[Download] Đề thi chọn đội tuyển hsg quốc tế năm 2012 – Tải File Word, PDF Miễn Phí

Đề thi chọn đội tuyển hsg quốc tế năm 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC NĂM 2012ĐỀ THI CHÍNH THỨCĐề thi gồm 04 trangMôn: HÓA HỌCThời gian: 240 phút (Không kể thời gian giao đề)Ngày thi thứ nhất: 16/4/2012Cho: C = 12,0; N = 14,0; O = 16,0; P = 31,0; S = 32,0; Cl = 35,5; K = 39,1; Cu = 63,6; Ga = 69,7; Y = 88,9; Ba = 137,3. R = 8,314 J.mol-1.K-1= 0,082 L.atm. mol-1.K-1. Câu 1. (3,0 điểm) 1.1. Thật ra các khí hiếm cũng không hoàn toàn trơ về mặt hóa học. Ngày nay, người ta đã điều chế được một số hợp chất của chúng, chẳng hạn các florua của xenon là XeF2 và XeF4.a) Viết công thức Lewis của XeF2 và XeF4.b) Trong thuyết lực đẩy của các cặp electron hóa trị (thuyết VSEPR), người ta đưa ra công thức dạng XBnLm (công thức VSEPR) cho biết số cặp electron liên kết (n) và số cặp electron tự do (m) xung quanh nguyên tử trung tâm X. Hãy viết công thức VSEPR của XeF2 và XeF4.c) Dựa vào thuyết VSEPR hãy cho biết dạng hình học electron và hình học phân tử của XeF2 và XeF4 (kèm theo vẽ hình) và giải thích ngắn gọn về nguyên nhân chủ yếu làm cho các dạng hình học này là ưu tiên. Chú thích: Hình học electron cho biết phân bố không gian xung quanh nguyên tử trung tâm của cả các nguyên tử và các cặp electron không liên kết. Hình học phân tử cho biết phân bố không gian của các nguyên tử liên kết với nguyên tử trung tâm.d) Số oxi hóa của Xe trong mỗi hợp chất trên là bao nhiêu? Các hợp chất này thường đóng vai trò chất oxi hóa hay chất khử khi tham gia phản ứng hóa học? 1.2. Heli được biết như là nguyên tố “trơ” nhất trong mọi nguyên tố. Nhưng tính trơ của heli cũng chỉ giới hạn trong phản ứng của nó với các nguyên tử và phân tử trung hòa khác. Ví dụ, nguyên tử heli có thể tạo thành hợp chất quan sát được (không nhất thiết tồn tại lâu) với H+. Dùng thuyết obitan phân tử (MO) để xác định bậc liên kết cho HeH+.1.3. Các kết quả tính toán đã chỉ ra khả năng tồn tại của các cation 2 nguyên tử dạng XNe2+ giữa Ne và cation bền X2+. Các cation XNe2+ càng bền khi năng lượng ion hóa thứ hai của X càng nhỏ so với năng lượng ion hóa thứ nhất của Ne. Trong các nguyên tố có điện tích hạt nhân từ 3 đến 18, hãy dự đoán:a) Hai nguyên tố có khả năng nhất cho sự hình thành XNe2+.b) Hai nguyên tố kém khả năng nhất cho sự hình thành XNe2+.Câu 2. (3,0 điểm)Các đồng vị phóng xạ có ứng dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhau của sản xuất và đời sống. Để ít nhiều hiểu được tầm quan trọng của các đồng vị phóng xạ, trong bài tập này chúng ta sẽ khảo sát ví dụ về ứng dụng của đồng vị phóng xạ trong y học và trong cung cấp năng lượng.Xác định thể tích máu của bệnh nhân bằng phương pháp đo phóng xạ2.1. Sự biến đổi của hạt nhân 6731Ga(với chu kì bán rã t1/2 = 3,26 ngày) thành hạt nhân bền 6730Znxảy ra khi hạt nhân 67Ga bắt một electron thuộc lớp K của vỏ electron bao xung quanh hạt nhân. Quá trình này không phát xạ β+. a) Viết phương trình của phản ứng hạt nhân biểu diễn sự biến đổi phóng xạ của 67Ga.b) Chùm tia nào được phát ra khi 67Ga phân rã?2.2. 