De thi vong loai Quoc gia tinh NA

Cho biết trị số năng lợng ion hoá thứ nhất I 1 eV của các nguyên tố chu kỳ 2 Nhận xét sự biến thiên năng lợng ion hoá của các nguyên tố trên.. Chất D bị thuỷ phân mạnh trong nớc tạo th

Môn thi: Hoá học

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 07/11/2008.

Câu 1 (4,0 điểm)

1 Cho biết trị số năng lợng ion hoá thứ nhất I 1 (eV) của các nguyên tố chu kỳ 2

Nhận xét sự biến thiên năng lợng ion hoá của các nguyên tố trên Giải thích.

2 So sánh góc liên kết, momen lỡng cực của các hạt: NO 2 , NO 2 , NO 2-

3 Giải thích tại sao BF 3 có thể dime hoá, còn BCl 3 không thể, trong lúc đó AlF 3 và AlI 3 lại dễ tạo dime?

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Dựa vào bảng số liệu:

Oxh / Kh I 2 / 2I - Br 2 / 2Br - Cl 2 /2Cl - IO 3- /I 2 BrO 3- /Br 2

Hãy giải thích hiện tợng quan sát đợc trong thí nghiệm sau: Cho luồng khí clo từ từ đi vào dung dịch chứa KI và KBr có hoà tan vài giọt hồ tinh bột đến d

2 Có 3 đơn chất của 3 nguyên tố là A, B, C A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra chất D Chất D

bị thuỷ phân mạnh trong nớc tạo thành khí cháy đợc có mùi trứng thối B và C tác dụng với nhau tạo

ra khí E, khí này có khả năng làm quỳ tím ẩm hoá đỏ Hợp chất của cả 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu tan trong nớc và bị thuỷ phân Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và rất cứng Xác

định A, B, C và các hợp chất tơng ứng Viết các phơng trình phản ứng

Câu 3 (4,0 điểm)

1.Trộn 20 ml dung dịch NH 3 có pH = 10,5 với 20 ml dung dịch H 2 SO 4 có pH = 2,5 thu đợc dung dịch A Tính pH của dung dịch A, biết K b của NH 3 là 1,8.10 -5 và coi H 2 SO 4 điện li hoàn toàn

2 Ngời ta để một dung dịch chứa Tl + 0,1M và HCl 1M ra ngoài không khí ở 25 0 C, áp suất 1 atm (oxi chiếm 21% thể tích không khí) cho đến khi Tl + bị oxi hoá đến mức tối đa thành Tl 3+ Tính % số mol Tl + còn lại cha bị oxi hoá Cho:

O 2 + 4H + + 4e → 2H 2 O E 0 = 1,23V

Tl 3+ + 2e → Tl + E 0 = 1,25V

Câu 4 (4,0 điểm).

1 Để hoà tan 9,18 gam bột nhôm cần dùng dung dịch axit A có nồng độ 0,25M, thu đ ợc khí

X và dung dịch muối Y Biết trong khí X số nguyên tử của nguyên tố có sự thay đổi số oxi hoá

là 0,3612.10 23 Để tác dụng vừa đủ với dung dịch Y tạo ra một dung dịch trong suốt thì cần

290 gam dung dịch NaOH 20% Xác định khí X và thể tích dung dịch A cần để hoà tan 9,18 gam nhôm (biết số Avogadro là 6,02.10 23 ).

2 Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu bằng dung dịch H 2 SO 4 98% (d) thu đợc dung dịch A Pha loãng dung dịch A rồi điện phân với điện cực trơ bằng dòng điện I=9,65A

đến khi hết Cu 2+ thì mất 9 phút 20 giây (hiệu suất điện phân 100%) Sau khi điện phân thu đợc dung dịch B, dung dịch B phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KMnO 4 0,04M

a Viết các phơng trình phản ứng trong quá trình thí nghiệm trên.

b Tính m.

