Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 năm 2005 và đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2004 - 2005
MÔN: HÓA HỌC LỚP 10
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (4 điểm)
1. Hãy giải thích tại sao phân tử Cl
2
O có góc liên kết (111
o
) nhỏ hơn và độ dài liên kết Cl-O (1,71Å) lớn
hơn so với phân tử ClO
2
(118
o
và 1,49Å)?
2. So sánh và giải thích độ mạnh:
(a) tính axit, tính oxi hóa của các chất HClO, HClO
2
, HClO
3
và HClO
4
.
(b) tính axit, tính khử của các chất HF, HCl, HBr, HI
3. Giải thích sự biến đổi khối lượng riêng của nước theo nhiệt độ:
Nhiệt độ (
o
C)......... 0 4 10 15 20
D (g/ml)................ 0,999866 1,000000 0,999727 0,999127 0,998230

ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Công thức electron và công thức cấu tạo của hai phân tử:
Cl
O
O
Cl Cl
O
Cl Cl
O
Cl
O
O
 Góc liên kết của Cl
2
O nhỏ hơn của ClO
2
là vì nguyên tử trung tâm (O) của Cl
2
O có
hai cặp electron tự do tạo lực đẩy ép góc liên kết nhiều hơn so với nguyên tử trung
tâm (Cl) của ClO
2
chỉ có 3 electron tự do.
 Liên kết Cl-O trong phân tử ClO
2
có đặc tính của liên kết đôi do sự cộng hưởng với
electron độc thân ở trên Cl hoặc O. Đặc tính liên kết đôi này làm liên kết Cl-O trong
ClO
2
ngắn hơn trong Cl

2
O (chỉ chứa liên kết đơn).
2. Độ mạnh tính axit:
(a) HClO < HClO
2
< HClO
3
< HClO
4
Số nguyên tử oxi không hidroxyl tăng làm tăng độ phân cực của liên kết O-H
(b) HF < HCl < HBr < HI
Bán kính nguyên tử tăng làm độ bền liên kết giảm, khả năng bị phân cực hóa của liên
kết H-X tăng.
Độ mạnh tính oxi hóa - khử
(a) Tính oxi hóa giảm: HClO > HClO
2
> HClO
3
> HClO
4
Số nguyên tử oxi tăng làm tăng độ bền phân tử (độ bội liên kết tăng) nên độ mạnh
tính oxi hóa giảm.
(b) Tính khử tăng: HF < HCl < HBr < HI
Bán kính nguyên tử tăng làm giảm độ bền phân tử, làm tăng tính khử
1,00
(0,50
×
2
)
2,00

(0,50
×
4
)
1
3. Ở nước đá (0
o
C), các phân tử liên kết với nhau bằng liên kết H hình thành cấu trúc tinh
thể phân tử khá rỗng (xem hình dưới), khối lượng riêng nhỏ. Khi nhiệt độ tăng (4
o
C), liên
kết H bị phá vỡ một phần khiến các phân tử xích lại gần nhau hơn nên khối lượng riêng
tăng. Khi tiếp tục tăng nhiệt độ, khoảng cách giữa các phân tử tăng làm thể tích tăng lên
nên khối lượng riêng giảm.
H
O
H
H
H
O
O
H
O
H
H
H
1,00
(0,50
×
2

)
Câu II (4 điểm)
1. Xác định nhiệt hình thành AlCl
3
khi biết:
Al
2
O
3
(r) + 3COCl
2
(k) → 3CO
2
(k) + 2AlCl
3
(r) ∆H
1
= -232,24 kJ
CO (k) + Cl
2
(k) → COCl
2
(k) ∆H
2
= -112,40 kJ
2Al (r) + 1,5O
2
(k) → Al
2
O

3
(k) ∆H
3
= -1668,20 kJ
Nhiệt hình thành của CO: ∆H
4
= -110,40 kJ/mol
Nhiệt hình thành của CO
2
: ∆H
5
= -393,13 kJ/mol.
2. Tại 25
o
C phản ứng bậc một sau có hằng số tốc độ k = 1,8.10
-5
s
-1
:
2N
2
O
5
(k) → 4NO
2
(k) + O
2
(k)
Phản ứng trên xảy ra trong bình kín có thể tích 20,0 L không đổi. Ban đầu lượng N
2

O
5
cho vừa đầy
bình. Tại thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N
2
O
5
là 0,070 atm. Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng.
(a) Tính tốc độ (i) tiêu thụ N
2
O
5
; (ii) hình thành NO
2
; O
2
.
(b) Tính số phân tử N
2
O
5
đã bị phân tích sau 30 giây.
3. Phản ứng dưới đây đạt đến cân bằng ở 109K với hằng số cân bằng K
p
= 10:
C (r) + CO
2
(k)  2CO (k)
(a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp cân bằng, biết áp suất chung của hệ là 1,5atm.
(b) Để có hàm lượng CO bằng 50% về thể tích thì áp suất chung là bao nhiêu?

ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Nhiệt hình thành AlCl
3
là nhiệt của quá trình:
Al + 1,5Cl
2
→ AlCl
3
Để có quá trình này ta sắp xếp các phương trình như sau:
Al
2
O
3
(r) + 3COCl
2
(k) → 3CO
2
(k) + 2AlCl
3
(k) ∆H
1
3CO (k) + 3Cl
2
(k) → 3COCl
2
(k) 3∆H
2

2Al (r) + 1,5O
2

(k) → Al
2
O
3
(r) ∆H
3
3C (k) + 1,5O
2
(k) → 3CO (k) 3∆H
4
3CO
2
(k) → 3C (r) + 3O
2
(k) 3(-∆H
5
)
Sau khi tổ hợp có kết quả là:
2Al (r) + 3Cl
2
(k) → 2AlCl
3
(r) ∆H
x
∆H
x
= ∆H
1
+ 3∆H
2

+ ∆H
3
+ 3∆H
4
+ 3(-∆H
5
)
= (-232,24) + 3(-112,40) + (-1668,20) + 3(-110,40) + 3(393,13) = - 1389,45 kJ
Vậy, nhiệt hình thành 1 mol AlCl
3
= -1389,45 / 2 = - 694,725 kJ/mol
1,50
(1,00+0,50)
2
2. (a) p
i
V = n
i
RT
⇒
3
i
ON
ON
10.8646,2
298082,0
07,0
RT
P
V

n
C
52
52
−
=
×
===
(mol.l
-1
)
⇒

835
ON
10.16,510.8646,210.8,1C.kv
52
−−−
=×==
mol.l
-1
.s
-1
.
Từ phương trình: 2N
2
O
5
(k) → 4NO
2

(k) + O
2
(k)
⇒
dt
dC
dt
dC
4
1
dt
dC
2
1
v
22
52
ONOON
+=×+=×−=
nên v
tiêu thụ
(N
2
O
5
) = −2v = −2 × 5,16.10
-8
= −10,32.10
-8
mol.l

-1
.s
-1
v
hình thành
(NO
2
) = 4v = 4 × 5,16.10
-8
= 20,64.10
-8
mol.l
-1
.s
-1
v
hình thành
(O
2
) = v = 5,16.10
-8
mol.l
-1
.s
-1

(b) Số phân tử N
2
O
5

đã bị phân hủy = v
tiêu thụ
(N
2
O
5
) × V
bình
× t × N
o
(số avogadrro)
= 10,32.10
-8

×
20,0
×
30
×
6,023.10
23

≈ 3,7.10
19
phân tử

3. (a) C + CO
2
 2CO
∑

n
[ ] (1 - x) 2x 1 + x (mol)
Ta có:
5,1
x1
x1
x1
x2
P
P
K
2
CO
2
CO
P
2
×
+
−






+
==
= 10
⇒ x = 0,79

Vậy hỗn hợp cân bằng chứa 2.0,79 = 1,58 mol CO (88,27%) và 1 – 0,79 = 0,21 mol
CO
2
(11,73%)
(b) Từ
10P
5,0
)5,0(
K
2
P
=×=
⇒ P = 20 atm.
1,00
(0,25
×
4)
0,50
1,00
(0,50
×
2)
Câu III (4 điểm)
1. Viết phương trình các phản ứng tương ứng với trình tự biến đổi số oxi hóa của lưu huỳnh sau đây:
2
S
−

 →
)1(

0
S

 →
)2(

4
S
+
 →
)3(

6
S
+
 →
)4(

4
S
+
 →
)5(

0
S
 →
)6(

2
S
−
2. Trình bày phương pháp nhận biết các ion halogenua trong mỗi dung dịch hỗn hợp sau đây: (a) NaI và
NaCl, (b) NaI và NaBr.
3. Viết phương trình phản ứng minh họa quá trình điều chế các chất sau đây từ các đơn chất halogen
tương ứng: (a) HClO
4
, (b) I
2
O
5
, (c) Cl
2
O, (d) OF
2
.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Phương trình phản ứng:
(1) H
2
S + 1/2O
2
→ S + H
2
O
(2) S + O
2

 →

t
SO
2
(3) SO
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HCl
(4) Cu + 2H
2
SO
4
→ CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O
(5) SO
2
+ 2H
2
S → 3S + 2H

2
O
(6) 2Na + S
 →
t
Na
2
S
(Học sinh có thể sử dụng các phản ứng khác cho quá trình này)
1,50
(0,25
×
6
)
3
2. (a) Thêm từ từ AgNO
3
vào mẫu thử, thấy xuất hiện kết tủa vàng trước và kết tủa trắng
sau, nhận ra được hai ion I
-
và Cl
-
.
Ag
+
+ I
-
→

