ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSGQG.pdf 05a.pdf ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSGQG MễN HểA HC Bộ giáo dục đào tạo k× thi chän häc sinh giái qc gia líp 12 THPT năm 2005 Hớng dẫn chấm đề thi thức Môn: Hoá học, Bảng A Ngày thi thứ nhất: 10.3.2005 Câu 1(2 điểm): Bằng dung dịch NH3, ngời ta có thĨ lµm kÕt tđa hoµn toµn ion Al3+ dung dịch nớc dạng hiđroxit, nhng làm kết tủa đợc phần ion Mg2+ dung dịch nớc dạng hiđroxit HÃy làm sáng tỏ điều nói c¸c phÐp tÝnh thĨ Cho biÕt: TÝch sè tan cđa Al(OH)3 lµ 5.10−33; tÝch sè tan cđa Mg(OH)2 lµ 4.1012; số phân ly bazơ NH3 1,8.105 Hớng dẫn giải: Tính số cân K phản ứng kết tủa hiđroxit: ì NH3 + H2O − Al(OH)3 3+ Al + NH3 + H2O NH4+ + OH− ; K NH3 = 1,8.10−5 Al3+ + OH− ; KS,Al(OH)3 = 10−33 + Al(OH)3 + NH4 ; K = KNH KS;Al(OH)3 T−¬ng tự nh vậy, phản ứng: Mg2+ + NH3 + H2O Mg(OH)2 + NH4+ ; K = = 1,17.1018 KNH = 81 KS;Mg(OH)2 kh«ng kết tủa hoàn toàn dới dạng magiê hiđroxit nh Phản ứng thuận nghịch, Mg2+ Al3+ Câu (2 điểm): Nhúng hai kẽm, có khối lợng 10 gam vào hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai Sau thời gian xác định, lấy hai kẽm khỏi dung dịch, rửa sạch, làm khô cân lại Kết cho thấy có khối lợng 9,5235 gam, tÊm cã khèi l−ỵng 17,091 gam Cho biết: Một hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai muối sắt (II); lợng kẽm tham gia phản ứng hai dung dịch nh Giải thích tợng xảy dung dịch Cho biết kim loại tham gia vào thành phần dung dịch muối thứ hai Hớng dẫn chấm: Khi nhúng kẽm vào dung dịch muối Fe(II): Zn2+ + Fe Zn + Fe2+ Vì: MFe < MZn nên khối lợng kẽm giảm Khi nhúng kẽm vào dung dịch muối thứ hai X2+ Zn + X2+ Zn2+ + X Vì: MZn < MX nên khối lợng kẽm tăng lên (1) (2) Trang 1/7 A Gọi x số mol Zn đà phản ứng, theo (1) ta cã: (10 − 65,38 x) + 55,85 x = 9,5235 x = 0,05 (mol) Vì lợng Zn tham gia phản ứng trờng hợp nh nhau, theo (2) ta cã: MX = 207,2 (10 − 65,38 × 0,05) + MX × 0,05 = 17,091 2+ 2+ VËy X lµ Pb , X lµ Pb Zn + Pb2+ Zn2+ + Pb Câu (1,5 điểm): Hoàn thành phơng trình phản ứng sau đây: NaCl + H2SO4 đặc, nóng NaBr + H2SO4 đặc, nóng NaClO + PbS FeSO4 + H2SO4 + HNO2 KMnO4 + H2SO4 + HNO2 NaNO2 + H2SO4 lo·ng H−íng dÉn chÊm: hc NaCl NaCl NaBr HBr + H2SO4 (đặc, nóng) + H2SO4 (đặc, nóng) + H2SO4 (đặc, nóng) + H2SO4 (đặc, nóng) NaBr + H2SO4 (đặc, nãng) NaClO + PbS FeSO4 + H2SO4 + HNO2 KMnO4 + H2SO4 + HNO2 NaNO2 + H2SO4 (lo·ng) HCl + NaHSO4 HCl + Na2SO4 NaHSO4 + HBr SO2 + H2O + Br2 NaHSO4 + SO2 + H2O + Br2 NaCl + PbSO4 Fe2(SO4)3 + NO + H2O K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2O Na2SO4 + NaNO3 + NO + H2O Câu (4,5 điểm): pH = 25oC điện cực tiêu chuẩn Eo số cặp oxi hoá - khử đợc