Môn thi: Hoá học
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 07/11/2008.
Câu 1 (4,0 điểm).
1. Cho biết trị số năng lợng ion hoá thứ nhất I
1
(eV) của các nguyên tố chu kỳ 2
Nguyên tố Li Be B C N O F Ne
I
1
(eV) 5,39 9,30 8,29 11,26 14,54 13,61 17,41 21,55
Nhận xét sự biến thiên năng lợng ion hoá của các nguyên tố trên. Giải thích.
2. So sánh góc liên kết, momen lỡng cực của các hạt: NO
2
+
, NO
2
, NO
2
-
.
3. Giải thích tại sao BF
3
có thể dime hoá, còn BCl
3
không thể, trong lúc đó AlF
3
và AlI
3

lại dễ
tạo dime?
Câu 2 (4,0 điểm).
1. Dựa vào bảng số liệu:
Oxh / Kh I
2
/ 2I
-
Br
2
/ 2Br
-
Cl
2

/2Cl
-
IO
3
-
/I
2
BrO
3
-
/Br
2
E
0
(V) +0,54 +1,07 +1,36 +1,20 +1,52

Hãy giải thích hiện tợng quan sát đợc trong thí nghiệm sau: Cho luồng khí clo từ từ đi vào
dung dịch chứa KI và KBr có hoà tan vài giọt hồ tinh bột đến d.
2. Có 3 đơn chất của 3 nguyên tố là A, B, C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra chất D. Chất D
bị thuỷ phân mạnh trong nớc tạo thành khí cháy đợc có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau tạo
ra khí E, khí này có khả năng làm quỳ tím ẩm hoá đỏ. Hợp chất của cả 3 nguyên tố A, B, C là muối
không màu tan trong nớc và bị thuỷ phân. Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và rất cứng. Xác
định A, B, C và các hợp chất tơng ứng. Viết các phơng trình phản ứng.
Câu 3 (4,0 điểm)
1.Trộn 20 ml dung dịch NH
3
có pH = 10,5 với 20 ml dung dịch H
2
SO
4
có pH = 2,5 thu đợc
dung dịch A. Tính pH của dung dịch A, biết K
b
của NH
3
là 1,8.10
-5
và coi H
2
SO
4
điện li hoàn
toàn.
2. Ngời ta để một dung dịch chứa Tl
+
0,1M và HCl 1M ra ngoài không khí ở 25

0
C, áp suất 1
atm (oxi chiếm 21% thể tích không khí) cho đến khi Tl
+
bị oxi hoá đến mức tối đa thành Tl
3+
.
Tính % số mol Tl
+
còn lại cha bị oxi hoá. Cho:
O
2
+ 4H
+
+ 4e 2H
2
O E
0
= 1,23V
Tl
3+
+ 2e Tl
+
E
0
= 1,25V
Câu 4 (4,0 điểm).
1. Để hoà tan 9,18 gam bột nhôm cần dùng dung dịch axit A có nồng độ 0,25M, thu đợc khí
X và dung dịch muối Y. Biết trong khí X số nguyên tử của nguyên tố có sự thay đổi số oxi hoá
là 0,3612.10

23
. Để tác dụng vừa đủ với dung dịch Y tạo ra một dung dịch trong suốt thì cần
290 gam dung dịch NaOH 20%. Xác định khí X và thể tích dung dịch A cần để hoà tan 9,18
gam nhôm (biết số Avogadro là 6,02.10
23
).
2. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu bằng dung dịch H
2
SO
4
98% (d) thu đợc
dung dịch A. Pha loãng dung dịch A rồi điện phân với điện cực trơ bằng dòng điện I=9,65A
đến khi hết Cu
2+
thì mất 9 phút 20 giây (hiệu suất điện phân 100%). Sau khi điện phân thu đợc
dung dịch B, dung dịch B phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KMnO
4
0,04M.
a. Viết các phơng trình phản ứng trong quá trình thí nghiệm trên.
b. Tính m.
Câu 5 (4,0 điểm).
Sở Gd&Đt Nghệ an
kỳ thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia
lớp 12 THPT năm học 2008 - 2009
1
Đề thi chính thức
(Đề thi có 02 trang)
1. a. Khảo sát phản ứng: NH
4
Cl

