Giải thích sự hình thành liên kết trong phân tử phức trung hoà FeCO5bằng thuyết VB.. II.2.1 Tính tích số tan của MgOH2ở hai nhiệt độ và pH của các dung dịch bão hoà.. IV.2 Để xác định hằ
Trang 1Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII
Câu I (4 điểm)
Cho bộ bốn số lượng tử của electron chót cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z như sau:
A: n = 3, l = 1, m = - 1, s = -1/2
X: n = 2, l = 1, m = - 1, s = -1/2
Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2
I.1 Xác định A, X, Z
I.2 Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA2, AX2, AX3 2-, AX42-
I.3 Bằng thuyết lai hoá giải thích sự tạo thành phân tử ZX Giải thích vì sao ZX có moment lưỡng cực bé Giải thích sự hình thành liên kết trong phân tử phức trung hoà Fe(CO)5bằng thuyết VB
I.4 Giải thích vì sao AX32-lại có khả năng hoà tan A tạo thành A2X32-
Câu II (4 điểm)
II.1 Nghiên cứu động học của phản ứng: NO2 + CO = CO2 + NO
Người ta thấy ở nhiệt độ trên 5000C phương trình tốc độ của phản ứng có dạng:
v = k[NO2].[CO]
Còn ở dưới 5000C phương trình tốc độ phản ứng có dạng: v = k[NO2]2
Hãy giả thiết cơ chế thích hợp cho mỗi trường hợp trên
II.2 Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 g/lit còn ở 1000C là 4.10-2 g/lit
II.2.1 Tính tích số tan của Mg(OH)2ở hai nhiệt độ và pH của các dung dịch bão hoà
II.2.2 Tính các đại lượng H 0, G0 và S0của phản ứng hoà tan, coi H 0 và S0 không thay đổi theo nhiệt độ
Câu III ( 4 điểm)
III.1 Cho 0,01 mol NH3, 0,1 mol CH3NH2 và 0,11 mol HCl vào nước được 1 lít dung dịch Tính
pH của dung dịch thu được?
Cho: pK = 9,24; pK = 10,6; pK = 14
4
NH
3 3
CH NH H O 2
III.2 Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003 M
Cho TAgSCN= 1,1.10-12 và hằng số phân li của phức [Ag(NH3)2]+bằng 6.10-8
Câu IV ( 4 điểm)
IV.1 Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp ion electron
IV.1 1 CrI3 + KOH + Cl2 K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
IV.1.2 Al + HNO Al(NO ) + N O + NO + H O
Trang 2IV.2 Để xác định hằng số điện li của axit axêtic người ta thiết lập một pin gồm hai điện cực:
Điện cực 1 là điện cực hidrô tiêu chuẩn
Điện cực 2 là dây Pt nhúng vào dung dịch axit axêtic 0,01M
IV.2.1 Thiết lập sơ đồ pin và viết các bán phản ứng xảy ra trên bề mặt mỗi điện cực khi pin hoạt động
IV.2.2 Sức điện động của pin đo được ở 250C là 0,1998 V Tính hằng số điện li của axit axêtic Cho: RT ln 0,0592lg, P = 1atm
Câu V (4 đi ểm)
V.1 Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau:
V.1.1 Hoà tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%)
V.1.2 Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư
V.1.3 Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào dung dịch thu được
V.1.4 Để một vật làm bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm khí H2S một thời gian
V.2 Có ba muối A, B, C của cùng kim loại magie và tạo ra từ cùng một axit Cho A, B, C tác dụng với những lượng như nhau cuả axit HCl thì có cùng một chất khí thoát ra với tỉ lệ mol tương ứng là 2:4:1 Xác định A, B, C và viết các phương trình phản ứng xảy ra
V.3 Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà ở 200C đã làm cho 1,58 gam MgSO4kết tinh lại ở dạng khan Hãy xác định công thức của tinh thể muối ngậm nước kết tinh Biết độ tan cuả MgSO4ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước
Trang 3Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII Câu I
I.1
Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2 3p 4 A là S
Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2 2p 4 X là O
Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 2p 2 Z là C
I.2
Phân tử, iôn Trạng thái lai hoá cuả
nguyên tử trung tâm Cấu trúc hình học
I.3
C: [He] 2s2 2p2
O: [He] 2s2 2p4
Cacbon dùng 1 obitan 2s tổ hợp với 1 obitan 2p tạo ra 2 obitan lai hoá sp hướng ra hai phía khác nhau, trong đó có một obitan bão hoà và 1 obitan chưa bão hòa
Cacbon dùng 1 obitan lai hoá chưa bão hoà xen phủ xichma với 1 obitan p chưa bão hoà cuả oxi
và dùng 1 obitan p thuần chủng chưa bão hoà xen phủ pi với 1 obitan p chưa bão hoá còn lại cuả oxi Oxi dùng 1 obitan p bão hoà xen phủ vơí obitan p trống của cacbon tạo liên kết pi kiểu p p. Công thức cấu tạo: :C O:
+ CO có moment lưỡng cực bé vì trong phân tử có liên kết phối trí ngược cặp electron của nguyên tử oxi cho sang obitan trống cuả nguyên tử cacbon làm giảm độ phân cực của liên kết nên làm giảm moment lưỡng cực
+ Sự hình thành liên kết trong phân tử Fe(CO)5
Fe (Z = 26) [Ar] 3d6 4s2 4p0
Fe* [Ar] 3d8 4s0 4p0
Trang 4Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Fe dùng 1 obitan 3d trống tổ hợp với 1obitan 4s và 3 obitan 4p tạo thành 5 obitan lai hoá dsp3trống hướng ra 5 đỉnh của hình lưỡng chóp đáy tam giác đều tâm
là nguyên tử Fe
CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các obitan lai hoá trống của sắt tạo ra phân tử phức trung hoà Fe(CO)5
Fe* [Ar] 3d8 4s0 4p0
:CO :CO :CO : CO :CO
I.4
S [Ne] 3s2 3p4
S* [Ne] 3s2 3p4
SO32- có khả năng kết hợp thêm 1 nguyên tử S để tạo S2O32- vì trên nguyên tử S trong SO32- còn
có một cặp electron tự do chưa liên kết có khả năng cho vào obiatn 3p trống của nguyên tử S tạo liên kết cho nhận
S
O O
O O
S
Câu II
II.1 Có thể giả thiết:
Trên 5000C phản ứng là đơn giản: NO2 + CO CO2 + NO
Vơí v = k[NO2].[CO]
Dưới 5000C phản ứng xảy ra theo hai giai đoạn sau:
2NO2 NO + NO3 Chậm
NO3 + CO CO2 + NO2 Nhanh
Với v = k[NO2]2
Trang 5Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
II.2
II.2.1 Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH- T = [Mg2+].[OH-]2 = 4s3
Ở 291K: T291 = 4 = 4.(1,552.10-4)3 = 1,495.10-11
3 3
9.10 58
pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4) = 10,49
Ở 373K: T373 = 4 = 1,312.10-9
3 2
4.10 58
pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4) = 11,14
II.2.2
11
RT T .lnT 8,314.373.291.ln1,312.10
Tính độ tan của Mg(OH)2ở 298K:
0 298
291
Suy ra T298 = 2,41.10-11
Từ biểu thức:
G = -RTlnT298 = -8,314.298.ln2,41.10-11 = 60573,7 J.mol-1 = 60,5737 KJ.mol-1
0
298
G = H0 – 298 S0 Suy ra S0 = -38,02 J.mol-1.K
0
Câu III
NH3 + H+ NH4
0,01 0,01 0,01 mol
CH3NH2 + H+ CH3NH3
0,1 0,1 0,1 mol
Tổng số mol H+phản ứng: n = 0,01 + 0,1 = 0,11 mol Vậy H+vừa hết
Dung dịch thu được gồm: 0,01 mol NH và 0,1 mol CH4 3NH3
Vì nên có thể bỏ qua cân bằng điện ly của nước trong dung dịch
CH NH NH
H O2
CH3NH CH3 NH2 + H+
3
Ban đầu 0,1
Điện ly x x x
Cân bằng 0,1 - x x x + y
Trang 6NH NH3 + H+
4
Ban đầu 0,01
Điện ly y y y
Cân bằng 0,01 – y y x + y
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho các cân bằng điện li ta có :
3 3
CH NH
+
-10,6
+
[CH NH ].[H ] x(x + y)
0,1- x [CH NH ]
x (x + y) = 10-11,6 (1) (giả sử coi x << 0,1)
4
NH
+
-9,24 3
+ 4
[NH ][H ] y(x + y)
0, 01- y [NH ]
