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

g điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 76. Xác định công thức hợp chất XY3. (1,0đ)
2. Nguyên tử Cacbon có thể tạo thành các hợp chất trung gian dưới dạng: cacbocation, cacbanion, gốc tự do cacbon và cacben singlet, cacben triplet như hình vẽ:
Năm chất trung gian chứa Cacbon này là cơ sở quan trọng trong việc khảo sát cơ chế phản ứng và tổng hợp hữu cơ hiện đại.
 a. Từ các công thức cấu tạo trên, hãy cho biết: điện tích, số liên kết sigma, số cặp electron tự do, số orbital lai hóa và trạng thái lai hóa của các nguyên tử Cacbon trong từng loại ? (1,0đ)
 b. Hãy mô tả cách vẽ và vẽ hình dạng lai hóa trong không gian ba chiều cho từng loại cacbon trên bằng cách sử dụng các orbital lớp ngoài cùng của cacbon và đặt các electron tự do vào các orbital thích hợp ? (2,0đ)
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1
1. Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron của X là Nx , Y là Ny. Với XY3, ta có các phương trình:
Tổng số ba loại hạt: 
 2 Zx + 6 Zy + Nx + 3 Ny = 196 (1)
 2 Zx + 6 Zy - 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) 
Þ	 Zy = 17 (Cl) ; Zx = 13 (Al)	
Vậy công thức hợp chất XY3 là AlCl3 . 
2a. Kết quả được tóm tắt như sau:
Loại
Điện tích
Số liên kết 
Số cặp e tự do
Số orbital lai hóa
Trạng thái lai hóa của các 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)
CÂU HỎI 2: (4 điểm)
1. Sắt dạng a (Fea) 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 . Cho . Giả sử chỉ xảy ra phản ứng: (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 ´ = 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 
Nên a = = = 2,85 Å
1b. Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
	AE = = = 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 = = 2 ´ = 7,95 g/cm3
2. Phương trình phản ứng: 
Tại thời điểm cân bằng: 
[Fe3+] = ; 
[Fe2+] = 
 Từ phản ứng: 
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
 (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
 (J/K.mol)
240
66,6
191
205
 a. Tính nhiệt tạo thành của N2H4 ; N2O và NH3. (1,0đ)
 b. Tính , và Kcb của phản ứng đốt cháy N2H4. (1,0đ)
2. Cho các phản ứng dưới đây:
(I) Cu2O X CuCl2 
(II) Fe(NO3)2 Y FeCl3 
(III) FeBr3 Z 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 -DH1
 3N2O + 9H2 ® 3N2H4 + 3H2O 3DH2
 2NH3 + 0,5 O2 ® N2H4 + H2O DH3
 H2O ® H2 + 0,5 O2 -DH4
Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2 ® 4N2H4 có 4DH5
Suy ra DH5 = (-DH1 + 3DH2 + DH3 - DH4) / 4
 = (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) / 4 = 50,75 kJ/mol
Từ DH5 và DH4 và DH2 tính được DH= DH5 + DH4 - DH2
 = 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol
Từ DH5 và DH4 và DH3 tính được DH= DH5 + DH4 - DH3
 = ( 50,75 - 286 + 143 ) / 2 = 46,125 kJ/mol
1b. N2H4 + O2 N2 + 2H2O 
 DH= 2 ´ ( -286) - 50,75 = - 622,75 kJ/mol
 DS= 191 + (2 ´ 66,6) - 205 - 240 = - 120,8 J/K
 DG= - 622,75 - (-120,8. 10 -3 ´ 298) = - 586,75 kJ/mol
 ln K = - = - = 236,8 ; K = 10103.
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 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 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 + 4KOH2Fe(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 
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 + [ 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 = = 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 = 3,75 + lg = 3,75
* Khi thêm 10-3 mol HCl
 KA + Cl ® KCl + HA
 0,001 ¬ 0,001 ® 0,001 (mol)
 [HA] = = 0,0275 M và [KA] = = 0,0225M .
Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit.
Tương tự, pH = 3,75 + lg = 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:	 	 
Theo định nghĩa về HSCB theo áp suất:
Kp = = 
Theo đinh nghĩa Kp suy ra, nếu ban đầu có 1 mol CO2 thì lúc cân bằng:
Kp = = = 1,5.= 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 = = = P. = 10 P = 20 atm.
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 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:
2. Vì giai đoạn 2 xảy ra chậm nên v = k2[N2O2][H2] (1)
 Từ giai đoạn 1 ta có: (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)
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 một lượng hỗn hợp A gồm Fe3O4 và FeS2 trong 25 gam dung dịch HNO3 tạo khí duy nhất màu nâu đỏ có thể tích 1,6128 lít (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, được 3,2 gam chất rắn. Tính khối lượng các chất trong A và nồng độ % của dung dịch HNO3 (giả thiết HNO3 không bị mất do bay hơi trong quá trình phản ứng). (2,5 đ)
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6
1. Quá trình điện cực:
 Catot 	Anot
Cu2+ + 2e ® Cu	2Cl- ® Cl2 + 2e
2H2O + 2e ® 2OH- + H2	 	2H2O ® 4H+ + O2 + 4e
Phương trình hóa học: Giai đoạn 1: CuSO4 + 2NaCl ® Cu + Cl2 + Na2SO4 
 ban đầu: 0,01	 0,01
 phản ứng:	0,005 0,01 0,005 0,005
 còn lại 0,005	 0	 0,005 0,00