Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII
Câu I (4 điểm)
Cho bộ bốn số lượng tử của electron chót cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z như
sau:
A: n = 3, l = 1, m = - 1, s = -1/2
X: n = 2, l = 1, m = - 1, s = -1/2
Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2
I.1 Xác định A, X, Z.
I.2 Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA2, AX2, AX32-,
AX42-.
I.3 Bằng thuyết lai hoá giải thích sự tạo thành phân tử ZX. Giải thích vì sao ZX có moment
lưỡng cực bé. Giải thích sự hình thành liên kết trong phân tử phức trung hoà Fe(CO) 5 bằng thuyết
VB.
I.4 Giải thích vì sao AX32- lại có khả năng hoà tan A tạo thành A2X32-.
Câu II (4 điểm)
II.1 Nghiên cứu động học của phản ứng: NO2 + CO = CO2 + NO
Người ta thấy ở nhiệt độ trên 5000C phương trình tốc độ của phản ứng có dạng:
v = k[NO2].[CO].
Còn ở dưới 5000C phương trình tốc độ phản ứng có dạng: v = k[NO2]2
Hãy giả thiết cơ chế thích hợp cho mỗi trường hợp trên.
II.2 Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 g/lit còn ở 1000C là 4.10-2 g/lit.
II.2.1 Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở hai nhiệt độ và pH của các dung dịch bão hoà.
II.2.2 Tính các đại lượng H0, G0 và S0 của phản ứng hoà tan, coi H0 và S0 không thay
đổi theo nhiệt độ.
Câu III ( 4 điểm)
III.1 Cho 0,01 mol NH3, 0,1 mol CH3NH2 và 0,11 mol HCl vào nước được 1 lít dung dịch. Tính
pH của dung dịch thu được?
Cho: pK NH4 = 9,24; pK CH3NH3 = 10,6; pK H2O = 14.
III.2 Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003 M.
Cho T AgSCN = 1,1.10-12 và hằng số phân li của phức [Ag(NH3)2]+ bằng 6.10-8.
Câu IV ( 4 điểm)
IV.1 Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp ion electron.
IV.1. 1 CrI3 + KOH + Cl2 ��
� K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
IV.1.2 Al + HNO3 ��
� Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường THPT chuyên Th ăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
IV.2 Để xác định hằng số điện li của axit axêtic người ta thiết lập một pin gồm hai điện cực:
Điện cực 1 là điện cực hidrô tiêu chuẩn
Điện cực 2 là dây Pt nhúng vào dung dịch axit axêtic 0,01M.
IV.2.1 Thiết lập sơ đồ pin và viết các bán phản ứng xảy ra trên bề mặt mỗi điện cực khi pin hoạt
động.
IV.2.2 Sức điện động của pin đo được ở 25 0C là 0,1998 V. Tính hằng số điện li của axit axêtic.
RT
ln 0,0592 lg , P H2 = 1atm.
Cho:
nF
Câu V (4 đi ểm)
V.1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau:
V.1.1 Hoà tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%)
V.1.2 Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư.
V.1.3 Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào dung
dịch thu được.
V.1.4 Để một vật làm bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm khí H2S một thời gian.
V.2 Có ba muối A, B, C của cùng kim loại magie và tạo ra từ cùng một axit. Cho A, B, C tác
dụng với những lượng như nhau cuả axit HCl thì có cùng một chất khí thoát ra với tỉ lệ mol
tương ứng là 2:4:1. Xác định A, B, C và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
V.3 Khi thêm 1 gam MgSO 4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO 4 bão hoà ở 200C đã làm cho
1,58 gam MgSO4 kết tinh lại ở dạng khan. Hãy xác định công thức của tinh thể muối ngậm nước
kết tinh. Biết độ tan cuả MgSO4 ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước.
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII
Câu I
I.1
Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2 � 3p4 A là S
Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2 � 2p4 X là O
Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 � 2p2 Z là C
I.2
Phân tử, iôn
Trạng thái lai hoá cuả
Cấu trúc hình học
nguyên tử trung tâm
CS2
sp
Đường thẳng
Chóp đáy tam
sp2
Góc
giác đềuSO2
2
sp3
Tứ diện đều
SO 4 sp3
2
SO 3
I.3
C:
[He]
2s2
2p2
O:
[He]
2s2
2p4
Cacbon dùng 1 obitan 2s tổ hợp với 1 �� �
obitan 2p tạo ra 2 obitan lai
�
�
�
�
�
�
hoá sp hướng ra hai phía khác nhau, trong
đó có một obitan bão hoà
và 1 obitan chưa bão hòa.
Cacbon dùng 1 obitan lai hoá chưa bão hoà xen phủ xichma với 1 obitan p chưa bão hoà cuả oxi
và dùng 1 obitan p thuần chủng chưa bão hoà xen phủ pi với 1 obitan p chưa bão hoá còn lại cuả
oxi. Oxi dùng 1 obitan p bão hoà xen phủ vơí obitan p trống của cacbon tạo liên kết pi kiểu p � p.
