Đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 10 môn Hóa Học Olympic Hóa học 304 năm 2010

1
HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN : HÓA - KHỐI 10

Câu 1: 4điểm
1.1. (2đ)
0,5đ a. X thuộc nhóm A, hợp chất đối hidro có dạng XH
3
 X thuộc
nhóm IIIA hoặc VA
TH1: X thuộc nhóm IIIA
Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau:

Vậy e cuối có l = 1; m = -1; m
s
= + ½
 n = 4
Cấu hình electron nguyên tử: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s

2
4p
1


TH2: X thuộc nhóm VA
Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau:

Vậy e cuối có l = 1; m = 1; m
s
= + ½
 n = 2
Cấu hình electron nguyên tử: 1s
2
2s
2
2p
3









0,25đ

0,25đ
1 đ b. XH
3
là chất khí nên X là Nitơ


N
O
O

N
O
O

N
O
O


lai hoá sp
2
, lai hoá sp, lai hoá sp
2
,
dạng góc dạng đường thẳng dạng góc

Trong NO
2
, trên nitơ có 1 electron không liên kết còn trong NO
2
,
trên nitơ có 1 cặp electron không liên kết nên tương tác đẩy mạnh
hơn 

ONO trong NO
2
-
 NO
2

Vậy góc liên kết : NO
2
+
> NO
2
> NO
2
-
.





0,25đ

0,25đ


0,25đ



0,25đ
0,5đ c.
N
H
H
H

N
F
F
F

Nito trong NH
3
và NF
3
đều ở trạng thái lai hóa sp
3

 Trong NH
3
liên kết N – H phân cực về phía N làm các đôi
electron liên kết tập trung ở nguyên tử N, tương tác đẩy

mạnh
Trong NF
3
liên kết N – F phân cực về phía F làm các đôi
electron liên kết xa nguyên tử N, tương tác đẩy yếu
 nên góc liên kết HNH > FNF
 NH
3
: Chiều phân cực của đôi electron chưa liên kết
trong NH
3
cùng chiều với vectơ momen phân cực của các
liên kết N – H
NF
3
: Chiều phân cực của đôi electron chưa liên kết
trong NF
3
ngược chiều với vectơ momen phân cực của các
liên kết N – F
 Nên momen lưỡng cực của NH
3
lớn hơn NF
3

0,25đ





0,25đ


2
1.2. (1đ)

10
9
1/2
0,693 0,693
1,54.10
4,51.10
k
t

 
6

13,2.10
238
N

 (mol nguyên tử),
6
3,42.10
206
N

 ( mol ng tử )

66
13,2.10 3,42.10
238 206
o
N

 ( mol nguyên tử)
66
9
6
10
13,2.10 3,42.10
11
238 206
ln ln 1,7.10
13,2.10
1,54.10
238

o
N
t
kN




 
(năm)
0,25đ





0,25đ



0,5đ


Câu 1.3(1đ)

S
H
H

SH



2
HS


SH




2
2
2
2
222
22 2
30
30
0
2.cos
2(1cos)4cos
2
2cos
2
1,09.3,33.10
cos 0,695
2 2.2,61.10
2
92

H S SH SH SH SH
HS SH SH
HS SH
HS
SH
 

 











  

    
  
 



0,25đ




0,25đ





0,5đ

Câu 2: 4 điểm
2.1. (2điểm)

2 đ Áp dụng định luật Hess vào chu trình
Na
r
+
1/2X
2
NaX
r
Na
+
X
k
X

-
+
Na
k
H
ttNaX

thNa

1

mangluoiNaX

lk X-X

X


∆H = ∆H
tt NaX
- ∆H
th Na
– I
1
+ ½ ∆H
lk X-X
+ ∆H
mang lưới NaX

Thay số vào

∆H
F
= -332,70 kJ.mol
-1


∆H
Cl
= -360 kJ.mol
-1


 Vậy khả năng tạo ion florua khó hơn ion clorua





0,5đ






0,5

0,25đ

0,25đ

0,5đ


3
2.2 (2 điểm)
1 điểm a. Biểu thức tốc độ phản ứng có dạng v = k[N
2
O
5
]
x

Lập tỉ lệ
2252
1251
[]
21
[]
x
x
tn tn
x
tn tn
vNO
x
vNO


Vậy biểu thức tốc độ phản ứng v = k[N

2
O
5
]  bậc phản ứng = 1




0,5đ


0,5đ
1 điểm b. Hằng số tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T là
3
31
1,39.10
8,17.10
0,17
T
ks




Ở 25
0
C, hằng số tốc độ phản ứng là
31
25
1/2

ln 2
2,03.10ks
t



Ta có
25
3
3
11
ln ( )
298
8,17.10 24740 1 1
ln ( ) 346
2,03.10 8,314 298
a
T
E
k
kR T
TK
T






0,25đ


0,25đ






0,5đ

Câu 3: (4 điểm)
3.1 . (1 đ)


a. NaF

 Na
+
+ F
-

HF



H

+
+ F
-

X là dd đệm
 [HF] = 0,1M ;