10,25 mg kim loại gali đã làm giàu đồng vị 67Ga được sử dụng để tổng hợp m gam dược chất phóng xạ gali xitrat (GaC6H5O6.3H2O). Hoạt độ phóng xạ của mẫu (m gam) dược chất là 1,09.108 Bq. Chấp nhận rằng quá trình tổng hợp có hiệu suất chuyển hóa Ga bằng 100%.H1-Tr.1/41a) Tính khối lượng của đồng vị 67Ga trong m gam dược chất được tổng hợp (cho rằng 67Ga là đồng vị phóng xạ duy nhất có trong mẫu). b) Tính hoạt độ phóng xạ của 1 gam dược chất gali xitrat được tổng hợp ở trên. 2.3. Ngay sau khi tổng hợp, toàn bộ m gam dược chất phóng xạ được hòa tan trong 100 mL nước cất. Sau 8 giờ, 1 mL dung dịch này được tiêm vào tĩnh mạch bệnh nhân. Sau khi tiêm 1 giờ, người ta lấy 1 mL mẫu máu của bệnh nhân và đo được hoạt độ phóng xạ 210,2 Bq .a) Tính hoạt độ phóng xạ theo Bq của liều 1 mL dung dịch gali xitrat khi tiêm vào cơ thể bệnh nhân.b) Tính thể tích máu của bệnh nhân ra mL. Giả thiết rằng toàn bộ gali xitrat chỉ phân bố đều trong máu. Nhiên liệu urani Urani tự nhiên có thành phần đồng vị (về khối lượng): 99,274% 238U; 0,7205% 235U; 0,0055% 234U. Các đồng vị này đều phóng xạ α. Chu kì bán rã của 238U: t1/2(238U) = 4,47.109 năm.2.4. Trong tự nhiên, các đồng vị có mặt trong một chuỗi thoát biến phóng xạ nối tiếp, kết thúc ở một đồng vị bền của chì có số khối từ 206-208, tạo thành một họ phóng xạ. (Chỉ có họ neptuni mở đầu bằng 237Np kết thúc bằng 209Bi). Họ phóng xạ mở đầu bằng 238U gọi là họ urani (cũng gọi là họ urani – rađi), còn họ phóng xạ mở đầu bằng 235U gọi là họ actini.a) Viết các công thức chung biểu diễn số khối của các đồng vị họ urani và họ actini.b) Trong 4 đồng vị bền của chì: 204Pb, 206Pb, 207Pb và 208Pb, những đồng vị nào thuộc vào các họ urani và họ actini? 234U có thuộc họ urani không?c) Sau thời gian đủ dài, các đồng vị con cháu có thời gian bán rã rất ngắn so đồng vị mẹ sẽ có hoạt độ phóng xạ bằng hoạt độ phóng xạ của mẹ (cân bằng thế kỉ). Trong một mẫu quặng có chứa 10,00 gam urani tự nhiên có bao nhiêu gam 226Ra? Chu kì bán rã của rađi: t1/2(Ra) = 1600 năm.Giả định rằng các đồng vị phóng xạ không bị rửa trôi hoặc bay hơi.2.5. Để chế tạo nhiên liệu cho các nhà máy điện hạt nhân, người ta thủy luyện quặng urani, tinh chế urani khỏi các tạp chất, làm giàu đồng vị 235U đến khoảng 3 – 5% (về khối lượng), rồi chế tạo nhiên liệu ở dạng các viên UO2. Trong kĩ thuật làm giàu đồng vị, hợp chất dạng khí của urani tự nhiên đi vào hệ thống thiết bị làm giàu sẽ được tách ra thành 2 dòng: Dòng giàu và dòng nghèo đồng vị 235U. Dòng urani nghèo được thải bỏ còn chứa 0,2% 235U.a) Giả định rằng nhà máy điện hạt nhân dự kiến xây dựng tại Ninh Thuận sẽ sử dụng loại nhiên liệu có độ làm giàu 4% 235U và mỗi tổ máy công suất 1000 MW tiêu thụ hàng năm 25 tấn nhiên liệu UO2 (tương đương với 22,04 tấn urani kim loại). Để cung cấp nhiên liệu cho tổ máy này, hàng năm cần khoảng bao nhiêu tấn urani tự nhiên? b) Dung dịch thu được khi xử lí quặng urani bằng H2SO4 được kiềm hóa để kết tủa urani. Trong nước lọc sau kết tủa thường chứa rađi (ở dạng Ra2+). Có thể sử dụng phương pháp hóa học nào để tách rađi khỏi nước lọc này nhằm bảo vệ môi trường? Câu 3. (3,0 điểm)3.1. Một chất A có thể đồng thời biến đổi thành chất B và chất C theo sơ đồ sau:AkAB, EAB, GABkAC, EAC, GACBCVới k, E, ∆G lần lượt là hằng số tốc độ phản ứng, năng lượng hoạt động hóa và biến thiên năng lượng Gibbs. Cho: EAB < EAC; kAB = kAC ở 298K;0(298)ΔABG = 0(298)ΔACG và ∆G của cả 2 phản ứng ít phụ thuộc vào nhiệt độ.