cho nh sau: 2IO4−/ I2 (r) 1,31 V ; 2IO3−/ I2 (r) 1,19 V ; 2HIO/ I2 (r) 1,45 V ; I2 (r)/ 2I 0,54 V (r) chất trạng thái rắn Viết phơng trình nửa phản ứng oxi hoá - khử cặp đà cho Tính Eo cặp IO4/ IO3 IO3/ HIO Về phơng diện nhiệt động học dạng oxi hoá - khử bền, dạng không bền? Tại sao? Thêm 0,40 mol KI vào lít dung dÞch KMnO4 0,24 M ë pH = a) Tính thành phần hỗn hợp sau phản ứng b) Tính điện cực platin nhúng hỗn hợp thu đợc so với điện cực calomen bÃo hoà TÝnh Eo cđa cỈp IO3−/ I2(H2O) I2(H2O) chØ ièt tan n−íc − 2+ Cho biÕt: EoMnO4 / Mn = 1,51 V ; E điện cực calomen bÃo hoà b»ng 0,244 V ; Trang 2/7 A RT = 0,0592 lg ; §é tan cđa ièt n−íc b»ng 5,0.10− M F H−íng dÉn chÊm: ë 25oC, ln IO4− + 16 H+ + 14 e I2(r) + H2O ; EoIO −/ I IO3− + 12 H+ + 10 e I2(r) + H2O ; Eo HIO + H+ + e I2(r) + H2O ; EoHIO / I = 1,19 V = Eo2 2 = 1,31 V = Eo1 (r) = 1,45 V = Eo3 (r) I2 (r) + e I− IO4− + 16 H+ + 14 e I2(r) + H2O ; K1 = 1014 E / 0,0592 ; Eo I o o IO4− + H+ + e IO3− = 0,54 V = Eo4 IO3− + 12 H+ + 10 e ; K2−1 = 10−10 E / 0,0592 I2 (r) + H2O K5 = K1 K2−1 − (r)/ 2I IO3− + H2O ; K5 = 104 E / 0,0592 14 Eo1 − 10 Eo2 Eo5 = EoIO −/ IO − = = 1,61 V 4 o + 12 H+ + 10 e I2(r) + H2O ; K2 = 1010 E / 0,0592 o HIO + H+ + e ; K3−1 = 10−2 E / 0,0592 o I2(r) + H2O IO3− + 10 H+ + e HIO + H2O ; K6 = K2 K3−1 K6 = 10 E / 0,0592 = K2 K3−1 10 Eo2 − Eo3 EoIO3−/ HIO = Eo6 = o Vì EôIO3/ HIO 10 × 1,19 − × 1,45 = = 1,125 (V) < EoHIO/ I2 nªn HIO sÏ tù oxi hoá - khử ì HIO + H+ + e − I2(r) + H2O IO3− + 10 H+ + e HIO + H2O 10 HIO I2(r) + IO3− + H+ + H2O Vậy dạng bền nhát mặt nhiệt động học HIO, dạng khác: IO4, IO3−, I2, I− ®Ịu bỊn ë pH = o a) EoMnO −/ Mn2+ = 1,51 V >> EoI (E nhỏ nhất) nên xảy ph¶n / I øng: − × MnO4 + H+ + e Mn2+ + H2O 5× I− MnO4− + 10 I− + 16 H+ CO 0,24 0,4 ∆C − 0,04 × − 0,04 × 10 C 0,16 I2(r) + e Mn2+ + I2(r) + H2O ; K = 10 163 0,04 × 0,08 0,04 ì 0, Trang 3/7 A MnO4 d oxi hoá tiếp I2 thành IO3 o Eo = 1,19 V − 2+ = 1,51 V > E − MnO4 / Mn IO3 / I2 MnO4− + H+ + e I2(r) + H2O Mn2+ + H2O IO3− + 12 H+ + 10 e MnO4− + I2(r) + H+ 0,16 0,2 CO ∆C − 0,08 × − 0,08 C 0,12 IO3− + Mn2+ + H2O ; K = 10 176 0,08 0,08 × 0,08 ì 0,16 0, 24 Thành phần hỗn hợp sau ph¶n øng: IO3− 0,16 M ; Mn2+ 0,24 M ; I2 (H2O) 10−4M ; I2 (r) 0,12 M ; pH = b) Trong hỗn hợp có cặp IO3−/ I2 (r) nªn: 0,0592 o E = EIO + lg [IO3−]2 [H+]12 − / I (r) 10 0,0592 = 1,19 + lg (0,16)2 = 1,18 V 10 E so với điện cực calomen bÃo hoà: 1,18 0,244 = 0,936 V IO3− + 12 H+ + 10 e I2(r) IO3− + 12 H+ + 10 e I2(r) + H2O ; K2 = 1010.1,19/ 0,0592 I2( H2O) ; S = 10−4 M o I2( H2O) + H2O ; K7 = 1010 E / 0,0592 = 1010.1,19/ 0,0592 S 0,0592 10 0,0592 = 1,19 + (lg 10−4) × = 1,17 V 10 Câu (2,5 