Đáp án một số đề thi chọn học sinh giỏi Việt Nam và Quốc tế môn Hóa học Lớp 12

Nội dung text: Đáp án một số đề thi chọn học sinh giỏi Việt Nam và Quốc tế môn Hóa học Lớp 12

1. ĐáP áN MộT Số Đề THI CHọN HS GIỏI VIệT NAM Và QUốC Tế I. Đề thi chọn HSG Quốc gia Năm học 2000 – 2001: Câu III.1: 2+ 2+ 2- + a) Zn[Hg(SCN)4] + 16 H2O Zn + Hg + 4 HCN + 4 SO4 + 24 H + 24 e - - + 6 IO3 + Cl + 6 H + 4 e ICl + 3 H2O - - + 2+ 2+ 2- Zn[Hg(SCN)4] + 6 IO3 + 6 Cl + 8 H Zn + Hg + 4 HCN + 4 SO4 + + 6 ICl + 2 H2O o 3- o 2- E IO / ICl > E SO4 , HCN / Zn[Hg(SCN)4] 2+ - - b) 2 Cu(NH3)m + 2 CN + e Cu(CN)2 + m NH3 - - - CN + 2 OH CNO + H2O + 2 e 2+ - - - - 2 Cu(NH3)m + 5 CN + 2 OH 2 Cu(CN)2 + 2m NH3 + CNO + H2O o 2+ - o - - E Cu(NH3)m / Cu(CN)2 > E CNO / CN Câu IV.2: 2. a) Tính độ điện li của dung dịch CH3NH2 0,010M: + - -14 -10,64 -3,36 CH3NH2 + H2O CH3NH3 + OH Kb = 10 /10 = 10 c c   c-x x x 2 2 x x 3,36 3 3 K 10 x 1,88.10 1,88.10 2 c x b 0,010 x  10 18,8% 10 2 b) Độ điện li thay đổi ra sao khi - Pha loãng dung dịch ra 50 lần: 10 2 x 2 C 2.10 4 10 3,36 x 1,49.10 4 CH3NH2 50 4 2 10 x 1,49 10 4 10 2 74,5% 4 -Khi có mặt NaOH 0,0010M: 2 10 NaOH = Na+ + OH- + - -3,36 CH3NH2 + H2O CH3NH3 + OH 10 (1) c 0,01 1. 10-3   0,01 - x x 1. 10-3 + x x(10 3 x) 1,49 10 3 10 3,36 x 1,49 10 3  10 2 14,9% 0,01 x 10 2  giảm vì OH- của NaOH làm chuyển dịch cân bằng (1) sang trái. - Khi có mặt CH3COOH 0,0010M: Trang 1 / 10
2. - + -4,76 CH3COOH CH3COO + H ; Ka = 10 + + -1 10,64 CH3NH2 + H CH3NH3 ; Ka = 10 + - -1 5,88 CH3COOH + CH3NH2 CH 3NH3 + CH3COO ; K = Ka.Ka = 10 K rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn + -3 -3 CCH3NH3 = CCH3COOH = 1,0 10 ; CCH3NH2 = 9 10 + - -3 CH3NH2 + H2O CH3NH3 + OH ; Kb= 10 c 9.10-3 1.10-3   9.10-3 - x 10-3 + x x x(10 3 x) 10 3,36 x 1,39.10 3 3 9.10 x 3 + -3 -3 2,39 10 2 CH3NH  = (1,39 + 1).10 = 2,39 10  10 23,9% 3 10 2  tăng vì CH3NH2 tương tác với CH3COOH. - Khi có mặt HCOONa 1,00M: HCOONa HCOO- + Na+ - - HCOO + H2O HCOOH + OH (1) 14 , 10 10,25 K b 10 10 3,75 -4,76 , -14 -4,76 -9,24 -3,36 Ka HCOOH > Ka CH3COOH ( = 10 ) nên K b Eo Fe2+/Fe = -0,44 V nên: Tính oxi hoá: Fe3+ mạnh hơn Fe2+ Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+ Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe3+ + Fe 3 Fe2+ Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe(SO4)3 tạo thành muối FeSO4, làm nhạt màu vàng ( hoặc đỏ nâu) của ion Fe3+ và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch. b) Eo Cu+/Cu = + 0,52 V > Eo Cu2+/Cu+ = + 0,16 V nên: Tính oxi hoá: Cu+ mạnh hơn Cu2+ Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Cu+ + Cu+ Cu2+ + Cu Phản ứng nghịch (Cu2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu+) không xảy ra. Do đó khi bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO4 không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy hiện tượng gì. + 2- 2. a) Tính pH của dung dịch Na2S 2 Na + S 0,01 0,01 KI K+ + I- 0,06 0,06 + 2- Na2SO4 2Na + SO4 0,05 0,05 2- - - -1,1 S + H2O HS + OH Kb(1) = 10 (1) Trang 2 / 10
3. 2- - - -12 SO4 + H2O H SO4 + OH Kb(2) = 10 (2) Kb(1) >> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch: 2- - - -1,1 S + H2O HS + OH K = 10 [ ] (0,01 -x) x x x 2 10 1,1 x 2 0,0794x 10 3,1 0 0,01 x x = 8,94. 10-3 [OH-] = 8,94.10-3 pH = 11,95 b) Pb2+ + S2- PbS  (Ks -1) = 1026. 0,09 0,01 0,08 2+ 2- -1 7,8 Pb + SO4 PbSO 4  (Ks ) = 10 . 0,08 0,05 0,03 2+ - -1 7,6 Pb + 2 I PbI2 (Ks ) = 10 . 0,03 0,06 Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO4 , PbI2 Dung dịch B : K+ 0,06M Na+ 0,12M 2+ 2- 2- Ngoài ra còn có các ion Pb ; SO4 ; S do kết tủa tan ra. Độ tan của PbI : 3 10 7,6 / 4 10 2,7 -7,8 3,9 PbS:S 10-26 10 13 2 PbSO 4 :S 10 10 Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của PbI2. 2+ - PbI2 Pb + 2I Ks Do đó [Pb2+] = 10-47 = 2 x 10-3M và [I-] = 4.10-3M. 10 7,8 2- 5,8 6 2+ [SO4 ] = = 5. 10 = 7,9.10 M << [Pb ] 2 10 3 10 26 [S2-] = = 5. 10 24 << [Pb2+] 2 10 3 2- 2- 2+ 2+ Các nồng độ SO4 , S đều rất bé so với nồng độ Pb , như vậy nồng độ Pb do PbS và PbSO4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác. Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2. Cho kết tủa hoà tan trong NaOH dư :  PbS không tan, có màu đen. 2- 2- - - Dung dịch có PbO2 , SO4 , I , OH - 2- 2- PbSO4 + 4 OH PbO2 + SO4 + 2 H2O - 2- - PbI2 + 4 OH PbO2 + 2 I + 2 H2O 2- 2- - 2+ - Nhận ra ion SO4 : cho BaCl2 dư: có kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch có PbO2 , OH , Ba , I . - 2+ Nhận ra I , Pb : axit hoá dung dịch bằng HNO3 dư sẽ có kết tủa vàng PbI2 xuất hiện: + OH + H H2O 2- + 2+ PbO2 + 4 H Pb + 2H2O 2+ - Pb + 2 I PbI2 c) Axit hoá dung dịch X: 2- + S + 2H H2S (C H2S = 0,010 < S H2S nên H2S chưa bão hoà, không thoát ra khỏi dung dich) 3+ 2+ + 21 Phản ứng: 2 Fe + H2S 2 Fe + S + 2 H K=10 0,1 0,01 0,08 0,02 0,02 3+ - 2+ 7,8 2 Fe + 2I 2 Fe + I2 K=10 0,08 0,06 0,02 Trang 3 / 10
