HUE - Quoc Hoc - DAP AN DE HOA - OLYMPIC

Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng
SỞ GD-ĐT TT.HUẾ
Trường PTTH Quốc Học
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 30/4
Môn : Hóa học 11 - Thời gian : 180'
Câu I : I.1. Phản ứng : 2A + B → C + D
1.1. Vận tốc phản ứng : V = k.[A]
x
[B]
y
V
1
= k.(0,25)
x
(0,75)
y
= 4.10
-4
V
2
= k.(0,75)
x
(0,75)
y
= 1,2.10
-3
⇔
1x33
10.2,1
10.4
75,0

25,0
V
V
x
3
4
x
2
1
=⇔=⇔=






⇔
−
−
Xét thứ nguyên : V = k.[A]
x
[B]
y

y
es
mol
es
mol
s.e

mol
s.e
mol


















=⇔
y
es
mol
s.e
mol
1













=⇔

1y
−=⇔

Vậy bậc phản ứng theo A là 1, theo B là -1, chung là 0
k =
[ ][ ]
( )
es/mol10.2,175,0
25,0
10.4
BA
V
3
4
1
1
−
−

−
=×=
1.2. Ở 55
0
C ta có : k' =
3
1
3
10.4,38
5,1.25,0
10.4,6
−
−
−
=
Hệ số nhiệt của tốc độ phản ứng :
32
2,1
4,38
kK
k
k
3
T
10/t
T
/
==⇔=
∆

3
T
32k
=⇔
I.2. Tổ hợp các cân bằng :
4N
2
+ 3H
2
O = 2NH
3
+ 3N
2
O -∆H
1

3N
2
O + 9H
2
= 3N
2
H
4
+ 3H
2
O 3∆H
2

2NH

2
+
2
1
O
2
= N
2
H
4
+ H
2
O ∆H
3

H
2
O =
2
1
O
2
+ H
2
-∆H
4

4N
2
+ 8H

2
= 4N
2
H
4
4∆H
5

∆H
5
=
mol/KJ75,50
4
286143317.31011
=
+−−
Tổhợp các cân bằng :
N
2
H
4
+ H
2
O = 2NH
3
+
2
1
O
2

-∆H
3

2H
2
+ N
2
= N
2
H
4
∆H
5

H
2
+
2
1
O
2
= H
2
O ∆H
4

N
2
+ 3H
2

= 2NH
3
2∆H
6

∆H
6
=
mol/KJ125,46
2
28675,50143
−=
−+
4,75đ
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
1
Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng
3.1. Phân tử SO
3
tồn tại ở trạng thái hơi. Khi làm lạnh hơi SO
3

ngưng tụ thành chất
lỏng dễ bay hơi gồm các phân tử trime mạch vòng (SO
3
)
3
. Khi làm lạnh đến 16,8
0
C chất
lỏng đó biến thành khối chất rắn trong suốt có dạng (SO
3
)
n
phân tử polime mạch thẳng.
Hiện tượng dễ trùng hợp của các phân tử SO
3
thành vòng hay thẳng là do S dễ
chuyển từ trạng thái lai hóa sp
2
thành sp
3
.
3.2. * NO
2
+

Nguyên tử N lai hóa sp. Một obitan lai hóa chứa
e
_
độc thân liên kết với obitan 2p của O tại liên kết
σ. Còn obitan lai hóa chứa cặp e

-
tự do liên kết
cho nhận với obitan p trống của O
+
. Còn 2 obitan
không lai hóa của N xen phủ với obitan chứa e
-
độc thân của O và O
+

Vậy ion NO
2
+
có cấu trúc thẳng :
O  N
+
= O
* ICl
-
4
:
I : → I
*
:
Cl : Cl
-
:
Nguyên tử I
*
lai hóa sp

3
d
2
. Ba obitan sp
3
d
2
chứa e
-
độc thân liên kết với 3 obitan
3p chứa e
-
độc thân của 3 nguyên tử Cl tạo 3 liên kết σ. Một obitan 3p chứa cặp e
-
tự do
của Cl
-
tạo

liên kết cho nhận với obitan sp
3
d
2
trống I
*
. Hai cặp e
-
tự do chiếm vị trí trục
xuyên tâm
Cl Cl Vậy : ion ICl