điểm): Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp cùng: 3s1, 3s2, 3p3, 3p6 nguyên tử hay ion? Tại sao? HÃy dẫn phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc trng vi hạt Cho biết: Các vi hạt ion nguyên tử nguyên tố thuộc nhóm A nhóm VIII(0) H−íng dÉn chÊm: Suy Eo7 = EoIO3−/ I2 (r) + lg S ì Cấu hình electron lớp vi hạt 1s22s22p6, ứng với cấu h×nh cđa [Ne] CÊu h×nh [Ne] 3s1 chØ cã thể ứng với nguyên tử Na (Z = 11), ứng với ion Na kim loại điển hình, cã tÝnh khư rÊt m¹nh ThÝ dơ: Na tù bèc cháy H2O nhiệt độ thờng Trang 4/7 A Bộ giáo dục đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 THPT năm 2005 Hớng dẫn chấm đề thi thức Môn: Hoá học, Bảng A Ngày thi thứ nhất: 10.3.2005 Câu 1(2 điểm): Bằng dung dịch NH3, ngời ta làm kết tủa hoàn toàn ion Al3+ dung dịch nớc dạng hiđroxit, nhng làm kết tủa đợc phần ion Mg2+ dung dịch nớc dạng hiđroxit HÃy làm sáng tỏ điều nói phép tính cụ thĨ Cho biÕt: TÝch sè tan cđa Al(OH)3 lµ 5.10−33; tích số tan Mg(OH)2 4.1012; số phân ly bazơ NH3 1,8.105 Hớng dẫn giải: Tính số cân K phản ứng kết tủa hiđroxit: ì NH3 + H2O Al(OH)3 3+ Al + NH3 + H2O NH4+ + OH− ; K NH3 = 1,8.10−5 Al3+ + OH− ; KS,Al(OH)3 = 10−33 + Al(OH)3 + NH4 ; K = KNH KS;Al(OH)3 Tơng tự nh vậy, đối víi ph¶n øng: Mg2+ + NH3 + H2O Mg(OH)2 + NH4+ ; K = = 1,17.1018 KNH = 81 KS;Mg(OH)2 không kết tủa hoàn toàn dới dạng magiê hiđroxit nh Phản ứng thuận nghịch, Mg2+ Al3+ Câu (2 điểm): Nhúng hai kẽm, có khối lợng 10 gam vào hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai Sau thời gian xác định, lấy hai kẽm khỏi dung dịch, rửa sạch, làm khô cân lại Kết cho thÊy mét tÊm cã khèi l−ỵng 9,5235 gam, tÊm cã khèi l−ỵng 17,091 gam Cho biÕt: Mét hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai muối sắt (II); lợng kẽm tham gia phản ứng hai dung dịch nh Giải thích tợng xảy dung dịch Cho biết kim loại tham gia vào thành phần dung dịch muối thø hai H−íng dÉn chÊm: Khi nhóng tÊm kÏm vào dung dịch muối Fe(II): Zn2+ + Fe Zn + Fe2+ Vì: MFe < MZn nên khối lợng kẽm giảm Khi nhúng kẽm vào dung dịch muối thø hai X2+ Zn + X2+ Zn2+ + X V×: MZn < MX nên khối lợng kẽm tăng lên (1) (2) Trang 1/7 A Gäi x lµ sè mol Zn đà phản ứng, theo (1) ta có: (10 − 65,38 x) + 55,85 x = 9,5235 x = 0,05 (mol) Vì lợng Zn tham gia phản ứng trờng hợp nh nhau, theo (2) ta có: MX = 207,2 (10 − 65,38 × 0,05) + MX × 0,05 = 17,091 2+ 2+ VËy X lµ Pb , X lµ Pb Zn + Pb2+ Zn2+ + Pb Câu (1,5 điểm): Hoàn thành phơng trình phản ứng sau đây: NaCl + H2SO4 đặc, nóng NaBr + H2SO4 đặc, nóng NaClO + PbS FeSO4 + H2SO4 + HNO2 KMnO4 + H2SO4 + HNO2 NaNO2 + H2SO4 lo·ng H−íng dÉn chÊm: hc NaCl NaCl NaBr HBr + H2SO4 (đặc, nóng) + H2SO4 (đặc, nóng) + H2SO4 (đặc, nóng) + H2SO4 (đặc, nóng) NaBr + H2SO4 (đặc, nóng) NaClO + PbS FeSO4 + H2SO4 + HNO2 KMnO4 + H2SO4 + HNO2 NaNO2 + H2SO4 (lo·ng) HCl + NaHSO4 HCl + Na2SO4 NaHSO4 + HBr SO2 + H2O + Br2 NaHSO4 + SO2 + H2O + Br2 NaCl + PbSO4 Fe2(SO4)3 + NO + H2O K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2O Na2SO4 + NaNO3 + NO + H2O C©u (4,5 ®iĨm): ë pH = vµ ë 25oC thÕ ®iƯn cực tiêu chuẩn Eo số cặp oxi hoá - khử đợc cho nh sau: 2IO4/ I2 (r) 1,31 V ; 2IO3−/ I2 (r) 1,19 V ; 2HIO/ I2 (r) 1,45 V ; I2 (r)/ 2I− 0,54 V (r) chất trạng thái rắn Viết phơng trình nửa phản ứng oxi hoá - khử cặp đà cho Tính Eo cặp IO4/ IO3 IO3/ HIO Về phơng diện nhiệt động học dạng oxi hoá - khử bền, dạng không bền? Tại sao? Thêm 0,40 mol KI vào lít dung dịch KMnO4 0,24 M pH = a) Tính thành phần hỗn hợp sau phản ứng b) Tính điện cực platin nhúng hỗn hợp thu đợc so với điện cực calomen bÃo hoà Tính Eo cặp IO3−/ I2(H2O) I2(H2O) chØ ièt tan n−íc − 2+ Cho biÕt: EoMnO4 / Mn = 1,51 V ; E điện cực calomen bÃo hoà 0,244 V ; Trang 2/7 A RT = 0,0592 lg ; §é tan cđa ièt n−íc b»ng 5,0.10− M F H−íng dÉn chÊm: ë 25oC, ln IO4− + 16 H+ + 14 e I2(r) + H2O ; EoIO −/ I IO3− + 12 H+ + 10 e I2(r) + H2O ; Eo HIO + H+ + e I2(r) + H2O ; EoHIO / I = 1,19 V = Eo2 2 = 1,31 V = Eo1 (r) = 1,45 V = Eo3 (r) I2 (r) + e I− IO4− + 16 H+ + 14 e I2(r) + H2O ; K1 = 1014 E / 0,0592 ; Eo I o o IO4− + H+ + e IO3− = 0,54 V = Eo4 IO3− + 12 H+ + 10 e ; K2−1 = 10−10 E / 0,0592 I2 (r) + H2O K5 = K1 K2−1 − (r)/ 2I IO3− + H2O ; K5 = 104 E / 0,0592 14 Eo1 − 10 Eo2 Eo5 = EoIO −/ IO − = = 1,61 V 4 o + 12 H+ + 10 e I2(r) + H2O ; K2 = 1010 E / 0,0592 o HIO + H+ + e ; K3−1 = 10−2 E / 0,0592 o I2(r) + H2O IO3− + 10 H+ + e HIO + H2O ; K6 = K2 K3−1 K6 = 10 E / 0,0592 = K2 K3−1 10 Eo2 − Eo3 EoIO3−/ HIO = Eo6 = o Vì EôIO3/ HIO 10 ì 1,19 × 1,45 = = 1,125 (V) < EoHIO/ I2 nên HIO tự oxi hoá - khử × HIO + H+ + e − I2(r) + H2O IO3− + 10 H+ + e HIO + H2O 10 HIO I2(r) + IO3− + H+ + H2O Vậy dạng bền nhát mặt nhiệt động học HIO, dạng khác: IO4, IO3, I2, I bÒn ë pH = o a) EoMnO −/ Mn2+ = 1,51 V >> EoI − (E nhá nhất) nên xảy phản / I øng: − × MnO4 + H+ + e Mn2+ + H2O 5× I− MnO4− + 10 I− + 16 H+ CO 0,24 0,4 ∆C − 0,04 × − 0,04 × 10 C 0,16 I2(r) + e Mn2+ + I2(r) + H2O ; K = 10 163 0,04 × 0,08 0,04 × 0, Trang 3/7 A MnO4 d oxi hoá tiÕp I2 thµnh IO3− o Eo = 1,19 V − 2+ = 1,51 V > E − MnO4 / Mn IO3 / I2 MnO4− + H+ + e I2(r) + H2O Mn2+ + H2O IO3− + 12 H+ + 10 e MnO4− + I2(r) + H+ 0,16 0,2 CO ∆C − 0,08 × − 0,08 C 0,12 IO3− + Mn2+ + H2O ; K = 10 176 0,08 0,08 × 0,08 × 0,16 0, 24 Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: IO3 0,16 M ; Mn2+ 0,24 M ; I2 (H2O) 10−4M ; I2 (r) 0,12 M ; pH = b) Trong hỗn hợp có cặp IO3/ I2 (r) nên: 0,0592 o E = EIO + lg [IO3−]2 [H+]12 − / I (r) 10 0,0592 = 1,19 + lg (0,16)2 = 1,18 V 10 E so víi ®iƯn cùc calomen b·o hoµ: 1,18 − 0,244 = 0,936 V IO3− + 12 H+ + 10 e I2(r) IO3− + 12 H+ + 10 e I2(r) + H2O ; K2 = 1010.1,19/ 0,0592 I2( H2O) ; S = 10−4 M o I2( H2O) + H2O ; K7 = 1010 E / 0,0592 = 1010.1,19/ 0,0592 S 0,0592 10 0,0592 = 1,19 + (lg 104) ì = 1,17 V 10 Câu (2,5 điểm): Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp cùng: 3s1, 3s2, 3p3, 3p6 nguyên tử hay ion? Tại sao? HÃy dẫn phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc trng vi hạt Cho biết: Các vi hạt ion nguyên tử nguyên tố thc nhãm A vµ nhãm VIII(0) H−íng dÉn chÊm: Suy Eo7 = EoIO3−/ I2 (r) + lg S × Cấu hình electron lớp vi hạt 1s22s22p6, ứng với cấu hình [Ne] Cấu hình [Ne] 3s1 ứng với nguyên tư Na (Z = 11), kh«ng thĨ øng víi ion Na kim loại điển hình, có tính khử mạnh Thí dụ: Na tự bốc cháy H2O nhiƯt ®é th−êng Trang 4/7 A Na + H2O NaOH + H2 CÊu h×nh [Ne] 3s2 ứng với nguyên tử Mg (Z = 12), ứng với ion Mg kim loai hoạt động Mg cháy mạnh oxi cá CO2 Mg + O2 MgO CÊu h×nh [Ne] 3s23p3 ứng với nguyên tử P (Z = 15), ứng với ion P phi kim hoạt động P cháy mạnh oxi P + O2 P2 O5 Cấu hình [Ne] 3s23p6: a) Trờng hợp vi hạt có Z = 18 Đây Ar, khí trơ b) Vi hạt có Z < 18 Đây ion âm: Z = 17 Đây Cl, chất khư u ThÝ dơ: MnO4− + 16 H+ + 10 Cl− Mn2+ + H2O + 10 Cl2 Z = 16 Đây S2, chất khử tơng đối m¹nh ThÝ dơ: S + H2O H2S + O2 Z = 15 Đây P3, không bỊn, khã tån t¹i c) Vi h¹t cã Z > 18 Đây ion dơng: Z = 19 Đây K+, chất oxi hoá yếu, bị khử dới tác dụng dòng điện (điện phân KCl hoặcKOH nóng chảy) Z = 20 Đây Ca2+, chất oxi hoá yếu, bị khử dới tác dụng dòng điện (điện phân CaCl2 nóng chảy) Câu (3,5 điểm): Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) bình điện phân khác chứa dung dịch H2SO4 (pH = 0) 298K Khi tăng hiệu điện từ từ hai cực bình ngời ta thấy có khí giống thoát hai bình điện Giải thích tợng Viết phơng trình phản ứng xảy bình (không xét tạo thành H2O2 H2S2O8) Tính hiệu điện tối thiểu phải đặt vào hai cực bình trình điện phân xảy Ngời ta muốn giảm pH dung dịch NaOH xuống 11 Có thể dùng NH4Cl đợc không? Nếu đợc, hÃy giải thích tính khối lợng NH4Cl phải dùng để giảm pH lít dung dịch NaOH từ 14 xuống 11 Khi pH dung dịch NaOH 11, hiệu điện tối thiểu phải đặt vào hai cực bình điện phân trình điện phân xảy bao nhiêu? Cho biÕt: EoH O, 1/2 O / 2OH− = 0,4 V ; Eo2H+, 1/2 O / H O = 1,23 V ; pKb (NH3) = 4,75 2 2 H−íng dẫn chấm: Trong thí nghiêm này, nớc bị điện phân điện Trang 5/7 A a) Dung dịch NaOH: anôt: OH catôt: H2O + e H2O + 1/2 O2 + e H2 + OH− H2 O b) Dung dÞch