Hướng dẫn chấm thi HSGQG

Đề th, đáp án, hướng dẫn chấm thi học sinh giỏi quốc gia môn hóa học trung học phổ thông. Bao gồm một số đề thi từ năm 2006 đến 2011. Phù hợp cho các bạn học sinh đang ôn thi học sinh giỏi quốc gia dùng để tham khảo và luyện tập.

Hướng dẫn chấm thi HSGQG 2006-2011 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: HOÁ HỌC, Bảng A Ngày thi thứ nhất: 23/2/2006 Câu I (5,5 điểm): 2,25 điểm; 1,25 điểm; 2,0 điểm a) Trong phịng thí nghiệm có lọ hoá chất: BaCl 2H O, AlCl , NH Cl, SiCl , TiCl , LiCl.H O, CCl Một số chất chất "bốc khói" người ta mở lọ đựng chất khơng khí ẩm Những chất “bốc khói”? Hãy viết phương trình hố hố học để giải thích b) Cho sơ đồ sau: 2 4 Hãy xác định cơng thức hố học hợp chất vơ A, B, C viết phương trình phản ứng xảy Để điều chế nhôm sunfua người ta cho lưu huỳnh tác dụng với nhơm nóng chảy Q trình điều chế cần tiến hành khí hiđro khơ khí cacbonic khơ, khơng tiến hành khơng khí Hãy giải thích điều chế nhơm sunfua khơng tiến hành khơng khí, viết phương trình hố học để minh hoạ Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M oxit kim loại Người ta lấy phần, phần có 59,08 gam A Phần thứ hồ tan vào dung dịch HCl thu 4,48 lít khí hiđro; phần thứ hai hoà tan vào dung dịch hỗn hợp NaNO H SO thu 4,48 lít khí NO; phần thứ ba đem nung nóng cho tác dụng với khí hiđro dư chất rắn nhất, hoà tan hết chất rắn nước cường toan có 17,92 lít khí NO Các thể tích khí đo điều kiện tiêu chuẩn Hãy tính khối lượng nguyên tử, cho biết tên kim loại M công thức oxit hỗn hợp A Hướng dẫn giải: a) Khi tiếp xúc với nước không khí, số chất bị thuỷ phân tạo HCl bay lên tựa “bốc khói” Các chất AlCl , SiCl , TiCl Các phương trình phản ứng: AlCl + H O SiCl + H O (hoặc SiCl + H O TiCl + H O 2 4 2 AlOHCl + HCl H SiO + HCl SiO 2H O + HCl ) TiOCl + HCl 4 2 4 ( TiCl + H O TiCl (OH) + HCl ) b) Từ tính chất hố học chất liên hệ chúng, ta có A CO , B CaCO , C Ca(HCO ) A NaOH, B NaCl, C NaHCO Phương trình phản ứng xảy ra: 2 2 3 1) CO + NaOH Na CO + H O 2) Na CO + HCl NaCl + CO + H O 3) CO + Ca(OH) CaCO ↓ + H O 4) CaCO CaO + CO 5) CO + Ca(OH) Ca(HCO ) 6) Ca(HCO ) + HCl CaCl + CO + H O 7) CaCO + H O + CO Ca(HCO ) ↓ 8) Ca(HCO ) + NaOH CaCO ↓ + Na CO + H O 9) Na CO + CaCl CaCO ↓ + NaCl 10) Ca(HCO ) + NaOH CaCO ↓ + Na CO + H O Phản ứng tạo Al S : Al + S Al S ; ÄH < ( * ) Phản ứng toả nhiều nhiệt tạo nhiệt độ cao nên có oxi khơng khí xảy phản ứng: Al + 3O Al O ; ÄH < S + O SO ; ÄH < Al S + O Al O + SO ; ÄH < Như vậy, tạo thành Al S bị cản trở nhiều Mặt khác, có lượng nhỏ bột Al S tạo bị thuỷ phân tác dụng nước có khơng khí: Al S + H O H S + Al(OH) Do buộc phải thực phản ứng (*) điều kiện khơng có oxi nước; thường tiến hành khí hiđro khơ khí cacbonic khơ 2 3 2 3 2 3 2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 2 2 3 3 2 3 Kí hiệu số mol kim loại M có 59,08 gam hỗn hợp A x (x > 0) Giả thiết a): M có mức (hay số) oxi hoá n+ : Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vào