách sử dụng hỗn hợp cacbon monòoxit và hiđro với xúc tác kẽm oxit/đồng oxit: CO(ic) + 2H 2(k) - » GH3OH(k).

Tại nhiệt độ phản ứng (298 K) và áp suất chuẩn 1 bar, biến thiến entanpy tạo thành chuẩn (ÀHf°) và entropy tuyệt đối (S°) của mỗi khí được cho sau đây:

Trang 3

Khí

AHf° (kJ m or1)

s° (J K' 1 mol"1)

CO

-111

198

h2

0

131

CH3 0 H

-201

240

a. Tính AG° và Kp của phản ứng ở 298 K. b. M ột lò phản ứng thương mại được vận hành ở nhiệt độ <500 K. Tính giá trị Kp của phản úng ở nhiệt đ ộ này, giả thiết AH° và AS° không phụ thuộc nhiệt độ.

373,15

473,15 J

= 8 ,3 1 4 .1 n ^ ,s 8 , 7 4 . 1o"'5

0,5

Ea= 170266,8 (J.mol'1) = 170,2668 (kJ.1 b. AH = AU + AnRT. Vì An = o => AH = AU = -8,21 AH= Ea -E a Ea’ = Ea - AH = 170,2668 - (-8,2) = 178,4688 (kJ.mor1)

£ 2.2

Từ (2 ): ẩ y

= k 3 [lAr][l]

0,5

(*)

(0,5đ) T ừ (l) : K Từ(*) và (**)■: Ax] = k . [ l ] 2 [Ar] ( với k’ = K” . k3) A ơ ^ l) =

66

kJ-mol

0,5

= -RT lnK

¿ ^ e-6600ü/8,314.600=lj8>10-6

=1>8A0~6

à:

r5 = k5 .[H2].[Br]; i s = k-5 [HBr][H].

Theo đề bài: p(Br). p(H2) = p(HBr). p(H) => [Br].[H2] = [HBr]. [H] 2í _ * ị 6 r5 _ ^[Br][H 5Ỉ- -IỈ- 2J

Nên: r_s

£_j[HBr][H]

0,5

k

2.4

a. AH° - H?(CHs0H) - AH?(C0)- 2 H?(h j = -201 - (-111) - 2.0=-90 (KJ).

(2 đ)

AS° - S ^ „j0H) - ặ c o , - 2 s ]Hì)- 240 - 198 - 2 . 131 = - 2 2 0 (J.K1) AG° = AH - T AS - -90 - 298.(-220)/1000 = -24,44 (kJ).

AG0 = -RTlnKp

0,25 0,25

-A G 0

—* Kp = e^T = 19235,184

___________ Tratig 4

b. | n K p(600K ) _ AH°

Kp(298K)

R

1 .

298

J _

600

“ *■Kp(6ũOK)= 2,205xio*4 c.

CO(k) + 2 fĨ 2 (k) ^ CH3 0 H(k) Trước phản ứng 1 mói 2 mòi Cân bằng 1-ymol 2-2ymol ymol 0,18 = y/(3-2y) - » y « 0,4 Phần moi của CH3ỎH: 0,4/(3-2.0,4) = 0,18 Phần mol của CO: (l-0,4)/(3-2.0,4) = 0,273 Phần mol của Ha: (2-2.0,4)/(3-2.0,4) = 0,543 p(CH3OH) = 0,18xptổng; p(CO) = 0,273 xptồng và p(H2) = 0,545xptỗng Kp = 2,205X10-4 = p(CH3OH) / [p(CO). p(H2)2] '—>Ptổng « 1 0 0 atm.

CÂU 3. (4 điểm) 3.1. Trộn các thể tích bằng nhau của các dung dịch sau:

0,04M; HCOOH 0,O8M;

C H 3C O O H

NaHSƠ 4 0,16M; NH3 0,40M, thu được dung dịch A.

o

a. Xác định thành phần giới hạn của dung dịch A. b. Tính pH của dung dịch A,

mĩ dung dịch A đến pH=7

c. Tính thể tích dung dịch HC1 (hoặc NaOH) 0,04M cần để trung nới (bỏ qua sự phân li của nước).

d. Trộn Ị ml dung dịch A với 1 ml dung dịch MgCl?. 0,05M. Cho biết hiện tượng, giải thích.

Cho:

pKs(Mg(OH)j)= 10,9; pKa(CH3COOH) = 4,76; pKa(HCOOH) = 3,75; pK-a(NH^ = 9,24;

—2 .

3.2. Trộn 5 ml dung dịch H2C2O4 0,8M với 5 ml dung dịch NaHCC>3 0,4M, thu được dung dịch A Thêm 10 mi dung dịch (CH3COO)2Ba 0,ỐM vào dung dịch A, thu được hỗn hợp B. a. Xác định thành phàn giới hạn của B.

b. Hỏi có BaC2Ơ4 và BaCƠ3 tách ra không? Khi đó pH của hệ là bao nhiêu? c. Neu có kết tủa BaC2Ơ4 hoặc BaCƠ3, hãy tính độ tan của chúng trong hỗn hợp thu được.

Biết:

H2c 20 4 có: pKa) = 1,25; pKa = 4,27; H2CỌ3 có pKUi = 6,35; pKa = 10,33 CH3 COOH có pKa = 4 ,7 6 ; BaCaCU cỏ pKs = 6 , 8 ; BaCƠ3 có pKs = 8 ,3 . Đ ộtanC 0

2

b âoh òalà 3 . 1 0 '2 M.

Câu 3 3.1 (2 đ)

Hướng dẫn chấm a.

TPGH: NH 3 0,03M

CH3 COO‘ 0,0 IM

HCOCT 0,02M

Điểm

S 0 42'

NH4+

0,04M

0,07M

Na+

0,5

0,04M

b. + Mô tả các quá trình và chọn cân bằng chính CH3 COO-+ H20 HCOO' + H20 S 0 42' +

H20

NH 3 + H20 NH4+

ị±

CH3 COOH+ OH' (1) K b=10 ‘9’24

<=> HCOOH+ OH' (2) H S04‘+ OH'

(3)

N H / + OH' (4)

NH 3 + H+

(5)

Bỏ qua (1), (2), (3) chọn (4), (5) là cân bằng chính của hệ: Trang 5

)

Kb= 1 0 ‘ 10’25 Kb= 1 0 - 12 Kb = 10'4,76 Ka = 10’9’24

0,25

0,25 + pH = pKa + l g ^ - = 8 ,8 7 c.

