Sở Giáo Dục & Ðào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN IX - NĂM 2003 MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 ĐÁP ÁN Câu 1. 1. Xác định nguyên tố Nguyên tố Y: ℓ = 1 ; m = +1; s = 2 1 + ⇒ p 3 (0,5 đ) Do Y thuộc chu kỳ nhỏ nên n = 2 hoặc n = 3 Trường hợp n= 2. Suy ra Y = 2p 3 . Cấu hình electron của Y là 1s 2 2s 2 2p 3 . Suy ra Z Y = 7 (nitơ) (0,5 đ) X, Z ở chu kỳ 2 Theo đề 14ZZ7 2 ZZ ZX ZX =+⇒= + Suy ra: )đ5,0( 10Z 4Z 9Z 5Z 8Z 6Z Z X Z X Z X    = =    = =    = = Vì chỉ có 2 trong 3 tạo hợp chất khí với hidro nên loại trường hợp này. Trường hợp n = 3 (tương tự) Chọn      = = = )Clo(17Z )Nhôm(13Z )Photpho(15Z Z X Y 2. Viết công thức. - Hợp chất giữa X và Z có công thức cấu tạo là: AlCl 3 . Công thức cấu tạo 1 Al Cl Cl Cl Bản chất liên kết: Liên kết cộng hóa trị. Đặc điểm cấu tạo: Có khả năng nhị hợp tạo Al 2 Cl 6 vì xung quanh Al mới có 6e chưa đạt đến cấu hình bền giống như khí hiếm nên 2 phân tử AlCl 3 liên kết với nhau bằng 2 liên kết phối trí: Al Cl Cl Cl Cl Al Cl Cl - Hợp chất giữa Y và Z có công thức phân tử là: PCl 3 Công thức cấu tạo: P Cl Cl Cl Đặc điểm cấu tạo phân tử: Có cấu trúc hình tháp đáy tam giác với nguyên tử P ở trạng thái lai hóa sp 3 . PCl 5 Bản chất liên kết: Liên kết cộng hóa trị. Công thức cấu tạo: P Cl Cl Cl Cl Cl Đặc điểm cấu tạo phân tử: Có cấu trúc lưỡng thấp đáy tam giác với nguyên tử P ở trạng thái lai hóa sp 3 d. P Cl Cl Cl Cl Cl Cặp axit – bazơ Lewis (0,5đ) 2 - AlCl 3 là phân tử cộng hóa trị, với Al còn thiếu 2e để đạt cấu trúc bền (8e) trong khi đó P trong PCl 3 còn 1 đôi electron chưa liên kết có thể “cho” để tạo liên kết cho – nhận với AlCl 3 nên AlCl 3 là axit Lewis còn PCl 3 là bazơ Lewis. Al Cl Cl Cl P Cl Cl Cl Câu 2. 1. Bổ túc và cân bằng phản ứng a. − 4 MnO + H 2 O 2 + H + → O 2 + … 2 x − 4 MnO + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4 H 2 O 5 x H 2 O 2 -2e → O 2 + 2H + 2 − 4 MnO + 5H 2 O 2 + 6H + → 2Mn 2+ + 5O 2 + 8H 2 O b. − 2 CrO + Br 2 + OH - → − 2 4 CrO + … 2 x − 2 CrO + 4OH - - 3e → − 2 4 CrO + 2H 2 O 3 x Br 2 + 2e → 2Br - 2 − 2 CrO + 8OH - + 3Br 2 → 2 − 2 4 CrO + 6Br - + 4H 2 O c. Cu 2 S + HNO 3  → 0 t Cu 2+ + − 2 4 SO + NO 2 + … 2 x Cu 2 S + 4H 2 O –10e → 2Cu 2+ + − 2 4 SO +8H + 5 x − 3 NO + 2H + + 1e → NO 2 + 2H 2 O Cu 2 S + 10 − 3 NO + 12H + → 2Cu 2+ + − 2 4 SO + 10NO 2 + 6H 2 O d. Fe x O y + H 2 SO 4 đặc  → 0 t SO 2 + … 2 x Fe x O y + 2yH + –(3x-2y)e → xFe 3+ + yH 2 O 5 x − 2 4 SO + 4H + + 2e → SO 2 + 2H 2 O Fe x O y + (3x-2y) − 2 4 SO + (12x-4y)H + → 2xFe 3+ + (3x-2y)SO 2 + (6x-2y)H 2 O 2. 