Kỳ thi olympic truyền thống 30/4 Mã số : Lần XII - Năm 2006 Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Mã số : MÔN HÓA KHỐI 11 Ngày thi : 17 - 4 - 2006 Thời gian làm bài : 180 phút CÂU I : Bê tông được sản xuất từ hỗn hợp xi măng, nước cát và đá dăm ( đá nhỏ ) . Xi măng gồm chủ yếu là canxi silicat và canxi aluminat tạo thành khi nung nghiền đất sét với đá vôi. Trong các bước tiếp theo của việc sản xuất xi măng, người ta thêm 1 lượng nhỏ gypsum, CaSO 4 .2H 2 O, để tăng cường sự đông cứng của bê tông. Sử dụng nhiệt độ tăng cao trong giai đoạn cuối của sản xuất có thể dẫn đến sự tạo thành 1 hemihidrat không mong muốn là CaSO 4 .1/2H 2 O. Xét phản ứng sau : CaSO 4 .2H 2 O (r)  CaSO4.1/2H 2 O (r) + 3/2H 2 O (k) Các số liệu nhiệt động học sau đo tại 25 o C, áp suất tiêu chuẩn 1,00 bar : Hợp chất H o / (KJ.mol -1 ) S o / (JK -1 .mol -1 ) CaSO 4 .2H 2 O (r) - 2021,0 194,0 CaSO 4 .1/2H 2 O (r) -1575,0 130,5 H 2 O ( k) -241,8 188,6 Hằng số khí : R = 8,314 J.mol -1 .K -1 = 0,08314 L. bar. mol -1 .K -1 O o C = 273,15 o K 1/ Hãy tính ΔH o ( theo KJ) của sự chuyển hóa 1,00 kg CaSO 4 .2H 2 O ( r) thành CaSO 4 .1/2H 2 O (r). Phản ứng này là tỏa nhiệt hay thu nhiệt ? 2/ Hãy tính áp suất hơi nước ( theo bar) tại cân bằng trong 1 bình kín có chứa CaSO 4 .2H 2 O ( r) , CaSO 4 .1/2 H 2 O (r) và H 2 O ( k) tại 25 o C. 3/ Hãy tính nhiệt độ tại đó áp suất hơi nước tại cân bằng là 1,00 bar trong hệ được mô tả ở câu 2. Giả thiết rằng ΔH o và ΔS o không phụ thuộc nhiệt độ. CÂU II : Sự ăn mòn kim loại gắn liền với các phản ứng điện hóa. Điều này cũng đúng với sự tạo thành gỉ trên bề mặt sắt, tại đó các phản ứng ban đầu tại điện cực thường là : Fe (r)  Fe 2+ ( aq) + 2e (1) O 2 (k) + 2H 2 O (l) + 4e  4OH - (aq) (2) Thiết lập 1 pin điện hóa trong đó diễn ra các phản ứng tại điện cực như trên. Nhiệt độ là 25 o C. Pin được biểu thị bằng giản đồ pin sau đây : Fe (r) | Fe 2+ (aq)  OH - (aq) , O 2 (k) | Pt (r) Thế điện cực tiêu chuẩn tại 25 o C : Hệ số Nernst : RTln10/F = 0,05916 Volt tại 25 o C Hằng số Faraday : F = 96450 C. mol -1 Hằng số khí : R = 8,314 J.mol -1 .K -1 = 0,08314 L. bar. mol -1 .K -1 O o C = 273,15 o K Fe2+ (aq) + 2e  Fe (r) Eo = -0,44V O2 (k) + 2H2O (l) + 4e  4OH- (aq) Eo = 0,40V Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 Mã số : Lần XII - Năm 2006 Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM 1/ Hãy tính sức điện động tiêu chuẩn ( điện thế pin tiêu chuẩn) , E o , tại 25 o C. 2/ Hãy viết phản ứng chung xảy ra trong quá trình phóng điện của pin ở điều kiện tiêu chuẩn. 