+ Thứ tự phản ứng: (1 )N H 3 +

H+

C H 3C O O '

(2 )

- > N H 4+ K;1

+ H+

->■ C H 3 C O O H

K

(3) HCOCT + H+ -> HCOOH K; (4) SO4 2' + H+ -> HSO4 " Ka-; + Tại pH = 7, ta có: [N H /] = [HT] = [NH3]

102i24

NH3 bị trung hòa hoàn toàn.

Ka

[CH3COOH] [H+] _ 2,4 , — 3 — = i — - = 10 => CH3COO chứa phản ứng [CH3COO-] K a2 [HCQQH] _ [H+] _ [HCOO-]

K a3

10

ÍÍẼ °Ị1 = g n = 10-5 [SO*-] K a4 HCOO' và HSO4 "chưa phản ứng + Ta có: nHCl = nNH, => 0 ,0 4 Y ,_ d. Xét phản ứng:

Mg/+ + 20H ' |=ằ

Mg(OH)2

+ C Mgỉt. ( C OH. ) 2 = 0 , ơ 2 5 . ( 1 0 - 5'13) 2 < K s ( M g ( O H ) 2)

=> không có kết tủa Mg(OH)2 .

3.2

a. Cân bằng trong dung dịch A:

(2 đ)

h 2c 2 o

4

+hco;

2o

;+ c o

2

K, =10,5,1

+ h 2o

0,4M 0,2M

3.10'2M

22

TPGH dung dịch A: H c 0 4: 0,2M; C 0 2: 3.10'2M; HC2O4' 0 ,2 M. - Sau khi trộn 10ml (CH3COO)2Ba 0,6M vào dung dịch A được hỗn hợp B:

2+.

H 2C2 O4 : 0,1M; HC2 0 4' 0,1M; H2CO3 : 1,5.10'2M; CH3COO : 0,6M; Ba;

0,25

A’M.

t trong B: E Cân bằng

o

2

H2c 20 4+CH3COO' 0,1M

c h 3c o o h + h c o ; 0,1M

0,6M

-

0,5M

0,1M

Ba2+ + HC 2OỊ+ CH 3COO" 0,3M 0,1M

0,2M -

2 3'51

k = io

0,2M

-BaC 2 0

4

-l+CHjCOOH

K3 = 10 7’29

0,1M

0,5M

0,3M

0,3M

0,5

(¿^)

Trang 6

TPGH của hệ B: BaC20 4; Ba~+ 0,1M; CH3 COOH 0,3M; CH3COO' 0,3M; H2C 0 3 1,5.10‘2M

.

b. Cân bằng trong hệ:

CH 3G O O H ^ C H 3 COO"+H+ ( 1 ) K = 1 0 ”4,76 H 2C 0 3 ^

H+-+ H C 0 3"

( 2 ) K ,( = KT6'35

H C 0 3- ^ H ++ C 0 32-

(3) Ka' = lO-10’33

H 2O ^ H ++ O H -

(4) Kw = 1 0 -14

CH 3COO- + H 20 ^

CH 3COOH + OH- (5) K b = l(r 9-24

Bỏ qua (2), (3), (4); Áp dụng hệ đệm ta có: pH B = p K a + l g ^ - = 4,76 a

C'c02_ = CH;C0^-C(-c02- =1,01.10 9M

=>C'

C"

Ba2+

5

CO -

s(B_aCOj)

Chỉ có kết tủa BaC20 4i không có kết tủa BaC0 3 tách r e. Dung dịch B: BaC 20

4

^

Ba2+ + C 2 0 f

(s + 0 , 1 )

2

Ks « 1_

s

2 4-;

c o ỉ" + h +^ h c o ;

o 44 c 20 1~+ 2H + ^ Hh ,2c ,2o

k - '.k : 1

[Ba2* ] - - c ^ . ( 0u,1 V * s = Cc,oi- = [C 2O Ỉ-]+ [ H C A ) + [ H 2 C2O J a + K - ‘ .h + K ;ix ; . h 1)

W

___________________ ị

= (0 , l + s ) .

-

K =>s = 2 , 1 .1 0

‘

■ ( l + K ^ .h + K ,-;.K -| .hỉ )

c ( l + K ^ . h + K ^ K ^ h 2)

10

1-6

Ê'Ẳ Ẳ ui 4 . (4 điểm ) 4.1. Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau bằng phương pháp thăng bằng ion- electron: a. AI + HNO3 —»N2O + NO + ... (cho tỉ lệ mòl N2O : NO = 1 : 2 ) b.M 11O4" + H2O2 + H+ —* ...

c.

C6H 5CH(CH3)2 + M n < v -> C6H5COCr + CO32" + M n0 2 + ....

4.2. Thêm V (mL) dung dịch K2 Cr20 7 0,02M vào 100 mL dung dịch FeS0 4 0,12M (tại pH = 0 và pH không đôi trong suốt quá trình phản ứng), thu được dung dịch A. Tính thế khử cùa cặp Fe 3+/Fe2+ 2 4 trong dung dịch A ở mỗi trường hơp sau đây: t,

A

, __ _ Ã ■ , ____X

1

A

Tran.g 7

@

)

Khi hé dat íó'i trang thái can báng thi: E F e * l Fe2*

^ C r 20 ^ / 2 0 ^ ~ E

Trong dó: F

, 0,0592, JCr2Q2-] , , TT_ m

=F"

Cr2o'fnc?x

Cr,of/2 a }'

g

[Cr3+] 2

^

[Fe3+] [Cr,02~] - * 7E = E ' ^

+ 6 E 'cr2orncr» +0,05921g

[Fe2+]' [Cr3+]2

. z, Efc-/fc- + 6 Ekorncr* . 0,0592, ^[Fe3+] [Cr20 2-]^ — 7 ~ g [Fe2+] [Cr3+]2 -* E = ------------- — .