4
-
có cấu trúc vuông phẳng
I
Cl Cl
Câu II : II. 1. Ta có : AgCl + e
-
Ag + Cl
-
E
1
= + 0,22v
Ag - e
-
Ag
+
E
2
= -0,80v
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
↑↓ ↑↓ ↑
↑↓ ↑ ↑ ↑
N :

↑↓ ↑↓ ↑ ↑
O :
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑
O
+
:
↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓
Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng
AgCl Ag
+
+ Cl
-
E = -0,58v
lgK =
83,9
059,0
58,0
059,0
nE
−=−=
⇔ K = 10
-9,83
= 1,48.10
-10
Mà : K = [Ag
+
] [Cl
-

] = T
t

Vậy : Tích số tan AgCl ở 25
o
C là T
t
= 1,48.10
-10
II.2. Số mol H
2
SO
4
= 5,2.10
-3
(mol)
Số mol CH
3
COONa = 12,2.10
-3
(mol)
2.1. 2CH
3
COONa + H
2
SO
4
= 2CH
3
COOH + Na

2
SO
4

10,4.10
-3
5,2.10
-3
10,4.10
-3

Ta thu được dung dịch đệm : CH
3
COOH và CH
3
COO
-

[CH
3
COOH ] = 10,4.10
-2
M
[CH
3
COO
-
] = 1,8.10
-2
M

Vậy : pH = pKa + lg
2
2
10.4,10
10.8,1
lg76,4
Ca
Cm
−
−
+=
= 4
2.2. Khi thêm NH
3
: CH
3
COOH + NH
3
= CH
3
COONH
4

10,4.10
-3
10,4.10
-3
10,4.10
-3
Ta thu được dung dịch gồm : 1axit yếu (NH

4
+
) và 1 bazơ yếu (CH
3
COO
-
)
10,4.10
-3
(mol) NH
4
+
→ [NH
4
+
] =
M
11,0
10.4,10
3
−
12,2.10
-3
(mol) CH
3
COO
-
→ [CH
3
COO

-
] =
M
11,0
10.2,12
3
−
Ta có : [H
+
] =
3
3
76,4
14
76,4
21
10.2,12
10.4,10
.
10
10
.10
Cb
Ca
.Ka.Ka
−
−
−
−
−

=
= 9,233.10
-8
⇒ pH = 7,03
2.3. Ta có : số mol CH
3
COO
-
= 12,2.10
-3
(mol)
Vậy : [CH
3
COO
-
] =
11,0
10.2,12
3
−
= 0,1109M
Câu III : III.1. Fe + 4HNO
3
= Fe(NO
3
)
3
+ NO ↑ + 2H
2
O (1)

x(mol) y(mol)
Biện luận :
1. Khi x =
4
y
: Fe và HNO
3
cùng hết
Dung dịch D gồm có các ion : Fe
3+
(xmol) và NO
-
3
(3x mol)
2. Khi x <
4
y
: Fe hết , HNO
3
dư
Dung dịch D gồm có các ion : Fe
3+
(xmol), NO
3
-
(y - x mol) và H
+
(y - 4x mol)
3. Khi x >
4

y
: Fe dư , HNO
3
hết
3,25đ
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
4đ
3
Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng
Lúc này xảy ra phản ứng Fe khử Fe
3+
:
Fe + 2Fe(NO
3
)
3
= 3Fe(NO
3
)
2

(2)
(1) + (2) : 3Fe + 8HNO
3
= 3Fe(NO
3
)
2
+ 2NO ↑ + 4H
2
O
+ Nếu : x ≥ 3/8y : Fe hết hoặc dư
Dung dịch D gồm có các ion : Fe
2+
(3y/8mol) và NO
3
-
(3y/4 mol)
+ Nếu :
4
y
< x <
8
y3
: Fe hết , Fe
3+
dư
Dung dịch D gồm các ion :
Fe
2+
[3(x -

4
y
) mol], Fe
3+
[(
4
y3
-2x) mol] và NO
3
-
(
4
y3
mol)
III.2. Đặt công thức muối cacbonat kim loại : A
2
(CO
3
)n
Gọi m là số oxy hóa của A sau khi bị oxy hóa bởi HNO
3