dung dịch HCl thu khí hiđro theo phương trình: M + n HCl MCl + 0,5 n H (1) x mol 0,5 nx mol Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vào dung dịch hỗn hợp NaNO H SO (cũng dung dịch HNO ) ta thu khí NO: M + n NO + 4n H M + n NO (k) + 2n H O (2) x mol (nx : 3) mol NO Theo đề có số mol H số mol NO (đều 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol)) Theo lập luận lại có 0,5 nx mol H khác với (nx : 3) mol NO n 3 – + n+ 2 2 Vậy giả thiết a) không phù hợp Giả thiết b): Xét M có hai mức (số) oxi hố khác nhau: *) Trong phản ứng (1), M có mức oxi hố n+ Từ liên hệ trên, ta thu 0,5 nx mol H (a) *) Trong phản ứng (2), M có mức oxi hố m+ Ta có: M + m NO + m H M + m NO (k) + 2m H O (2) x mol (mx : 3) mol Số mol NO thu mx/3 mol (b) Theo đề có số mol H số mol NO Vậy từ ( a ) ( b ) ta có: (1/2) nx = (1/3) mx (c ) Từ ta có: n/m = 2/3 = 4/6 = 6/9 = (d) Ta biết kim loại có số oxi hố n hay m khơng vượt 4+ Vậy kim loại M xét có đồng thời n = m = Giả thiết b) hợp lí c) Xác định M oxit nó: c.1) Xét trường hợp M có số oxi hố m = oxít: hỗn hợp A gồm M M O Với phản ứng M O + H M + 3H O (3) ta thu kim loại M Vậy chất rắn kim loại M Khi tác dụng với nước cường toan (là chất oxi hoá mạnh) M chuyển thành M phản ứng M + HCl + HNO MCl + NO (k) + H O (4) Theo (1) có 0,5 nx = 0,2 mà n = x = 0,2 Theo (4) tổng số mol M 59,08 g hỗn hợp A là: n = n = 17,92/22,4 = 0,8 (mol) Biết số mol M ban đầu có 59,08 g A x = 0,2 Vậy số mol M phản ứng (3) tạo 0,8 - 0,2 = 0,6 (mol) Theo cơng thức M O 0,6 mol tương ứng với số mol oxit 0,6 : = 0,3 (mol) Kí hiệu khối lượng mol phân tử M X, ta có phương trình: 0,2 X + (2 X + 16 x 3) x 0,3 = 59,08 Vậy X = 55,85 (g/mol) Suy nguyên tử khối M 55,85 ~ 56 Do M Fe oxit Fe O c.2) Vấn đề đặt là: Trong hỗn hợp A có oxit khác khơng phải Fe O ? Có số cách trả lời câu hỏi Ta xét cách sau đây: Kí hiệu số oxi hố Fe oxit z Vậy công thức oxit Fe O Theo kết tính trên, 59,08 gam hỗn hợp A có 0,2 mol Fe nên số gam Fe Oz 59,08 - 0,2.55,85 = 47,91 (g) tương ứng với số mol kí hiệu u Số mol NO Fe từ Fe O tác dụng với nước cường toan tạo u = 0,6 u = 0,3 (5) Đưa kết vào liên hệ số gam Fe O , ta có: 0,3.(55,85 + 16z) = 47,91 z=3 (6) Vậy Fe O Fe O Kết luận: Hỗn hợp A gồm M Fe, oxit Fe O (không thể oxit khác) Câu II (4,0 điểm): 1,0 điểm; 1,5 điểm; 1,5 điểm + m+ 2 2 3 3+ M NO 2 3 2 z 2 z z 3 z Người ta qui ước trị số lượng electron nguyên tử có dấu âm (-) Electron (e) He chuyển động lớp xác định, e có trị số lượng tương ứng, lượng mức Có trị số lượng (theo đơn vị eV) hệ He -13,6; -54,4; -6,04 a) Hãy trị lượng mức 1; 2; từ trị số Sự xếp dựa vào cấu tạo nguyên tử? b) Từ trị số trị ta xác định trị lượng ion hoá heli? Hãy trình bày cụ thể Thực nghiệm cho biết độ dài bán kính ion theo đơn vị A sau: 1,71; 1,16; 1,19 ; 0,68 ; 1,26 ; 0,85 Mỗi ion dãy có tổng số electron ion khác dãy Số điện tích hạt nhân Z ion giới hạn < Z < 18 Hãy gán trị số bán kính cho ion xếp theo thứ tự