Sở Giáo Dục và Đào Tạo Đồng Tháp
Trường THPT Thị Xã Sa Đéc
ĐỀ THAM KHẢO KÌ THI OLYMPIC 30 – 04
NĂM HỌC 2005 – 2006
MÔN HÓA HỌC
Câu I (4 đ)
I.1. So sánh bán kính của các hạt sau: Al, Al3+, Na, Na+, Mg, Mg2+, F-, O2-. (1,0 đ)
I.2. Trong số các cấu trúc có thể có sau đây:
(1,5 đ)
a) Của ICl4(-):
Cl
..
Cl
..
Cl
Cl
I
Cl
..
I
Cl
Cl
Cl
..
(a)
(b)
b) Của TeCl4:
Cl
Cl
Cl
..
Cl
Cl
Te
Te
..
Cl
Cl
(c)
Cl
(d)
c) Của ClF3:
F
..
..
..
Cl
F
F
F
Cl
..
F
(�
)
F
..
F
F
(e)
những cấu trúc nào có khả năng tồn tại ưu tiên hơn? Vì sao?
I.3. Tại sao nước đá nhẹ hơn nước lỏng? (có vẽ hình minh họa)
Cl
..
F
(g)
(1,5 đ)
Câu II (4 đ)
Ở nhiệt độ cao, khí HF bị phân li một phần thành H2 và F2 theo phương trình phản ứng:
2HF (k) � H2 (k) + F2 (k)
0
Ở 1000 C hằng số cân bằng KP = 1,00 x 10 – 13. Tính nồng độ các chất khi thực hiện sự phân li 1 mol
HF ở 10000C trong bình kín thể tích 2 lit.
Câu III (4 đ)
III.1. Có một dung dịch axit HA và HX, biết nồng độ của axit HX trong dung dịch là 2 . 10 – 3 M.
Tính nồng độ của axit HA ở trong dung dịch sao cho độ điện ly của HX là bằng 0,08.
Cho KHA = 1,3 . 10 – 5 và KHX = 1,8 . 10 – 5
(2,5 đ)
III.2.
III.2.1. Tính nồng độ ion S2 – và pH của dung dịch H2S2 – 0,010M.
(0,75 đ)
III.2.2. Khi thêm 0,001 mol HCl vào 1 lit dung dịch H 2S 0,010M thì nồng độ ion S 2 – bằng bao
7
12,92
nhiêu? Cho hằng số axit của H2S : K A1 10 và K A 2 10
.
(0,75 đ)
Câu IV (4 điểm)
IV.1. Ion MnO4(-) oxi hóa được Cl(-) v Br(-) (trong môi trường axit). Tính hằng số cân bằng của các
phản ứng đó. (1,5 đ)
IV.2. Có thể điều chỉnh pH để MnO4(-) chỉ oxi hóa một trong hai ion. Giải thích tại sao? (1,5 đ)
0
0
0
Cho: E MnO4 / Mn2 1,51V; E Cl2 / 2Cl( ) 1,36V; E Br2 / 2Br( ) 1,065V
IV.3. Viết đầy đủ phương trình phản ứng sau đây và tiến hành cân bằng bằng phương pháp ion
electron:
MnO(OH)2 + PbO2 + H(+) + NO3(-) H(+) + MnO4(-) + Pb2+ + H2O (1 đ)
Câu V (4 điểm)
V.1. Đun nóng m gam bột Fe với bột lưu huỳnh, trong bình kín không có không khí. Sau một thời
gian thu được 4 gam rắn A có Fe, S và FeS. Hòa tan hoàn toàn rắn A vào dd H2SO4 đặc nóng thu
được 3,36 lit khí SO2 (đktc).
V.1.1. Viết các phương trình phản ứng. (1,0 đ)
V.1.2. Tính m gam.
(1,5 đ)
V.2. Viết các phương trình phản ứng sau đây:
V.2.1. Viết phương trình phản ứng khi cho Cl2 dư tác dụng với dung dịch kali iođua; dung dịch
natri thiosunfat.
V.2.2. Viết phương trình phản ứng khi cho khí CO2 lội qua các dung dịch nước javel, dung
dịch canxi hipoclorit.
-----------------------------------------
Câu I (4 đ)
I.1. So sánh bán kính của các hạt sau: Al, Al3+, Na, Na+, Mg, Mg2+, F-, O2-. (1,0 đ)
I.2. Trong số các cấu trúc có thể có sau đây:
(1,5 đ)
a) Của ICl4(-):
Cl
..