Công thức cấu tạo:
:C �O:
+ CO có moment lưỡng cực bé vì trong phân tử có liên kết phối trí ngược cặp electron của
nguyên tử oxi cho sang obitan trống cuả nguyên tử cacbon làm giảm độ phân cực của liên kết nên
làm giảm moment lưỡng cực.
+ Sự hình thành liên kết trong phân tử Fe(CO)5
Fe (Z = 26) [Ar]
3d6
4s2
4p0
Fe*
[Ar]
3d8
4s0
�� � � � �
��
4p0
Tỉnh:
Lâm Đồng.
�
�
�
�
�
�
�
�
Trường:
THPT chuyên Thăng Long Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Fe dùng 1 obitan 3d trống tổ hợp với 1obitan 4s và 3 obitan 4p
tạo thành 5 obitan lai hoá dsp3 trống hướng ra 5 đỉnh của hình lưỡng chóp đáy tam giác đều tâm
là nguyên tử Fe.
CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các
obitan lai hoá trống của sắt tạo ra phân tử phức trung hoà Fe(CO)5
Fe*
[Ar]
3d8
4s0
4p0
�
�
� � �
�� �� �� ��
:CO
:CO :CO : CO
:CO
I.4
S
[Ne]
3s2
3p4
*
S
[Ne]
3s2
3p4
2SO3 có khả năng kết hợp thêm 1 nguyên �� �� � �
tử S để tạo S2O32- vì trên
nguyên tử S trong SO32- còn có một cặp �� �� ��
electron tự do chưa liên
kết có khả năng cho vào obiatn 3p trống của nguyên tử S tạo liên kết cho nhận.
2S
O
O
S
O
S
S
O
2-
O
O
Câu II
II.1 Có thể giả thiết:
Trên 5000C phản ứng là đơn giản: NO2 + CO ��
� CO2 + NO
Vơí v = k[NO2].[CO]
Dưới 5000C phản ứng xảy ra theo hai giai đoạn sau:
2NO2 ��
Chậm
� NO + NO3
���
NO3 + CO ��
Nhanh
� CO2 + NO2
2
Với v = k[NO2]
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
II.2
2+
2+
- 2
3
���
II.2.1 Mg(OH)2 ��
� Mg + 2OH T = [Mg ].[OH ] = 4s
s
2s
3
�9.10 3 �
-4 3
-11
Ở 291K: T291 = 4. �
� = 4.(1,552.10 ) = 1,495.10 .
58
�
�
pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4) = 10,49
3
�4.10 2 �
-9
Ở 373K: T373 = 4. �
�= 1,312.10
� 58 �
pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4) = 11,14
II.2.2
RT2 T1
T373 8,314.373.291 1,312.109
0
.ln
.ln
= 49243,8 J.mol-1
H =
T2 T1
T291
373 291
1,495.10 11
Tính độ tan của Mg(OH)2 ở 298K:
T
H 0 �1
1 � 49243,8 � 1
1 �
ln 298
.�
.�
�
T291
R �298 291 �
8,314 �298 291 �
�
Suy ra T298 = 2,41.10-11.
Từ biểu thức:
0
G 298 = -RTlnT298 = -8,314.298.ln2,41.10-11 = 60573,7 J.mol-1 = 60,5737 KJ.mol-1
0
G 298 = H0 – 298. S0 Suy ra S0 = -38,02 J.mol-1.K
Câu III
NH3 + H+ ��
� NH 4
0,01 0,01
0,01 mol
+
CH3NH2 + H ��
� CH3NH 3
0,1
0,1
0,1 mol
+
Tổng số mol H phản ứng: n = 0,01 + 0,1 = 0,11 mol. Vậy H+ vừa hết.
Dung dịch thu được gồm: 0,01 mol NH 4 và 0,1 mol CH3NH 3
Vì K H O K CH NH K NH nên có thể bỏ qua cân bằng điện ly của nước trong dung dịch.
2
3
3
4
3
Ban đầu
Điện ly
Cân bằng
+
���
CH3NH ��
� CH3 NH2 + H
0,1
x
x
x
0,1 - x
x
x+y
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
+
���
NH 4 ��
� NH3 + H
Ban đầu
0,01
Điện ly
y
y
y
Cân bằng
0,01 – y
y
x+y
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho các cân bằng điện li ta có :
[CH3 NH 2 ].[H + ] x(x + y)
=
= 10-10,6
K CH3NH3 =
0,1- x
[CH3 NH3+ ]
x (x + y) = 10-11,6 (1)
(giả sử coi x << 0,1)
+
[NH3 ][H ] y(x + y)
=
= 10-9,24
K NH4 =
0, 01- y
[NH +4 ]
y (x + y) = 10-9,24 . 10-2 = 10-11.24 (2) (giả sử coi y << 0,01)
Từ (1) và (2) ta có
x (x + y ) + y (x + y) = 10-11,6 + 10-11,24 = 8,27.10-12
x + y = 8,27 .10 12
[ H+ ] = x + y = 2,88 . 10-6 mol.lit-1.
pH = -lg [ H+ ] = - lg 2,88 . 10-6 = 5,54
III.2
Các cân bằng xảy ra trong dung dịch:
+
���
AgSCN ��
TAgSCN = 1,1.10-2
� Ag + SCN
1
1
+
���
Ag+ + 2NH3 ��
[Ag(NH
)
]
K
=
3
2
b
�
K pl 6.10 8
+
���
AgSCN + 2NH3 ��
� [Ag(NH3)2] + SCN
0,003 – 2s
s
Kcb = TAgSCN.
