Olympic30/4-Hoahoc10_2002_da

Sở Giáo Dục & Ðào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN VIII - NĂM 2002 MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 ĐÁP ÁN Câu 1. 1. A, B đứng kế tiếp nhau trong hệ thống tuần hoàn có (n + ℓ) bằng nhau, n A > n B ⇒ cấu hình ngoài cùng: ( ) 3n5,4 2 1 1n s1n:A np:B 1 6 =⇒=−++⇒      +  a. Vậy bộ 4 số lượng tử của A: n = 4, ℓ = 0, m = 0, 2 1 s += B: n =3. ℓ = 1, m = 1, 2 1 s −= b. Gọi công thức hợp chất X: K x Cl y O z ⇒ 3:1:1 16 18,39 : 5,35 98,28 : 39 83,31 z:y:x == Vậy công thức của hợp chất X là KClO 3 2. Mô tả dạng hình học phân tử a. IF 5 : F F F F I F Dạng chóp vuông I lai hóa sp 3 d 2 5s 2 5p 5 5d 0 1 sp 3 d 2 XeF 4 : vuông phẳng, Xe lai hóa sp 2 d F F F F Xe Be(CH 3 ) 2 : thẳng hàng, Be có kiểu lai hóa sp. H 3 C Be CH 3 So sánh độ lớn của góc liên kết của các phân tử: PI 3 > PBr 3 > PCl 3 > PF 3 Vì độ âm điện của I < Br < Cl < F. Độ âm điện của phối tử càng lớn thì tương tác càng lớn làm góc liên kết nhỏ lại. b. So sánh nhiệt độ nóng chảy của các chất: MgO > NaCl > KCl Giải tích: bán kính ion K + > Na + Điện tích ion Mg 2+ > Na + và O 2- > Cl - Năng lượng phân ly tỉ lệ thuận với điện tích, tỉ lệ nghịch với bán kính ion. Câu 2. 1. Xét 1 lít dung dịch CH 3 COOH 0,1M, số mol CH 3 COOH ban đầu 0,1 mol. CH 3 COOH + NaOH  → CH 3 COONa + H 2 O 0,05 0,05 0,05 Thể tích dung dịch sau thí nghiệm: 1 + 0,5 = 1,5 lít CH 3 COONa  → CH 3 COO - + Na + 0,05 0,05 CH 3 COOH  CH 3 COO - + H + 0,05 0,05 x x x 0,05-x 0,05 + x x Ta có: 2 ( ) 5 10.8,1 5,1 x05,0 5,1.5,1 05,0xx K − = − + = ⇒ x = 2,5.10 -5 và pH = -lg(2,7.10 -5 ) = 4,75 2. Trong dung dịch: NaHCO 3  → Na + + HCO 3 - 1 mol 1 mol Các cân bằng diễn ra: HCO 3 -  H + + CO 3 2- (1) HCO 3 - + H 2 O  H 2 CO 3 + OH - (2) (2) có pH TP = 14 – pK 1 = 14 –6,75 = 7,25 < 10,25 ⇒ (2) diễn ra chủ yếu: 625,3 2 1lg25,7 2 ClgpK pOH TP = − = − = ⇒ pH = 14 – 3,625 = 10,375 Câu 3. 1. ( ) OHONNOFeONHOFe 2m n n m2 3 3 3 3 5 y x x y2 ++→+ + ++ + Chất khử Chất oxihóa ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) OHmx3nynx8 ONy2x3NOxFem2n5HNOmx6ny2nx18OFem2n5 Fexy2x3Fex Nnm2n5N m2n5 y2x3 2 mn 3 33yx 3 x y2 n m2 5 −−+ −+−→−−+− →−− →−+ ×− ×− + + + + 2. NaNO 2 + KI + H 2 SO 4  → NO + I 2 + K 2 SO 4 + H 2 O OH2SONaSOKINO2SOH2KI2NaNO2 OH2INO2H4I2NO2 Ie2I2 OHNOH2e1NO 2 242422422 222 2 22 ++++→++ ++→++ →− +→++ × +−− − +− 3. Gọi a là số mol của Mg, Al, Zn 24a + 27a + 65a = 9,28 116a = 9,28 a = 0,08 Mg – 2e  → Mg 2+ 3 0,08 0,16 Al – 3e  → Al 3+ 0,08 0,24 Zn – 2e  → Zn 2+ 0,08 0,16 S +6 + (6 –x)e  → S x 0,07 0,07(6 –x) 0,07(6 –x) = 0,56 ⇒ x = -2 Sản phẩm là H 2 S Câu 4. 