Trang 1 /7B Bộ giáo dục và đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 THPT năm 2005 Hớng dẫn chấm đề thi chính thức Môn: Hoá học, Bảng B Ngày thi thứ nhất: 10.3.2005 Câu 1(2,5 điểm): Đốt cháy kim loại magiê trong không khí. Cho sản phẩm thu đợc tác dụng với một lợng d dung dịch axit clohiđric, đun nóng rồi cô dung dịch đến cạn khô. Nung nóng sản phẩm mới này và làm ngng tụ những chất bay hơi sinh ra trong quá trình nung. Hy viết các phơng trình phản ứng đ xảy ra trong thí nghiệm trên và cho biết có những chất gì trong sản phẩm đ ngng tụ đợc. Hớng dẫn chấm: Các phản ứng: 2 Mg + O 2 2 MgO 3 Mg + N 2 Mg 3 N 2 MgO + 2 HCl MgCl 2 + H 2 O Mg 3 N 2 + 8 HCl 3 MgCl 2 + 2 NH 4 Cl MgCl 2 .6 H 2 O MgO + 2 HCl + 5 H 2 O NH 4 Cl NH 3 + HCl NH 4 Cl Sản phảm đợc ngng tụ: NH 4 Cl ; H 2 O ; HCl. Câu 2 (2 điểm): Nhúng hai tấm kẽm, mỗi tấm có khối lợng 10 gam vào hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai. Sau một thời gian xác định, lấy hai tấm kẽm ra khỏi dung dịch, rửa sạch, làm khô rồi cân lại. Kết quả cho thấy một tấm có khối lợng 9,5235 gam, tấm kia có khối lợng 17,091 gam. Cho biết: Một trong hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai là muối sắt (II); lợng kẽm tham gia phản ứng ở hai dung dịch là nh nhau. 1. Giải thích hiện tợng xảy ra ở mỗi dung dịch. 2. Cho biết kim loại nào tham gia vào thành phần dung dịch muối thứ hai. Hớng dẫn chấm: 1. Khi nhúng tấm kẽm vào dung dịch muối Fe(II): Zn + Fe 2+ Zn 2+ + Fe (1) Vì: M Fe < M Zn nên khối lợng tấm kẽm giảm đi. Khi nhúng tấm kẽm vào dung dịch muối thứ hai X 2+ Zn + X 2+ Zn 2+ + X (2) Vì: M Zn < M X nên khối lợng tấm kẽm tăng lên. t o t o Trang 2 /7B 2. Gọi x là số mol Zn đ phản ứng, theo (1) ta có: (10 65,38 x) + 55,85 x = 9,5235 x = 0,05 (mol) Vì lợng Zn tham gia phản ứng ở 2 trờng hợp là nh nhau, theo (2) ta có: (10 65,38 ì 0,05) + M X ì 0,05 = 17,091 M X = 207,2. Vậy X 2+ là Pb 2+ , X là Pb Zn + Pb 2+ Zn 2+ + Pb Câu 3 (1,5 điểm): Hoàn thành các phơng trình phản ứng sau đây: 1. NaCl + H 2 SO 4 đặc, nóng 2. NaBr + H 2 SO 4 đặc, nóng 3. NaClO + PbS 4. FeSO 4 + H 2 SO 4 + HNO 2 5. KMnO 4 + H 2 SO 4 + HNO 2 6. NaNO 2 + H 2 SO 4 long Hớng dẫn chấm: 1. NaCl + H 2 SO 4 (đặc, nóng) HCl + NaHSO 4 hoặc 2 NaCl + H 2 SO 4 (đặc, nóng) 2 HCl + Na 2 SO 4 2. 2 NaBr + 2 H 2 SO 4 (đặc, nóng) 2 NaHSO 4 + 2 HBr 2 HBr + H 2 SO 4 (đặc, nóng) SO 2 + 2 H 2 O + Br 2 2 NaBr + 3 H 2 SO 4 (đặc, nóng) 2 NaHSO 4 + SO 2 + 2 H 2 O + Br 2 3. 4 NaClO + PbS 4 NaCl + PbSO 4 4. 2 FeSO 4 + H 2 SO 4 + 2 HNO 2 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2 NO + 2 H 2 O 5. 2 KMnO 4 + 3 H 2 SO 4 + 5 HNO 2 K 2 SO 4 + 2 MnSO 4 + 5 HNO 3 + 3 H 2 O 6. 