DE OLYMPIC 2004 HÓA 10+ ĐÁP ÁN

Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã:
ĐỀ
Câu 1:
Hai nguyên tố A, B có
e
cuối cùng ứng với bộ 4 số lượng tử:
n = 3 l = 2 m
e
= -2 m
s
= -
2
1
n = 3 l = 1 m
e
= -1 m
s
= -
2
1
a, Viết lại cấu hình
e
của A, B và các ion mà A, B có thể tạo thành.
b, Xác đònh vò trí của A, B trong bảng tuần hoàn. Có giải thích.
c, A, B tạo được bao nhiêu oxit và hiđroxit. Viết CTPT của chúng. Đối với
mỗi nguyên tố hãy so sánh tính axit, bazơ của các hiđroxit có giải thích.
d, Dự đoán tình trạng lai hóa của B trong các oxit. Mô tả dạng hình học của
các oxit đó.
Câu 2:

1, Trong số các phân tử và ion: CH
2
Br
2
, F
-
, CH
2
O, Ca
2+
, H
3
As, (C
2
H
5
)
2
O.
Phân tử và ion nào có thể tạo liên kết hiđro với phân tử nước? Hãy giải thích
và viết sơ đồ mô tả cự hình thành liên kết đó.
2, Cho 2 muối Ag
2
SO
4
và SrSO
4
vào nước cất và khuấy đều cho đến khi đạt
được dd bão hòa ở nhiệt độ phòng. Xác đònh nồng độ ion Ag
+

và Sr
2+
. Biết rằng ở t
o
nghiên cứu
5
10.5,1
42
−
=
SOAg
T
,
7
10.8,2
4
−
=
SrSO
T
.
Câu 3:
Khi đun đến nhiệt độ cao PCl
5
bò phân li theo phương trình:
PCl
5(K)
PCl
3(K)
+ Cl

2(K)
1, Cho m gam PCl
5
vào một bình dung dòch V, đun nóng bình đến nhiệt độ
T(K) để xảy ra phản ứng phân li PCl
5
. Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng áp suất
khí trong bình bằng P. Hãy thiết lập biểu thức tính Kp theo độ phân li α và áp suất
P.
2, Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhệt độ T
1
người ta cho 83,300 g PCl
5
vào
bình dung tích V
1
. Sau đó khi đạt tới trạng thái cân bằng đo được P bằng 2,700 atm.
Hỗn hợp khí trong bình có tỷ khối so với hiđrô bằng 68,862. Tính α và Kp.
Câu 4:
1, Chỉ dùng quỳ tím hãy phân biệt các dung dòch đựng trong các lọ mất nhãn
sau: NaOH, Al(NH
4
)(SO
4
)
2
, BaCl
2
, KHSO
4

, Na
2
CO
3
.
2, Ion nào trong các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Hãy giải thích: Li
+
,
Na
+
, K
+
, Be
2+
, Mg
2+
.
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
3, Tại sao HF là 1 đơn axit nhưng ta lại có thể điều chế được muối axit, ví dụ
NH
4
HF
2
.
Câu 5: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,24 g FeS
2
và 0,264 g FeS vào
lượng dư H
2
SO

4
đặc nóng thu được ddA và khí B. Hấp thụ hết khí B bằng một lượng
vừa đủ dd KMnO
4
thu được dd D không màu trong suốt có pH = 2.
1, Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích dd D.
2, Nếu đem hòa tan lượng hỗn hợp X trên vào dd HNO
3
loãng thì thu được
dd Z và (V) lít khí NO ở đkc. Dung dòch Z vừa tác dụng với dd NaOH cho kết tủa
màu nâu đỏ, vừa tác dụng với dd BaCl
2
. Hãy tính (V).
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a. Cấu hình e của:
A : 3d
6
4s
2
A
2+
: 3d
6
A
3+
3d
5
=> A là Fe
B : 3p

4
B
2-
: 3p
6
=> B là S
b. Vò trí của A, B trong BTH.
A thuộc chu kỳ 4, nhóm VIII B
B thuộc chu kỳ 3, nhóm VI
c. A B
Công thức oxit FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
SO
2
, SO
3
Công thưc hiđroxit Fe(OH)
2
, Fe(OH)
3
H
2
SO
3

, H
2
SO
4
• Tính bazơ của Fe(OH)
2
> Fe(OH)
3
.
• Tính axit của H
2
SO
4
> H
2
SO
3
d.
Câu 2:
1. Liên kết hiđrô được hình thành giữa nguyên tử hiđro linh động của phân
tử này với nguyên tử có độ âm điện lớn và có dư cặp
e
tự do của tiểu phân kia. Do
đó các phân tử và ion sau có khả năng tạo liên kết hiđro với phân tử nước (là phân
tử có nguyên tử hiđro linh động) là: F
-
, CH
2
O , (C
2

H
5
)
2
0
O
O
S
••
sp
2
góc
o
O
O
S
sp
2
O
Tam giác đều
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
2. Ag
2
SO
4
2Ag
+
+ SO
4
2-

T
1
= 1,5.10
-5
SrSO
4
Sr
2+
+ SO
4
2-
T
2
= 2,8.10
-7
T
1
= [Ag
+
]
2
[SO
4
2-
]
T
2
= [Sr
2+
] [SO

4
2-
]
=> =
5714,53
10.8,2
10.5,1
7
5
=
−
−
Coi [SO
4
2-
] = [SO
4
2-
] do Ag
2
SO
4
phân li.
Xét cân bằng: Ag
2
SO
4
2Ag
+
+ SO

