đề thi và đáp án olympic hóa học sinh viên toàn quốc 2014 lý thuyết

Dưới đây là đề thi và đáp án chi tiết đề thi olympic hóa học sinh viên toàn quốc 2014 phần lý thuyết, các bạn tham khảo nhé. Nếu có thắc mắc nào thì mọi người liên hệ anh ha. Anh có trong tay rất nhiều tài liệu luyện thi học sinh giỏi quốc gia.

LIÊN HIỆP CÁC HỘI KH&KT VIỆT NAM HỘI HÓA HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ BÀI THI OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ VIII (4/2014) Bài thi lý thuyết Bảng: A Họ tên thí sinh: Số phách: Ngày tháng năm sinh: Số báo danh: Đơn vị: Bài thi lý thuyết bảng A Số phách Bài làm lý thuyết thí sinh Bảng: A KẾT QUẢ CHẤM BÀI THI LÝ THUYẾT Câu Tổng điểm số Tổng điểm chữ Điểm Cần Thơ, ngày 06 tháng 04 năm 2014 CÁN BỘ CHẤM THI CÁN BỘ CHẤM THI TRƯỞNG TIỂU BAN CHẤM THI BẢNG A Hướng dẫn thí sinh làm thi Thí sinh phải viết họ, tên, ngày tháng năm sinh số báo danh vào tờ bìa thi (Vì phách thi) Các trang bên thi không viết thông tin cá nhân nào, mà làm bút xanh đen, không dùng bút đỏ Tất kết trả lời câu hỏi phải viết khung quy định thi Làm khác quy định không chấm điểm Bài thi gồm 08 câu, 16 trang Khi làm xong thí sinh phải nộp tồn thi ký xác nhận trước Thí sinh có 180 phút để làm thi Thí sinh khơng sử dụng tài liệu tham khảo, sử dụng máy tính khơng có thẻ nhớ Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A Số phách Các số cơng thức cần thiết NA = 6.0221×1023 mol–1 Phương trình khí lý tưởng: PV = nRT 8.314 JK–1mol–1 0.08205 atmLK–1mol–1 Năng lượng photon: E Hằng số Faraday: F = 96485 Cmol–1 Năng lượng tự Gibbs: G = H – TS Hằng số Planck: h = 6.6261×10–34 Js Vận tốc ánh sáng : c = 3.000×108 ms–1 Phương trình Faraday: Q = it Khơng độ C: 273.15 K Phương trình Arrhenius: k=A eV = 1.602×10-19 J Kw = = 1.0×10-14 Số Avogadro: Hằng số khí: R= N = kg.m.-1s -2 hc  H = E + nRT atm = 760 torr = 1.01325×105 Pa 1m = 109m = 1010Å ppm phần triệu 1ppb phần tỷ BẢNG TUẦN HOÀN CÁC NGUYÊN TỐ HÓA HỌC 18 H 1.008 13 14 15 16 17 He 4.003 Li 6.941 Be 9.012 B 10.81 C 12.01 N 14.01 O 16.00 F 19.00 10 Ne 20.18 11 Na 22.99 12 Mg 24.31 10 11 12 13 Al 26.98 14 Si 28.09 15 P 30.97 16 S 32.07 17 Cl 35.45 18 Ar 39.95 19 K 39.10 20 Ca 40.08 21 Sc 44.96 22 Ti 47.87 23 V 50.94 24 Cr 52.00 25 Mn 54.94 26 Fe 55.85 27 Co 58.93 28 Ni 58.69 29 Cu 63.55 30 Zn 65.38 31 Ga 69.72 32 Ge 72.64 33 As 74.92 34 Se 78.96 35 Br 79.90 36 Kr 83.80 37 Rb 85.47 55 Cs 132.91 38 Sr 87.62 56 Ba 137.33 39 Y 88.91 57 La 138.91 40 Zr 91.22 72 Hf 178.49 41 Nb 92.91 73 Ta 180.95 42 Mo 95.96 74 W 183.84 43 Tc [98] 75 Re 186.21 44 Ru 101.07 76 Os 190.23 45 Rh 102.91 77 Ir 192.22 46 Pd 106.42 78 Pt 195.08 47 Ag 107.87 79 Au 196.97 48 Cd 112.41 80 Hg 200.59 49 In 114.82 81 Tl 204.38 50 Sn 118.71 82 Pb 207.2 51 Sb 121.76 83 Bi 208.98 52 Te 127.60 84 Po (209) 53 I 126.90 85 At (210) 54 Xe 131.29 86 Rn (222) 87 Fr (223) 88 Ra 226.0 89 Ac (227) 104 Rf (261) 105 Ha (262) 58 Ce 140.12 59 Pr 140.91 60 Nd 144.24 61 Pm (145) 62 Sm 150.36 63 Eu 151.96 64 Gd 157.25 65 Tb 158.93 66 Dy 162.50 67 Ho 164.93 68 Er 167.26 69 Tm 168.93 70 Yb 173.05 71 