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
Thi gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi th nht: 11/01/2011
 thi có 02 trang, gm 06 câu
Câu 1. (3,5 điểm)
1. Clo, brom, iot có th kt hp vi flo to thành các hp cht dng XF
m
. Thc nghim cho thy
rng m có 3 giá tr khác nhau nu X là Cl hoc Br, m có 4 giá tr khác nhau nu X là I.
a) Hãy vit công thc các hp cht dng XF
m
ca mi nguyên t Cl, Br, I.
b) Da vào cu to nguyên t và  âm in ca các nguyên t, hãy gii thích s hình thành các
hp cht trên.
Cho:  âm in ca F là 4,0; Cl là 3,2; Br là 3,0; I là 2,7.
2.
32
P phân rã β
-
vi chu kì bán hu 14,28 ngày, c iu ch bng phn ng gia ntron vi
ht nhân
32
S.
a) Vit các phng trình phn ng ht nhân  iu ch
32
P và biu din s phân rã phóng x ca

= 0,02 mol.L
-1
thì tc  u ca phn ng v
0
( 25
o
C) là 4.10
-4
mol.L
-1
.phút
-1
; nh lut tc  ca phn ng có
dng: v = k.[X] (2), trong ó k là hng s tc  ca phn ng.
1. Tìm biu thc liên h lgv (logarit ca tc  phn ng) vi thi gian phn ng t và tính các h
s trong biu thc này cho trng hp ca phn ng (1).
2. Tính thi gian phn ng mt na trong các iu kin nói trên.
3. Phn ng 2NO

(k)

+ 2H
2
(k)

→ N
2
(k)

+ 2H

2
O (k) (nhanh).
C ch 2:
2 NO (k)
N
2
O
2
(k) (nhanh)
N
2
O
2
(k) + H
2
(k) → N
2
O (k) + H
2
O (k) (chm)
N
2
O (k) + H
2
(k) → N
2
(k) + H
2
O (k) (nhanh).


–1
)

130,7 191,6 192,8

Liên kt NN N=N N-N H-H
Bin thiên entanpi phân li liên kt
0
b
H (kJ.mol
–1
)
945 466 159 436 Trang 1/2
1. Tính bin thiên entanpi, bin thiên entropi, bin thiên nng lng t do Gibbs và hng s cân
bng K ca phn ng tng hp amoniac t nit và hiro  iu kin nhit  và áp sut trên.
2. Trong thc t sn xut, phn ng tng hp amoniac c thc hin  nhit  cao.
a) Chp nhn gn úng vic b qua s ph thuc nhi
t  ca H và S, hãy tính hng s cân
bng K ca phn ng  T = 773 K.
b) Nhn xét v hng u tiên ca phn ng  298 K và 773 K. Gii thích ti sao li tin hành
tng hp NH
3
 nhit  cao.  tng hiu sut tng hp amoniac trong công nghip, có th a
ra bin pháp gì? Gii thích.
3. Tính bin thiên entanpi phân li liên kt
0
b

2
O
4
0,20 M và 25,00 mL dung dch HClO
4
0,80 M c dung dch A.
1. Vit phng trình phn ng xy ra. Tính hng s cân bng ca phn ng và xác nh thành
phn ca dung dch
A.
2. Trn 10,00 mL dung dch A vi 10,00 mL dung dch B gm Ca(NO
3
)
2
0,020 M và Ba(NO
3
)
2
0,10 M.
Có kt ta nào tách ra?
Chp nhn s cng kt là không áng k; th tích dung dch to thành khi pha trn bng tng
th tích ca các dung dch thành phn.
Cho: ;  25
-+ 2+
2224
4
00
CO /H C O
MnO , H /Mn
E = 1,51 V; E = - 0,49 V
o

trong nc  25
o
C là = 0,030 M.
2
CO
L
Câu 5. (3,0 điểm)
1. Cho:

- + 2+ 2- + + 2+
4422
00 0
MnO, H/Mn MnO , H/MnO MnO, H/Mn
E = 1,51 V; E = 2,26 V; E = 1,23 V.
a) Tính
và
-
42 2
0
MnO , H O/MnO
E
-2
44
0
MnO /MnO
E.
-
b) Nhn xét v kh nng oxi hóa ca
trong môi trng axit, trung tính và baz. Gii thích.
-

2
. Thêm H
2
SO
4
loãng n d vào hn hp thu c và pha thành
100,00 mL, c dung dch
A có màu vàng da cam. Cho dung dch KI (d) vào 10,00 mL dung dch
A, lng (sn phm ca phn ng gia I
3
-
I
–
và I
2
) gii phóng ra phn ng ht vi 10,50 mL dung dch
Na
2
S
2
O
3
0,40 M. Nu cho dung dch NaF (d) vào 10,00 mL dung dch A ri nh tip dung dch KI
n d thì lng gii phóng ra ch phn ng ht vi 7,50 mL dung dch Na
3
-
I
2
S
2

