Đề thi và đáp án các kì thi hcoj sinh giổi quốc gia môn hóa HDCVoCo02

Đề thi và đáp án các kì thi hcoj sinh giổi quốc gia môn hóa HDCVoCo02 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án,...

bộ giáo dục và đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 thpt năm học 2001-2002

hớng dẫn chấm đề thi chính thức

Ngày thi: 12/3/2002

Câu I: (5 điểm).

1 (1,25 điểm).Liệu pháp phóng xạ đợc ứng dụng rộng rãi để chữa ung th Cơ sở của

liệu pháp đó là sự biến đổi hạt nhân

27Co59 + 0n1 X? (1)

X? 28Ni60 + ; h = 1,25 MeV (2)

a) Hãy hoàn thành phơng trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào

đ-ợc áp dụng để hoàn thành phơng trình

b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoá-khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl2 CoCl2)

2 (1,75 điểm) Có cấu hình electron 1s22s22p63s23p63d54s1 (1)

a) Dùng kí hiệu ô lợng tử biểu diễn cấu hình electron (1)

b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tử hay ion? Tại sao?

c) Cho biết tính chất hoá học đặc trng của ion hay nguyên tử ứng với cấu hình electron (1), hãy viết một phơng trình phản ứng để minh hoạ

Z2

3 (1,0 điểm) Biết En = -13,6 eV n: số lợng tử chính,

n2 Z: số đơn vị điện tích hạt nhân

a) Tính năng lợng1e trong trờng lực một hạt nhân của mỗi hệ N6+ , C5+ , O7+

b) Qui luật liên hệ giữa En với Z tính đợc ở trên phản ánh mối liên hệ nào giữa hạt nhân với electron trong các hệ đó?

c) (1,0 điểm).Trị số năng lợng tính đợc có quan hệ với năng lợng ion hoá của mỗi hệ

trên hay không? Tính năng lợng ion hoá của mỗi hệ

4 áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác định đợc BeH2, CO2

đều là phân tử thẳng

Lời giải:

1 a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích nói riêng, đợc áp dụng:

Điện tích: 27 + 0 = 27 ; Số khối: 59 + 1 = 60  X là 27Co60

27Co59 + 0n1  27Co60

Số khối: 60 = 60; Điện tích: 27 = 28 + x  x = 1 Vậy có 1e0

27Co60  28Ni60 + 1e ; hv = 1,25MeV

b) Điểm khác nhau:

Phản ứng hạt nhân: Xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân  nguyên tố mới

VD b/ ở trên

Phản ứng hoá học (oxi hoá khử): xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất  hợp chất

VD: Co + Cl2  Co2+ + 2Cl CoCl2

Chất dùng trong phản ứng hạt nhân: có thể là đơn chất hay hợp chất, thờng dùng hợp chất Chất dùng trong phản ứng oxi hoá khử, phụ thuộc vào câu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp chất

Năng lợng kèm theo phản ứng hạt nhân: lớn hơn hẳn so với năng lợng kèm theo phản ứng hoá học thông thờng

2 a) Dùng ô lợng tử biểu diễn cấu hình 1s22s22p63s23p63d54s1:

              

b)

(1) là cấu hình e của nguyên tử vì:

- Cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển tiếp (theo HTTH các nguyên tố) Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion; nếu là cation, số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 Các số liệu này, không có cấu hình cation nào ứng với cấu hình 1s22s22p63s23p63d54s1 Vậy Z chỉ có thể là 24

(Nguyên tố Ga có cấu hình ar 3d104s24p1, ion Ga2+ có cấu hình ar 3d104s1

bền nên không thể căn cứ vào lớp ngoài cùng 4s1để suy ra nguyên tử)

c) Z = 24  nguyên tố Cr , Kim loại (chuyển tiếp) Dạng đơn chất có tính khử

Cr + 2HCl  CrCl2 + H2

1

3 a) Tính En: Theo đầu bài, n phải bằng 1  tính E1

a Do đó công thức là E1 = 13,6 Z2 (ev) (2’)

Thứ tự theo trị số Z:

Z = 6  C5+ : (E1) C5+ = 13,6 x 62 = 489,6 eV

Z = 7  N6+ : (E1) N6+ = 13,6 x 72 = 666,4 eV

Z = 8  O7+ : (E1) O7+ = 13,6 x 82 = 870,4 eV

b) Quy luật liên hệ E1với Z: Z càng tăng E1càng âm (càng thấy)

Qui luật này phản ánh tác dụng lực hút hạt nhân tới e đợc xét: Z càng lớn lực hút càng mạnh  năng lợng càng thấp  hệ càng bền, bền nhất là O7+

c) Trị năng lợng đó có liên hệ với năng lợng ion hoá, cụ thể:

C5+ : I6 = (E1, C5+) = + 489, 6 eV

N6+ : I7 = (E1, N6+) = + 666, 4 eV

O7+ : I8 = (E1, O7+) = + 870,4 eV

4 Phân tử thẳng có 3 nguyên tử đợc giải thích về hình dạng: Nguyên tử trung tâm có lai hoá sp (là lai hoá thẳng)

BeH2 : Cấu hình e của nguyên tử : H 1s1 ; Be: 1s22s2

Vậy Be là nguyên tử trung tâm có lai hoá sp:

z      

lai hoá sp

2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đó xen phủ với 1 obitan 1s của H tạo ra liên kết  (hình 1) Vậy BeH2  HBeH

(2 obitan p nguyên chất của Be không tham gia liên kết)

CO2:

Cấu hình e: C 1s22s22p2 ; O 1s22s22p4 Vậy C là nguyên tử trung tâm có lai lúa sp x x

y y     

        z

Lai hoá p nguyên chất

sp y

x

+ 2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan pz của 2 O tạo ra 2 liên kết  + 2 obitan p nguyên chất của C xen phủ với obitan nguyên chất tơng ứng của oxi tạo ra 2 liên kết  (xx ; y y) nên 2 liên kết  này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết 

Vậy CO2: O= C = O

Ghi chú: Yêu cầu phải trình bày rõ nh trên về các liên kết ,  trong CO2 (chú ý: phải nói rõ có sự tơng ứng obitan giữa C với O: xx; y y)

Câu II: (6 điểm).

1 (1,0 điểm) Biết thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn:

Eo Cu 2+ /Cu + = +0,16 V Eo Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V

Eo Cu + /Cu = +0,52 V Eo Fe 2+ /Fe = -0,44 V

Hãy cho biết hiện tợng gì xảy ra trong các trờng hợp sau:

a) Cho bột sắt vào dung dịch Fe2(SO4)3 0,5M

b) Cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 1M

2 (5,0 điểm).Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M

a) (1,5 điểm) Tính pH của dung dịch X.

b) (2,5 điểm) Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu

đ-ợc kết tủa A và dung dịch B

- Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B

- Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2)

- Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phơng pháp hoá học, viết các phơng trình phản ứng (nếu có)

c) (1,0 điểm) Axit hoá chậm dung dịch X đến pH = 0 Thêm FeCl3 cho đến nồng độ 0,10M

2

- Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu đợc so với cực calomen bão hoà (Hg2Cl2/2Hg,2Cl-)

- Biểu diễn sơ đồ pin, viết phơng trình phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động

Cho: pK axit: H2S pK1 = 7,00 , pK2 = 12,90 ; HSO4- pK=2,00

Tích số tan: PbS = 10-26; PbSO4 = 10-7,8; PbI2 = 10-7,6

Eo Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 V ; Eo S/H 2 S = 0,14V ; Eo I 2 /2I - = 0,54V ; Ecal bão hoà = 0,244V

Lời giải:

1. a) Eo Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V > Eo Fe 2+ /Fe = -0,44 V nên:

Tính oxi hoá: Fe3+ mạnh hơn Fe2+

Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+

Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe3+ + Fe  3 Fe2+

Nh vậy Fe tan trong dung dịch Fe(SO4)3 tạo thành muối FeSO4, làm nhạt màu vàng ( hoặc đỏ nâu) của ion Fe3+ và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch

b) Eo Cu + /Cu = + 0,52 V > Eo Cu 2+ /Cu + = + 0,16 V

nên:

Tính oxi hoá: Cu+ mạnh hơn Cu2+

Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu

Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Cu+ + Cu+  Cu2+ + Cu

Phản ứng nghịch(Cu2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu+) không xảy ra Do đó khi bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO4 không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy hiện t-ợng gì

2

a) Tính pH của dung dịch

Na2S  2 Na+ + S

0,01

 0,01

KI  K+ + I

0,06

 0,06

Na2SO4  2Na+ + SO4

0,05

 0,05

S2- + H2O  HS- + OH- Kb(1) 10-1,1 (1)

SO42- + H2O  H SO4- + OH- Kb(2) 10-12 (2)

Kb(1) >> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:

S2- + H2O  HS- + OH- 10-1,1

C 0,01

[] (0,01 -x) x x

 x = 8,94 10-3

[OH-] = 8,94.10-3

 pH = 11,95

b) Pb2+ + S2-  PbS  (Ks-1) = 1026

0,09 0,01

0,08

Pb2+ + SO42-  PbSO4  (Ks-1) = 107,8

0,08 0,05

0,03

Pb2+ + 2 I-  PbI2 (Ks-1) = 107,6

0,03 0,06

Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO4 , PbI2

Dung dịch B : K+ 0,06M Na+ 0,12M

Ngoài ra còn có các ion Pb2+ ; SO42- ; S2- do kết tủa tan ra

Độ tan của

3

9 , 3 -7,8







0 10 x 0794 , 0 x 10

x 01 , 0

x 2 1,1 2 3,1

















7 , 2

3 7 , 6



Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của PbI2

PbI2  Pb2+ + 2I- Ks

Do đó [Pb2+] = 10-47 = 2 x 10-3M

[I-] = 4.10-3M

107,8

[SO42-] = = 5 105,8 = 7,9.106M << [Pb2+]

2  103

1026

[S2-] = = 5 1024 << [Pb2+]

2  103

Các nồng độ SO42-, S2- đều rất bé so với nồng độ Pb2+, nh vậy nồng độ Pb2+ do PbS và PbSO4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác

 Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2

Cho kết tủa hoà tan trong NaOH d :  PbS không tan, có màu đen

Dung dịch có PbO22-, SO42-, I-, OH

PbSO4 + 4 OH-  PbO22- + SO42- + 2 H2O

PbI2 + 4 OH-  PbO22- + 2 I- + 2 H2O Nhận ra ion SO42-: cho BaCl2 d: có kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch có PbO22-, OH-, Ba2+, I-

Nhận ra I-, Pb2+: axit hoá dung dịch bằng HNO3 d sẽ có kết tủa vàng PbI2 xuất hiện: OH- + H+  H2O

PbO22- + 4 H+  Pb2+ + 2H2O

Pb2+ + 2 I-  PbI2 c) Axit hoá dung dịch X:

S2- + 2H+  H2S (C H 2 S = 0,010 < S H 2 S nên H2S cha bão hoà, không thoát ra khỏi dung dich)

Phản ứng:

2 Fe3+ + H2S  2 Fe2+ + S + 2 H+ K=1021

0,1 0,01

0,08  0,02 0,02

2 Fe3+ + 2I-  2 Fe2+ + I2 K=107,8

0,08 0,06 0,02

0,02  0,08 0,030

Thành phần trong dung dịch: Fe3+ 0,020 ; Fe2+ 0,080 ;I2 0,030M ;H+ 0,02M

E Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dơng)

Ecal = 0,244V ( cực âm)

Epin = E+  E = 0,743  0,244 = 0,499V

Sơ đồ pin:

Hg Hg2Cl2 KCl bh Fe3+, Fe2+ Pt

Phản ứng:  2 Hg + 2 Cl-  Hg2Cl2 + 2 e

+ 2x Fe3+ + e  Fe2+

2 Hg + 2 Fe3+ + 2 Cl-  Hg2Cl2

Câu III: (3 điểm).

Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ trong 2 giờ Kết quả sau quá trình điện phân là trên catôt tạo ra 3,865 gam một kim loại và trên anôt có khí etan và khí cacbonic thoát ra

1 (1,5 điểm).Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết rằng 5,18 gam của kim

loại đó đẩy đợc 1,59 gam Cu từ dung dịch đồng sunfat

2 (0,5 điểm).Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân?

3 (1,0 điểm) Viết các phơng trình phản ứng xảy ra trên các điện cực.

Lời giải:

1 Điện lợng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra 3,865 g kim loại

Từ định luật Faraday, đơng lợng

Khối lợng mol của kim loại: A = n  Vì kim loại này đẩy đồng ra khỏi dung dịch nên

đơng lợng của Cu:

4

6 , 103 3600

9650 865

3 n

A







Cu = A/2 = 63,6/2 = 31,8 và từ phản ứng:

2  + Cu2+ = Cu+ 2 +

ta có: : 31,8 = 5,18 : 1,59, suy ra  = 103,6

Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức ôxi hoá từ 1 đến 3, do đó sẽ chọn khối lợng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau:

A1 = 103,6 x 1 = 103,6

A2 = 103,6 x 2 = 207,2

A3 = 103,6 x 3 = 310,8

Vì không có nguyên tố với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và có mức ôxi hoá là +1 Do đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A = 207,6)

2 Tại anốt khi điện phân có C2H6 và CO2 thoát ra là sản phẩm của sự ôxi hoá anion hữu cơ, muối này có công thức Pb (RCOO)2 Sự tạo ra êtan.

(CH3 - CH3) và CO2 từ nhóm COO- chứng tỏ muối điện phân là Pb(CH3COO)2

R R

3 Các phản ứng xảy ra trên các điện cực:

Tại catốt: Pb2+ + 2 e = Pb

Tại anốt: CH3COO- - e = CH3COO

CH3COO = CH3 + CO2

2 CH3 = C2H6

Tổng quát: 2 CH3COO-  2e = C2H6 + CO2

Câu IV: (2,5 điểm).

Tại 25oC phản ứng 2 N2O5 (k) 4 NO2 (k) + O2 (k) có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1 ; biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k.CN 2 O 5 Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể tích 20,0 lit không đổi Ban đầu lợng N2O5 cho vừa đầy bình ở thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N2O5 là 0,070 atm Giả thiết các khí đều là khí lí tởng

1 (1,25 điểm) Tính tốc độ: a) tiêu thụ N2O5 ; b) hình thành NO2 ; O2

2 (0,25 điểm) Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 giây

3 (1,0 điểm) Nếu phản ứng trên có phơng trình N2O5 (k) 2 NO2 (k) + 1/2

O2 (k) thì trị số tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải thích

Lời giải:

1 Trớc hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đã có:

V = k CN 2 O 5 (1)

Đã có trị số k ; cần tính CN 2 O 5 tại thời điểm xét:

pi V = ni RT  CN 2 O 5 = nN 2 O 5 : V = pi / RT (2)

Thay số vào (2), ta có: CN 2 O 5 = 0,070 : 0,082  298 = 2,8646.10-3(mol.l-1)

Đa vào (1):

Vpu = 1,80 10-5 x 2,8646 10-3

Vpu = 5,16 10-8 mol l-1 S-1 (3)

Từ ptp 2 N2O5 (k)  4 NO2 (k) + O2 (k)

d CN 2 O 5

Vtiêu thụ N 2 O 5 =  = 2 Vpu (4)

dt

Thay số vào (4)

Vtiêu thụ N 2 O 5 = - 2 x 5, 16 10-8

Vtiêu thụ N 2 O 5 = - 1,032.10-7 mol.l-1.s-1

Dấu - để chỉ “tiêu thụ N2O5 tức mất đi N2O5 hay giảm N2O5”

b Vhình thành NO2 = 4 Vpu = - 2Vtiêu thụ N2O5 (5)

Thay số: Vhình thành NO2 = 4 x 5,16.10-8

Vhình thành NO2 = 2,064.10-7 mol l-1.s-2

Vhình thànhO2 = Vpu = 5,16.10-8 mol l-1.s-2

Ghi chú:

Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ “hình thành hay đợc tạo ra” (ngợc với “tiêu thụ”) Việc tính tốc độ tiêu thụ N2O5 hay hình thành NO2, O2 theo tốc độ pu, Vpu, nh trên chỉ thuần tuý hình thức theo hệ số phơng trình, thực chất phản ứng này là một chiều bậc nhất

2 Số phân tử N2O5 đã bị phân huỷ đợc tính theo biểu thức

NN205 bị phân huỷ = N = VN2o5 tiêu thụ  x Vbình x t x N0

Thay số:

N = 1,032.10-6 x 20,0 x 30,0 x 6,023.1023

N  3,7.1020 phân tử

5

3 Nếu phản ứng trên có phơng trình: N2O5(k)  2 NO2(k) + 1/2 O2 thì tốc độ phản ứng, Vp, cũng nh hằng số tốc độ phản ứng, k, đều không đổi (tại nhiệt độ T xác định), vì:

- k chỉ phụ thuộc nhiệt độ

- theo (1): Khi k = const; CN2o5 = const thì V = const

Câu V: (3,5 điểm)

Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử

1 (0,5 điểm).Viết phơng trình phản ứng xảy ra.

2 (1,5 điểm).Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25oC có Kp = 116,6 Hãy tính Kp (ghi rõ

đơn vị) tại 0oC ; 50oC Giả thiết rằng tỉ số giữa hai trị số hằng số cân bằng tại 0oC với

25oC hay 25oC với 50oC đều bằng 1,54

3 (1,5 điểm).Xét tại 25oC, cân bằng hoá học đã đợc thiết lập Cân bằng đó sẽ chuyển dịch nh thế nào? Nếu:

a) Tăng lợng khí NO

b) Giảm lợng hơi Br2

c) Giảm nhiệt độ

d) Thêm khí N2 vào hệ mà:

- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const)

- áp suất chung của hệ không đổi (P = const)

Lời giải:

1 2 NO(k) + Br2 (hơi)  2 NOBr (k) ; H > 0 (1)

Phản ứng pha khí, có n = -1  đơn vị Kp là atm-1 (2)

2 Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ

Kp tại O2 < Kp tại 252 < Kp tại 502 (3)

Vậy : Kp tại 250 = 1 / 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1)

Kp tại 252 = 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 x 1,54  179, 56 (atm-1)

3 Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học tại 25OC

Trờng hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:

PNOBr

Q = (4) (Khi thêm NO hay Br2)

(PNO)2

Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận

Tuy nhiên, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên lý Lơsatơlie

a Nếu tăng lợng NO, CBHH chuyển dời sang phải, 

b Nếu giảm lợng Br2, CBHH chuyển dời sang trái, 

c Theo nguyên lý Lơsatơlie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, để chống lại sự giảm nhiệt độ

d Thêm N2 là khí trơ

+ Nếu V = const: không ảnh hởng tới CBHH vì N2 không gây ảnh hởng nào liên hệ (theo định nghĩa áp suất riêng phần)

+ Nếu P = const ta xét liên hệ

Nếu cha có N2: P = pNO + pB r 2 + pNOBr (a)

Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’B r 2 + p’NOBr + Pn 2 (b)

Vì P = const nên p’i < pi

Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tơng quan với Kp:

1 Nếu Q = Kp: không ảnh hởng

2 Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp

3 Nếu Q <Kp: CBHH chuyển dời sang phải, để Q tăng tới trị số Kp

Xảy ra trờng hợp nào trong 3 trờng hợp trên là tuỳ thuộc vào pi tại cân bằng hoá học

2 a) Dùng ô lợng tử biểu diễn cấu hình:

          

b)

(1) là cấu hình e của nguyên tử vì trong (1) có 6e độc thân (nếu ion phải có cấu hình e lớp ngoài cùng bão hoà ns2 np6 không có e độc thân hoặc có ít e độc thân, 1 tới 2 e; vả lại cấu hình trên có 1 e ở phân lớp 4s)

6