Lu 174.97 90 Th 232.04 91 Pa 231.04 92 U 238.03 93 Np 237.05 94 Pu (244) 95 Am (243) 96 Cm (247) 97 Bk (247) 98 Cf (251) 99 Es (254) 100 Fm (257) 101 Md (256) 102 No (254) 103 Lr (257) Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A Số phách Câu I: a b Tổng điểm Cán Cán a Trong trình luyện gang, thép; lượng nhỏ cacbon thường xâm nhập vào pha tinh thể sắt Khi cacbon xâm nhập vào tinh thể Fe- (có cấu trúc lập phương tâm khối), nguyên tử cacbon chiếm vị trí tâm mặt mạng sở Cho biết bán kính kim loại Fe- 0,124nm; bán kính cộng hóa trị cacbon 0,077nm Hỏi độ dài cạnh a ô mạng sở tăng thêm Fe- có chứa cacbon so với Fe- trạng thái nguyên chất Tính tương tự cho Fe- có cấu trúc lập phương tâm mặt; biết nguyên tử cacbon chiếm vị trí tâm mạng sở; bán kính kim loại Fe- 0,128nm So sánh khả xâm nhập cacbon vào hai loại tinh thể sắt Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A Số phách b Bằng thuyết lai hóa VB giải thích tạo thành liên kết phân tử CO phức chất Fe(CO)5 Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A Số phách Câu II: a b Tổng điểm Cán Cán a Sự thải thủy ngân khỏi thể người phản ứng bậc nhất, có thời gian bán hủy t =60 ngày Hàm lượng thủy ngân cho phép thể người 25 ppb (một phần tỉ) theo thể trọng Một người cân nặng 70 kg bị nhiễm thủy ngân vượt ngưỡng cho phép 7,5.10-3g Cần thời gian tối thiểu để lượng thủy ngân đào thải khỏi thể xuống ngưỡng cho phép ? b Hàm lượng SO2 khơng khí xác định theo nguyên tắc: hấp thụ SO2 vào dung dịch Ce(SO4)2 dư, sau chuẩn độ lượng Ce4+ dư dung dịch FeSO4 Người ta hút khơng khí khu vực nhà máy vào 50 ml dung dịch Ce(SO4)2 0,011 M với tốc độ 3,2 lit/phút, sau 75 phút cần 13,95 ml dung dịch FeSO4 0,038 M để chuẩn độ lượng Ce4+ dư - Viết phản ứng xảy - Biết nồng độ cho phép SO2 khơng khí theo tiêu chuẩn 2ppm Hỏi mẫu khơng khí có bị nhiễm bới SO2 khơng? Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A Số phách Câu III: a b Tổng điểm Cán Cán Hóa học xanh (green chemistry) ln hướng tới q trình sản xuất hơn, giảm thiểu ô nhiễm môi trường, tách loại, thu hồi, tái sử dụng lại chất thải Dưới ví dụ: Để tách loại kim loại nặng Cr (VI), Ni (II) từ nước thải mạ điện, người ta tiến hành khử Cr(VI) Cr(III) FeSO4 mơi trường axit, sau dùng kiềm để kết tủa hydroxit Cr(OH)3, Ni(OH)2, Fe(OH)3 pH thích hợp nhằm thu hồi, tái sử dụng lại hydroxit kim loại a) Hãy viết phương trình phản ứng xảy trình tách loại Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A Số phách b) Giả thiết nồng độ ban đầu ion Cr (VI) Ni (II) nước thải 10 M; lượng FeSO4 lấy vừa đủ để khử Cr(VI) Cr(III) (coi thể tích dung dịch nước thải khơng đổi) Hãy xác định giá trị pH hydroxit kim loại: - pHbđ dung dịch bắt đầu xuất kết tủa hydroxit kim loại - pHht dung dịch kết tủa hoàn toàn hydroxit kim loại (các hydroxit kim loại xem kết tủa hoàn tồn nồng độ ion kim loại lại dung dịch 10-6M) - Khoảng giá trị pH tối ưu để tách riêng hydroxit kim loại khỏi hỗn hợp chúng Cho biết tích số tan Fe(OH)3, Cr(OH)3, Ni(OH)2 10-38, 10-30, 10-15 -3 Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A Số phách