Kỳ thi olympic truyền thống 30 -4 lần thứ 16 –2010 đề thi đề nghị môn: hóa học; khối: 10

y  Nx  3 Ny = 60 (2)
6 Zy  2 Zx = 76 (3)
Cộng (1) với (2) và nhân (3) với 2, ta có:
 4 Zx + 12 Zy = 256 (a)
 12 Zy  4Zx = 152 (b)
 Zy = 17 (Cl) ; Zx = 13 (Al)
Vậy công thức hợp chất XY3 là AlCl3 .
Số phách
Số phách
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 2
2a. Kết quả được tóm tắt như sau:
Loại Điệntích
Số liên
kết  Số cặp etự do Số orbitallai hóa Trạng thái lai hóa củacác nguyên tử C
1. Cacbocation
2. Cacbanion
3. Gốc tự do Cacbon
4. Cacben singlet
5. Cacbon triplet
+
–
0
0
0
3
3
3
2
2
0
1
0
1
0
3
4
3
3
2
sp2
sp3
sp2
sp2
sp
2b. Cacbocation có C lai hóa sp2 có dạng tam giác phẳng, và còn 1 AO p còn trống vuông góc
với mặt phẳng chứa 3 liên kết sigma (hình a)
* Cacbanion có C lai hóa sp3 có dạng tứ diện, 3 orbital lai hóa dùng để tạo 3 liên kết sigma,
1orbital lai hóa dùng để chứa cặp e tự do (hình b)
* Gốc tự do Cacbon có C lai hóa sp2 có dạng tam giác phẳng, và còn 1 AO p chứa 1e vuông góc
với mặt phẳng chứa 3 liên kết sigma (hình c)
* Cacben singlet có C lai hóa sp2 có dạng tam giác phẳng, 2 orbital lai hóa dùng để tạo 2 liên kết
sigma, 1orbital lai hóa còn lại dùng để chứa cặp e tự do. Ngoài ra nó còn 1 AO p còn trống vuông
góc với mặt phẳng chứa 3 liên kết sigma (hình d)
* Cacben triplet có C lai hóa sp có dạng thẳng hàng tạo 2 orbital lai hóa dùng để tạo 2 liên kết
sigma, khi đó C còn 2 AO p chưa lai hóa, mỗi AO chứa 1e tự do (hình e)
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 3
CÂU HỎI 2: (4 điểm)
1. Sắt dạng  (Fe) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å.
Hãy tính:
a) Cạnh a của tế bào cơ sở. (1,0đ)
b) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe. (0,5đ)
c) Tỉ khối của Fe theo g/cm3. (0,5đ)
2. Thêm Hg (lỏng, dư) vào dung dịch đã được axit hóa chứa Fe3+ 1,00.10–3M. Người ta thấy rằng
chỉ có 4,6% Fe3+ còn lại tại thời điểm cân bằng ở 25oC. Tính 2+
2
o
Hg /2HgE . Cho 3 2
o
Fe /FeE 0,77 V   .
Giả sử chỉ xảy ra phản ứng: 3+2Hg + 2Fe  2+ 2+2Hg + 2Fe (2,0đ)
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2
1a. Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)
Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là
 Ở tám đỉnh lập phương = 8  18 = 1. Ở tâm lập phương = 1
Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào cơ sở = 1 + 1 = 2 (nguyên tử)
Từ hình vẽ, ta có: AD2 = a2 + a2= 2a2 .
Xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2
Mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3
Nên a = 4r3 =
4 1,24
3

 = 2,85 Å
1b. Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AE =
AC a 3
2 2 =
2,85 3
2

