Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 15

Kỳ thi Olympic 30/04/2006 1
Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk
Đề và đáp án: Môn Hóa - Khối 10
Số mật mã:
ĐỀ:
Câu I: (4 điểm)
I.1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534 nm.Tính bán kính
nguyên tử cộng hóa trị của Silic và khối lượng riêng (g.cm
-3
) của nó. Cho biết M
Si
= 28,086
g.mol
-1
. Kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngòai ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4
hốc tứ diện của ô mạng cơ sở.
I.2. Có các phân tử XH
3
I.2.1. Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH
3
và AsH
3
.
I.2.2. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.
I.2.3. Những phân tử nào sau đây có moment lưỡng cực lớn hơn 0 ? BF
3
, NH
3
, SiF
4
, SiHCl

3
,
SF
2
, O
3
.
Cho biết Zp = 15, Z
As
= 33, Z
O
= 16, Z
F
= 9, Z
Cl
= 17, Z
B
= 5, Z
N
= 7, Z
Si
= 14, Z
S
= 16.
Câu II: (4 điểm)
Amoni hidrosunfua là một chất không bền dễ dàng bị phân hủy thành NH
3(k)
và H
2
S

(k)
NH
4
HS
(r)
NH
3(k)
+ H
2
S
(k)
Cho biết các số liệu nhiệt động học sau đây tại 25
o
C
H
o
( KJ.mol
-1
) S
o
( J.K
-1
.mol
-1
)
NH
4
HS
(r)
-156,9 113,4

NH
3(k)
- 45,9 192,6
H
2
S
(k)
- 20,4 205,6
II.1. Tính
∆
H
0
,
∆
S
0
,
∆
G
0
tại 25
0
C.
II.2. Tính hằng số cân bằng K
p
tại 25
o
C của phản ứng trên.
II.3. Tính hằng số cân bằng K
p

tại 35
o
C của phản ứng trên giả thiết rằng cả
∆
H
0
và
∆
S
0
không
phụ thuộc vào nhiệt độ.
II.4. Tính áp suất toàn phần trong bình chứa nếu phản ứng đạt cân bằng tại 25
0
C. Bỏ qua thể
tích của NH
4
HS
(r)
.
Câu III: (4 điểm)
Trị số pH của nước nguyên chất là 7,0; trong đó khi nước mưa tự nhiên có tính axit yếu do sự
hòa tan của CO
2
trong khí quyển. Tuy nhiên trong nhiều khu vực nước mưa có tính axit mạnh
hơn. Điều này do một số nguyên nhân trong đó có nguyên nhân tự nhiên và những nguyên nhân
xuất phát từ hoạt động của con người. Trong khí quyển SO
2
và NO bị oxi hóa theo thứ tự thành
SO

3
và NO
2
, chúng phản ứng với nước để chuyển hóa thành axít sunfuric và axít nitric. Hậu quả
là tạo thành mưa axít với pH trung bình khoảng 4,5.
Lưu huỳnh dioxit là một oxit hai chức trong dung dịch nước. Tại 25
0
C :
SO
2 (aq)
+ H
2
O
(l)
HSO
3
-
(aq)
+ H
+
( aq)
Ka
1
= 10
-1,92
M
HSO
3
-
(aq)

SO
3
-
(aq)
+ H
+
( aq)
Ka
2
= 10
-7,18
M
Tất cả các câu hỏi sau đều xét ở 25
0
C
III.1. Độ tan của SO
2
là 33,9 L trong 1 L H
2
O tại áp suất riêng phần của SO
2
bằng 1 bar.
III.1.1. Tính nồng độ toàn phần của SO
2
trong nước bão hòa khí SO
2
(bỏ qua sự thay đổi thể
tích do sự hòa tan SO
2
).