4. 0,02 0,08 0,030 3+ 2+ + Thành phần trong dung dịch: Fe 0,020 ; Fe 0,080 ;I2 0,030M ;H 0,02M E Fe3+/Fe2+ = 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dương) Ecal = 0,244V ( cực âm) Epin = E+ E = 0,743 0,244 = 0,499V Sơ đồ pin: 3+ 2+ (-) Hg Hg2Cl2 KCl bh Fe , Fe Pt (+) - Phản ứng: ( ) 2 Hg + 2 Cl = Hg2Cl2 + 2 e (+) 2x Fe3+ + e = Fe2+ 3+ - 2 Hg + 2 Fe + 2 Cl = Hg2Cl2 Năm học 2002 – 2003: Câu II.2: 2– a) Tính nồng độ ion S trong dung dịch H2S 0,100 M; pH = 2,0. CH2S = [H2S] = 0,1 M H2S (k) ⇋ H2S (aq) -1 + – -7 [H2S] = 10 H2S (aq) ⇋ H + HS K1 = 1,0 x 10 -2 + 2- -13 [H+] = 10 HS ⇋ H + S K2 = 1,3 x 10 2 H S2 + 2- H2S (aq) ⇋ 2H + S K = = Kl. K2 H2S 1 2- -20 H2S -20 10 -17 [S ] = 1,3 x 10 x2 = 1,3 x 10 x 2 = 1,3 x 10 (M) 2 H 10 b) 2+ 2- -2 -17 -19 -10 [Mn ] [S ] = 10 x 1,3 x 10 = 1,3 x 10 TCoS = 4,0 x 10 tạo kết tủa CoS + 2 2- -2 2 -17 –21 -50 [Ag ] [S ] = (10 ) x 1,3 x 10 = 1,3 x 10 > TAg2S = 6,3 x 10 tạo kết tủa Ag2S Năm học 2003 – 2004: Câu III + + -11,7 1. Ag + H2O AgOH + H ; K1 = 10 (1) 2+ + + -7,8 Pb + H2O PbOH H ; K2 = 10 (2) Do K2 >> K1 nên cân bằng 2 quyết định pH của dung dịch 2+ + -7,8 Pb + H2O PbOH + H ; K2 = 10 (2) C 0,10   0,10 - x x x Trang 4 / 10
5. x 2 10 7,8 x = 10-4,4 = H  ; pH = 4,40 0,1 x 2.a) Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050 CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M Ag+ + I- AgI  0,025 0,125 - 0,10 2+ - Pb + 2 I PbI2  0,05 0,10 - - Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI  và PbI2  + - -16 AgI  Ag + I Ks1 = 1.10 (3) 2+ - -7,86 PbI2  Pb + 2I Ks2 = 1.10 (4) Ks1 << Ks2, vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu. Sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ là không đáng kể vì có H+ dư: 2+ + -7,8 Pb + H2O PbOH + H ; K2 = 10 7,8 PbOH  10 6,8 2 10 PbOH  Pb  Pb 2  10 1 2+ - -7,86 Trong dung dịch PbI2  Pb + 2I Ks2 = 1.10 x 2x (2x)2x = 10-7,86 x = 1,51 . 10-3M 2x = [I-] = 2,302 . 10-3M K 1.10 16 Ag  s1 3,31.10 14 M . I  3,02.10 3 E của cực Ag trong dung dịch A: Ag+ + e Ag 0 14 E E 0,0592lg Ag 0,799 0,0592lg3,31.10 1 Ag   Ag E1 0,001V Trang 5 / 10
