BEN TRE - Dapan Hoa10

SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006
ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 1.
Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức M
a
R
b
trong đó R chiếm
6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của R
có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R
Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4
Tìm công thức phân tử của Z
ĐÁP ÁN
Số khối của nguyên tử M: p + n = 2p + 4
Số khối của nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’
% khối lượng R trong M
a
R
b
=
2p 'b 6,667 1
a(2p 4) 2p'b 100 15
= =
+ +
p'b 1
ap p'b 2a 15
⇒ =
+ +
(1)

Tổng số hạt proton trong M
a
R
b
= ap + bp’ = 84 (2)
a + b = 4 (3)
(1), (2)
p'b 1
84 2a 15
⇒ =
+

1176
2
15p'b 84 2a
a
p
(2) p'b ap
15
−
= +

⇒ =

⇒ = −

(3)
1 a 3⇒ ≤ ≤
a 1 2 3
p 78,26 39,07 26

Fe
a = 3 ⇒ b = 1 ⇒ p’ = 6: cacbon
Vậy CTPT Z là Fe
3
C
1
SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006
ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học)
a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (300
0
k) của phản ứng:
A(k) + B(k) → C(k)
Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:
Thí nghiệm [A] mol/l [B] mol/l Tốc độ mol.l
-1
.s
-1
1 0,010 0,010 1,2.10
-4
2 0,010 0,020 2,4.10
-4
3 0,020 0,020 9,6.10
-4
b. Người ta trộn CO và hơi H
2
O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệ
lúc cân bằng, biết rằng:

2 2 2
2H O 2H O+ƒ
có pk
p,1
= 20,113
2 2
2CO 2CO O+ƒ
có pk
p,2
= 20,400
c. Cho các dữ kiện dưới đây:
2 4 2 2 6 a
2 6 2 2 2 b
2 2 c
2 2 2 d
C H H C H H 136,951 KJ / mol
7
C H O 2CO 3H O(l) H 1559,837 KJ / mol
2
C O CO H 393,514 KJ / mol
1
H O H O(l) H 285,838 KJ / mol
2
+ → ∆ = −
+ → + ∆ = −
+ → ∆ = −
+ → ∆ = −
Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C
2
H

4

ĐÁP ÁN
a. v = k[A]
x
[B]
y

Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10
-4
= k.0,01
x
. 0,01
y
(1)
Thí nghiệm 2 ⇒ 2,4.10
-4
= k.0,01
x
. 0,02
y
(2)
Thí nghiệm 3 ⇒ 9,6.10
-4
= k.0,02
x
. 0,02
y
(3)
Lấy (3) chia cho (2) ⇒2

x
= 4 ⇒ x = 2
Lấy (2) chia cho (1) ⇒ 2
y
= 2 ⇒ y = 1
[ ] [ ]
2
v k A B=
Bậc phản ứng: x + y = 3
Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10
-4
= k.0,01
2
. 0,01
⇒ k = 1,20.10
2
mol
-2
. l
-2
.s
-1
(1đ)
b. Từ các dữ kiện đề bài ta có:
2 2 P,3
P,2
2 2 2 P,4 P,1
1 1
CO O CO K
2 K

1
H O H O K K
2
+ =
+ =
€
€
20,113
P,1
0,1435
2 2 2 P P,3 P,4
20,400
P,2
K
10
CO H O CO H K K .K 10 1,392
K
10
−
−
+ + = = = = ≈€
(1đ)
2
SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006
ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Giả sử ban đầu lấy 1 mol CO và 1 mol H
2
O

2 2 2 P
CO H O CO H K 1,392+ + =€
Ban đầu 1mol 1mol
Lúc câu bằng 1-a(mol) (1-a)mol a mol a mol
2 2
2
2
CO H
P
2
CO H O
a a
P. P
P .P
a
2 2
K
1 a 1 a
P .P
(1 a)
P. P
2 2
= = =
− −
−
với P là áp suất chung
P
a
K 1,1798
1 a

= =
−
a 0,54mol≈
2 2
a x 100%
%H %CO 27%
2
= = =
2
(1 a)x100%
%CO %H O 23%
2
−
= = =
(1đ)
c. Từ các dữ kiện đề bài ta có:
2 6 2 4 2 1 a
2 2 2 6 2 2 b
2 2 3 C
2 2 2 4 d
C H C H H H H 136,951 KJ / mol
7
2CO 3H O(l) C H O H H 1559,837 KJ / mol
2
2C 2O 2CO H 2 H 787,028 KJ / mol
3
3H O 3H O(l) H 3 H 857,514 KJ / mol
2
→ + ∆ = −∆ = +




+ → + ∆ = −∆ = +

+

+ → ∆ = ∆ = −


+ → ∆ = ∆ = −


2C + 2H
2
→C
2
H
4
ΔH
ht
= ΔH
1
+ ΔH
2
+ ΔH
3
+ ΔH
4
= +52,246 KJ/mol (0,5đ)
( )