Câu IV: a b c Tổng điểm Cán Cán Người ta lắp pin: (-)Ag/Ag2S/H2S(1atm)/KClO410-2M//KClO4 10-2M/H+1M/H2(1atm)/Pt(+) Có sức điện động 64,6mV 298K a) Viết phản ứng xảy pin hoạt động (KClO4 chất điện ly không tham gia phản ứng điện hóa) Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A Số phách b) Cho biết Entropi chuẩn chất 298K; S0298 (J/K.mol) tương ứng H2 (130,6); H2S (205,8); Ag (42,6); Ag2S (144,1) Tính ∆Go, ∆Ho số cân K phản ứng 298K c) Dung dịch H2S bão hòa (dưới áp suất 1atm) có [H2S] = 0,1M Tính tích số tan Ag2S 298K Cho biết số điện ly H2S K1 = 10-7; K2 = 10-13 EO(Ag+/Ag) = 0,80V; Eo(H+/H) = 0.00V Bài Thi Lý Thuyết - Bảng A 10 [Br-]= [Ag+] + [Ag(NH3)2] + = 10-3M 10-9 + [Ag(NH3)2]+ = 10-3M nên coi [Ag(NH3)2] +  10-3M Khi AgBr tan chuyển hòan tồn thành phức chất Vì: [ Ag  ][ NH ]2 109 [ NH ]2   107 Kb =  3 [ Ag ( NH ) ] 10 Vậy: [NH3]= 3,16.10-1= 0,316 M C NH tæng = [NH3] + 2[Ag(NH3)2] + = 3,16.10-1 + 2.10-3 = 0,318 M Thể tích NH3 14,7 M cần lấy là: 1000.0,318 V=  21,7 ml dung dịch NH3 14,7 M 14,7 Câu (4,0 điểm) a) 4/4 Tính pH dung dịch hỗn hợp gồm Fe(NO3)3 0,05 M Pb(NO3)2 0,1 M Fe3+ ⇌ FeOH2+ + H+ (1) pKa(1) = 2,17 Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+ (2) pKa(2) = 7,8 Vì pKa(1) E So / H S = 0,14 V nên có phản ứng: 2Fe3+ + H2S ⇌ 2Fe2+ + S  + H+ (3) ( , 770 ,14) , 059 Với số cân bằng: K3 = 10 = 1021,356 K3 lớn chứng tỏ phản ứng (3) xảy hoàn toàn Sau phản ứng (3) dung dịch có: Fe2 0,05M, H+ 0,05M, Pb2+ 0,1 M H2S 0,1M S kết tủa Cần xét xem hai khả sau: Pb2+ + H2S ⇌ PbS  + 2H+ (4) K4 = [ H  ]2 [ Pb 2 ][ H S ] Fe2+ + H2S ⇌ FeS  + 2H+ (5) [ H  ]2 [ Fe 2 ][ H S ] K5 = Trường hợp Pb2+: H2S ⇌ 2H+ + S2- K6 = Ka(1)Ka(2) =10-19,9 (6) S2- + Pb2+ ⇌ PbS  (7) K7 = (4) = (6) + (7) nên K4 = K6.K7 = K a (1) K a ( 2) TPbS = 1026,6 Ka(1)Ka(2) = 10-19,9 1026,6 = 106,7 TPbS K4 chứng tỏ phản ứng (4) xảy hồn tồn Sau phản ứng (4) có kết tủa PbS  tạo thêm 0,2 M ion H+ Trường hợp Fe2+, lập luận tương tự ta có: K5 = Ka(1)Ka(2) = 10-19,9 1017,2 = 10-2,7, TPbS Hằng số K5 nhỏ, cần phải kiểm tra xem điều kiện kết tủa FeS có đủ khơng Sau phản ứng (4) xảy hồn tồn dung dịch có nồng độ H+ là: [H+] = 0,05 +0,2 = 0,25 M Trong môi trường axit, H2S điện li không đáng kể [H2S] = 0,1M Từ phương trình (6) thấy: [S2-] = k a (1) k a ( 2) CFe 2 CS 2 = 0,05 2.01.10 -20 [H S ] 0,1 = 10-19,9  [H ] (0,25) = 2.01.10-20M = 1,007.10-21 < TFeS Không tạo thành kết tủa FeS nên dung dịch có kết tủa S PbS Câu (3điểm) a) 6/4 [Cu2+]o = 10 -2.40 = 8.10-3 M 50 Cu2+ + t=0 tcb 8.10-3 8.10-3 – x [Cu2+] = [NH3]o = 0,5.10 = 0,1 M 50 4NH3 ⇌ [Cu(NH3)4]2+ 0,1 0,1- 4x x [Cu ( NH ) ]2 [8.10 3 ] = K ben[ NH ]4 1013, (0,068) Kbền = [Cu ( NH ) ]2 =1013,2 2 [Cu ][ NH ] coi x  8.10-3 Kbền lớn = 2,36.10-11 M Vậy: E[Cu( NH ) ] 2 = 0,34 + / Cu 0,059 lg(2,36.10-11) = 0,0265 V Vậy điện cực đồng (+), điện cực hidro tiêu chuẩn (-) Esdđ = 0,0265 V (-) Pt ∣H+ 1M, H2 1atm ║[Cu(NH3)4]2+ 8.10-3 M ∣Cu (+) Kí hiệu pin: b) 2/4 [Cu(NH3)4]2+ + 2e ⇌ Cu + 4NH3 E[Cu( NH ) 2 ] / Cu = 0,34 + 0,059 lg[Cu2+]phức = 0,34 + 0,059 [Cu ( NH ) ]2 lg K ben[ NH ]4 Điện cực tiêu chuẩn