H2SO4: ë an«t: H 2O ë cat«t: H+ + e H2 O H2 + 1/2 O2 1/2 O2 + H+ + e H2 H2 + 1/2 O2 Khí thoát bình hiđro oxi a) Dung dịch NaOH: Eanôt = 0,4 V 0,0592 lg (10−14)2 = − 0,83 V Ecat«t = + U = E an«t − E cat«t = 0,4 + 0,83 = 1,23 V b) Dung dịch H2SO4: Eanôt = 1,23 V Ecatôt = V Umin = E an«t − E cat«t = 1,23 V (khi tính Umin không xét đến thế) Có thể dùng NH4Cl để giảm pH dung dịch NaOH tõ 14 xuèng 11 NH4+ + OH− NH3 + H2O pOH dung dịch NaOH đà thêm NH4Cl để giảm pH dung dịch NaOH từ 14 xuống 11 đợc tÝnh theo c«ng thøc: [NH4+] pOH = pKb + lg [NH3] = 4,75 + lg [NH4+] [NH3] Suy [NH4+] = 0,0178 ì [NH3] Khi pH dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống 11 [OH] dung dịch giảm đi: 103 = 0,999 mol Đây số mol NH3 hình thành Vậy [NH3] = 0,999 mol/L và: [NH4+] = 0,0178 ì 0,999 0,0178 (mol/L) Số mol NH4Cl phải thêm vào lít dung dÞch: n = n NH + + n NH = 0,0178 + 0,999 = 1,0168 (mol) Khèi l−ỵng NH4Cl phải thêm vào lít dung dịch: 1,0168 ì 53,5 = 54,4 (gam) Trang 6/7 A Khi pH = 11, dung dịch NaOH: 0,0592 Eanôt = 0,4 V + lg (10−3)2 0,0592 lg (10−11)2 Ecat«t = + U = E an«t − E catôt = 0,4 + ì 0,0592 + 0,0592 ì 11 1,23 V Câu (4 điểm): Ngời ta thùc hiƯn ph¶n øng NO2 (k) + F2 (k) NO2F (k) mét b×nh kÝn cã thĨ tÝch V (có thể thay đổi thể tích bình píttông) áp suất ban đầu NO2 0,5 atm, F2 1,5 atm Trong điều kiện tốc độ đầu vo = 3,2 103 mol.L1.s1 Nếu thực phản ứng nhiệt độ với lợng ban đầu chất phản ứng nhng thêm khí trơ vào bình thể tích thành V, áp suất tổng quát atm, tốc độ đầu 8.104 mol.L1.s1 Kết có cho phép thiết lập phơng trình động học (biểu thức tốc độ) phản ứng hay không? Ngời ta lại thực phản ứng điều kiện nhiệt độ với lợng NO2, F2 khí trơ nh (1) nhng giảm thể tích xuống V Tính giá trị tốc độ đầu vo Nếu thay cho việc thêm khí trơ, ngời ta thêm NO2 vào áp suất tổng quát atm thể tích V tốc độ đầu vo = 1,6.102 mol.L1.s1 Kết cho phép kết luận nh phơng trình động học phản ứng? Dự đoán chế phản ứng Hớng dẫn chÊm: ë thÝ nghiƯm 2, sau thªm khÝ trơ thể tích tăng gấp đôi P NO2 PF2 giảm lần so với thí nghiệm 1, nghĩa nồng độ chúng giảm lần (vì PA = CA.RT), tốc độ đầu phản ứng giảm lần Từ đây, kết luận bậc phản ứg Phơng trình động học có dạng sau ®©y: v = k [NO2] [F2] (a) , v = k [NO2]2 (b) , v = k [F2]2 (c) thí nghiệm 3, PNO PF tăng gấp ®«i so víi thÝ nghiƯm Cịng lËp ln nh− trên, 2 ta thấy tốc độ đầu phản ứng thí nghiệm phải lần tốc độ đầu phản ứng thí nghiêm vo = 3,2 × 10−3 mol.L−1.s−1 × = 1,28 × 102 mol.L1.s1 thí nghiệm 4, PF không đổi, PNO2 = atm − 1,5 atm = 2,5 atm PNO2 tăng lần so với thí nghiệm 1, tốc độ đầu phản ứng tăng lần Vậy phơng trình động học phản ứng là: v = k [NO2] [F2] Căn vào phơng