(K)


NH
3

(K)
+ HCl

(K)
Ngời ta tiến hành hai thí nghiệm trong 2 bình có thể tích cố định bằng nhau, chân không sau:
Thí nghiệm 1: Cho 4 mol NH
4
Cl vào bình 1, khi phản ứng đạt cân bằng hoá học ở nhiệt độ
T có áp suất P
1
=1,5 atm, độ phân li của NH
4
Cl là = 0,6. Tính K
p
.
Thí nghiệm 2: Cho 16 mol NH
4
Cl vào bình 2, khi phản ứng đạt cân bằng ở nhiệt độ T, áp
suất chung của hệ là P
2
. Tính P
2
.
b. Kết quả tính độ phân li của NH

4
Cl trong hai thí nghiệm có phù hợp với nguyên lý
Lơsatơliê không? Giải thích.
2. Có hai hỗn hợp A, B. Hỗn hợp A chứa Na
2
CO
3
và NaHCO
3
, hỗn hợp B chứa Na
2
CO
3
và
NaOH. Một trong hai hỗn hợp này đợc hoà tan trong nớc tạo thành một dung dịch D có thể
tích 100 ml. Lấy 20 ml dung dịch D chuẩn độ với dung dịch HCl 0,2M.
Lần 1: Dùng chỉ thị phenolphtalein thấy cần 36,15 ml dung dịch HCl.
Lần 2: Dùng chỉ thị metyl da cam thấy cần 43,8 ml dung dịch HCl. Cho vùng chuyển màu
của phenolphtalein là pH = 8,3 10 và vùng chuyển màu của metyl da cam là pH = 3,1 4,0.
a. Cho biết các phản ứng nào đã xẩy ra khi đạt đợc giá trị chuyển pH.
b. Cho biết hỗn hợp nào đã đợc phân tích.
c. Xác định thành phần hỗn hợp đã phân tích.
Cho: H=1 ; O=16; N=14; Cl=35,5; S=32; C=12; Na=23; K=39; Cu=64; Fe=56;
Mn=55; Al=27; Br=80; I=127.
Hết
* Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu.
* Giám thị không giải thích gì thêm.
Sở Gd&Đt Nghệ an
Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi hsg quốc gia lớp 12
Năm học 2008 - 2009

hớng dẫn chấm, đáp án và biểu điểm chấm đề chính thức
Môn: HO
Ngày thi: 07/11/2008
Cõu ỏp ỏn im
Cõu 1 4,0
1
1,5
- Nhn xột: Nhỡn chung nng lng ion hoỏ th nht I
1
ca cỏc nguyờn t
tng dn t trỏi sang phi.
0,5
- Gii thớch:
+ Trong 1 chu k, nguyờn t cỏc nguyờn t cú s lp e bng nhau. T trỏi
sang phi in tớch ht nhõn tng, ng thi s e lp ngoi cựng tng lm
cho lc hỳt gia ht nhõn vi e lp ngoi cựng tng lờn, do ú bỏn kớnh
nguyờn t gim dn. Vỡ vy, nng lng cn tỏch e ra khi nguyờn t
cng ln.
0,5
+ Riờng Be v N cú nng lng ion hoỏ cao bt thng (cao hn nguyờn
t ng sau nú).
- Be cú cu hỡnh 1s
2
2s
2
, cỏc phõn lp s ó bóo ho, õy l cu hỡnh bn.
0 5
2
- N có cấu hình 1s
2

2s
2
2p
3
phân lớp s đã bão hoà, phân lớp p bán bão hoà
cũng là cấu hình bền nên cần cung cấp năng lượng cao để tách e ra khỏi
vỏ nguyên tử.
2
1,5 đ
NO
2
: O =
N
+
= O → N lai hoá sp → có dạng đường thẳng
NO
2
:
N
O
O
.
→ N lai hoá sp
2
, N còn 1 e độc thân
NO
2:
N
O
O-


