Môn thi: Hoá học Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07/11/2008. Câu 1 (4,0 điểm). 1. Cho biết trị số năng lợng ion hoá thứ nhất I 1 (eV) của các nguyên tố chu kỳ 2 Nguyên tố Li Be B C N O F Ne I 1 (eV) 5,39 9,30 8,29 11,26 14,54 13,61 17,41 21,55 Nhận xét sự biến thiên năng lợng ion hoá của các nguyên tố trên. Giải thích. 2. So sánh góc liên kết, momen lỡng cực của các hạt: NO 2 + , NO 2 , NO 2 - . 3. Giải thích tại sao BF 3 có thể dime hoá, còn BCl 3 không thể, trong lúc đó AlF 3 và AlI 3 lại dễ tạo dime? Câu 2 (4,0 điểm). 1. Dựa vào bảng số liệu: Oxh / Kh I 2 / 2I - Br 2 / 2Br - Cl 2 /2Cl - IO 3 - /I 2 BrO 3 - /Br 2 E 0 (V) +0,54 +1,07 +1,36 +1,20 +1,52 Hãy giải thích hiện tợng quan sát đợc trong thí nghiệm sau: Cho luồng khí clo từ từ đi vào dung dịch chứa KI và KBr có hoà tan vài giọt hồ tinh bột đến d. 2. Có 3 đơn chất của 3 nguyên tố là A, B, C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra chất D. Chất D bị thuỷ phân mạnh trong nớc tạo thành khí cháy đợc có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau tạo ra khí E, khí này có khả năng làm quỳ tím ẩm hoá đỏ. Hợp chất của cả 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu tan trong nớc và bị thuỷ phân. Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và rất cứng. Xác định A, B, C và các hợp chất tơng ứng. Viết các phơng trình phản ứng. Câu 3 (4,0 điểm) 1.Trộn 20 ml dung dịch NH 3 có pH = 10,5 với 20 ml dung dịch H 2 SO 4 có pH = 2,5 thu đợc dung dịch A. Tính pH của dung dịch A, biết K b của NH 3 là 1,8.10 -5 và coi H 2 SO 4 điện li hoàn toàn. 2. Ngời ta để một dung dịch chứa Tl + 0,1M và HCl 1M ra ngoài không khí ở 25 0 C, áp suất 1 atm (oxi chiếm 21% thể tích không khí) cho đến khi Tl + bị oxi hoá đến mức tối đa thành Tl 3+ . Tính % số mol Tl + còn lại cha bị oxi hoá. Cho: O 2 + 4H + + 4e 2H 2 O E 0 = 1,23V Tl 3+ + 2e Tl + E 0 = 1,25V Câu 4 (4,0 điểm). 1. Để hoà tan 9,18 gam bột nhôm cần dùng dung dịch axit A có nồng độ 0,25M, thu đợc khí X và dung dịch muối Y. Biết trong khí X số nguyên tử của nguyên tố có sự thay đổi số oxi hoá là 0,3612.10 23 . Để tác dụng vừa đủ với dung dịch Y tạo ra một dung dịch trong suốt thì cần 290 gam dung dịch NaOH 20%. Xác định khí X và thể tích dung dịch A cần để hoà tan 9,18 gam nhôm (biết số Avogadro là 6,02.10 23 ). 2. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu bằng dung dịch H 2 SO 4 98% (d) thu đợc dung dịch A. Pha loãng dung dịch A rồi điện phân với điện cực trơ bằng dòng điện I=9,65A đến khi hết Cu 2+ thì mất 9 phút 20 giây (hiệu suất điện phân 100%). Sau khi điện phân thu đợc dung dịch B, dung dịch B phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KMnO 4 0,04M. a. Viết các phơng trình phản ứng trong quá trình thí nghiệm trên. b. Tính m. Câu 5 (4,0 điểm). Sở Gd&Đt Nghệ an kỳ thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia lớp 12 THPT năm học 2008 - 2009 1 Đề thi chính thức (Đề thi có 02 trang) 