tăng trị số Cần trình bày rõ sở cấu tạo nguyên tử cấu hình electron gán Thực nghiệm cho biết PCl có hình song tháp tam giác, góc liên kết mặt phẳng đáy 120 , trục với mặt đáy 90 Áp dụng thuyết lai hoá, giải thích kết + + o o Hướng dẫn giải: a) Trong He có 1e nên chịu tác dụng lực hút hạt nhân e chuyển động lớp gần hạt nhân chịu tác dụng mạnh lực hút đó, lượng âm (thấp) Khi chuyển động lớp thứ nhất, cấu hình 1s , e có lượng thấp hay âm nhất, -54,4 eV Đó mức thứ (số lượng tử n = 1) Khi bị kích thich lên lớp thứ hai, chẳng hạn ứng với cấu hình 2s , e có lượng cao hơn, -13,6 eV Đó mức thứ hai (số lượng tử n = 2) Khi bị kích thich lên lớp thứ ba, chẳng hạn ứng với cấu hình 3s , e có lượng cao nữa, -6,0 (4) eV Đó mức thứ ba (số lượng tử n = 3) Khi e có lượng mức thấp nhất, mức thứ (số lượng tử n=1) với trị số -54,4 eV, hệ He trạng thái Với hai trị lượng lại, -13,6 eV - 6,0(4) eV, He trạng thái kích thích b Theo định nghĩa, lượng ion hoá I trị số tuyệt đối lượng cuả1e tương ứng trạng thái Với hệ He : He (1s ) - e He ; I = -E - (-54,4 eV) = 54,4 eV Theo điều kiện < Z < 18 (a) ion xét thuộc nguyên tố chu kì (từ Li đến Ne) (b); chu kì (từ Na đến Ar) (c) +) Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Li, Be, B, C với số e hố trị nên chúng có khuynh hướng chủ yếu e trở thành ion dương (+); hay góp chung e tạo liên kết cộng hố trị Do ta ý tới nguyên tố cuối chu kì F, + 1 + + + + 2+ 1s O, N Nguyên tử có nhiều e hố trị nên chúng có nhiều khả việc thu e để trở thành ion âm (-) Đó ion âm F (có 10 e ); O (có 10 e ); N (có 10 e) +) Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Na, Mg, Al có e hố trị nên chúng kim loại hoạt động, dễ tạo thành ion dương (+): Na (có10 e); Mg (có 10 e); Al (có 10 e) Các nguyên tố cuối chu kì phi kim dễ tạo thành ion âm (-) có 18 e Cl ; S ; P +) Đầu cho trị số bán kính ion Kết vừa xét cho ion, ion có 10 e với cấu hình 1s 2s 2p Các ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z nhỏ ion dương (+) Các ion âm có lực hút tác dụng lên electron ngồi (trong cấu hình trên) yếu ion dương Vậy ion âm (-) có bán kính lớn •) ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F (9); O (8); N (7) (d).Dãy (d) xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính ion âm (-) - 2- + - 2- 2+ 3- 3+ 3- 2 - 2- 3- •) iondương (+) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự Al (13); Mg (12); Na (11) (e) 3+ 2+ + Dãy (e) xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính ion dương Kết hợp (d) với (e) ta có dãy ion theo thứ tự tăng độ dài bán kính sau: Ion: Al (13); Mg (12); Na (11) F (9); O (8); N (7) Bán kính: 0,68 0,85 1,16 1,19 1,26 1,71 Ghi chú: Thực tế ion O N bền, khó tồn a) Trước hết ta xét cấu hình electron nguyên tử P (Z = 15) [Ne]3s 3p (a) Cl (Z = 17) [Ne]3s 3p (b) Kí hiệu [Ne] biểu thị cấu hình 1s 2s 2p 3+ 2+ + - 2- 2 2- 3- 3- 2 c) Giải thích: Trong cấu hình electron ngun tử P có e độc thân Để trở thành nguyên tử trung tâm PCl , phân tử có liên kết tạo thành hình song tháp tam giác, P dạng lai hố thích hợp sp d (Ghi : Giả thiết P dạng lai hố sp d coi hợp lí) Do lai hố vậy, P có obitan chứa e độc thân (xem (a 1) trên) số obitan mặt phẳng có đỉnh hướng phía lập thành đỉnh tam giác đều; trục chúng cắt đơi tạo thành góc 120 P tâm tam giác obitan lại có đỉnh đường thẳng vng góc (tạo góc 90 ) với mặt phẳng tam giác hướng hai phía mặt phẳng tam giác Mỗi Cl có AO-p nguyên chất chứa e độc thân (xem (b) trên) Do AO xen phủ với obitan lai hoá P tạo liên kết xích ma (ú) 2 o o Câu III (6,0 điểm): 1,5 điểm; 2,5 điểm; 2,0 điểm Thêm H SO vào dung dịch gồm Pb(NO ) 0,010 M Ba(NO ) 0,020 M nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dijch khơng đổi thêm axit) Hãy tính pH nồng độ ion kim loại dung dịch A thu a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđro (p = atm) đươc nhúng dung dịch CH COOH 0,010 M ghép (qua cầu muối) với điện cực Pb nhúng dung dịch A Hãy rõ anot, catot b) Thêm 0,0050 mol Ba(OH) vào lit dung dịch phía điện cực hiđro (coi thể tích khơng thay đổi) Tính E viết phương trình phản ứng xảy pin hoạt động Cho: pK (HSO ) 2,00 ; pK (CH COOH) 4,76; số tích số tan pK (BaSO ) 9,93 ; pK (PbSO ) 7,66 (RT/F) ln = 0,0592lg ; E = - 0,123 V Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại phương pháp mạ điện bể mạ chứa dung dịch niken sunfat Điện áp đặt lên điện cực bể mạ 2,5 V Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mẫu có bán kính 2,5cm, cao 20 cm Người ta phủ lên mẫu lớp niken dày 0,4 mm Hãy: a) Viết phương trình phản ứng xảy điện cực bể mạ điện b) Tính điện (theo kWh) phải tiêu thụ 3 pin a - a s o s Cho biết: Niken có khối lượng riêng D = 8,9 g/cm ; khối lượng mol nguyên tử 58,7(g/mol); hiệu suất dòng 90% ; kWh = 3,6.10 J Hướng dẫn giải: Pb(NO ) Pb + 2NO 0,010 0,010 Ba(NO ) Ba + 2NO 0,020 0,020 H SO H + HSO 0,130 0,130 0,130 HSO + Ba BaSO  + H ; 10 0,130 0,020 0,130 0,110 0,150 HSO + Pb PbSO  + H ; 10 0,110 0,010 0,150 0,100 0,160 Thành phần hệ: HSO 0,100 M , H 0,160 M , BaSO , PbSO  HSO H + SO ; 10 C 0,100 0,16 x [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x = 10 x = [SO ] = 5,69.10 (M) [HSO ] = 0,0943 (M) [H] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) pH = 0,78 [Ba ] = = = 2,0.10 (M) 2+ 2+ 2 – – 2+ – – – 2+ – – + 4 + 7,93 + 5,66 + + – -2 4 -2 2– -3 – + 2+ -8 [Pb ] = = 2+ a) • Cực Hiđro: H + = 3,84.10 (M) -6 + 2e CH COOH 0,01 0,01 - x H C [ ] H + + CH COO – ; K = 10 a x x x = [H ] = 4,08.10 M -4,76 = 10 pH = 3,39 E = - 0,0592 pH = - 0,0592 3,39 = - 0,2006 (V) • Cực Pb/PbSO : PbSO + H + e Pb + HSO E =E + lg + -4,76 -4 4 Pb o + – Trong E = E o E = - 0,291 + + o Mà E = - 0,291 = - 0,283 (V) < E lg = E o lg lg Pb (Hoặc: E = E + o + o lg K S = - 0,123 + lg10 = - 0,350 (V) -7,66 Vậy E = - 0,350 + ; lg(5,69.10 ) = - 0,284 (V) -3 -1 Cũng tính theo cặp Pb /Pb: E = - 0,123 + lg [Pb ] = -0,123 + 2+ lg 3,84.10 = - 0,283 (V) 2+ -6 Vậy cực Pb anot; cực hiđro catot () (anot) Pb PbSO , H CH COOH H (Pt) (+) (catot) BaSO , HSO b) CH COOH + Ba(OH) (CH COO) Ba + H O 0,010 0,005 0,005 CH COO + H O CH COOH + OH ; K = 10 C 0,010 [ ] 0,010 - x x x = 10 x = 10 pH = 8,38 + 4 - - 3 2 - -9,24 -9,24 b -5,62 E = - 0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V E = - 0,284 V Vậy E (anot) (catot) = - 0,284 - (- 0,496) = 0,212 V pin Phản ứng pin: anot H H + 2e CH COO + H CH COOH CH COO + H CH COOH + 2e catot PbSO  + H + e Pb + HSO Phản ứng xảy pin: PbSO  + H + CH COO + H Pb + CH COOH + HSO a) Phương trình phản ứng xảy bề mặt điện cực bể mạ: Anot : Ni Ni + e - - 3 Ni + e - + Ni 2+ b) Thể tích mẫu vật kim loại hình trụ V = ðr h = 3,14 (2,5) 20 = 392,5 (cm ) 2 2+ Catot: + 4 + + – – Lớp phủ niken mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên mẫu vật bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 (cm); chiều cao tăng tới 20,0 + (0,042) = = 20,08 (cm) Vậy thể tích mẫu vật tăng thêm lượng là: ÄV = V ' - V = [ 3,14 (2,54) 20,08] - 392,5 ÄV = 14,281(cm ) Tổng số thể tích tăng thêm cuả 10 mẫu vật là: V = 10 ÄV = 10 14,281cm = 142,81 cm Đây thể tích niken phải phủ lên 10 mẫu vật cần mạ; khối lượng tương ứng là: M = V.D =142,81.8,9 = 1271,01 (gam) hay 1271,01/ 58,7 = 21,6526 (mol) Từ biểu thức định luật Farađay: m = AIt/ 96500n It = (m/A).96500n (1) Số điện tương ứng là: w = ItU = (m/A).96500n.U (2) Với Ni ta có n = 2; theo có (m/A) = 21,6526 (mol); theo đề U = 2,5 V Thế trị số vào (2), ta có w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J) Vì hiệu suất dịng điện 90% kWh = 3,6.10 J nên số điện thực tế cần dùng là: W = (w/90).100.(1/3,6.10 ) = 10447379,5/90).100.(1/3,6.10 ) W = 3,2245kWh Câu IV (4,5 điểm): 2,0 điểm; 2,5 điểm Khi nghiên cứu cổ vật dựa vào C (t = 5730 năm), người ta thấy mẫu có C; số nguyên tử C số nguyên tử C; tỉ lệ độ phóng xạ C so với C 1,51.10 lần Hãy: a) Viết phương trình phản ứng phóng xạ beta (õ) hai đồng vị b) Tính tỉ lệ độ phóng xạ C so với C mẫu sau 12 kể từ nghiên cứu Cho biết năm có 365 ngày a) Khi khảo sát phản ứng H (k) + Br (k) HBr (k) (1) hai nhiệt độ T T mà T < T , thấy số cân hóa học (viết tắt cbhh) theo nồng độ có trị số tương ứng K , K mà K > K Phản ứng toả nhiệt hay thu nhiệt? Hãy giải thích b) Tại nhiệt độ 1024 C, phản ứng (1) có K = 1,6.10 Hãy tính trị số số cbhh phản ứng 1/2 H (k) + 1/2 Br (k) HBr (k) nhiệt độ Sự thay đổi trị số số cbhh có ý nghĩa hố học hay khơng? Tại sao? c) Người ta cho lượng HBr ngun chất vào bình kín tích cố định đưa nhiệt độ tới 1024 C Hãy tính tỉ lệ HBr bị phân huỷ 1024 C (dùng phương trình (1)) Tại có kết đó? 3 6 14 11 1/2 14 11 11 11 14 2 2 2 o Hướng dẫn giải : 1.a) Các phương trình phản ứng hố học hạt nhân: C N + õ 11 11 14 Từ (1) → [OH ] = = 0,0593 (M) So sánh cân (1) → (7), ta thấy (1) (5) định pH hệ: - [OH ] = [HS ] + [ - ]→[ - ] = [OH ] - [HS ] = 0,0593 – 0,0253 = - - 0,0340 (M) Từ (5) → [ ]= = 0,0965 (M) → [ ] + [ ] + [ ] + [ ] [ ] + [ ] 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M) Khi chuẩn độ dung dịch A HCl, xảy q trình sau: S + H → HS 10 HS + H → H S 10 CH COO + H → CH COOH 10 2- + - + - - 12,9 7,02 + 4,76 Tại pH = 4,00: 1→ [HS ] [S ]; - 1→ [H S] 2- [HS ]; - 10 1→ 0,76 0,8519 Như chuẩn độ đến pH = 4,00 ion S bị trung hịa hồn tồn thành H S 85,19% CH COO tham gia phản ứng: 2- - → 0,10 19,40 = 20,00.