2 4 2 5 ht
2 2 3
2 2 2 6 d
C H 2C 2H H H 52,246KJ / mol
2C 2O 2CO H 787,028KJ / mol
2H O 2H O l H 2 H 571,676KJ / mol

→ + ∆ = −∆ = −

⇒ + + → ∆ = −


+ → ∆ = ∆ = −

C
2
H
4
+ 3O
2
→ 2CO
2
+ 2 H
2
O(l) ∆H
đc
= ΔH
5
+ ΔH
3

+ ΔH
6
= -1410,95 KJ/mol (0,5đ)
3
SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006
ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức)
a. Độ tan của BaSO
4
trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10
-4
M. Tính tích số tan của
BaSO
4
rồi suy ra độ tan của BaSO
4
trong nước nguyên chất và trong dung dịch
Na
2
SO
4
0,001M.
Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H
2
SO
4
là 2
b. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH

3
1M hay không? Biết
T
AgCl
=1,8.10
-10
, K
bền
của phức [Ag(NH
3
)
2
]
+
là 1,8.10
8
.
c. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:
 10ml dung dịch axit axêtic (CH
3
COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịch HCl
có pH = 4,0
 25ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH có pH
= 11,0
 10ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic
(HCOOH) có pH = 3,0.
Biết pKa của CH
3
COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75
ĐÁP ÁN

a.
4
2 2
4 4 BaSO
BaSO Ba SO T ?
+ −
+ =€
( )
1
2 1 2 2
4 4 1 a 2
SO H HSO K K 10 10
−
− + − − −
+ = = =€
4 4
2 2
4 4 1 BaSO BaSO
BaSO H Ba HSO K K .T 10 .T
+ + −
+ + = =€
Ban đầu 2M
Cân bằng 2-S(M) S S
Với S = 1,5.10
-4
M
Ta có: S
2
/ (2-S) = 10
2

4
BaSO
T
( )
( )
4
2
4
2
10
BaSO
2
2 4
1,5.10
S
T 1,125.10
10 (2 S)
10 2 1,5.10
−
−
−
= = =
−
−
(0,5đ)
4
2 2 10
4 4 BaSO
BaSO Ba SO T 1,125.10

+ − −
+ =€
Cân bằng S’ S’
2 10 10 5
S' 1,125.10 S' 1,125.10 1,061.10 M
− − −
= ⇒ = ≈
(0,5đ)
2
2 4 4
Na SO 2Na SO
+ −
→ +
0,001M 0,001M
4
2 2 10
4 4 BaSO
BaSO Ba SO T 1,125.10
+ − −
+ =€
Ban đầu 0,001M
Cân bằng S” S’’+0,001
S”(S’’+0,001)=1,125.10
-10

S”
2
+ 0,001S”=1,125.10
-10
S”

2
+ 0,001S” – 1,125.10
-10
= 0
S” = 1,125.10
-7
M (nhận)
S” = -10
-3
M (loại) (0,5đ)
4
SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006
ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
b.
10
AgCl
AgCl Ag Cl T 1,8.10
+ − −
+ =€
( )
3 3
2
Ag 2NH Ag NH
+
+
+ €
K
bền

= 1,8.10
8

( )
3 3
2
AgCl 2NH Ag NH Cl
+
−
+ +€
K=T
AgCl
.K
bền
= 3,24.10
-2
(0,5đ)
Ban đầu 1M
Cân bằng 1-2x x x
( )
2
2
2
x
3,24.10
1 2x
−
=
−
x

0,18
1 2x
=
−
x = 0,132M
⇒ 100ml dung dịch NH
3
2M có thể hòa tan được 0,1.0,132 = 0,0132 mol AgCl> 0,01 mol
AgCl
Vậy 100ml dung dịch NH
3
2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. (0,5đ)
c.
 Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H
+
] = [HCl] = 10
-4
M
Sau khi trộn:
3
4
5
HCl
CH COOH
10 .10
C 5.10 M
20
0,1.10
C 0,05M
20

−
−
= =
= =
HCl → H
+
+ Cl
-

5.10
-5
M 5.10
-5
M
CH
3
COOH
€
CH
3
COO
-
+ H
+

C 0,05M 0 5.10
-5
M
∆C x x x
[ ] 0,05-x x 5.10

-5
+ x
( )
5
4,76
5.10 x x
10
0,05 x
−
−
+
=
−
x
2
+ 5.10
-5
x ≈ 8,69.10
-7
– 1,738.10
-5
x
x
2
+ 6,738.10
-5
x – 8,69.10
-7
= 0
x = 9,0.10

-4
M (nhận)
x = -9,646.10
-4
M(loại)
pH = -lg[H
+
] = -lg(5.10
-5
+ x) = 3,022 (0,5đ)
 Gọi C
A
là nồng độ M của dung dịch CH
3
COOH
3 3
CH COOH CH COO H
− +
+€
C C
A
0 0
ΔC x x x
[ ] C
A
– x x x
5