khi: [Cu(NH3)4]2+ = [NH3] = M Nên: E[oCu( NH ) 2 ] / Cu = 0,34 + 0,059 lg 13, 10 = - 0,049 V c) 4/4 Cực dương: [Cu(NH3)4]2+ + 2e ⇌ Cu + 4NH3 Cực âm: H2 ⇌ 2H+ + 2e Phản ứng chung: [Cu(NH3)4]2+ + H2 ⇌ Cu + 4NH3 + 2H+ 2( Eo [ Cu ( NH ) ]2  / Cu Kc = 10 0, 059 Eo  H / H2 = 10-1,675 = 0,021 E[oCu( NH ) ] / Cu < E[oCu / Cu 2 2 Điều chứng tỏ Cu(II) nước oxi hóa mạnh Cu(II) dung dịch amoniac Sự tạo phức làm giảm khả oxi hóa Cu2+ Thí sinh làm cách khác cho đủ số điểm LIÊN HIỆP CÁC HỘI KH&KT VIỆT NAM HỘI HÓA HỌC VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT Bảng: C OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ VIII (4/2014) Đáp án thi lý thuyết bảng C Hướng dẫn chấm thi lý thuyết bảng C Bài thi thí sinh phải viết rõ ràng khung qui định, dài gạch bỏ viết sang mặt sau trang trước Các trang bên thi có số phách ban tổ chức ghi, thí sinh khơng viết thông tin cá nhân nào, mà làm bút xanh đen, không dùng bút đỏ Bài thi gồm 08 câu, 13 trang Điểm tổng số thi 20/20 điểm Thang điểm chi tiết cho câu trình bày theo câu cán chấm thi ghi vào ô tương ứng bút đỏ, sau cộng lại tất câu ghi vào trang thi Thí sinh làm cách khác cho đủ số điểm KẾT QUẢ CHẤM BÀI THI LÝ THUYẾT Câu Tổng điểm số Điểm 3,5 2,0 2,5 2,0 2,5 3,0 2,0 2,5 20 Tổng điểm chữ Hai mươi điểm Cần Thơ, ngày 06 tháng 04 năm 2014 CÁN BỘ CHẤM THI CÁN BỘ CHẤM THI TRƯỞNG TIỂU BAN CHẤM THI BẢNG C Đáp án thi lý thuyết bảng C Câu Câu a b c d e Tổng số Thang điểm 1,0 0,5 1,0 0,5 0,5 3,5 Ghi Nội dung câu 1.a Axit flohydric axit yếu axit HX (X: halogen) lại tạo muối axit, axit khác khơng có khả này? Hãy giải thích sao? + Một phần lượng liên kết H ─ F lớn, phần tan nước ion F ¯ tương tác với phân tử HF tạo ion phức HF2¯ + Do phần phân tử HF liên kết tạo HF2¯ nên hàm lượng tương đối ion H3O+ khơng lớn  HF có tính axit yếu + Đồng thời dung dịch HF có ion dạng HF2¯, H2F3¯, H3F4¯…khi trung hòa tạo muối axit KHF2, KH2F3 … 1.b Bo Nhơm hai ngun tố kề phân nhóm IIIA Tại có phân tử Al2Cl6 khơng có phân tử B2Cl6? + Để có cấu bền vững trạng thái Cl Cl không nước, AlCl3 có khuynh hướng dime hố Al Do hiệu ứng lập thể mà phân tử BCl3 khơng có khuynh hướng Cl Cl Al Cl Cl + Vì kích thước nguyên tử B nhỏ nên có mặt ngun tử Clo tích tương đối lớn, quanh gây tương tác đẩy lớn làm cho phân tử không bền vững Đáp án thi lý thuyết bảng C 1.c Viết cấu trúc Lewis NO2 nêu dạng hình học Dự đốn dạng hình học ion NO2- ion NO2+ So sánh hình dạng ion với NO2 Cấu trúc Lewis dạng hình học: NO2+ NO2 O N O O N O 1320 O O + N + N NO2 O O N O N O O 1150 O * Trong NO2 NO 2 có N trạng thái lai hố sp2, nên có cấu trúc dạng góc NO2 có 1e chưa liên kết nên lực đẩy cặp e liên kết yếu NO 2 có cặp e chưa liên kết  góc liên kết NON NO2 > góc liên kết NON NO 2 * Nguyên tử N NO 2 trạng thái lai hố sp khơng e tự nên hai liên kết  có khuynh hướng tạo góc 180o để giảm thiểu lực đẩy đơi e liên kết dẫn đến hình học tuyến tính(180o) 1.d Năng lượng liên kết BF3 = 646 kJ/mol NF3 = 280 kJ/mol Giải thích khác biệt lượng liên kết NF3 có N lai hóa sp3 (dạng tháp), BF3 có B lai hóa sp2 có phần liên kết  cho tạo xen