1
K pl
(1)
(2)
(3)
s
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng (3) ta có:
T
s2
AgSCN
2
(0,003 2s)
K pl
Thay số vào ta có s = 1,27.10-5 mol.lit-1.
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Câu IV
IV. Cân bằng các phản ứng bằng phương pháp ion electron:
IV.1.1 CrI3 + KOH + Cl2 ��
� K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
Chất khử: CrI3
Chất oxi hoá: Cl2
Môi trường: KOH
HSC
2
3+
Quá trình oxi hoá:
Cr + 3I + 32OH - 27 e ��
� CrO 4 + 3IO 4 + 16H2O x2
Quá trình khử:
Cl2 + 2e ��
x 27
� 2Cl
2
3+
2Cr + 6I + 64OH + 27Cl2 ��
� 2CrO 4 + 6IO 4 + 54Cl + 32H2O
Phương trình phân tử:
2CrI3 + 64KOH + 27Cl2 ��
� 2K2CrO4 + 6KIO4 + 54KCl + 32H2O
IV.1.2 Al + HNO3 ��
� Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O
Chất khử: Al
Chất oxi hoá: NO 3
Môi trường: HNO3
HSC
3+
QT oxi hoá: Al – 3e ��
x (3x-8y)
� Al
+
QT khử: (x+2y)NO 3 + (4x+10 y)H + (3x+8y)e ��
� xNO + yN2O + (2x+5y)H2O x 3
(3x+8y)Al + 3(x+2y)NO 3 + (12x+30y)H+ ��
� (3x+8y)Al3+ + 3xNO + 3yN2O + (6x+15y) H2O
Phương trình phân tử:
(3x+8y)Al + (12x+30y)HNO3 ��
� (3x+8y)Al(NO3)3 + 3xNO + 3yN2O + (6x+15y) H2O
+
IV.2 Sơ đồ pin
(+) Pt, H2 /H , 1M // CH3COOH, 0,01 M/H2, Pt (-)
Tại cực dương: 2H+ + 2e ��
� H2
Tại cực âm: H2 - 2e ��
� 2H+
Phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động: 2H+ (+) + H2 (-) = 2H+ (-) + H2 (+)
IV.2.2
Từ E = E(+) – E(-) ta có 0,1998 = 0 – E(-) hay E(-) = - 0,1998V
Gọi [H+] là nồng độ ion [H+] là nồng độ ion hidro do CH3COOH điện li ra ở điện cực âm.
Mặt khác, E = 0,0592lg[H+] = -0,1998 V
� [H+] = 4,217.10-4 M
+
���
CH3COOH
��
� CH3COO + H
0,01 – 4,217.10-4
4,217.10-4
4,217.10-4 (mol.lit-1)
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng ta có:
[H ].[CH3COO ]
(4,217.10 4 )2
Ka =
=
= 1,86.10-5
[CH 3 COOH]
0, 01 4,217.10 4
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 10
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Câu V
V.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra:
V.I.1 Pb + H2SO4 = PbSO4 + H2
PbSO4 + H2SO4 = Pb(HSO4)2
Pb + 2H2SO4 = Pb(HSO4)2 + H2
V.I.2 Cu2O + 2HCl = 2CuCl + H2O
CuCl + HCl = H[CuCl2]
Cu2O + 4HCl = 2 H[CuCl2] + H2O
V.I.3 Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
6FeSO4 + 3Cl2 = 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3
V.I.4 4Ag + O2 + 2H2S = 2Ag2S + 2H2O
Câu V.2 Ba muối có thể là MgCO3, Mg(HCO3)2, Mg2(OH)2CO3
(Hoặc MgSO3, Mg(HSO3)2, Mg2(OH)2SO3 …)
Phương trình phản ứng:
MgCO3 + 2 HCl = MgCl2 + H2O + CO2
a
a/2
Mg(HCO3)2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2O + 2CO2
a
a
Mg2(OH)2CO3 + 4HCl = 2MgCl2 + CO2 + 3H2O
a
a/4
V.3 Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO4.nH2O
Trong 120 + 18n gam MgSO4.nH2O có 120 gam MgSO4 và 18n gam H2O
1,58 gam
0,237n gam
Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà:
100.100
m H2O
= 74,02 gam
35,1 100
100.35,1
m MgSO4
= 25,98 gam
35,1 100
Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh:
m H2O = 74,02 – 0,237n gam
m MgSO4 = 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam
25,4
.100 = 35,1. Suy ra n = 7.
74,02 0,237n
Vậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO4.7H2O.
Độ tan: s =
- Xem thêm -
.DOC 
8 
976 
113 
