Da Nang 2005 HSG 10

So sánh và giải thích độ mạnh: a tính axit, tính oxi hóa của các chất HClO, HClO2, HClO3 và HClO4.. Giải thích sự biến đổi khối lượng riêng của nước theo nhiệt độ: 1.. Công thức electron

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2004 - 2005

MÔN: HÓA HỌC LỚP 10

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

1 Hãy giải thích tại sao phân tử Cl2O có góc liên kết (111o) nhỏ hơn và độ dài liên kết Cl-O (1,71Å) lớn hơn so với phân tử ClO2 (118o và 1,49Å)?

2 So sánh và giải thích độ mạnh:

(a) tính axit, tính oxi hóa của các chất HClO, HClO2, HClO3 và HClO4

(b) tính axit, tính khử của các chất HF, HCl, HBr, HI

3 Giải thích sự biến đổi khối lượng riêng của nước theo nhiệt độ:

1 Công thức electron và công thức cấu tạo của hai phân tử:

Cl

O

 Góc liên kết của Cl2O nhỏ hơn của ClO2 là vì nguyên tử trung tâm (O) của Cl2O có

hai cặp electron tự do tạo lực đẩy ép góc liên kết nhiều hơn so với nguyên tử trung

tâm (Cl) của ClO2 chỉ có 3 electron tự do

electron độc thân ở trên Cl hoặc O Đặc tính liên kết đôi này làm liên kết Cl-O trong

ClO2 ngắn hơn trong Cl2O (chỉ chứa liên kết đơn)

2 Độ mạnh tính axit:

(a) HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4

Số nguyên tử oxi không hidroxyl tăng làm tăng độ phân cực của liên kết O-H

(b) HF < HCl < HBr < HI

Bán kính nguyên tử tăng làm độ bền liên kết giảm, khả năng bị phân cực hóa của liên

kết H-X tăng

Độ mạnh tính oxi hóa - khử

(a) Tính oxi hóa giảm: HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4

Số nguyên tử oxi tăng làm tăng độ bền phân tử (độ bội liên kết tăng) nên độ mạnh

tính oxi hóa giảm

(b) Tính khử tăng: HF < HCl < HBr < HI

Bán kính nguyên tử tăng làm giảm độ bền phân tử, làm tăng tính khử

1,00

(0,50×2 )

2,00

(0,50×4 )

3 Ở nước đá (0oC), các phân tử liên kết với nhau bằng liên kết H hình thành cấu trúc tinh

thể phân tử khá rỗng (xem hình dưới), khối lượng riêng nhỏ Khi nhiệt độ tăng (4oC), liên

kết H bị phá vỡ một phần khiến các phân tử xích lại gần nhau hơn nên khối lượng riêng

tăng Khi tiếp tục tăng nhiệt độ, khoảng cách giữa các phân tử tăng làm thể tích tăng lên

nên khối lượng riêng giảm

H O

H

O

O H

H

1,00

(0,50×2 )

Câu II (4 điểm)

1 Xác định nhiệt hình thành AlCl3 khi biết:

Al2O3 (r) + 3COCl2 (k) → 3CO2 (k) + 2AlCl3 (r) ∆H1 = -232,24 kJ

CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k) ∆H2 = -112,40 kJ

2Al (r) + 1,5O2 (k) → Al2O3 (k) ∆H3 = -1668,20 kJ

2 Tại 25oC phản ứng bậc một sau có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1:

2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k) Phản ứng trên xảy ra trong bình kín có thể tích 20,0 L không đổi Ban đầu lượng N2O5 cho vừa đầy bình Tại thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N2O5 là 0,070 atm Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng (a) Tính tốc độ (i) tiêu thụ N2O5; (ii) hình thành NO2; O2

(b) Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 giây

3 Phản ứng dưới đây đạt đến cân bằng ở 109K với hằng số cân bằng Kp = 10:

C (r) + CO2 (k)  2CO (k) (a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp cân bằng, biết áp suất chung của hệ là 1,5atm

(b) Để có hàm lượng CO bằng 50% về thể tích thì áp suất chung là bao nhiêu?

1 Nhiệt hình thành AlCl3 là nhiệt của quá trình:

Al + 1,5Cl2→ AlCl3

Để có quá trình này ta sắp xếp các phương trình như sau:

Al2O3 (r) + 3COCl2(k) → 3CO2 (k) + 2AlCl3 (k) ∆H1

Sau khi tổ hợp có kết quả là:

∆Hx = ∆H1 + 3∆H2 + ∆H3+ 3∆H4+ 3(-∆H5 )

= (-232,24) + 3(-112,40) + (-1668,20) + 3(-110,40) + 3(393,13) = - 1389,45 kJ

Vậy, nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 = -1389,45 / 2 = - 694,725 kJ/mol

1,50

(1,00+0,50)

2 (a) pi V = ni RT

O

298 082 , 0

07 , 0 RT

P V

n

5 2

−

=

×

=

=

⇒ v k.CN O 1,8.10 5 2,8646.10 3 5,16.10 8

5 2

−

−

=

Từ phương trình: 2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k)