1. Xác định nhiệt tạo thành. a. Phương trình phản ứng hình thành C 2 H 4 ( ) ( ) ( ) ( ) tt422 H*kHCkH2rC2 ∆→+ Ta có (*) = 2c + 3d – a – b Vậy: 1 badctt mol.KJ246,52HHH3H2H − =∆−∆−∆+∆=∆ b. Phương trình phản ứng đốt cháy C 2 H 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) đc22242 H**lOH2kCO2kO3kHC ∆+→+ Ta có: (**) = (a) + (b) – (d) 1 dbađc mol.KJ95,1410HHHH − −=∆−∆+∆=∆ 2. Lập biểu thức, vận dụng a. R S RT H RT G Kln 000 ∆ + ∆ −= ∆ −= R S RT H Kln R S RT H Kln 0 2 0 2 0 1 0 1 ∆ + ∆ −= ∆ + ∆ −=         − ∆ −=         − ∆ −= 12 0 1 2 12 0 1 2 T 1 T 1 R303,2 H K K lghay T 1 T 1 R H K K ln b. Áp dụng: Thay các giá trị K, ∆H 0 , R vào biểu thức, ta có:       −−= 298 1 598 1 314,8.303,2 56484 K K lg 25 325       −−= − 298 1 598 1 314,8.303,2 56484 10.3,1 K lg 6 325 4 lgK 325 =1,147 ⇒ K 325 = 14 ( ) 14 P.P P K 2 1 O NO NO 325p 2 2 == c. Tương tự ta có KJ136,53H 673 1 773 1 314,8.303,2 H 10.3,1 10.8,3 lg 0 0 2 3 −=∆       − ∆ −= − − Câu 5. 1. Chứng minh trong dung dịch B có dư axit. Các phản ứng xảy ra ở dạng ion: Mg + 2H +  → Mg 2+ + H 2 (1) Al + 3H +  → Al 3+ + 2 H 2 3 (2) Số mol H 2 : mol195,0 4,22 368,4 = ⇒ số mol H + = 0,195.2 = 0,39 mol Số mol H + trong 250 ml dung dịch X: 0,25 + 0,25 = 0,5 mol Số mol H + phản ứng là 0,39 < 0,50 mol ⇒ trong dung dịch B còn dư axit. Số mol H + dư: 0,50 – 0,39 = 0,11 mol 2. Tính % khối lượng trong A. Gọi x, y là số mol Mg, Al. Ta có: 79,62Al% %21,37Mg% 09,0y 06,0x 87,3y27x24 195,0y5,1x = =    = = ⇒    =+ =+ 3. Tính thể tích dung dịch C cần trung hòa axit dư trong dung dịch B: Gọi V là thể tích dung dịch C. Số mol OH - trong dung dịch C: 0,02V + 0,02V =0,04V mol Phản ứng trung hòa: H + + OH -  → H 2 O Trung hòa: 0,04V=0,11 ⇒ V = 2,75 lít 4. Thể tích dung dịch C để lượng kết tủa nhỏ nhất. Trong dung dịch B có: 5 mol25,0Cl mol125,0SO mol11,0H mol09,0Al mol06,0Mg B 2 4 3 2 − − + + + Các phản ứng ion ( ) 11,011,0:mol 4OHOHH 2 →+ −+ ( ) ( ) 06,012,006,0:mol 5OHMgOH2Mg 2 2 →+ −+ ( ) ( ) 09,027,009,0:mol 6OHAlOH3Al 3 3 →+ −+ ( ) ( ) 09,009,0:mol 7OH2AlOOHOHAl 223 +→+ −− ( ) mol125,01,0.25,1n 125,0125,0125,0:mol 8BaSOSOBa 2 Ba 4 2 4 2 == →+ + −+ Để lượng kết tủa nhỏ nhất các phương trình (4), (5), (6), (7), (8) lít75,14'V 59,009,027,012,011,0'V04,0n OH =⇒ =+++== ∑ − Thể tích dung dịch C tối thiểu để kết tủa nhỏ nhất là: 14,75 lít Kết tủa sinh ra gồm có 0,06 mol Mg(OH) 2 và 0,125 mol BaSO 4 . Khối lượng kết tủa nhỏ nhất là: g6,32233.125,058.06,0m min =+= ↓ 5. Giới hạn muối thu được trong dung dịch B. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng. Ta có m muối = −− ++ ClSO klhh mmm 2 4 Trong dung dịch ( ) ∑ ∑ −=− đt)(đt ⇒ 39,0nnn2 HClSO 2 4 ==+ +−− Giả sử dung dịch HCl phản ứng trước: 07,0n25,0n 2 4 SOCl =⇒= −− g456,1996.07,05,35.25,087,3m 'm =++= Giả sử dung dịch H 2 SO 4 phản ứng trước: 14,0n125,0n ClSO 2 4 =⇒= −− g84,2096.125,05,35.14,087,3m 'm =++= Vậy 19,456 < m muối < 20,84 6 . Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN VIII - NĂM 2002 MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 ĐÁP ÁN Câu 1. 1. A, B đứng kế tiếp nhau trong hệ thống