 = 2,468 Å
1c. + 1 mol Fe = 56 gam
+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe.
+ 1 mol Fe có NA = 6,02 1023 nguyên tử
Khối lượng riêng d = mV = 2  23 8 3
56
6,02 10 (2,85 10 )   = 7,95 g/cm
3
A
B
C
D
a
D C
A B
E E
a
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 4
2. Phương trình phản ứng: 3+2Hg + 2Fe  2+ 2+2Hg + 2Fe
Tại thời điểm cân bằng:
[Fe3+] = 3 50,046 x 1,00.10 4,6.10  ;
[Fe2+] = 3 4(1 0,046) x 1,00.10 9,5.10  
2+ 2+ 4
2
1[Hg ] [Fe ] 4,8.10
2
 
2+ 2+ 2 4 4 2
2
3+ 2 5 2
[Hg ][Fe ] (4,8.10 )(9,5.10 )K= 0,205[Fe ] (4,6.10 )
 
  
o
pin
0,059E log
0,059
 = log(0, 205)
2
 0,02V
K
n
 
 
Từ phản ứng: 3+2Hg + 2Fe  2+ 2+2Hg + 2Fe
2+ 3+ 2+
2
o o o
pinHg /Hg Fe /FeE = E - E
 0,77 ( 0,02)
 = 0,79V

  
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 5
CÂU HỎI 3: (4 điểm)
1. Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K
Thứ tự phản ứng Phản ứng o
298ΔH (kJ)
(1) 2NH3 + 3N2O  4N2 + 3H2O  1011
(2) N2O + 3H2  N2H4 + H2O  317
(3) 2NH3 + 0,5O2  N2H4 + H2O  143
(4) H2 + 0,5 O2 H2O  286
N2H4 H2O N2 O2
o
298S (J/K.mol) 240 66,6 191 205
a. Tính nhiệt tạo thành o298ΔH của N2H4 ; N2O và NH3. (1,0đ)
b. Tính o298ΔH ,
o
298ΔG và Kcb của phản ứng đốt cháy N2H4. (1,0đ)
2. Cho các phản ứng dưới đây:
(I) Cu2O (1) X (2) CuCl2
(II) Fe(NO3)2 (1) Y (2) FeCl3
(III) FeBr3 (1) Z (2) FeSO4
Xác định các chất X, Y, Z và hoàn thành phản ứng theo 3 trường hợp sau:
a. Cả phản ứng 1, 2 đều là oxi hóa khử (1,0đ)
b. Chỉ phản ứng thứ 1 là oxi hóa khử (0,5đ)
c. Chỉ phản ứng thứ 2 là oxi hóa khử (0,5đ)
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3
1a. Ta sắp xếp lại 4 phương trình để khi cộng chúng lại sẽ triệt tiêu các chất và được:
N2 + 2H2  N2H4 .
Đó là:
 4N2 + 3H2O  2NH3 + 3N2O -H1
 3N2O + 9H2  3N2H4 + 3H2O 3H2
 2NH3 + 0,5 O2  N2H4 + H2O H3
 H2O  H2 + 0,5 O2 -H4
Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2  4N2H4 có 4H5
Suy ra H5 = (-H1 + 3H2 + H3 - H4) / 4
 = (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) / 4 = 50,75 kJ/mol
Từ H5 và H4 và H2 tính được H ON2 = H5 + H4 - H2
 = 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol
Từ H5 và H4 và H3 tính được H 3NH = H5 + H4 - H3
 = ( 50,75 - 286 + 143 ) / 2 = 46,125 kJ/mol
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 6
1b. N2H4 + O2  N2 + 2H2O
H 0298 = 2  ( 286)  50,75 =  622,75 kJ/mol
S 0298 = 191 + (2  66,6)  205  240 =  120,8 J/K
G 0298 =  622,75  (120,8. 10 3  298) =  586,75 kJ/mol
 ln K =  G
RT