1. a. Khảo sát phản ứng: NH 4 Cl (K) NH 3 (K) + HCl (K) Ngời ta tiến hành hai thí nghiệm trong 2 bình có thể tích cố định bằng nhau, chân không sau: Thí nghiệm 1: Cho 4 mol NH 4 Cl vào bình 1, khi phản ứng đạt cân bằng hoá học ở nhiệt độ T có áp suất P 1 =1,5 atm, độ phân li của NH 4 Cl là = 0,6. Tính K p . Thí nghiệm 2: Cho 16 mol NH 4 Cl vào bình 2, khi phản ứng đạt cân bằng ở nhiệt độ T, áp suất chung của hệ là P 2 . Tính P 2 . b. Kết quả tính độ phân li của NH 4 Cl trong hai thí nghiệm có phù hợp với nguyên lý Lơsatơliê không? Giải thích. 2. Có hai hỗn hợp A, B. Hỗn hợp A chứa Na 2 CO 3 và NaHCO 3 , hỗn hợp B chứa Na 2 CO 3 và NaOH. Một trong hai hỗn hợp này đợc hoà tan trong nớc tạo thành một dung dịch D có thể tích 100 ml. Lấy 20 ml dung dịch D chuẩn độ với dung dịch HCl 0,2M. Lần 1: Dùng chỉ thị phenolphtalein thấy cần 36,15 ml dung dịch HCl. Lần 2: Dùng chỉ thị metyl da cam thấy cần 43,8 ml dung dịch HCl. Cho vùng chuyển màu của phenolphtalein là pH = 8,3 10 và vùng chuyển màu của metyl da cam là pH = 3,1 4,0. a. Cho biết các phản ứng nào đã xẩy ra khi đạt đợc giá trị chuyển pH. b. Cho biết hỗn hợp nào đã đợc phân tích. c. Xác định thành phần hỗn hợp đã phân tích. Cho: H=1 ; O=16; N=14; Cl=35,5; S=32; C=12; Na=23; K=39; Cu=64; Fe=56; Mn=55; Al=27; Br=80; I=127. Hết * Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. * Giám thị không giải thích gì thêm. Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi hsg quốc gia lớp 12 Năm học 2008 - 2009 hớng dẫn chấm, đáp án và biểu điểm chấm đề chính thức Môn: HO Ngày thi: 07/11/2008 Cõu ỏp ỏn im Cõu 1 4,0 1 1,5 - Nhn xột: Nhỡn chung nng lng ion hoỏ th nht I 1 ca cỏc nguyờn t tng dn t trỏi sang phi. 0,5 - Gii thớch: + Trong 1 chu k, nguyờn t cỏc nguyờn t cú s lp e bng nhau. T trỏi sang phi in tớch ht nhõn tng, ng thi s e lp ngoi cựng tng lm cho lc hỳt gia ht nhõn vi e lp ngoi cựng tng lờn, do ú bỏn kớnh nguyờn t gim dn. Vỡ vy, nng lng cn tỏch e ra khi nguyờn t cng ln. 0,5 + Riờng Be v N cú nng lng ion hoỏ cao bt thng (cao hn nguyờn t ng sau nú). - Be cú cu hỡnh 1s 2 2s 2 , cỏc phõn lp s ó bóo ho, õy l cu hỡnh bn. 0 5 2 - N có cấu hình 1s 2 2s 2 2p 3 phân lớp s đã bão hoà, phân lớp p bán bão hoà cũng là cấu hình bền nên cần cung cấp năng lượng cao để tách e ra khỏi vỏ nguyên tử. 2 1,5 đ NO 2 : O = N + = O → N lai hoá sp → có dạng đường thẳng NO 2 : N O O . → N lai hoá sp 2 , N còn 1 e độc thân NO 2: N O O- → N lai hoá sp 2 , N còn cặp e cặp đôi 0,5 + Do cặp e cặp đôi đẩy các cặp e liên kết lớn hơn e độc thân nên ta có góc liên kết: NO 2 + > NO 2 > NO 2 - 0,5 + Mo men lưỡng cực: O = N = O + O O . N O N - O 2 0 NO µ + = , 2 2 NO NO µ µ − < vì mô men lưỡng cực của e cặp đôi lớn hơn e độc thân Vậy 2 2 2 NO NO NO µ µ µ − + > > 0,5 3 1 đ - Trong các phân tử trên B, Al đều ở trạng thái lai hoá sp 2 , 3 obitan sp 2 của mỗi nguyên tử tham gia liên kết tạo 3 liên kết σ , nguyên tử trung tâm còn lại 1 obitan trống: B*: 2s 1 2p 2 sp 2 Al*: 3s 1 3p 2 sp 2 Trong phân tử obitan trống còn lại của B, Al tạo liên kết π (p → p) không định vị với F, Cl làm bền hơn cho liên kết σ . 