3 NaNO 2 + H 2 SO 4 (long) Na 2 SO 4 + NaNO 3 + 2 NO + H 2 O Câu 4 (4 điểm): 1. Tính độ điện li của ion CO 3 2 trong dung dịch Na 2 CO 3 có pH =11,60 (dung dịch A). 2. Thêm 10,00 ml HCl 0,160 M vào 10,00 ml dung dịch A. Tính pH của hỗn hợp thu đợc. 3. Có hiện tợng gì xảy ra khi thêm 1 ml dung dịch bo hoà CaSO 4 vào 1 ml dung dịch A. Cho: CO 2 + H 2 O HCO 3 + H + ; K = 10 6,35 HCO 3 H + + CO 3 2 ; K = 10 10,33 Độ tan của CO 2 trong nớc bằng 3,0.10 2 M. Tích số tan của CaSO 4 bằng 10 5,04 ; của CaCO 3 bằng 10 8,35 a 1 a 2 Trang 3 /7B H−íng dÉn chÊm: 1. CO 3 2 − + H 2 O HCO 3 − + OH − ; K b1 = = 10 − 3,67 (1) HCO 3 − + H 2 O ( H 2 O.CO 2 ) + OH − ; K b2 = = 10 − 7,65 (2) K b1 >> K b2 , c©n b»ng (1) lµ chñ yÕu. CO 3 2 − + H 2 O HCO 3 − + OH − ; 10 − 3,67 C C [ ] C − 10 − 2,4 10 − 2,4 10 − 2,4 = 10 − 3,67 C = 10 − 2,4 + = 0,0781 M α = = 5,1 % 2. C HCl = = 0,08 M ; C = = 0,03905 M CO 3 2 − + 2 H + CO 2 + H 2 O [ ] 0,03905 0,08 1,9. 10 − 3 0,03905 C > L CO 2 + H 2 O H + + HCO 3 − ; 10 − 6,35 (do K a1 >> K a2 ) C 3,0 × 10 − 2 1,9. 10 − 3 3,0 × 10 − 2 − x 1,9. 10 − 3 + x x = 10 − 6,35 x = 7,05.10 − 6 << 1,9. 10 − 3 [H + ] = 1,9.10 − 3 VËy pH = − lg 1,9. 10 − 3 = 2,72 3. C = = 0,03905 ≅ 0,0391 CaSO 4 Ca 2+ + SO 4 2 − ; K S1 = 10 − 5,04 x x x = K S1 = 10 − 2,52 C Ca 2+ = = 10 − 2,82 CO 3 2 − + H 2 O HCO 3 − + OH − ; 10 − 3,67 (do K b1 >> K b2 ) C 0,0391 [ ] 0,0391 − x x x = 10 − 3,67 x = 2,89.10 − 3 10 − 2,4 × 10 2 0,0781 10 - 14 10 -10,33 10 - 14 10 -6,35 (10 − 2,4 ) 2 C − 10 − 2,4 10 − 4,8 10 − 3,67 CO 3 2 − 0,16 2 Na 2 CO 3 0,0781 2 CO 2 CO 2 x(1,9. 10 − 3 + x) 3,0 × 10 − 2 − x CO 3 2 − 0,0781 2 10 − 2,52 2 x 2 0,0391 − x Trang 4 /7B C = 0,0391 2,89.10 3 = 0,0362 M C . C Ca 2+ = 0,0362 ì 10 2,82 = 5,47.10 5 > 10 8,35 Kết luận: có kết tủa CaCO 3 Câu 5 (2,5 điểm): Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s 1 , 3s 2 , 3p 3 , 3p 6 là nguyên tử hay ion? Tại sao? Hy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc trng của mỗi vi hạt. Cho biết: Các vi hạt này là ion hoặc nguyên tử của nguyên tố thuộc nhóm A và nhóm VIII(0). Hớng dẫn chấm: Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s 2 2s 2 2p 6 , ứng với cấu hình của [Ne]. 1. Cấu hình [Ne] 3s 1 chỉ có thể ứng với nguyên tử Na (Z = 11), không thể ứng với ion. Na là kim loại điển hình, có tính khử rất mạnh. Thí dụ: Na tự bốc cháy trong H 2 O ở nhiệt độ thờng. 2 Na + 2 H 2 O 2 NaOH + H 2 2. Cấu hình [Ne] 3s 2 ứng với nguyên tử Mg (Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loai hoạt động. Mg cháy rất mạnh trong oxi và cá trong CO 2 . 