Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THÀNH PHỐ ðÀ NẴNG HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2004 - 2005 MÔN: HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao ñề) Câu I (4 ñiểm) 1. Hãy giải thích tại sao phân tử Cl2O có góc liên kết (111o) nhỏ hơn và ñộ dài liên kết Cl-O (1,71Å) lớn hơn so với phân tử ClO2 (118o và 1,49Å)? 2. So sánh và giải thích ñộ mạnh: (a) tính axit, tính oxi hóa của các chất HClO, HClO2, HClO3 và HClO4. (b) tính axit, tính khử của các chất HF, HCl, HBr, HI 3. Giải thích sự biến ñổi khối lượng riêng của nước theo nhiệt ñộ: Nhiệt ñộ (oC)......... 0 4 10 15 20 D (g/ml)................ 0,999866 1,000000 0,999727 0,999127 0,998230 ðÁP ÁN ðIỂM 1. Công thức electron và công thức cấu tạo của hai phân tử: O O Cl Cl Cl Cl Cl Cl O 1,00 (0,50 × 2) O O O
Góc liên kết của Cl2O nhỏ hơn của ClO2 là vì nguyên tử trung tâm (O) của Cl2O có hai cặp electron tự do tạo lực ñẩy ép góc liên kết nhiều hơn so với nguyên tử trung tâm (Cl) của ClO2 chỉ có 3 electron tự do.
Liên kết Cl-O trong phân tử ClO2 có ñặc tính của liên kết ñôi do sự cộng hưởng với electron ñộc thân ở trên Cl hoặc O. ðặc tính liên kết ñôi này làm liên kết Cl-O trong ClO2 ngắn hơn trong Cl2O (chỉ chứa liên kết ñơn). 2. ðộ mạnh tính axit: (a) HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 Số nguyên tử oxi không hidroxyl tăng làm tăng ñộ phân cực của liên kết O-H 2,00 (0,50 × 4) (b) HF < HCl < HBr < HI Bán kính nguyên tử tăng làm ñộ bền liên kết giảm, khả năng bị phân cực hóa của liên kết H-X tăng. ðộ mạnh tính oxi hóa - khử (a) Tính oxi hóa giảm: HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 Số nguyên tử oxi tăng làm tăng ñộ bền phân tử (ñộ bội liên kết tăng) nên ñộ mạnh tính oxi hóa giảm. (b) Tính khử tăng: HF < HCl < HBr < HI Bán kính nguyên tử tăng làm giảm ñộ bền phân tử, làm tăng tính khử 1 3. Ở nước ñá (0oC), các phân tử liên kết với nhau bằng liên kết H hình thành cấu trúc tinh 1,00 thể phân tử khá rỗng (xem hình dưới), khối lượng riêng nhỏ. Khi nhiệt ñộ tăng (4oC), (0,50 × 2) liên kết H bị phá vỡ một phần khiến các phân tử xích lại gần nhau hơn nên khối lượng riêng tăng. Khi tiếp tục tăng nhiệt ñộ, khoảng cách giữa các phân tử tăng làm thể tích tăng lên nên khối lượng riêng giảm. H O H O H HH H H O O H Câu II (4 ñiểm) 1. Xác ñịnh nhiệt hình thành AlCl3 khi biết: Al2O3 (r) + 3COCl2 (k) → 3CO2 (k) + 2AlCl3 (r) ∆H1 = -232,24 kJ CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k) ∆H2 = -112,40 kJ ∆H3 = -1668,20 kJ 2Al (r) + 1,5O2 (k) → Al2O3 (k) Nhiệt hình thành của CO: ∆H4 = -110,40 kJ/mol Nhiệt hình thành của CO2: ∆H5 = -393,13 kJ/mol. o 2. Tại 25 C phản ứng bậc một sau có hằng số tốc ñộ k = 1,8.10-5 s-1: 2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k) Phản ứng trên xảy ra trong bình kín có thể tích 20,0 L không ñổi. Ban ñầu lượng N2O5 cho vừa ñầy bình. Tại thời ñiểm khảo sát, áp suất riêng của N2O5 là 0,070 atm. Giả thiết các khí ñều là khí lí tưởng. (a) Tính tốc ñộ (i) tiêu thụ N2O5; (ii) hình thành NO2; O2. (b) Tính số phân tử N2O5 ñã bị phân tích sau 30 giây. 3. Phản ứng dưới ñây ñạt ñến cân bằng ở 109K với hằng số cân bằng Kp = 10: C (r) + CO2 (k)