0,25 3 . B Cl Cl Cl B F F F F F F Al Al I I I Phân tử BF 3 có thể đime hoá vì B có xu hướng chuyển từ lai hoá sp 2 sang sp 3 , lúc đó nguyên tử F của phân tử BF 3 thứ 2 đưa ra 1 cặp e p xen phủ với obitan trống của nguyên tử B ở phân tử thứ nhất, tương tự nguyên tử F ở BF 3 thứ nhất cũng tạo liên kết cho nhận với nguyên tử B ở BF 3 thứ 2. B F F F B F F F 0,25 Phân tử BCl 3 không thể đime hoá vì B có kích thước nguyên tử nhỏ, Cl có kích thước lớn hơn F nên sự sắp xếp A nguyên tử Cl xung quanh nguyên tử B là không thuận lợi về mặt năng lượng. 0,25 Phân tử AlF 3 và AlI 3 dễ tạo đime vì Al có xu hướng chuyển từ lai hoá sp 2 sang sp 3 , mặt khác Al có bán kính nguyên tử lớn nên 1 nguyên tử Al liên kết với 4 nguyên tử F hay 4 nguyên tử I là đều thuận lợi về mặt năng lượng. Al Al I F F F F F F Al Al I I I I I 0,25 Câu 2 4 1 2 đ Do 2 0 / 2Cl Cl E − > 3 2 0 /IO I E − > 2 0 / 2Br Br E − > 2 0 / 2I I E − và clo lấy dư nên các phản ứng lần lượt xảy ra: 1) Cl 2 + 2I - → 2Cl - + I 2 làm dung dịch chuyển dần màu xanh. 2) Cl 2 + 2Br - → 2Cl - + Br 2 làm dung dịch có màu đậm dần do Br 2 có màu vàng. 1 3) 5Cl 2 + I 2 + 6H 2 O → 10Cl - + 2IO 3 - + 12H + làm màu dung dịch nhạt dần chuyển sang màu vàng. 4) Do clo dư nhiều và 3 2 0 /BrO Br E − - 2 0 / 2Cl Cl E − = 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng: 5Cl 2 + Br 2 + 6H 2 O → 10Cl - + 2BrO 3 - + 12H + làm màu vàng của dung dịch nhạt dần và mất đi. Nếu tiếp tục sục clo thì dung dịch có màu vàng nhạt của 1 lượng nhỏ clo hoà tan. 1 4 2 2 đ - Vì D thuỷ phân mạnh trong nước sinh ra khí cháy được có mùi trứng thối ⇒ D là muối sunfua của kim loại như Mg, Al… - B và C tác dụng với nhau tạo ra khí E, khí E làm quỳ ẩm hoá đỏ ⇒ E oxit là axit =>B là lưu huỳnh, C là Oxi - Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và rất cứng ⇒ A là nhôm ⇒ hợp chất Al 2 O 3 . - Hợp chất của cả 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước, bị thuỷ phân ⇒ Al 2 (SO 4 ) 3 . Vậy A là Al, B là S, C là O 2 . 1 Phương trình phản ứng: 2Al + 3S 0 t → Al 2 S 3 (D) Al 2 S 3 + 6H 2 O → 2Al(OH) 3 + 3H 2 S ↑ 2H 2 S + 3O 2 0 t → 2SO 2 + 2H 2 O 2H 2 S + O 2 0 t → 2S + 2H 2 O S +O 2 0 t → SO 2 (E) Al 3+ + H 2 O ˆ ˆ † ‡ ˆ ˆ Al(OH) 2+ + H + 1 Câu 3 4 đ 1 2 đ *Dung dịch NH 3 , pH = 10,5: NH 3 + H 2 O → ¬  NH 4 + + OH - K = 1,8.10 -5 C bđ C b 0 0 C đl x x x C cb C b - x x x pH = 10,5 → pOH = 3,5 → x = 10 -3,5 → 3,5 2 5 3,5 (10 ) 1,8.10 10 b C − − − = − → C b = 5,872.10 -3 M 0,5 * Dung dịch H 2 SO 4 , pH = 2,5 → H C + = 10 -2,5 M = 3,162.10 -3 M Sau khi trộn do thể tích tăng lên gấp 2 lần → nồng độ các chất và ion giảm 2 lần hay C b = 2,936. 