=  3586,75.10
8,314 298

 = 236,8 ; K = 10
103
.
2. Kết quả được tóm tắt qua Bảng sau đây:
X Y Z
a. Cả phản
ứng 1, 2 đều là
oxi hóa khử
Cu
(1) Cu2O + CO
ot 2Cu + CO2
(2) Cu + Cl2  CuCl2
Fe
(1) Fe(NO3)2 + Zn 
Zn(NO3)2 + Fe
(2) 2Fe + 3Cl2 2FeCl3
Fe
(1) 2FeBr3 + 3Zn 
3ZnBr2 + 2Fe
(2) Fe + H2SO4l
2FeSO4 + H2
b. Chỉ phản
ứng thứ 1 là
oxi hóa khử
CuO
(1) 2Cu2O + O2
ot 4CuO
(2) CuO + 2HCl 
CuCl2 + H2O
Fe2(SO4)3
(1) Fe(NO3)2 +4H2SO4đđFe2(SO4)3 + SO2 +
4HNO3 + 2H2O
(2) Fe2(SO4)3 + BaCl2
2FeCl3 + 3BaSO4
Fe(OH)2
(1) 2FeBr3 + K2S +
4KOH2Fe(OH)2 +
S+ 6KBr
(2) Fe(OH)2 + H2SO4l FeSO4 + 2H2O
c. Chỉ phản
ứng thứ 2 là
oxi hóa khử
CuCl
(1) 2Cu2O + 2HCl 
2CuCl
(2) 2CuCl + Cl2 
2CuCl2
FeS
(1) Fe(NO3)2 + Na2S 
FeS + 2NaNO3
(2) 2FeS + 7Cl2
2FeCl3 +2SCl4
Fe2(SO4)3
(1) 2FeBr3 + 3Ag2SO4Fe2(SO4)3 +6AgBr
(2) Fe2(SO4)3 + Fe
3FeSO4
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 7
CÂU HỎI 4: (4 điểm)
1. Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít. (1,0 đ)
2. Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10-3.75)
với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi thêm 10-3 mol
HCl vào dd X. (2,0 đ)
3. Cân bằng của phản ứng khử CO2 bằng C: C(r) + CO2(k)  2CO(k)
Xảy ra ở 1090K có hằng số cân bằng Kp bằng 10.
a. Tính % CO trong hỗn hợp khí cân bằng khi áp suất chung của hệ là 1,5 atm. (0,5 đ)
b. Để %CO bằng 50% thể tích thì áp suất chung của hệ bằng bao nhiêu? (0,5 đ)
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4
1.  H+ . 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ  phải tính đến cân bằng của H2O
H2O  H+ + OH
HCl  H+ + Cl
Theo định luật bảo toàn điện tích:  H+ =  Cl- + OH-
  H+ = 0,5.107 +
14
+
10
[H ]

  H+2  0,5.10 7 H+  1014 = 0.
 Giải được:  H+ = 1,28.107  pH  6,9
2. nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol; nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol
 KOH + HA  KA + H2O
 0,01  0,01 0,01
Theo phương trình HA còn dư = 0,01 mol.
Trong dung dịch X: CHA = CKA = 4,0
01,0
 = 0,025M.
Xét các cân bằng sau:
 H2O  H+ + OH- KW = 10-14 (1)
 HA  H+ + A- KHA = 10-375 (2)
 A- + H2O  HA + OH-  KB = KHA-1. KW = 10-10,25 (3)
So sánh (1) với (2)  KHA >> KW  bỏ qua (1)
So sánh (2) với (3)  KHA >> KB  bỏ qua(3)
 Dung dịch X là dung dịch đệm axit có pH = pKa + lg   axit
muoi
 = 3,75 + lg
1,0
1,0
 = 3,75
 Khi thêm 103 mol HCl
 KA + Cl  KCl + HA
 0,001  0,001  0,001 (mol)
 HA =
4,0
0,0010,01
 = 0,0275 M và KA =
4,0
0,001-0,01
 = 0,0225M .
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 8
Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit.
Tương tự, pH = 3,75 + lg
0275,0
0225,0
 = 3,66
3a. Xét cân bằng: C(r) + CO2(k) 2CO(k)
Xét 1 mol ban đầu: 1 mol 0 mol
Phản ứng: x mol 2 x mol
Cân bằng: 1-x mol 2 x mol
Phần mol:
x
x


