10 - Olympic XII - DN 2006 - Dap An

/>KÌ THI OLYMPIC 30 THÁNG 4 LẦN THỨ XII
TẠI THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG - KHĨA NGÀY 17 THÁNG 4 NĂM 2006
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA HỌC LỚP 10
Câu I (4 điểm)
1. Trong các cấu trúc có thể có sau đây, những cấu trúc nào tồn tại ưu tiên hơn? Vì sao?
Ion ICl
4
-
: Phân tử TeCl
4
I
Cl
Cl
Cl
Cl
I
Cl
Cl
Cl
Cl
(a)
(b)
(c)
(d)
Te
Cl
Cl
Cl
Cl
Te
Cl

Cl
Cl
Cl
2. Tại sao nước đá nhẹ hơn nước lỏng? (có vẽ hình minh họa)
3.
137
Ce tham gia phản ứng trong lò phản ứng hạt nhân, có chu kì bán hủy 30,2 năm.
137
Ce là một
trong những đồng vị bị phát tán mạnh ở nhiều vùng của châu Âu sau một vụ tai nạn hạt nhân. Sau
bao lâu lượng chất độc này còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra.
4. Dựa theo thuyết MO, hãy giải thích từ tính của phân tử F
2
và ion CO
+
.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Cấu trúc (a) với các electron khơng liên kết ở vị trí trục có khả năng tồn tại thực tế vì nó
đảm bảo cho lực đẩy giữa các cặp electron khơng liên kết là nhỏ nhất.
Cấu trúc (c) với cặp electron khơng liên kết ở vị trí xích đạocó khả năng tồn tại trong
thực tế vì tương tác đẩy ở cấu trúc này bé nhất.
2. Do có liên kết hidro nên nước đá có cấu trúc đặc biệt. Các ngun tử oxi nằm ở tâm và
bốn đỉnh của một tứ diện đều. Mỗi ngun tử hidro liên kết chính với một ngun tử
oxi và liên kết hidro với một ngun tử oxi khác. Cấu trúc này tương đối rỗng nên có tỷ
khối nhỏ. Khi tan thành nước lỏng cấu trúc này bị phá vỡ, khoảng cách giữa các phân tử
giảm nên thể tích giảm và do đó tỷ khối tăng. Kết quả là nước đá nhẹ hơn nước.

O
H
H

H
H
O
O
H
O
H
H
O
H
H
H
Cấu trúc tứ diện của tinh thể nước đá
3. Áp dụng cơng thức:
K =
N
N
lg
K
303,2
t
N
N
lg
t
303,2
N
N
ln
t

1
ooo
=⇒=
Mà k =
N
N
lg
693,0
T303,2
t
T
693,0
o
=⇒
72,200
693,0
2.2,30.303,2
100lg.
693,0
2,30.303,2
100
N
N
lg
693,0
2,30.303,2
t
o
o
====⇒

(năm)
Vậy sau 200,46 năm thì lượng chất độc trên còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra.
4. Cấu hình electron của phân tử F
2
:
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
1
/>(
lk
s2
σ
)
2
(
*
s2
σ
)
2
(
lk
p2
z
σ
)

2
(
lk
p2
x
π
=
lk
p2
y
π
)
4
(
*
p2
x
π
=
*
p2
y
π
)
4
Phân tử F
2
không có electron độc thân nên nghịch từ
Cấu hình electron của ion CO
+

:
(
lk
s2
σ
)
2
(
*
s2
σ
)
2
(
lk
p2
x
π
=
lk
p2
y
π
)
4
(
lk
p2
z
σ

)
1
Ion CO
+
có electron độc thân nên thuận từ
0,50
0,50
Câu II (4 điểm)
1. Cho các dữ kiện:
N
2
O
4
(k)  2NO
2
(k)
)mol/kJ(H
o
ht
∆
9,665 33,849
)mol/J(S
o
298
∆
304,3 240,4
Giả thiết rằng biến thiên entanpi và entropi phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Phản ứng sẽ tự
xảy ra theo chiều nào tại nhiệt độ: (a) 0
o
C và (b) 100

o
C.
2. Cho hỗn hợp khí A gồm H
2
và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H
2
đi từ hỗn hợp A
bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:
CO (k) + H
2
O (k) ⇌ CO
2
(k) + H
2
(k)
Hằng số cân bằng K
C
của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t
o
C) bằng 5. Tỷ lệ số mol
ban đầu của CO và H
2
O bằng 1 : n. Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO
2
.
(a) Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và K
C
.
(b) Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng).
ĐÁP ÁN ĐIỂM

1. ∆H
o
pu
= 2.33,849 – 9,665 = 58,033 kJ
∆S
o
= 2.240,4 – 304,3 = 176,5 J
∆G
o
273
= ∆H
o
- T. ∆S
o
= 58033 – 273.176,5 = 9848,5 J > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều
nghịch.
∆G
o
373
= ∆H
o
- T. ∆S
o
= 58033 – 373.176,5 = - 7801,5 J < 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều
thuận.
0,50
0,50
0,50
0,50
2. (a) Xét cân bằng: CO + H