10 -3 M. H C + = 1,581.10 -3 M 0,5 Phản ứng xảy ra khi trộn: NH 3 + H + → NH 4 + C bđ 2,936.10 -3 1,581.10 -3 0 C pư 1,581.10 -3 1,581.10 -3 1,581.10 -3 C còn 1,355.10 -3 0 1,581.10 -3s 0,5 5 Cân bằng trong dung dịch: NH 3 + H 2 O → ¬  NH 4 + + OH - C bđ 1,355.10 -3 1,581.10 -3 C đl x x x C cb 1,355.10 -3 - x 1,581.10 -3 +x x K = 3 3 (1,581.10 ) 1,355.10 x x x − − + − = 1,8.10 -5 → x = 1,54271.10 -5 M → pOH = 4,812 →pH = 9,188 0,5 2 2 đ Ta có: O 2 + 4H + + 4e → 2H 2 O E 0 = 1,23 V 2( Tl + → Tl 3+ + 2e) E 0 = -1,25 V 2Tl + + O 2 + 4H + → 2Tl 3+ + 2H 2 O E o = - 0,02 V 0,5 C bđ 0,1 1 0 C cb 0,1 - x 1 - 2x x 2 0,21 O P = 0 2 3 2 0,059 + 2 + 4 [ ] 10 [Tl ] . .[H ] nE O Tl K P + = = → 4( 0,02) 2 2 0,059 2 4 10 4,4.10 (0,1 ) .0,21.(1 2 ) x x x − − = = − − 0,5 Giả thiết x = 1, ta có: 2 2 2 4,4.10 (0,1 ) .0,21.1 x x − = − → x 2 = 0,924.10 -2 (x 2 - 0,2x + 0,01) → 0,99x 2 + 0,1848.10 -2 .x - 0,924.10 -4 = 0 → x = 8,65.10 -3 (x>0) Ta thấy x = 1 → giả thiết đúng. 0,5 Vậy nồng độ Tl + còn lại chưa bị oxi hoá: 0,1 - 8,65.10 -3 = 0,09135 M Như vậy có 91,35% mol Tl + chưa bị oxi hoá. 0,5 Câu 4 4 đ 1 2 đ n Al = 3 Al n + = 9,18/27 = 0,34 mol n NaOH = 1,45 mol Al 3+ + 4OH - → AlO 2 - + 2H 2 O dau 0,34.4 1,36 pu ban OH OH n mol n − − = = < 0,5 → trong dd có 1 muối tác dụng với OH - tạo ra dd trong suốt, đó là NH 4 NO 3 → A là HNO 3 NH 4 + + OH - → NH 3 + H 2 O 4 NH OH n n + − = = 1,45 - 1,36 = 0,09 mol 0,5 Số mol nguyên tử N trong khí X là 23 23 0,3612.10 0,06 6,02.10 = mol QT nhường e: Al → Al 3+ + 3e 0,34 1,02 → n e cho = 1,02 mol QT nhận e: NO 3 - + 10H + + 8e → NH 4 + + 3H 2 O 0,5 6 0,9 0,72 0,09 NO 3 - + 6H + + (5-x)e → N x + 3H 2 O 0,36 0,06(5-x) 0,06 ⇒ n e nhận = 0,72 + 0,06(5 - x) mol ⇒ 0,06(5 - x) + 0,72 = 1,02 → x = 0 → X là N 2 3 0,9 0,36 1, 26 HNO H n n + = = + = mol ⇒ 1, 26 5,04 0,25 V = = l 0,5 2 2 đ a. Các phương trình phản ứng: 2Fe + 6H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O (1) x 2 x 0,25 Cu + 2H 2 SO 4 → CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O (2) y y 0,25 Phương trình phản ứng điện phân dd A: 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2H 2 O dp → 4FeSO 4 + O 2 + 2H 2 SO 4 (3) 2 x x 4 x 0,25 2CuSO 4 + 2H 2 O dp → Cu + O 2 + 2H 2 SO 4 (4) y y 2 y 0,25 Phương trình phản ứng khi dd B tác dụng với KMnO 4 : 10FeSO 4 + 2KMnO 4 + 8H 2 SO 4 → 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O (5) x 5 x 0,25 b. Tính m: Gọi x, y là số mol Fe, Cu trong hỗn hợp Ta có: 4 0,1.0,04 0,004 KMnO n = = mol Theo (5): 0,004 0,02 5 x x= → = 0,25 Ta có: 2 (3),(4) 9,65(9.60 20) 0,014 4,96500 O It n nF + = = = mol 0,25 Theo (3), (4): 0,014 4 2 x y + = → y = 0,018 Vậy m = 56x + 64y = 56.0,02 + 64.0,018 m = 2,272 g 0,25 Câu 5 4 đ 1 2đ a) Phản ứng: NH 4 Cl (K) ˆ ˆ † ‡ ˆ ˆ NH 3(K) + HCl (K) Ban đầu: n mol Phân li: n α Cân bằng: n(1- α ) n α n α Tổng số mol khí khi cân bằng là n(1 + α ) 0,25 7 Theo Đan tơn áp suất riêng phần từng khí là: 4 3 NH 1 , P 1 1 NH Cl HCl P P P P α α α α − = = = + + Vậy K P của phản ứng = 3 4 . NH HCL NH Cl P P P ⇒ Thay vào ta có: K P = 2 2 1 P α α − 0,25 Đặt n 1 