AgI↓ (vàng)

Ag
+
+ Cl
-
→

AgCl↓ (trắng)
(b) Thêm H
2
SO
4
và benzen vào mẫu thử. Thêm từng giọt nước clo, lắc đều. Thấy xuất
hiện màu tím trong lớp benzen, sau đó mất màu khi nước clo dư nhận ra I
-
. Thêm tiếp
nước clo, xuất hiện lớp vàng nâu trong lớp benzen nhận ra Br
-
.
Cl
2
+ 3I
-
→ 2Cl
-
+ I
3
-
I
2
+ 5Cl

2
+ 6H
2
O → 12H
+
+ 10Cl
-
+ 2IO
3
-
Cl
2
+ 2Br
-
→ 2Cl
-
+ Br
2
3. (a) 3Cl
2
+ 6NaOH
 →
t
5NaCl + NaClO
3
+ 3H
2
O
4NaClO
3

 →
t
NaCl + 3NaClO
4
NaClO
4
+ H
2
SO
4
→ NaHSO
4
+ HClO
4
(chưng cất)
(b) 3I
2
+ 6OH
-
→ 5I
-
+ IO
3
-
+ 3H
2
O
IO
3

-
+ H
+
→ HIO
3
2HIO
3

 →
t
I
2
O
5
+ H
2
O
(c) 2Cl
2
+ HgO → Cl
2
O + HgCl
2
(d) 2F
2
+ 2OH
-
→ 2F
-
+ OF

2
+ H
2
O
1,00
(0,50
×
2
)
1,50
0,50
0,50
0,25
0,25
Câu IV (4 điểm)
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
1,00M
(sinh ra S
4
O
6
2-
). Lấy 25 mL mẫu dung dịch A khác, chiết tách I
2
, lượng Fe
2+
trong dung dịch còn lại phản
ứng vừa đủ với 3,20 mL dung dịch MnO
4
-
1,000M trong H
2
SO
4
.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn).
2. Tính phần trăm khối lượng Fe
3
O
4
và Fe

2
O
3
trong mẫu ban đầu.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Phương trình phản ứng:
Fe
3
O
4
+ 2I
-
+ 8H
+
→ 3Fe
2+
+ I
2
+

4H
2
O (1)
Fe
2
O
3
+ 2I
-
+ 6H

+
→ 2Fe
2+
+ I
2
+

3H
2
O (2)
2S
2
O
3
2-
+ I
2
→ S
4
O
6
2-
+ 2I
-
(3)
5Fe
2+
+ MnO
4
-

+ 8H
+
→ 5Fe
3+
+ Mn
2+
+ 4H
2
O(4)
2. Tính phần trăm:
(3) ⇒
mol00275,010055,0
2
1
n
2
1
n
2
32
2
OS
)3(I
=×==
−
(4) ⇒
mol016,010032,05n5n
4
2
MnO)4(Fe

=××==
−+

Đặt số mol Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
lần lượt là x và y ta có:






=
=
⇒
=×=+
=×=+
00925,0y
0045,0x
01375,0500275,0yx
032,02016,0y2x3
%4,17%100
000,6
2320045,0

m%
43
OFe
=×
×
=

2,00
(0,50
×
4
)
2,00
4
%7,24%100
000,6
16000925,0
m%
32
OFe
=×
×
=
Câu V (4 điểm)
Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS
2
và FeS. Khi xử lí một mẫu khoáng pirit bằng brom
trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung dịch B. Nung kết tủa B đến khối
lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl
2

vào dung dịch B thì thu được
1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit.
1. Viết các phương trình phản ứng.
2. Xác định công thức tổng của pirit.
3. Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng.
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Phương trình phản ứng:
2FeS
2
+ 15Br
2
+ 38OH
-
→ 2Fe(OH)
3
+ 4SO
4
2-
+ 30Br
-
+ 16H
2
O (1)
2FeS + 9Br
2
+ 22OH
-
→ 2Fe(OH)
3
+ 2SO

4
2-
+ 18Br
-
+ 8H
2
O (2)
2Fe(OH)
3
→ Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (3)
Ba
2+
+ SO
4
2-
→ BaSO
4
(4)
2. Công thức:
mol10.5,2
160
2,0
2n2n,mol10.75,4
233

1087,1
nn
3
OFeFe
3
SOBaS
324
−−
======
9,1:110.75,4:10.5,2n:n
33
SFe
==
−−
⇒ công thức FeS
1,9
3. Gọi số mol FeS
2
và FeS lần lượt là x và y ta có:



=
=



⇒
=+
=+

−
−
−
−
3
3
3
3
10.25,0y
10.25,2x
10.75,4yx2
10.5,2yx
g88,216010.25,0
2
9
10.25,2
2
15
m
33
Br
2
=×






×+×=

−−
2,00
(0,50
×
4
)
1,00
1,00
5