Dap An - NO

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII
MÔN HÓA HỌC 10
Trường:
Giáo viên:
Phần này là phách, sẽ bị cắt
Câu I (4 điểm)
1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I
1
- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự)
1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Gán các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải
thích.
2. Hoạt tính phóng xạ của đồng vị
Po
210
84
giảm đi 6,85 % sau 14 ngày. Xác định hằng số tốc độ của quá
trình phân rã, chu kỳ bán hủy và thời gian để cho nó bị phân rã 90 %.
3. Mạng lưới tinh thể của KCl giống như mạng lưới tinh thể của NaCl. Ở 18
o
C, khối lượng riêng
của KCl bằng 1,9893 g/cm
3
, độ dài cạnh ô mạng cơ sở (xác định bằng thực nghiệm) là
6,29082 Å. Dùng các giá trị của nguyên tử khối để xác định số Avogadro. Cho biết K =
39,098; Cl = 35,453.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:
IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA
Li Be B C N O F Ne
2s
1

2s
2
2p
1
2p
2
2p
3
2p
4
2p
5
2p
6
I
1
(kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081
Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I
1
tăng dần, phù hợp với
sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.
Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:
- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I
1
giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns
2
qua cấu hình
kém bền hơn ns
2
np

1

(electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với
hạt nhân kém bền chặt hơn).
- Từ VA qua VIA, năng lượng I
1
giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns
2
np
3
qua cấu
hình kém bền hơn ns
2
np
4
(trong p
3
chỉ có các electron độc thân, p
4
có một cặp ghép đôi,
xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
1,00
2. Từ
( )
00507,0
85,6100
100
ln
14
1

kkt
m
m
ln
t
0
=
−
=⇒=
ngày
-1
137
00507,0
693,0
t
2/1
==⇒
ngày, thời gian phân rã 90%
( )
454
90100
100
ln
00507,0
1
t
=
−
=
ngày

1,00
3. Xét một ô mạng cơ sở:
Trong một ô mạng cơ sở có số ion K
+
(hoặc Cl
-
) là: 8
×
8
1
+ 6
×
2
1
= 4
Như vậy, trong một ô mạng cơ sở có 4 phân tử KCl
Xét 1 mol tinh thể KCl, khi đó:
Khối lượng KCl là: 39,098 + 35,453 = 74,551 (g)
Thể tích tinh thể KCl là: 74,551 : 1,9893 = 37,476 (cm
3
)
Thể tích một ô mạng cơ sở là: (6,29082.10
-8
)
3
= 2,4896.10
-22
(cm
3
)

⇒ Số ô mạng cơ sở là: 37,476 : (2,4896.10
-22
) = 1,5053.10
23
⇒ Số phân tử KCl có trong 1 mol tinh thể KCl là: 1,5053.10
23
×
4 = 6,0212.10
23
Do đó, số Avogadro theo kết quả thực nghiệm trên là 6,0212.10
23
2,00
1
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII
MÔN HÓA HỌC 10
Trường:
Giáo viên:
Phần này là phách, sẽ bị cắt
Câu II (4 điểm)
1. Tính nhiệt hình thành của ion clorua (Cl
-
) dựa trên các dữ liệu:
Nhiệt hình thành HCl (k):
2,92H
o
1
−=∆
kJ/mol
Nhiệt hình thành ion hidro (H
+

):
0H
o
2
=∆
kJ/mol
HCl (k) + aq → H
+
(aq) + Cl
-
(aq)
13,75H
o
3
−=∆
kJ/mol
2. Cân bằng: N
2
(k) + 3H
2
(k)  2NH
3
(k)
sẽ chuyển dịch chiều nào khi (a) thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho thể tích không đổi; (b)
thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho áp suất không đổi?
3. Cho cân bằng hóa học sau: N
2
O
4
(k)

⇌ 2NO
2
(k) (1)
Thực nghiệm cho biết khối lượng mol phân tử trung bình của hai khí trên ở 35
o
C bằng 72,45 g/mol
và ở 45
o
C bằng 66,80 g/mol.
(a) Tính độ phân li của N
2
O
4
ở mỗi nhiệt độ trên?
(b) Tính hằng số cân bằng K
P
của (1) ở mỗi nhiệt độ trên? Biết P = 1 atm
(c) Cho biết theo chiều nghịch, phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt?
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Từ giả thiết:
2
1
H
2
(k) +
2
1
Cl
2