Sở Gd&Đt Nghệ an kỳ thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia

lớp 12 THPT năm học 2008 - 2009

Đề thi chính thức

(Đề thi có 02 trang)

1 a Khảo sát phản ứng: NH 4 Cl (K) € NH 3 (K) + HCl

(K)

Ngời ta tiến hành hai thí nghiệm trong 2 bình có thể tích cố định bằng nhau, chân không sau: Thí nghiệm 1: Cho 4 mol NH 4 Cl vào bình 1, khi phản ứng đạt cân bằng hoá học ở nhiệt độ

T có áp suất P 1 =1,5 atm, độ phân li của NH 4 Cl là ∝ = 0,6 Tính K p

Thí nghiệm 2: Cho 16 mol NH 4 Cl vào bình 2, khi phản ứng đạt cân bằng ở nhiệt độ T, áp suất chung của hệ là P 2 Tính P 2

b Kết quả tính độ phân li của NH 4 Cl trong hai thí nghiệm có phù hợp với nguyên lý Lơsatơliê không? Giải thích.

2 Có hai hỗn hợp A, B Hỗn hợp A chứa Na 2 CO 3 và NaHCO 3 , hỗn hợp B chứa Na 2 CO 3 và NaOH Một trong hai hỗn hợp này đợc hoà tan trong nớc tạo thành một dung dịch D có thể tích 100 ml Lấy 20 ml dung dịch D chuẩn độ với dung dịch HCl 0,2M

Lần 1: Dùng chỉ thị phenolphtalein thấy cần 36,15 ml dung dịch HCl

Lần 2: Dùng chỉ thị metyl da cam thấy cần 43,8 ml dung dịch HCl Cho vùng chuyển màu của phenolphtalein là pH = 8,3 → 10 và vùng chuyển màu của metyl da cam là pH = 3,1 → 4,0

a Cho biết các phản ứng nào đã xẩy ra khi đạt đợc giá trị chuyển pH

b Cho biết hỗn hợp nào đã đợc phân tích.

c Xác định thành phần hỗn hợp đã phân tích.

Cho: H=1 ; O=16; N=14; Cl=35,5; S=32; C=12; Na=23; K=39; Cu=64; Fe=56;

Mn=55; Al=27; Br=80; I=127.

-

Hết -* Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu.

* Giám thị không giải thích gì thêm.

Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi hsg quốc gia lớp 12

Năm học 2008 - 2009 hớng dẫn chấm, đáp án và biểu điểm chấm đề chính thức

Môn: HOÁ

Ngày thi: 07/11/2008

1

1,5 đ

- Nhận xột: Nhỡn chung năng lượng ion hoỏ thứ nhất I1 của cỏc nguyờn tố

- Giải thớch:

+ Trong 1 chu kỳ, nguyờn tử cỏc nguyờn tố cú số lớp e bằng nhau Từ trỏi

sang phải điện tớch hạt nhõn tăng, đồng thời số e lớp ngoài cựng tăng làm

cho lực hỳt giữa hạt nhõn với e lớp ngoài cựng tăng lờn, do đú bỏn kớnh

nguyờn tử giảm dần Vỡ vậy, năng lượng cần để tỏch e ra khỏi nguyờn tử

0,5

- N có cấu hình 1s22s22p3 phân lớp s đã bão hoà, phân lớp p bán bão hoà

cũng là cấu hình bền nên cần cung cấp năng lượng cao để tách e ra khỏi

vỏ nguyên tử

2

+ = O → N lai hoá sp → có dạng đường thẳng

NO2:

N

.