Cl
..
Cl
Cl
I
Cl
..
I
Cl
Cl
Cl
..
(a)
(b)
b) Của TeCl4:
Cl
Cl
Cl
..
Cl
Cl
Te
Te
..
Cl
Cl
(c)
Cl
(d)
c) Của ClF3:
F
..
..
..
Cl
F
F
F
Cl
..
F
(�
)
F
..
F
F
(e)
những cấu trúc nào có khả năng tồn tại ưu tiên hơn? Vì sao?
I.3. Tại sao nước đá nhẹ hơn nước lỏng? (có vẽ hình minh họa)
Cl
..
F
(g)
(1,5 đ)
Trả lời:
I.1. (1 đ)
- Khi đi từ trái sang phai trong một chu kì bán kính nguyên tử giảm dần nên: Na > Mg > Al.
(0,25đ)
+
2+
2–
2
2
6
- Vì các ion Na , Mg , F , O đều có cấu hình electron giống Ne : 1s 2s 2p , nên bán kính của
chúng giảm xuống khi điện tích hạt nhân tăng: 8O2 – > 9F – > 11Na+ > 12Mg2+ > 13Al3+ .
(0,25 đ)
2
2
6
2
1
2–
- Vì cấu hình electron của Al là 1s 2s 2p 3s 3p rất lớn hơn so với O .
(0,25đ)
- Do đó bán kính giảm dần như sau:
Na > Mg > Al > O 2-> F – > Na+ > Mg2+ > Al3+
(0,25đ)
I.2. (1,5 điểm)
a) Cấu trúc (a) có khả năng tồn tại thực tế vì nó đảm bảo cho lực đẩy giữa các cặp elctron không
liên kết là nhỏ nhất.
b) Cấu trúc (C) có khả năng tồn tại trong thực tế vì tương tác đẩy ở cấu trúc này bé nhất.
c) Cấu trúc đ có sự giảm nhiều lực đẩy giữa các electron không liên kết và cặp electron liên kết.
I.2. (1,5 điểm)
a) Cấu trúc (a) có khả năng tồn tại thực tế vì nó đảm bảo cho lực đẩy giữa các cặp elctron không
liên kết là nhỏ nhất.
b) Cấu trúc (C) có khả năng tồn tại trong thực tế vì tương tác đẩy ở cấu trúc này bé nhất.
c) Cấu trúc đ có sự giảm nhiều lực đẩy giữa các electron không liên kết và cặp electron liên kết.
I.3. (1,5 điểm)
Do có liên kết hidro nên nước đá có cấu trúc đặc biệt. Các nguyên tử Oxi nằm ở tâm và bốn
đỉnh của một tứ diện đều. Mỗi nguyên tử hidro liên kết chính với một nguyên tử oxi và liên kết
hidro với một nguyên tử oxi khác. Cấu trúc này tương đối “xốp” nên có tỷ khối nhỏ. Khi tan thành
nước lỏng cấu trúc này bị phá vỡ nên thể tích giảm và do đó tỷ khối tăng. Kết quả là nước đá nhẹ
hơn nước. (1 đ) (Hình vẽ 0,5 đ)
O
H
O
H
H
H
O
H
H
H
HH
O
H
O
Cau
�truc
��
t �
dien
�cua
�tinh the�
n�
�
�
c ��
a
Câu II (4 đ)
Ở nhiệt độ cao, khí HF bị phân li một phần thành H2 và F2 theo phương trình phản ứng:
2HF (k) � H2 (k) + F2 (k)
0
Ở 1000 C hằng số cân bằng KP = 1,00 x 10 – 13. Tính nồng độ các chất khi thực hiện sự phân li 1 mol
HF ở 10000C trong bình kín thể tích 2 lit.
Trả lời
- Vì phản ứng có tổng số phân tử khí ở hai vế bằng nhau nên KP = KC.
[H 2 ][F2 ]
K C K P 1,00.10 13
(1)
2
[HF]
- Theo hệ số của phương trình phản ứng:
[H2] = [F2]
(2)
- Theo ĐLBT nồng độ:
[HF] + 2[F2] = 1 : 2 = 0,5M
[HF] = 0,5 – 2[F2]
(3)
- Thay (2) và (3) vào (1) ta có:
[F2 ]2
1, 00x10 13
(4)
2
0,5 2[F2 ]
- Vì KC quá bé nên ta có thể bỏ qua số hạng 2[F2] ở mẩu số và (4) trở thành:
[F2 ]2
1,00x1013
2
0,5
- Suy ra:
[F2] = [H2] = 1,58.10-7M ; [HF] �0,50M.