2CO (k) (a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp cân bằng, biết áp suất chung của hệ là 1,5atm. (b) ðể có hàm lượng CO bằng 50% về thể tích thì áp suất chung là bao nhiêu? ðÁP ÁN 1. Nhiệt hình thành AlCl3 là nhiệt của quá trình: Al + 1,5Cl2 → AlCl3 ðể có quá trình này ta sắp xếp các phương trình như sau: Al2O3 (r) + 3COCl2(k) → 3CO2 (k) + 2AlCl3 (k) ∆H1 3CO (k) + 3Cl2 (k) → 3COCl2 (k) 3∆H2 2Al (r) + 1,5O2 (k) → Al2O3 (r) ∆H3 3C (k) + 1,5O2 (k) → 3CO (k) 3∆H4 3CO2 (k) → 3C (r) + 3O2 (k) 3(-∆H5) Sau khi tổ hợp có kết quả là: 2Al (r) + 3Cl2 (k) → 2AlCl3 (r) ∆Hx ∆Hx = ∆H1 + 3∆H2 + ∆H3+ 3∆H4+ 3(-∆H5 ) = (-232,24) + 3(-112,40) + (-1668,20) + 3(-110,40) + 3(393,13) = - 1389,45 kJ Vậy, nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 = -1389,45 / 2 = - 694,725 kJ/mol ðIỂM 1,50 (1,00+0,50) 2 2. (a) pi V = ni RT nN O P 0,07 ⇒ C N 2O 5 = 2 5 = i = = 2,8646.10 −3 (mol.l -1) V RT 0,082 × 298 -1 -1 −5 −3 −8 ⇒ v = k.C N 2O5 = 1,8.10 × 2,8646.10 = 5,16.10 mol.l .s . 1,00 (0,25 × 4) Từ phương trình: 2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k) dC O 2 1 dC N 2O5 1 dC NO 2 ⇒ v=− × =+ × =+ 2 dt 4 dt dt nên vtiêu thụ (N2O5) = −2v = −2 × 5,16.10-8 = −10,32.10-8mol.l-1.s-1 vhình thành (NO2) = 4v = 4 × 5,16.10-8 = 20,64.10-8 mol.l-1.s-1 vhình thành (O2) = v = 5,16.10-8 mol.l-1.s-1 (b) Số phân tử N2O5 ñã bị phân hủy = vtiêu thụ (N2O5) × Vbình × t × No(số avogadrro) = 10,32.10-8 × 20,0 × 30 × 6,023.1023 ≈ 3,7.1019 phân tử 0,50 ∑n 1 + x (mol) 3. (a) C + CO2
2CO [] (1 - x) 2x 2 Ta có: K P = 2 PCO PCO 2  2x  1 + x   × 1,5 = 10 = 1− x 1+ x ⇒ x = 0,79 Vậy hỗn hợp cân bằng chứa 2.0,79 = 1,58 mol CO (88,27%) và 1 – 0,79 = 0,21 mol CO2 (11,73%) (b) Từ K P = 1,00 (0,50 × 2) (0,5) 2 × P = 10 ⇒ P = 20 atm. 0,5 Câu III (4 ñiểm) 1. Viết phương trình các phản ứng tương ứng với trình tự biến ñổi số oxi hóa của lưu huỳnh sau ñây: −2 0 +4 +6 +4 0 −2 (1) ( 2) ( 3) ( 4) (5) (6) S → S → S → S → S → S → S 2. Trình bày phương pháp nhận biết các ion halogenua trong mỗi dung dịch hỗn hợp sau ñây: (a) NaI và NaCl, (b) NaI và NaBr. 3. Viết phương trình phản ứng minh họa quá trình ñiều chế các chất sau ñây từ các ñơn chất halogen tương ứng: (a) HClO4, (b) I2O5, (c) Cl2O, (d) OF2. ðÁP ÁN 1. Phương trình phản ứng: (1) H2S + 1/2O2 → S + H2O t (2) S + O2  → SO2 (3) SO2 + Cl2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl (4) Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O (5) SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O t (6) 2Na + S  → Na2S (Học sinh có thể sử dụng các phản ứng khác cho quá trình này) ðIỂM 1,50 (0,25 × 6) 3 2. (a) Thêm từ từ AgNO3 vào mẫu thử, thấy xuất hiện kết tủa vàng trước và kết tủa trắng sau, nhận ra ñược hai ion I- và Cl-. 