W

^

^

+ a0592

7

7

2[Cr ]

4.3

Giá sü qua thuc nghiem xác dinh dirgc sa dó pin nhu sau:

(0,75«)

(-) Ag, AgI|KI 0,1M, KCl(bao hóa)|Hg2Cl2, Hg (+) O circ (-) có: E(_) = E°(Ag+/Ag) + 0,05921g[Ag+] = E°(Ag+/Ag) + 0,059: = 0,799 - 0,0592ígl0'' + 0,05921gKs = 0,8582 + 0 . *

Epin = 0,244 - 0,8582 - 0,05921gKs = 0,333

-» Ks = 10'16, (phü hop vói giá su: E.< E+) 4.4 (l,25cl)

a. Cu + Cu + 2C1 0,1M 0,2M Xét Cu2+ + e -> Cu+ có [Cu+] =

E(Cu 2+/C u+) = E°(Cu2+/C

= 0,15 + 0,059 * Xét Cu+ + e -» Cu , có E (Cu+/ Cu) = E° (Cu+/ C u ) + 0,0592 lg[Cu+] , = 0,52 + 0,0591g5xl0'7 = 0,147 V Sosánhtháy:E(C u 2+/C u +) > E (C u+/C u ) => phán úng xáy ra theo chiéu tú trái qua phái (tao CuCl i ) , b. Tóhgp: ( Cu+ + C l“ — CuCl I ) x 2 (K/ ' ) 2 = 1014.

Cu2+ + e

Cu+

Cu

-*

Cu

k, = + e

Cu + Cu2+ + 2c r -» 2CuCl i K = (K¡ K 1.K2 = ( K f) .. Ki.K

[ ]

10^

1 0 14xlO xl( 2’53

1

1

(0 ,1 -x ).(0 ,2 -2 jc ) 2

4(0,1 - jc) 3

=> [Cu2+] = (0 ,1 - x )

=

1 0 2'53

x 1 0“ 8)78 = 107’74

= 1,66x 10_ 3 M

[C P ] = 2 x (0,1 - x) = 3,32x10" 3 M Trang 10

0,25

K2 = 1 0 ^ = lo'8’78

Cu + Cu2+ + 2C1" -> 2CuCl i (0 , 1 - x ) (0 ,2 - 2 x) Ta có: 107’74

0,25

^ ¿ j)

0,25

0,25

C Ẳ U 5 . (4 điễm) 5.1.

;

Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:

a. NaClO + H2 O2 —> ........................... . b. I2 O 5 + CO

................................. ..................

c .F e C l 3 + H2S - > ................................................... d.

K M n0 4 + K 2 SO3 + H20 - > ............... .

5.2.

Trong-phòng thỉ nghiệm, khí Cl2 có thể được điều chế tò MnOz và axit HC1. Một học sin h lắp dụng cụ điều chế khí CI2 tinh lchiét như hình vẽ sau:

,

Hây phân tích tât cả những chỗ sai, thiếu sót khi lắp bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ trên.

5.3.Đ ê xác định hàm lượng của crom và sắt trong một mẫu (X) gôm C12O3 và Fe2Ơ3, người ta đun nóng chảy 1,98 gam mẫu với Na2 Ơ2 để oxi hóa toàn bộ C12O3 thành Cr0 4 2~. Cho khối đâ nung chảy vàọ nước, đun sôi để phân hủy hết Na2Ơ2. Thêm H2SO4 loãng đến dư vào hỗn hợp thu được v à pha

thành 100,00 mL, thu được dung dịch A. Cho đung .dịch KI (dư) vào 10,00 mL dung dịch A, lượng I3 giải phóng ra phản ứng hết với 10,50 mL dung dịch Na2 S2 Ơ3 0,40 M. Nếu cho dung dịch NaF (dư) vào 10,00 mL dung dịch A rồi nhỏ tiếp dung dịch KI đến dư thì lượng I3 giải phóng ra chỉ

phản ứng hết với 7,50 mL dung dịch Na2s 20 30,40 M. a. Viết các phương trình phân ứng xảy ra.

b. Giải thích vai trò của dung dịch NaF. c. Tính thành phần % khói lượng của crom và sắt trong mẫu (X) ban đầu.

Câu 5

Hướng dẫn chấm

5.1

a. NaC10 + H20 2 - > NaCl + O 2 + H2O

(13)

b .II2 O5 + 5CO ->% + 5 C 0 2 ^

c. 2FeCl 21 3 + H2S

2FeCl2 +

Điểm 0 ,2 5 x 4

s + 2HC1

. 2KM n0 4 + 3K 2 S 0 3 + H20 ^ 2M n0 2 + 3K2 S 0 4 + 2 KOH

^ ij > -Trong 1' ............... ....... , ... . ........................

5.2 phản ứng điều chế khí CI2 bằng cách đùng chất oxi hóa mạnh để oxi hóa (1

đ)

dung dịch HC1 thì dung dịch HC1 phải dùng với nồng độ đậm đặc. Trong sơ đồ thí nghiệm dùng dung dịch HC110% là chưa họp lí. , -Phản ứng giữa MnƠ2 và HC1 đặc không xảy ở nhiệt độ thường mà cần đun nóng. Vì vậy cần thêm đèn cồn đốt nóng bình cầu.

hơi nước.

- Nút cao su cần được thay bằng bông tẩm dung dịchbazơ (để loại khí dư).

Trang 11 í / ^ õ

0,25x4 ý

5.3

( 2 đ)

C ĩ ị Q ỉ + 3 Na2Ơ2 —> 2 NaỉCrCU + NaỉO

( 1)

0,125

2N a 20 2 +

(2)

(x lO p t)

N a 20 + H2O —> 2 N aO H

(3)

= l,2 5 đ

OET + H+ -> H20

(4)

2

H20

-> 0 2í + 4 OH" + 4 Na+

2CrỌ42~ + 2 H +

C r20 72 - + H 20

(5)

2 F e 3+ + 3 H 20

F e20 3 + 6 H + -

Cr20 72- + 9.1" + 14 H+

(6)

2 Cỉ'3+ + 3 I3 ” + 7 H 20

2 F e 2+ + I3 '

2 F e3+ + 3 1 "

(8)

s4<v + 31'

2 S2O32" + I3

(9)

3-

( 10)

FeFổ

F e 3+ + 6 F "

(7 ) (7)

b. Vai trò của dung dịch NaF: F " có mặt trong d u ng dịch tạo phức bền, không màu vơ i F e 3+, dùng để che Fe3+.

t

c. T ro n g 10' m L dung dịch A :

C12O 72-: X m ol;

Fe3+: y mol.