3/ Hãy tính hằng số cân bằng tại 25 o C của phản ứng chung của pin. 4/ Phản ứng chung nói trên được cho phép là tiến hành trong 24 giờ ở điều kiện tiêu chuẩn và với dòng điện không đổi là 0,12A. Hãy tính khối lượng của Fe chuyển thành Fe 2+ sau 24 giờ. Oxi và nước được giả thiết là có dư. 5/ Hãy tính E o của pin tại 25 o C với điều kiện sau : Fe 2+ = 0,015M ; pH nửa pin bên phải = 9,00 ; P O2 = 0,700 bar CÂU III. Trị số pH của nước nguyên chất là 7,0 ; trong khi đó nước mưa tự nhiên có tính axit yếu do sự hòa tan của CO 2 trong khí quyển. Tuy nhiên, trong nhiều khu vực, nước mưa có tính axit mạnh hơn. Điều này do 1 số nguyên nhân, trong đó có những nguyên nhân tự nhiên và những nguyên nhân xuất phát từ các hoạt động của con người. Trong khí quyển, SO 2 và NO bị oxi hóa theo thứ tự thành SO 3 và NO 2 , chúng phản ứng với H 2 O thành H 2 SO 4 và HNO 3 . Hậu quả là tạo thành "mưa axit" với pH trung bình khoảng 4,5. Tuy nhiên, cũng đã đo được các trị số thấp đến mức 1,7. SO 2 là 1 axit đa chức trong dung dịch nước. Tại 25 o C, các hằng số axit bằng : SO 2 (aq) + H 2 O (l) D 3 HSO − (aq) + H + (aq) K a1 = 10-1,92 3 HSO − (aq) D 2 3 SO − - (aq) + H+ (aq) K a2 = 10-7,18 Tất cả các câu hỏi sau đều xét ở 25 o C : 1/ Tính tan của khí SO 2 là 33,9 lit/ 1 lit nước tại áp suất riêng phần của SO 2 = 1 bar a. Hãy tính nồng độ toàn phần của SO 2 trong nước bão hòa khí SO 2 ( bỏ qua sự thay đổi thể tích gây ra bởi sự hoà tan SO 2 . b. Hãy tính % của ion 3 HSO − . c. Tính pH của dung dịch. 2/ Hãy tính nồng độ của ion Hidro trong dung dịch nước của Na 2 SO 3 0,0100 M. 3/ Cân bằng chính trong dung dịch nước của NaHSO 3 là : 3 2HSO − ( aq) D SO 2 (aq) + 2 3 SO − (aq) + H 2 O ( l) a. Hãy tính hằng số cân bằng của cân bằng trên. b. Hãy tính nồng độ của SO 2 trong nước của NaHSO 3 0,0100 M nếu chỉ xét cân bằng ghi trên. 4/ Tính tan của BaSO 3 trong nước bằng 0,016 g / 100ml. a. Tính nồng độ của ion Ba 2+ trong dung dịch bão hòa. b. Tính nồng độ ion 2 3 SO − trong dung dịch bão hòa. c. Tính tích số tan của BaSO 3 . 5/ Tích số tan của Ag 2 SO 3 = 10-13,82 M3. Hãy tính Ag+ trong dung dịch nước của Ag 2 SO 3 ( bỏ qua tính baz của 2 3 SO − ). 6/ Tích số tan của CaSO 3 = 10 -7,17 M 3 . Tính Kcb của phản ứng : Ca 2+ (aq) + Ag 2 SO 3 (r) D CaSO 3 (r) + 2Ag + (aq) 7/ Nhỏ từng giọt Brom đến dư vào dung dịch SO 2 0,0100 M. Toàn bộ SO 2 bị oxi hóa thành sunfat VI. Brom dư được tách ra bằng cách sục với khí Nitơ. Viết 1 phương trình phản ứng của quá trình và tính nồng độ H + trong dung dịch thu được. Giả sử tất cả các quá trình hóa học cũng như các thao tác thí nghiệm không làm thay đổi thể tích dung dịch. Trị số pKa của 4 HSO − = 1,99. Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 Mã số : Lần XII - Năm 2006 Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM 8/ Sau 1 đợt phun trào núi lửa, trị số pH của nước mưa đo được bằng 3,2. Hãy tính nồng độ toàn phần của H 2 SO 4 trong nước mưa, giả thiết sự axit hóa là chỉ do H 2 SO 4 . Proton thứ nhất của H 2 SO 4 có thể xem như phân ly hoàn toàn. CÂU IV. Đem hoà tan a gam một hỗn hợp X gồm Al 2 O 3 , MgO và 2 oxit của kim loại kiềm A và B (thuộc 2 chu kỳ kế tiếp) vào nước thấy có 4 gam chất không tan. Nếu thêm vào hỗn hợp 1 lượng Al 2 O 3 bằng ¾ lượng Al 2 O 3 có trong X rồi mới hòa tan vào nước thì có 6,55g chất không tan. Còn nếu thêm vào hỗn hợp 1 lượng Al 2 O 3 bằng lượng Al 2 O 3 có trong X thì có 9,1g chất không tan. Lấy 1 trong số dung dịch đã phản ứng hết kiềm ở trên cho sục khí CO 2 đến dư để tất cả lượng Al(OH) 3 kết tủa , lọc bỏ chất không tan, cô cạn nước lọc, thu được 24,99g hỗn hợp các muối cacbonat axit và muối cacbonat trung tính khan. Biết khi cô cạn 50% muối cacbonat axit kim loại kiềm A và 30% muối cacbonat axit kim loại kiềm B đã chuyển thành muối cacbonat trung tính. Hãy cho biết 2 kim loại kiềm và % khối lượng các oxit trong X. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn ( trừ phản ứng phân hủy nhiệt muối cacbonat axit) và không có sự hao hụt khi thu hồi các muối cacbonat. CÂU V. 1/ Cho biết độ dài liên kết tương đối và độ bền liên kết của C C− ≡ − và C C> = < giải thích . 2/ Giải thích tại sao hình ảnh orbital của C C− ≡ − cho ta biết sự thiếu vắng đồng phân hình học của 3 2 3 CH C C CH CH− ≡ − − 3/ a. Giải thích tại sao xiclohexin không tồn tại ? b. Vòng nhỏ nhất thích ứng với nối ba ( ) ≡ là gì ? 4/ Tại sao Butin-1 có momen lưỡng cực ( 0,8D) lớn hớn của Buten-1 ( 0,3D). Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM Giáo viên : HÀ THỊ KIM LIÊN ĐÁP ÁN HOÁ 11 CÂU I : 1/ 2 4 2 4 2 1 ( ) .2 ( ) . 2 3 2 H O K CaSO H O r CaSO H O H H H H∆ = ∆ + ∆ − ∆ = -1575,0 + 3 2 (-241,8) - (- 2021,0) = + 83,3 KJ.mol -1 Số mol CaSO 4 .2H 2 O(r) = 1000 172,18 = 5,808 (mol) ΔHpư = 5,808 x 83,3 = 483,8 KJ > 0 _ Phản ứng thu nhiệt 2/ 2 4 2 4 2 0 0 0 1 ( ) .2 ( ) . 2 H O k CaSO H O r CaSO H O S S S S∆ = + − = 130,5 + 188,6. 3 2 - 194,0 = 219,4 JK-1.mol -1 G H T S∆ = ∆ − ∆ = 83300 - 298,15 x 219,4 = 1788,6 J.mol -1 ΔG = -RTlnK  lnK = 17886 0,08314.298,15 G RT ∆ = − − = - 721,553 2 3/ 2 H O K P= K= 7,35.10-4 (bar) 2 H O P = 8,15.10-3 bar 3/ 2 H O P = 1 bar  K = 1,00 0 G∆ = -RTlnK = 0 G H T S ∆ = ∆ − ∆ 0 = 83300 - T x 219,4  T = 380K hay 107 o C CÂU II : 1/ E mạch = Ep - Et = E (+) - E (-) = 0,4 - ( - 0,44 ) = + 0,84 (V) 2/ - Sự oxi hóa xảy ra ở cực âm., bên trái - Sự khử xảy ra ở cực dương , bên phải (+) O 2 (k) + 2H 2 O (l) + 4e  4 OH − (aq) (-) 2| Fe o - 2e  Fe 2+ 2Fe o + O 2 + 2H 2 O  2Fe 2+ + 4 OH − 3/ Hệ đạt cân bằng khi Epin = 0 Kcb = ( ) ( ) 2 2 2 2 O Fe