2 Mg + O 2 2 MgO 3. Cấu hình [Ne] 3s 2 3p 3 ứng với nguyên tử P (Z = 15), không thể ứng với ion. P là phi kim hoạt động. P cháy mạnh trong oxi. 4 P + 5 O 2 2 P 2 O 5 4. Cấu hình [Ne] 3s 2 3p 6 : a) Trờng hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ. b) Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm: Z = 17. Đây là Cl , chất khử yếu. Thí dụ: 2 MnO 4 + 16 H + + 10 Cl 2 Mn 2+ + 8 H 2 O + 10 Cl 2 Z = 16. Đây là S 2 , chất khử tơng đối mạnh. Thí dụ: 2 H 2 S + O 2 2 S + 2 H 2 O Z = 15. Đây là P 3 , rất không bền, khó tồn tại. c) Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dơng: Z = 19. Đây là K + , chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử dới tác dụng của dòng điện (điện phân KCl hoặcKOH nóng chảy). Z = 20. Đây là Ca 2+ , chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl 2 nóng chảy). CO 3 2 CO 3 2 Trang 5 /7B Câu 6 (3,5 điểm): Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) và một bình điện phân khác chứa dung dịch H 2 SO 4 (pH = 0) ở 298K. Khi tăng hiệu điện thế từ từ ở hai cực mỗi bình ngời ta thấy có khí giống nhau thoát ra ở cả hai bình tại cùng điện thế. 1. Giải thích hiện tợng trên. Viết các phơng trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình (không xét sự tạo thành H 2 O 2 và H 2 S 2 O 8 ). 2. Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực mỗi bình để cho quá trình điện phân xảy ra. 3. Ngời ta muốn giảm pH của dung dịch NaOH xuống còn 11. Có thể dùng NH 4 Cl đợc không? Nếu đợc, hy giải thích và tính khối lợng NH 4 Cl phải dùng để giảm pH của 1 lít dung dịch NaOH từ 14 xuống còn 11. 4. Khi pH của dung dịch NaOH bằng 11, thì hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực của bình điện phân để cho quá trình điện phân xảy ra là bao nhiêu? Cho biết: E o = 0,4 V ; E o = 1,23 V ; pK b (NH 3 ) = 4,75 Hớng dẫn chấm: 1. Trong thí nghiêm này, nớc bị điện phân ở cùng một điện thế. a) Dung dịch NaOH: ở anôt: 2 OH H 2 O + 1/2 O 2 + 2 e ở catôt: 2 H 2 O + 2 e H 2 + 2 OH H 2 O H 2 + 1/2 O 2 b) Dung dịch H 2 SO 4 : ở anôt: H 2 O 1/2 O 2 + 2 H + + 2 e ở catôt: 2 H + + 2 e H 2 H 2 O H 2 + 1/2 O 2 Khí thoát ra ở 2 bình đều là hiđro và oxi. 2. a) Dung dịch NaOH: E anôt = 0,4 V E catôt = 0 + lg (10 14 ) 2 = 0,83 V U min = E anôt E catôt = 0,4 + 0,83 = 1,23 V b) Dung dịch H 2 SO 4 : E anôt = 1,23 V E catôt = 0 V U min = E anôt E catôt = 1,23 V (khi tính U min không xét đến quá thế). 3 . Có thể dùng NH 4 Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11. NH 4 + + OH NH 3 + H 2 O H 2 O, 1/2 O 2 / 2OH 2H + , 1/2 O 2 / H 2 O 2 0,0592 Trang 6 /7B pOH của dung dịch NaOH đ thêm NH 4 Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11 đợc tính theo công thức: pOH = pK b + lg 3 = 4,75 + lg Suy ra [NH 4 + ] = 0,0178 ì [NH 3 ] Khi pH của dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống 11 thì [OH ] của dung dịch giảm đi: 1 10 3 = 0,999 mol/L. Đây chính là số mol NH 3 hình thành. Vậy [NH 3 ] = 0,999 mol/L và [NH 4 + ] = 0,0178 ì 0,999 