Dap An - NO

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII MÔN HÓA HỌC 10 Trường: Giáo viên: Phần này là phách, sẽ bị cắt Câu I (4 điểm) 1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I 1 - kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Gán các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. 2. Hoạt tính phóng xạ của đồng vị Po 210 84 giảm đi 6,85 % sau 14 ngày. Xác định hằng số tốc độ của quá trình phân rã, chu kỳ bán hủy và thời gian để cho nó bị phân rã 90 %. 3. Mạng lưới tinh thể của KCl giống như mạng lưới tinh thể của NaCl. Ở 18 o C, khối lượng riêng của KCl bằng 1,9893 g/cm 3 , độ dài cạnh ô mạng cơ sở (xác định bằng thực nghiệm) là 6,29082 Å. Dùng các giá trị của nguyên tử khối để xác định số Avogadro. Cho biết K = 39,098; Cl = 35,453. ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA Li Be B C N O F Ne 2s 1 2s 2 2p 1 2p 2 2p 3 2p 4 2p 5 2p 6 I 1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I 1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I 1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns 2 qua cấu hình kém bền hơn ns 2 np 1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I 1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns 2 np 3 qua cấu hình kém bền hơn ns 2 np 4 (trong p 3 chỉ có các electron độc thân, p 4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron). 1,00 2. Từ ( ) 00507,0 85,6100 100 ln 14 1 kkt m m ln t 0 = − =⇒= ngày -1 137 00507,0 693,0 t 2/1 ==⇒ ngày, thời gian phân rã 90% ( ) 454 90100 100 ln 00507,0 1 t = − = ngày 1,00 3. Xét một ô mạng cơ sở: Trong một ô mạng cơ sở có số ion K + (hoặc Cl - ) là: 8 × 8 1 + 6 × 2 1 = 4 Như vậy, trong một ô mạng cơ sở có 4 phân tử KCl Xét 1 mol tinh thể KCl, khi đó: Khối lượng KCl là: 39,098 + 35,453 = 74,551 (g) Thể tích tinh thể KCl là: 74,551 : 1,9893 = 37,476 (cm 3 ) Thể tích một ô mạng cơ sở là: (6,29082.10 -8 ) 3 = 2,4896.10 -22 (cm 3 ) ⇒ Số ô mạng cơ sở là: 37,476 : (2,4896.10 -22 ) = 1,5053.10 23 ⇒ Số phân tử KCl có trong 1 mol tinh thể KCl là: 1,5053.10 23 × 4 = 6,0212.10 23 Do đó, số Avogadro theo kết quả thực nghiệm trên là 6,0212.10 23 2,00 1 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII MÔN HÓA HỌC 10 Trường: Giáo viên: Phần này là phách, sẽ bị cắt Câu II (4 điểm) 1. Tính nhiệt hình thành của ion clorua (Cl - ) dựa trên các dữ liệu: Nhiệt hình thành HCl (k): 2,92H o 1 −=∆ kJ/mol Nhiệt hình thành ion hidro (H + ): 0H o 2 =∆ kJ/mol HCl (k) + aq → H + (aq) + Cl - (aq) 13,75H o 3 −=∆ kJ/mol 2. Cân bằng: N 2 (k) + 3H 2 (k)  2NH 3 (k) sẽ chuyển dịch chiều nào khi (a) thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho thể tích không đổi; (b) thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho áp suất không đổi? 3. Cho cân bằng hóa học sau: N 2 O 4 (k) ⇌ 2NO 2 (k) (1) Thực nghiệm cho biết khối lượng mol phân tử trung bình của hai khí trên ở 35 o C bằng 72,45 g/mol và ở 45 o C bằng 66,80 g/mol. (a) Tính độ phân li của N 2 O 4 ở mỗi nhiệt độ trên? (b) Tính hằng số cân bằng K P của (1) ở mỗi nhiệt độ trên? Biết P = 1 atm (c) Cho biết theo chiều nghịch, phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt? ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. Từ giả thiết: 2 1 H 2 (k) + 2 1 Cl 2 (k) → HCl (k) 2,92H o 1 −=∆ kJ/mol (1) 2 1 H 2 (k) + aq → H + (aq) + e 0H o 2 =∆ kJ/mol (2) HCl (k) + aq → H + (aq) + Cl - (aq) 13,75H o 3 −=∆ kJ/mol (3) Lấy (1) - (2) + (3) ta có: 2 1 Cl 2 (k) + aq + e → Cl - (aq) o x H ∆ kJ/mol =−+−−=∆ )mol/kJ13,75()mol/kJ0()mol/kJ2,92(H o x -167,33 kJ/mol 1,00 2. (a) Ta có: 2 n 2 3 HN 2 NH 3 HN 2 NH P RT V K RT V nn n PP P K 22 3 22 3       =       == Vì V, K P và T = const nên const nn n K 3 HN 2 NH n 22 3 == . Như vậy có sự tăng áp suất của hệ nhưng không có sự chuyển dịch cân bằng. (b) 2 nP RT V KK       = Với T, P và K p = const, khi thêm Ar đã làm V tăng nên K n phải giảm. Sự thêm agon đã làm cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều làm phân li NH 3 ). 1,00 2 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII MÔN HÓA HỌC 10 Trường: Giáo viên: Phần này là phách, sẽ bị cắt 3. Xét cân bằng: N 2 O 4 (k) ⇌ 2NO 2 (k) (1) (a) Gọi a là số mol của N 2 O 4 có trong 1 mol hỗn hợp ⇒ số mol NO 2 trong 1 mol hỗn hợp là (1 - a) mol Ở 35 0 C có M = 72,45 g/mol = 92a + 46(1 - a) ⇒ a = 0,575 mol = nN 2 O 4 và nNO 2 = 0,425 mol N 2 O 4 (k) ⇌ 2NO 2 (k) Ban đầu x 0 Phản ứng 0,2125 0,425 Cân bằng x - 0,2125 0,425 x - 0,2125 = 0,575 ⇒ x = 0,7875 mol , vậy =×=α %100 7875,0 2125,0 26,98% 0,50 Ở 45 0 C có M = 66,80 g/mol = 92a + 46(1 - a) ⇒ a = 0,4521mol = nN 2 O 4 và nNO 2 = 0,5479 mol N 2 O 4(k) ⇌ 2NO 2(k) Ban đầu x 0 Phản ứng 0,27395 0,5479 Cân bằng x - 0,27395 0,5479 x - 0,27395 = 0,4521 ⇒ x = 0,72605 mol , vậy =×=α %100 72605,0 27395,0 37,73% 0,50 (b) P n n P hh NO NO 2 2 = , P n n P hh ON ON 42 42 = và P = 1 atm Ở 35 0 C === 575,0 )425,0( P )P( K 2 ON 2 NO P 42 2 0,314 Ở 45 0 C === 4521,0 )5479,0( P )P( K 2 ON 2 NO P 42 2 0,664 0,50 (c) Từ kết quả thực nghiệm ta thấy, khi nhiệt độ tăng từ 35 0 C lên 45 0 C thì α tăng. Có nghĩa khi nhiệt độ tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. Vậy theo chiều thuận phản ứng thu nhiệt, nên theo chiều nghịch phản ứng tỏa nhiệt. 0,50 Câu III (4 điểm) 3 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII MÔN HÓA HỌC 10 Trường: Giáo viên: Phần này là phách, sẽ bị cắt 1. Trộn 15,00 mL dung dịch CH 3 COONa 0,030 M với 30,00 mL dung dịch HCOONa 0,15 M. Tính pH của dung dịch thu được. Biết pK a (CH 3 COOH) = 4,76 và pK a (HCOOH) = 3,75. 2. Tính nồng độ ion H + đủ để làm giảm nồng độ Ag(NH 3 ) 2 + 0,10 M xuống còn 1,0.10 -8 M. Biết pK b (NH 3 ) = 4,76 và hằng số bền β [Ag(NH 3 ) 2 + ] = 7,24. 3. Xét dung dịch CaCl 2 0,01M (dung dịch A). Thêm 0,02 mol SO 2 vào 1 lit dung dịch A. Cần áp đặt pH bằng bao nhiêu để bắt đầu xuất hiện kết tủa CaSO 3 ? Biết rằng với “axit sufurơ” pK a1 = 2, pK a2 = 7 và 4 SOCa 10T 3 − = . (Giả thiết thể tích dung dịch không thay đổi.) ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. M010,0 45 1503,0 C - 3 OCOCH = × = ; M100,0 45 3015,0 C - OHCO = × = Các cân bằng: H 2 O ⇌ H + + OH - K w = 10 -14 (1) CH 3 COO - + H 2 O ⇌ CH 3 COOH + OH - K b = 10 -9,24 (2) HCOO - + H 2 O ⇌ HCOOH + OH - K b ’ = 10 -10,25 (3) Do 25,11 HCOO ' b 24,11 OCOCH b 10CK10CK - 3 −− =×≈=× − cho nên không thể tính gần đúng theo một cân bằng. Điều kiện proton: h = [H + ] = [OH - ] - [CH 3 COOH] - [HCOOH] ]OHCO[)K(]OCOCH[K1 K h -1' a - 3 1 a w −− ++ = (4) Chấp nhận [CH 3 COO - ] o = 0,010; [HCOO - ] o = 0,10 và thay vào (4) để tính h 1 : 9 175,3276,4 14 1 10.96,2 10.1010.101 10 h − −− − = ++ = Từ giá trị h 1 tính lại [CH 3 COO - ] 1 và [HCOO - ] 1 theo các biểu thức: o - 3 976,4 76,4 1 - 3 ]OCOCH[010,0 10.96,210 10 010,0]OCOCH[ =≈ + = −− − o - 975,3 75,3 1 - ]OHCO[10,0 10.96,210 10 10,0]OHCO[ =≈ + = −− − Kết quả lập lại. Vậy h = 2,96.10 -9 = 10 -8,53 ⇒ pH = 8,5 2,00 2. Do [Ag(NH 3 ) 2 + ] = 1,0.10 -8 M << 0,10 M, suy ra phức bị phân hủy hoàn toàn. Hơn nữa môi trường axit, nên có thể bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Ag + . Phản ứng phân hủy phức: 4 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII MÔN HÓA HỌC 10 Trường: Giáo viên: Phần này là phách, sẽ bị cắt Ag(NH 3 ) 2 + + 2H + ⇌ Ag + + 2NH 4 + K = 10 -7,24 .(10 9,24 ) 2 = 10 11,24 C o 0,1 C C o - C – 0,2 0,1 0,2 Vì môi trường axit và 24,9 NH 10K 4 − = + nhỏ nên sự phân li của NH 4 + có thể bỏ qua. Xét cân bằng: Ag + + 2NH 4 + ⇌ Ag(NH 3 ) 2 + + 2H + K -1 = 10 -11,24 C 0,1 0,2 C – 0,2 [] 0,1-10 -8 0,2 - 2.10 -8 10 -8 C-0,2 + 2.10 -8 M2015,0C10 )2,0.(1,0 10.)2,0C( 24,11 2 82 =⇒= − − − 1,00 3. SO 2 + H 2 O  H + + HSO 3 - K 1 = 10 -2 (1) HSO 3 -  H + + SO 3 2- K 2 = 10 -7 (2) Để quan sát được sự bắt đầu kết tủa CaSO 3 thì: )M(01,0 ]Ca[ T SO 2 CaSO 2 3 3 == + − Nồng độ SO 3 2- trong dung dịch không nhỏ nên trong dung dịch coi như không tồn tại SO 2 . ⇒ [HSO 3 - ] = (0,02M) – (0,01M) = 0,01 (M). (2) ⇒ )M(10 ]SO[ ]HSO[ K]H[ 7 2 3 3 2 − − − + == , ⇒ pH = -lg[H + ] = 7. Vậy cần áp đặt pH = 7 để quan sát được sự bắt đầu kết tủa của CaSO 3 . 1,00 Câu IV (4 điểm) 1. Cho 6,000 g mẫu chất chứa Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả sắt thành Fe 2+ ) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50 mL. Lượng I 2 có trong 10 mL dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,500 mL dung dịch Na 2 S 2 O 3 5 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII MÔN HÓA HỌC 10 Trường: Giáo viên: Phần này là phách, sẽ bị cắt 1,00M (sinh ra S 4 O 6 2- ). Lấy 25 mL mẫu dung dịch A khác, chiết tách I 2 , lượng Fe 2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 mL dung dịch MnO 4 - 1,000M trong H 2 SO 4 . (a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). (b) Tính phần trăm khối lượng Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 trong mẫu ban đầu. 2. Tính nồng độ ban đầu của HSO 4 - (K a = 10 -2 ), biết giá trị sức điện động của pin: PtI - 0,1 M; I 3 - 0,02 MMnO 4 - 0,05 M, Mn 2+ 0,01 M, HSO 4 - C MPt ở 25 o C đo được bằng 0,824 V. Cho V51,1E o Mn/MnO 2 4 = +− và V5355,0E o I/I 3 = −− . ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) Phương trình phản ứng: Fe 3 O 4 + 2I - + 8H + → 3Fe 2+ + I 2 + 4H 2 O (1) Fe 2 O 3 + 2I - + 6H + → 2Fe 2+ + I 2 + 3H 2 O (2) 2S 2 O 3 2- + I 2 → S 4 O 6 2- + 2I - (3) 5Fe 2+ + MnO 4 - + 8H + → 5Fe 3+ + Mn 2+ + 4H 2 O (4) (b) (3) ⇒ mol00275,010055,0 2 1 n 2 1 n 2 32 2 OS )3(I =×== − (4) ⇒ mol016,010032,05n5n 4 2 MnO)4(Fe =××== −+ Đặt số mol Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 lần lượt là x và y ta có:       = = ⇒ =×=+ =×=+ 00925,0y 0045,0x 01375,0500275,0yx 032,02016,0y2x3 %4,17%100 000,6 2320045,0 m% 43 OFe =× × = và %7,24%100 000,6 16000925,0 m% 32 OFe =× × = 2,00 2. Ở điện cực phải: MnO 4 - + 8H + + 5e ⇌ Mn 2+ + 4H 2 O Ở điện cực trái: 3I - ⇌ I 3 - + 2e 01,0 ]H[05,0 lg 5 059,0 51,1 ]Mn[ ]H][MnO[ lg 5 059,0 EE 8 2 8 4 o Mn/MnO p 2 4 + + +− +=+= +− V574,0 )1,0( 02,0 lg 2 059,0 5355,0 ]I[ ]I[ lg 2 059,0 EE 33 3 o I3/I t 3 =+=+= − − −− EΔ = E phải - E trái ⇔ 0,824 = 1,51 + 5 059,0 lg(5[H + ] 8 ) – 0,574, suy ra h = [H + ] = 0,053 M H 2 SO 4 - ⇌ H + + SO 4 2- K a = 10 -2 [] C – h h h Suy ra Ch K h K hC h a 2 a 2 =+⇒= − . Thay h = 0,053; K a = 1,0.10 -2 ⇒ M334,0C 4 HSO = − 2,00 Câu V (4 điểm) 1. Trong công nghiệp, brom được điều chế từ nước biển theo quy trình như sau: Cho một lượng dung dịch H 2 SO 4 vào một lượng nước biển, tiếp theo sục khí clo vào dung dịch mới thu được (1), sau đó dùng không khí lôi cuốn hơi brom vào dung dịch Na 2 CO 3 tới bão hòa brom (2). Cuối cùng cho H 2 SO 4 vào dung dịch đã bão hòa brom (3), thu hơi brom rồi hóa lỏng. 6 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII MÔN HÓA HỌC 10 Trường: Giáo viên: Phần này là phách, sẽ bị cắt (a) Hãy viết các phương trình hóa học chính xảy ra trong các quá trình (1), (2), (3). (b) Nhận xét về mối quan hệ giữa phản ứng xảy ra ở (2) và (3). 2. Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS 2 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 lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl 2 vào dung dịch B thì thu được 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit. (a) Viết các phương trình phản ứng. (b) Xác định công thức tổng của pirit. (c) Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng. ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) Các phương trình phản ứng: Cl 2 + 2NaBr  → + H 2NaCl + Br 2 (1) 3Br 2 + 3Na 2 CO 3 → 5NaBr + NaBrO 3 + 3CO 2 (2) 5NaBr + NaBrO 3 + 3H 2 SO 4 → 3Na 2 SO 4 + 3Br 2 + 3H 2 O (3) 1,50 (b) (2) và (3) là các phản ứng thuận và nghịch của cân bằng: 3Br 2 + 6OH - 5Br - + BrO 3 - + 3H 2 O OH - H + 0,50 2. (a) Phương trình phản ứng: 2FeS 2 + 15Br 2 + 38OH - → 2Fe(OH) 3 + 4SO 4 2- + 30Br - + 16H 2 O (1) 2FeS + 9Br 2 + 22OH - → 2Fe(OH) 3 + 2SO 4 2- + 18Br - + 8H 2 O (2) 2Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 + 3H 2 O (3) Ba 2+ + SO 4 2- → BaSO 4 (4) (b) Công thức: mol10.5,2 160 2,0 2n2n,mol10.75,4 233 1087,1 nn 3 OFeFe 3 SOBaS 324 −− ====== 9,1:110.75,4:10.5,2n:n 33 SFe == −− ⇒ công thức FeS 1,9 (c) Gọi số mol FeS 2 và FeS lần lượt là x và y ta có:    = =    ⇒ =+ =+ − − − − 3 3 3 3 10.25,0y 10.25,2x 10.75,4yx2 10.5,2yx g88,216010.25,0 2 9 10.25,2 2 15 m 33 Br 2 =×       ×+×= −− 2,00 7 . + + 2NH 4 + ⇌ Ag(NH 3 ) 2 + + 2H + K -1 = 10 -1 1,24 C 0,1 0,2 C – 0,2 [] 0, 1-1 0 -8 0,2 - 2.10 -8 10 -8 C-0,2 + 2.10 -8 M2015,0C10 )2,0.(1,0 10.)2,0C( 24,11. trong mẫu ban đầu. 2. Tính nồng độ ban đầu của HSO 4 - (K a = 10 -2 ), biết giá trị sức điện động của pin: PtI - 0,1 M; I 3 - 0,02 MMnO 4 - 0,05 M, Mn