Tiêu đề V1.CT-2012.pdf ✅

trang 1/6 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HOÁ HỌC Ngày thi thứ nhất: 11/01/2012 Cho: Th = 232; O = 16; Fe = 56; H = 1; C = 12. Câu 1. (3,0 điểm): 1. 1 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 1,5 điểm. 1. Trong phân tử NH3 và ion + NH4 , N có lai hóa sp3 : 2s 2p sp3 Trong NH3 một obitan lai hóa sp3 có cặp electron không liên kết, còn 3 obitan lai hóa sp3 khác với 1 electron độc thân xen phủ với 1 obitan s của nguyên tử H có 1 electron, tạo ra các liên kết σ bền vững. Trong + NH4 , ngoài 3 liên kết σ như trong NH3, còn 1 obitan lai hóa sp3 với đôi electron xen phủ với AO 1s của H+ không có electron, tạo ra liên kết σ thứ 4. N N NH3 NH4 + H H H H H H H 2. Cl2 + h ν → 2Cl 3 19 23 c 243.10 ε = hν = h 4,035.10 λ 6,022.10 − = = (J) → -34 8 7 19 h.c 6,625.10 . 3.10 λ = = = 4,925.10 ε 4,035.10 − − (m) = 492,5 (nm). 3. Vì thori phân hủy phóng xạ theo phản ứng bậc 1 nên chu kỳ bán hủy được tính theo biểu thức: 1/2 0,693 t = k hay 1/2 0,693 k = t Vậy hằng số tốc độ 18 -1 10 0,693 - k = = 1,58.10 (s ) 1,39.10 . 365 . 24 . 3600 . Trong 264 gam ThO2 tinh khiết chứa 6,022.1023 hạt 232Th . Vậy trong 1 gam ThO2 tinh khiết chứa: 23 6,022.10 . 1 264 = 2,28.1021 hạt 232Th . Tốc độ phân hủy của Th (trong ThO2) được biểu diễn bằng biểu thức: dN v = - = kN dt Do vậy số hạt α bị bức xạ trong 1 giây bởi 1 gam thori đioxit tinh khiết sẽ là: dN v = - = dt 1,58.10-18. 2,28.1021 = 3,60.103 (s-1 ) Nghĩa là có 3,60.103 hạt α bị bức xạ trong 1 giây.
trang 2/6 Câu 2. (3,5 điểm): 1. 1 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 1 điểm; 4. 1 điểm. 1. Từ phương trình phản ứng: 2 H2O2 → 2 H2O + O2 ta có: thể tích oxi thoát ra trong 1 đơn vị thời gian tỉ lệ thuận với tốc độ phản ứng Theo các thí nghiệm 1, 2, 3 khi tăng gấp đôi thể tích dung dịch H2O2 và giữ nguyên thể tích của dung dịch KI thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi, điều đó có nghĩa là tốc độ phản ứng tỷ lệ thuận với nồng độ của H2O2 → phản ứng là bậc 1 đối với H2O2. Tương tự, từ các thí nghiệm 2, 4, 5 ta thấy tốc độ phản ứng tỷ lệ thuận với nồng độ của I- → phản ứng là bậc 1 đối với I- . 2. Phương trình phản ứng: 2 H2O2 → 2 H2O + O2 Biểu thức của định luật tốc độ phản ứng: V = k . H O2 2 I C .C - 3. Khi pha loãng 3 lần thì nồng độ của H2O2 (C0) ở thí nghiệm 4 giảm 3 lần: → C0 = 10 gam H2O2/1 lit. Hay C0 = 10 34 = 0,294 M. Vì phản ứng xảy ra chậm nên có thể coi như tốc độ phản ứng (thể tích oxi thoát ra) không thay đổi trong khoảng thời gian ngắn (4 phút). Sau 4 phút sẽ thoát ra: 4,25 . 4 = 17 (ml) oxi, khi đó: 2 -3 -3 O P.V 1 . 17.10 n = = = 0,695.10 R.T 0,082 . 298 (mol) Lúc đầu có: H O2 2 n = 0,294 . 0,15 = 44,1.10-3 (mol). Sau 4 phút, số mol H2O2 chỉ còn: 44,1.10-3 – 2 . 