0,0178 (mol/L). Số mol NH 4 Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: n = n + n = 0,0178 + 0,999 = 1,0168 (mol) Khối lợng NH 4 Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: 1,0168 ì 53,5 = 54,4 (gam) 4. Khi pH = 11, dung dịch NaOH: E anôt = 0,4 V + lg E catôt = 0 + lg (10 11 ) 2 U min = E anôt E catôt = 0,4 + 3 ì 0,0592 + 0,0592 ì 11 1,23 V Câu 7 (4 điểm): Ngời ta thực hiện phản ứng 2 NO 2 (k) + F 2 (k) 2 NO 2 F (k) trong một bình kín có thể tích V (có thể thay đổi thể tích của bình bằng một píttông). áp suất ban đầu của NO 2 bằng 0,5 atm, còn của F 2 bằng 1,5 atm. Trong các điều kiện đó tốc độ đầu v o = 3,2. 10 3 mol.L 1 .s 1 . 1. Nếu thực hiện phản ứng trên ở cùng nhiệt độ với cùng những lợng ban đầu của chất phản ứng nhng thêm một khí trơ vào bình để cho thể tích thành 2 V, còn áp suất tổng quát vẫn bằng 2 atm, thì tốc độ đầu bằng 8.10 4 mol.L 1 .s 1 . Kết quả này có cho phép thiết lập phơng trình động học (biểu thức tốc độ) của phản ứng hay không? 2. Ngời ta lại thực hiện phản ứng trên ở cùng điều kiện nhiệt độ với cùng những lợng NO 2 , F 2 và khí trơ nh ở (1) nhng giảm thể tích xuống bằng . Tính giá trị của tốc độ đầu v o . 3. Nếu thay cho việc thêm khí trơ, ngời ta thêm NO 2 vào để cho áp suất tổng quát bằng 4 atm và thể tích bằng V thì tốc độ đầu v o = 1,6.10 2 mol.L 1 .s 1 . Kết quả này cho phép kết luận nh thế nào về phơng trình động học của phản ứng? 4. Dự đoán cơ chế của phản ứng. Hớng dẫn chấm: 1. ở thí nghiệm 2, sau khi thêm khí trơ để cho thể tích tăng gấp đôi thì P và P đều giảm 2 lần so với thí nghiệm 1, nghĩa là nồng độ của chúng cũng giảm đi 2 lần (vì P A = C A .RT), còn tốc độ đầu của phản ứng giảm 4 lần. Từ đây, chỉ có thể kết luận bậc của phản ứg là 2. [NH 3 ] [NH 4 + ] NO 2 F 2 0,0592 2 1 (10 3 ) 2 0,0592 2 [NH 3 ] [NH 4 + ] NH 4 + NH 3 V 2 Trang 7 /7B Phơng trình động học có thể có các dạng sau đây: v = k [NO 2 ] [F 2 ] (a) , v = k [NO 2 ] 2 (b) , v = k [F 2 ] 2 (c) 2. ở thí nghiệm 3, P và P đều tăng gấp đôi so với thí nghiệm 1. Cũng lập luận nh trên, ta thấy tốc độ đầu của phản ứng ở thí nghiệm 3 phải bằng 4 lần tốc độ đầu của phản ứng ở thí nghiêm 1. v o = 3,2 ì 10 3 mol .L 1 .s 1 ì 4 = 1,28 ì 10 2 mol .L 1 .s 1 . 3. ở thí nghiệm 4, P không đổi, P = 4 atm 1,5 atm = 2,5 atm. P tăng 5 lần so với thí nghiệm 1, còn tốc độ đầu của phản ứng tăng 5 lần. Vậy phơng trình động học của phản ứng là: v = k [NO 2 ] [F 2 ] NO 2 F 2 NO 2 F 2 NO 2 Trang 1/6 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HOÁ HỌC Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 (Gồm 06 trang) Câu 1 1 (2,0 điểm) a) Công thức các hợp chất XF m : X là Cl có ClF; ClF 3 ; ClF 5 (a); X là Br có BrF; BrF 3 ; BrF 5 (b); X là I có IF; IF 3 ; IF 5 ; IF 