Để tăng độ chọn lọc của sự tạo thành B, cần phải tăng hay giảm nhiệt độ, tại sao?3.2. Cho phản ứng pha khí: N2O5 (h)→ 2NO2 (k)+ 12O2 (k) (1). H1-Tr.2/42Thực nghiệm chứng tỏ rằng biểu thức định luật tốc độ của phản ứng trên có dạng v = k[N2O5] với hằng số tốc độ k = 3,46.10-5 s-1 ở 25oC. Giả thiết phản ứng diễn ra trong bình kín ở 25oC, lúc đầu chỉ chứa N2O5 với áp suất p(N2O5) = 0,100 atm.a) Tốc độ đầu của phản ứng bằng bao nhiêu?b) Tính thời gian cần thiết để áp suất tổng cộng trong bình phản ứng bằng 0,175 atm ở nhiệt độ không đổi (25oC). Tính đạo hàm d[N2O5]/dt tại thời điểm đó.c) Ở cùng nhiệt độ nói trên, sau bao nhiêu lâu thì khối lượng N2O5 trong bình chỉ còn lại 12,5% so với lượng ban đầu?d) Nếu phản ứng được viết ở dạng dưới đây, thì các giá trị tính được ở b) và c) thay đổi thế nào? 2N2O5 (h) → 4NO2 (k) + O2 (k) (2)Gọi K(1), ∆GO(1); K(2), ∆GO(2) lần lượt là hằng số cân bằng và biến thiên năng lượng Gibbs của phản ứng (1) và (2). Ở cùng nhiệt độ và áp suất, hãy tìm biểu thức liên hệ ∆GO(1) với ∆GO(2); K(1) với K(2). 3.3. Cho phản ứng pha khí : 2NO (k) + O2 (k) → 2NO2 (k) (3)Phản ứng (3) tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[NO]2[O2]. Giả định rằng phản ứng không diễn ra theo một giai đoạn sơ cấp. Hãy đề nghị một cơ chế có khả năng cho phản ứng (3) và chứng tỏ rằng cơ chế ấy phù hợp với thực nghiệm động học.Câu 4. (3,0 điểm)4.1. Tính hằng số cân bằng K ở 250C của phản ứng:Pb2+ (dd) + HCO3- (dd)PbCO3 + H+(dd)Cho biết ở 250C: T(PbCO3) = 7,4.10-14; pKa2(H2CO3) = 10,33. 4.2. PbCO3 và ZnO thường được sử dụng làm bột tạo màu trắng. H2S trong không khí có thể làm hư hại các bột màu này do các phản ứng sau:PbCO3 (r) + H2S (k) → PbS (r) + CO2 (k) + H2O (h) (1) ZnO (r) + H2S (k) → ZnS (r) + H2O (h) (2)a) Tính hằng số cân bằng của các phản ứng (1) và (2). b) Cần khống chế nồng độ tối đa của H2S trong không khí bằng bao nhiêu g/m3 để các bột màu nói trên không bị hư hại?c) Trong 2 chất màu nói trên, chất nào ưu thế hơn khi môi trường có H2S, tại sao?d) Bằng cách xử lí với dung dịch H2O2, có thể làm trắng lại các mảng bị đổi màu do sự hình thành PbS. Viết phương trình của phản ứng xảy ra trong cách xử lí này.e) Hãy chứng tỏ rằng, về mặt nhiệt động học, oxi của không khí có thể thay thế H2O2 trong phương pháp xử lí trên.g) Trong thực tế, ngay cả khi không khí chưa bị ô nhiễm nặng, chẳng hạn p(H2S) = 5,1.10-9 atm, mầu trắng của PbCO3 để lâu trong không khí vẫn bị xám dần đi do sự hình thành PbS. Hiện tượng này có thể giải thích như thế nào? Để tính toán có thể sử dụng các dữ kiện và bảng sau: T= 298K; áp suất khí quyển p = 1,000 atm; % thể tích của các khí và hơi trong không khí: N2 77,90; O2 20,70; CO2 0,026; H2O (h) 0,40; các khí khác: 1,03.PbCO3(r) H2S(k) PbS(r) ZnO(r) ZnS(r) CO2(k) H2O(h) PbSO4(r) H2O2(l)ΔfG°298 kJ/mol – 626,0 – 33,0 – 92,6 – 318,0 – 184,8 – 394,2 – 228,5 – 811,5 120,4Màu trắng đen trắng trắng trắngCâu 5. (2,5 điểm)5.1. Ở điều kiện thường, hợp chất BCl3 tồn tại ở dạng đơn phân tử còn BH3 không bền, nó bị đime hóa tạo thành B2H6. Giải thích tại sao? 5.2. Nguyên tố phi kim X phản ứng với Cl2 cho chất lỏng không màu A (tonóng chảy = -94 oC). Chất A tác dụng với Cl2 dư trong dung môi CCl4 khan cho B (chất rắn màu trắng, tothăng hoa = 160 oC). Cho biết khối H1-Tr.3/43lượng phân tử của B bằng 1,516 lần khối lượng phân tử của A. Hãy xác định A, B và vẽ cấu trúc phân tử của chúng. 