0,695.10-3 = 42,71.10-3 (mol). Vậy sau 4 phút: H O2 2 C = 0,04271 0,15 = 0,285 (M). 4. H2O2 + I- 1 k ⎯⎯→ H2O + IO- (1) IO- + H2O2 2 k ⎯⎯→ O2 + I- + H2O (2) Giả sử phản ứng (1) diễn ra chậm và quyết định tốc độ phản ứng, ta có: V = k1.[H2O2].[I- ] Kết quả này phù hợp với định luật tốc độ tìm được từ thực nghiệm. Giả sử phản ứng (2) diễn ra chậm và quyết định tốc độ phản ứng tổng quát, ta có: V = k2. [H2O2].[IO- ] (1) Áp dụng phương pháp nồng độ ổn định để tính [IO- ]: - d[IO ] dt = k1.[H2O2].[I- ] - k2.[H2O2].[IO- ] = 0 → [IO- ] = 1 2 k k .[I- ] (2) Thay (2) vào (1), ta được: V = k1[H2O2].[I- ]. Vậy với cơ chế trên việc chấp nhận giai đoạn nào là chậm cũng đều phù hợp với phương trình động học tìm được bằng thực nghiệm, nghĩa là cả phản ứng (1) và (2) đều có thể quyết định tốc độ giải phóng oxi. Câu 3. (4,5 điểm): 1. 1,75 điểm; 2. 2,75 điểm. 1. a) Cấu hình electron của crom là [Ar]3d5 4s1 nên không chỉ có electron ở phân lớp 4s mà có cả các electron ở phân lớp 3d tham gia phản ứng hóa học. Do đó trong các hợp chất, crom có số oxi hóa thay đổi từ +1 đến + 6, nhưng trong đó phổ biến nhất là những số oxi hóa +2, +3, +6
trang 3/6 b) Do crom có nhiều trạng thái oxi hóa nên tính chất axit-bazơ của các oxit của crom cũng thay đổi trong khoảng rộng: - Ở mức oxi hóa thấp, oxit của crom (CrO) thể hiện tính chất bazơ: CrO + 2 H+ → Cr2+ + 2 H2O - Ở mức oxi hóa trung gian (+3), Cr2O3 thể hiện tính chất lưỡng tính: Cr2O3 + 6 H+ → 2 Cr3+ + 3 H2O Cr2O3 + 2 OH- → 2 CrO 2 − + H2O - Ở mức oxi hóa cao (+6), CrO3 thể hiện tính chất axit: CrO3 + H2O → H2CrO4 2 CrO3 + H2O → H2Cr2O7 c) Điều chế Al2O3 và Cr2O3 từ dung dịch gồm KCrO2 và KAlO2: Thêm HCl vào dung dịch hỗn hợp: - CrO2 + 4 H+ → Cr3+ + 2 H2O - AlO2 + 4 H+ → Al3+ + 2 H2O Oxi hóa Cr3+ thành 2- Cr O2 7 : 2 Cr3+ + 3 ClO- + 4 H2O → 3 Cl- + 2 2 7 - Cr O + 8 H+ Thêm NH3 (dư) vào dung dịch để kết tủa Al3+ dưới dạng Al(OH)3: Al3+ + 3 NH3 + 3 H2O → Al(OH)3 + 3 NH4 + Tách Al(OH)3 để điều chế Al2O3: 2 Al(OH)3 ⎯⎯→t Al2O3 + 3 H2O Khử 2 2 7 - Cr O về Cr3+: 2- Cr O2 7 + 9 I- + 14 H+ → 2 Cr3+ + 3 - 3 I + 7 H2O Kết tủa, tách Cr(OH)3 để điều chế Cr2O3: Cr3+ + 3 OH- → Cr(OH)3 2 Cr(OH)3 ⎯⎯→t Cr2O3 + 3H2O 2. a) Do - 2+ 2- 3+ 3+ 2+ - - 4 2 7 3 0 0 0 0 MnO /Mn Cr O /Cr Fe /Fe I /I E = 1,51 V > E = 1,33 V > E = 0,771V > E = 0,5355 V, nên các quá trình xảy ra như sau: 2 - MnO4 + 16 H+ + 15 I- → 2 Mn2+ + 5 - 3 I + 8 H2O 0,01 0,5 - 0,425 0,01 0,025 2 2 7 - Cr O + 14 H+ + 9 I- → 2 Cr3+ + 3 - 3 I + 7 H2O 0,01 0,425 0,025 - 0,335 0,02 0,055 2 Fe3+ + 3 I- → 2 Fe2+ + 3 - I 0,01 0,335 0,055 - 0,32 0,01 0,06 Thành phần của dung dịch Y: 3 - I 0,060 M; I0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M. b) 3 - I + 2 e → 3 I- 3 - - I /I E = 3 0,0592 0,06 0,5355 + .log 2 (0,32) = 0,54 V.