7 (c). b) Các hợp chất trên đều có liên kết cộng hóa trị, mỗi liên kết được tạo thành do 2 electron có spin đối song song của 2 nguyên tử góp chung. * F (Z = 9; n = 2) có 4 AO hóa trị, vì vậy cấu hình chỉ có 1 electron độc thân: * Cl (Z = 17; n = 3), Br (Z = 35; 9n = 4), I (Z = 53; n = 5) giống nhau đều có 9 AO hóa trị, có thể có: 1 electron độc thân: hoặc 3 electron độc thân: 5 electron độc thân: 7 electron độc thân: - Hợp chất ClF 7 không tồn tại vì thể tích nguyên tử clo rất nhỏ, lực đẩy của các vỏ nguyên tử flo sẽ phá vỡ liên kết trong phân tử. Hợp chất BrF 7 tương tự hợp chất ClF 7 (hợp chất BrF 7 hiện nay chưa điều chế được). - Hợp chất IF 7 tồn tại vì thể tích nguyên tử iot rất lớn so với thể tích nguyên tử flo, lực đẩy của các vỏ nguyên tử flo không phá vỡ được các liên kết trong phân tử. 2 (1,5 điểm ) a) Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế 32 P: 16 32 S + 0 1 n → 15 32 P + 1 1 p và phân rã phóng xạ của 32 P: 15 32 P → 16 32 S + β - b) 0 A A = 1/2 t/t -1 5.10 μCi 1 1 2μCi 4 2 ⎛⎞ == ⎜⎟ ⎝⎠ → t/t 1/2 = 2 → t = 2.t 1/2 . Vậy thời gian đã lưu giữ là 2 chu kì bán huỷ. Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt độ, nên sau thời gian đó lượng 32 P của mẫu I cũng chỉ còn lại 1/4 so với lúc đầu → độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là: 3 20 4 mCi =15 mCi = 15.10 -3 .3,7.10 10 Bq = 15.3,7.10 7 Bq. Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là: N = 7 1/2 A.t A 15.3,7.10 .14,28.24.3600 λ ln2 0,693 == = 9,9.10 14 nguyên tử Khối lượng 32 P đã phân rã là: 32 P m = 14 23 32.9,9.10 6,02.10 = 5,3.10 -8 (g) = 5,3.10 -2 (μg) Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng 32 S tạo thành đúng bằng khối lượng 32 P đã phân rã: m( 32 S) = 5,3.10 -2 μg. Trang 2/6 Câu 2 1 (1,0 điểm) Phản ứng là bậc 1 nên: [X] = [X] 0 .e -kt (1) → v = k[X] = k.[X] 0 .e -kt → lnv = ln(k[X] 0 ) - kt (2) Hay: lnv = lnv 0 - kt (3) (v 0 là tốc độ đầu của phản ứng) → lgv = lgv 0 – kt/2,303. k = 0 0 v [X] = 4.10 -4 /2.10 -2 = 2.10 -2 (phút -1 ) → lgv = -3,4 - 8,7.10 -3 t (t: phút; v: mol.L -1 .phút -1 ). (Những biểu thức trong đó lgv là hàm của một biến số độc lập t đều coi là đúng). 2 (0,75 điểm) Đối với phản ứng bậc 1: 1/2 -2 1 ln2 0,693 t= = = 34,7 k 2.10 (phút) − (phút) 3 (1,75 điểm) Phản ứng 2NO (k) + 2H 2 (k) → N 2 (k) + 2H 2 O (k) tuân theo quy luật động học thực nghiệm: v = k[NO] 2 [H 2 ]. Cơ chế 1: 2NO (k) 1 k ⎯ ⎯→ N 2 O 2 (k) (nhanh) (1) N 2 O 2 (k) + H 2 (k) 2 k ⎯ ⎯→2HON (k) (nhanh) (2) HON (k) + H 2 (k) 3 k ⎯ ⎯→H 2 O (k) +HN (k) (chậm) (3) HN (k) + HON (k) 4 k ⎯ ⎯→N 2 (k) + H 2 O (k) (nhanh) (4) ∗ Chấp nhận gần đúng rằng giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng là giai đoạn chậm nhất. * Trong cơ chế đã cho, giai đoạn 3 chậm, quyết định tốc độ phản ứng, nên: v = k 3 .