Da Nang 2006 HSG12 Bang A - Dap an

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2005 - 2006
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HỌC LỚP 12 - BẢNG A
Câu 1 (3,0 điểm)
1. Dựa vào phương pháp gần đúng Slater, tính năng lượng ion hóa I
1
cho He (Z = 2).
2. Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của các phân tử NH
3
, ClF
3
và XeF
4
.
3. 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 %.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 1 (3,0 điểm)
1. He có cấu hình 1s
2
,
( )
eV6,78
1
3,026,13

2
n
Z6,13
2E
2
2*
2*
*
He
−=








−
−=








−=
He

+
có cấu hình 1s
1
,
eV4,54
1
26,13
n
Z6,13
E
2
2
2
*
He
−=
×
−=−=
+
Quá trình ion hóa He - e → He
+
;
⇒
eV2,24)eV6,78()eV4,54(EEI
*
He
*
He
1
=−−−=−=

+
0,75
2. Cấu tạo của phân tử NH
3
cho thấy quanh N có 4 không gian khu trú, trong đó có 1 cặp
electron tự do (AB
3
E) nên phân tử NH
3
có dạng tháp đáy tam giác với góc liên kết
nhỏ hơn 109
o
28
'
(cặp electron tự do đòi hỏi một khoảng không gian khu trú lớn hơn):
NH
H
H
..
H
N
H
H
0,50
Phân tử ClF
3
có năm khoảng không gian khu trú, trong đó có hai cặp electron tự do
(AB
3
E

2
) nên có dạng chữ T (các electron tự do chiếm vị trí xích đạo):
ClF
F
F
.
.
.
.
F Cl
F
F
0,50
Phân tử XeF
4
có sáu khoảng không gia khu trú, trong đó có hai cặp electron tự do
(AB
4
E
2
) nên có dạng vuông phẳng (các cặp electron tự do phân bố xa nhau nhất):
Xe
F
F
F
F
.
.
.
.

F
Xe
F F
F
0,50
3. Từ
( )
00507,0
85,6100
100
ln
14
1
kkt
m
m
ln
t
0
=
−
=⇒=
ngày
-1
1/9
137
00507,0
693,0
k
2ln

t
2/1
===⇒
ngày
Thời gian để
Po
210
84
bị phân rã 90% là:
( )
454
90100
100
ln
00507,0
1
t
=
−
=
ngày
0,75
Câu 2 (3,0 điểm)
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 ban đầu của HSO
4
-
(K
a
= 10
-2
), biết giá trị sức điện động của pin:
PtI
-
0,1 M; I
3
-
0,02 MMnO
4
-
0,05 M, Mn
2+
0,01 M, HSO
4
-
C MPt
ở 25
o
C đo được bằng 0,824 V. Cho
V51,1E
o

Mn/MnO
2
4
=
+−
và
V5355,0E
o
I/I
3
=
−−
.
3. 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.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 2 (3,0 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[
=≈
+
=
−−
−
1,00
2/9
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. Ở điện cực phải: MnO
4
-
+ 8H
+
+ 5e ⇌ Mn
2+
+ 4H
2
O
Ở điện cực trái: 3I
-
⇌ I
3
-
+ 2e
01,0
]H[05,0
lg
5
059,0
51,1
]Mn[
]H][MnO[
lg
5
059,0

EE
8
2
8
4
o
Mn/MnO
p
2
4
+
+
+−
+=+=
+−
V574,0
)1,0(
02,0
lg
2
059,0
5355,0
]I[
]I[
lg
2
059,0
EE
33
3

o
I3/I
t
3
=+=+=
−
−
−−
EΔ
= E
phải
- E
trái
⇔ 0,824 = 1,51 +
5
059,0
lg(5[H
+
]
8
) – 0,574
Suy ra h = [H
+
] = 0,053 M
Mặt khác từ cân bằng:
H
2
SO
4
-

⇌ H
+
+ SO
4
2-
K
a
= 10
-2
[] C – h h h
Suy ra
Ch
K
h
K
hC
h
a
2
a
2
=+⇒=
−
Thay giá trị h = 0,053 và K
a
= 1,0.10
-2
, tính được
M334,0C
4

