Đề thi và đáp án các kì thi hcoj sinh giổi quốc gia môn hóa HDCVoCo02

bộ giáo dục và đào tạo

kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia
lớp 12 thpt năm học 2001-2002

hớng dẫn chấm đề thi chính thức

hoá học vô cơ (Bảng A)

Ngày thi: 12/3/2002

Câu I: (5 điểm).
1. (1,25 điểm).Liệu pháp phóng xạ đợc ứng dụng rộng rãi để chữa
ung th. Cơ sở của liệu pháp đó là sự biến đổi hạt nhân.
59
+ 0n1
X?
27Co
(1)
60
X?
+
...
;
h = 1,25 MeV. (2)
28Ni
a) Hãy hoàn thành phơng trình của sự biến đổi hạt nhân trên và
nêu rõ định luật nào đợc áp dụng để hoàn thành phơng trình.
b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản
ứng oxi hoá-khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl 2
CoCl2).

2. (1,75 điểm). Có cấu hình electron 1s22s22p63s23p63d54s1
(1)
a) Dùng kí hiệu ô lợng tử biểu diễn cấu hình electron (1).
b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tử hay
ion? Tại sao?
c) Cho biết tính chất hoá học đặc trng của ion hay nguyên tử ứng
với cấu hình electron (1), hãy viết một phơng trình phản ứng để
minh hoạ.
Z2
3. (1,0 điểm). Biết En = -13,6 2 eV
n: số lợng tử chính,
n
Z: số đơn vị
điện tích hạt nhân.
a) Tính năng lợng1e trong trờng lực một hạt nhân của mỗi hệ N 6+ ,
C5+ , O7+.
b) Qui luật liên hệ giữa En với Z tính đợc ở trên phản ánh mối liên hệ
nào giữa hạt nhân với electron trong các hệ đó?
c) (1,0 điểm).Trị số năng lợng tính đợc có quan hệ với năng lợng ion
hoá của mỗi hệ trên hay không? Tính năng lợng ion hoá của mỗi hệ.
4. áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác
định đợc BeH2, CO2 đều là phân tử thẳng.
Lời giải:
1. a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo
toàn số khối và bảo toàn điện tích nói riêng, đợc áp dụng:
Điện tích: 27 + 0 = 27 ; Số khối: 59 + 1 = 60 X là 27Co60.
59
+ 0n1 27Co60.
27Co
Số khối: 60 = 60; Điện tích: 27 = 28 + x x = 1. Vậy có 1e0.

60
28Ni60 + 1e ;
hv = 1,25MeV.
27Co
b) Điểm khác nhau:
Phản ứng hạt nhân: Xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt
nhân nguyên tố mới. VD b/ ở trên.
1


Phản ứng hoá học (oxi hoá khử): xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến
đổi dạng đơn chất hợp chất.
VD: Co + Cl2 Co2+ + 2Cl CoCl2.
Chất dùng trong phản ứng hạt nhân: có thể là đơn chất hay hợp
chất, thờng dùng hợp chất. Chất dùng trong phản ứng oxi hoá khử, phụ
thuộc vào câu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp chất.
Năng lợng kèm theo phản ứng hạt nhân: lớn hơn hẳn so với năng lợng
kèm theo phản ứng hoá học thông thờng.
2. a) Dùng ô lợng tử biểu diễn cấu hình 1s22s22p63s23p63d54s1:

