SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TÂY NINH ThS. Nguyễn Bảo Sơn DĐ: 0937.217.217 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI – 2010 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC; KHỐI: 10 ĐỀ THI CÂU HỎI 1 (4 điểm) 1 Mỗi phân tử XY 3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 76. Xác định công thức hợp chất XY 3 . (1,0đ) 2. Nguyên tử Cacbon có thể tạo thành các hợp chất trung gian dưới dạng: cacbocation, cacbanion, gốc tự do cacbon và cacben singlet, cacben triplet như hình vẽ: C: C C C C Cacbanion Cacbocation Cacben singlet Goác töï do Cacbon Cacben triplet Năm chất trung gian chứa Cacbon này là cơ sở quan trọng trong việc khảo sát cơ chế phản ứng và tổng hợp hữu cơ hiện đại. a. Từ các công thức cấu tạo trên, hãy cho biết: điện tích, số liên kết sigma, số cặp electron tự do, số orbital lai hóa và trạng thái lai hóa của các nguyên tử Cacbon trong từng loại ? (1,0đ) b. Hãy mô tả cách vẽ và vẽ hình dạng lai hóa trong không gian ba chiều cho từng loại cacbon trên bằng cách sử dụng các orbital lớp ngoài cùng của cacbon và đặt các electron tự do vào các orbital thích hợp ? (2,0đ) ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1 1. Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron của X là Nx , Y là Ny. Với XY 3 , ta có các phương trình: Tổng số ba loại hạt: 2 Zx + 6 Zy + Nx + 3 Ny = 196 (1) 2 Zx + 6 Zy − Nx − 3 Ny = 60 (2) 6 Zy − 2 Zx = 76 (3) Cộng (1) với (2) và nhân (3) với 2, ta có: 4 Zx + 12 Zy = 256 (a) 12 Zy − 4Zx = 152 (b) ⇒ Zy = 17 (Cl) ; Zx = 13 (Al) Vậy công thức hợp chất XY 3 là AlCl 3 . GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 1 Số phách Số phách 2a. Kết quả được tóm tắt như sau: Loại Điện tích Số liên kết σ Số cặp e tự do Số orbital lai hóa Trạng thái lai hóa của các nguyên tử C 1. Cacbocation 2. Cacbanion 3. Gốc tự do Cacbon 4. Cacben singlet 5. Cacbon triplet + – 0 0 0 3 3 3 2 2 0 1 0 1 0 3 4 3 3 2 sp 2 sp 3 sp 2 sp 2 sp 2b. Cacbocation có C lai hóa sp 2 có dạng tam giác phẳng, và còn 1 AO p còn trống vuông góc với mặt phẳng chứa 3 liên kết sigma (hình a) * Cacbanion có C lai hóa sp 3 có dạng tứ diện, 3 orbital lai hóa dùng để tạo 3 liên kết sigma, 1orbital lai hóa dùng để chứa cặp e tự do (hình b) * Gốc tự do Cacbon có C lai hóa sp 2 có dạng tam giác phẳng, và còn 1 AO p chứa 1e vuông góc với mặt phẳng chứa 3 liên kết sigma (hình c) * Cacben singlet có C lai hóa sp 2 có dạng tam giác phẳng, 2 orbital lai hóa dùng để tạo 2 liên kết sigma, 1orbital lai hóa còn lại dùng để chứa cặp e tự do. Ngoài ra nó còn 1 AO p còn trống vuông góc với mặt phẳng chứa 3 liên kết sigma (hình d) * Cacben triplet có C lai hóa sp có dạng thẳng hàng tạo 2 orbital lai hóa dùng để tạo 2 liên kết sigma, khi đó C còn 2 AO p chưa lai hóa, mỗi