3A
2
(CO
3
)n+(8m-2n)HNO
3
= 6A(NO
3

)m+(2m-2n)NO↑+3nCO
2
↑ + (4m-n)H
2
O
Số mol A
2
(CO
3
)n =
)mol(
)nm(2
045,0
n.
)nm(2
3
NO
−
=
−
Khối lượng phân tử A
2
(CO
3
)n =
)nm(232)nm(2
045,0
22,5
−=−×

⇔ 2M
A
+ 60n = 232 (m - n)
Điều kiện :
2n1
3m1
≤≤
≤≤
⇒ 1 ≤ m - n ≤ 2
* m - n = 1 ⇒ m = 2, n = 1 ⇒ M
A
= 86 loại
m = 3, n = 2 ⇒ M
A
= 56 → A là Fe
* m - n = 2 ⇒ m = 3, n = 1 ⇒ M
A
= 202 loại
Vậy muối cacbonat kim loại là FeCO
3

3FeCO
3
+ 10HNO
3
= 3Fe(NO
3
)
3
+ 3CO

2
↑ + NO ↑ + 5H
2
O
số mol CO
2
= 3.số mol NO = 0,045 (mol) → Thể tích CO
2
= 1,008 (l)
Câu IV.
IV.1. Số mol O
2
= 0,06 (mol)
Số mol Ca(OH)
2
= 0,035 (mol)
Số mol CaCO
3
= 0,03 (mol)
1.1. Số mol khí thoát ra : 0,01 (mol)
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
2
↓ + H
2
O
2CO

2
+ Ca(OH)
2
= Ca(HCO
3
)
2

Nếu Ca(OH)
2
dư : số mol CO
2
= số mol CaCO
2
= 0,03 (mol)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4,5đ

4
d
2
Br
2
Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng
Nếu Ca(OH)
2
hết : số mol CO
2
= 0,03 + 2 x 0,005 = 0,04 (mol)
* Xét trường hợp : khí thoát ra là O
2

Số mol O
2
phản ứng = 0,06 - 0,01 = 0,05 (mol)
+ Nếu số mol CO
2
= 0,03(mol) thì
5,1
03,0
05,0
somolCO
somolO
2
2
>=
→ A : Ankan
C

n
H
2n + 2
+
OH)1n(nCOO
2
1n3
222
++→






+
Ta có :
3nn103n9
03,0
05,0
n2
1n3
=⇔=+⇔=
+
Vậy A là C
3
H
8

+ Nếu số mol CO

2
= 0,04(mol) thì
5,1
04,0
05,0
somolCO
somolO
2
2
<=
→ A : Ankin
C
n
H
2n - 2
+
OH)1n(nCOO
2
1n3
222
−+→






−
Ta có :
2nn104n12

03,0
05,0
n2
1n3
=⇔=−⇔=
−
Vậy A là C
2
H
2
* Xét trường hợp : Khí thoát ra là A
O
2
phản ứng hết , số mol O
2
= 0,06 (mol)
+ Nếu số mol CO
2
= 0,03(mol) thì
5,1
03,0
06,0
somolCO
somolO
2
2
>=
→ A : Ankan
Ta có :
1nn41n3

03,0
06,0
n2
1n3
=⇔=+⇔=
+
Vậy A là CH
4

+ Nếu số mol CO
2
= 0,04 (mol) thì
5,1
04,0
06,0
somolCO
somolO
2
2
==
→ A : Anken
Khi đó : C
n
H
2n
+ H
2
SO
4
= C

n
H
2n
OSO
3
H
Không có khí thoát ra . Loại trường hợp này
Vậy A có thể là C
3
H
8
;

C
2
H
2
hoặc CH
4
1.2. Thực tế khi đốt A có vết bụi bám vào thành bình đó là cacbon nên O
2
phải hết, khi
đó xảy ra trường hợp 2. Vậy A là CH
4

CH
4
+ O
2
→ C + 2H

2
O
Số mol O
2
= Số mol C =
)mol(001,0
12
012,0
=
Số mol O
2
phản ứng với CH
4
tạo CO
2
: 0,06 - 0,001 = 0,059 (mol)
Sai số trong tính toán là :
%100
059,0
001,0
×
≈ 1,7%
IV.2. Sơ đồ phản ứng :
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25

0,25
5
CH
3
CH
3
CH
3
COOK COOK
COOK