⇒

dt

dC dt

dC 4

1 dt

dC 2

1

+

=

× +

=

×

−

=

nên vtiêu thụ (N2O5) = −2v = −2 × 5,16.10-8 = −10,32.10-8mol.l-1.s-1

vhình thành (NO2) = 4v = 4 × 5,16.10-8 = 20,64.10-8 mol.l-1.s-1

vhình thành (O2) = v = 5,16.10-8 mol.l-1.s-1

(b) Số phân tử N2O5 đã bị phân hủy = vtiêu thụ (N2O5) × Vbình× t × No(số avogadrro)

= 10,32.10-8 × 20,0 × 30 × 6,023.1023

≈ 3,7.1019 phân tử

x 1

x 1

x 1 x P

P K

2

CO

2 CO P

2

× +



 +

=

Vậy hỗn hợp cân bằng chứa 2.0,79 = 1,58 mol CO (88,27%) và 1 – 0,79 = 0,21 mol

CO2 (11,73%)

5 , 0

) 5 , 0 ( K

2

1,00

(0,25×4)

0,50

1,00

(0,50×2)

Câu III (4 điểm)

1 Viết phương trình các phản ứng tương ứng với trình tự biến đổi số oxi hóa của lưu huỳnh sau đây:

2

S

−

 →

S  →)2 +S4 →)3 +S6 →)4 S+4 →)5 S0  →)6 −S2

2 Trình bày phương pháp nhận biết các ion halogenua trong mỗi dung dịch hỗn hợp sau đây: (a) NaI và NaCl, (b) NaI và NaBr

3 Viết phương trình phản ứng minh họa quá trình điều chế các chất sau đây từ các đơn chất halogen tương ứng: (a) HClO4, (b) I2O5, (c) Cl2O, (d) OF2

1 Phương trình phản ứng:

(1) H2S + 1/2O2 → S + H2O

(2) S + O2  → t SO2

(3) SO2 + Cl2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl

(4) Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O

(5) SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O

(6) 2Na + S  → t Na2S

(Học sinh có thể sử dụng các phản ứng khác cho quá trình này)

1,50

(0,25×6 )

2 (a) Thêm từ từ AgNO3 vào mẫu thử, thấy xuất hiện kết tủa vàng trước và kết tủa trắng

sau, nhận ra được hai ion I- và Cl-

Ag+ + I- →AgI↓ (vàng)

Ag+ + Cl- →AgCl↓ (trắng)

nước clo, xuất hiện lớp vàng nâu trong lớp benzen nhận ra Br-

Cl2 + 3I- → 2Cl- + I3

-I2 + 5Cl2 + 6H2O → 12H+ + 10Cl- + 2IO3

-Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2

3 (a) 3Cl2 + 6NaOH  → t 5NaCl + NaClO3 + 3H2O

4NaClO3  → t NaCl + 3NaClO4

NaClO4 + H2SO4→ NaHSO4 + HClO4 (chưng cất)

(b) 3I2 + 6OH-→ 5I- + IO3- + 3H2O

IO3- + H+→ HIO3

2HIO3  → t I2O5 + H2O

(c) 2Cl2 + HgO → Cl2O + HgCl2

(d) 2F2 + 2OH-→ 2F- + OF2 + H2O

1,00

(0,50×2 )

1,50

0,50 0,50

0,25 0,25

Câu IV (4 điểm)

Cho 6,000 g mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả sắt thành Fe2+) tạo ra dung dịch A Pha loãng dung dịch A đến thể tích

50 mL Lượng I2 có trong 10 mL dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,500 mL dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra S4O62-) Lấy 25 mL mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 mL dung dịch MnO4- 1,000M trong H2SO4

1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn)

2 Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu

1 Phương trình phản ứng:

Fe3O4 + 2I- + 8H+ → 3Fe2+ + I2 +4H2O (1)

Fe2O3 + 2I- + 6H+ → 2Fe2+ + I2 +3H2O (2)

5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O(4)

2 Tính phần trăm:

(3) ⇒ 0 , 0055 1 0 , 00275 mol

2

1 n

2

1

2

2 ( 3 ) S O

4

Fe + = − = × × =

Đặt số mol Fe3O4 và Fe2O3 lần lượt là x và y ta có:













=

=

⇒

=

×

= +

=

×

= +

00925 , 0 y

0045 , 0 x 01375 , 0 5 00275 , 0 y

x

032 , 0 2 016 , 0 y 2 x

% 4 , 17

% 100 000

, 6

232 0045 , 0 m

2,00

(0,50×4 )

2,00

% 7 , 24

% 100 000

, 6

160 00925 , 0 m

%

3

2 O

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 B đến khối

1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit

1 Viết các phương trình phản ứng

2 Xác định công thức tổng của pirit

3 Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng

1 Phương trình phản ứng:

2FeS2 + 15Br2 + 38OH- → 2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br- + 16H2O (1)

2 Công thức:

mol 10 5 , 2 160

2 , 0 2 n

2 n , mol 10 75 , 4 233

1087 ,1 n

O Fe Fe

3 SO

Ba

S = 4 = = − = 2 3 = = −

9 , 1 : 1 10 75 , 4 : 10 5 , 2 n

:

S

⇒ công thức FeS1,9

3 Gọi số mol FeS2 và FeS lần lượt là x và y ta có:







=

=







⇒

=

+

=

+

−

−

−

−

3

3 3

3

10 25 , 0 y

10 25 , 2 x 10

75 , 4 y

x

2

10 5 , 2 y

x

g 88 , 2 160 10

25 , 0 2

9 10 25 , 2 2

15









2,00

(0,50×4 )

1,00

1,00