phủ AO p chưa liên kết F với AO p trống B  liên kết BF bền nên lượng liên kết BF3 lớn so với NF3 1.e Điểm sơi NF3 = 1290C NH3 = 330C Amoniac tác dụng bazơ Lewis, NF3 khơng Momen lưỡng cực NH3= 1,47D lớn nhiều so với momen lưỡng cực NF3 = 0,24D độ âm điện F lớn nhiều so với H Hãy giải thích - Độ âm điện lớn F làm giảm mật độ e N giảm tính bazơ N NF3 - NH3 có t0sơi > t0sơi NF3 NH3 có liên kết H liên phân tử - Trong NF3 đôi e không liên kết tạo momen lưỡng cực theo chiều ngược lại với chiều momen lưỡng cực chung liên kết NF (do độ âm điện F > N)  momen lưỡng cực triệt tiêu nên  nhỏ ( 0).Còn NH3 momen lưỡng cực đôi e không liên kết hướng với momen lưỡng cực chung liên kết NH (do độ âm điện N > H) Đáp án thi lý thuyết bảng C Câu Câu a b Tổng số Thang điểm 1,0 1,0 2,0 Ghi Nội dung câu 2: Cho giản đồ khử chuẩn E0 (V) sau: + 0,293V +0,55V Cr (VI) (Cr2O7 ) 2- Cr (V) + 1,34V Cr (IV) Eox - 0,408V Cr (II) Cr (III) Eoy Cro - 0,74V 2.a Tính E0x E0y Tính E ox E oy Từ giản đồ ta có: 3.(-0,744) = -0,408 + E oy  E oy =-0,912V 0,55 + 1,34 + E ox - 3.0,744 = 6.0,293  E ox = +2,1 V 2.b Dựa vào tính tốn, cho biết Cr(IV) bị dị phân thành Cr(III) Cr(VI) khơng? Cr (VI) dị phân thành Cr(III) Cr (VI) Go trình < 2Cr(IV)  2e  2Cr 3 (1) E1o  Eox  2,1V  G1o  nFE1o  2.2,1F Cr(VI)  2e  Cr(IV) (2) E o2  0,55  1,34  0,945  Go2  nEo2 F  2.0,945F Từ (1) (2) ta có: 3Cr(IV)  2Cr 3  Cr(VI) G 3o G3o  G1o  Go2  2(2,1  0,945).F  Vậy Cr(IV) bị dị phân Đáp án thi lý thuyết bảng C Câu Câu a b Tổng số Thang điểm 1,5 1,0 2,5 Ghi Nội dung câu 3: Theo tiêu chuẩn môi trường quốc gia, mức tối thiểu cho phép H2S khơng khí là: 0,01mg/L Để đánh giá nhiễm khơng khí khu nghỉ dưỡng có sử dụng suối nước nóng tự nhiên người ta làm sau: Điện phân dung dịch KI phút dòng điện 2mA Sau cho lít khơng khí sục từ từ vào dung dịch điện phân iot màu hoàn toàn Thêm hồ tinh bột vào bình tiếp tục điện phân 35 giây với dòng điện thấy dung dịch bắt đầu xuất màu xanh 3.a Anh (chị) giải thích thí nghiệm cho biết ô nhiễm không khí H2S khu nghỉ dưỡng nào? Có xếp vào mức cho phép không? Điện phân dung dịch KI 120 giây: 2KI + 2H2O → 2KOH + I2 + H2↑ (1) Cho khơng khí vào dung dịch sau điện phân: H2S + I2 → 2HI + S↓ (2) H2S dư dung dịch (I2 hết ) Điện phân tiếp dung dịch có chứa H2S, HI, KI 35 giây, ta có: H2S → H2 + S (3) Cho đến hết H2S, I- điện phân tạo I2 (I2 làm cho hồ tinh bột hóa xanh dấu hiệu để q trình (3) hồn thành) - Số mol I2 giải phóng điện phân dung dịch KI (I = 0,002A; t = 120s): n 0,002.120 0,124.10-5 mol I2 2.96500 - Lượng H2S tác dụng với I2 theo (2) là: n H S = n I = 0,124.10-5mol - Điện phân dung dịch có chứa H2S 35 giây thì: 0,002.35 n H S = nS = = 0,36.10-6 mol 2.96500 -Vậy lít khơng khí có chứa: 2 1,24.10-6 + 0,36.10-6 = 1,6.10-6 mol H2S hay 1,6.10-6.34=54,4.10-6g hay 54,4.10-3 mg - Hàm lượng H2S khơng khí khu nghỉ dưỡng là: 54,4.10-3 27,2.10-3mg/l (hay 0,0272mg/l) Vậy mức độ nhiễm khơng khí khu nghỉ dưỡng vượt mức cho phép 3.b Tính hàm lượng H2S khơng khí theo thể tích Hàm lượng H2S khơng khí khu nghỉ dưỡng là: 54,4.10-3 27,2.10-3mg/l (hay 0,0272mg/l) Đáp