b)
(1)là cấu hình e của nguyên tử vì:
- Cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển tiếp (theo HTTH
các nguyên tố). Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là
anion; nếu là cation, số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 ... Các số
liệu này, không có cấu hình cation nào ứng với cấu hình
1s22s22p63s23p63d54s1. Vậy Z chỉ có thể là 24.
(Nguyên tố Ga có cấu hình [ar] 3d104s24p1, ion Ga2+ có cấu
hình [ar] 3d104s1 bền nên không thể căn cứ vào lớp ngoài cùng 4s 1để
suy ra nguyên tử).
c) Z = 24 nguyên tố Cr , Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có
tính khử.
Cr + 2HCl CrCl2 + H2
3. a) Tính En: Theo đầu bài, n phải bằng 1 tính E1
a. Do đó công thức là E1 = 13,6 Z2 (ev) (2)
Thứ tự theo trị số Z:
Z = 6 C5+ : (E1) C5+ = 13,6 x 62 = 489,6 eV
Z = 7 N6+ : (E1) N6+ = 13,6 x 72 = 666,4 eV
Z = 8 O7+ : (E1) O7+ = 13,6 x 82 = 870,4 eV
b) Quy luật liên hệ E1với Z: Z càng tăng E1càng âm (càng thấy).
Qui luật này phản ánh tác dụng lực hút hạt nhân tới e đợc xét: Z
càng lớn lực hút càng mạnh năng lợng càng thấp hệ càng bền,
bền nhất là O7+.
c). Trị năng lợng đó có liên hệ với năng lợng ion hoá, cụ thể:
C5+ : I6 = (E1, C5+) = + 489, 6 eV.
N6+ : I7 = (E1, N6+) = + 666, 4 eV.
O7+ : I8 = (E1, O7+) = + 870,4 eV.
4. Phân tử thẳng có 3 nguyên tử đợc giải thích về hình dạng:
Nguyên tử trung tâm có lai hoá sp (là lai hoá thẳng).

BeH2 : Cấu hình e của nguyên tử : H 1s1 ; Be: 1s22s2.
Vậy Be là nguyên tử trung tâm có lai hoá sp:
z


lai hoá sp
2


2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đó xen phủ với 1
obitan 1s của H tạo ra liên kết (hình 1). Vậy BeH2 HBeH
(2 obitan p nguyên chất của Be không tham gia liên kết)
CO2:
Cấu hình e: C 1s22s22p2 ; O 1s22s22p4
Vậy C là nguyên tử trung tâm có lai lúa sp
x
x
y






y

z
Lai hoá p nguyên chất

sp

x

y

+ 2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan pz của 2 O tạo
ra 2 liên kết
+ 2 obitan p nguyên chất của C xen phủ với obitan nguyên chất
tơng ứng của oxi tạo ra 2 liên kết (xx ; y y) nên 2 liên kết này
ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết .
Vậy CO2:
O= C = O
Ghi chú: Yêu cầu phải trình bày rõ nh trên về các liên kết ,
trong CO2 (chú ý: phải nói rõ có sự tơng ứng obitan giữa C với O:
xx; y y)
Câu II: (6 điểm).
1. (1,0 điểm). Biết thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn:
Eo Cu2+/Cu+ = +0,16 V
E o Fe3+/Fe2+ =
+0,77 V
Eo Cu+/Cu = +0,52 V
Eo Fe2+/Fe = -0,44 V

Hãy cho biết hiện tợng gì xảy ra trong các trờng hợp sau:
a) Cho bột sắt vào dung dịch Fe2(SO4)3 0,5M.
b) Cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 1M.
2. (5,0 điểm).Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4
0,050M.
a) (1,5 điểm). Tính pH của dung dịch X.
b) (2,5 điểm). Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng
độ 0,090M thì thu đợc kết tủa A và dung dịch B.
- Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B.
- Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân
của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm
Pb(NO3)2).
- Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phơng pháp hoá học,
viết các phơng trình phản ứng (nếu có).
3


c) (1,0 điểm). Axit hoá chậm dung dịch X đến pH = 0. Thêm FeCl 3
cho đến nồng độ 0,10M.
- Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu đợc so với cực
calomen bão hoà (Hg2Cl2/2Hg,2Cl-).
- Biểu diễn sơ đồ pin, viết phơng trình phản ứng xảy ra tại các
điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.
Cho: pK axit: H2S pK1 = 7,00 , pK2 = 12,90 ; HSO4- pK=2,00
Tích số tan: PbS = 10-26 ; PbSO4 = 10-7,8 ; PbI2 = 10-7,6.
Eo Fe3+/Fe2+ = 0,77 V ; Eo S/H2S = 0,14V ; Eo I2/2I- = 0,54V ; Ecal
bão hoà = 0,244V
Lời giải:
1. a) Eo Fe3+/Fe2+ = +0,77 V
>

Eo Fe2+/Fe = -0,44 V nên:
Tính oxi hoá: Fe3+ mạnh hơn Fe2+
Tính khử:
Fe mạnh hơn Fe2+
Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe 3+ + Fe 3
Fe2+
Nh vậy Fe tan trong dung dịch Fe(SO4)3 tạo thành muối FeSO4, làm
nhạt màu vàng ( hoặc đỏ nâu) của ion Fe 3+ và cuối cùng làm mất
màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch.
b)
Eo Cu+/Cu = + 0,52 V > Eo Cu2+/Cu+ = + 0,16 V
nên:
Tính oxi hoá: Cu+ mạnh hơn Cu2+
Tính khử:
Cu+ mạnh hơn Cu
Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Cu +
+ Cu+