y (x + y) = 10-9,24 10-2 = 10-11.24 (2) (giả sử coi y << 0,01)
Từ (1) và (2) ta có
x (x + y ) + y (x + y) = 10-11,6 + 10-11,24 = 8,27.10-12
x + y = 8,27.10 12
[ H+ ] = x + y = 2,88 10-6mol.lit-1
pH = -lg [ H+ ] = - lg 2,88 10-6 = 5,54 III.2
Các cân bằng xảy ra trong dung dịch:
AgSCN Ag+ + SCN- TAgSCN = 1,1.10-2 (1)
Ag+ + 2NH3 [Ag(NH3)2]+ Kb = 8 (2)
pl
K 6.10
AgSCN + 2NH3 [Ag(NH3)2]+ + SCN- Kcb = TAgSCN (3)
pl
1 K 0,003 – 2s s s
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng (3) ta có:
2
AgSCN 2
pl
T s
(0,003 2s) K Thay số vào ta có s = 1,27.10-5 mol.lit-1
Trang 7Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Câu IV
IV Cân bằng các phản ứng bằng phương pháp ion electron:
IV.1.1 CrI3 + KOH + Cl2 K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
Chất khử: CrI3
Chất oxi hoá: Cl2
Quá trình oxi hoá: Cr3+ + 3I- + 32OH- - 27 e CrO2 + 3IO + 16H2O x2
4 4
Quá trình khử: Cl2 + 2e 2Cl- x 27
2Cr3+ + 6I- + 64OH- + 27Cl2 2CrO2 + 6IO + 54Cl- + 32H2O
4 4
Phương trình phân tử:
2CrI3 + 64KOH + 27Cl2 2K2CrO4 + 6KIO4 + 54KCl + 32H2O
IV.1.2 Al + HNO3 Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O
Chất khử: Al
Chất oxi hoá: NO3
QT oxi hoá: Al – 3e Al3+ x (3x-8y)
QT khử: (x+2y)NO + (4x+10 y)H3 + + (3x+8y)e xNO + yN2O + (2x+5y)H2O x 3
(3x+8y)Al + 3(x+2y)NO + (12x+30y)H3 + (3x+8y)Al3+ + 3xNO + 3yN2O + (6x+15y) H2O Phương trình phân tử:
(3x+8y)Al + (12x+30y)HNO3 (3x+8y)Al(NO3)3 + 3xNO + 3yN2O + (6x+15y) H2O IV.2 Sơ đồ pin (+) Pt, H2 /H+, 1M // CH3COOH, 0,01 M/H2, Pt (-)
Tại cực dương: 2H+ + 2e H2
Tại cực âm: H2 - 2e 2H+
Phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động: 2H+
(+) + H2 (-) = 2H+
(-) + H2(+) IV.2.2
Từ E = E (+) – E(-) ta có 0,1998 = 0 – E(-) hay E(-) = - 0,1998V
Gọi [H+] là nồng độ ion [H+] là nồng độ ion hidro do CH3COOH điện li ra ở điện cực âm
Mặt khác, E = 0,0592lg[H+] = -0,1998 V
[H+] = 4,217.10-4 M
CH3COOH CH3COO- + H+
0,01 – 4,217.10-4 4,217.10-4 4,217.10-4 (mol.lit-1)
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng ta có:
Ka = [H ].[CH3COO ] = = 1,86.10-5
[CH COOH]
4
(4,217.10 ) 0,01 4,217.10
Trang 8Câu V
V.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra:
V.I.1 Pb + H2SO4 = PbSO4 + H2
PbSO4 + H2SO4 = Pb(HSO4)2
Pb + 2H2SO4 = Pb(HSO4)2 + H2
V.I.2 Cu2O + 2HCl = 2CuCl + H2O
CuCl + HCl = H[CuCl2]
Cu2O + 4HCl = 2 H[CuCl2] + H2O
V.I.3 Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
6FeSO4 + 3Cl2 = 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3
V.I.4 4Ag + O2 + 2H2S = 2Ag2S + 2H2O
Câu V.2 Ba muối có thể là MgCO3, Mg(HCO3)2, Mg2(OH)2CO3
(Hoặc MgSO3 , Mg(HSO 3 ) 2 , Mg 2 (OH) 2 SO 3 …)
Phương trình phản ứng:
MgCO3 + 2 HCl = MgCl2 + H2O + CO2
a a/2
Mg(HCO3)2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2O + 2CO2
a a
Mg2(OH)2CO3 + 4HCl = 2MgCl2 + CO2 + 3H2O
a a/4 V.3 Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO4.nH2O
Trong 120 + 18n gam MgSO4.nH2O có 120 gam MgSO4 và 18n gam H2O
1,58 gam 0,237n gam Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà:
= 74,02 gam
2
H O
100.100
m
35,1 100
= 25,98 gam
4
MgSO
100.35,1
m
35,1 100
Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh:
= 74,02 – 0,237n gam
2
H O
m
= 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam
4
MgSO
m
Độ tan: s = 25,4 .100 = 35,1 Suy ra n = 7
74,02 0,237n
Vậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO4.7H2O