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

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 →

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

.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

+ 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

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
] =

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

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

;
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

= - 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

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

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

 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

= 0,020 M;
+
H
C
= 0,094 M;
2
CO
C
= 0,010 M;
2+
Mn
C
= 0,0020 M;

2+
Ca
C =

0,010 M;
2+
Ba
C = 0,050 M.
Vì sự phân li của axit cacbonic (hỗn hợp H
2
O+CO
2
)

không đáng kể trong môi trường
axit, do đó có thể coi [CO

:
24
2-
24
2+
-6,8
s(BaC O )
'-5,5
'
CO (2)
Ba
K
10
C = = 10 M
0,05
C
≥

Vì
2-
24
'
CO (1)
C<
2-
24
'
CO (2)
C → CaC
2

→
-
24
'
HC O
C = x = 7,15.10
-3
M;
+
'
H
C = 0,1012 M →
-
24
2-
24
+
'
HC O
'
a2
'
CO
H
C
CK
C
=
= 10
-5,42

O
4
⎯
⎯→

CaC
2
O
4
↓ + 2H
+
K = 10
3,23
0,010 0,020 0,094
- 0,010 0,114

Đánh giá khả năng kết tủa BaC
2
O
4
từ lượng dư H
2
C
2
O
4
:
Tương tự: H
2
C

24
'
CO
C= 10
-5,83
M

2+
'
Ba
C.
2-
24
'
CO
C = 0,05.10
-5,83
=10
-7,13
< 10
-6,8
=
24
s(BaC O )
K → không có BaC
2
O
4
kết tủa.


10 .0,01
C
[H ] (0,117)
−
=== 1,53.10
-17
(M)

→
2+ 2- 2+ 2-
33
33
'' ''
s(CaCO ) s(BaCO )
Ca CO Ba CO
C.C< K ;C.C< K → không có CaCO
3
và BaCO
3
tách ra.
Trang 5/6
Câu 5

1

O

MnO
2
↓ + 4H
+
+ 2e
-1 2.1,23 / 0,0592
2
K10
−
=
MnO
2
↓ + 2H
2
O 
2-
4
MnO + 4H
+
+ 2e
-1 2.2,26 / 0,0592
3
K10
−
=

-
4

O
5.1,51/ 0,0592
1
K10=
Mn
2+
+ 2H
2
O

MnO
2
↓ + 4H
+
+ 2e
-1 2.1,23 / 0,0592
2
K10
−
=
4× H
2
O  OH
-
+ H
+

14
w
K10

−
−
= 0,59 (V)
b)
-+ 2+
4
0
MnO , H /Mn
E >
-
42 2
0
MnO , H O/MnO
E >
-2-
44
0
MnO /MnO
E → khả năng oxi hóa của
-
4
MnO
mạnh nhất trong môi trường axit và yếu nhất trong môi trường bazơ, bởi vì:
-+ 2+ -+ 2+
44
-+8
°
4
2+
MnO , H /Mn MnO , H /Mn

+ 4H
2
O
2
-
4
MnO + 3
2+
Mn
+ 2H
2
O
t
⎯
⎯→

5MnO
2
↓ + 4H
+
2
-
4
MnO +
2-
3
SO + 2OH
-
→ 2
2-

4
CrO + 2OH
-
+ 6Na
+
(1)
2Na
2
O
2
+ 2H
2
O
t
⎯
⎯→

O
2
↑ + 4OH
-
+ 4Na
+
(2)
OH
-
+ H
+
→ H
2

+ 4 H
+
→ 2 Cr
3+
+ 3
-
3
I + 7H
2
O (6)
2Fe
3+ +
3I
-
→ 2Fe
2+
+
-
3
I (7)
2
−2
23
SO
+
-
3
I →
−
2

Đặt số mol của Cr
2
O
3
và Fe
2
O
3
trong 1,98 gam mẫu lần lượt là
23
Cr O
n
= x;
23
Fe O
n
= y
Từ (1), (4) và (5) → trong 10,00 mL dung dịch
A số mol của
−2
27
Cr O
là
2-
27
Cr O
n = 0,1x;
số mol của Fe
3+
là

3
I(1)
n → 0,40.10,50.10
-3
= 2.(0,1y + 0,3x) (10)

Trường hợp NaF có mặt trong dung dịch A, chỉ có
−
2
27
Cr O bị khử:

-
3
I(2)
n= 3
2-
27
Cr O
n = 0,3x → 0,40.7,50.10
-3
=
2-
23
SO (2)
n= 2
-
3
I(2)
n = 0,6x (11)