trang 4/6 Do 3 0 - - I /I E = 0,5355 V > 2+ 0 Cu Cu / E = 0,153 V + nên về nguyên tắc Cu2+ không oxi hóa được Ivà phản ứng: 2 Cu2+ + 3 I- → 2 Cu+ + - 3 I hầu như xảy ra theo chiều nghịch. Nhưng nếu dư Ithì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó 2+ 2+ 0 0 Cu /CuI Cu /Cu S(CuI) E = E + 0,0592.log K 1 +  0,863 V. Như vậy 2+ 0 Cu /CuI E = 0,863 V > 3 0 - - I /I E = 0,5355 V → Cu2+ sẽ oxi hóa được Ido tạo thành CuI: 2 Cu2+ + 5 I- → 2 CuI  + - 3 I d) Vì 2+ 0 Cu /CuI E = 0,863 V > 3 I /I E - - = 0,54 V → điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y là anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch gồm Cu2+, I- (cùng nồng độ 1 M), có chứa kết tủa CuI là catot. Vậy sơ đồ pin như sau: (-) Pt│ 3 - I 0,060 M; I0,32 M║CuI; Cu2+ 1 M; I1 M │Pt (+) Trên catot: Cu2+ + I- + e → CuI  Trên anot: 3 I - → 3 - I + 2e Phản ứng trong pin: 2 Cu2+ + 5 I- → 2 CuI  + 3 - I Câu 4. (4,5 điểm): 1. 2,5 điểm; 2. 2 điểm. 1. a) FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O (1) Fe2O3 + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2O (2) 2 FeCl3 + 2 H2O + SO2 → 2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl (3) 5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl → 5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O (4) 5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O → 2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4 (5) (Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ dư để làm môi trường cho phản ứng (4)) b) Từ (1) và (4) ta có: nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = 2 Fe n + = 5. MnO4 n − = 5 . 0,10 . 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol) → nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = -3 7,63.10 . 0,8120 = 1,2180 5,087.10-3 (mol) → mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10-3 = 0,3663 (g) và Fe O2 3 m (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g) → Fe O2 3 n (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,1615 160  1,01.10-3 (mol) Tương tự, từ (3) và (5) ta có: SO SO (3) SO (5) 2 2 2 n n n = + Trong đó: SO (3) FeCl 2 3 1 n = . n 2 (trong 0,8120 gam mẫu) Fe O2 3 = n (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol) - 2 4 SO (5) MnO (5) 5 n n 2 = = - 2 MnO Fe 4 5 1 ( n n ) 2 5   − + với: 2 Fe n + = nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) Fe O2 3 + 2.n (trong 0,8120 gam mẫu) → SO (5) 2 n = 4 MnO- FeO 5 1 ( n (n 2 5  − (trong 0,8120 gam mẫu) Fe O2 3 + 2.n (trong 0,8120 gam mẫu)) → 2 3 3 3 SO (5) 5 1 - - - n = 0,10 . 22,21.10 - (5,087.10 + 2 . 1,01.10 ) 2 5        2.10-3 (mol). Vậy: SO2 n = 3,01.10-3 (mol) → SO2 V = 22,4 . 3,01.10-3 = 0,0674 (lit)