2+
Cu
+ Cu
Phản ứng nghịch(Cu2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu +) không xảy
ra. Do đó khi bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO 4 không xảy ra phản
ứng và quan sát không thấy hiện tợng gì.
2.
a) Tính pH của dung dịch
Na2S 2 Na+ + S20,01

0,01
KI K+ + I0,06

0,06
Na2SO4
2Na+ +
SO420,05

0,05
Kb(1)

S2+ H2O = HS- + OHKb(1) 10-1,1
(1)
2-12
SO4 + H2O = H SO4 + OH Kb(2) 10
(2)
>> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:
S2+ H 2O =
HS- + OH10-1,1
4


C
[]

0,01
(0,01 -x)

x

x

2

x
= 10 1,1 x 2 + 0,0794 x 10 3,1 = 0
0,01 x

x
= 8,94. 10-3
[OH-] = 8,94.10-3
pH = 11,95
2S

PbS
(Ks-1) = 1026.
0,01

b)

Pb2+
+
0,09
0,08
Pb2+
+ SO42
PbSO4
(Ks-1) = 107,8.
0,08
0,05
0,03
Pb2+

+
2 I
PbI2
(Ks-1) = 107,6.
0,03
0,06
Thành phần hỗn hợp: A :
PbS , PbSO4 , PbI2
Dung dịch B :
K+ 0,06M
Na+ 0,12M
Ngoài ra còn có các ion Pb2+ ; SO42- ; S2- do kết tủa tan ra.
Độ tan của
PbI 2 : 3 10 7 ,6 / 4 = 10 2,7

PbSO 4 : S = 10

-7,8

= 10 3,9

PbS : S = 10 -26 = 10 13

Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung
dịch là cân bằng tan của PbI2.
PbI2 = Pb2+ + 2IKs
2+
-47
-3
Do đó [Pb ] = 10 = 2 x 10 M

[I-] = 4.10-3M. 7,8
10
[SO42-] =
=
5. 105,8 = 7,9.106M << [Pb2+]
3
2 ì 10
[S ] =
2-

1026

=

5. 1024 << [Pb2+]

2 ì 10
Các nồng độ SO42-, S2- đều rất bé so với nồng độ Pb2+, nh vậy nồng
độ Pb2+ do PbS và PbSO4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần
đúng trên là hoàn toàn chính xác.
Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2.
Cho kết tủa hoà tan trong NaOH d : PbS không tan, có màu đen.
Dung dịch có PbO22-, SO42-, I-, OHPbSO4 + 4 OH PbO22- + SO42- + 2 H2O
PbI2
+ 4 OH PbO22- + 2 I- + 2 H2O
Nhận ra ion SO42-: cho BaCl2 d: có kết tủa trắng BaSO4, trong
dung dịch có PbO22-, OH-, Ba2+, I-.
Nhận ra I-, Pb2+: axit hoá dung dịch bằng HNO3 d sẽ có kết tủa
vàng PbI2 xuất hiện:
OH- + H+

H 2O
2+
2+
PbO2 + 4 H Pb + 2H2O
Pb2+ + 2 I- PbI2
c) Axit hoá dung dịch X:
3

5


S2- + 2H+ H2S (C H S = 0,010 < S H S nên H2S cha bão hoà, không
thoát ra khỏi dung dich)
Phản ứng:
2 Fe3+ + H2S 2 Fe2+ +
S + 2 H+
K=1021
0,1
0,01
0,08

0,02
0,02
3+
2+
2 Fe
+ 2I 2 Fe
+
I2
K=107,8

0,08
0,06
0,02
0,02

0,08
0,030
3+
Thành phần trong dung dịch: Fe
0,020 ; Fe 2+ 0,080 ;I2 0,030M
;H+ 0,02M
E Fe3+/Fe2+ = 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dơng)
Ecal = 0,244V ( cực âm)
Epin = E+ E = 0,743 0,244 = 0,499V
Sơ đồ pin:
Hg Hg2Cl2 KCl bh
Fe3+, Fe2+
Pt
2

2

Phản ứng: 2 Hg
+
2 Cl- = Hg2Cl2 + 2 e
+ 2x Fe3+ +
e
= Fe2+
2 Hg + 2 Fe3+ + 2 Cl- = Hg2Cl2
Câu III: (3 điểm).

Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu
cơ trong 2 giờ. Kết quả sau quá trình điện phân là trên catôt tạo ra
3,865 gam một kim loại và trên anôt có khí etan và khí cacbonic
thoát ra.
1. (1,5 điểm).Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết
rằng 5,18 gam của kim loại đó đẩy đợc 1,59 gam Cu từ dung dịch
đồng sunfat.
2. (0,5 điểm).Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân?
3. (1,0 điểm). Viết các phơng trình phản ứng xảy ra trên các điện
cực.
Lời giải:
1. Điện lợng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra
3,865 g kim loại. Từ định luật Faraday, đơng lợng
A
3.865 ì 9650
= =
= 103,6
n
3600

Khối lợng mol của kim loại: A = n. . Vì kim loại này đẩy đồng ra
khỏi dung dịch nên đơng lợng của Cu:
Cu = A/2 = 63,6/2 = 31,8 và từ phản ứng:
2 + Cu2+ = Cu + 2 +
ta có: : 31,8 = 5,18 : 1,59, suy ra = 103,6
Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức ôxi hoá từ 1
đến 3, do đó sẽ chọn khối lợng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau:
A1 = 103,6 x 1 = 103,6
A2 = 103,6 x 2 = 207,2
A3 = 103,6 x 3 = 310,8

6


Vì không có nguyên tố với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và
có mức ôxi hoá là +1. Do đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A
= 207,6).
2. Tại anốt khi điện phân có C2H6 và CO2 thoát ra là sản phẩm của
sự ôxi hoá anion hữu cơ, muối này có công thức Pb (RCOO) 2. Sự tạo
ra êtan.
(CH3 - CH3) và CO2 từ nhóm COO- chứng tỏ muối điện phân là
Pb(CH3COO)2 .
R
R
3. Các phản ứng xảy ra trên các điện cực:
Tại catốt: Pb2+ + 2 e =
Pb
Tại anốt: CH3COO - e =
CH3COO
CH3COO
=
CH3 +
CO2

2 CH3
=
C 2H6
Tổng quát: 2 CH3COO 2e =
C2H6 + CO2.
Câu IV: (2,5 điểm).
Tại 25oC phản ứng 2 N2O5 (k)

4 NO 2 (k) + O2 (k) có hằng
-5
-1
số tốc độ k = 1,8.10 . s ; biểu thức tính tốc độ phản ứng v =
k.CN2O5. Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể tích 20,0 lit không
đổi. Ban đầu lợng N2O5 cho vừa đầy bình. ở thời điểm khảo sát,
áp suất riêng của N2O5 là 0,070 atm . Giả thiết các khí đều là khí lí
tởng.
1. (1,25 điểm). Tính tốc độ: a) tiêu thụ N 2O5 ; b) hình thành NO2 ;
O2.
2. (0,25 điểm). Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30
giây.
3. (1,0 điểm). Nếu phản ứng trên có phơng trình N2O5 (k)
2 NO2 (k) + 1/2 O2 (k) thì trị số tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ
phản ứng có thay đổi không? Giải thích.
Lời giải:
1. Trớc hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đã có:
V = k CN2O5
(1)
Đã có trị số k ; cần tính CN2O5 tại thời điểm xét:
pi V = ni RT CN2O5 = nN2O5 : V = pi / RT (2)
Thay số vào (2), ta có: CN2O5 = 0,070 : 0,082 ì 298 = 2,8646.103
(mol.l-1)
Đa vào (1):
Vpu = 1,80. 10-5 x 2,8646. 10-3
Vpu = 5,16. 10-8 mol. l-1. S-1
(3)
Từ ptp
2 N2O5 (k) 4 NO2 (k) + O2 (k)
d C N 2O 5

Vtiêu thụ N2O5 =
= 2 Vpu
(4)
dt
Thay số vào (4).
Vtiêu thụ N2O5 = - 2 x 5, 16 . 10-8.
Vtiêu thụ N2O5 = - 1,032.10-7 mol.l-1.s-1.
Dấu - để chỉ tiêu thụ N2O5 tức mất đi N2O5 hay giảm N2O5
b. Vhình thành NO2 = 4 Vpu = - 2Vtiêu thụ N2O5.
(5)
7