III.1.2. Tính thành phần phần trăm của ion HSO
3
-
.
Kỳ thi Olympic 30/04/2006 2
Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk
Đề và đáp án: Môn Hóa - Khối 10
Số mật mã:
III.1.3. Tính pH của dung dịch.
III.2. Nhỏ từng giọt Br
2
đến dư vào dung dịch SO
2
0,0100 M, toàn bộ SO
2
bị oxi hóa thành
SO
4
2-
. Br
2
dư được tách ra bằng cách sục với khí N
2
.
Viết một phương trình phản ứng của quá trình. Tính nồng độ H
+
trong dung dịch thu được. Biết
pKa(HSO
4
-

) = 1,99.
Câu IV: (4 điểm)
IV.1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl
2
0,100 M và FeCl
3
0,100 M. Xác định
nồng độ các ion thiếc và ion sắt khi cân bằng ở 25
0
C. Tính thế của các cặp oxi hóa khử khi
cân bằng.
IV.2. Khi nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe
2
(SO
4
)
3
2,5.10
-2
M. Xác định nồng độ của Fe
3+
,
Fe
2+
và Ag
+
khi cân bằng ở 25
0
C.
Sn

4+
Sn
2
+
E
o
2
E
o
+
E
o
Fe
3
+
Fe
+
Ag
Ag
=
=
=
150,
V
0,
V
0,
V
77
80

;
;
Biet
Câu V: (4 điểm)
Theo lí thuyết công thức của khoáng pyrit là FeS
2
.Trong thực tế một phần ion disunfua S
2
-
bị
thay thế bởi ion sunfua S
2-
và công thức tổng quát của pyrit có thể biểu diễn là FeS
2-x
. Như vậy
có thể coi pyrit như một hỗn hợp của FeS
2
và FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng với Br
2
trong
KOH dư thì xảy ra các phản ứng sau:
FeS
2
+ Br
2
+ KOH
→
Fe(OH)
3
+ KBr + K

2
SO
4
+ H
2
O
FeS

+ Br
2
+ KOH
→
Fe(OH)
3
+ KBr + K
2
SO
4
+ H
2
O
Sau khi lọc thì chất không tan tách khỏi dung dịch và:
-/ Fe(OH)
3
được nung nóng và chuyển hóa hoàn toàn thành Fe
2
O
3
có khối lượng 0,2 gam.
-/ Cho dư dung dịch BaCl

2
vào pha lỏng được 1,1087 gam kết tủa BaSO
4.
V.1. Xác định công thức của pyrit.
V.2. Cân bằng hai phương trình phản ứng trên, nêu rõ cân bằng electron.
V.3. Tính lượng Br
2
theo gam cần thiết để oxi hóa mẫu khoáng.
----------o0o----------
ĐÁP ÁN:
K thi Olympic 30/04/2006 3
Trng THPT Chuyờn Nguyn Du, tnh k Lk
v ỏp ỏn: Mụn Húa - Khi 10
S mt mó:
Cõu I: (4 im)
I.1. r
Si
= (a.
3
)/8 = (0,534.
3
)/8= 0,118
S nguyờn t Si cú trong mt ụ mng c s: 8.(1/8) + 6.(1/2) + 4 = 8
Khi lng riờng ca Si = 2,33 g.cm
-1
.
I.2.1. P : 1s
2
2s
2

2p
6
3s
2
3p
3
; As : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
10
4s
2
4p
3
P v As u cú 5 electron húa tr v ó cú 3 electron c thõn trong XH
3

X
H
H
H
X

ụỷ traùng thaựi lai hoựa sp
3
.
I.2.2. XH
3
hỡnh thỏp tam giỏc, gúc HPH > gúc AsH, vỡ õm in ca nguyờn t trung tõm P
ln hn so vi As nờn lc y mnh hn.
I.2.3.
N
F
F
F
Si
Cl
H
Cl
Cl
sp
3
S
F
F
O
O
O
sp
3
sp
3
sp

2
B
F
F
F
Si
F
F
F
F
sp
2
sp
3
4 cht u tiờn cú cu to bt i xng nờn cú moment lng cc > 0.
Cõu II: (4 im)
II.1.

H
0
= 90,6 KJ.mol
-1


S
0
= 284,8 J.K
-1
.mol
-1

G
0
=

H
0
T.

S
0
= 5,7 KJ.mol
-1
II.2.

G
0
= -RT. lnK
a
=> K
a
= 0,1008
K
p
= P
NH
3
.
P

H
2
S
= 0,1008 bar
2
II.3.

G
0
=

H
0
T.