(2.0,0442 + 0,8519.C ) → Khi chuẩn độ hết 17,68 ml HCl, ta thấy: = C = 0,010 (M) n = 0,1.17,68 = 1,768 (mmol); Vậy phản ứng xảy ra: S + 2H → = 20 0,0442 = 0,884 (mmol) = 0,5 n HS HCl 2- C + HCl C 0 Hệ thu gồm H S: Các trình: HS = 0,02346 (M) CH COO : H + HS 10 (8) HS H + S 10 HO H + OH 10 CH COO + H O CH COOH + OH 10 + - - - - = 5,308.10 (M) -3 -7,02 + 2- + -12,9 - -14 - -9,24 (9) (10) (11) pH hệ tính theo (8) (11): h = [H ] = [HS ] – [CH COOH] = + - - 10 [CH COO ].h 4,76 3 → (12) Chấp nhận [H S] = = 0,02346 (M) [CH COO ] = vào (12), tính h = 2,704.10 = 10 (M) = 5,308.10 (M), thay -3 -5,57 Kiểm tra: [H S] = 0,02346 - -6 = 0,02266 (M) [CH COO ] = 5,308.10 = 4,596.10 (M) Thay giá trị [H S] [CH COO ] vào (12), ta h = 2,855.10 = 10 Kết lặp, pH = 5,54 Oxi hóa S oxi khơng khí: - -3 2 - -3 - -6 -5,54 h 2- 2x S S 2- O + 2H O + 4e 2- Trong = 2S 4OH 2 S + O + 2H O = + HS K K = 10 2- S + 2e → - tính sau: + - + 4OH S + 2H + 2e 2H + S HS + 2e = a1 S - = -0,45 V + O + 2H O + 4e 2 → + = sau: 2,15; K = 10 - 4OH w -14 - - 14.0,0592 = Vậy Vì -19,92 2- O + 4H + 4e 2H O HO H + OH a2 - 14.0,0592 = 0,4012 V = 7,21; = 10 57,51 12,32 → khoảng pH dung dịch < → dung dịch H PO thị metyl đỏ có màu đỏ > chuyển màu vàng = 9,765 → dung dịch Na PO làm thị metyl đỏ = 4,68 5,00 → thị metyl đỏ có màu hồng da cam dung dịch NaH PO Vậy dung metyl đỏ để phân biệt dung dịch Câu (3,5 điểm) 0,5 điểm; 1,5 điểm; 1,5 điểm Những đại lượng số đại lượng nhiệt động học ΔS, ΔH, ΔG số cân K: a Phụ thuộc nhiều vào nhiệt độ? b Có liên quan mật thiết với độ bền liên kết? c Có liên quan đến lượng chất phản ứng lượng sản phẩm phản ứng? d Là độ đo khả tự diễn biến phản ứng? e Là độ đo nhiệt kèm theo phản ứng? Cho cân bằng: Me DBMe (k) Me D (k) + BMe (k), B nguyên tố bo, Me nhóm CH Ở 100 C, thực nghiệm thu kết sau: 3 3 o Với hợp chất Me NBMe (D nitơ): K = 4,720.10 Pa; 3 = 191,3 JK mol p1 –1 –1 Me PBMe (D photpho): K = 1,280.10 Pa; = 167,6 JK mol a Cho biết hợp chất khó phân li hơn? Vì sao? b Trong hai liên kết N–B P–B, liên kết bền hơn? Vì sao? Hãy cho biết phản ứng 2Ni (l) + O (k) 2NiO (r) 1627 C tự diễn biến theo chiều thuận không áp suất riêng phần oxi nhỏ 150 Pa? 3 p2 –1 –1 o Cho: (NiO) 1627 C -72,1 kJ mol ; Áp suất chuẩn P = 1,000.10 Pa; C thang Celsius 273,15 K Hướng dẫn chấm: a K, ΔG phụ thuộc nhiều vào nhiệt độ b ΔH có liên quan mật thiết với độ bền liên kết c K có liên quan đến lượng chất phản ứng lượng sản phẩm phản ứng? d ΔG độ đo khả tự diễn biến phản ứng e ΔH độ đo nhiệt kèm theo phản ứng Me DBMe (k) Me D (k) + BMe (k) (1) o 3 –1 Đối với hợp chất Me NBMe : = -RTlnK, = 0,472 → o a Tính ΔG phản ứng phân li hai hợp chất Ta có: Từ cân (1) → Δn (k) = = - 8,3145.373,15.ln0,472 = 2329,33 (J/mol) Tương tự hợp chất Me PBMe : K = 3 = 0,128 → = - 8,3145.373,15.ln0,128 = 6376,29 (J/mol) < → hợp chất Me PBMe khó phân li b Tính biến thiên entanpi tiêu chuẩn phản ứng phân li hợp chất: = +T → = 2329,33 + 373,15.191,3 = 73712,93 (J/mol) = 6376,29 + 373,15.167,6 = 68916,23 (J/mol) → > → liên kết N-B bền Từ phản ứng: 2Ni (l) + O (k) 2NiO (r) (2) ta có: ΔG = -72,1.2 = -144,2 kJ/mol = -144200 J/mol phản ứng → lnK = 9,127 → K = 9200,38 Đối với phản ứng (2): Δn (k) = -1 → (1,000.10 ) → K = K.P = 9200,38 p -1 -1 Mặt khác: với áp suất cân oxi = 10,87 (Pa) Vậy phản ứng có xảy 10,87Pa < < 150Pa Câu (3,5 điểm) 2,0 điểm; 0,5 điểm; điểm Một phản ứng dung dịch biểu diễn: A + B C + D (a), X xúc tác đồng thể Để nghiên cứu động học phản ứng (a), người ta tiến hành hai thí nghiệm 25 C với nồng độ ban đầu (C ) chất phản ứng sau: o Thí nghiệm 1: = 0,012 M; = 6,00 M Thí nghiệm 2: = 3,00 M; = 0,01 M Biến thiên nồng độ chất A B theo thời gian hai thí nghiệm biểu diễn hình hình 2; nồng độ chất xúc tác C = 1,00 M không đổi suốt thời gian phản ứng X Hình Hình Ở 25 C số cân phản ứng (a) K = 4.10 Tính thời gian cần thiết để hệ đạt đến o C trạng thái cân bằng, = = 1,00 M C = 1,00 M không thay đổi; lúc đầu hệ chưa có mặt sản phẩm phản ứng x Ở 80 C số cân phản ứng (a) K = 1.10 Tính ΔH ΔS phản ứng (a) cho biết thời gian cần thiết để đạt đến cân tăng hay giảm (coi phụ thuộc ΔH ΔS vào nhiệt độ không đáng kể)? Người ta cho chế phản ứng (a) diễn qua giai đoạn sơ cấp sau: o C AXB C+D+X AX (b) AX + B AXB (c) (d) Giai đoạn giai đoạn chậm để chế phù hợp với định luật tốc độ thu từ thực nghiệm? Hãy chứng minh Hướng dẫn chấm: Vì số cân phản ứng (a) lớn nên tính tốn (trừ trường hợp tính nồng độ cân bằng), coi (a) phản ứng chiều Định luật tốc độ phản ứng có dạng chung: A+X v = k Trong thí nghiệm 1, (1) = 6,00 M (rất dư) → k = const = k' (2) → v = k' Từ hình rút thời gian phản ứng nửa (t ) không phụ thuộc vào nồng độ đầu A 1/2 t = 10 (phút) → a = 1và k' = = 6,93.10 (phút ) -2 1/2 Tương tự thí nghiệm 2, -1 = 3,00 M (rất dư) → k = const = k''→ v = k'' Từ hình → thời gian phản ứng nửa không phụ thuộc vào nồng độ đầu B → b = Biểu thức định luật tốc độ (1) trở thành: v = k.C C A B = k C C ap A B với k số tốc độ biểu kiến phản ứng k =k ap ap Như phản ứng diễn theo quy luật động học bậc Từ (2) ta có: k = k Xét phản ứng: = ap = 0,01155 L/(mol.phút) A + B→ C + D K = 4.10 c x C K = x 1-x 1-x = 4.10 → x ≈ 5.10 (M) C Vì phản ứng bậc = -4 = 1,00 M nên phương trình động học tích phân có dạng: k t→ ap 0,01155.t → t = 1,73.10 phút Vậy nhiệt độ 25 C cần tới 1,73.10 phút để phản ứng đạt cân o -37684,8 = ΔH – 298,15.ΔS 0 (3) -33805 = ΔH – 353,15.