trình động học phản ứng, chế phản ứng có thĨ lµ: NO2 + F2 F + NO2 NO2F + F (chËm) NO2F (nhanh) Trang 7/7 A Na + H2O NaOH + H2 CÊu h×nh [Ne] 3s2 øng víi nguyên tử Mg (Z = 12), ứng với ion Mg kim loai hoạt động Mg cháy mạnh oxi cá CO2 Mg + O2 MgO CÊu h×nh [Ne] 3s23p3 øng víi nguyên tử P (Z = 15), ứng với ion P phi kim hoạt động P cháy mạnh oxi P + O2 P2 O5 Cấu hình [Ne] 3s23p6: a) Trờng hợp vi hạt có Z = 18 Đây Ar, khí trơ b) Vi hạt có Z < 18 Đây ion âm: Z = 17 Đây Cl, chất khử yếu ThÝ dô: MnO4− + 16 H+ + 10 Cl− Mn2+ + H2O + 10 Cl2 Z = 16 Đây S2, chất khử tơng đối mạnh Thí dô: S + H2O H2S + O2 Z = 15 Đây P3, không bền, khó tồn c) Vi hạt có Z > 18 Đây ion dơng: Z = 19 Đây K+, chất oxi hoá yếu, bị khử dới tác dụng dòng điện (điện phân KCl hoặcKOH nóng chảy) Z = 20 Đây Ca2+, chất oxi hoá yếu, bị khử dới tác dụng dòng điện (điện phân CaCl2 nóng chảy) Câu (3,5 điểm): Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) bình điện phân khác chứa dung dịch H2SO4 (pH = 0) 298K Khi tăng hiệu điện từ từ hai cực bình ngời ta thấy có khí giống thoát hai bình điện Giải thích tợng Viết phơng trình phản ứng xảy bình (không xét tạo thành H2O2 H2S2O8) Tính hiệu điện tối thiểu phải đặt vào hai cực bình trình điện phân xảy Ngời ta muốn giảm pH dung dịch NaOH xuống 11 Có thể dùng NH4Cl đợc không? Nếu đợc, hÃy giải thích tính khối lợng NH4Cl phải dùng để giảm pH cđa lÝt dung dÞch NaOH tõ 14 xng 11 Khi pH dung dịch NaOH 11, hiệu điện tối thiểu phải đặt vào hai cực bình điện phân trình điện phân xảy bao nhiêu? Cho biết: EoH O, 1/2 O / 2OH− = 0,4 V ; Eo2H+, 1/2 O / H O = 1,23 V ; pKb (NH3) = 4,75 2 2 H−íng dÉn chÊm: Trong thí nghiêm này, nớc bị điện phân cïng mét ®iƯn thÕ Trang 5/7 A ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSGQG MƠN HĨA HỌC a) Dung dÞch NaOH: ë an«t: OH− ë cat«t: H2O + e H2O + 1/2 O2 + e H2 + OH H2 O b) Dung dịch H2SO4: anôt: H 2O ë cat«t: H+ + e H2 O H2 + 1/2 O2 1/2 O2 + H+ + e H2 H2 + 1/2 O2 KhÝ tho¸t bình hiđro oxi a) Dung dịch NaOH: Eanôt = 0,4 V 0,0592 lg (1014)2 = − 0,83 V Ecat«t = + U = E an«t − E cat«t = 0,4 + 0,83 = 1,23 V b) Dung dịch H2SO4: Eanôt = 1,23 V Ecat«t = V Umin = E an«t − E cat«t = 1,23 V (khi tÝnh Umin kh«ng xét đến thế) Có thể dùng NH4Cl để giảm pH dung dịch NaOH từ 14 xuống 11 NH4+ + OH− NH3 + H2O pOH cđa dung dÞch NaOH đà thêm NH4Cl để giảm pH dung dịch NaOH từ 14 xuống 11 đợc tính theo công thức: [NH4+] pOH = pKb + lg [NH3] = 4,75 + lg [NH4+] [NH3] Suy [NH4+] = 0,0178 × [NH3] Khi pH dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống 11 [OH] dung dịch giảm đi: 103 = 0,999 mol Đây số mol NH3 hình thành Vậy [NH3] = 0,999 mol/L và: [NH4+] = 0,0178 × 