[HON][H 2 ] (5) Khi nồng độ các sản phẩm trung gian đạt được trạng thái dừng 22 d[N O ] dt = 1 2 k 1 [NO] 2 – k 2 [H 2 ][N 2 O 2 ] = 0 (6) → [N 2 O 2 ] = 2 1 22 k[NO] 2k [H ] (7) d[HON] dt = 2k 2 [H 2 ][N 2 O 2 ] - k 3 .[HON][H 2 ] – k 4 [HON][HN] = 0 (8) d[HN] dt = k 3 .[HON][H 2 ] – k 4 [HON][HN] = 0 (9) Lấy (8) trừ (9) và biến đổi đơn giản, ta có: [HON] = 222 3 k[NO] k (10) Thay (7) vào (10) rút ra: [HON] = 2 1 32 k[NO] 2k [H ] (11) Thay (11) vào (5) thu được: v = 2 1 k[NO] 2 = k[NO] 2 . Kết quả này không phù hợp với đinh luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế 1 là không có khả năng. Cơ chế 2: 2NO N 2 O 2 K cb (nhanh) (12) N 2 O 2 + H 2 5 k ⎯ ⎯→ N 2 O + H 2 O (chậm) (13) N 2 O + H 2 6 k ⎯ ⎯→ N 2 + H 2 O (nhanh) (14) Tốc độ phản ứng được quyết định bởi (13), nên: v = k 5 [N 2 O 2 ].[H 2 ] (15) Dựa vào cân bằng 2 NO N 2 O 2 , rút ra: [N 2 O 2 ] = K cb .[NO] 2 (16) Thay (16) vào (15) thu được: v = K cb .k 5 [NO] 2 .[H 2 ] = k[NO] 2 .[H 2 ]. Kết luận: Cơ chế 2 cho phép rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế này là có khả năng. Trang 3/6 Câu 3 1 (0,75 điểm) N 2 + 3H 2  2NH 3 (1) Ở 298K, 0 r ΔH = - 91,8 kJ.mol -1 ; 0 r ΔS = -198,1 J.mol -1 .K -1 ; 0 r ΔG = 0 r ΔH – 298. 0 r ΔS = -32,8 (kJ.mol -1 ); 0 r ΔG = -R.T.lnK → lnK = - 0 r ΔG (R.T) -1 = 13,24 → K = 5,62.10 5 . 2 (1,5 điểm) a) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng ở T = 773 K: Ở 773K: 0 r ΔG (773 K) = 0 r ΔH - T. 0 r ΔS ≈ - 91,8 + 773.198,1.10 -3 = 61,3 (kJ.mol -1 ) → lnK = - 61,3.10 3 .(8,314.773) -1 = - 9,54 → K = e -9,54 = 7,2.10 -5 . b) Ở 298 K, hằng số cân bằng K >> 1. Phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều thuận. Ở 773 K, hằng số cân bằng K << 1. Phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều nghịch. Mặc dù ở nhiệt độ cao (773K), phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều nghịch, nhưng tốc độ phản ứng lớn, còn tốc độ phản ứng ở 298 K quá nhỏ. Để tăng tốc độ phản ứng, làm hệ nhanh đạt đến cân bằng, người ta buộc phải tiến hành phản ứng ở nhiệt độ cao. Để tăng hiệu suất tổng hợp amoniac trong công nghiệp: - Phản ứng (1) giảm số mol khí. Để cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, tăng hiệu suất tổng hợp amoniac cần thực hiện phản ứng ở áp suất cao. - Hiệu suất tạo thành amoniac là cực đại khi tỉ lệ c ủa khí H 2 và khí N 2 được lấy đúng bằng tỉ lệ các hệ số của chúng ở trong phương trình phản ứng, nghĩa là H 2 : N 2 là 3 : 1. 3 (0,5 điểm) Tính biến thiên entanpi phân li liên kết 0 b ΔH của một liên kết N-H trong phân tử amoniac: N 2 + 3H 2 → 2NH 3 2∆H 1 = 2.