2
O ⇄ CO
2
+ H
2
Trước phản ứng 1 n 0 1
Phản ứng a a a a
Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a
Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2
[ ][ ]
[ ][ ]
)an)(a1(
)1a(a
OHCO
HCO
K
2
22
C
−−
+
==
(b) Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp
N
a1
x
−
=
(N = n+2)
Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn

100x
2
+ 65x – 2 = 0
Giải phương trình: x = 2,94%
1,00
1,00
Câu III (4 điểm)
2
/>1. Dung dịch A gồm có H
2
SO
4
0,05 M; HCl 0,18 M và CH
3
COOH 0,02 M. Thêm NaOH vào dung
dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23 M thì dừng, ta thu được dung dịch A
1
.
(a) Tính nồng độ các chất trong dung dịch A
1
.
(b) Tính pH của dung dịch A
1
.
(c) Tính độ điện ly của CH
3
COOH trong dung dịch A
1
.
Cho: Ka(

−
4
HSO
) = 10
-2
; Ka(CH
3
COOH) = 10
-4,75
2. Trộn dung dịch X chứa BaCl
2
0,01M và SrCl
2
0,1M với dung dịch K
2
Cr
2
O
7
1M, có các quá trình
sau đây xảy ra: Cr
2
O
7
2–
+ H
2
O ⇌ 2CrO
4
2–

+ 2H
+
a
K
= 2,3.10
-15
Ba
2+
+ CrO
4
2–
⇌ BaCrO
4
↓
93,9
1
1
10T
=
−

Sr
2+
+ CrO
4
2–
⇌ SrCrO
4
↓
65,4

1
2
10T
=
−
Tính khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba
2+
dưới dạng BaCrO
4
mà không kết tủa SrCrO
4
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. (a) H
2
SO
4
→ H
+
+ HSO
−
4
0,05 0,05 0,05
HCl → H
+
+ Cl
−
0,18 0,18
NaOH → Na
+
+ OH

−
0,23 0,23
H
+
+ OH
−
→ H
2
O
0,23 0,23
Dung dịch A
1
: HSO
−
4
0,05M; CH
3
COOH 0,02M; Na
+
0,23M; Cl
−
0,18M
(b) HSO
−
4
 H
+
+ SO
4
2-

(1)
0,05M
0,05-x x x
CH
3
COOH  CH
3
COO
−
+ H
+
(2)
0,02M
H
2
O  H
+
+ OH
−
(3)

100555
10
10
Ka
Ka
75,4
2
2
1

〉==
−
−
⇒ cân bằng (1) là chủ yếu
Ka
1
.Ca
1
= 10
-2
.0,05 > 2.10
-3
⇒ bỏ qua sự điện ly của H
2
O

380
10
05,0
Ka
Ca
2
1
1
〈=
−
Xét cân bằng (1): Ka
1
=
2

2
10
x05,0
x
−
=
−
⇒ x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,74
CH
3
COOH  CH
3
COO
−
+ H
+
0,02 0,018
(0,02 - y) y 0,018
0,50
1,00
0,50
0,50
3
/>Ka
2
=
76,4
10
)y02,0(
y.018,0

−
=
−
⇒ y = 1,93.10
5
−
và α = 9,65.10
2
−
%
2. Trong dung dịch có các cân bằng sau:
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O ⇌ 2CrO
4
2-
+ 2H
+

64,14
a
10K
−
=
(1)

CrO
4
2-
+ Ba
2+
⇌ BaCrO
4
↓
93,9
1
1
10T
=
−
CrO
4
2-
+ Sr
2+
⇌ SrCrO
4
↓
65,4
1
2
10T
=
−
Điều kiện để có kết tuả hoàn toàn BaCrO
4

:
M10
10
10
]Ba[
T
C
93,3
6
93,9
2
1
CrO
2
4
−
−
−
+
==>
−
Điều kiện để không có kết tủa SrCrO
4
:
M10
10
10
C
T
C

65,3
1
65,4
2
Sr
2
CrO
2
4
−
−
−
+
==<
−
Như vậy muốn tách Ba
2+
ra khỏi Sr
2+
dưới dạng BaCrO
4
thì phải thiết lập khu vực nồng
độ:
M10C10
65,3
CrO
93,3
2
4
−−

<<
−
(2)
Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó
−
2
4
CrO
C
tính theo (2) và
M1]OCr[
2
72
≈
−
(vì
dùng dư so với ion Ba
2+
cần làm kết tủa), tính được khu vực pH cần thiết lập:
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O ⇌ 2CrO
4
2-
+ 2H

+

64,14
a
10K
−
=
Tại cân bằng: 1 C x

7,3pH4,310]H[10
C
10
C
1
.10]H[x
39,367,3
32,7
2
64,14
≤≤⇒≤≤⇒===
−+−
−
−+
0,75
0,75
Câu IV (4 điểm)
1. Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO
3
)
2