AO chứa 1e tự do (hình e) GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 2 CÂU HỎI 2: (4 điểm) 1. Sắt dạng α (Fe α ) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å. Hãy tính: a) Cạnh a của tế bào cơ sở. (1,0đ) b) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe. (0,5đ) c) Tỉ khối của Fe theo g/cm 3 . (0,5đ) 2. Thêm Hg (lỏng, dư) vào dung dịch đã được axit hóa chứa Fe 3+ 1,00.10 –3 M. Người ta thấy rằng chỉ có 4,6% Fe 3+ còn lại tại thời điểm cân bằng ở 25 o C. Tính 2+ 2 o Hg /2Hg E . Cho 3 2 o Fe /Fe E 0,77 V + + = . Giả sử chỉ xảy ra phản ứng: 3+ 2Hg + 2Fe → 2+ 2+ 2 Hg + 2Fe (2,0đ) ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2 1a. Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ) Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là − Ở tám đỉnh lập phương = 8 × 1 8 = 1. Ở tâm lập phương = 1 Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào cơ sở = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) Từ hình vẽ, ta có: AD 2 = a 2 + a 2 = 2a 2 . Xét mặt ABCD: AC 2 = a 2 + AD 2 = 3a 2 Mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 Nên a = 4r 3 = 4 1,24 3 × = 2,85 Å 1b. Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AE = AC a 3 2 2 = = 2,85 3 2 × = 2,468 Å 1c. + 1 mol Fe = 56 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 2 nguyên tử Fe. + 1 mol Fe có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Khối lượng riêng d = m V = 2 × 23 8 3 56 6,02 10 (2,85 10 ) − × × × = 7,95 g/cm 3 GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 3 A B C D a D C A B E E a 2. Phương trình phản ứng: 3+ 2Hg + 2Fe → 2+ 2+ 2 Hg + 2Fe Tại thời điểm cân bằng: [Fe 3+ ] = 3 5 0,046 x 1,00.10 4,6.10 − − = ; [Fe 2+ ] = 3 4 (1 0,046) x 1,00.10 9,5.10 − − − = 2+ 2+ 4 2 1 [Hg ] [Fe ] 4,8.10 2 − = = 2+ 2+ 2 4 4 2 2 3+ 2 5 2 [Hg ][Fe ] (4,8.10 )(9,5.10 ) K= 0,205 [Fe ] (4,6.10 ) − − − ⇒ = = o pin 0,059 E log 0,059 = log(0,205) 2 0,02V K n ⇒ = = − Từ phản ứng: 3+ 2Hg + 2Fe → 2+ 2+ 2 Hg + 2Fe 2+ 3+ 2+ 2 o o o pin Hg /Hg Fe /Fe E = E - E 0,77 ( 0,02) = 0,79V ⇒ = − − GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 4 CÂU HỎI 3: (4 điểm) 1. Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K Thứ tự phản ứng Phản ứng o 298 ΔH (kJ) (1) 2NH 3 + 3N 2 O → 4N 2 + 3H 2 O − 1011 (2) N 2 O + 3H 2 → N 2 H 4 + H 2 O − 317 (3) 2NH 3 + 0,5O 2 → N 2 H 4 + H 2 O − 143 (4) H 2 + 0,5 O 2 → H 2 O − 286 N 2 H 4 H 2 O N 2 O 2 o 298 S (J/K.mol) 240 66,6 191 205 a. Tính nhiệt tạo thành o 298 ΔH của N 2 H 4 ; N 2 O và NH 3 . (1,0đ) b. Tính o 298 ΔH , o 298 ΔG và K cb của phản ứng đốt cháy N 2 H 4 . (1,0đ) 2. Cho các phản ứng dưới đây: (I) Cu 2 O (1) → X (2) → CuCl 2 (II) Fe(NO 3 ) 2 (1) → Y (2) → FeCl 3 (III) FeBr 3 (1) → Z (2) → FeSO 4 Xác định các chất X, Y, Z và hoàn thành