→ N lai hoá sp2, N còn 1 e độc thân

NO2:

N

O-

→ N lai hoá sp2, N còn cặp e cặp đôi

0,5

+ Do cặp e cặp đôi đẩy các cặp e liên kết lớn hơn e độc thân nên ta có góc

+ Mo men lưỡng cực:

O = N = O+

O O

N

O

N

-O

NO

2

µ < µ − vì mô men lưỡng cực của e cặp đôi lớn hơn e độc thân

Vậy µNO2− > µNO2 > µNO2+

0,5

3

1 đ

- Trong các phân tử trên B, Al đều ở trạng thái lai hoá sp2, 3 obitan sp2

của mỗi nguyên tử tham gia liên kết tạo 3 liên kết σ , nguyên tử trung tâm

còn lại 1 obitan trống:

B*: 2s1 2p2

sp2

Al*: 3s1 3p2

sp2

Trong phân tử obitan trống còn lại của B, Al tạo liên kết π (p → p) không

định vị với F, Cl làm bền hơn cho liên kết σ .

0,25

B

Cl

Cl Cl

B F

F F

F

Al Al

I

I I

Phân tử BF3 có thể đime hoá vì B có xu hướng chuyển từ lai hoá sp2 sang

sp3, lúc đó nguyên tử F của phân tử BF3 thứ 2 đưa ra 1 cặp e p xen phủ

với obitan trống của nguyên tử B ở phân tử thứ nhất, tương tự nguyên tử

F ở BF3 thứ nhất cũng tạo liên kết cho nhận với nguyên tử B ở BF3 thứ 2

B F

F

F

B F

F

F

0,25

Phân tử BCl3 không thể đime hoá vì B có kích thước nguyên tử nhỏ, Cl có

kích thước lớn hơn F nên sự sắp xếp A nguyên tử Cl xung quanh nguyên

tử B là không thuận lợi về mặt năng lượng

0,25

Phân tử AlF3 và AlI3 dễ tạo đime vì Al có xu hướng chuyển từ lai hoá sp2

sang sp3, mặt khác Al có bán kính nguyên tử lớn nên 1 nguyên tử Al liên

kết với 4 nguyên tử F hay 4 nguyên tử I là đều thuận lợi về mặt năng

lượng

Al Al

I F

F

F

F

F

F

I

I I

0,25

1

0 / 2

E −> E IO03− /I2> E Br02/ 2Br−> E I02/ 2I−

và clo lấy dư nên các phản ứng lần lượt xảy ra:

1) Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 làm dung dịch chuyển dần màu xanh

2) Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 làm dung dịch có màu đậm dần do Br2 có

3) 5Cl2 + I2 + 6H2O → 10Cl- + 2IO3- + 12H+ làm màu dung dịch

nhạt dần chuyển sang màu vàng

4) Do clo dư nhiều và E BrO0 3− /Br2 - E Cl02/ 2Cl− = 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng:

5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10Cl- + 2BrO3- + 12H+ làm màu vàng của

dung dịch nhạt dần và mất đi

Nếu tiếp tục sục clo thì dung dịch có màu vàng nhạt của 1 lượng nhỏ clo

hoà tan

1

2 đ

- Vì D thuỷ phân mạnh trong nước sinh ra khí cháy được có mùi trứng

thối

⇒ D là muối sunfua của kim loại như Mg, Al…

- B và C tác dụng với nhau tạo ra khí E, khí E làm quỳ ẩm hoá đỏ ⇒ E

oxit là axit =>B là lưu huỳnh, C là Oxi

- Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và rất cứng ⇒ A là nhôm ⇒

hợp chất Al2O3

- Hợp chất của cả 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong

nước, bị thuỷ phân ⇒ Al2(SO4)3

Vậy A là Al, B là S, C là O2

1

Phương trình phản ứng:

2Al + 3S 0

t

→ Al2S3

(D)

Al2S3 + 6H2O → 2Al(OH)3 + 3H2S ↑ 2H2S + 3O2

0

t

→ 2SO2 + 2H2O 2H2S + O2

0

t

→ 2S + 2H2O

S +O2

0

t

(E)

Al3+ + H2O ‡ ˆ ˆˆ ˆ † Al(OH)2+ + H+

1

1

2 đ

*Dung dịch NH3, pH = 10,5:

NH3 + H2O ¬ → NH4+ + OH- K = 1,8.10-5

Cbđ Cb 0 0

Cđl x x x

Ccb Cb- x x x

pH = 10,5 → pOH = 3,5 → x = 10-3,5

→

3,5 2

5 3,5

(10 )

