Sở Giáo Dục & Ðào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH Trường PTTH Chuyên Lê Hồng Phong KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XI - NĂM 2005 MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 ĐÁP ÁN Câu 1. 1. Cấu hình electron. N: 1s 2 2s 2 2p 3 O: 1s 2 2s 2 2p 4 N có cấu hình electron bán bão hòa bền của phân lớp p nên việc tách 1 electron ra khói nguyên tử N khó hơn O. Vậy năng lượng ion hóa của N lớn hơn O. 2. Do HF có khả năng tạo liên kết H giữa các phân tử mạnh nên nhiệt độ sôi của HF > HCl. Do HCl và HBr có cấu tạo tương tự nhưng M HBr > M HCl nên nhiệt đội sôi của HBr > HCl. 3. ++ ≈ KCa rr 2 −− < ClO rr 2 Số điện tích của Ca 2+ và O 2- lớn hơn K + và Cl - nên nhiệt độ nóng chảy của CaO > KCl. 4. Phân tử CO 2 (dạng thẳng) có momen lưỡng cực bằng 0. Phân tử SO 2 (dạng gấp khúc) có momen lưỡng cực > 0 Vì vậy CO 2 dễ bay hơn SO 2 . 5. Quá trình 4N → 2N 2 có ∆H 1 = -2. E N ≡ N = -1890 KJ Quá trình 4N → N 4 có ∆H 2 = - 6.E N-N = - 978 KJ Dó ∆H 1 < ∆H 2 nên quá trình tạo N 2 thuận lợi hơn. Câu 2. A: 3p 4 ⇒ A là S B: 2p 5 ⇒ A là F C: 2p 4 ⇒ A là O Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F 2 O, O lai hóa sp 3 , phân tử dạng góc: 1 F F O SF 6 , S lai hóa sp 3 d, bát diện đều: F F F S F F F H 2 SO 3 , S lai hóa sp 3 , dạng tháp tam giác. S O OH OH − 2 4 SO , S lai hóa sp 3 , tứ diện đều. S O O O O 2- Câu 3. . 1. OHZnOKNHZnONaKOHZnNaNO 2223223 +++→++ OH4ZnOK7NH2ZnONaKOH14Zn8NaNO2 OH4NH2ZnO8OH14NO2Zn8 8OH2ZnOe2OH4Zn 2OH9NHe8OH6NO 2223223 23 2 23 2 2 2 323 +++→++ ++→++ ×+→−+ ×+→++ −−− −− −− 2. .OOHSOHKMnO 222424 +→++ OH8O5SOKMnSO2OH5SOH3KMnO2 OH8O5Mn2OH5H6MnO2 2OH4Mne5H8MnO 5H2Oe2OH 2242422424 22 2 224 2 2 4 222 +++→++ ++→++ ×+→++ ×+→− ++− ++− + 3. .ONNOHOFe tz3yx +→++ −+ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) OHyzxt3zx9 ONy2x3NOxFet2z5HNOyzxt3xz92OFet2z5 y2x3OHtz3ONet2z5Htz32zNO t2z5OyHxFeey2x3yH2OFe 2 tz 3 33yx 2tz3 2 3 yx −−+ +−+−→−−+− −−+→−+−+ −+→−−+ +− ++ 2 Câu 4. 1. Tính pH. a. Tính pH của dung dịch X. M1,0 5,1 15,0 Cmol015 60 9 n COOHCHCOOHCH 33 ==⇒== CH 3 COOH H + + CH 3 COO - (1) K (1) = 10 -4,75 C 0 0,1 [C] 0,1-x x x H 2 O H + + OH - (2) K (2) = 10 -14 Do K (2) << K (1) nên bỏ qua (2) Khi đó: 75,4 2 10 x1,0 x − = − K rất bé nên x <<0,1 ⇒ 0,1 – x ≈ 0,1 ⇒ 875,275,4 1010.1,0x −− == ⇒ pH = 2,875 Tìm α: %33,10133,0 1,0 10 C C 875,2 0 ====α − b. Tính pH của dung dịch Y. ( ) M3,0 5,1.82 9,36 COONaCHC 3M == CH 3 COONa CH 3 COO - + Na + (1) 0,3 0,3 CH 3 COOH CH 3 COO - + H + (2) K a = 10 -4,75 C 0 0,1 0,3 [C] 0,1-x x x + 0,3 ( ) 75,4 10 x1,0 3,0xx − = − + Do K a bé nên x << 0,1 ⇒ 0,1 –x ≈ 0,1 ; x + 0,3 ≈ 0,3 ⇒ 0,3x = 10 -5,75 ⇒ x = 5,93.10 -6 ⇒ pH = 5,227 2. Tích số tan. a. Cho biết kết tủa nào tạo thành trước. KI → K + + I - 0,01 0,01 Ag + + I - → AgI ↓ Điều kiện để có kết tủa AgI: [ ][ ] 08,16 10IAg −−+ > ⇒ [ ] ( ) 1M10 10 10 Ag 08,14 2 08,16 − − − + => 3 KCl → K + + Cl - 