OH P + − Nồng độ mol theo M, áp suất theo bar 0 0 ln pin G nE F RT K∆ = − = −  K = 6,2 x 1056 ( M 6 .bar -1 ) 4/ m Fe  Fe 2+ = 55,845.0,12.24.3600 3,0 96485.2 AIt g Fn = = 5/ Fe 2+ = 0,015 M; pH nửa pin bên phải = 9,00 ; 2 H O P = 0,700 bar Epin = E o pin - ( ) ( ) 2 2 4 2 0,5916 lg 4 O Fe OH V P + − pH = 9  [H+] = 10 -9 M  OH −     = 10 -5 M Epin = 0,84V - ( ) 4 2 5 0,015 10 0,5916 lg 1,19 4 0,700 V V − = CAÂU III : 1/ a/ n = = = 1,368 (mol)  [ SO 2 ] = 1,368 M b/ SO 2 (aq) + H 2 O (l)  HSO 3 - (aq) + H + (aq) bñ : 1,368 0 0 pö : x x x cb : (1,368 – x) x x Ka 1 = = 10 -1,92  x = 0,1224 %HSO 3 - = x 100 = 8,95 (%) c/ pH = -lg [H + ] = - lg 0,1224 = 0,91 2/ Na 2 SO 3  2Na + + SO 3 2- 0,01 0,01 (M) SO 3 2- (aq) + H 2 O(l)  HSO 3 - (aq) + OH - (aq) Bñ : 0,01 0 0 Pö : y y y Cb : ( 0,01 – y) y y K b = = 10 -6,82 =  y = 3,89.10 -5 = [OH - ]  [H + ] = = 2,57.10 -10 (M) 3/ PV RT x 2 1,368 - x x 1,368 10 -14 Ka 2 y 2 0,01 - y 10 -14 3,89.10 -5 1 x 33,9 1,013 22,4 ( 273 + 25) 273 a/ HSO 3 - (aq)  SO 3 2- (aq) + H + (aq) Ka 2 HSO 3 - (aq) + H + (aq)  SO 2 (aq) + H 2 O (l) ( Ka 1 ) -1 2HSO 3 - (aq)  SO 3 2- (aq) + SO 2 (aq) + H 2 O (l) Kcb = Ka 2 .Ka 1 -1 = 10 -7,18 . 10 +1,92 = 10 -5,26 b/ NaHSO 3  Na + + HSO 3 - 0,01 0,01 (M) 2HSO 3 -  SO 2 + SO 3 2- + H 2 O bñ : 0,01 0 0 0 pö : 2z z z cb : ( 0,01-2z) z z Kcb = = 10 -5,26 => z = 2,33.10 -5  [ SO 2 ] = y = 2,33.10 -5 4/ a/ M BaSO3 = 217,39 g.mol -1 Soá mol BaSO 3 = 0,016 : 217,39 = 7,36.10 -5 (mol) [ BaSO 3 ] = 7,36.10 -5 : 0,1 = 7,36.10 -4 (mol/l) BaSO 3  Ba 2ø+ + SO 3 2- s s s  [ Ba 2+ ] = 7,36.10 -4 M b/ SO 3 2- (aq) + H 2 O (l)  OH – (aq) + HSO 3 - (aq) bñ : 7,36.10 -4 0 0 pö : a a a cb : ( 7,36.10 -4 –a ) a a K = = 10 -6,82  a = 1,0479.10 -5  [ SO 3 2- ] = 7,36.10 -4 – a = 7,26.10 -4 (M) c/ Tt BaSO 3 = [ Ba 2+ ] [ SO 3 2- ] = ( 7,36.10 -4 ) ( 7,26.10 -4 ) = 5,34.10 -7 (M 2 ) 5/ Ag 2 SO 3  2Ag + + SO 3 2- s 2s s Tt = 2s 2 = 10 -13,82  s = 1,558.10 -5 [ Ag + ] = 2s = 3,116.10 -5 (M) 6/ Ag 2 SO 3  2Ag + + SO 3 2- Tt = 10 -13,82 Ca 2+ + SO 3 2-  CaSO 3 Tt -1 = 10 +7,17 Ca 2+ + Ag 2 SO 3  2Ag + + CaSO 3 K = 10 -13,82 .10 +7,17 = 10 -6,65 7/ Br 2 + SO 2 + 2H 2 O = 2 HBr + H 2 SO 4 0,01 0,02 0,01 2HBr = 2H + + 2Br - 0,02 0,02 0,02 H 2 SO 4 = H + + HSO 4 - z 2 ( 0,01 – 2z) 2 a 2 7,36.10 -4 – a 0,01 0,01 0,01 HSO 4 -  H + + SO 4 2- Bđ : 0,01 0,03 0 Pl : b b b Cb : (0.01 – b) (0,03 +b) b K = = 10 -1,99  b = 2,34.10 -3  [ H + ] = 0,03 + b = 0,0324 (M) 8/ pH = 3,2  [H + ] = 10 -3,2 M Ka = 10 -1,99 H 2 SO 4  H + + HSO 4 - 0,01 0,01 0,01 HSO 4 -  H + + SO 4 2- Bđ : 0,01 0,01 0 Pl : c c c Cb : ( 0,01 – c) ( 0,01 + c) c K = = 10 -1,99  c = 1,613.10 -5  [ SO 4 2- ] = c = 3,074.10 -4 M [ HSO 4 - ] = 