5.3. Cho khí BCl3 lần lượt đi qua bình đựng dung dịch A, B trong dung môi CCl4 khan tại nhiệt độ thường. Người ta thấy ở bình đựng chất A không xảy ra phản ứng hóa học còn ở bình đựng chất B xuất hiện kết tủa trắng D. Hãy dự doán (có giải thích) công thức hóa học của D, viết phương trình phản ứng và vẽ cấu trúc hình học của nó. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho D tác dụng với lượng dư H2O nóng.4CCl→5.4. Hoàn thành các phản ứng:a) BCl3 + (CH3CH2)3N ete→b) BCl3 + NaH (dư) c) BCl3 + NH3 1000oC→ Cho biết: một sản phẩm của phản ứng (c) là chất rắn màu trắng, có cấu trúc tinh thể giống than chì. BaBaYBaCuOYBaYCâu 6. (3,0 điểm)Vật liệu siêu dẫn A là oxit hỗn hợp của Cu, Ba và Y (ytri, nguyên tố thuộc phân nhóm IIIB, chu kì 5 trong bảng hệ thống tuần hoàn). Bằng nhiễu xạ tia X, người ta xác định được cấu trúc tinh thể của A. Có thể coi ô mạng cơ sở của A (hình bên) gồm hai hộp chữ nhật giống nhau trong đó: Cu chiểm vị trí các đỉnh, Ba ở tâm hình hộp còn O ở trung điểm các cạnh nhưng bị khuyết hai vị trí (vị trí thực của O và Ba hơi lệch so với vị trí mô tả). Hai hình hộp này đối xứng với nhau qua Y nằm ở tâm của ô mạng cơ sở.6.1. Hãy xác định công thức hóa học của A.6.2. Tinh thể A được điều chế bằng cách nung nóng hỗn hợp bột mịn của BaCO3, Y2O3 và CuO (theo tỉ lệ thích hợp) ở 1000oC trong không khí, rồi làm nguội thật chậm đến nhiệt độ phòng. Hãy viết phương trình phản ứng điều chế A.6.3. Một trong những lí giải tính siêu dẫn của A là dựa trên sự có mặt đồng thời Cu+2 và Cu+3 trong tinh thể. Hãy chỉ rõ nguyên tử Cu ở vị trí nào trong ô mạng cơ sở có số oxi hóa +2, +3. Cho rằng các nguyên tố Y, Ba và O có số oxi hóa lần lượt là +3, +2 và -2.6.4. Tùy thuộc vào điều kiện tổng hợp, công thức thực nghiệm của loại vật liệu này có thể khác với công thức xác định được ở mục 6.1. chỉ về số nguyên tử oxi. Để tìm công thức thực nghiệm của một mẫu vật liệu, người ta tiến hành thí nghiệm như sau: Hòa tan 0,3315 gam mẫu vào dung dịch HCl loãng chứa sẵn lượng dư KI. Lượng I2 sinh ra tác dụng vừa đủ với 18,00 mL dung dịch Na2S2O3 0,1000M. Hãy xác định công thức thực nghiệm của mẫu nghiên cứu này. Câu 7. (2,5 điểm)Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A. Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml NaOH nữa.7.1. Tính nồng độ mol/L của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn.7.2. Tính pH của dung dịch A sau khi trộn. 7.3. Hãy vẽ đường cong chuẩn độ dung dịch A bằng NaOH (đường cong chuẩn độ là đường biểu diễn sự phụ thuộc của pH theo thể tích NaOH tiêu thụ). 7.4. Cho biết độ tan của BaSO3 trong nước ở 25 oC bằng 0,016 gam/100 gam nước, chấp nhận khối lượng riêng của dung dịch là 1g/mL. Hãy tính tích số tan của BaSO3. Cho: pKa1(SO2 + H2O) = 1,76; pKa2(SO2 + H2O) = 7,21.HẾTH1-Tr.4/4đun nóng4 Ghi chú: – Thí sinh không được sử dụng tài liệu; – Giám thị không giải thích gì thêm.H1-Tr.5/45BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC NĂM 2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨCMôn: HOÁ HỌCNgày thi thứ nhất: 16/4/2012Câu 1 (3,0 điểm)1.1 (6/4 điểm).a) Công thức Lewis của XeF2 và XeF4:b) Trong XeF2 có 5 cặp electron xung quanh Xe, trong đó 2 cặp liên kết và 3 cặp không liên kết, công thức VSEPR là