 [F
-
] = [NaF] = 0,1M

 K
a
=
HF
HF


 

 




=
0,1
0,1
H






= 6,8.10
-4


[H
+
] = 6,8.10
-4
 pH = 3,17
0,5đ

b/- Khi thêm 0,01mol HCl , có phản ứng :
H
+
+ F
-


 HF
0,01 0,01 0,01

 [HF] = 0,1 + 0,01 = 0,11
[F
-
] = 0,1 - 0,01 = 0,09
 K

a
=
HF
HF


 

 




=
0,09
0,11
H





= 6,8.10
-4


[H
+
] = 8,3.10
-4


pH = 3,08
Thí sinh có thể dùng công thức tính pH của dung dịch đệm
để tính ba câu a, b, c

lg
F
a
H
F
C
pH pK
C






0,25đ




0,25đ
3.2 (1,5đ)
0,5đ
a.
34 3 4

CH COONH CH COO NH



0,4 M 0,4 M 0,4 M
43
NH NH H


4
3
10
()
()
5,6.10
W
aNH
bNH
K
K
K




4
323
CH COO H O CH COO OH



3
3
10
()
()
5, 6.10
W
bCHCOO
aCHCOOH
K
K
K




Vì
3
()bCHCOO
K

=
4

()aNH
K

= 5,6.10
-10
;
34
0, 4
CH COO NH
CCM



Do đó
7HOHpH

  

  

Thí sinh có thể dùng điều kiện proton để tính pH.

0,25đ

0,25đ
1đ
b.
44
NH CN NH CN



0,1 M 0,1 M 0,1 M
43
NH NH H


4
3
10
()
()
5,6.10
W
aNH
bNH
K
K
K



1101
()

(6,2.10 )
aHCN
CN H HCN K
  

14
2
10
W
HO H OH K
 

Biểu thức điều kiện proton:




3
HNHOHHCN

  
 
  

44
()
.
W
aNH NH
KC K



bỏ qua nồng độ H
+
do nước phân li.
4
4
()
1
.

aNH
HCN
KNH
HKCNH
H






  

  



Chấp nhận
4

NH



=
4
NH
C

= 0,1 M

CN



=
CN
C

= 0,1 M

H




5,89.10
-10
M  pH = 9,23

0,5đ










0,5đ
3.3. (1,5đ)
1đ
a.
220
212
HS 2H S . 10KKK
 





20
2
218
22
2
.
10 .0,01
10 ( )
10
KHS
SM
H





 




Để CuS kết tủa:
36
233
2
6,3.10
6,3.10 ( )
0,001

CuS
T
SM
Cu




 



(1)
Để PbS kết tủa:
27
224
2
2,5.10
2,5.10 ( )
0,001
PbS
T
SM
Pb




 




(2)
Từ (1) và (2):  CuS kết tủa trước, PbS kết tủa sau.



0,25đ



0,25đ


0,25đ

0,25đ
0,5đ b. Khi PbS bắt đầu kết tủa:
2
36
2 12
27
2
6,3.10
0,001 2,52.10 ( )
2,5.10
CuS CuS
Pb
PbS
TT

Cu C M
T
S


 



 




26
10Cu M




 Cu
2+
kết tủa hoàn toàn.
Có thể tách hoàn toàn Cu
2+
ra khỏi Pb
2+
bằng H
2
S.

0,25đ




0,25đ






5
Câu 4: 4 điểm
4.1 (2đ)
a.
5 × SO
3
2-
+

+ H
2
O



SO

4
2-
+

2H
+
+

2 e
2 × MnO
4
-
+ 8H
+
+

5 e

2 Mn
2+
+ 4H
2
O


2MnO
4
-
+ 5SO
3

2-
+ 6 H
+


2 Mn
2+
+ 5SO
4
2-
+ 3H
2
O


0,5đ
b.
3 × C
2
H
5
OH + 5OH
-


CH
3
COO
-
+ 4H

2
O

+

4 e
4 × MnO
4
-
+ 2H
2
O + 3 e

MnO
2
+ 4OH
-

3 C
2
H
5
OH + 4 MnO
4
-


3CH
3
COO

-
+ 4 MnO
2
+ OH
-
+ 4 H
2
O
0,5đ
c.
2 × CrO
2
-
+ 4OH
-



CrO
4
2-
+

2H
2
O

+

3 e

3× Br
2
+

2 e

2 Br
-


2CrO
2
-
+ 3Br
2
+ 8OH
-


2
CrO
4
2-
+ 6 Br
-
+ 4H
2
O

0,5đ
d.
3 × Cu
x
S
y
+ 4y H
2
O  xCu
2+
+ ySO
4
2-
+ 8yH
+
+ ( 2x + 6y) e
( 2x + 6y) × 4H
+
+ NO
3
-
+ 3 e