(k) → HCl (k)
2,92H
o
1
−=∆
kJ/mol (1)
2
1
H
2
(k) + aq → H
+
(aq) + e
0H
o
2
=∆
kJ/mol (2)
HCl (k) + aq → H
+
(aq) + Cl
-
(aq)
13,75H
o
3
−=∆
kJ/mol (3)
Lấy (1) - (2) + (3) ta có:
2

1
Cl
2
(k) + aq + e → Cl
-
(aq)
o
x
H
∆
kJ/mol
=−+−−=∆
)mol/kJ13,75()mol/kJ0()mol/kJ2,92(H
o
x
-167,33 kJ/mol
1,00
2. (a) Ta có:
2
n
2
3
HN
2
NH
3
HN
2
NH
P

RT
V
K
RT
V
nn
n
PP
P
K
22
3
22
3






=






==
Vì V, K
P

và T = const nên
const
nn
n
K
3
HN
2
NH
n
22
3
==
. Như vậy có sự tăng áp suất của hệ
nhưng không có sự chuyển dịch cân bằng.
(b)
2
nP
RT
V
KK






=
Với T, P và K
p

= const, khi thêm Ar đã làm V tăng nên K
n
phải giảm. Sự thêm agon đã
làm cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều làm phân li NH
3
).
1,00
2
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII
MÔN HÓA HỌC 10
Trường:
Giáo viên:
Phần này là phách, sẽ bị cắt
3. Xét cân bằng: N
2
O
4
(k) ⇌ 2NO
2
(k) (1)
(a) Gọi a là số mol của N
2
O
4
có trong 1 mol hỗn hợp
⇒
số mol NO
2
trong 1 mol hỗn
hợp là (1 - a) mol

Ở 35
0
C có
M
= 72,45 g/mol = 92a + 46(1 - a)
⇒
a = 0,575 mol = nN
2
O
4
và nNO
2
= 0,425 mol
N
2
O
4
(k)

⇌ 2NO
2
(k)
Ban đầu x 0
Phản ứng 0,2125 0,425
Cân bằng x - 0,2125 0,425
x - 0,2125 = 0,575
⇒
x = 0,7875 mol , vậy
=×=α
%100

7875,0
2125,0
26,98%
0,50
Ở 45
0
C có
M
= 66,80 g/mol = 92a + 46(1 - a)
⇒
a = 0,4521mol = nN
2
O
4
và nNO
2
= 0,5479 mol
N
2
O
4(k)
⇌ 2NO
2(k)
Ban đầu x 0
Phản ứng 0,27395 0,5479
Cân bằng x - 0,27395 0,5479
x - 0,27395 = 0,4521
⇒
x = 0,72605 mol , vậy
=×=α

%100
72605,0
27395,0
37,73%
0,50
(b)
P
n
n
P
hh
NO
NO
2
2
=
,
P
n
n
P
hh
ON
ON
42
42
=
và P = 1 atm
Ở 35
0

C
===
575,0
)425,0(
P
)P(
K
2
ON
2
NO
P
42
2
0,314
Ở 45
0
C
===
4521,0
)5479,0(
P
)P(
K
2
ON
2
NO
P
42

2
0,664
0,50
(c) Từ kết quả thực nghiệm ta thấy, khi nhiệt độ tăng từ 35
0
C lên 45
0
C thì
α
tăng. Có
nghĩa khi nhiệt độ tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. Vậy theo chiều thuận
phản ứng thu nhiệt, nên theo chiều nghịch phản ứng tỏa nhiệt.
0,50
Câu III (4 điểm)
3
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII
MÔN HÓA HỌC 10
Trường:
Giáo viên:
Phần này là phách, sẽ bị cắt
1. Trộn 15,00 mL dung dịch CH
3
COONa 0,030 M với 30,00 mL dung dịch HCOONa 0,15 M. Tính pH
của dung dịch thu được. Biết pK
a
(CH
3
COOH) = 4,76 và pK
a
(HCOOH) = 3,75.