(-45,9) kJ.mol -1 (1) N 2 → 2 Ni ∆H 2 = 945 kJ.mol -1 (2) 3H 2 → 6 Hi 3∆H 3 = 3.436 kJ.mol -1 (3) Từ (1), (2), (3), ta có: 2 Ni + 6 Hi → 2NH 3 6 0 (N-H) ΔH 6 0 (N-H) ΔH = -2.45,9 – 945 – 3.436 = - 2344,8 (kJ.mol -1 ) → 0 b (N-H) ΔH = 390,8 kJ.mol -1 4 (0,75 điểm) Tính biến thiên entanpi hình thành tiêu chuẩn 0 f ΔH của gốc ·NH 2 : N 2 + 3H 2 → 2NH 3 2∆H 1 = 2.(-45,9) kJ.mol -1 (1) H 2 → 2 Hi ∆H 3 = 436 kJ.mol -1 (3) 2NH 3 → 2 2 NHi + 2 Hi 2∆H 4 = 2.380 kJ.mol -1 (4) Từ (1), (3), (4), có: N 2 + 2H 2 → 2 2 NHi 2 2 0 f( NH ) ΔH i 2 2 0 f( NH ) ΔH i = - 2.45,9 – 436 + 2.380 = 232,2 (kJ/mol) → 2 0 f( NH ) ΔH i = 116,1 kJ/mol Câu 4 1 (1,0 điểm) Sau khi trộn: - 4 MnO C = 0,0040 M; 224 HCO C = 0,050 M ; + H C = 0,20 M Phản ứng: 2× - 4 MnO + 8H + + 5e  Mn 2+ + 4H 2 O 5× H 2 C 2 O 4  2CO 2 + 2H + + 2e 2 - 4 MnO + 5H 2 C 2 O 4 + 6H + ⎯ ⎯→  2Mn 2+ + 10CO 2 + 8H 2 O K = 10 337,84 0,0040 0,050 0,20 - 0,040 0,188 0,0040 0,020 TPGH: H 2 C 2 O 4 0,040 M; H + 0,188 M; CO 2 0,020 M (< 2 CO L = 0,030 M); Mn 2+ 0,0040 M. [...]... 26,26% 1,98 56.0, 012 100 = 33,94% n Fe = 2 n Fe2O3 = 2.0,006 = 0, 012 (mol) → %Fe trong mẫu là: 1,98 n Cr = 2 n Cr2O3 = 2.0,005 = 0,01 (mol) → %Cr trong mẫu là: HẾT Trang 6/6 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 Môn: HOÁ HỌC Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 12/ 01/2011 Đề thi có 02 trang,... thị không giải thích gì thêm Trang 2/2 Bộ GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2013 Cho: NA = 6,022.1023 mol-1; h = 6,625.10-34 J.s; 1eV = 1,602.10-19 J; O = 16; Na = 23; K = 39; Rb = 85; Mg = 24; Ca = 40; Ba = 137 Câu 1 (4,5 điểm) 1 Kết quả tính Hoá học lượng tử cho biết ion Li2+ có năng lượng electron ở các mức En (n là số lượng tử chính) như sau: E1 = -122 ,400 eV; E2 = -30,600 eV; E3 = -13,600 eV;... (Hg) OH OH OH HO COOH OH H H HO OH D O O OH Axit ascorbic Viết các tác nhân (a), (b), (c), (f), (g) và công thức lập thể phù hợp với đề bài của các hợp chất hữu cơ D-galactopiranozơ, A, B, F, H Biết rằng, ở giai đoạn cuối cùng xảy ra sự thủy phân, tautome hóa và lacton hóa Câu 5 (4,0 điểm) Ở 25 oC, cho dòng điện một chiều có cường độ 0,5A đi qua bình điện phân chứa 2 điện cực platin nhúng trong 200... 14.4.0, 0592 = 0,59 (V) 3 > E0 MnO- /MnO24 4 → khả năng oxi hóa của MnO- mạnh nhất trong môi trường axit và yếu nhất trong môi trường bazơ, bởi vì: 4 E MnO- , H + /Mn 2+ 4 = E° MnO- , H + /Mn 2+ 4 + 0,0592 [MnO- ][H + ]8 4 lg 5 [Mn 2+ ] do đó khi pH tăng, [H+] giảm, tính oxi hóa của MnO- giảm 4 2 (0,75 điểm) Các phản ứng minh họa khả năng oxi hóa của ion pemanganat phụ thuộc vào pH của môi trường: MnO-... phản ứng Giải thích quá trình chuyển hóa tạo thành C 2 Cho n-butylmetylete phản ứng với dung dịch HI (đặc), người ta nhận được hai sản phẩm A và B Khi cho một trong hai sản phẩm đó phản ứng với bazơ mạnh thì thu được