án thi lý thuyết bảng C Câu Câu a b Tổng số Thang điểm Ghi 1,0 1,0 2,0 Nội dung câu 4: Cho biết E oAg   0,8V , E oFe3 Ag 3  0,77V , TAg 2S  1049, , TAg 4Fe(CN)6  1040,82  FeCN6  1031 , Fe2  4  FeCN6  1024 3- 4- 4.a Tính oxi hóa - khử tiêu chuẩn cặp Ag4Fe(CN)6/Ag Fe(CN)6 /Fe(CN)6 Ag+ + 1e → Ag, E = E oAg  Ag + 0,059lg[Ag+] (1) 4- Khi có Fe(CN)6 tạo kết tủa Ag4Fe(CN)6: Ag4Fe(CN)6 + 4e → 4Ag + Fe(CN)640,059 lg[Fe(CN) 64  ]-1 4  -1 [Fe(CN) ] = [Ag+]4 = TAg4Fe(CN)6 E = E oAg Fe(CN) E = E oAg Fe(CN) / Ag / Ag + (2) Từ (1) (2) suy ra: E oAg4Fe(CN)6 / Ag = E oAg  Ag + 0,059 0,059 lg TAg4Fe(CN)6 = 0,8 + lg10-40,82 = +0,198 V 4 Tương tự ta có: E oFe(CN)3 / Fe(CN)4  E oFe3 / Fe2  0,059lg 6 2 = 0,77 + 0,059(-7) = +0,357 V 1 4.b Hãy giải thích nhúng ảnh đen trắng vào dung dịch Fe(CN)63- ảnh bị mờ dần màu hẳn Sau nhúng nhẹ ảnh vào dung dịch nước cất để rửa Fe(CN)63- dính vào nó, đem nhúng ảnh vào dung dịch Na2S hình ảnh lại lên, khơng phải đen mà nâu trắng Biết Ag2S có màu nâu Theo kết câu (1) ta thấy tiêu chuẩn cặp Ag4Fe(CN)6/Ag nhỏ tiêu chuẩn cặp Fe(CN)63-/Fe(CN)64-, nên Fe(CN)63- oxi hóa Ag kim loại: 4Fe(CN)63- + 4Ag → Ag4Fe(CN)6  + 3Fe(CN)64Do Ag4Fe(CN)6 không màu, nên sau ngâm ảnh vào dung dịch Fe(CN)63- ảnh bị mờ hẳn màu Khi nhúng ảnh bị oxi hóa vào dung dịch S2- Ag4Fe(CN)6 có độ tan lớn bị chuyển thành Ag2S có độ tan nhỏ nhiều, có màu nâu: Ag4Fe(CN)6 + 2S2-  2Ag2S  + Fe(CN)64không màu màu nâu sẫm Vì vậy, ảnh từ khơng màu chuyển sang màu nâu Đáp án thi lý thuyết bảng C Câu Câu a b c Tổng số Thang điểm 1,0 1,0 0,5 2,5 Ghi Nội dung câu 5: Anh (chị) thiết lập pin điện cách nối điện cực hidro tiêu chuẩn với nửa pin tạo thành cách nhúng đồng vào dung dịch hỗn hợp 40,0 ml dung dịch CuSO4 10 2 M 10,0 ml dung dịch NH3 0,5 M Giả thiết dung dịch tạo phức chất [Cu(NH3)4]2+ với số bền Kb = 10 13, 5.a Viết ký hiệu pin xác định sức điện động pin Cho E oCu2 / Cu = 0,34 V [Cu2+]o = 10 -2.40 = 8.10-3 M 50 0,5.10 = 0,1 M 50 [Cu ( NH ) ]2 Kbền = =1013,2 2 [Cu ][ NH ] [NH3]o = Cu2+ + 4NH3 ⇌ [Cu(NH3)4]2+ t=0 tcb 8.10-3 8.10-3 – x 0,1 0,1- 4x x  8.10-3 Kbền lớn [Cu ( NH ) ]2 [8.10 3 ] [Cu2+] = = = 2,36.10-11 M 13, K ben[ NH ] 10 (0,068) 0,059 Vậy: E[Cu ( NH ) ]2 / Cu = 0,34 + lg(2,36.10-11) = 0,0265 V coi x Vậy điện cực đồng (+), điện cực hidro tiêu chuẩn (-) Esdđ = 0,0265 V (-) Pt ∣H+ 1M, H2 1atm ║[Cu(NH3)4]2+ 8.10-3 M ∣Cu (+) Kí hiệu pin: 5.b Tính E[oCu( NH 2 )4 ] / Cu [Cu(NH3)4]2+ + 2e ⇌ Cu + 4NH3 E[Cu( NH ) 2 4] 0,059 lg[Cu2+]phức 0,059 [Cu ( NH ) ]2 = 0,34 + lg K ben[ NH ]4 / Cu = 0,34 + Điện cực tiêu chuẩn khi: [Cu(NH3)4]2+ = [Cu2+] = M E[oCu( NH ) Nên: 2 ] / Cu = 0,34 + [1 0,059 lg 13, 10 = - 0,049 V 5.c Viết phản ứng xảy pin tính số cân phản ứng 25oC Cực dương: [Cu(NH3)4]2+ + 2e ⇌ Cu + 4NH3 H2 ⇌ 2H+ + 2e Cực âm: Phản ứng chung: [Cu(NH3)4]2+ + H2 ⇌ Cu + 4NH3 + 2H+ 2( Eo [ Cu ( NH ) ]2  / Cu Kc = 10 0, 059 Eo  H / H2 o = 10-1,675 = 0,021; E[Cu( NH ) 2 ] / Cu < E[oCu2 / Cu Điều chứng tỏ Cu(II) nước oxi hóa mạnh Cu(II) dung dịch amoniac Sự tạo phức làm giảm khả oxi hóa Cu2+ Đáp án thi lý thuyết bảng C Câu Câu Thang điểm Ghi