phản ứng theo 3 trường hợp sau: a. Cả phản ứng 1, 2 đều là oxi hóa khử (1,0đ) b. Chỉ phản ứng thứ 1 là oxi hóa khử (0,5đ) c. Chỉ phản ứng thứ 2 là oxi hóa khử (0,5đ) ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3 1a. Ta sắp xếp lại 4 phương trình để khi cộng chúng lại sẽ triệt tiêu các chất và được: N 2 + 2H 2 → N 2 H 4 . Đó là: 4N 2 + 3H 2 O → 2NH 3 + 3N 2 O -∆H 1 3N 2 O + 9H 2 → 3N 2 H 4 + 3H 2 O 3∆H 2 2NH 3 + 0,5 O 2 → N 2 H 4 + H 2 O ∆H 3 H 2 O → H 2 + 0,5 O 2 -∆H 4 Sau khi cộng ta được: 4N 2 + 8H 2 → 4N 2 H 4 có 4∆H 5 Suy ra ∆H 5 = (-∆H 1 + 3∆H 2 + ∆H 3 - ∆H 4 ) / 4 = (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) / 4 = 50,75 kJ/mol Từ ∆H 5 và ∆H 4 và ∆H 2 tính được ∆H ON 2 = ∆H 5 + ∆H 4 - ∆H 2 = 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol Từ ∆H 5 và ∆H 4 và ∆H 3 tính được ∆H 3 NH = ∆H 5 + ∆H 4 - ∆H 3 = ( 50,75 - 286 + 143 ) / 2 = 46,125 kJ/mol GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 5 1b. N 2 H 4 + O 2 → N 2 + 2H 2 O ∆H 0 298 = 2 × ( −286) − 50,75 = − 622,75 kJ/mol ∆S 0 298 = 191 + (2 × 66,6) − 205 − 240 = − 120,8 J/K ∆G 0 298 = − 622,75 − (−120,8. 10 − 3 × 298) = − 586,75 kJ/mol ln K = − G RT ∆ = − 3 586,75.10 8,314 298 − × = 236,8 ; K = 10 103 . 2. Kết quả được tóm tắt qua Bảng sau đây: X Y Z a. Cả phản ứng 1, 2 đều là oxi hóa khử Cu (1) Cu 2 O + CO o t → 2Cu + CO 2 (2) Cu + Cl 2 → CuCl 2 Fe (1) Fe(NO 3 ) 2 + Zn → Zn(NO 3 ) 2 + Fe (2) 2Fe + 3Cl 2 → 2FeCl 3 Fe (1) 2FeBr 3 + 3Zn → 3ZnBr 2 + 2Fe (2) Fe + H 2 SO 4 l → 2FeSO 4 + H 2 b. Chỉ phản ứng thứ 1 là oxi hóa khử CuO (1) 2Cu 2 O + O 2 o t → 4CuO (2) CuO + 2HCl → CuCl 2 + H 2 O Fe 2 (SO 4 ) 3 (1) Fe(NO 3 ) 2 +4H 2 SO 4 đđ → Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4HNO 3 + 2H 2 O (2) Fe 2 (SO 4 ) 3 + BaCl 2 → 2FeCl 3 + 3BaSO 4 Fe(OH) 2 (1) 2FeBr 3 + K 2 S + 4KOH → 2Fe(OH) 2 + S+ 6KBr (2) Fe(OH) 2 + H 2 SO 4 l → FeSO 4 + 2H 2 O c. Chỉ phản ứng thứ 2 là oxi hóa khử CuCl (1) 2Cu 2 O + 2HCl → 2CuCl (2) 2CuCl + Cl 2 → 2CuCl 2 FeS (1) Fe(NO 3 ) 2 + Na 2 S → FeS + 2NaNO 3 (2) 2FeS + 7Cl 2 → 2FeCl 3 +2SCl 4 Fe 2 (SO 4 ) 3 (1) 2FeBr 3 + 3Ag 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 +6AgBr (2) Fe 2 (SO 4 ) 3 + Fe → 3FeSO 4 GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 6 CÂU HỎI 4: (4 điểm) 1. Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10 -7 mol/lít. (1,0 đ) 2. Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10 -3.75 ) với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi thêm 10 -3 mol HCl vào dd X. (2,0 đ) 3. Cân bằng của phản ứng khử CO 2 bằng C: C(r) + CO 2 (k) € 2CO(k) Xảy ra ở 1090K có hằng số cân bằng K p bằng 10. a. Tính % CO trong hỗn hợp khí cân bằng khi áp suất chung của hệ là 1,5 atm. (0,5 đ) b. Để %CO bằng 50% thể tích thì áp suất chung của hệ bằng bao nhiêu? (0,5 đ) ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4 1. [ H + ] . 