C Thuỷ phân C trong môi trường axit, được D Oxi hoá C bằng KMnO4, chọn lấy sản phẩm E tạo thành cho phản ứng với D, được F (có 7 cacbon) Mặt khác, chuyển hóa C thành G, sau đó G thành H Nếu... thành một cặp đồng phân threo có cùng công thức phân tử C9H10O4 đều không làm mất màu nước brom Hãy xác định công thức lập thể của K, M, N và vẽ cấu dạng bền của K Câu 3 (3,5 điểm) 1 Viết các tác nhân, điều kiện phản ứng (nếu có) thay cho dấu chấm hỏi (?) và viết công thức cấu tạo của các hợp chất hữu cơ F, G, H, I, J để hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: O2N NO2 H2N A E NO2 ? ? N N B O F (CH3CO)2O NO2 HO... kết tủa trước Do K a1(H 2C2O4 ) 2 4 2 nồng độ các cấu tử được tính theo cân bằng: H+ H2C2O4 C' 0,020 – x → + C'H+ = x = 7,15.10 M; K a1 = 10−1,25 HC2 O4 0,094+x -3 C'HC O2 4 K a2(H2C2O4 ) nên 4 = 0,1 012 M → x C'C O22 4 = K a2 C'HC O2 C'H+ 4 = 10-5,42 M C'Ca 2+ C'C O2- = 0,01.10-5,42 =10-7,42 > 10-8,75 = K s(CaC2O4 ) → có CaC2O4 kết tủa theo 2 4 → Ca2+ + H2C2O4 ⎯⎯ CaC2O4↓ + 2H+ phản ứng: 0,010 - 0,020... = y Từ (1), (4) và (5) → trong 10,00 mL dung dịch A số mol của Cr2 O2 − là n Cr O2- = 0,1x; 7 2 7 3+ số mol của Fe là n Fe3+ = 0,2y 2 Trường hợp NaF không có mặt trong dung dịch A, cả Cr2 O7 − và Fe3+ đều bị khử bởi I- Theo (6) và (7) ta có: n I- (1) = 3 n Cr O2- + 0,5 n Fe3+ = 3.0,1x + 0,5.0,2y = 0,3x + 0,1y 3 2 7 Từ (8): n S O2- (1) = 2 n I- (1) → 0,40.10,50.10-3 = 2.(0,1y + 0,3x) 2 3 3 Trường hợp... phẩm E tạo thành cho phản ứng với D, được F (có 7 cacbon) Mặt khác, chuyển hóa C thành G, sau đó G thành H Nếu cho H phản ứng với F rồi thủy phân sẽ thu được I (C11H24O) Viết sơ đồ các phản ứng chuyển hóa từ A đến I (dạng công thức cấu tạo) và gọi tên các hợp chất hữu cơ này 3 Viết các đồng phân lập thể của metylxiclohexanon Đồng phân nào có tính quang hoạt? Giải thích vì sao dưới tác dụng của bazơ,... trên các MO- của giản đồ các mức năng lượng và tính tổng năng lượng của các electron thuộc Octatetraen theo kJ/mol Cho biết phân tử Octatetraen có ℓC-C = 1,4 Å b) Xác định số sóng (cm-1) của ánh sáng cần thi t để kích thích 1 electron từ mức năng lượng cao nhất có electron (HOMO) lên mức năng lượng thấp nhất không có electron (LUMO) Câu 2 (4,0 điểm) 1 Bảng tuần hoàn hiện nay có 118 nguyên tố Nguyên tố . 2.0,006 = 0, 012 (mol) → %Fe trong mẫu là: 56.0, 012 .100 1, 98 = 33,94%. HẾT BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 Môn: HOÁ. Trang 1/6 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HOÁ HỌC Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 (Gồm 06 trang) Câu. giáo dục và đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 THPT năm 2005 Hớng dẫn chấm đề thi chính thức Môn: Hoá học, Bảng B Ngày thi thứ nhất: 10.3.2005 Câu 1(2,5