là số mol khí trong bình 1 khi phản ứng cân bằng → n 1 = 4(1 + 0,6) = 6,4 (mol) n 2 là số mol khí trong bình 2 khi phản ứng cân bằng → n 2 = 16(1 + α 2 ) (mol) Áp suất khí trong bình 1 là P 1 , trong bình 2 là P 2 (atm) * Theo thí nghiệm 1: 2 2 (0,6) .1,5 0,84375 1 (0,6) P K = = − 0,5 * Vì thể tích và nhiệt độ 2 bình như nhau nên: 1 1 2 2 1 2 2 1 P n n P P P n n = → = ⇒ P 2 = 2 2 16(1 ) 1,5 3,75(1 ) 6,4 α α + = + (*) Mặt khác ta lại có: K P = 2 2 2 2 2 ( ) 0,84375 1 ( ) P α α = − (**) Thay (*) vào (**) ta có: K P = ( ) 2 2 2 2 2 ( ) 3,75 1 0,84375 1 ( ) α α α   + =   − Hay: 3 2 2 2 2 3,75 4,59375 0,84375 0 0 1 α α α  + − =   < <   → α 2 = 0,375 và P 2 = 5,15625 atm 0,75 b) Trong thí nghiệm 1: Dùng 4 mol NH 4 Cl thì 1 α =0,6 Trong thí nghiệm 2: Dùng 16 mol NH 4 Cl thì 2 α = 0,375 n 2 > n 1 , 1 2 α α > Trong điều kiện V, T = const khi số mol khí tăng và ∆n ≠ 0 thì cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm số mol khí nên 2 1 α α < , độ phân li giảm, phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng của Lơsatelie. 0,25 8 2 2đ a) Thí nghiệm 1: Khi dùng P.P để chỉ thị thì khi chuyển màu dd tồn tại dạng HCO 3 - → các phản ứng xảy ra: + hỗn hợp A: Na 2 CO 3 + HCl → NaHCO 3 + NaCl + hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H 2 O Na 2 CO 3 + HCl → NaHCO 3 + NaCl Thí nghiệm 2: Khi dùng metyl da cam làm chỉ thị thì khi chuyển màu dd tồn tại dạng CO 2 → các phản ứng xảy ra: + hỗn hợp A: Na 2 CO 3 + HCl → NaCO 3 +HCl → NaHCO 3 +NaCl NaHCO 3 + HCl → NaCl + H 2 O + CO 2 + hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H 2 O Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + H 2 O + CO 2 0,75 b) + Hỗn hợp A: 2 3 2 3 3 ( 1) ( 2) 2 HCl TN Na CO HCl TN Na CO NaHCO n n n n n =    = +   → ( 1) ( 2) 1 2 HCl TN HCl TN n n < Hỗn hợp B: 2 3 2 3 ( 1) ( 2) ( 1) ( 2) 2 1 2 HCl TN NaOH Na CO HCl TN NaOH Na CO HCl TN HCl TN n n n n n n n n = + = + → > Theo giả thiết: ( 1) 1 ( 2) 2 36,15 1 43,8 2 HCl TN HCl TN n V n V = = > Vậy B được phân tích. 0,75 Gọi số mol của NaOH, Na 2 CO 3 trong 20 ml dd là x, y: n HCl(TN1) = x + y = 7,23.10 -3 mol n HCl(TN2) = x + 2y = 8,76.10 -3 mol ⇒ 3 3 5,7.10 1,53.10 x y − −  =   =   ⇒ % NaOH = 58,435 % % Na 2 CO 3 = 41,565% 0,5 * Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 9 . ứng xảy ra: + hỗn hợp A: Na 2 CO 3 + HCl → NaCO 3 +HCl → NaHCO 3 +NaCl NaHCO 3 + HCl → NaCl + H 2 O + CO 2 + hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H 2 O Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + H 2 O + CO 2 0,75 b). HCO 3 - → các phản ứng xảy ra: + hỗn hợp A: Na 2 CO 3 + HCl → NaHCO 3 + NaCl + hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H 2 O Na 2 CO 3 + HCl → NaHCO 3 + NaCl Thí nghiệm 2: Khi dùng metyl da cam làm. 2) 2 HCl TN Na CO HCl TN Na CO NaHCO n n n n n =    = +   → ( 1) ( 2) 1 2 HCl TN HCl TN n n < Hỗn hợp B: 2 3 2 3 ( 1) ( 2) ( 1) ( 2) 2 1 2 HCl TN NaOH Na CO HCl TN NaOH Na CO HCl TN HCl