XeB2L3 (hoặc XeF2L3).Trong XeF4 có 6 đôi electron xung quanh Xe, trong đó 4 cặp liên kết và 2 cặp không liên kết, công thức VSEPR là XeB4L2 (hoặc XeF4L2).c) Theo thuyết VSEPR XeF2L3 có dạng hình học electron lưỡng tháp tam giác.Với dạng hình học này 3 nguyên tử liên kết nằm thẳng hàng làm cho 3 cặp electron không liên kết tạo thành các góc 1200 với nhau, giảm thiểu lực đẩy giữa các đôi electron không liên kết. Vì thế dạng hình học phân tử tuyến tính (thẳng) được ưu tiên hơn. XeFEEEF Hình học electron XeF2 Theo thuyết VSEPR tiểu phân dạng XeF4L2 có dạng hình học electron bát diện: Hình học electron dạng bát diện trong đó các nguyên tử nằm trên hình vuông phẳng làm cho các góc đẩy giữa các cặp electron không liên kết với nhau, giữa các cặp electron không liên kết với các cặp electron liên kết cũng như giữa các cặp e liên kết đều không nhỏ hơn 90O, giảm tối đa lực đẩy giữa các cặp electron và được ưu tiên hơn.d) F luôn có số oxi hóa là –1. Vì vậy, các số oxi hóa tương ứng của Xe là +2 (XeF2) và +4 (XeF4). Các tiểu phân này là những tác nhân oxi hóa rất mạnh!H1-Tr.6/4F─Xe─FXeEEFFFFHình học electron XeF4 F│F ─ Xe ─ F│61.2 (2/4 điểm).Bỏ qua sự sai khác về mức năng lượng các AO của H và He, ta có thể vẽ các giản đồ MO sau:1s (He)1s (H+)σsσs*ΕTừ các giản đồ này, có thể thấy rằng trong HeH+ bậc liên kết là 1.1.3 (4/4 điểm).a) Trong khoảng từ Li đến Ar , các nguyên tố nhóm II có năng lượng ion hóa thứ hai khá thấp (vì Be+ → Be2+ hoặc Mg+ → Mg2+ tạo một lớp ngoài cùng bão hòa, có cấu hình ‘khí hiếm’ 1s2 hay 1s2 2s2 2p6). Do đó 2 nguyên tố có khả năng nhất để hình thành XNe2+ là Be và Mg. b) Hai nguyên tố kém có khả năng nhất cho sự hình thành XNe2+ nhất là Li và Na do năng lượng ion hóa thứ 2 đặc biệt lớn (vì sự tách electron từ lớp vỏ bão hòa). Câu 2 (3,0 điểm)(5/4 điểm) Xác định thể tích máu của bệnh nhân bằng phương pháp đo phóng xạ 2.1. (1/4 điểm)a) 6731Ga + e → 30Zn67 b) Hạt nhân mới tạo thành do sự phân rã thường ở một trạng thái kích thích nào đó có mức năng lượng cao hơn trạng thái cơ bản. Khi trở về trạng thái cơ bản nó cho bức xạ γ. (thường thì bức xạ γ xảy ra muộn hơn vào khoảng 10-16 s).2.2. (1/4 điểm)a) A = λ.N → N = A/ λ = 1,09.108. 78,24.3600/ ln2 = 4,43.1013 nguyên tử Khối lượng của 67Ga trong dược chất: m =13234,43.10 .676,02.10 g = 4,930.10-9 g b) Khối lượng của dược chất được tổng hợp: m(GaC6H5O6.3H20) = 310,25.10 .296,769,72−g = 4,362.10-2 g Hoạt độ phóng xạ của 1g dược chất (hoạt độ phóng xạ riêng): As = 1,09.108 Bq/43,62.10-3 g = 2,50.109 Bq/g2.3. (3/4 điểm)H1-Tr.7/47a) Hoạt độ phóng xạ ban đầu của 1mL dung dịch: Ao = 1,09.108 Bq/100mL = 1,09.106 Bq/mL Hoạt độ phóng xạ của liều 1mL dung dịch khi tiêm: A = Ao.e-λt = Ao.e-ln2.t/t1/2 =1,09.106Bq/mL.e-ln2.8/3,26.24 = 1,015. 106 Bq/mL b) Hoạt độ phóng xạ còn lại sau 1 giờ (1mL): A’ =1,015. 106 Bq.e-ln2.1/3,26.24 =1,006.106Bq 1,006.106Bq /V = 105.6 Bq/mL (V là thể tích máu) → V = 1,006.106Bq/210,2 Bq/mL = 4,786.103 mL (7/4 điểm) Nhiên liệu urani2.4. (3/4 điểm)a) Chỉ phóng xạ α mới làm thay đổi số khối và mỗi thoát biến α làm số khối thay đổi 4 đơn vị khối lượng nguyên tử (u). Một chuỗi n phóng xạ α nối tiếp nhau sẽ làm số khối thay đổi 4n (u). Như vậy có thể có 4 họ phóng xạ với các số khối 4n; 4n + 1; 4n + 2; 4n + 3. 238U thuộc họ urani có số khối A = 4n + 2. 