2. Tính nồng độ ion H
+
đủ để làm giảm nồng độ Ag(NH
3
)
2
+
0,10 M xuống còn 1,0.10
-8
M. Biết pK
b
(NH
3
) = 4,76 và hằng số bền
β
[Ag(NH
3
)
2
+
] = 7,24.
3. Xét dung dịch CaCl
2
0,01M (dung dịch A). Thêm 0,02 mol SO
2
vào 1 lit dung dịch A. Cần áp
đặt pH bằng bao nhiêu để bắt đầu xuất hiện kết tủa CaSO
3
? Biết rằng với “axit sufurơ” pK
a1

=
2, pK
a2
= 7 và
4
SOCa
10T
3
−
=
. (Giả thiết thể tích dung dịch không thay đổi.)
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1.
M010,0
45
1503,0
C
-
3
OCOCH
=
×
=
;
M100,0
45
3015,0
C
-
OHCO

=
×
=
Các cân bằng:
H
2
O ⇌ H
+
+ OH
-
K
w
= 10
-14
(1)
CH
3
COO
-
+ H
2
O ⇌ CH
3
COOH + OH
-
K
b
= 10
-9,24
(2)

HCOO
-
+ H
2
O ⇌ HCOOH + OH
-
K
b
’
= 10
-10,25
(3)
Do
25,11
HCOO
'
b
24,11
OCOCH
b
10CK10CK
-
3
−−
=×≈=×
−
cho nên không thể tính gần đúng
theo một cân bằng.
Điều kiện proton: h = [H
+

] = [OH
-
] - [CH
3
COOH] - [HCOOH]
]OHCO[)K(]OCOCH[K1
K
h
-1'
a
-
3
1
a
w
−−
++
=
(4)
Chấp nhận [CH
3
COO
-
]
o
= 0,010; [HCOO
-
]
o
= 0,10 và thay vào (4) để tính h

1
:
9
175,3276,4
14
1
10.96,2
10.1010.101
10
h
−
−−
−
=
++
=
Từ giá trị h
1
tính lại [CH
3
COO
-
]
1
và [HCOO
-
]
1
theo các biểu thức:
o

-
3
976,4
76,4
1
-
3
]OCOCH[010,0
10.96,210
10
010,0]OCOCH[
=≈
+
=
−−
−
o
-
975,3
75,3
1
-
]OHCO[10,0
10.96,210
10
10,0]OHCO[
=≈
+
=
−−

−
Kết quả lập lại. Vậy h = 2,96.10
-9
= 10
-8,53
⇒ pH = 8,5
2,00
2. Do [Ag(NH
3
)
2
+
] = 1,0.10
-8
M << 0,10 M, suy ra phức bị phân hủy hoàn toàn. Hơn nữa
môi trường axit, nên có thể bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Ag
+
. Phản ứng
phân hủy phức:
4
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII
MÔN HÓA HỌC 10
Trường:
Giáo viên:
Phần này là phách, sẽ bị cắt
Ag(NH
3
)
2
+

+ 2H
+
⇌ Ag
+
+ 2NH
4
+
K = 10
-7,24
.(10
9,24
)
2
= 10
11,24
C
o
0,1 C
C
o
- C – 0,2 0,1 0,2
Vì môi trường axit và
24,9
NH
10K
4
−
=
+
nhỏ nên sự phân li của NH

4
+
có thể bỏ qua. Xét
cân bằng:
Ag
+
+ 2NH
4
+
⇌ Ag(NH
3
)
2
+
+ 2H
+
K
-1
= 10
-11,24
C 0,1 0,2 C – 0,2
[] 0,1-10
-8
0,2 - 2.10
-8
10
-8
C-0,2 + 2.10
-8
M2015,0C10

)2,0.(1,0
10.)2,0C(
24,11
2
82
=⇒=
−
−
−
1,00
3. SO
2
+ H
2
O  H
+
+ HSO
3
-
K
1
= 10
-2
(1)
HSO
3
-
 H
+
+ SO

3
2-
K
2
= 10
-7
(2)
Để quan sát được sự bắt đầu kết tủa CaSO
3
thì:
)M(01,0
]Ca[
T
SO
2
CaSO
2
3
3
==
+
−

Nồng độ SO
3
2-
trong dung dịch không nhỏ nên trong dung dịch coi như không
tồn tại SO
2
.

⇒ [HSO
3
-
] = (0,02M) – (0,01M) = 0,01 (M).
(2) ⇒
)M(10
]SO[
]HSO[
K]H[
7
2
3
3
2
−
−
−
+
==
, ⇒ pH = -lg[H
+
] = 7.
Vậy cần áp đặt pH = 7 để quan sát được sự bắt đầu kết tủa của CaSO
3
.
1,00
Câu IV (4 điểm)
1. Cho 6,000 g mẫu chất chứa Fe
3
O

4
, Fe
2
O
3
và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI
trong môi trường axit (khử tất cả sắt thành Fe
2+
) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể
tích 50 mL. Lượng I
2
có trong 10 mL dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,500 mL dung dịch Na
2
S
2
O
3
5