2. Xác định chiều phản ứng. Cho phản ứng: Fe 2+ + Ag +  Fe 3+ + Ag Biết: )V(8,0E Ag/Ag 0 = + )V(77,0E 23 Fe/Fe 0 = ++ a. Ở điều kiện chuẩn phản ứng xảy ra theo chiều nào? 3 Ta có )V(8,0E Ag/Ag 0 = + > )V(77,0E 23 Fe/Fe 0 = ++ nên ở điều kiện chuẩn, chiều phản ứng là: Fe 2+ + Ag + → Fe 3+ + Ag b. Tinh hằng số cân bằng phản ứng ở 25 0 C Fe 2+ + Ag +  Fe 3+ + Ag 0 E 059,0 1 10K ∆ = Mà )V(03,0EEE 23 Fe/Fe 0 Ag/Ag 00 =−=∆ +++ Suy ra: 2,310K 03,0 059,0 1 == c. Theo đề bài ta có: [ ] V682,001,0lg059,08,0Aglg 1 059,0 EE Ag/Ag 0 Ag/Ag =+=+= + + + V829,0 01,0 1,0 lg059,077,0 Fe Fe lg 1 059,0 EE 2 3 Fe/Fe 0 Fe/Fe 23 23 =+=       += + + ++ ++ Vì Ag/AgFe/Fe EE 23 +++ > nên phản ứng xảy ra theo chiều: Fe 3+ + Ag → Fe 2+ + Ag + Câu 3. 1. Xét phản ứng: 2NOCl  2NO (K) + Cl 2 (K) a. Từ biểu thức ∆G 0 = - RTlnK P = -2,303RTlgK P Suy ra: 787,1 500.314,8.303,2 17110 RT303,2 G Klg 0 P −=−= ∆ −= ⇒ K P = 0,0163 atm. b. 2NOCl  ←  → 2NO (K) + Cl 2 (K) Ban đầu (mol): n 0 0 Phân ly (mol) αn αn 0,5αn Trạng thái cân bằng (mol) n(1-α) αn 0,5αn Phân số mol: α+ α− 5,01 1 α+ α 5,01 α+ α 5,01 5,0 Áp suất riêng: ( ) P 2 12 α+ α− P 2 2 α+ α P 2 α+ α Ta có: ( ) ( ) ( ) P 21 P. 2 12 P. 22 2 P P.P K 2 3 2 2 3 2 2 NOCL Cl 2 NO P 2 α+α− α =       α+ α−       α+ α       α+ α == 2. Xét phản ứng: mA + nB  pC 4 n B m A C.C.kv = Nồng độ mol đầu của A là a mol/l; B là B mol/l. V đầu = k. a m .b n Khi tăng A: V sau = k (2a) m . (b) n ⇒ 1m22 V V m đâu sau =⇒== Khi giảm B: ⇒ ( ) n m sau 3 b .a.kV       = ⇒ 3n 27 1 3 1 V V n đâu sau =⇒=       = ⇒ v = k. [A].[[B] 3 Câu 4. 1. Tính pH của dung dịch H 2 S Vì K 1 >> K 2 nên sự phân ly xảy ra chủ yếu ở dạng 1, do vậy có thể bỏ qua sự phân ly ở giai đoạn 2. H 2 S  H + + HS - Trước phân ly: 0,1M Giả sử có phân ly: x M xM xM Cân bằng (0,1-x)M xM xM Mà: [ ] [ ] [ ] ( ) *10 x1,0 x SH HS.H K 7 2 2 1 − −+ = − == Với x <<0,1 nên 0,1 – x ≈ 0,1 Từ (*) cho x 2 ≈ 10 -8 ⇒ x = 10 -4 Hay [H + ] = 10 -4 mol/l pH = 4. Đã