235U thuộc họ actini có số khối A = 4n + 3.b) 206Pb có số khối A = 4n + 2 thuộc họ urani, là hậu duệ của 238U 207Pb có số khối A = 4n + 2 thuộc họ actini, là hậu duệ của 235U 234U thuộc họ urani. Từ 238U cần có 1 phân rã α và 2 phân rã β để tạo ra 234U.(Chú ý: học sinh có thể lập luận rằng (theo định luật chuyển dịch phóng xạ) thoát biến α làm số khối thay đổi 4 đơn vị khối lượng nguyên tử (u), nên các đồng vị thuộc cùng một họ phải có số khối khác nhau một số nguyên lần của 4. Rồi từ đó rút ra các kết luạn như ở trên. c) 226Ra có số khối thỏa mãn công thức A = 4n + 2, nó là hậu duệ của 238U.Tương quan giữa các chu kì bán rã và thời gian tồn tại của trái đất khoảng 1010 năm cho phép để đạt được cân bằng thế kỉ. A(238U) = A(226Ra) (A là hoạt độ phóng xạ) → λ 238U.N238U = λ226Ra.N226Ra (λ là hằng số tốc độ phân rã, N là số nguyên tử) → (ln2/4,47.109.365.24.3600).(9,9274 g/238).6,02.1023. =.(ln2/1600.365.24.3600). N226Ra → N226Ra = 2391600 9,9274. .6,02.104,47.10 238 = 8,99.1015 nguyên tử m(226Ra) = (8,988.1015/6,02.1023).226 = 3,37.10-6 g2.5. (4/4 điểm)a) Tỉ lệ đồng vị 235U trong urani tự nhiên = 0,72%. Gọi x là số tấn urani tự nhiên cần dùng, ta có phương trình:0,72x/100 = 22,04.4/100 + (x-22,04).0,2/100 → x = 161,06 tấn.b) Từ kết quả của phần 2.4.c) có thể thấy rằng khối lượng 226Ra trong quặng rất nhỏ. Lượng 226Ra còn lại trong nước lọc cũng phải rất nhỏ đến mức không kết tủa được khi có mặt ion SO42- (thủy luyện bằng axit sunfuric mà tích số tan của sunfat kiềm thổ khá nhỏ). Tuy nhiên với nồng độ rất nhỏ như vậy hoạt độ phóng xạ của Ra vẫn còn rất nguy hiểm với môi trường. Để tách Ra ra khỏi nước lọc sau khi kết tủa urani, có thể đưa vào nước lọc này dung dịch BaCl2. Kết tủa BaSO4 sẽ kéo theo RaSO4 vào pha rắn (cộng kết). Chú thích: Nếu thí sinh đưa ra phương án trao đổi ion để tách Ra cũng cho đủ điểm.Câu 3 (3,0 điểm).3.1 (3/4 điểm)./.ABE RTAB ABk Z e−= (1)/.ACE RTAC ACk Z e−= (2)H1-Tr.8/48Chia vế (1) cho (2) rồi lấy logarit 2 vế nhận được:ln lnAC ABAB ABAC ACE Ek Zk Z RT−= +Bởi ZAB và ZAC là hằng số, EAC – EAB > 0 → Khi T↓ thì kAB/kAC↑.Như vậy, để tăng độ chọn lọc B thì cần tăng nhiệt độ.3.2 (6/4 điểm).a) Số mol có trong bình N2O5: n(N2O5) = pV/RT = 0,10.atm.V (L) /0,082L.atm.mol-1.K-1.298 K = 4,1.10-3.V mol. [N2O5] = 2 5( )n N OV = 2 5( )p N ORT= 0,1( / )0,082.298mol L = 4,1.10-3 mol/L v = 3,46.10-5 s-1. 4,1.10-3.mol/L = 1,42.10-7 mol.L-1.s-1b)N2O5 → 2NO2 + (1/2)O2 Po 0 0Po -x 2x x/2Ptổng = Po -x + 2x + x/2 = Po +(3/2)x = (7/4)Po→ x = Po/2 và Po – x = Po/2.Ở cùng nhiệt độ, khi thể tích bình phản ứng không thay đổi, sự giảm áp suất riêng phần tỉ lệ với sự giảm số mol. Trong phản ứng bậc 1, thời gian cần thiết để nồng độ chất phản ứng giảm đi một nửa bằng: t1/2 = ln2/k = 0,693/3,46.10-5 s-1 = 2.104 s Trong phản ứng bậc 1, khi nồng độ giảm đi một nửa (so với ban đầu) thì tốc độ phản ứng cũng giảm đi một nửav(t = t1/2) = 2 5[N O ]dtd−= (1/2)v(ban đầu) → 2 5d[N O ]dt= – (1/2)v(ban đầu) = -7,1.10-8 mol.L-1.s-1 c) Thời gian phản ứng bán phần của phản ứng bậc 1 không phụ thuộc vào nồng độ đầu. Để khối lượng N2O5 còn lại 12,5% (1/8 nồng độ đầu) cần thời gian 3 lần thời gian phản ứng bán phần: t = 3.2.104 s = 6.104 s d) Vì tốc độ phân hủy N2O5, biểu thị bởi 2 5[N O ]dtd− không đổi nên các giá trị trên vẫn không đổi.Học sinh có thể suy luận cách khác, nếu đúng vẫn được đủ điểm.