- Kết quả 0,5 >> 2[F2] việc giải gần đúng chấp nhận được.
Câu III (4 đ)
III.1. Có một dung dịch axit HA và HX, biết nồng độ của axit HX trong dung dịch là 2 . 10 – 3 M.
Tính nồng độ của axit HA ở trong dung dịch sao cho độ điện ly của HX là bằng 0,08.
Cho KHA = 1,3 . 10 – 5 và KHX = 1,8 . 10 – 5
(2,5 đ)
III.2.
III.2.1. Tính nồng độ ion S2 – và pH của dung dịch H2S2 – 0,010M.
(0,75 đ)
III.2.2. Khi thêm 0,001 mol HCl vào 1 lit dung dịch H 2S 0,010M thì nồng độ ion S 2 – bằng bao
7
12,92
nhiêu? Cho hằng số axit của H2S : K A1 10 và K A 2 10
. (0,75 đ)
Trả lời
III.1
+ Trong dung dịch có các cân bằng:
HOH
H(+)
+
OH(-)
; KW = 10-14
(1)
HA
H(+)
+
A(-)
; KHA= 1,3 . 10-5
(2)
HX
H(+)
+
X(-)
; KHX = 1,8 . 10-5
(3)
Ta có:
HX
H(+)
+
; KHX = 1,8 . 10-5
X(-)
(3)
–3
C
2 . 10
[ ] (2 . 10 – 3 - 0,08 . 2 . 10 – 3 )
(-)
[H(+)]
0,08 . 2 . 10 – 3
- 3
[X ]
[HX]
–4
= 0,08 . 2 . 10
= 1,6 . 10 M
–3
–3
= (2 . 10 - 0,08 . 2 . 10 ) = 1,84 . 10 – 3 M
3
[HX]
5 1,84.10
[H ] K HX . ( ) 1,8 . 10 .
2,07.10 4
4
[X ]
1,6.10
( )
+ Theo định luật bảo toàn proton, ta có:
[H(+)] = [OH(-)] + [A(-)] + [X(-)]
(4)
Vì KHA KHX >> KW, nên ta có thể bỏ qua sự điện ly của nước, do đó:
[H(+)] = [OH(-)] + [A(-)] + [X(-)] [A(-)] + [X(-)]
(5)
(+)
thay [H ] và [X(-)] vào (5) có:
[A(-)] = [H(+)] – [X(-)] = 2,07 . 10 – 4 – 1,6 . 10 – 4 = 4,7 . 10 – 5 M
+ Từ cân bằng (2) có:
(0,75 đ)
(0,5 đ)
(0,25 đ)
[H( ) ][A ( ) ] 2,07.10 4.4,7.10 5
[HA]
7,48.10 4
5
[K HA ]
1,3.10
+ Vậy nồng độ HA trong dung dịch là
CHA = [A(-)] + [HA] = 4,7 . 10 – 5 + 7,48 . 10 – 4 = 7,95 . 10 - 4 M
(1 đ)
III.2.1
H2S + H2O � H3O+ + HS–
HS– + H2O � H3O+ + S2 –
2H2O � H3O + OH
+
Vì K A1 10
C
[]
7
K A1 10 7
K A 2 10
–
>> K A 2 10
H2S + H2O � H3O+ + HS–
0,010
0,010 – x
x
x
KW = 10
12,92
12,92
– 14
(1)
(2)
(3)
>> KW = 10 – 14 nên cân bằng (1) là chủ yếu.
K A1 10 7
(1)
x2
10 7
0,010 x
[]
Với x << 0,010 ta có x 10 7.10 2 10 4,5 0,010
Vậy [H3O+ ] = [HS- ] = 10 – 4,5 và pH = 4,5.
Thay các giá trị của [H3O+ ] = [HS- ] = 10 – 4,5 vào cân bằng (2).
� H3O+
HS–
+ H2O
+ S2 –
(10 – 4,5 – y)
(10 – 4,5 + y)
y
K A 2 10 12,92 (2)
y(10 4,5 y)
10 12,92
(10 4,5 y)
Với y << 10 – 4,5 ta có : y = [S2 – ] = 10 – 12,92 = 1,2 . 10 – 13 .