Nội dung câu 6: b a 1,0 i 1,0 ii 0,5 Tổng số iii 0,5 3,0 6.a Độ tan BaSO4 dung dịch HCl 2M 1,5.10-4M Tính tích số tan BaSO4 suy độ tan BaSO4 nước nguyên chất dung dịch Na2SO4 0,001M Cho biết pKa nấc phân ly thứ hai H2SO4 BaSO4 ↔ Ba2+ + SO42- T = ? Ban đầu [ ] SO42- + H+ ↔ HSO4- K1 = Ka2-1 = (10-2)-1 = 102 BaSO4 + H+ ↔ Ba2+ + HSO4- K = K1 T = 102 T 2M 2-S(M) S Ta có: S2 / (2-S) = 102 T S Với S = 1,5.10-4M Vậy : T = S2 / (2-S) 102 = (1,5.10-4)2/ (2 -1,5.10-4) 102 = 1,125.10-10 BaSO4 ↔ Ba2+ + SO42- T = 1,125.10-10 S’ [ ] S’ Vậy S’2 = 1,125 10-10 Suy S = 1,061.10-5 Na2SO4 → 2Na2+ + SO420,001M 0,001M BaSO4 ↔ Ba2+ + SO42- T = 1,125.10-10 Ban đầu [ ] 0,001M S’’ (S’’ + 0,001) Do đó: S’’.(S’’ + 0,001) = 1,125 10-10 Giải ra: S’’ = 1,125.10-7 (nhận); giá trị S’’ = -10-3 (loại) Đáp án thi lý thuyết bảng C 10 6.b Tính pH dung dịch thu hỗn hợp sau: + 10mL dung dịch CH3COOH 0,10M trộn với 10mL dung dịch HCl có pH =4,0 + 10mL dung dịch CH3COOH có pH =3,0 trộn với 10mL dung dịch HCOOH có pH =3,0 + 25mL dung dịch CH3COOH có pH =3,0 trộn với 15mL dung dịch KOH có pH =11,0 Cho biết pKa CH3COOH HCOOH 4,76 3,75  Dung dịch HCl có pH = 4,0 → [H+] = [HCl] = 10-4M Sau trộn: CHCl = 10-4 10/20 = 10-5M ; CCH3COOH = 0,1 10/20 = 0,05M HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M CH3COOH ↔ H+ + CH3COOC 0,05M 5.10-5M ΔC x x x [ ] 0,05-x 5.10-5+x x Vậy (5.10-5+x)x / (0,05-x) = 10-4,76 Do đó: x2 + 6,738.10-5x – 8,67.10-7 = Giải ra: x = 9,0.10-4M (nhận) x = -9,646.10-4M (loại) pH = -lg(5.10-5 + x) = 3,022 = 3,02  Gọi CA nồng độ M dung dịch CH3COOH C ΔC [ ] 10  3 CA x CA – x - x x Với pH = 3,0  x = 10-3M C A  10 3 CA  x x  104,76 3 106  103  10 1,24 10  0, 0585M 104,76 Tương tự, dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic 10    pH CHCOOH  10 pH  106  103  102,25  103  6, 62.103 M 103,75 K HCOOH Sau trộn lẫn: 0, 0585.10 CCH3COOH   0, 02925M 20 6, 62.103.10 CHCOOH   3,31.103 M 20 điện tích : [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-] Vì C1Ka1(=5,08 10-7 ) C2Ka2 (=5,88 10-7 ) nên: Bảo toàn → [H+]= Và : [H+] Thế số vào ta [H+]=1,047.10-3 Vậy, pH = 2,98  Tương tự câu trên, ta có CCH3COOH = 0,0585M Dung dịch KOH có pH =11,0 → [OH] = [KOH] = 10-14/10-11 = 10-3 Sau trộn CCH3COOH = (0,0585.25)/ 40 = 3,66.10-2M; CKOH = (10-3.15)/ 40 = 3,75.10-4M CH3COOH + KOH → CH3COOK + H2O -2 -4 pư 3,66.10 3,75.10 0 saupư (3,66.10-2 - 3,75.10-4) 3,75.10-4 3,75.10-4 CH3COOH ↔ CH3COO- + H+ C 0,036225 3,75.10-4 ΔC x x x [ ] 0,036225– x x+3,75.10-4 x -4 -4,76 Nên Ka= x(x+3,75.10 )/(0,036225-x) = 10 → x = 6,211.10-4 Vậy pH = 3,207 = 3,21 Đáp án thi lý thuyết bảng C 10 11 Câu 7 Câu Thang điểm 1,0 0,5 Tổng số 0,5 2,0 Ghi Nội dung câu 7: Phân tử HF phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần (µHF =1,83D; µH2O = 1,84D; MHF = 20, M H O = 18) Nhưng nhiệt độ nóng chảy của HF H2O chênh lệch Chất có nhiệt độ nóng chảy cao hơn, giải thích sao? + Nhiệt độ nóng chảy chất rắn với mạng lưới phân tử (nút lưới phân tử) phụ thuộc vào yếu tố  Khối lượng phân tử lớn nhiệt độ nóng chảy cao  Lực hút phân tử mạnh nhiệt độ nóng chảy