1
1
x
x
1
2
Theo định nghĩa về HSCB theo áp suất:
Kp =
2
2
CO
CO
P
P
 = ).(
).(
2
2
CO
CO
NP
NP
Theo đinh nghĩa Kp suy ra, nếu ban đầu có 1 mol CO2 thì lúc cân bằng:
Kp =
2
2
CO
CO
P
P
 = ).(
).(
2
2
CO
CO
NP
NP
 = 1,5.
x
x
x
x



 
1
1
)1(2
2
= 10
Giải ra được x = 0,79 mol CO2 phản ứng do đó hệ có 2 x 0,79 = 1,58 mol CO và
1 – 0,79 = 0,21 mol CO2 với 88,3 % CO và 11,7 % CO2.
3b. Áp dụng tương tự:
Kp =
2
2
CO
CO
P
P
 = ).(
).(
2
2
CO
CO
NP
NP
 = P.
5,0
)5,0( 2
 = 10  P = 20 atm.
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 9
CÂU HỎI 5 (4 điểm)
1. Phản ứng sau đây xảy ra ở 25oC: I– + ClO–  IO– + Cl–
Bậc phản ứng trên là bậc 2, hằng số tốc độ của phản ứng là 0,0606 M–1.s–1.
Lúc ban đầu: [I–] = [ClO–] =3,50.10–3M. Xác định [I–] và [ClO–] sau 300 giây. (2,0 đ)
2. Cho phản ứng: 2H2 + 2NO  N2 + 2H2O.
Phản ứng trên xảy ra theo cơ chế như sau:
giai đoạn 1: 2NO  N2O2 (nhanh)
giai đoạn 2:N2O2 +H2 2k N2O + H2O (chậm)
giai đoạn 3:N2O + H2  N2 + H2O (nhanh)
Xác định phương trình tốc độ phù hợp với cơ chế của phản ứng trên (1,0 đ)
3. Cho phản ứng: O2 + 2NO  2NO2.
Kết quả thực nghiệm cho biết phản ứng trên có phương trình tốc độ là v = k[NO][O2].
Hãy đề nghị cơ chế cho phản ứng trên. (1,0 đ)
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5
1. Do phản ứng bậc 2 và nồng độ ban đầu của [I–] = [ClO–] =3,50.10–3M, nên có phương trình:
3
0
3
1 1 1 1 0,0606 x 300 18,18[I ] [I ] [I ] 3,5.10
1 18,18 285,7 303,9 [I ]=[ClO ]=3,29.10 M[I ]
kt   
  

     
    
2. Vì giai đoạn 2 xảy ra chậm nên v = k2[N2O2][H2] (1)
Từ giai đoạn 1 ta có: 22 21 2 2 12
[N O ]K = [N O ] K [NO][NO]   (2)
Thế (2) vào (1) ta được v = k2K1[NO]2[H2] = k[NO]2[H2]
3. Cơ chế đề nghị cho phản ứng : 2NO + O2  2NO2
phù hợp với phương trình tốc độ xác định từ thực nghiệm v = k[NO][O2] như sau:
giai đoạn 1: NO + O2  NO3 (chậm)
giai đoạn 2: NO3 + NO  2NO2 (nhanh)
GVTH: ThS. Nguyễn Bảo Sơn Trang 10
CÂU HỎI 6: (4 điểm)
1. Viết các quá trình điện cực và phương trình hóa học xảy ra khi điện phân 100 mL dung dịch
hỗn hợp CuSO4 0,1 M và NaCl 0,1 M với các điện cực trơ, có màng ngăn xốp, cho đến khi vừa
hết các muối này. Tính khối lượng dung dịch đã giảm đi trong quá trình điện phân. (1,5 đ)
2. Hòa tan hoàn toàn m