2 . Khi HCl vào dung dịch H2S ta có các qua 1trình:
HCl + H2O H3O+ + CL–
0,001 -------------> 0,001
Tổ hợp (1) và (2) ta có:
7
H2S + H2O � H3O+ + HS– K A1 10
(1)
HS– + H2O � H3O+ + S2 –
K A 2 10 12,92 (2)
(0,75 đ)
+
H2S + 2H2O � 2H3O+ + S2 – K = 10 – 19,92
(4)
Khi có mặt HCl cân bằng phân li của H 2S càng chuyển dịch sang trái. Do đó nồng độ H 3O+ do H2S
phân li ra càng bé và ta có thể coi [H3O+ ] = CHCl = 0,0010
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho (4) ta có:
[H 3 O ] 2 [S2 ]
10 19,92
[H 2 S]
[H 2 S]
0,010
[S 2 ] 10 19,92 .
10 19,92 .
2
[H 3 O]
(10 3 ) 2
[S2 – ] = 10 – 15,92 = 1,2 . 10 – 16
(0,75 đ)
Câu IV (4 điểm)
IV.1. Ion MnO4(-) oxi hóa được Cl(-) v Br(-) (trong môi trường axit). Tính hằng số cân bằng của các
phản ứng đó. (1,5 đ)
IV.2. Có thể điều chỉnh pH để MnO4(-) chỉ oxi hóa một trong hai ion. Giải thích tại sao? (1,5 đ)
0
0
0
Cho: E MnO4 / Mn2 1,51V; E Cl2 / 2Cl( ) 1,36V; E Br2 / 2Br( ) 1,065V
IV.3. Viết đầy đủ phương trình phản ứng sau đây và tiến hành cân bằng bằng phương pháp ion
electron:
MnO(OH)2 + PbO2 + H(+) + NO3(-) H(+) + MnO4(-) + Pb2+ + H2O (1 đ)
IV.1.
Trường hợp MnO4- oxi hóa Cl(-):
Ở bên phải: MnO4(-) + 8H(+) + 5e –
Ở bên trái:
2Cl(-)
Mn2+
Cl2
x2
x5
+ 4H2O
+ 2e –
2MnO4(-) + 10Cl(-) + 16H(+) 2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O (0,25 điểm)
0
0
0
Sức điện động chuẩn của tế bào điện hóa: E pin E phaûi E traùi 1,51 1,36 0,15V
(0,25 điểm)
10x0,15
Hằng số cân bằng của phản ứng: K 10 0,059 10 25,42 ;
K rất lớn phản ứng xảy ra hoàn toàn ở điều kiện chuẩn.
Trường hợp MnO4- oxi hóa Cl(-):
Ở bên phải: MnO4(-) + 8H(+) + 5e –
Mn2+
Ở bên trái:
2Br(-)
Br2
(0,25 điểm)
x2
x5
+ 4H2O
+ 2e –
2MnO4(-) + 10Br(-) + 16H(+) 2Mn2+ + 5Br2 + 8H2O (0,25 điểm)
0
0
0
Sức điện động chuẩn của tế bào điện hóa: E pin E phaûi E traùi 1,51 1,065 0, 445V
(0,25 điểm)
10x0,445
Hằng số cân bằng của phản ứng: K 10 0,059 10 75,42
(0,25 điểm)
K rất lớn phản ứng xảy ra hoàn toàn ở điều kiện chuẩn.
IV.2.
MnO4(-) + 8H(+) + 5e –
Mn2+
+ 4H2O
( )
0,059 [MnO4 ][H ]8
0
E MnO( ) / Mn2 E MnO( ) / Mn2
lg
(0,25 điểm)
4
4
5
[Mn2 ]
0,059
0,059 [MnO(4 ) ]
0
8
E
E
lg[H
]
lg
hay
(0,25 điểm)
MnO(4 ) / Mn2
MnO(4 ) / Mn2
5
5
[Mn 2 ]
0
E MnO( ) / Mn2 E MnO
0, 0944pH
( )
(0,25 điểm)
/ Mn 2
4
4
Giả thiết nồng độ các chất bằng 1M và áp suất các khí bằng 1 atm v [H+] 1M.
Để oxi hóa Br(-) mà không oxi hóa Cl(-) ta phải có điều kiện:
0
0
E 0Br / 2Br( ) < E MnO( ) / Mn2 E MnO
0, 0944pH < E Cl
( )
/ Mn 2
/ 2Cl( ) (0,25 điểm)
2
4
4
2
Hay
1,065
<
1,51 – 0,0944pH
< 1,36
1,6 < pH < 4,71
(0,5 điểm)
Như vậy cần điều chỉnh pH trong khoảng đó ta có thể chỉ oxi hóa Br(-) mà không oxi hóa Cl-.