1,00 (0,50 × 2) Ag+ + I- → AgI↓ (vàng) Ag+ + Cl- → AgCl↓ (trắng) (b) Thêm H2SO4 và benzen vào mẫu thử. Thêm từng giọt nước clo, lắc ñều. Thấy xuất hiện màu tím trong lớp benzen, sau ñó mất màu khi nước clo dư nhận ra I-. Thêm tiếp nước clo, xuất hiện lớp vàng nâu trong lớp benzen nhận ra Br-. Cl2 + 3I- → 2Cl- + I3I2 + 5Cl2 + 6H2O → 12H+ + 10Cl- + 2IO3Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 t 3. (a) 3Cl2 + 6NaOH  → 5NaCl + NaClO3 + 3H2O t 4NaClO3  → NaCl + 3NaClO4 NaClO4 + H2SO4 → NaHSO4 + HClO4 (chưng cất) (b) 3I2 + 6OH- → 5I- + IO3- + 3H2O IO3- + H+ → HIO3 t 2HIO3  → I2O5 + H2O (c) 2Cl2 + HgO → Cl2O + HgCl2 (d) 2F2 + 2OH- → 2F- + OF2 + H2O 1,50 0,50 0,50 0,25 0,25 Câu IV (4 ñiểm) Cho 6,000 g mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả sắt thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A ñến thể tích 50 mL. Lượng I2 có trong 10 mL dung dịch A phản ứng vừa ñủ với 5,500 mL dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra S4O62-). Lấy 25 mL mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa ñủ với 3,20 mL dung dịch MnO4- 1,000M trong H2SO4. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). 2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban ñầu. ðÁP ÁN 1. Phương trình phản ứng: Fe3O4 + 2I- + 8H+ → 3Fe2+ + I2 + 4H2O (1) Fe2O3 + 2I- + 6H+ → 2Fe2+ + I2 + 3H2O (2) 222S2O3 + I2 → S4O6 + 2I (3) 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (4) 2. Tính phần trăm: 1 1 (3) ⇒ n I 2 (3) = n S O 2 − = 0,0055 × 1 = 0,00275mol 2 2 3 2 (4) ⇒ n Fe 2 + ( 4) = 5n MnO − = 5 × 0,0032 × 1 = 0,016mol ðIỂM 2,00 (0,50× 4) 4 ðặt số mol Fe3O4 và Fe2O3 lần lượt là x và y ta có:  3x + 2 y = 0,016 × 2 = 0,032  x = 0,0045 ⇒  x + y = 0,00275 × 5 = 0,01375  y = 0,00925 2,00 0,0045 × 232 × 100% = 17,4% 6,000 0,00925 × 160 = × 100% = 24,7% 6,000 %m Fe 3O 4 = %m Fe 2O 3 4 Câu V (4 ñiểm) Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS2 và FeS. Khi xử lí một mẫu khoáng pirit bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu ñược kết tủa ñỏ nâu A và dung dịch B. Nung kết tủa B ñến khối lượng không ñổi thu ñược 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch B thì thu ñược 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit. 1. Viết các phương trình phản ứng. 2. Xác ñịnh công thức tổng của pirit. 3. Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần ñể oxi hóa mẫu khoáng. ðÁP ÁN 1. Phương trình phản ứng: 2FeS2 + 15Br2 + 38OH- → 2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br- + 16H2O 2FeS + 9Br2 + 22OH- → 2Fe(OH)3 + 2SO42- + 18Br- + 8H2O 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O Ba2+ + SO42- → BaSO4 ðIỂM (1) (2) (3) (4) 2,00 (0,50× 4) 2. Công thức: 1,1087 0,2 = 4,75.10 −3 mol, n Fe = 2n Fe 2O3 = 2 = 2,5.10 −3 mol 233 160 −3 −3 n Fe : n S = 2,5.10 : 4,75.10 = 1 : 1,9 ⇒ công thức FeS1,9 n S = n BaSO 4 = 3. Gọi số mol FeS2 và FeS lần lượt là x và y ta có:  x + y = 2,5.10 −3 x = 2,25.10 −3 ⇒  −3 −3 2 x + y = 4,75.10  y = 0,25.10 9  15  m Br2 =  × 2,25.10 −3 + × 0,25.10 −3  × 160 = 2,88g 2 2  1,00 1,00 5