* So sánh2 22 5*2 *1/2NO O*N Op pK(1)=p; 2 22 5*4 *NO O*2N Op pK(2)=p; → K(1) = K(2)1/2. (p* là áp suất riêng phần ở trạng thái cân bằng)∆GO(1) = -RTlnK(1) = -(1/2)RTlnK(2); ∆GO(2) = -RTlnK(2) → ∆GO(1) = (1/2)∆GO(2)3.3 (3/4 điểm). Phản ứng có thể xảy ra theo cơ chế hai giai đoạn: 2NO 11kk−ˆ ˆ ˆ†‡ ˆ ˆˆ N2O2 (a) (nhanh) N2O2 + O2 2k→ 2NO2 (b) (chậm)Cộng (a) với (b) sẽ thu được phản ứng tổng cộng (3).Giai đoạn (b)chậm, quyết định tốc độ chung của phản ứng, nên: v = k2[N2O2][ O2] (*)Do giai đoạn (b) chậm và (a) nhanh nên có thể coi cân bằng (a) được thiết lập, khi đó có: [N2O2]/[NO]2 = k1/k-1 → [N2O2] = (k1/k-1)[NO]2 (2*)Thay (2*) vào (*) thu được: v = (k1/k-1)k2[NO]2[ O2] = k[NO]2[ O2] với k = (k1/k-1)k2. H1-Tr.9/49Như vậy từ cơ chế giả định có thể rút ra được định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế là có khả năng.Chú ý: Thí sinh có thể đưa ra cơ chế khác. Nếu chứng minh chặt chẽ rằng cơ chế đó phù hợp với thực nghiệm thì cho đủ điểm.Câu 4 (3,0 điểm).4.1 (1/4 điểm).+ 2-+3 a22+ – 2+ – 2-3 3 3[H ][CO ] K[H ]K[Pb ][HCO ] [Pb ][HCO ][CO ] T= = == 6324.2 (11/4 điểm).a) Đối với phản ứng (1) ΔG°(1) = (-92.6 – 394.2 – 228.5 + 626.0 + 33.0) kJ/mol = -56,3 kJ/molK(1) = e- ΔG°(1)/RT = e56300/8,314.298 = 7,4.109. Đối với phản ứng(2) ΔG°(2)=(-184.8 -228.5 + 318.0 + 33.0) kJ/mol = – 62,3 kJ/molK(2) = e- ΔG°(2)/RT = e62300/8,314.298 = 8,3.1010b) Đối với phản ứng (1)ΔG(1)= -RTlnK(1)+ RT.ln24 32.6 10 4 10H Sp− −× × × Điều kiện để (1) ưu thế theo chiều thuận:ΔG(1) =-RTlnK(1) + RT.ln24 32.6 10 4 10H Sp− −× × × < 0 (a)→ pH2S >4 392.6 10 4 107,4.10− −× × ×= 1,4.10-16 bar (b)Để bảo vệ được mầu trắng PbCO3 thì nồng độ H2S được phép trong không khí tối đa là: 34.(1,4.10-16.1000 L)/(0,082 L.bar.mol-1.K-1.298K) = 1,9.10-13 g/m3Đối với phản ứng (2) ΔG(2) = – RTlnK(2) + RT.ln234 10H Sp−×Điều kiện để (2) ưu thế theo chiều thuận:ΔG(2) = – RTlnK(2) + RT.ln234 10H Sp−×< 0 (c)→ pH2S >3104 108,3.10−×= 4,8.10-14 bar Để bảo vệ được mầu trắng ZnO thì nồng độ H2S được phép trong không khí tối đa là: 34.(4,8.10-14.1000 L)/(0,082 L.bar.mol-1.K-1.298K) = 6,7.10-11 g/m3 c) ZnO ưu thế hơn vì:- Phản ứng (1) Tự diễn biến ở những nồng độ H2S nhỏ hơn;- Sản phẩm của (1) là PbS có mầu đen còn sản phẩm của (2) là ZnS vẫn còn là mầu trắng.d) PbS + 4H2O2 → PbSO4 + H2O (3)e) PbS + 2 O2 → PbSO4 (4) ΔG° = -811.5 kJ/mol + 92.6 kJ/mol = – 718.9 kJ/molH1-Tr.10/410[…]… 1,08.10-5 2SO3 ] = 7,36.10-4 – 1,08.10-5 = 7,25.10-4 (M) 2- → Ks = [Ba2+].[ SO3 ] = 5,33.10-7 H1-Tr.15/4 15 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC NĂM 2012 Môn: HOÁ HỌC Thời gian: 240 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 17/4 /2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi gồm 02 trang Cho: C = 12,0; N = 14,0; O = 16,0; K = 39,1; Ni = 58,7; R = 8,314 J.mol-1.K-1 Trong bài làm,… ứng xảy ra HẾT Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu; Giám thị không giải thích gì thêm H1-Tr.17/4 17 H1-Tr.18/4 18 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC NĂM 2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn HÓA HỌC Ngày thi thứ hai: 17/4 /2012 Câu 1 (2,5 điểm) Cho các công thức cấu tạo sau: C(CH=CHF)2 CH CH2 F Me 1 2 4 5 Me 3 Et O O Me O (A) Me OH O O 2N (B) Me O