→ N lai hoá sp
2
, N còn cặp e cặp đôi
0,5
+ Do cặp e cặp đôi đẩy các cặp e liên kết lớn hơn e độc thân nên ta có góc
liên kết: NO
2
+
> NO
2
> NO
2
-
0,5
+ Mo men lưỡng cực:
O = N = O
+

O
O
.
N
O
N
-
O

2
0

NO
µ
+
=
,
2
2
NO
NO
µ µ
−
<
vì mô men lưỡng cực của e cặp đôi lớn hơn e độc
thân
Vậy
2
2 2
NO
NO NO
µ µ µ
− +
> >
0,5
3
1 đ
- Trong các phân tử trên B, Al đều ở trạng thái lai hoá sp
2
, 3 obitan sp
2


của mỗi nguyên tử tham gia liên kết tạo 3 liên kết
σ
, nguyên tử trung tâm
còn lại 1 obitan trống:
B*: 2s
1
2p
2

sp
2
Al*: 3s
1
3p
2

sp
2
Trong phân tử obitan trống còn lại của B, Al tạo liên kết π (p → p) không
định vị với F, Cl làm bền hơn cho liên kết
σ
.
0,25
3
.
B
Cl
Cl
Cl
B

F
F
F
F
F
F
Al
Al
I
I
I
Phân tử BF
3
có thể đime hoá vì B có xu hướng chuyển từ lai hoá sp
2
sang
sp
3
, lúc đó nguyên tử F của phân tử BF
3
thứ 2 đưa ra 1 cặp e p xen phủ
với obitan trống của nguyên tử B ở phân tử thứ nhất, tương tự nguyên tử
F ở BF
3
thứ nhất cũng tạo liên kết cho nhận với nguyên tử B ở BF
3
thứ 2.
B
F
F

F
B
F
F
F
0,25
Phân tử BCl
3
không thể đime hoá vì B có kích thước nguyên tử nhỏ, Cl có
kích thước lớn hơn F nên sự sắp xếp A nguyên tử Cl xung quanh nguyên
tử B là không thuận lợi về mặt năng lượng.
0,25
Phân tử AlF
3
và AlI
3
dễ tạo đime vì Al có xu hướng chuyển từ lai hoá sp
2

sang sp
3
, mặt khác Al có bán kính nguyên tử lớn nên 1 nguyên tử Al liên
kết với 4 nguyên tử F hay 4 nguyên tử I là đều thuận lợi về mặt năng
lượng.
Al
Al
I
F
F
F

F
F
F
Al
Al
I
I
I
I
I
0,25
Câu 2 4
1
2 đ
Do
2
0
/ 2Cl Cl
E
−
>
3 2
0
/IO I
E
−
>
2
0
/ 2Br Br

E
−
>
2
0
/ 2I I
E
−
và clo lấy dư nên các phản ứng lần lượt xảy ra:
1) Cl
2
+ 2I
-
→ 2Cl
-
+ I
2
làm dung dịch chuyển dần màu xanh.
2) Cl
2
+ 2Br
-
→ 2Cl
-
+ Br
2
làm dung dịch có màu đậm dần do Br
2
có
màu vàng.

1
3) 5Cl
2
+ I
2
+ 6H
2
O → 10Cl
-
+ 2IO
3
-
+ 12H
+
làm màu dung dịch
nhạt dần chuyển sang màu vàng.
4) Do clo dư nhiều và
3 2
0
/BrO Br
E
−
-
2
0
/ 2Cl Cl
E
−
= 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng:
5Cl