Trước khi thêm F' Số moi Na2S203: 0,4 .10,5 = 4,2 (mmol) >số m o l /3

—.4,2 = 2,1 (mmol)

Sau khi thêm F ':

1 = ~ 2 nN“-s-°3 Mà : Tử V ậy:

m

- . 7,5 2

-1,5.10

= 3.H vả (2) : x =

(.2)

5.10'4: V= 1.2.10'3

'5Ố-10.100% = 33,94% 0,25 .100% = 26,27%

1 HẾT-

Trang 12

CậóTỊ) s ở GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH ’ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HÒNG PHONG

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THÓNG 30/4 LẦN THỨ XXV - NĂM 2019 Môn thi: Hóa học —Khôi: 10 Ngày thi: 06/04/2019 Thời gian làm bài: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận Đề này có 03 trang

Đ È C H ÍN H T H Ứ C

c€ tề n f£ ệ % hw tý

Lưu ý: + Thí sinh làm mỗi câu trên môt hay nhiều tờ s ỉẩy riêng và ghi rõ câu sô mây ở trang 1 của mỗi tò'giấy làm bài._______ __________________ _________________________________

Câu 1 (4,0 điềm) .... . , . a) Trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học dạng ngắn, đồng, bạj

......

IB) được xếp vào cùng nhóm với các kim loại kiêm (nhóm IA). Giái thích sự Si b) Giải thích sự biến đổi năng lượng ion hóa thứ nhất IE) (kJ.mor1) trong hai di K (419)

Rb (403)

Cs (37

Cu (746)

Ag(713)

Au (890)

c) Giải thích sự biến đổi tính bền của các oxit trong dãy c o , SiO, SnO, PbO.

Câu 2 (4,0 điểm)

' ừng trường họp sau. a) Lập luận và xác định công thức Lewis bền nhất trong từng

:ó H '

=Q .n

:0 ■

Ĩ 0:

ọ:

:ọ

A3

AI

,( ĩí.

:0 :

:o :

n

=p— o:

: 0 ----— 0 :

:w 0:* 0: :o : •: u \ ^ r BI B2 B3 b) Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), hay dự đoan vấ 1 0 F2+, CIOF 3, CIOF và V vẽP p.nii cấu tnir. trúc hình hnc học của các ion và nhân phân tử sau: C C10F2+, C10F3, C10F4 . Hãy cho biêt trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm C1 trong từng ion và phân tử trên đây. c) Hãy giải thích sự biến đổi nhiệt độ nóng chảy của các muối nhôm halogenua được cho trong bảng sau.

A1X3

A1F3

AICU

AlBr3

A II 3

t°„/c

1291

192,5

98

189,5

1

Câu 3 (4,0 điểm)

Xét phản ứng phân hủy hiđro peoxit (H2 0 2); 2H2 0 2 (1) -* 2H20(1) + 0 2(k) (*) a) Băng tính toán hãy cho biết phàn ứng phân h ủ v H n r* ' L ,z điều kiện 298 K và 1 atm hay k h l g 7

'

X l?i

2

m í' nhiệt động ^

20 (1)

A^sn°298/kJ.mol

-187,

ở

0 2 (k)

-285,

109,6 K \ X T „ > .

sau Tr„„g « , 7 m

^

lT Z

Th« t í » t . n i m f v: ^

ơphút

0

V(02)/mL

0

1

205,2 ^ ----------¡J

------------------------------------ -

b) NgưM ta „ghiên cứu động *

: g

số

2

ù *

¡!Z T

"------ --------- -— -----

" 8 phâ"

12

3,6

2:*“ *

18

10,9

0 Hai cơ chế sau đ u ợ c <toa ra cho phản tag phta

;

13,

0 '

19,

Cơ chề 1 : Cơ chế 2: H20 2 + H20 2 -» 2H20 + 0 2

h 0 2 -+0- + H20

(chậm)

>■+ 0* h>02

(nhanh)

Hãy cho biết C0 chế nào phù hạp với kết luận ở ý b).

Câu 4 (4,0 điểm) a) Hòa tan 225 mg môt axit hai nấc H A iv

Dung

Z

'

,

Z mou j c X r i i i “đr

x.°ópH■2>06'

z Yl 7 1 hòa vừa hết lương axit trone X th' t h A \ c Thêm * từ Y vào x tới khi trang , ,1 1 gx thì thu đư?c dung dịchcó pH 7,96. Biết H Ã ' J i , ly axit thứ nhất là Kal = 5 90 1 (T2 r» fn m ' , g s° phân ai J,yu.iu , Ca(OH) 2 có tích số tan K = n i ( T « A A J , nhiệt độ 298 K. Giả sử muối Ca(II) cua axit H A ta 1 ’ g ịch đều ở j T{nu b-uẮ; 1 , " cua axit H2A tan tốt trong nước. ính khối lượng mol phân tử của H2A

ii. Tính hằng số phân ly axit thứ hai K a2 của H2A.

^ n íC d ĩS ir : ĩ

phí r Wi được"w bột

hỗn hơp dung dich FeíNH 7 * 0 n1 p g một dây Pt nhúns y !

(NH4)2(S0 4 ) 2 0,02 M và dung dich Feifsn 'í n n n a í TIÍ ~ ng dịch là 1,00 L và nhiệt độ la 298 K 4)3 0,005 M. Thể tích mỗi Biểt giá tvị thế khử chuẩn £°(Hg 2Cl2/Hg) = 0 241 V ít £°(Fe3+/Fe2+) = 0,771 V (

2

... g dung dịch

, KC1

bão

hòa),

i. Vẽ sơ đồ của pin, viết phản ứng chung xảy ra và tính sức điện động của pin. ii. Khi thêm vào dung dịch phía nửa phải 0,2 mol KCN thì sức điện động của pin bằng 0,099 V. Biết hằng số bền (/?) của phức chất [Fe(CN)6]3~ lớn hơn của phức chất [Fe(CN)6]4_. Tính p([Fe(CN)6]3l biết PttFetCN^]4-) là 7,94.1036.