Thay số: Vhình thành NO2 = 4 x 5,16.10-8
Vhình thành NO2 = 2,064.10-7 mol l-1.s-2
Vhình thànhO2 = Vpu = 5,16.10-8 mol l-1.s-2
Ghi chú:
Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ hình thành hay đợc tạo ra
(ngợc với tiêu thụ).
Việc tính tốc độ tiêu thụ N2O5 hay hình thành NO2, O2 theo tốc
độ pu, Vpu, nh trên chỉ thuần tuý hình thức theo hệ số phơng
trình, thực chất phản ứng này là một chiều bậc nhất.
2. Số phân tử N2O5 đã bị phân huỷ đợc tính theo biểu thức.
NN205 bị phân huỷ = N = VN2o5 tiêu thụ x Vbình x t x N0
Thay số:
N = 1,032.10-6 x 20,0 x 30,0 x 6,023.1023.
N 3,7.1020 phân tử
3. Nếu phản ứng trên có phơng trình: N2O5(k) 2 NO2(k) + 1/2 O2
thì tốc độ phản ứng, Vp, cũng nh hằng số tốc độ phản ứng, k, đều
không đổi (tại nhiệt độ T xác định), vì:

- k chỉ phụ thuộc nhiệt độ.
- theo (1): Khi k = const; CN2o5 = const thì V = const.
Câu V: (3,5 điểm).
Khí NO kết hợp với hơi Br 2 tạo ra một khí duy nhất trong phân
tử có 3 nguyên tử.
1. (0,5 điểm).Viết phơng trình phản ứng xảy ra.
2. (1,5 điểm).Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25oC có Kp = 116,6.
Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) tại 0 oC ; 50oC. Giả thiết rằng tỉ số giữa
hai trị số hằng số cân bằng tại 0 oC với 25oC hay 25oC với 50oC đều
bằng 1,54.
3. (1,5 điểm).Xét tại 25oC, cân bằng hoá học đã đợc thiết lập. Cân
bằng đó sẽ chuyển dịch nh thế nào? Nếu:
a) Tăng lợng khí NO.
b) Giảm lợng hơi Br2.
c) Giảm nhiệt độ.
d) Thêm khí N2 vào hệ mà:
- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const)
- áp suất chung của hệ không đổi (P = const).
Lời giải:
1.
2 NO(k) + Br2 (hơi) 2 NOBr (k) ; H > 0
(1)
-1
Phản ứng pha khí, có n = -1 đơn vị Kp là atm
(2)
2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ
Kp tại O2 < Kp tại 252 < Kp tại 502
(3)
Vậy : Kp tại 250 = 1 / 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm -1)
Kp tại 252 = 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 x 1,54 179, 56 (atm-1)

3. Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học tại 25OC.
Trờng hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:
PNOBr
Q =
(4) (Khi thêm NO hay Br 2)
(PNO)2
Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận.
8


Tuy nhiên, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo
nguyên lý Lơsatơlie.
a. Nếu tăng lợng NO, CBHH chuyển dời sang phải,
b. Nếu giảm lợng Br2, CBHH chuyển dời sang trái, .
c. Theo nguyên lý Lơsatơlie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH
chuyển dời sang trái, để chống lại sự giảm nhiệt độ.
d. Thêm N2 là khí trơ.
+ Nếu V = const: không ảnh hởng tới CBHH vì N2 không gây ảnh hởng nào liên hệ (theo định nghĩa áp suất riêng phần).
+ Nếu P = const ta xét liên hệ.
Nếu cha có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr (a)
Nếu có thêm N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr + Pn2
(b)
Vì P = const nên pi < pi
Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tơng quan với Kp:
1. Nếu Q = Kp: không ảnh hởng
2. Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp.
3. Nếu Q Xảy ra trờng hợp nào trong 3 trờng hợp trên là tuỳ thuộc vào pi tại
cân bằng hoá học.
........................................

2. a) Dùng ô lợng tử biểu diễn cấu hình:




b)
(1) là cấu hình e của nguyên tử vì trong (1) có 6e độc thân (nếu
ion phải có cấu hình e lớp ngoài cùng bão hoà ns 2 np6 không có e độc
thân hoặc có ít e độc thân, 1 tới 2 e; vả lại cấu hình trên có 1 e ở
phân lớp 4s).

9