ΔS 0 (4) Từ (3) (4), tính được: ΔS = -70,54 (J/mol); ΔH = - 58716,3 (J/mol) Khi tăng nhiệt độ từ 25 C lên 80 C, tốc độ phản ứng thuận nghịch tăng lên, thời gian cần thiết để hệ đạt đến cân giảm 0 o A+X o AXB C + D + X (d) AXB (c) AX (b) AX + B Tốc độ phản ứng xác định qua biến thiên nồng độ sản phẩm cuối C: v= = kC (5) Ở trạng thái dừng, khoảng thời gian định, nồng độ sản phẩm trung gian không thay đổi theo thời gian: AXB = k C C – k C – k C = (6) →C = (7) AX B AXB AXB AXB = k C C – k C – k C C + k C Từ (6) (8) ta có: k C C – k C – k C = 1 A A X X 2 AX AX AX B AXB =0 (8) (9) AXB → Khi k > → khả oxi hóa môi trường axit yếu môi trường bazơ, vì: mạnh pH tăng, [H ] giảm, tính oxi hóa giảm Các phản ứng minh họa khả oxi hóa ion pemanganat phụ thuộc vào pH môi trường: + + 5Fe + 8H 2+ → + +3 Mn + 5Fe + 4H O 2+ + 2H O 3+ 5MnO ↓ + 4H + 2 + + 2OH → + + HO Câu (3,5 điểm): 2,25 điểm; 0,25 điểm; 1,0 điểm Để xác định hàm lượng crom sắt mẫu gồm Cr O Fe O , người ta đun - 2 3 nóng chảy 1,98 gam mẫu với Na O để oxi hóa Cr O thành Cho khối nung chảy vào nước, đun sôi để phân huỷ hết Na O Thêm H SO loãng đến dư vào hỗn hợp thu pha thành 100,00 mL, dung dịch A có màu vàng da cam Cho dung dịch KI (dư) vào 10,00 mL 2 2 2 dung dịch A, lượng (sản phẩm phản ứng I I ) giải phóng phản ứng hết với 10,50 mL dung dịch Na S O 0,40 M Nếu cho dung dịch NaF (dư) vào 10,00 mL dung dịch A nhỏ – 2 tiếp dung dịch KI đến dư lượng giải phóng phản ứng hết với 7,50 mL dung dịch Na S O 0,40 M Viết phương trình phản ứng xảy Giải thích vai trị dung dịch NaF Tính thành phần % khối lượng crom sắt mẫu ban đầu Cho: Fe = 56; Cr = 52 2 Hướng dẫn chấm: Các phương trình phản ứng: Cr O + 3Na O + H O 2Na O + 2H O OH + H → 2 - + + + 2Fe 3+ + 3I - + → - (2) + (3) + HO + 3H O + 2Fe + 7H O 3+ 2+ → (4) (5) 3+ + 9I + H → Cr + - + 2OH + 6Na (1) 2 + 2H → Fe O + 6H → 2Fe 2 O ↑ + 4OH + 4Na HO - (6) + (7) + 3I - (8) + Fe 3+ + 3F → - FeF (9) Vai trò dung dịch NaF: F có mặt dung dịch tạo phức bền, khơng màu với Fe , dùng để che Fe - 3+ 3+ Đặt số mol Cr O Fe O 1,98 gam mẫu = x; Từ (1), (4) (5) → 10,00 mL dung dịch A số mol của Fe 3+ Theo (6) (7) ta có: =2 =3 + 0,5 3+ - = 3.0,1x + 0,5.0,2y = 0,3x + 0,1y → 0,40.10,50.10 = 2.(0,1y + 0,3x) (10) -3 =3 = 0,3x → 0,40.7,50.10 = =2 Từ (11) (10) → x = 0,005 (mol) y = 0,006 (mol) -3 bị khử: = 0,6x = 2.0,005 = 0,01 (mol) → %Cr mẫu là: =2 = 0,1x; số mol Fe bị khử I Trường hợp NaF có mặt dung dịch A, có =2 = 0,2y Trường hợp NaF khơng có mặt dung dịch A, Từ (8): =y = 2.0,006 = 0,012 (mol) → %Fe mẫu là: (11) = 26,26% = 33,94% HẾT - Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà cho điểm theo biểu điểm ... sinh làm khác với Hướng dẫn chấm đúng, giám khảo cho điểm theo biểu điểm KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2007 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn: HOÁ... 4 Hưóng dẫn chấm: (0,5 điểm) 8 10 4 10 (0,75 điểm) (0,75 điểm) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH... HẾT BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: HỐ HỌC Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 Câu (3,5 điểm): 2,0