C ho — ln=0,059log

Câu 5 (4,0 điểm) a) Cho lượng dư lchi SO2 đi qua dung dịch NaOH. Sau phản ứng, cô cạn cẩn thận dung dịch thu được muối khan A có thành phần tạo tù’ 3 loại nguyên tố. Xử lý 0,380 g A với lượng dư dung dịch nước Bĩ 2, rồi thêm lượng dư dung dịch BaCỈ2 thu được 0,932 g kết tủa trắng không tan trong axit mạnh. Mặt khác, khi cho 0,570 g A vào dung dịch HC1 loãng, dư thu được khí không màu, có tỉ khối so với O2 bằng 2 và dung dịch chứa 0,351 g một muối duy nhất. Xác định A. b) Yiết phương trình hóa học của phản ứng trong các thí nghiệm sau: i. Cho khí CỈ2 đi qua huyền phù Na2C0 3 . 1 0 H20 trong CCI4 . ii. Cho khí Cl2 đi qua dung dịch Na2C 0 3 đặc, đun nóng. iii. Đun nóng dung dịch nước Javen. Sau đó, axit hóa du:

địch thu được với dung dịch H2SO4

loãng à đun nóng dung dịch thu được với

iv. Cho khí CỈ2 (dư) lội qua dung dịch KI. Sau KOH. V. Cho lượng dư dung dịch KI vào dung dịch KIO4

đó axit hóa dung dịch thu được với dung

dịch H2 SO4 loãng. ~............H Ế T ----------Cho:

+ Nguyên tử khối: H = 1 ,0 = 16, Na = 23, s = 32, Cỉ = 35,5, Ba = 137. + Số hiệu nguyên tử (Z): K = 19, Rb = 37, Cs = 55, Cu = 29, Ag = 47, Au = 79.

Thí sinh không được dùng tài liệu kể cả bảng tuần hoàn các nguyên to hóa học.

A o Họ và tên thí sinh:.

Số báo danh:........

3

'Ỷ c> x

&

Ö

A o

'

s ở GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TP. HỒ CHÍ MINH ' TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THÚ XXV - NĂM 2019 Môn thi: Hóa học - Khối: 10 Ngày thi: 06/04/2019 Thời gian làm bài: 180 phút Hình thức làm bài: Tự luận

ĐÁP ÁN

Câu 1 (4,0 điểm) a) Trong bang hệ thông tuân hoàn các nguyên tố hóa học dạng ngắn, đồng, bạc và vàng (nhóm IB) được xếp vào cùng nhóm với các kim loại kiềm (nhóm IA). Giải thích sự sắp xếp này. b) Giải thích sự biến đổi năng lượng ion hóa thứ nhất IEi (ld.m or1) trong hai dãy nguyên tố sau: K (419)

Rb (403)

Cs (376)

Cu (746)

Ag (713)

Au

c) Giải thích sự biến đổi tính bền của các oxit trong dãy c o SiO SnC Đáp án Câu 1 a. (lở)

Hướng dẫn chấm

Điểm

Câu hình electron của nguyên tử của các nguyên tô như sau: Nhóm

K

IA:

[Ar]4s'

Nhóm

Cu

IB:

[Ar]3d104 s‘

(Z

(Z

=

19)

Rb

(Z

=

37)

Cs (Z = 55) [Xe]6 s 1

=

47)

Au

[K r ]^ =

29)

Ag

(Z

[Ki-]4d105s 1

(Z

=

79)

[Xe]4f 145d 106s 1

0,5đ

De thay, nguyen tư cua các nguyên tô nhóm IB đêu có 1 electron ở lớp ngoài cùng, tương tự như nguyên tử các nguyên tố nhóm IA. Do vậy sự săp xêp như trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học dạng

0,5đ

ngắn là hợp lí. lyên tô K, Rb và Cs, câu hình electron lóp ngoài cùng tương từ K đên Cs là do sự tăng của bán kính nguyên tủ’.

0,5đ

........ ..................................................

Trong dãy nguyên tô Cu, Ag và Au, cấu hình electron của Cu và Ag tương tự nhau nên sự giảm IE] của Ag so với Cu là do sự tăng của bán kính

0,5đ

nguyên tử.

Dễ nhận thấy cấu hình electron của Ag và Au có sự khác biệt đáng kể: sự xuất hiện của các electron f trong cấu hình electron của Au. Tính chắn hạt nhân yếu của các electron f này sẽ làm tăng IEi của Au so với Ag. Tính chất này được gọi bằng thuật ngữ 'sự co f .

Trang 1

0,75đ

c. (l,25đ)

độ bền của các oxit trong dãy SiO, SnO, PbO sẽ tăng dần, cụ thể là SiO rất kém bên; SnO tương đối bền, có tính khử nhẹ; PbO bền.

0,75đ Độ bền bất thường của c o là do sự hình thành liên két 71 kiểu p-p đặc trưng

của các nguyên tố thuộc chu kỳ 2 .

Câu

0,5đ

(4,0 điểm)

2

a) Lập hận và xác định công thức Lewis bền „hắt tnmg từng truímg họp sau. ờ

:0 >' n -

: ộ = n

:0 '

"o:

:ộ : ii.

:0 -

c

O:

AI

A2

n

:o :

-o :

J •• • 0 - —P---0

1

Ó:

ĩ-

BI

A3

ỷ

3-

3-

:P :

ổ

T

...

0 - =p— 0 :

:Ó:

>

B3 ) Sự dụng mô hình vê sự đẩy nhau cùa các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPRX hãy dư đoán I ‘i hinh. hz c. ! ủa các !°" I à phí" sau: C10F2t’ ™ I a O F 4, H i y ’h„ b i ĩ ! « thái h i hóa cùa nguyên tử trung tìm C1 trong tfag ion và phân tử trên đày.

C) Hãy giãi thích sự biển dồi „hiệt dạ „6ng chỉy của các muố,

ha|o

điroc

bảng sau.

s

v

'

A1CỈ3

AIBi-3

Alh

192,5

98

189,5

Đ áp án

Hướng dẫn chấm a.