cao Lực hút phân tử gồm lực liên kết hiđro, lực liên kết VanderWaals - HF H2O có momen lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần có liên kết Hiđro bền chất rắn phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ nhau, HF phải có nhiệt độ nóng chảy cao nước (vì HF có µ lớn hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hiđro bền hơn) Tuy nhiên thực tế cho thấy tonc H2O = 0oC, cao nhiều so với t0nc HF – 830C + Mỗi phân tử HF tạo liên kết hiđro với phân tử HF khác bên: H – F … H – F … H – F Trong phân tử HF rắn, phân tử HF liên kết với nhờ liên kết Hiđro tạo thành chuỗi chiều, chuỗi liên kết với lực VanderWaals yếu Vì đun nóng đến nhiệt độ khơng cao lực VanderWaals chuỗi bị phá vỡ, đồng thời phần liên kết hiđro bị phá vỡ nên xảy tượng nóng chảy + Mỗi phân tử H – O – H tạo liên kết Hiđro với phân tử H2O khác nằm đỉnh tứ diện Trong nước đá, phân tử H2O liên kết với phân tử H2O khác tạo thành mạng lưới khơng gian chiều Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá vỡ mạng lưới không gian chiều với số lượng liên kết hiđro nhiều so với HF đòi hỏi nhiệt độ cao Đáp án thi lý thuyết bảng C 11 12 Câu Câu a b Tổng số Thang điểm 1,5 1,0 2,5 Ghi Nội dung câu 8: 8.a Trình bày cấu tạo phân tử ozon theo thuyết VB thuyết cộng hưởng Thực nghiệm cho biết phân tử ozon có cấu trúc góc ( = 0,52) Góc liên kết 1170 ~ 1200 chứng tỏ nguyên tử oxi trung tâm trạng thái lai hoá sp2 O     sp2 1AO - sp có cặp e tạo liên kết “cho nhận” với hai nguyên tử oxi có AO - p trống 1AO - sp2 có e độc thân tạo liên kết  với nguyên tử oxi lại Trên nguyên tử oxi trung tâm 1AO-sp2 chứa cặp e tự Như oxi trung tâm AO-2pz khơng tham gia lai hố có e độc thân nằm vng góc với mặt phẳng chứa liên kết xen phủ với 1AO-2pz có e độc thân hai nguyên tử oxi bên cạnh tạo liên kết  không định xứ 2p  .  O O 2p .  O O sp2 sp2 * O O*  Điều phù hợp với độ dài liên kết O-O (trong O3) 1,2 A0 nằm trung gian liên kết đơn O-O (trong O2) 1,49 A0 liên kết đôi O=O O2 1,21 A0  O3 liên kết O- O có đặc tính kép thực mơ tả sau   O  O O O O O hay O O O 8.b Hãy chứng minh mặt lượng khơng thể coi O3 có cấu trúc vòng kín Biết: Năng lượng phân ly oxi 118 kcal /mol Năng lượng liên kết O-O 33 kcal /mol 3O2 = 2O3 H0298 = 67,8 kcal o Nếu gán cho phân tử O3 cấu trúc vòng kín nhiệt ngun tử hoá ozon là: 3.33 = 99 kcal.mol-1 o o 3.118  67 , nguyên tử hoá (O3) = = 99 kcal/mol Vậy mặt lượng hoàn tồn khơng thể chấp nhận O3 có cấu trúc vòng kín Thí sinh làm cách khác cho đủ số điểm Hết Đáp án thi lý thuyết bảng C 12 ... làm lý thuyết thí sinh Bảng: A KẾT QUẢ CHẤM BÀI THI LÝ THUYẾT Câu Tổng điểm số Tổng điểm chữ Điểm Cần Thơ, ngày 06 tháng 04 năm 2014 CÁN BỘ CHẤM THI CÁN BỘ CHẤM THI TRƯỞNG TIỂU BAN CHẤM THI BẢNG... Nếu thí sinh làm cách khác kết cho trọn điểm CH2OH LIÊN HIỆP CÁC HỘI KH&KT VIỆT NAM HỘI HÓA HỌC - TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN... TIỂU BAN CHẤM THI BẢNG A Hướng dẫn thí sinh làm thi Thí sinh phải viết họ, tên, ngày tháng năm sinh số báo danh vào tờ bìa thi (Vì phách thi) Các trang bên thi không viết thông tin cá nhân nào,