HSO
=
−
1,00
3. 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:
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
Câu 3 (4,0 điểm)
1. Cho 100 gam N
2
ở nhiệt độ 0
o
C và áp suất 1 atm. Tính nhiệt Q, công W, biến thiên nội năng
UΔ
và biến thiên entanpi
HΔ
trong các biến đổi sau đây được tiến hành thuận nghịch nhiệt
động: (a) nung nóng đẳng tích tới áp suất bằng 1,5 atm; (b) giãn đẳng áp tới thể tích gấp đôi thể
3/9
tích ban đầu. Chấp nhận rằng N
2
là khí lí tưởng và nhiệt dung đẳng áp không đổi trong quá
trình thí nghiệm và bằng 29,1 J.K
-1
.mol
-1
.
2. Hãy xác định bậc của phản ứng:
(CH
3
)
3
CBr (aq) + H
2
O (l) → (CH
3

)
3
COH (aq) + H
+
+ Br
-
từ các dữ kiện thực nghiệm sau đây ở 298K:
t, (s) 0 15000 35000 55000 95000 145000
[(CH
3
)
3
CBr], (mol.L
-1
) 0,0380 0,0308 0,0233 0,0176 0,0100 0,00502
3. 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?
ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu 3 (4,0 điểm)
1. (a) Nung nóng đẳng tích tới áp suất bằng 1,5 atm
Vì V = const nên W = 0
( )
( )

( )
( )
( )
12
p
12
p
12
V
V
TTRCnTTRCnTTCnQUΔ
−−=−−=−==

( )
( )
J74,1013815,27315,273
1
5,1
314,81,29
28
100
TT
P
P
RCn
11
1
2
p
=







−−=








−−=
( )
J05,1419415,27315,273
1
5,1
1,29
28
100
TT
P
P
CnTTCnHΔ
11
1
2

p
12
p
=






−=








−=−=
0,75
(b) Giãn đẳng áp tới thể tích gấp đôi
( )
=









−=−==
11
1
2
p
12
p
p
TT
V
V
CnTTCnHΔQ
( )
J09,2838815,27315,273.21,29
28
100
=−=
( )
J60,811015,273.314,8.
28
100
TT
V
V
nRTTnRVΔPW
11
1
2

12
−==








−−=−−=−=
J,20278811028388WQUΔ
=−=+=
0,75
2. Phương trình động học của phản ứng:
[ ]
[ ] [ ]
αα
=−=
CBr)CH(OHk
dt
CBr)CH(d
v
332
33
Do nồng độ của chất tan rất nhỏ, nên có thể coi [H
2
O]
≈
const, phương trình trên trở

thành:
0,75
4/9
[ ]
[ ]
α
=−=
CBr)CH(k
dt
CBr)CH(d
v
33
33
với k = k’[H
2
O]
α’
= const
Thế các dữ kiện thực nghiệm vào các biểu thức của k đối với các phản ứng đơn giản
bậc 0, 1, 2 ta được các kết quả sau đây:
α = 0 α = 1 α = 2
[ ] [ ]
t
AA
k
1
o
1
−
=

[ ]
[ ]
1
o
1
A
A
ln
t
1
k
=
[ ] [ ]
[ ] [ ]
1
o
1
1
o
1
AA
AA
t
1
k
−
−
=
4,80.10
-7

1,4.10
-5
4,10.10
-4
4,20.10
-7
1,4.10
-5
4,70.10
-4
3,70.10
-7
1,4.10
-5
5,50.10
-4
2,95.10
-7
1,4.10
-5
7,80.10
-4
2,27.10
-7
1,4.10
-5
1,19.10
-4
Vậy phản ứng có bậc 1 đối với (CH
3

)
3
CBr.
0,75
3. (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
).
Chú thích:
Trong trường hợp này, ta không thể dựa vào nguyên lí Le Chatelier để dự đoán
chiều diễn biến của phản ứng.
0,50
0,50
Câu 4 (3,0 điểm)
1. Streptimidon là một loại kháng sinh có công thức sau:

5/9