0,5.10 -7 do nồng độ nhỏ → phải tính đến cân bằng của H 2 O H 2 O → ¬ H + + OH − HCl → H + + Cl − Theo định luật bảo toàn điện tích: [ H + ] = [ Cl - ] + [OH - ] ⇒ [ H + ] = 0,5.10 − 7 + 14 + 10 [H ] − ⇒ [ H + ] 2 − 0,5.10 − 7 [ H + ] − 10 − 14 = 0. Giải được: [ H + ] = 1,28.10 − 7 → pH ≈ 6,9 2. n HA = 0,1.0,2 = 0,02 mol; n KOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol KOH + HA → KA + H 2 O 0,01 → 0,01→ 0,01 Theo phương trình HA còn dư = 0,01 mol. Trong dung dịch X: C HA = C KA = 4,0 01,0 = 0,025M. Xét các cân bằng sau: H 2 O → ¬ H + + OH - K W = 10 -14 (1) HA → ¬ H + + A - K HA = 10 -375 (2) A - + H 2 O → ¬ HA + OH - ⇒ K B = K HA -1 . K W = 10 -10,25 (3) So sánh (1) với (2) → K HA >> K W → bỏ qua (1) So sánh (2) với (3) → K HA >> K B → bỏ qua(3) ⇒ Dung dịch X là dung dịch đệm axit có pH = pKa + lg [ ] [ ] axit muoi = 3,75 + lg 1,0 1,0 = 3,75 ∗ Khi thêm 10 − 3 mol HCl KA + Cl → KCl + HA 0,001 ← 0,001 → 0,001 (mol) ⇒ [HA] = 4,0 0,001 0,01+ = 0,0275 M và [KA] = 4,0 0,001 - 0,01 = 0,0225M . GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 7 Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit. Tương tự, pH = 3,75 + lg 0275,0 0225,0 = 3,66 3a. Xét cân bằng: C(r) + CO 2 (k) 2CO(k) Xét 1 mol ban đầu: 1 mol 0 mol Phản ứng: x mol 2 x mol Cân bằng: 1-x mol 2 x mol Phần mol: x x + − 1 1 x x +1 2 Theo định nghĩa về HSCB theo áp suất: K p = 2 2 CO CO P P = ).( ).( 2 2 CO CO NP NP Theo đinh nghĩa K p suy ra, nếu ban đầu có 1 mol CO 2 thì lúc cân bằng: K p = 2 2 CO CO P P = ).( ).( 2 2 CO CO NP NP = 1,5. x x x x + − + 1 1 )1( 2 2 = 10 Giải ra được x = 0,79 mol CO 2 phản ứng do đó hệ có 2 x 0,79 = 1,58 mol CO và 1 – 0,79 = 0,21 mol CO 2 với 88,3 % CO và 11,7 % CO 2 . 3b. Áp dụng tương tự: ⇒ K p = 2 2 CO CO P P = ).( ).( 2 2 CO CO NP NP = P. 5,0 )5,0( 2 = 10 ⇒ P = 20 atm. GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 8 CÂU HỎI 5 (4 điểm) 1. Phản ứng sau đây xảy ra ở 25 o C: I – + ClO – → IO – + Cl – Bậc phản ứng trên là bậc 2, hằng số tốc độ của phản ứng là 0,0606 M –1 .s –1 . Lúc ban đầu: [I – ] = [ClO – ] =3,50.10 –3 M. Xác định [I – ] và [ClO – ] sau 300 giây. (2,0 đ) 2. Cho phản ứng: 2H 2 + 2NO → N 2 + 2H 2 O. Phản ứng trên xảy ra theo cơ chế như sau: giai đoạn 1: 2NO € N 2 O 2 (nhanh) giai đoạn 2:N 2 O 2 +H 2 2 k → N 2 O + H 2 O (chậm) giai đoạn 3:N 2 O + H 2 → N 2 + H 2 O (nhanh) Xác định phương trình tốc độ phù hợp với cơ chế của phản ứng trên (1,0 đ) 3. Cho phản ứng: O 2 + 2NO → 2NO 2 . Kết quả thực nghiệm cho biết phản ứng trên có phương trình tốc độ là v = k[NO][O 2 ]. Hãy đề nghị cơ chế cho phản ứng trên. (1,0 đ) ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5 1. Do phản ứng