2
+ Br
2
+ 6H
2
O → 10Cl
-
+ 2BrO
3
-
+ 12H
+
làm màu vàng của
dung dịch nhạt dần và mất đi.
Nếu tiếp tục sục clo thì dung dịch có màu vàng nhạt của 1 lượng nhỏ clo
hoà tan.
1
4
2
2 đ
- Vì D thuỷ phân mạnh trong nước sinh ra khí cháy được có mùi trứng
thối
⇒ D là muối sunfua của kim loại như Mg, Al…
- B và C tác dụng với nhau tạo ra khí E, khí E làm quỳ ẩm hoá đỏ ⇒ E
oxit là axit =>B là lưu huỳnh, C là Oxi
- Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và rất cứng ⇒ A là nhôm ⇒
hợp chất Al
2
O
3

.
- Hợp chất của cả 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong
nước, bị thuỷ phân ⇒ Al
2
(SO
4
)
3
.
Vậy A là Al, B là S, C là O
2
.
1
Phương trình phản ứng:
2Al + 3S
0
t
→
Al
2
S
3
(D)
Al
2
S
3
+ 6H
2
O → 2Al(OH)

3
+ 3H
2
S ↑
2H
2
S + 3O
2

0
t
→
2SO
2
+ 2H
2
O
2H
2
S + O
2

0
t
→
2S + 2H
2
O
S +O
2


0
t
→
SO
2
(E)
Al
3+
+ H
2
O
ˆ ˆ †
‡ ˆ ˆ
Al(OH)
2+
+ H
+
1
Câu 3 4 đ
1
2 đ
*Dung dịch NH
3
, pH = 10,5:
NH
3
+ H
2
O

→
¬ 
NH
4
+
+ OH
-
K = 1,8.10
-5
C
bđ
C
b
0 0
C
đl
x x x
C
cb
C
b
- x x x
pH = 10,5 → pOH = 3,5 → x = 10
-3,5
→
3,5 2
5
3,5
(10 )
1,8.10

10
b
C
−
−
−
=
−
→ C
b
= 5,872.10
-3
M
0,5
* Dung dịch H
2
SO
4
, pH = 2,5 →
H
C
+
=
10
-2,5
M = 3,162.10
-3
M
Sau khi trộn do thể tích tăng lên gấp 2 lần → nồng độ các chất và ion
giảm 2 lần hay C

b
= 2,936. 10
-3
M.
H
C
+
=
1,581.10
-3
M
0,5
Phản ứng xảy ra khi trộn:
NH
3
+ H
+
→ NH
4
+
C
bđ
2,936.10
-3
1,581.10
-3
0
C
pư
1,581.10

-3
1,581.10
-3
1,581.10
-3
C
còn
1,355.10
-3
0 1,581.10
-3s
0,5
5
Cân bằng trong dung dịch:
NH
3
+ H
2
O
→
¬ 
NH
4
+
+ OH
-
C
bđ
1,355.10
-3

1,581.10
-3
C
đl
x x x
C
cb
1,355.10
-3
- x 1,581.10
-3
+x x
K =
3
3
(1,581.10 )
1,355.10
x x
x
−
−
+
−
= 1,8.10
-5
→ x = 1,54271.10
-5
M
→ pOH = 4,812 →pH = 9,188
0,5

2
2 đ
Ta có: O
2
+ 4H
+
+ 4e → 2H
2
O E
0
= 1,23 V
2( Tl
+
→ Tl
3+
+ 2e) E
0
= -1,25 V
2Tl
+
+ O
2
+ 4H
+
→ 2Tl
3+
+ 2H
2
O E
o

= - 0,02 V
0,5
C
bđ
0,1 1 0
C
cb
0,1 - x 1 - 2x x
2
0,21
O
P =
0
2
3 2
0,059
+ 2 + 4
[ ]
10
[Tl ] . .[H ]
nE
O
Tl
K
P
+
= =

→
4( 0,02)

2
2
0,059
2 4
10 4,4.10
(0,1 ) .0,21.(1 2 )
x
x x
−
−
= =
− −
0,5
Giả thiết x
=
1, ta có:
2
2
2
4,4.10
(0,1 ) .0,21.1
x
x
−
=
−
→ x
2
= 0,924.10
-2

