Cấu trúc a với các electron khơng liên kết ở vị trí trục cĩ khả năng tồn tại thực tế vì nĩ đảm bảo cho lực đẩy giữa các cặp electron khơng liên kết là nhỏ nhất.. Cấu trúc c với cặp elect
Trang 1KÌ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 LẦN THỨ XII TẠI THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG - KHĨA NGÀY 17 THÁNG 4 NĂM 2006
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA HỌC LỚP 10 Câu I (4 điểm)
1 Trong các cấu trúc cĩ thể cĩ sau đây, những cấu trúc nào tồn tại ưu tiên hơn? Vì sao?
I
ClCl ClCl Cl I ClCl
Cl
Te Cl Cl Cl Cl
Te
ClCl
Cl Cl
2 Tại sao nước đá nhẹ hơn nước lỏng? (cĩ vẽ hình minh họa)
3. 137Ce tham gia phản ứng trong lị phản ứng hạt nhân, cĩ chu kì 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 cịn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra
4 Dựa theo thuyết MO, hãy giải thích từ tính của phân tử F2 và ion CO+
1 Cấu trúc (a) với các electron khơng liên kết ở vị trí trục cĩ khả năng tồn tại thực tế vì nĩ
đảm bảo cho lực đẩy giữa các cặp electron khơng liên kết là nhỏ nhất
Cấu trúc (c) với cặp electron khơng liên kết ở vị trí xích đạocĩ khả năng tồn tại trong
thực tế vì tương tác đẩy ở cấu trúc này bé nhất
2 Do cĩ liên kết hidro nên nước đá cĩ cấu trúc 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
oxi và liên kết hidro với một nguyên tử oxi khác Cấu trúc này tương đối rỗng nên cĩ tỷ
khối nhỏ Khi tan thành nước lỏng cấu trúc này bị phá vỡ, khoảng cách giữa các phân tử
giảm nên thể tích giảm và do đĩ tỷ khối tăng Kết quả là nước đá nhẹ hơn nước
O
H H
H
H O O H O
H H
O
H H
H
Cấu trúc tứ diện của tinh thể nước đá
3 Áp dụng cơng thức:
K =
N
N lg K
303 , 2 t N
N lg t
303 , 2 N
N
ln
t
=
⇒
=
Mà k =
N
N lg 693 , 0
T 303 , 2 t T
693 ,
=
⇒
72 , 200 693
, 0
2 2 , 30 303 , 2 100 lg 693 , 0
2 , 30 303 , 2 100 N
N lg 693 , 0
2 , 30 303
,
2
t
o
=
⇒
(năm)
Vậy sau 200,46 năm thì lượng chất độc trên cịn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra
4 Cấu hình electron của phân tử F2:
0,50 0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
Trang 2( lk
s
2
σ )2( *
s 2
σ )2(σlkpz)2(πlkpx= πlkp y)4( *
px
p y
π )4
Phân tử F2 không có electron độc thân nên nghịch từ
Cấu hình electron của ion CO+:
( lk
s
2
σ )2( *
s 2
σ )2(πlkpx= πlkpy)4(σlkpz)1
Ion CO+ có electron độc thân nên thuận từ
0,50
0,50
Câu II (4 điểm)
1 Cho các dữ kiện:
N2O4 (k) 2NO2 (k)
) mol / kJ (
Hoht
) mol / J (
So298
Giả thiết rằng biến thiên entanpi và entropi phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ Phản ứng sẽ tự xảy ra theo chiều nào tại nhiệt độ: (a) 0oC và (b) 100oC
2 Cho hỗn hợp khí A gồm H2 và CO có cùng số mol Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:
CO (k) + H2O (k) ⇌ CO2 (k) + H2 (k) Hằng số cân bằng KC của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (toC) bằng 5 Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1 : n Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2
(a) Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và KC
(b) Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng)
1 ∆Ho
pu = 2.33,849 – 9,665 = 58,033 kJ
∆So = 2.240,4 – 304,3 = 176,5 J
∆Go
273 = ∆Ho - T ∆So = 58033 – 273.176,5 = 9848,5 J > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều
nghịch
∆Go
373 = ∆Ho - T ∆So = 58033 – 373.176,5 = - 7801,5 J < 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều
thuận
0,50 0,50 0,50 0,50
2 (a) Xét cân bằng: CO + H2O ⇄ CO2 + H2
Trước phản ứng 1 n 0 1
Phản ứng a a a a
Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a
Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2
[ ][ ] [ ][ ] (1 a)(n a)
) 1 a ( a O
H CO
H CO K
2
2 2
+
=
=
(b) Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp
N
a 1
(N = n+2) Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn
100x2 + 65x – 2 = 0 Giải phương trình: x = 2,94%
1,00
1,00
Câu III (4 điểm)
Trang 31 Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M và CH3COOH 0,02 M Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23 M thì dừng, ta thu được dung dịch A1
(a) Tính nồng độ các chất trong dung dịch A1
(b) Tính pH của dung dịch A1
(c) Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1
Cho: Ka(HSO−4) = 10-2; Ka(CH3COOH) = 10-4,75
2 Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M, có các quá trình sau đây xảy ra: Cr2O72– + H2O ⇌ 2CrO42– + 2H+
a
K = 2,3.10-15
Ba2+ + CrO42–⇌ BaCrO4↓ 1 9 , 93
1 10
T− =
Sr2+ + CrO42– ⇌ SrCrO4↓ 1 4 , 65
2 10
T − =
Tính khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4
1 (a) H2SO4→ H++ HSO−4
0,05 0,05 0,05
HCl → H++ Cl−
0,18 0,18
NaOH → Na+ + OH−
0,23 0,23
H++ OH− → H2O
0,23 0,23
Dung dịch A1: HSO−4 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na+ 0,23M; Cl−0,18M
(b) HSO−4 H++ SO42- (1)
0,05M
0,05-x x x
CH3COOH CH3COO−+ H+ (2)
0,02M
H2O H+ + OH− (3)
555 100
10
10 Ka
Ka
75 ,4 2
2
1 = −− = 〉 ⇒ cân bằng (1) là chủ yếu
Ka1.Ca1 = 10-2.0,05 > 2.10-3 ⇒ bỏ qua sự điện ly của H2O
380
10
05,
0 Ka
Ca
2 1
1 = − 〈
Xét cân bằng (1): Ka1 = 2 10 2
x 05 , 0
=
− ⇒ x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,74
CH3COOH CH3COO− + H+
0,02 0,018
(0,02 - y) y 0,018
0,50
1,00
0,50
0,50
Trang 4Ka2 = 10 4 , 76
) y 02
,
0
(
y 018
,
− ⇒ y = 1,93.10− 5 và α = 9,65.10− 2 %
2 Trong dung dịch có các cân bằng sau:
Cr2O72- + H2O ⇌ 2CrO42- + 2H+ 14 , 64
a 10
CrO42- + Ba2+⇌ BaCrO4↓ T1−1 =109,93
CrO42- + Sr2+ ⇌ SrCrO4↓ 1 4 , 65
2 10
T − =
Điều kiện để có kết tuả hoàn toàn BaCrO4: 10 M
10
10 ] Ba [
T
CCrO 2 12 9,693 −3,93
−
−
>
−
Điều kiện để không có kết tủa SrCrO4: 10 M
10
10 C
T
C 2 4,165 3,65
Sr
2
−
− + = =
<
−
Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrO4 thì phải thiết lập khu vực nồng
độ: 10 −3,93 < CCrO 2 − < 10 −3,65M (2)
Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó 2 −
4
CrO
C tính theo (2) và [Cr2O72−]≈1M (vì dùng dư so với ion Ba2+ cần làm kết tủa), tính được khu vực pH cần thiết lập:
Cr2O72- + H2O ⇌ 2CrO42- + 2H+ 14 , 64
a 10
K = −
Tại cân bằng: 1 C x
7 , 3 pH 4 , 3 10
] H [ 10
C
10 C
1 10 ]
H
[
32 , 7 2
64 ,
=
0,75
0,75
Câu IV (4 điểm)
1 Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO3)2 0,1M và Ag/AgNO3 0,1M có thế khử chuẩn tương ứng là Eo 0 , 76 V
Zn /
Zn 2+ = − và EoAg+/Ag = + 0 , 80 V (a) Thiết lập sơ đồ pin
(b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc
(c) Tính suất 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) FexOy + HNO3→ NnOm +
(b) Cr3+ + ClO3- + OH-→
3 Hoàn thành phản ứng oxy hóa khử sau theo phương pháp ion - electron:
(a) SO32- + MnO4- + H2O →
(b) FexOy + H+ + SO42-→ Fe3+ + SO2 + S + H2O (với tỉ lệ mol SO2 và S là 1:1)
1
(a) Zn2+ + 2e Zn
E1 = 2 2
0, 059
2 + = + + + = - 0,76 + (0,059/2).lg0,1 = - 0,7895 V
Ag+ + e Ag
Ag / Ag Ag / Ag
0,059
1 + = + + + = + 0,8 + 0,059.lg0,1 = 0,741 V
E1 < E2 nên điện cực kẽm là cực âm và điện cực bạc là cực dương Sơ đồ pin
điện như sau: (-) Zn | Zn(NO3)2 0,1M || AgNO3 0,1M | Ag (+) 0,50
Trang 5b Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+
Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag
c
Epin = E2 – E1 = 0,741 – (- 0,7895) = 1,5305 V
d Khi pin ngừng hoạt động thì Epin = 0
Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin Ta có:
0, 059
2
0
Ag / Ag Ag / Ag
0,059
1
2
Ag 0,059
+ +
pin
0,1 x 0,059
x
2
−
+
51,86
0,1 x
x 0,1 2
−
−
+
⇒ ≈x 0,1M
2
+
; Ag+ = 0,1+ x2÷.10−51,86 ≈4,55.10 M−27
0,50
0,25
0,75
2 a) xFe+ 2 /y x −(3x−2y e) →xFe+ 3 x (5n – 2m)
nN+ + n− m e→nN+ x (3x – 2y) (5n−2m Fe O) x y+(18nx−6mx−2ny HNO) 3→(3x−2y N O) n m+(5n−2m xFe NO) ( 3 3)
+ (9nx+3my ny H O− ) 2
b) Cr+3 − →3e Cr+6 x 2
6
2Cr+ +ClO−+10OH− →2CrO −+Cl−+5H O
0,50
0,50
3.
a) SO32- - 2e + H2O → SO42- + 2H+ x 3
MnO4- + 3e + 2H2O→ MnO2 + 4OH- x 2
3SO32- + 2MnO4- + H2O → 3SO42- + 2MnO2 + 2OH
-b)
2
3 2
y
x
+
2
2SO −+12H++8e → +S O + +S 6H O x (3x – 2y) (1đ)
8Fe O x y+ 6x−4y SO −+ 36x−8y H+ → 8Fe ++ 3x−2y SO
+ (3x−2y S) (+ 18x−4y H O) 2
0,50
0,50
Trang 6Câu V (4 điểm)
1 Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS2 và FeS Khi xử lí một mẫu khoáng pirit bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung dịch B Nung kết tủa A đến khối lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 vào 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 356 gam hỗn hợp X gồm NaBr và NaI tác dụng với 0,4 mol Cl2 Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được chất rắn A có khối lượng 282,8 gam
(a) Chứng tỏ rằng chỉ có NaI phản ứng
(b) Cho dung dịch A trên tác dụng với Cl2 Để dung dịch thu được chứa hai muốithì lượng Cl2 tối thiểu phải dùng là 35,5 gam Tính số mol mỗi chất trong hỗn hợp X
1 (a) Phương trình phản ứng:
2FeS2 + 15Br2 + 38OH- → 2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br- + 16H2O (1)
2FeS + 9Br2 + 22OH- → 2Fe(OH)3 + 2SO42- + 18Br- + 8H2O (2)
2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O (3)
Ba2+ + SO42-→ BaSO4 (4)
(b) Công thức:
mol 10 5 , 2 160
2 , 0 2 n
n , mol 10 75 , 4 233
1087 ,1 n
O Fe Fe
3 SO
Ba
9 , 1 : 1 10 75 , 4 : 10 5 , 2 n
:
S
⇒ công thức FeS1,9
1,00
1,00
2 (a) Vì tính khử I > Br - -nên Cl2 phản ứng với NaI trước
Cl + 2NaI = 2NaCl + I (1)2 2
0,4 0,8 0,8
- Nếu chỉ (1) xảy ra thì độ giảm khối lượng là:
0,8 (127 -35,5) = 73,2 g
Theo bài độ giảm khối lượng: 356 – 282,8 = 73,2 (phù hợp)
- Nếu có phản ứng Cl + 2NaBr = 2NaCl + Br (2)2 2 thì độ giảm khối lượng sẽ bé hơn
trường hợp trên (không thỏa mãn đề bài)
Vậy chỉ có NaI phản ứng với Cl2
(b) - Nếu sau (1) hết Cl2, còn dư NaI thì chất rắn thu được gồm 3 muối: NaCl, NaBr,
NaI (không thỏa mãn)
- Lượng Cl2 tối thiểu để chất rắn thu được chỉ chứa hai muối ứng với phản ứng (1) xảy
ra vừa đủ
Ta có: nCl = 35,5 = 0,5 mol
71 2
Cl + 2NaI = 2NaCl + I (1)2 2
0,5 1 1
Vậy: nNaI = 1 mol, mNaBr = 356 - 150 = 206; nNaBr = 2 mol
1,00
1,00