1,8.10 10

b

C

−

−

− =

− → Cb = 5,872.10-3M

0,5

* Dung dịch H2SO4, pH = 2,5 → C H+ =10-2,5 M = 3,162.10-3M

Sau khi trộn do thể tích tăng lên gấp 2 lần → nồng độ các chất và ion

giảm 2 lần hay Cb = 2,936 10-3M

H

C + =1,581.10-3 M

0,5

Phản ứng xảy ra khi trộn:

NH3 + H+ → NH4+

Cbđ 2,936.10-3 1,581.10-3 0

Cpư 1,581.10-3 1,581.10-3 1,581.10-3

Ccòn 1,355.10-3 0 1,581.10-3s

0,5

Cân bằng trong dung dịch:

NH3 + H2O ¬ → NH4+ + OH

-Cbđ 1,355.10-3 1,581.10-3

Cđl x x x

Ccb 1,355.10-3 - x 1,581.10-3+x x

K =

3 3

(1,581.10 ) 1,355.10

x

−

−

+

− = 1,8.10-5 → x = 1,54271.10-5M

→ pOH = 4,812 →pH = 9,188

0,5

2

2 đ Ta có: O2 + 4H

+ + 4e → 2H2O E0 = 1,23 V 2( Tl+ → Tl3+ + 2e) E0 = -1,25 V

2Tl+ + O2 + 4H+ → 2Tl3+ + 2H2O Eo = - 0,02 V

0,5

Cbđ 0,1 1 0

Ccb 0,1 - x 1 - 2x x

2 0, 21

O

P =

0

2

3 2

0,059 + 2 + 4

10 [Tl ] [H ]

nE O

Tl

K P

+

= =

→

4( 0,02) 2

2 0,059

(0,1 ) 0, 21.(1 2 )

x

−

−

0,5

Giả thiết x =1, ta có: 2 2

(0,1 ) 0, 21.1

x x

−

=

−

→ x2 = 0,924.10-2(x2 - 0,2x + 0,01)

→ 0,99x2 + 0,1848.10-2.x - 0,924.10-4 = 0

→ x = 8,65.10-3 (x>0)

Ta thấy x = 1 → giả thiết đúng

0,5

Vậy nồng độ Tl+ còn lại chưa bị oxi hoá: 0,1 - 8,65.10-3 = 0,09135 M

1

3

Al

n += 9,18/27 = 0,34 mol

nNaOH = 1,45 mol

Al3+ + 4OH-→ AlO2- + 2H2O

dau

0,34.4 1,36

n − = = mol n< −

0,5

→ trong dd có 1 muối tác dụng với OH- tạo ra dd trong suốt, đó là

NH4NO3 → A là HNO3

NH4+ + OH-→ NH3+H2O

4

Số mol nguyên tử N trong khí X là 0,3612.102323 0,06

6, 02.10 = mol

→

0,5

0,9 0,72 0,09

NO3- + 6H+ + (5-x)e → Nx + 3H2O

0,36 0,06(5-x) 0,06

⇒ ne nhận = 0,72 + 0,06(5 - x) mol

⇒ 0,06(5 - x) + 0,72 = 1,02 → x = 0 → X là N2

3 0,9 0,36 1, 26

HNO H

⇒ 1, 26 5,04

0, 25

2

2 đ

a Các phương trình phản ứng:

2Fe + 6H2SO4→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)

x

2

x

Cu + 2H2SO4→ CuSO4 + SO2 + 2H2O (2)

Phương trình phản ứng điện phân dd A:

2Fe2(SO4)3 + 2H2O →dp 4FeSO4 + O2 + 2H2SO4 (3)

2

x

4

x

0,25 2CuSO4 + 2H2O →dp Cu + O2 + 2H2SO4 (4)

y y

2

Phương trình phản ứng khi dd B tác dụng với KMnO4:

10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4→ 5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O