NO + 2H
2
O
3 Cu
x
S
y

+ 8x H
+
+ (2x + 6y) NO
3
-


3x Cu
2+
+ 3y SO
4
2-
+ (2x + 6y) NO + 4x H
2
O

0,5đ
4.2 2đ
0,75đ



a. Ta có Fe
2+
+ 2e  Fe

G
1
= -2F
2

0
/Fe Fe
E


Fe
3+
+ 3e  Fe

G
2
= -3F
3
0
/Fe Fe
E



 Fe
3+
+ 1e  Fe
2+


G
3


G

3
= G
2
- G
1
= -3F.
3
0
/Fe Fe
E

+ 2F.
2
0
/Fe Fe
E


-F
32
0
/Fe Fe
E

= -3F
3
0
/Fe Fe
E


+ 2F.
2
0
/Fe Fe
E



32
0
/Fe Fe
E

= 0,77V
E
(+)
= 0,77 + 0,059lg
3
2
[]
[]
Fe
Fe


= 0,85V
mà E
(-)
=0
E

pin
= 0,85 – 0 = 0,85V










0,25đ

0,25đ


0,25đ

0,5đ
Cực (-) : H
2
-2e  2H
+
Cực (+) : Fe
3+
+ 1e  Fe
2+

Phản ứng xảy ra trong pin Fe
3+
+ H
2
 2Fe
2+
+ 2H
+


0,25đ

0,25đ
0,25đ
do
32
0
/
Fe Fe
E

>
2
0
/II
E

nên có phản ứng
2KI + 2FeCl
3

I
2
+2FeCl
2
+ 2KCl

0,25đ

32
37,42 14,78
32
32
3 37,42 14,78
2
/
10 10
[] ;[]
[] []
[] 10.10
0,77 0,059lg 0,77 0,059lg
[] []
Fe Fe
Fe Fe
OH OH
Fe
E
Fe OH








 

mà [OH
-
][H
+
] = 10
-14

32
37,42 14,78
14
/
10 .10 [ ]
0,77 0,059lg 0,26 0,059
10
Fe Fe
H
EpH



 
Khi pH tăng
 tính khử Fe
2+

tăng








0,25đ


0,25đ


6
Câu 5: 4 điểm
5.1. (2đ)
a. O
3
+ 2KI + H
2
O  I
2
+ 2KOH + O
2


0,25đ
b. 5Cl

2
+ Br
2
+ 6H
2
O  2HBrO
3
+ 10 HCl

0,25đ
c. 5H
2
O
2
+ 2KMnO
4
+ 3H
2
SO
4
 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ 5O
2
+ 8H
2

O

0,25đ
d. PbS + 4H
2
O
2
 PbSO
4
+ 4H
2
O

0,25đ
e. 2Na
2
S
2
O
3
+ AgBr  Na
3
[Ag(S
2
O
3
)
2
] + NaBr

0,25đ
f. 2AlCl
3
+ 3Na
2
S + 6H
2
O  2Al(OH)
3
+ 6NaCl + 3H
2
S

0,25đ
g. 8NaI
tinh thể
+ 5H
2
SO
4

đặc nóng
 4Na
2
SO
4
+ 4I
2
+ H
2

S + 4H
2
O

0,25đ
h. 2KI + 2FeCl
3
 2FeCl
2
+ 2KCl + I
2


0,25đ
5.2 (0,75đ)
Nội dung Thang điểm
Ba muối có thể là
MgCO
3
, Mg(HCO
3
)
2
, Mg
2
(OH)
2
CO
3

Phương trình phản ứng
MgCO
3
+ 2HCl  MgCl
2
+ H
2
O + CO
2

Mg(HCO
3
)
2
+ 2HCl  MgCl
2
+ 2H
2
O + 2CO
2

Mg
2
(OH)
2
CO
3
+ 4HCl  2MgCl
2
+ 3H

2
O + CO
2




0,25đ
0,25đ
0,25đ
5.3 (1,25đ)
Đáp án
Nội dung Thang điểm
0,5đ Quá trình điện cực
Catod Anod
Cu
2+
+ 2e  Cu 2Cl
-
 Cl
2
+ 2e
2H
2
O + 2e  2OH
-
+ H
2
2H
2

O  4H
+
+ O
2
+ 4e

0,25đ x2
0,75đ Phương trình hóa học
Giai đoạn 1: CuSO
4
+ 2NaCl  Cu + Cl
2
+ Na
2
SO
4

Ban đầu 0,01 0,01
Phản ứng 0,005  0,01  0,005 0,005
Còn lại 0,005 0 0,005 0,005

Giai đoạn 2: CuSO
4
+ H
2
O  Cu + ½ O
2
+ H
2
SO

4

0,005 0,005 0,0025
Độ giảm khối lượng dung dịch
∆m = m
Cu
+ m
Cl2
+ m
O2
= (0,01 .64) + (0,005 . 71) + (0,0025 . 32)
∆m = 1,075g

0,25đ




0,25đ


0,25đ