4
2-
T
1
2x x
=> T
1
= (2x)
2
.x = 4x
3
= 1,5.10
-5
=> x = 0,0155
=> [Ag
+
] = 0,031 (M)
[SO
4
2-
] = 0,0155 (M) => [Sr
2+
] =
5714,53
031,0
2
= 1,805.10
-5
(M)
Hoặc có thể tích: [Sr

2+
] =
[ ]
0155,0
10.8,2
7
2
4
2
−
−
=
SO
T
= 1,805.10
-5
(M)
Câu 3:
1. Thiết lập biểu thức tính Kp theo độ điện li α và áp suất p.
PCl
5(K)
PCl
3(K)
+ Cl
2(K)
Số mol ban đầu a
Số mol phân li x x x
Số mol ở trạng thái a – x x x
thái cân bằng
- Số mol PCl

5
ban đầu =
239,208
m
= a (mol)
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
..
:
:
..
F
-
H → O
H
. . .
δ+
δ-
[Ag
+
]
2
[Sr
2+
]
H
C = O : H → O
H H
. . .
. .
δ+

δ-
δ-

C
2
H
5

O : . . . H → O
C
2
H
5
H
.. δ-
δ-
- Tổng số mol khí lúc cân bằng: a+ x
- độ điện li α =
a
x
(1)
Ta có: áp suất riêng phần của mỗi khí:
p
xa
xa
P
PCl
+
−
=

5
;
p
xa
x
PP
PClCl
+
==
32
p
xa
xa
p
xa
x
P
PP
Kp
PCl
PClCl






+
−







+
==
2
5
32
.
(2)
Từ (1) và (2)
pKp
2
2
1
α
α
−
=
2. nPCl
5
ban đầu = a =
239,208
3,83
= 0,400 (mol)
M của hỗn hợp cân bằng: 68,826 x 2,016 = 138,753 g
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n = a(1+ α)
n =

753,138
3,83
=0,600 (mol)
n = a(1+ α) = 0,4(1+ α) = 0,6 => α = 0,5 (50%)
Tìm Kp tại nhiệt độ T
1
:
pKp
2
2
1
α
α
−
=
=
9,07,2.
)5,0(1
)5,0(
2
2
=
−
Câu 4:
1. Dùng quỳ tím có: - 2 mẫu làm quỳ hóa xanh NaOH, Na
2
CO
3
(I)
- 2 mẫu làm quỳ hóa đỏ: KHSO

4
và NH
4
Al(SO
4
)
2
(II)
- 1 mẫu không làm quỳ đổi màu làBaCl
2
+ Cho BaCl
2
vào (I) nhận được Na
2
CO
3
cho ↓ trắng, mẫu còn lại là
NaOH
+ Cho NaOH vào (II) nhận được NH
4
Al(SO
4
)
2
cho khí mùi khai và kết
tủa trắng sau tan dần còn lại là KHSO
4
2. Cấu hình
e
của các ion:

3
Li
+
1s
2
4
Be
2+
1s
2
11
Na
+
1s
2
2s
2
2p
6
12
Mg 1s
2
2s
2
2p
6
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH
19
K 1s
2

2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
Bán kinh ion phụ thuộc vào:
- Số lớp e: số lớp e càng lớn thì bán kính càng lớn.
- Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính càng bé.
Do đó Li
+
và Be
2+
cùng có 1 lớp
e
, nhưng Z
Be
= 4 > Z
Li
= 3 nên Be
2+
có bán
kinh nhỏ nhất.
3. do HF có khả năng tự ion hóa: 2HF H
2
F
+
+ F

-
HF + F
-
HF
2
Nên NH
3
+ 2HF → NH
4
HF
2
(muối axit).
Câu 5:
1. 2 FeS
2
+ 14 H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 15 SO
2
+ 14 H
2
O (1)

2 FeS + 10 H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 9 SO
2
+ 10 H
2
O (2)
5 SO
2
+ 2 KMnO
4
+ H
2
O → 2KHSO
4
+ 2 MnSO
2
+ H
2
SO
4
(3)

2
FeS
n
= 0,002 (mol) từ (1) và (2)
FeS
n
= 0,003 (mol)
FeSFeSSO
nnn
2
9
2
15
22
+=
= 0,0285 (mol)
từ (3)
24
5
2
SOKHSO
nn
=
= 0,0114 (mol)
242
5
1
SOSOH
nn
=

= 0,0057 (mol)
424
2)(
SOHKHSO
H
nnddDn
+=
+
= 0,0228 (mol)
V
ddD
=
2
10
0228,0
−
= 2,28 (lít)
2. Khi cho X vào HNO3 → ddZ và NO
pứ OXH FeS
2
+ 8 H
2
O – 15e → Fe
3+
+ 2 SO
4
2-
+ 16 H
+
(4)

hỗn hợp (X) FeS + 4 H
2
O – 9e → Fe
3+
+ SO
4
2-
+ 8 H
+
(5)
pứ khử NO
3
-
+ 4 H
+
+ 3e → NO + 2H
2
O (6)
từ (4) và (5) tổng số mol e trao đổi:
n
e
= 15
2
FeS
n
+ 9
FeS
n
= 15.0,002 + 9.0,003 = 0,057
từ (6)

3
057,0
=
NO
n
4,22.
3
057,0
)(
=
dkcNO
V
= 0,4256 (lít)
----------------------------------------*****************---------------------------------