(5)

x

5

x

0,25

b Tính m:

Gọi x, y là số mol Fe, Cu trong hỗn hợp

Ta có: n KMnO4 = 0,1.0, 04 0,004 = mol

Theo (5): 0,004 0,02

5

x

x

0,25

Ta có: 2 (3),(4)

9, 65(9.60 20)

0, 014 4,96500

O

It n

nF

+

0,25 Theo (3), (4): 0,014

4 2

x+ =y → y = 0,018 Vậy m = 56x + 64y = 56.0,02 + 64.0,018

m = 2,272 g

0,25

1

2đ a) Phản ứng: NH4Cl(K)

ˆ ˆ †

‡ ˆ ˆ NH3(K) + HCl(K)

Ban đầu: n mol Phân li: nα

Cân bằng: n(1-α ) nα nα

Tổng số mol khí khi cân bằng là n(1 + α)

0,25

Theo Đan tơn áp suất riêng phần từng khí là:

1

, P

−

Vậy KP của phản ứng = 3

4

.

NH Cl

P ⇒ Thay vào ta có:

KP = 2 2

α α

−

0,25

Đặt n1 là số mol khí trong bình 1 khi phản ứng cân bằng

→ n1 = 4(1 + 0,6) = 6,4 (mol)

n2 là số mol khí trong bình 2 khi phản ứng cân bằng

→ n2 = 16(1 + α 2) (mol)

Áp suất khí trong bình 1 là P1, trong bình 2 là P2 (atm)

* Theo thí nghiệm 1:

2 2

(0,6)

.1,5 0,84375

1 (0, 6)

P

−

0,5

* Vì thể tích và nhiệt độ 2 bình như nhau nên:

1 1 2

2 1

2 2 1

P = n → = n

2

16(1 )

1,5 3,75(1 )

6, 4

(*) Mặt khác ta lại có: KP =

2 2 2 2 2

( )

0,84375

1 ( ) P

α

Thay (*) vào (**) ta có:

2 2

2

( )

3,75 1 0,84375

1 ( )

−

Hay:

2

3,75 4,59375 0,84375 0

α



 < <



→ α 2 = 0,375 và P2 = 5,15625 atm

0,75

b) Trong thí nghiệm 1: Dùng 4 mol NH4Cl thì α 1=0,6

Trong thí nghiệm 2: Dùng 16 mol NH4Cl thì α 2= 0,375

n2 > n1 , α α 1 > 2

Trong điều kiện V, T = const khi số mol khí tăng và ∆n ≠ 0 thì cân bằng

chuyển dịch theo chiều làm giảm số mol khí nên α 2 < α 1, độ phân li giảm,

phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng của Lơsatelie

0,25

2đ

a) Thí nghiệm 1: Khi dùng P.P để chỉ thị thì khi chuyển màu dd tồn tại

dạng HCO3-→ các phản ứng xảy ra:

+ hỗn hợp A: Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl + hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H2O

Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl Thí nghiệm 2: Khi dùng metyl da cam làm chỉ thị thì khi chuyển màu dd

tồn tại dạng CO2→ các phản ứng xảy ra:

+ hỗn hợp A: Na2CO3 + HCl → NaCO3+HCl → NaHCO3+NaCl

NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2

+ hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H2O

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2

0,75

( 1) ( 2) 2

=





( 2)

1 2

HCl TN

HCl TN

n

n <

Hỗn hợp B:

( 1) ( 2) ( 1) ( 2)

2 1 2

HCl TN HCl TN

n n

Theo giả thiết: ( 1) 1

( 2) 2

36,15 1 43,8 2

HCl TN HCl TN

Vậy B được phân tích

0,75

Gọi số mol của NaOH, Na2CO3 trong 20 ml dd là x, y:

nHCl(TN1) = x + y = 7,23.10-3 mol

nHCl(TN2) = x + 2y = 8,76.10-3 mol

⇒

3 3

5,7.10 1,53.10

x

y

−

−

 =





=



0,5

* Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.