1,613.10 -5 M [H 2 SO 4 ] = [ HSO 4 - ] + [SO 4 2- ] = 1,613.10 -5 + 3,074.10 -4 = 3,24.10 -4 M CÂU IV :  lượng Al 2 O 3 ban đầu la ø : 9,1 – 6,55 = 2,55 (g) => Al 2 O 3 ban đầu la ø : 4 x 2,55 = 10,2 g Vì thêm ¾ lượng Al 2 O 3 vào hỗn hợp X, sau phản ứng còn 6,55g chứng tỏ đã có : (9 4 + 10,2 + 7,65 ) – 6,55 = 15,3 (g) Al 2 O 3 bò tác dụng đã tan vào dd kiềm. Vậy lượng MgO ban đầu là : 4 (g) Số mol Al 2 O 3 đã phản ứng : 15,3 : 102 = 0,15 (mol) + H 2 O + Al 2 O 3 A 2 O 2AOH 2 A AlO 2 x + H 2 O + Al 2 O 3 B 2 O 2 BOH 2 B AlO 2 y x + y = 0,15 (1) 0,5x ( 2A - 60) + 0,3y ( 2B + 60) + x (A+61) – 1,4y (B + 61) = 24,99 => Tổng số gam 2 kim loại A,B là : 2Ax + 2By = 11,34 – 12,4y (g) (2) Tổng số mol 2 kim loại A,B là : 2x + 2y = 0,3 (mol) M = => 12,4y = 11,34 – 0,3M => y = b ( 0,03 + b) 0,01 - b c ( 0,01 + c) ( 0,01 – c) 11,34 – 12,4y 0,3 11,34 – 0,3M 12,4 0 < y < 0,15 => 31,6 < M < 37,8 , A < M < B A, B liên tiếp => A = 23 : Na B = 39 : K (2) => 46x + 90,4y = 11,34 x = 0,05 x + y = 0,15 => y = 0,1 m Na 2 O = 0,05 x 62 = 3,1 g => % m Na 2 O = 11,61 % m K 2 O = 0,1 x 94 = 9,4 g % m K 2 O = 35,2 % m MgO = 4 (g) %m MgO = 15% m Al 2 O 3 = 10,2 g % m Al 2 O 3 = 38,19% Tổng khối lượng = 26,7 (g) CÂU V : 1/ - Liên kết ba ≡ ngắn và bền hơn liên kết đôi = - Nguyên tử cacbon của C ≡ C được che chắn bởi 6e của 3 liên kết trong khi đó nguyên tử cacbon của C = C được che chắn bởi 4e của từ 2 liên kết. - Với nhiều e che chắn, cacbon liên kết ba ≡ có thể lại gần nhau => chiều dài liên kết ngắn và tạo sự xen phủ nhiều hơn => liên kết bền hơn. 2/ Cacbon nối ba ≡ lai hóa sp thẳng hàng => loại trừ khả năng tạo đồng phân lập thể cis-trans trong đó các nhóm thế phải ở những mặt khác nhau của liên kết ba . 3/ a. Đơn vò cấu trúc thẳng hàng − C − C ≡ C − không thể tạo cầu chỉ với 2 cacbon. b. Đơn vò cấu trúc này có thể tạo cầu với 4 cacbon, như vậy xicloankin đơn giản nhất là xiclooctin. 4/ Liên kết C ≡ C lai hóa sp phân cực nhiều hơn liên kết C = C lai hóa sp 2 vì cacbon nhiều đặc tính s thì độ âm điện nhiều hơn. ************************************************************************ . Kỳ thi olympic truyền thống 30/4 Mã số : Lần XII - Năm 2006 Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Mã số : MÔN HÓA KHỐI 11 Ngày thi : 17 - 4 - 2006 . tất cả các quá trình hóa học cũng như các thao tác thí nghiệm không làm thay đổi thể tích dung dịch. Trị số pKa của 4 HSO − = 1,99. Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 Mã số : Lần XII - Năm 2006 Trường. (k) | Pt (r) Thế điện cực tiêu chuẩn tại 25 o C : Hệ số Nernst : RTln10/F = 0,05 916 Volt tại 25 o C Hằng số Faraday : F = 96450 C. mol -1 Hằng số khí : R = 8,314 J.mol -1 .K -1 = 0,08314 L. bar.