Tài liệu Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa - Đề số 1 docx

Hãy cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm đối với phân tử H2O và H2S.. So sánh góc liên kết trong 2 phân tử đó và giải thích.. Khí N2 và khí CO có một số t

Câu 1 (4 điểm).

1 Hãy cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm đối với phân tử H2O và

H2S So sánh góc liên kết trong 2 phân tử đó và giải thích

2 Bán kính nguyên tử của các nguyên tố chu kì 3 như sau, hãy nhận xét và giải thích:

Bán kính (Ao ) 1,86 1,60 1,43 1,17 1,10 1,04 0,99

3 Khí N2 và khí CO có một số tính chất vật lý giống nhau như sau:

Năng lượng phân ly phân tử (kJ/mol)

Khoảng cách giữa các hạt nhân (Ao ) Nhiệt độ nóng chảy(oC)

Dựa vào cấu hình MO của phân tử N2 và phân tử CO để giải thích sự giống nhau đó

4 Giải thích độ bền phân tử và tính khử của các hợp chất hydrohalogenua

Đáp án câu 1 (4 điểm).

1 – Phân tử H2O và H2S đều là phân tử có góc vì chúng thuộc dạng AX2E2

– Trạng thái lai hóa của oxi và lưu huỳnh đều là sp3

– Oxi có độ âm điện lớn hơn lưu huỳnh, mây electron liên kết bị hút mạnh về phía nguyên tử trung tâm sẽ đẩy nhau nhiều hơn, làm tăng góc liên kết Vì vậy góc liên kết trong phân tử H2O lớn hơn góc liên kết trong phân tử H2S

2 Nhận xét: Từ đầu đến cuối chu kì bán kính nguyên tử giảm dần

Giải thích: Trong chu kì, số lớp electron như nhau nhưng do điện tích hạt nhân tăng dần, số electron lớp ngoài cùng tăng dần, làm cho lực hút giữa hạt nhân với lớp ngoài cùng mạnh dần dẫn đến bán kính nguyên tử giảm

3 Cấu hình MO của phân tử N2: (2s)2 (2s*)2 (x)2 = (y)2 (z)2  bậc liên kết = 3

Cấu hình MO của phân tử CO: (2s)2 (2s*)2 (x)2 = (y)2 (z)2  bậc liên kết = 3

Liên kết trong phân tử N2 và CO rất giống nhau đã dẫn đến một số tính chất vật lý giống nhau

4 Các hợp chất hydrohalogenua: HF HCl HBr HI

– Độ bền phân tử giảm từ HF đến HI vì độ âm điện giảm và bán kính nguyên tử tăng từ F đến I – Tính khử tăng từ HF đến HI vì độ âm điện giảm từ F đến I làm cho khả năng nhường electron tăng

từ F–1 đến Cl–1

Câu 2 (2 điểm)

a) Chứng minh hệ quả của định luật Hess: “Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng năng lượng liên kết của các chất tham gia trừ tổng năng lượng liên kết của các chất tạo thành”

b) Áp dụng: Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng sau (các chất đều ở pha khí) và nêu ý nghĩa hóa học của kết quả tính được:

CH3–CH2–CH2–CH2–CH2–CH3 + 3H2

(n-hecxan)

(benzen) Cho năng lượng liên kết::

Trong n -hecxan: C – H: 412,6kJ/mol C – C : 331,5kJ/mol

Trong benzen: C – H: 420,9kJ/mol C – C (trung bình): 486,6kJ/mol

Trong H2: H – H: 430,5kJ/mol

t o , xúc tác

CH CH HC

CH CH HC

Đáp án câu 2 (2 điểm)

a) Chứng minh hệ quả của định luật Hess:

Giả sử có phản ứng tổng quát: AB + CD   AD + CB

Phản ứng bao gồm các quá trình diễn ra như sơ đồ sau:

AB + CD   H  x AD + CB

A + B C + D

Theo định luật Hess, ta có:

H Δ H

Δ H

Δ x  lk(AB) lk(CD)   lk(AD)   lk(CB) Hay: Δ H x  Δ H lk ( AB )  Δ H lk ( CD )  Δ H lk ( AD )  Δ H lk ( CB )

Từ đó có thế phát biểu: “Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng năng lượng liên kết của các chất

tham gia trừ tổng năng lượng liên kết của các chất tạo thành”.

b) Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng

( 14 x 412 , 6 ) ( 5 x 331 , 5 ) ( 6 x 486 , 6 ) ( 6 x 420 , 9 ) ( x 430 , 5 ) 697 , 4 kJ H

Ý nghĩa: Δ  H 0 có nghĩa là phản ứng thu nhiệt, như vậy kết quả tính toán hoàn toàn phù hợp thực

tế, vì sự chuyển hóa n-hexan thành benzen là chuyển từ trạng thái bền sang trạng thái bền sang trạng thái kém bền hơn cần phải cung cấp năng lượng

Δ H lk ( AB )  H lk ( AB )

 Δ H lk ( AD )  Δ H lk ( CB )

Câu 3 (3 điểm) Ở nhiệt độ T, phản ứng giữa CO2 và C (rắn) nóng đỏ, dư tạo thành CO có hằng số cân bằng KP bằng 10

a) Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng, biết áp suất chung của hỗn hợp tại trạng thái cân bằng là 4atm

b) Xác định áp suất riêng của CO2 lúc cân bằng

c) Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích

Đáp án câu 3 (3 điểm)

a) Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng:

Ban đầu: x mol

Tổng số mol khí tại cân bằng: x – a + 2a = x + a (mol)