OH O 2N (C) COOH N N H… (2,5 điểm) Fanezol (tách được từ hoa linh lan) và các đồng phân lập thể của nó (C 15H26O, tất cả kí hiệu là Pi với i: 1, 2, 3, …) khi bị ozon phân chế hóa khử thì đều cho axeton, 2-hiđroxyetanal và 4oxopentanal Khi Pi bị đun nóng với axit thì đều tạo ra hỗn hợp các chất có công thức C 15H24 là sản phẩm chính của mỗi phản ứng, gọi chung là Qi với i: 1, 2, 3, … 4.1 Hãy vẽ công thức cấu trúc các hợp chất… tương tác với dung dịch NaOH thì đều tạo thành natri 3-metyl-4-nitrobenzoat 1.4 Hãy chỉ rõ trạng thái lai hóa của từng nguyên tử N ở cấu tạo E và ghi giá trị pKa (ở 25 oC): 1,8; 6,0; 9,2 vào từng trung tâm axit trong công thức tương ứng với E, giải thích Câu 2 (4,0 điểm) Cho các chất sau: EtOOC O EtOOC (F) COOEt (H ) (G ) (I ) (J ) 2.1 Từ các hợp chất chứa không quá 3C, hãy đề nghị các sơ đồ phản ứng tương… thì đều tạo thành natri 3-metyl-4-nitrobenzoat 0,5 điểm: C , C1 , D và D1 là những đồng phân hỗ biến, xúc tác kiềm làm thuận lợi cho sự hỗ biến đó: H1-Tr.19/4 19 HO O O O O H2O/- OH OH /- H2O Me Me ( C) O O – ( C1 ) Me Me NO2 O – NO2 NO2 NO2 O O O ( D1 ) O O O ( D) O OH H 2O/- OH- Me Me Me NO2 Me NO2 NO2 NO2 0,5 điểm: Xuất phát từ C , C1 , D hoặc D1 qua phản ứng chuyển vị benzylic rồi tự mất nước đều… không quá 3C, hãy đề nghị các sơ đồ phản ứng tương đối đơn giản có ghi rõ tác nhân, điều kiện tiến hành để tổng hợp ra các chất nêu trên 2.2 Trong số các chất trên, chất nào thuộc loại hợp chất thơm, không thơm, phản thơm, vì sao? Chất nào tác dụng được với kali kim loại trong đietyl ete? Viết phương trình phản ứng và giải thích Hướng dẫn chấm 2.1 Từ các hợp chất chứa không quá 3C, hãy đề nghị các sơ… (2,5 điểm) Fanezol (tách được từ hoa linh lan) và các đồng phân lập thể của nó (C 15H26O, tất cả kí hiệu là Pi với i: 1, 2, 3, …) khi bị ozon phân chế hóa khử thì đều cho axeton, 2-hiđroxyetanal và 4-oxopentanal Khi Pi bị đun nóng với axit thì đều tạo ra hỗn hợp các chất có công thức C 15H24 là sản phẩm chính của mỗi phản ứng, gọi chung là Qi với i: 1, 2, 3, … 4.1 Hãy vẽ công thức cấu trúc các hợp chất… oC thì thu được dung dịch có thành phần không đổi là 0,75 mol Y và 0,25 mol đồng phân hình học của nó Hãy tính gần đúng sự chênh lệch về năng lượng biểu thị độ bền tương đối của hai đồng phân nói trên Đề nghị công thức cấu trúc của Y và viết cơ chế phản ứng đồng phân hóa nó 6.3 Đối với axit 3-phenylpropanoic năng lượng của cấu dạng mà Ph và COOH che khuất nhau cao hơn so với cấu dạng mà Ph và COOH lệch… này tan ra tạo thành dung dịch màu vàng của chất S Nếu cho thêm tiếp KCN đặc thì thu được dung dịch màu đỏ của chất T Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm này 7.2 Cho biết S và T đều nghịch từ, dựa theo thuyết liên kết hóa trị (VB), hãy dự đoán cấu trúc phân tử của chúng 7.3 Chất S ở dạng rắn có màu vàng, phản ứng với lượng dư K kim loại trong NH 3 lỏng cho chất rắn Z màu vàng… PbS bởi oxi không khí thuận lợi hơn rất nhiều Sự đổi màu của PbCO3 có thể là do phản ứng oxi hóa PbS bởi oxi không khí bị cản trở động học Câu 5 (2,5 điểm) 5.1 (2/4 điểm, mỗi chất ¼ điểm) BX3 – hợp chất thi u electron nên có tính chất đặc trưng là nhận thêm đôi electron (axit Lewis) Để bão hòa electron, BH3 và BCl3 có hai cách khác nhau: – BCl3 nhận thêm e bằng cách tạo thêm liên kết pi (không định chỗ)