6. Dung dịch x Ag+ + SCN- AgSCN; 1012,0 0,010 0,040 - 0,030 0,010 AgSCN Ag+ + SCN- ; 10-12,0 0,030 x (0,030 + x) x0,030 + x) = 10-12 10 12 Ag  x 3,33.10 11 3x10 2 E 0,799 0,0592 lg Ag  0,799 0,0592lg3,33.10 11 2 E 2 0,179V Vì E2 > E1 , ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực – Sơ đồ pin AgI Ag AgSCN - Ag PbI2 SCN 0,03M b) Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V c) Phương trình phản ứng Ag + I - AgI + e AgSCN + e Ag + SNC - AgSCN + I - AgI + SNC - 12 K s(AgSCN) 10 4 d) K 16 10 K s(AgI) 10 3. Trang 6 / 10
7. a) Thêm NaOH vào dung dịch B: - - PbI2 + 4OH PbO2 + 2 H2O + 2 I - + Nồng độ I sẽ tăng lên, do đó nồng độ Ag giảm xuống, E1 cũng giảm ;vậy Epin tăng b) Thêm ít Fe3+ vào dung dịch X: Fe3+ + SCN - FeSCN2+ - + Nồng độ ion SCN giảm, do đó nồng độ ion Ag tăng, E2 tăng; vậy: Epin tăng Năm học 2004 – 2005: Câu 4 + o o 1. 2 IO4 + 16 H + 14 e I2(r) + 8 H2O ; E = 1,31 V = E 1 + o o 2 IO3 + 12 H + 10 e I2(r) + 6 H2O ; E = 1,19 V = E 2 + o o 2 HIO + 2 H + 2 e I2(r) + 2 H2O ; E = 1,45 V = E 3 o o I2 (r) + 2 e 2 I ; E = 0,54 V = E 4 + 14 2. 2 IO4 + 16 H + 14 e I2(r) + 8 H2O ; K1 = 10 + 1 10 I2 (r) + 6 H2O 2 IO3 + 12 H + 10 e ; K2 = 10 + 4 2 IO4 + 4 H + 4 e 2 IO3 + 2 H2O ; K5 = 10 1 o o K5 = K1. K2 E 5 = E = = 1,61 V + 10 2 IO3 + 12 H + 10 e I2(r) + 6 H2O ; K2 = 10 + 1 2 I2(r) + 2 H2O 2 HIO + 2 H + 2 e ; K3 = 10 + 1 2 IO3 + 10 H + 8 e 2 HIO + 4 H2O ; K6 = K2. K3 1 K6 = 10 = K2. K3 o o E = E 6 = = = 1,125 (V) 3. Vì Eô > E (E 4 nhỏ nhất) nên đầu tiên sẽ xảy ra phản ứng: Trang 7 / 10
8. + 2+ 2 MnO4 + 8 H + 5 e Mn + 4 H2O 5 2 I I2(r) + 2 e + 2+ 163 2 MnO4 + 10 I + 16 H 2 Mn + 5 I2(r) + 8 H2O ; K = 10 CO 0,24 0,4 C 0,04 2 0,04 10 0,04 2 0,04 5 C 0,16 0 1 0,08 0, 2 MnO4 còn dư sẽ oxi hoá tiếp I2 thành IO3 . E o = 1,51 V > Eo = 1,19 V MnO / Mn2+ IO / 4 3 I2 + 2+ 2 MnO4 + 8 H + 5 e Mn + 4 H2O + I2(r) + 6 H2O 2 IO3 + 12 H + 10 e + 2+ 176 2 MnO4 + I2(r) + 4 H 2 IO3 + 2 Mn + 2 H2O ; K = 10 CO 0,16 0,2 0,08 C 0,08 2 0,08 0,08 2 0,08 2 C 0 0,12 1 0,16 0, 24 2+ 4 Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: IO3 0,16 M ; Mn 0,24 M ; I2 (H2O) 5. 10 M I2 (r) 0,12 M ; pH = 0. b) Trong hỗn hợp có cặp IO3 / I2 (r) nên: o 0,0592 2 + 12 E = E + lg [IO3 ] [H ] IO3 / I2 (r) 10 0,0592 = 1,19 + lg (0,16) 2 = 1,18 V 10 E so với điện cực calomen bão hoà: 1,18 0,244 = 0,936 V + 10.1,19/ 0,0592 5. 2 IO3 + 12 H + 10 e I2(r) + 6 H2O ; K2 = 10 4 I2(r) I2( H2O) ; S = 5. 10 M + 10 o 2 IO3 + 12 H + 10 e I2( H2O) + 6 H2O ; K7 = 10 E 7 / 0,0592 = 1010.1,19/ 0,0592 . S o o 0,0592 Suy ra E 7 = E + lg S IO3 / I2 (r) 10 = 1,19 + (lg 5. 10 4) 0,0592 = 1,17 V 10 II. Đề thi chon đội tuyển VN thi IChO: Năm học 2004 – 2005: Câu 3 - - - 4,65 1) CN + H2O = HCN + OH Kb1 = 10 + - - 4,76 NH3 + H2O = NH4 + OH Kb2 = 10 KOH -> K+ + OH- Trang 8 / 10