(x
2
- 0,2x + 0,01)
→ 0,99x
2
+ 0,1848.10
-2
.x - 0,924.10
-4
= 0
→ x = 8,65.10
-3
(x>0)
Ta thấy x
=
1 → giả thiết đúng.
0,5
Vậy nồng độ Tl
+
còn lại chưa bị oxi hoá: 0,1 - 8,65.10
-3
= 0,09135 M
Như vậy có 91,35% mol Tl
+
chưa bị oxi hoá.
0,5
Câu 4 4 đ
1
2 đ
n

Al
=
3
Al
n
+
= 9,18/27 = 0,34 mol
n
NaOH
= 1,45 mol
Al
3+
+ 4OH
-
→ AlO
2
-
+ 2H
2
O
dau
0,34.4 1,36
pu ban
OH OH
n mol n
− −
= = <
0,5
→ trong dd có 1 muối tác dụng với OH
-

tạo ra dd trong suốt, đó là
NH
4
NO
3
→ A là HNO
3
NH
4
+
+ OH
-
→ NH
3
+
H
2
O
4
NH OH
n n
+ −
=
= 1,45 - 1,36 = 0,09 mol
0,5
Số mol nguyên tử N trong khí X là
23
23
0,3612.10
0,06

6,02.10
=
mol
QT nhường e: Al → Al
3+
+ 3e
0,34 1,02
→ n
e
cho = 1,02 mol
QT nhận e:
NO
3
-
+ 10H
+
+ 8e → NH
4
+
+ 3H
2
O
0,5
6
0,9 0,72 0,09
NO
3
-
+ 6H
+

+ (5-x)e → N
x
+ 3H
2
O
0,36 0,06(5-x) 0,06
⇒ n
e
nhận = 0,72 + 0,06(5 - x) mol
⇒ 0,06(5 - x) + 0,72 = 1,02 → x = 0 → X là N
2
3
0,9 0,36 1, 26
HNO
H
n n
+
= = + =
mol
⇒
1, 26
5,04
0,25
V = =
l
0,5
2
2 đ
a. Các phương trình phản ứng:
2Fe + 6H

2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O (1)
x
2
x

0,25
Cu + 2H
2
SO
4
→ CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O (2)

y y
0,25
Phương trình phản ứng điện phân dd A:
2Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2H
2
O
dp
→
4FeSO
4
+ O
2
+ 2H
2
SO
4
(3)

2
x
x
4
x
0,25

2CuSO
4
+ 2H
2
O
dp
→
Cu + O
2
+ 2H
2
SO
4
(4)
y y
2
y
0,25
Phương trình phản ứng khi dd B tác dụng với KMnO
4
:
10FeSO
4
+ 2KMnO
4
+ 8H
2
SO
4
→ 5Fe

2
(SO
4
)
3
+ 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ 8H
2
O
(5)
x
5
x
0,25
b. Tính m:
Gọi x, y là số mol Fe, Cu trong hỗn hợp
Ta có:
4
0,1.0,04 0,004
KMnO
n = =
mol
Theo (5):
0,004 0,02
5

x
x= → =
0,25
Ta có:
2
(3),(4)
9,65(9.60 20)
0,014
4,96500
O
It
n
nF
+
= = =
mol
0,25
Theo (3), (4):
0,014
4 2
x y
+ =
→ y = 0,018
Vậy m = 56x + 64y = 56.0,02 + 64.0,018
m = 2,272 g
0,25
Câu 5 4 đ
1
2đ
a) Phản ứng: NH

4
Cl
(K)
ˆ ˆ †
‡ ˆ ˆ

NH
3(K)
+ HCl
(K)
Ban đầu: n mol
Phân li: n
α
Cân bằng: n(1-
α
) n
α
n
α
Tổng số mol khí khi cân bằng là n(1 +
α
)
0,25
7
Theo Đan tơn áp suất riêng phần từng khí là:

4 3
NH
1
, P

1 1
NH Cl HCl
P P P P
α α
α α
−
= = =
+ +
Vậy K
P
của phản ứng =
3
4
.
NH HCL
NH Cl
P P
P
⇒ Thay vào ta có:
K
P
=
2
2
1
P
α
α
−
0,25