) a x )(

a x (

P a 4 P

a x

a x

P a x

a 2 P

P K

2 2

CO

2 CO p

2

























































10 P 4

10 x 10 P 4

x 10 a

P

10 a x

a

2 2

2















= 0,62x











x 62 , 0 x

x 62 , 0 x a x

a x

0,234





 x 0 , 62 x

x 24 , 1 a x

a 2

0,766 b) Xác định áp suất riêng của CO2 tại cân bằng:

Áp suất riêng của CO2 =  













 P a x

a x

0,234 x 4 = 0,936atm c) Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích:

94 , 0 n

n 06 , 0 n

n V

V

hh

CO hh

CO hh







94 , 0

06 , 0 x 10 P 10 P 06 , 0

) P 94 , 0 (

Kp  2    2  Vậy để % về thể tích của CO2 tại cân bằng là 6% thì áp suất chung tại cân bằng phải là 0,679atm

Câu 4 (4 điểm)

đây xảy ra: Cr2O72– + H2O 2CrO42– + 2H+

a

K = 2,3.10-15

Ba2+ + CrO42– BaCrO4 T11 109,93, Sr2+ + CrO42– SrCrO4 T21 104,65

Tính pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4

2 Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M Biết:

NH3 có 4 , 76

b 10

 ; H2CO3 có 6 , 35

1

a 10

 và 10 , 33

2

a 10



Đáp án câu 4 (4 điểm)

1 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 T21104,65

10

10 ] Ba [

T

CCrO 2 12 9,693 3,93







10

10 C

T

C 2 4,165 3,65

Sr

2 CrO 2











Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrO4 thì phải thiết lập khu vực nồng độ:

M 10 C

Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó CCrO 2  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

 Tại cân bằng: 1 C x

7 , 3 pH 4 , 3 10

] H [ 10

C

10 C

1 10 ] H [

x   14,64 2  7,32  3,67    3,39  







2 Trong dung dịch NH4HCO3 C = 0,1M có các cân bằng sau:

H2O H+ + OH– 14

w 10



NH4+ H+ + NH3 9 , 24

a 10

 HCO3 H+ + CO32– 10 , 33

2

 HCO3 + H+ H2CO3 Ka11 106,35

Điều kiện proton: [H+] = [OH–] + [NH3] + [CO32–] – [H2CO3]

] H [

] HCO [ K ] H [

] NH [ K ] H [

K ] H













] HCO [ K 1

] HCO [ K ] NH [ K K ] H

[

3

1 1

3 2

4 a w

















 Với điều kiện gần đúng: [NH4][HCO3]C;Ka1C;Kw KaCKa2C

78 , 7 pH 10

67 , 1 10

10

10 10 10 10 ] H

[  9,24 61,35 101,33 1  8  













1 Cho các sơ đồ phản ứng sau:

Na2SO3 + H2SO4 khí C NH4HCO3 + NaOH khí D

Viết phương trình phản ứng xảy ra theo sơ đồ đã cho

2 Hòa tan 2,14g một muối clorua vào nước thu được 200ml dung dịch X Cho ½ dung dịch X tác dụng

với dung dịch AgNO3 dư thu được 2,87g kết tủa

a) Xác định muối clorua đã dùng

b) Viết các phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện, nếu có):

khí R

khí Q

Đáp án câu 5 (3 điểm)

1 Các phương trình phản ứng:

2KMnO4 + 16HCl = 2MnCl2 + 5Cl2 + 2KCl + 8H2O

FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S

Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + H2O + SO2

NH4HCO3 + 2NaOH = Na2CO3 + NH3 + 2H2O

4Cl2 + H2S + 4H2O = H2SO4 + 8HCl

2NH3 + 3Cl2 = N2 + 6HCl

2H2S + SO2 = 3S + 2H2O

NH3 + SO2 + H2O = NH4HSO3

2 a) Xác định được hợp chất X là NH4Cl

b) Y: NaCl, Z: KClO3, A: Cacbon, B: lưu huỳnh, R: CO2, Q: SO2

Các phương trình phản ứng:

NH4Cl + NaOH = NaCl + NH3 + H2O

2NaCl = 2Na + Cl2 

3Cl2 + 6KOH = 5KCl + KClO3 + 3H2O

2KClO3 + 3C = 2KCl + 3CO2

2KClO3 + 3S = 2KCl + 3SO2

+ đơn chất A

+ đơn chất B

t 0

đpnc màng ngăn

t 0

t 0

Câu 6 (4 điểm) Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản

ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y Chia Y thành 2 phần bằng nhau Cho phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d Z / H2 = 13

a) Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X

b) Cho phần 2 tác dụng hết với 55g dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu được V lít khí SO2 (ĐKTC) và dung dịch A Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl2 dư tạo thành 58,25g kết tủa Tính a,V

Đáp án câu 6 (4 điểm)

a) Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X:

Chất rắn Y gồm: FeS và Fe dư, tác dụng với dung dịch HCl:

FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S (2)

Gọi x, y là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y

y x

y 2 x 34





  xy 13  nn xxy 4yy 34

S

Fe









 (3x32) (4x56)

4x56x100

70%

 ( 3 32 ) )

56 4 (

100 32 3

x x

x x

30%

b).Tính a, V: Phần 2 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng có phản ứng:

2FeS + 10H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O (4)

2Fe + 6H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5)

Dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl2:

H2SO4 dư + BaCl2 = BaSO4 + 2HCl (6)

Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 = 3BaSO4 + 2FeCl3 (7)

Số mol BaSO4 = ) z

2

y 2

x (

233

25 , 58

Số mol H2SO4 đã dùng = 5x + 3y + z =

98 x

Giải ra: x = 0,075 y = 0,025 z = 0,1 Khối lượng hỗn hợp X = a = 2[(0,075x88) + (0,025x56)] = 16gam

Thể tích khí SO2 = V = 22,4(

2

025 , 0 x 3 2

075 , 0 x 9