T (ĩũ

(l,25đ)

Điểm

■

Do N và o là hai nguyên tố thuộc chu kỳ 2 nên chúng tuân thủ chặt chẽ quy tăc bát tử. Trong cả 3 công thúc A l, A2 và A3, các nguyên từ o đều thỏa

TỊ mỉn tắcb4t tử-Tuynhién"cW ‘r°"S công thức A , N mới thỏa mãn 2

_ q u y

quy tăc bát tử nên A2 là công thức bền nhất.

'

ii. (0, 75 điểm) Trong cá 3 công thức B I , B2 và B3, các nguyên tử o dều thỏa mãn quy tắc bát từ. Đối vái p là nguyên tố thuộc chu kỷ 3, số electron trong lóp vô hóa tri có thề nhiều hon 8 , do đó không thể dựa trên quy tắc bát tử cho p để xác

Trang 2

0,5đ

định công thức bên nhât.

Xét điện tích hình thức cho từng công thức: -1

_

-1

3-

0

---- 3-

..

-p— o :

0

1+1

:0 -

0

:0 :

:Ò :

-1

•' Ó : -1

: ỗ ---- p — 1

:ỏ :

0

:

Ò =p—

-1'

I :0 :

-----1 I 0

: 0,5đ

-1'

;v

-1'

-1

BI

ro: II

62

B3

lượng trung tâm điện tích nhiều hơn hai công thức còn lại. B2 và B3 có so lượng trung tâm điện tích và giá trị điện tích như nhau, nhưng trong B2 điện tích âm xuất hiện trên các nguyên tử o âm điện, còn trong B3 xuất hiện trên nguyên tử p ít âm điện hơn o . Như vậy o hơn B3 và do đó B2 là công thức bền nhất. b. (l,5đ)

- Sử dụng mô hình VSEPR dự đoán được dạng

0,25đ của các ion và

phân tủ’ như sau:

0,5đ ,.F

Ó

Chóp tam giác sp3 c. (l,25đ)

Nhiệt độ nóng c kết trong dãy họp chấ

Bập bênh sp3d

X

3TH

Chóp đáy vuông sp3d2

BiTO .g của A IX 3 phản ánh sự thay đổi bản chât liên ty. Do Al3+ là cation có điện tích lớn, bán kính nhỏ

nên khả năng làm biến dạng đám mây điện tích của anion X“ lớn. Sự biến dạng này càng lớn thì tính cộng hóa trị của liên kết A l-X tăng, tính ion của ên kết giảm và do đó nhiệt độ nóng chảy của A IX 3 sẽ giảm. Từ F đến I ích thước của anion X- tăng lên, sự biến dạng anion xảy ra càng mạnh, tính chất cộng hóa trị tăng nên nhiệt độ nóng chảy sẽ giảm. Cụ thể:

0,5đ

+ t°nc của A 1F3 cao (1291°C) cho thấy bản chất ion của hợp chất. Với A 1CỈ3 , t°nc giảm nhiều so với A1F3 (tò 1291°c xuống 192,5°C) là do sự

0,25đ

giảm mạnh tính ion và tăng mạnh tính cộng hóa trị trong AICI3 . + Sang AlBr3 , sự tăng nhẹ của tính cộng hóa trị tiép tục là nguyên nhân làm giảm nhiệt độ nóng chảy giảm nhưng không quá nhiều so với trước (tò 0,25đ

192,5°c xuống 98°C).

Trang 3

+ Và sự tăng nhiệt độ nóng chảy của A II 3 so với AlBr3 là do sự tăng lực liên kêt liên phân tử theo chiêu tăng khối lượng nguyên tử như thường thấy

0,25đ

trong các hợp chất cộng hóa trị.

Câu 3 (4,0 điểm) Xét phản ứng phân hủy hiđro peoxit (H2 O2): 2H2 02(1)

2H2 0(1) + 0 2(k) (*)

a) Băng tính toán hãy cho biêt phản ứng phân hủy H2 O2 (*) có thuận lợi về mặt nhiệt độnIg học ở điều kiện 298 K và 1 atm hay không?

A//sn°298/kJ.mol

1

H2 O2 G)

h 20 ( 1)

-187,8

-285,8

109,6

69,9

AlS'°298/J.mc>r1.K~1

/

° 2(k)

/ V 205,2

sau. Trong đó t là thời gian phản ứng và F(Ơ2) là thể tích khí oxi tại thời điểm tương ứng Thời điêm t =

00

ứng với sự phân hủy hết H2 O2 . Xác định bậc phản ứng phân hủy H2O2 trong điều

kiện thí nghiệm và thời điểm khi 99% lượng H 2 O2 bị phân hủy. //phút

0

3

6

9

12

15

18

00

F(02)/mL

0

3,6

6 ,6

8,9

10,9

1 2 ,6

13,9

19,8

c) Hai cơ c lê sau được đưa ra cho phản ứng phân hủy I 2 O2 .

Cơ chế 1:

Cơ chế 2: H2O2 -» O' + H2 O

(chậm)

O' + O' -» O2

(nhanh)

H2O2 + H2 O2 -> 2 H2 O + O2 Hãy cho biêt cơ chê nào phù hợp với kết luận ở ý b). Đáp án Hướng dẫn chấm

Điểm

đã cho xác định được các thông sô nhiệt động học cho phản ứng

= 2.AHs„°(H20 ) -

2

.AHs„0(H20 2 ) = -196 ld.mor'

= 2.AS°(H2 0 ) + AS°(02) - 2.AS°(H20 2) = 125,8 J. moH.K - 1 Aơ°298 = AH° - 298.AS0 = 196 - 298.125,8.10“3 ~ - 233,5 ld.m or 1 Do AG°298 <

0

(2,25đ)

0,25đ 0,25đ

nên phản ứng phân hủy H2O2 thuận lợi về mặt nhiệt động học ở 0,25đ

điều kiện 298 K và 1 atm. b.