Đặt n
1
là số mol khí trong bình 1 khi phản ứng cân bằng
→ n
1
= 4(1 + 0,6) = 6,4 (mol)
n
2
là số mol khí trong bình 2 khi phản ứng cân bằng
→ n
2
= 16(1 +
α
2
) (mol)
Áp suất khí trong bình 1 là P
1
, trong bình 2 là P
2
(atm)
* Theo thí nghiệm 1:
2
2
(0,6)
.1,5 0,84375
1 (0,6)
P
K = =
−
0,5

* Vì thể tích và nhiệt độ 2 bình như nhau nên:
1 1 2
2 1
2 2 1
P n n
P P
P n n
= → =
⇒ P
2
=
2
2
16(1 )
1,5 3,75(1 )
6,4
α
α
+
= +
(*)
Mặt khác ta lại có: K
P
=
2
2
2
2
2
( )

0,84375
1 ( )
P
α
α
=
−
(**)
Thay (*) vào (**) ta có:
K
P
=
( )
2
2
2
2
2
( )
3,75 1 0,84375
1 ( )
α
α
α
 
+ =
 
−
Hay:
3 2

2 2
2
3,75 4,59375 0,84375 0
0 1
α α
α

+ − =


< <


→
α
2
= 0,375 và P
2
= 5,15625 atm
0,75
b) Trong thí nghiệm 1: Dùng 4 mol NH
4
Cl thì
1
α
=0,6
Trong thí nghiệm 2: Dùng 16 mol NH
4
Cl thì
2

α
= 0,375
n
2
> n
1
,
1 2
α α
>
Trong điều kiện V, T = const khi số mol khí tăng và ∆n ≠ 0 thì cân bằng
chuyển dịch theo chiều làm giảm số mol khí nên
2 1
α α
<
, độ phân li giảm,
phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng của Lơsatelie.
0,25
8
2
2đ
a) Thí nghiệm 1: Khi dùng P.P để chỉ thị thì khi chuyển màu dd tồn tại
dạng HCO
3
-
→ các phản ứng xảy ra:
+ hỗn hợp A: Na
2
CO
3

+ HCl → NaHCO
3
+ NaCl
+ hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H
2
O
Na
2
CO
3
+ HCl → NaHCO
3
+ NaCl
Thí nghiệm 2: Khi dùng metyl da cam làm chỉ thị thì khi chuyển màu dd
tồn tại dạng CO
2
→ các phản ứng xảy ra:
+ hỗn hợp A: Na
2
CO
3
+ HCl → NaCO
3
+HCl → NaHCO
3
+NaCl
NaHCO
3
+ HCl → NaCl + H
2

O + CO
2
+ hỗn hợp B: NaOH + HCl → NaCl + H
2
O
Na
2
CO
3
+ 2HCl → 2NaCl + H
2
O + CO
2
0,75
b) + Hỗn hợp A:
2 3
2 3 3
( 1)
( 2)
2
HCl TN Na CO
HCl TN Na CO NaHCO
n n
n n n
=



= +



→
( 1)
( 2)
1
2
HCl TN
HCl TN
n
n
<
Hỗn hợp B:

2 3
2 3
( 1)
( 2)
( 1)
( 2)
2
1
2
HCl TN NaOH Na CO
HCl TN NaOH Na CO
HCl TN
HCl TN
n n n
n n n
n
n

= +
= +
→ >
Theo giả thiết:
( 1)
1
( 2) 2
36,15 1
43,8 2
HCl TN
HCl TN
n
V
n V
= = >
Vậy B được phân tích.
0,75
Gọi số mol của NaOH, Na
2
CO
3
trong 20 ml dd là x, y:
n
HCl(TN1)
= x + y = 7,23.10
-3
mol
n
HCl(TN2)
= x + 2y = 8,76.10

-3
mol
⇒
3
3
5,7.10
1,53.10
x
y
−
−

=


=


⇒ % NaOH = 58,435 %
% Na
2
CO
3
= 41,565%
0,5
* Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
9