IV.3. MnO(OH)2 + PbO2 + H(+) + NO3(-) H(+) + MnO4(-) + Pb2+ + H2O
c.khử
c.oxh
3 x PbO2
+ 4H(+) + 2e
Pb2+ + 2H2O
(sự khử)
(-)
(+)
2 x MnO(OH)2 + H2O
MnO4 + 4H + 3e (sự oxi hóa)
2MnO(OH)2 + 3PbO2 + 4H(+)
3Pb2+ + 2MnO4(-) + 4H2O
2MnO(OH)2 + 3PbO2 + 6HNO3 3Pb(NO3)2 + 2HMnO4 + 4H2O
Câu V (4 điểm)
V.1. Đun nóng m gam bột Fe với bột lưu huỳnh, trong bình kín không có không khí. Sau một thời
gian thu được 4 gam rắn A có Fe, S và FeS. Hòa tan hoàn toàn rắn A vào dd H2SO4 đặc nóng thu
được 3,36 lit khí SO2 (đktc).
V.1.1. Viết các phương trình phản ứng. (1,0 đ)
V.1.2. Tính m gam.
(1,5 đ)
V.2. Viết các phương trình phản ứng sau đây:
V.2.1. Viết phương trình phản ứng khi cho Cl2 dư tác dụng với dung dịch kali iođua; dung dịch
natri thiosunfat.
V.2.2. Viết phương trình phản ứng khi cho khí CO2 lội qua các dung dịch nước javel, dung
dịch canxi hipoclorit.
Trả lời
V.1.1. Các phương trình phản ứng:
Fe
+ S � FeS
(1) 0,25 đ
- Rắn A thu được có Fe dư
S dư
FeS
- Phản ứng với H2SO4 đặc, nóng:
0
2Fe
+ 6H2SO4 đặc � t�� Fe2(SO4)3
+ 3SO2 �
+ 6H2O (2) 0,25 đ
0
2FeS + 10H2SO4 đặc � t�� Fe2(SO4)3
+ 9SO2
+10H2O (3) 0,25 đ
t0
S
+ 2H2SO4 đặc � �� 3SO2 + 2H2O
(4) 0,25 đ
V.1.2. Tính m
Phương pháp 1: áp dụng định luật bảo toàn electron
Fe
+S
Fe, FeS, S
H2SO4, �
Fe2(SO4)3 + SO2
m gam
4 gam
0,15 mol
- Định luật bảo toàn khối lượng cho: mlưu huỳnh = 4 – m (gam)
(0,5 điểm)
4m
- Suy ra nlưu huỳnh =
(mol)
32
- Phân tích: trong quá trình thí nghiệm:
* lượng Fe ban đầu đã bị oxi hóa thành Fe3+ (chất khử)
* lượng S ban đầu đã bị oxi hóa thành S+4 (chất khử)
* lượng H2SO4 ban đầu đã bị khử thnh S+4 (chất oxi hóa)
Tính số mol chất khử nhường
� Fe3+
Fe
- 3e
m
3m
--------->
56
56
0
� S+4 (SO2)
S
- 4e
4m
4m
4m
----->
------->
32
8
32
- Định luật bảo toàn electron cho:
Tính số mol chất oxh nhận
� S+4 (SO2)
S+6
+ 2e
4m
4m
0,3 –
<------------ 0,15 –
16
32
3m
4m
4m
+
= 0,3 (0,75 đ)
56
8
16
m = 3,36 gam
(0,25 đ)
V.2.1. Viết phương trình phản ứng khi cho Cl2 tác dụng với dung dịch kali iođua; dung dịch natri thiosunfat.
2KI + Cl2
I2 + 2KCl
(0,25 đ)
(-)
khi có dư Cl2 tác dụng với I2 tạo ra IO3
5Cl2 + I2 + 6H2O
2HIO3 + 10HCl
(0,25 đ)
Na2S2O3 + 4Cl2 + 5H2O 2NaHSO4 + 8HCl (0,50 đ)
V.2.2. Viết phương trình phản ứng khi cho khí CO2 lội qua các dung dịch nước javel, dung dịch
canxi hipoclorit.
H2O + CO2 + NaClO
NaHCO3 + HclO
(0,50 đ)
H2O + CO2 + Ca(ClO)2 CaCO3
+ 2HclO
(0,50 đ)
- Xem thêm -