0,999 ≅ 0,0178 (mol/L) Sè mol NH4Cl phải thêm vào lít dung dịch: n = n NH + + n NH = 0,0178 + 0,999 = 1,0168 (mol) Khối lợng NH4Cl phải thêm vào lít dung dịch: 1,0168 ì 53,5 = 54,4 (gam) Trang 6/7 A Khi pH = 11, dung dÞch NaOH: 0,0592 Ean«t = 0,4 V + lg (10−3)2 0,0592 lg (10−11)2 Ecat«t = + U = E an«t − E cat«t = 0,4 + × 0,0592 + 0,0592 × 11 ≅ 1,23 V Câu (4 điểm): Ngời ta thực phản ứng NO2 (k) + F2 (k) NO2F (k) mét b×nh kÝn cã thĨ tÝch V (cã thĨ thay đổi thể tích bình píttông) áp suất ban đầu NO2 0,5 atm, F2 1,5 atm Trong điều kiện tốc độ ®Çu vo = 3,2 10−3 mol.L−1.s−1 NÕu thùc hiƯn phản ứng nhiệt độ với lợng ban đầu chất phản ứng nhng thêm khí trơ vào bình thể tích thành V, áp suất tổng quát atm, tốc độ đầu 8.104 mol.L1.s1 Kết có cho phép thiết lập phơng trình động học (biểu thức tốc độ) phản ứng hay không? Ngời ta lại thực phản ứng điều kiện nhiệt độ với lợng NO2, F2 khí trơ nh (1) nhng giảm thể tích xuống V Tính giá trị tốc độ đầu vo Nếu thay cho việc thêm khí trơ, ngời ta thêm NO2 vào áp suất tổng quát atm thể tích V tốc độ đầu vo = 1,6.102 mol.L1.s1 Kết cho phép kết luận nh phơng trình động học phản ứng? Dự đoán chÕ cđa ph¶n øng H−íng dÉn chÊm: ë thÝ nghiệm 2, sau thêm khí trơ thể tích tăng gấp đôi P NO2 PF2 giảm lần so với thí nghiệm 1, nghĩa nồng độ chúng giảm lần (vì PA = CA.RT), tốc độ đầu phản ứng giảm lần Từ đây, kết luận bậc phản ứg Phơng trình động học có dạng sau đây: v = k [NO2] [F2] (a) , v = k [NO2]2 (b) , v = k [F2]2 (c) ë thÝ nghiÖm 3, PNO PF tăng gấp đôi so với thí nghiƯm Cịng lËp ln nh− trªn, 2 ta thấy tốc độ đầu phản ứng thí nghiệm phải lần tốc độ đầu phản ứng thí nghiêm vo = 3,2 ì 103 mol.L−1.s−1 × = 1,28 × 10−2 mol.L−1.s−1 ë thí nghiệm 4, PF không đổi, PNO2 = atm 1,5 atm = 2,5 atm PNO2 tăng lần so với thí nghiệm 1, tốc độ đầu phản ứng tăng lần Vậy phơng trình động học phản ứng là: v = k [NO2] [F2] Căn vào phơng trình động học phản ứng, chế phản ứng là: NO2 + F2 F + NO2 NO2F + F (chËm) NO2F (nhanh) Trang 7/7 A ...ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSGQG MƠN HĨA HỌC Bé gi¸o dục đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 THPT năm 2005 Hớng dẫn chấm đề thi thức Môn: Hoá học, Bảng A Ngày thi thứ nhất: 10.3 .2005 Câu... (NH3) = 4,75 2 2 Hớng dẫn chấm: Trong thí nghiêm này, nớc bị điện phân điện Trang 5/7 A ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSGQG MƠN HĨA HỌC a) Dung dịch NaOH: anôt: OH catôt: H2O + e H2O + 1/2 O2 + e H2 + OH− H2... đào tạo k× thi chän häc sinh giái qc gia líp 12 THPT năm 2005 Hớng dẫn chấm đề thi thức Môn: Hoá học, Bảng A Ngày thi thứ nhất: 10.3 .2005 Câu 1(2 điểm): Bằng dung dịch NH3, ngời ta có thĨ lµm