9. + - H2O = H + OH - + + [OH ] = CKOH + [HCN] + [NH4 ] + [H ] Đặt [OH-] = x -3 x = 5.10 + KB1[CN]/x + KB2[NH3]/x + KH2O/x 2 -3 - x - 5.10 x - (KB1[CN ] + KB2[NH3] + KH2O) = 0 - Tính gần đúng coi [CN ] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M . Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 -> x = [OH-] = 5,9.10-3M. Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 -> [HCN] [NH4 ] pH = 11,77. + + + 2. pH = pKNH4 + lg([NH3]/[NH4 ] ) = 9,24 + lg([NH3]/[NH4 ] ) = 9,24 + -> [NH4 ] = [NH3] có nghĩa là 50% [NH3] đã bị trung hoà; dĩ nhiên toàn bộ KOH đã bị trung hoà. - - Mặt khác PH = 9,24 = pKHCN + lg([CN ]/[HCN] ) = 9,35 + lg([CN ]/[HCN] ) -> [CN-] = 10-0,11 = 0,776. - [HCN]/[CN ] ) = 1/0,776 -> [HCN] / CCN- = 1/(1+0,776) = 0,563 Nghĩa là 56,3% CN- đã bị trung hoà. Vậy VHCL . 0,21 = VA . CKCN . 0,563 + VA. CNH3 . 0,5 + VA . CKOH -3 VHCL = 50(0,12 . 0,563 + 0,15 . 0,5 + 5.10 ) / 0,51 = 35,13 ml. -5 3. CHCLO4 = (0,01 . 1) / 101 = 9,901 x 10 M. -3 CKCN = (0,01 . 100)/101 = 9,901 .10 M H+ + CN- -> HCN 9,901.10-5 9,901.10-3 9,802.10-3 9,901.10-5 Thành phần: HCN 9,901.10-5M + CN- 9,802.10-3M - - -4,65 CN + H2O = HCN + OH Kb = 10 C 9,802.10-3 9,901.10-5 [ ] (9,802.10-3-x) (9,901.10-5+x) x x(9,901 .10-5 +x) / (9,802 .10-3 - x) = 10-4,65 -> x2 + 1,214 .10-4x - 2,194 . 10-7 = 0 -> x = [OH-] = 4,12 .10 -4M ; pH = 10,61 > 7,6 . Vậy mới đầu dung dịch có màu xanh lục. Khi thêm 100 ml dung dịch Hg((ClO4)2) 0,3M -3 -3 CCN- = 9,802 . 10 . 101 / 201 = 4,929 . 10 M; -5 -5 CHCN = 9,901 . 10 . 101 / 201 = 4,975 . 10 M; Trang 9 / 10
10. + - CHg2 = 0,3 . 100 / 201 = 0,1493 M >> CCN . Vậy CN- tạo phức hết với Hg2+ Hg2+ + CN- = HgCN+  = 1018 C0 0,1493 4,929 .10-3 C 0,1443 4,929.10-3 Hg2+ dư phản ứng tiếp với HCN Hg2+ + HCN = HgCN+ + H+ K = 108,65 C0 0,1443 4,975 .10-5 4,929.10-3 C 0,14425 4,975.10-3 4,975.10-5 Sự phân ly của HgCN+ không đáng kể (K = 10-18) lại còn dư Hg 2+ , nồng độ CN- phân ly ra vô cùng bé không ảnh hưởng đến pH của dung dịch vì vậy [H+] = 4,975.10-5 -> pH = 4,3 x = 3.10 > Ks 2+ + Vậy có kết tủa HgS màu đen xuất hiện H2S + Hg -> HgS + 2H . Do sự kết tủa này làm tăng nồng độ của ion H+ trong dung dịch nên dung dịch vẫn có màu vàng. Trang 10 / 10