0,25đ

" Giả sử phản ứng phân hủy H2 O2 là bậc 1. Khi đó, sự phân hủy H 2 O2 tuân theo quy luật động học phản ứng bậc 1. Cụ thể là: ,

(£h2 o2)o ( Í o 2)t Trang 4

,

Mặt khác trong phản ứng phân hủy H2 O2, ta có:

'

Ỡ2 ) o ^ C^Ơ2 ) 00 (.^H202)phàn ứ n ^ ~ ( ^ ơ 2) t

Do đó: ( CH202) t - (,CH20 2)o - ( CH202)p h à n ứ n g ~ (V o 2) ( C H 2 Q2 ) o

002)00

C ^ ọ ,) ,

(V0 J m - (V0 J t

- (VŨ2)

J v

Khi đó quy luật động học phàn ứng cho phán ứng phân húy H 2O2 như sau: /n- Với từng giá trị 1 và v0l tưcmg ứng, xác định đuợc các giá tri k như■trong bảng sau: í/phút

12

15

18

Fo2/mL

3,6

6,6

8,9

10,9

12,6

13,9

/c/phúr'

0,0669

0,0676

0,0663

0,0666

0,0674

0,0672

0,75đ

Từ các giá trị k trong bảng có thể thây giả sử phản ứng phân hủy H2 O2 có bậc 1 là đúng. Hằng số tóc độ của phản ứng phân hủy lầ k = 0,067 phúr'.

0,25đ

- Khi 99% lượng H2 O2 bị phân hủy ta có: * _ 1 . (C//2 0 2) o *

1

O l ỉtVĩ sã ã? ẽ' ?"' ’1 c( C

100 11

*“ 6 9 p M ',ủtl 0,5đ

c.

(0,75đ)

- Cơ chê 1: phản ứng lưỡng phân tử với phương trình biểu diễu tốc độ: V = ch2 0 2 =* phản ứng bậc 2 .

0,25đ

- Cơ chế 2 : phản ứng chậm quyết định tốc độ phản ứng nên phương trình biêu diễu tốc ă ộ v = k. CH2 0 2 =Ị> phản ứng bậc 1.

0,25đ

- Như vậy, cơ chế 2 phù hợp với két luận ở ý b).

0,25đ

Câu 4 (4,u điêm) a) Hòa tan 225 mg một axit hai nấc HzA trong nước thu được 250 mL dung dịch X có pH = 2 06 Dung dịch Y là dung dịch bão hòa của Ca(OH) 2 trong nước. Thêm từ từ Y vào X tới khi tmng hòa vừa hết lượng axit trong X thì thu được dung dịch có pH = 7,96. Biết H 2A có hằng số phân ly axit thứ nhất là A .1 = 5,90.10-, Ca(OH) 2 có tích số tan * * = l,3.1(r 6 và các dung dịch đều ả nhiệt độ 298 K. Giả sử muối Ca(II) của axit H 2A tan tốt trong nước. i. Tính khối lượng mol phân tủ' của H 2A. ii. Tính hằng số phân ly axit thứ hai Kứ. của HỉA.

Trang 5

£ " ( F e ^ et4 = oe, 7 ^ v ChUân n H g ỉC ,2 /H g ) = °-241

^

* « I z z P([Fe(C N )^) biét p ttP e tC N )^ “

Z £ Ỉ Z 7>94

> 1

« ra n * dung djch KC1 b a o hòa),

° ’° " V . ™ hơn cùa Phfc chá, [Fe(CNW -.- T M

Cho ¿ ĩ | n=0/059|og

Trang 6

v

ii.ụ ,25 điểm)

~

’

- Xét dung dịch Y: Ca(OH)2 (r) ^ Ca2+(dd) + 20H “(dd) Ta có: tfsp(Ca(OH)2) = [Ca2 +][OH- ] 2 = 0,5[OH" ] 3 => [OH-] =

J3 2KSp(Ca(OH)2)

= Ự 2.1.3. 1 0 " 6 « 1,38.10~2M

0,25đ

- Thể tích dung dịch Y cần để tmng hòa lượng axit có trong 250 mL dung dịch X \ĩ _ ^nH2A 2.2,5.10 3 ddY _ [OH-]y “ 1,38.10-2 *

0 ,3 6 2

L

Ổ 0,25đ

- Sau khi trung hòa hết H2A, thể tích dung dịch 0,612 L. Khi đó cá bằng tồn tại trong dung dịch:

á ì

A (dd) + H2O (1) ^ HA (dd) + OH~ H-(dd)

HA“(dd) + H2O (1) ^ H2A(dd) + OH“(dd) H2 0(dd) ^ OH-(dd) + Ta có:

Ồ

CA2— [H2 A] 4- [HA ] +

2[Ca2+] + [H+] = [HA-] + 2[A2- ] + [OH~] - Sau khi trung hòa vừa hết H2A ta có [Ca2+] = CA2 - và tại pH = 7 96 [H2 A] « [HA-] và [A2-]. Khi đó: C41- - [HA-] + [A2 -] = [HA-] +

2Ca2- + [H+]

ở

= [HA-J ( , +

+ 2[A2-] + [OH-] =* [HA-] + [H+] = [OH-] [HA-] = [OH-] - [H+]

Vậy:

0,25đ Ca2 [HA-] K a2 = 10-7.96

[OH-] - [H+] - 1)

2,5 . 10 - 70 ,6 12 1 ( ) - 6 ,0 4 — ị Q - 7 ,9 6

- 1 1 « 4 ,9 7 .1CT5

(thỏa mãn điều kiện Kai » Ka2) b.

(2đ)

0,5đ

i. (ớ, 75 điểm)

- Xét nửa trái: Hg|Hg2 Cl2|KCl (bão hòa) Phản ứng điện cực: Hg2 Cl2(r) + 2e —» 2Hg(l) + 2cr(dd) Thế điện cực: £’(Hg2 CI2/Hg) = 0,241 V - Xét nửa phải: Pt|Fe3+ (0,01M), Fe2+ (0,02M) Phản ứng điện cực: Fe3+(dd) + e —» Fe2+(dd) .

Trang 7

Thê điện cực: £(Fe 3 +/F e2+) = £ ° ( Fe3 +/F e2+) + 0,0591og^—— 1 [Fe2+] 0,01 = 0,771 + 0 ,0 5 9 1 o g ^ = 0,753 V

- Do £(Fe 37Fe2+) > £'(Hg2Cl2/Hg) nên điện cực Pt|Fe3+ (0 01M) Fe2+ (0,02M) là catot, điện cực Hg|Hg2 Cl2|KCl (bão hòa) là anot.