bậc 2 và nồng độ ban đầu của [I – ] = [ClO – ] =3,50.10 –3 M, nên có phương trình: 3 0 3 1 1 1 1 0,0606 x 300 18,18 [I ] [I ] [I ] 3,5.10 1 18,18 285,7 303,9 [I ]=[ClO ]=3,29.10 M [I ] kt − − − − − − − − − = ⇔ − = = ⇒ = + = ⇒ 2. Vì giai đoạn 2 xảy ra chậm nên v = k 2 [N 2 O 2 ][H 2 ] (1) Từ giai đoạn 1 ta có: 2 2 2 1 2 2 1 2 [N O ] K = [N O ] K [NO] [NO] ⇒ = (2) Thế (2) vào (1) ta được v = k 2 K 1 [NO] 2 [H 2 ] = k[NO] 2 [H 2 ] 3. Cơ chế đề nghị cho phản ứng : 2NO + O 2 → 2NO 2 phù hợp với phương trình tốc độ xác định từ thực nghiệm v = k[NO][O 2 ] như sau: giai đoạn 1: NO + O 2 → NO 3 (chậm) giai đoạn 2: NO 3 + NO → 2NO 2 (nhanh) GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 9 CÂU HỎI 6: (4 điểm) 1. Viết các quá trình điện cực và phương trình hóa học xảy ra khi điện phân 100 mL dung dịch hỗn hợp CuSO 4 0,1 M và NaCl 0,1 M với các điện cực trơ, có màng ngăn xốp, cho đến khi vừa hết các muối này. Tính khối lượng dung dịch đã giảm đi trong quá trình điện phân. (1,5 đ) 2. Hòa tan hoàn toàn một lượng hỗn hợp A gồm Fe 3 O 4 và FeS 2 trong 25 gam dung dịch HNO 3 tạo khí duy nhất màu nâu đỏ có thể tích 1,6128 lít (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, được 3,2 gam chất rắn. Tính khối lượng các chất trong A và nồng độ % của dung dịch HNO 3 (giả thiết HNO 3 không bị mất do bay hơi trong quá trình phản ứng). (2,5 đ) ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6 1. Quá trình điện cực: Catot Anot Cu 2+ + 2e → Cu 2Cl − → Cl 2 + 2e 2H 2 O + 2e → 2OH − + H 2 2H 2 O → 4H + + O 2 + 4e Phương trình hóa học: Giai đoạn 1: CuSO 4 + 2NaCl → Cu + Cl 2 + Na 2 SO 4 ban đầu: 0,01 0,01 phản ứng: 0,005 ¬ 0,01 → 0,005 0,005 còn lại 0,005 0 0,005 0,005 Giai đoạn 2: CuSO 4 + H 2 O → Cu + 1/2O 2 + H 2 SO 4 0,005 → 0,005 0,0025 Độ giảm khối lượng dung dịch: ( ) ( ) ( ) g075,1320025,071005,06401,0mmmmΔ 22 OClCu =×+×+×=++= 2. Các phương trình phản ứng: Fe 3 O 4 + 10H + + NO 3 − → 3Fe 3+ + NO 2 + 5H 2 O (1) FeS 2 + 14H + + 15 NO 3 − → Fe 3+ + 2SO 2 4 − + 15NO 2 + 7H 2 O (2) H + + OH − → H 2 O (3) Fe 3+ + 3OH − → Fe(OH) 3 (4) 2Fe(OH) 3 → t Fe 2 O 3 + 3H 2 O (5) Gọi số mol Fe 3 O 4 và FeS 2 ban đầu lần lượt là x và y mol. Từ mol072,0 4,22 6128,1 n 2 NO == và mol04,0 160 2,3 2n2n 32 3 OFe Fe =×== + , ta có hệ: = = ⇒ =+ =+ mol004,0y mol012,0x 072,0y15x 04,0yx3 , vậy =×= =×= g480,0120004,0m g784,2232012,0m 2 43 FeS OFe mol176,0y14x10)2,1(n H =+= + mol08,0)04,03(2,0)3(n)3(n OHH =×−== −+ mol256,0)3,2,1(nn H HNO 3 ==⇒ + %5,64%100 25 63256,0 %C =× × =⇒ GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 10 . ThS. Nguyễn Bảo Sơn DĐ: 0937.217.217 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI – 2010 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC; KHỐI: 10 ĐỀ THI CÂU HỎI 1 (4 điểm) 1 Mỗi