S
0
= 2839 J.mol
-1
=> K
a
= 0,3302.
K
p
= P
NH
3
.
P
H

2
S
= 0,3302 bar
2
II.4. P
ton phn
= P
H
2
S
+ P
NH
3
Vỡ n
H
2
S
= n
NH
3
=> P
NH
3
= P
H
2
S
= 0,5 P
ton phn

=>P
ton phn
= 0,635 bar.
Cõu III: (4 im)
III.1.1. P.V = n.R.T => n = 1,368 mol => C
SO
2
= 1,368 M.
III.1.2. SO
2 (aq)
+ H
2
O
(l)
HSO
3
-
(aq)
+ H
+
( aq)
Vi [H
+
] = [HSO
3
-
] = x thỡ
2
x
1,368 x

= 10
-1,92
=> x = 0,1224 M
Vy % n
HSO
3-
= 8,95 %.
III.1.3. pH = 0,91
III.2. Phn ng : 2 H
2
O
(l)
+ Br
2(aq)


SO
4
2-
(aq)
+ Br

(aq)
+ 4 H
+
(aq)
Cõn bng : HSO
4
-
(aq)

SO
4
2-
(aq)
+ H
+
(aq)
K
a
= 10
-1,99
M
[SO
4
2-
] = [HSO
4
-
] = 0,01 M v [H
+
] + [HSO
4
-
] = 0,04 M
[HSO
4
-
] = 0,04 [H
+
] v [SO

4
2-
] = [H
+
] 0,03 M => [H
+
] = 0,0324 M
Cõu IV: (4 im)
Kỳ thi Olympic 30/04/2006 4
Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk
Đề và đáp án: Môn Hóa - Khối 10
Số mật mã:
IV.1. Sn
2+
+ 2 Fe
3+

→
Sn
4+
+ 2 Fe
2+

C
Mcb
0,05-x 0,05-2x x 2x
lgK = 2.(0,77 – 0,15)/ 0,059 = 21 => K = 10
21
K rất lớn và nồng độ Fe
3+

cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn
2+
=> phản ứng gần như
hoàn toàn 2x
;
0,05
[Fe
2+
] = 0,05 M; [Sn
4+
] = 0,025 M; [Sn
2+
] = 0,025 M; [Fe
3+
] =
ε
M
K =
( )
2
2
0,025. 0,05
0,025.
ε
=> 1.10
21
=
2
0,0025
ε

=>
ε
= [Fe
3+
] = 1,58.10
-12
M
Khi cân bằng E
cb
= 0,77 + 0,059 lg
12
1,58.10
0,05
−
= 0,15 +
0,059
2
lg
0,025
0,025
= 0,15 V
IV.2. Ag + Fe
3+
Ag
+
+ Fe
2+
C
Mcb
0,05 - x x x

lgK =
0,77 0,80
0,059
−
= -0,51 => K = 0,31
Ta có:
2
x
0,05 x−
= 0,31 => x = [Ag
+
] = [Fe
2+
] = 4,38.10
-2
M
[Fe
3+
] = 6. 10
-3
M.
E
cb
= 0,77 + 0,059 lg
3
2
6.10
4,38.10
−
−

= 0,80 + 0,059 lg 4,38.10
-2
= 0,72 V
Câu V: (4 điểm)
V.1. n
S
=
1,1087
233,4
= 4,75.10
-3
n
Fe
= 2.
0,2
160
= 2,5.10
-3

=>n
Fe
: n
S
= 1 : 1,9 => Công thức FeS
1,9
V.2. Fe
2+
-e
→
Fe

3+
S
2
2-
-14e
→
2 S
+6
15 * 2
Br
2
+ 2e
→
2 Br
-
2 * 15
2 FeS
2
+ 15 Br
2
+38 KOH
→
2 Fe(OH)
3
+ 30 KBr + 4 K
2
SO
4
+ 16 H
2

O (1)
Fe
2+
-e
→
Fe
3+
S
2-
-8e
→
S
+6
9 * 2
Br
2
+ 2e
→
2 Br
-
2 * 9
2 FeS + 9 Br
2
+22 KOH
→
2 Fe(OH)
3
+ 18 KBr + 2 K
2
SO

4
+ 8 H
2
O (2)
V.3. 2 - x = 1,9 => x = 0,1 => 90% FeS
2
; 10% FeS
m
1
(Br
2
) = 160. 0,9 . 25.10
-3
.
15
2
= 2,7(g)
m
2
(Br
2
) = 160. 0,1 . 25.10
-3
.
9
2
= 0,18(g)
=>m
Br
2

= 2,7 + 0,18 = 2,88 (g)
Người biên soạn: Hồ Phạm Thu Thủy