có [H + ] =[HS - ] = xM = 10 -4 M Nên [ ] [ ] [ ] [ ] l/mol10.3,1S HS S.H K 132 2 2 −− − −+ =⇒= Vậy [HS - ] = 10 -4 mol/l; [S 2- ] = 1,3.10 -13 mol /l Học sinh có thể giải phương trình bậc hai: x 2 + 10 -7 x – 10 -8 = 0 ⇒ x = 9,995.10 -5 ⇒ x = 10 -4 2. Tính thể tích dung dịch NaOH Tính thể tích dung dịch NaOH 0,01M. 5 Do 11,5 3 2 06,5 2 1 10 K K và10 K K == đều > 10 5 nên có thể trung hòa từng nấc. Nếu trung hòa nấc 1 thì: NaOH + H 3 PO 4 → NaH 2 PO 4 + H 2 O Thể tích dung dịch NaOH bằng 100 ml. Trong dung dịch có NaH 2 PO 4 , lúc đó: ( ) ( ) 68,421,715,2 2 1 pKpK 2 1 pH 21 =+=+= Nếu trung hòa nấc 2 thì: 2NaOH + H 3 PO 4 → Na 2 PO 4 + 2H 2 O Thể tích dung dịch NaOH bằng 200 ml Trong đó có Na 2 HPO 4 , lúc đó: ( ) ( ) 765,932,1221,7 2 1 pKpK 2 1 pH 32 =+=+= Mà pH của dung dich bằng 7,21 ⇒ trong dung dịch có NaH 2 PO 4 và Na 2 HPO 4 . Vậy dung dịch thu được là dung dịch đệm. [ ] [ ] [ ] [ ] 0 POH HPO lg POH HPO lgpKpH 42 2 4 42 2 4 2 =⇒+= − − − − [ ] [ ] −− =⇒ 42 2 4 POHHPO Vậy đã có 50% − 42 POH phản ứng ⇒ Thể tích dung dịch NaOH bằng: ml150 2 100 100 =+ Câu 5. 1. Viết các phương trình phản ứng và tìm a. a. Các phản ứng xảy ra: FeO2OFe2 0 t 2 →+ 32 t 2 OFe2O3Fe4 0 →+ 43 t 2 OFeO2Fe3 0 →+ Cho hỗn hợp A tác dụng với H 2 SO 4 đậm đặc nóng. ( ) OH6SO3SOFeSOH6Fe2 22 3 42 t 42 0 ++→+ ( ) OH4SOSOFeSOH4OFe2 22 3 42 t 42 0 ++→+ ( ) OH3SOFeSOH3OFe 2 3 42 t 4232 0 +→+ ( ) OH10SOSOFe3SOH10OFe2 22 3 42 t 4243 0 ++→+ b. Số mol Fe ban đầu trong a (g): 56 a n Fe = 6 Số mol của O 2 tham gia phản ứng: 32 a2,75 n 2 O − = Các quá trình trên gồm các quá trình cho, nhận electron sau Quá trình cho electron: Fe – 3e → Fe +3 n e nhường = )mol( 56 a 3 Quá trình nhận eletron: − →+ 2 2 0 O2e4O OH2SOe2H4SO 22 2 4 +→++ +− n e nhận = 3,0.2 32 a2,75 4 +       − Theo định luật bảo toàn eletron ta có: gam56a 56 a3 3,0.2 32 a2,75 4 =⇒=+       − 2. A: KClO 3 ; B: KCl ; C: O 2 ; D: K ; E: Cl 2 ; F: KOH ; G: H 2 Phương trình phản ứng như sau: ↑+→+ + → ↑+→ 22 2 đpnc 2 MnO t 3 H 2 1 KOHOHK ClK2KCl2 O 2 3 KClKClO 2 0 KOH6Cl3 2 + đặc OH3KCl5KClO 23 t 0 ++→ Hết 7 . Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN IX - NĂM 2003 MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 ĐÁP ÁN Câu 1. 1. Xác định nguyên tố Nguyên tố Y: ℓ