0,1 0,1 Ag + + Cl - → AgCl ↓ Điều kiện để có kết tủa AgCl: [ ][ ] 75,9 10ClAg −−+ > ⇒ [ ] ( ) 2M10 10 10 Ag 75,8 1 75,9 − − − + => Từ (1) và (2) suy ra AgI kết tủa trước. b. Tách I - Để kết tủa hết I - có nghĩa là trong dung dịch [I - ] ≤ 10 -6 M ⇒ [ ] M10 10 08,16 Ag 08,10 6 − − + =≥ Ag + + Cl - AgCl ↓ Để không có kết tủa AgCl thì [ ][ ] 75,9 10ClAg −−+ < ⇒ [ ] M75,8 1,0 10 Ag 75,9 =< − + Vậy để kết tủa hòa toàn AgI mà không kết tủa AgCl thì: 10 -8,75 > [Ag + ] > 10 -10,08 Câu 5. 1. Xét cân bằng: ( ) atn156,0 5,0 45273.082,0.10.3 V nRT P 3 cb = + == − N 2 O 4 2NO 2 n t = 0 3.10 -3 0 3.10 -3+ t = tb 3.10 -3 (1-α) 6.10 -3 3.10 -3 (1+α) ⇒ P cb = P 0 (1+α) ⇒ 63,0 P P 0 cb ==α Ta có: 073,0 318 1 294 1 314,8 10.8,72 T 1 T 1 R H K K ln 3 1245P 21P = −−= − ∆ −= 2. Tính năng lượng liên kết trung bình C - H Xếp các quá trình lại như sau: CH 4 + 2O 2 → CO 2 + 2H 2 O ∆H 1 2H 2 O → 2H 2 + O 2 -2∆H 3 CO 2 → C(r) + O 2 -∆H 4 C(r) → C (k) ∆H 5 2H 2 → 4H 2∆H 6 CH 4 → C(k) + 4H ∆H 4 ∆H = ∆H 1 - 2∆H 3 - ∆H 4 +∆H 5 + 2∆H 6 =1652,7 kJ/mol ⇒ 4E C-H = 1652,7 kJ/mol ⇒ E C-H = 413,175 kJ / mol. Tính năng lượng liên kết trung bình C - C. C 2 H 6 + 7/2O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O ∆H 2 3H 2 O → 3H 2 + 3/2O 2 -3∆H 3 2CO 2 → 2C (r) + 2O 2 -2∆H 4 2C r → C k 2∆H 5 3H 2 → 6H 3∆H 6 C 2 H 6 → 2C k +6H ∆H E C-C + 6E C-H = ∆H = ∆H 2 –3∆H 3 –2∆H 4 + 2∆H 5 +3∆H 6 =2823,1 kJ/mol ⇒ E C-C = 2823,1-6.143,175=344,05 kJ/mol. Câu 6. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M 2 CO 3 . MHCO 3 , MCl. Ta có: (2M+60)x + (M+61)y+(M+35,5)z=43,71 (1) Cho A tan trong dd HCl dư. M 2 CO 3 + 2HCl → 2MCl + CO 2 + H 2 O x 2x 2x x MHCO 3 + HCl → MCl + CO 2 + H 2 O y y y y MCl + HCl → không phản ứng. Dung dịch B có MCl: (2x + y + z) mol HCl dư. Khí C là CO 2 : mol4,0 44 6,17 yx ==+ (2) Khi cho B tác dụng với KOH. Số mol của KOH: (0,125.0,8).2 = 0,2 mol. HCl + KOH → KCl + H 2 O 0,2 0,20,2 B tác dụng với AgNO 3 dư MCl + AgNO 3 → AgCl ↓ + MNO 3 (2x+y+z) (2x+y+z) mol HCl + AgNO 3 → AgCl ↓+ HNO 3 0,2 0,2 mol 5 Ta có số mol AgCl = (2x + y +z) + 0,2 = mol96,02. 5,143 88,68 = ⇒ 2x + y + z = 0,76 (3) Từ (2) và (3) ta có: z = 0,36 - x ; y = 0,4 - x Thay y và z vào phương trình (1) ta được: 0,76M - 35,5x = 6,53 ⇒ 5,36 53,6M76,0 x − = (4) Do 0 < x < 0,36 ⇒ 8,6 < M < 25,8 Vậy M là Na. Thay M = 23 vào các phương trình ta được x = 0,3, y = 0,1; z = 0,06 Trong A có: Na 2 CO 3 : 31,8g chiếm 72,75% NaHCO 3 : 8,4 g chiếm 19,22% NaCl: 3,51 g chiếm 8,03% 6c. Số mol HCl = 2x + y + 0,2 = 0,9 mol ml4,297 05,1.52,10 100.9,0.5,36 V ddHCl == Khối lượng muối thu được khi co 1/2B tác dụng với HCl. 58,5.0,5.0,76= 22,23 gam Khối lượng KCl: 74,5. 0,1 = 74,5 gam. ⇒ m = 29,68 gam Hết 6 . Trường PTTH Chuyên Lê Hồng Phong KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XI - NĂM 2005 MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 ĐÁP ÁN Câu 1. 1. Cấu hình electron. N: 1s 2 2s 2 2p