0,1M và Ag/AgNO
3
0,1M có thế khử
chuẩn tương ứng là
V76,0E
o
Zn/Zn
2
−=
+
và
V80,0E
o
Ag/Ag
+=
+
.
(a) Thiết lập sơ đồ pin.
(b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc.
(c) Tính suất điện động của pin.
(d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động.
2. Hoàn thành phản ứng oxy hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng electron:
(a) Fe
x
O
y
+ HNO
3
→ N
n

O
m
+ ...
(b) Cr
3+
+ ClO
3
-
+ OH
-
→ ...
3. Hoàn thành phản ứng oxy hóa khử sau theo phương pháp ion - electron:
(a) SO
3
2-
+ MnO
4
-
+ H
2
O → ...
(b) Fe
x
O
y
+ H
+
+ SO
4
2-

→ Fe
3+
+ SO
2
+ S + H
2
O (với tỉ lệ mol SO
2
và S là 1:1)
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1.
(a) Zn
2+
+ 2e  Zn
E
1
=
2 2
0 2
Zn / Zn Zn / Zn
0,059
E E lg Zn
2
+ +
+
 
= +
 
= - 0,76 + (0,059/2).lg0,1 = - 0,7895 V
Ag

+
+ e  Ag
E
2
=
0
Ag / Ag Ag / Ag
0,059
E E lg Ag
1
+ +
+
 
= +
 
= + 0,8 + 0,059.lg0,1 = 0,741 V
E
1
< E
2
nên điện cực kẽm là cực âm và điện cực bạc là cực dương. Sơ đồ pin
điện như sau: (-) Zn | Zn(NO
3
)
2
0,1M || AgNO
3
0,1M | Ag (+)
0,50
4

/>b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn
2+
Tại (+) có sự khử Ag
+
: Ag
+
+ e → Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
Zn + 2Ag
+
→ Zn
2+
+ 2Ag
c.
E
pin
= E
2
– E
1
= 0,741 – (- 0,7895) = 1,5305 V
d. Khi pin ngừng hoạt động thì E
pin
= 0
Gọi x là nồng độ M của ion Ag
+
giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có:
2 2
0 2
Zn / Zn Zn / Zn

0,059
E E lg Zn
2
+ +
+
 
= +
 
0
Ag / Ag Ag / Ag
0,059
E E lg Ag
1
+ +
+
 
= +
 
E
pin
=
( )
2 2
2
0 0
Ag / Ag Zn / Zn Ag / Ag Zn / Zn
2
Ag
0,059
E E E E lg

2
Zn
+ + + +
+
+
 
 
− = − +
 
 
( )
2
pin
0,1 x
0,059
E 0 lg 1,53
x
2
0,1
2
−
= ⇔ = −
+

( )
2
51,86
0,1 x
10 0
x

0,1
2
−
−
⇒ ≈ ≈
+

x 0,1M⇒ ≈
2
x
Zn 0,1 0,15M
2
+
 
= + ≈
 
;
51,86 27
x
Ag 0,1 .10 4,55.10 M
2
+ − −
 
 
= + ≈
 ÷
 
 
0,50
0,25

0,75
2. a)
( )
2 /
3
3 2
y
x
xFe x y e xFe
+
+
− − →
x (5n – 2m)
( )
2
5
/
5 2
m
n
nN n m e nN
+
+
+ − →
x (3x – 2y)
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
5 2 18 6 2 3 2 5 2 ( )
x y n m
n m Fe O nx mx ny HNO x y N O n m xFe NO− + − − → − + −

+
( )
2
9 3nx my ny H O+ −
b)
3 6
3Cr e Cr
+ +
− →
x 2
5 1
6Cl e Cl
+ −
+ →
x 1
3 2
3 4 2
2 10 2 5Cr ClO OH CrO Cl H O
+ − − − −
+ + → + +
0,50
0,50
3.
a) SO
3
2-
- 2e + H
2
O → SO
4

2-
+ 2H
+
x 3
MnO
4
-
+ 3e + 2H
2
O→ MnO
2
+ 4OH
-
x 2
3SO
3
2-
+ 2MnO
4
-
+ H
2
O → 3SO
4
2-
+ 2MnO
2
+ 2OH
-
b)

( )
2
3
2
2 3 2
y
x
x y
Fe O yH x y e x Fe yH O
+
+
+
+ − − → +
x 8
4 0
2
4 2 2
2 12 8 6SO H e S O S H O
+
− +
+ + → + +
x (3x – 2y) (1đ)
( ) ( ) ( )
2 3
4 2
8 6 4 36 8 8 3 2
x y
Fe O x y SO x y H Fe x y SO
− + +
+ − + − → + −

+
( ) ( )
2
3 2 18 4x y S x y H O− + −
0,50
0,50
5