- Sơ đồ pin: (-) Hg|Hg2 Cl2|KCl (bão hòa)|| Fe2+ (0,02M), Fe3+ (0 01M)|Pt (+) - Sức điện động của pin: Epin = £(Fe 3 +/F e2+) - £(H g 2 Cl2 /H g) = 0,753 - 0,241 = 0,512 - Phản ứng điện cực: Catot: Fe3+(dd) + e —» Fe2+(dd) Anot: 2Hg(l) + 2cr(dd) - > Hg2Cl2(r) + 2e - Phản ứng xảy ra khi pin phóng điện: 2Fe3+(dd) + 2Hg(l) + 2cr(dd) - * 2Fe2+ ii.

0,25 đi

- Tư sưc điện động mới của pin tính được

nửa phải sau khi thêm

lượng dư KCN:

■H*\ _ r. £(Fe 3 +/F e2+) - Epin 'pin + E(Hg2 Cl2 /Hg) = 0,099 + 0,241 = 0,340 V -

Mặt khác: ¿■(Fe3 +/F e2+) = E'3 (Fe3 +/F e2+) + 0 ,0 5 9 1 o g ^ — ^ [Fe2+] - 0,771 + 0,0591ogị^-W = 0,340 V [Fe2+] 4,95.10"

11 them

[Fe2+] f » [ ^ 3+

2 .1 0

0,5đ

KCN vào nửa phải thì các quá trình tạo phức xảy ra: Fe2+(dd) + 6 CN-(dd) -> [Fe(CN)6]4-(dd)

^

Fe3+(dd) + 6 CN-(dd) —>[Fe(CN)6 ] 3“(đd)

Bằng lượng tính toán có thể thấy lượng KCN thêm vào dư. Do hai phức chất có hằng số bền rất lớn nên có thể coi như Fe2+ và Fe3+ tạo phức hoàn toàn với CN- .

- Ta có:

Trang 8

0,25đ

ỡ _ [Fe(CN)|-] ^Fe(CN)ắ[Fe2+][CN- ]6 Nên: ffre(CN)Ị- _ [Fe(CN)ể ] [Fe2+] Pỉe(CN)ị-

(CFe3 + ) 0 [Fe2+] _ 1 [Fe2+]

[Fe(CN)6 - ] ' [Fe3+] * (CFe2 +)o ' [Fe3+] ~ 2 ■[Fe3+]

10’

Mà /?Fe(CN)ắ- = 7'94' 1 0 3 6 =* ^Fe(CN)I- = 7,94. 10 43

0,5đ

Câu 5 (4,0 điểm) a) Cho lượng dư khí SO2 đi qua dung dung dịch NaOH. Sau phản ứng, cô cạn cẩn thậ] thu được muối khan A có thành phần tạo từ 3 loại nguyên tố. Xử lý 0,380 g A với lượng dư dung dịch nước Br2, rồi thêm lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 0,932 g kết tủa trắng không tan trong axit mạnh. Mặt khác, khi cho 0,570 g A vào dung dịch HC1 loãng, dư thu được khí không màu, có tí khôi so với O2 băng 2 và dung dịch chứa 0,351 g một muối duy nhất. Xác định A b) Viêt phương trình hóa học của phản ứng trong các thí nghiệm sau:

■

i. Cho khí Cl2 đi qua huyền phù Na2 C0 3 . 1 0 H20 trong C C I 4 . ii. Cho khí CỈ2 đi qua dung dịch Na2 CC>3 đặc, đun nóng.

III .

Đun nóng dung dịch nước Javen. Sau đó, axit hóa dung dịch thu được với dung dịch H 2 S O 4

IV.

Cho khi CI2 (dư) lội qua dung dịch KI. Sau đó, kiềm hóa và đun nóng dung dịch thu được với

KOH. V. Cho lượng dư dung dịch KI vào dung dịch KIO4 . Sau đó axit hóa dung dịch thu được với dung dịch H2 SO4 loãng. Đáp án Câu 5

Hưóng dẫn chấm

Điểm

- Từ dữ kiện bài toán, A sẽ có thành phân là NạtSj,Oz - 0,380 g A xử lý với nước Br2 (dư) rồi dung dịch BaCh (dư) được kết tủa trắng, không tan trong axit mạnh là BaSCU. Ta co: n s trong 0,38 gA = nBaS04 = 4- 1 0 - 3 m o l = » n s trong 0 57 g A = 6 . 1 0 - 3 m ol

0,5đ

- 0,570 g A vào dung dịch HC1 loãng, dư thu được khí không màu (có tỉ khôi so với O2 bằng 2 là khí SO2) và dung dịch chứa một muối duy nhất là NaCl. Ta có: n Na trong 0,57 gA = n Naci = 6 . 1 0 _3m o l

• Xét 0,57 g A NaxSj,Oz có nNa = 6.10-3 mol, ns = 6.1 o-3 mol =» no = 15.10-3 mol Trang 9

0,25đ

0,25đ

Vậy: x : y : z - 6 : 6 : 15 = 2 : 2 : 5 Suy ra A là Na 2 S20 5 . b.

0,5đ

i. 2 CỈ2 + 2Na2C 03 + H20

CI2 O+ 2NaCl + 2NaHC03

(2,5đ) hoặc 2Ch + Na2 C 0 3

ChO+ 2NaCl + C 0 2\ 0,25đ

(CI2 O tan và được chiết lên pha hữu cơ CCI4)

xlOpt ii. 3CỈ2 + 6Na2C 03(đ) + 3H20 — >NaC103 + 5NaCl + 6NaHC03 ...

V

t°

NaC103 + 2NaCl NaClƠ3 + 5NaCl + 3 H2 SO4 —» 3Na2SŨ4 + 3Ơ2t + 3 H2 O 0

iv. Cl2 + 2KI —>2KC1 + I2 5CỈ2 + I2 + 6 H2 O —> 10HC1 + 2 HIO3 HC1 + KOH —>KC1 + H2 O

H IO 3 + KOH

Cl2 + 2KOH + K IO 3 —» 2KC1 + K IO 4 + H2 O V.

2 K I + K IO 4 + H 2 O ■

K IO 3 + 5KI + 3 H2 SO4

KIO3 + h + 2KOH >312 + 3 K2 SO4 + 3H20

A o

Trang 10

k i o 3 + H2 0