Tài liệu Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 14 pptx

Sở Giáo Dục Đào Tạo Vĩnh Long Trường Trung học chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN XXII 2006 Đề thi đề nghị môn Hóa khối 10 I. Câu I (4 đ) I.1) cho X, Y là 2 phi kim trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 16. biết trong hợp chất XYn . X chiếm 15,0486 % về khốI lựơng . Tổng số proton là 100 . Tổng số nơtron là 106 a. Xác định số khối và tên X, Y b. Xác định CTCT XYn và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tố X dạng hình học của XYn. c. Viết phương trình phản ứng giữa XYn với P 2 O 5 và với H 2 O I.2) a. Tại sao SiO 2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO 2 lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217K b. Chất dicloetilen (C 2 H 2 Cl 2 ) có ba đồng phân ký hiệu X,Y,Z - Chất X không phân cực còn chất Z phân cực - Chất X và chất Z kết hợp với Hidro cho cùng sản phẩm X (họăc Z) + H 2  Cl - CH 2 - CH 2 – Cl . Viết công thức cấu tạo X, Y, Z . Chất Y có momen lưỡng cực không ? Đáp án : Câu I (4đ) I.1) a. Gọi Px, PY là số proton X, Y n x , n y là số nơtron X, Y P x + nP y = 100 (1) N x + nN y = 106 (2) Px + Nx + n(PY + Ny) = 206 Ax + nAy = 206 (3) Ax Ax + nAy => Ax = 31 (0,5đ) Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14 Px = 15 (0,5đ) Nx = 16 Thay Px, Nx vào (1) , (2) n (Ny – Py) = 5 ( 5) 2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16 n(Py – 16) = 5 Py = 5 16n n + n 1 2 3 4 5 Py 21 18,8 17,67 17,25 17 Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo (0,25đ) 1 = 15,0486 100 (4) => X là photpho b. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp 3 d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl Cl P Cl Cl Cl (0,25đ) c. P 2 O 5 + PCl 5 = 5POCl 3 PCl 5 + H 2 O = H 3 PO 4 + 5HCl (0,25đ) I.2) - C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO 2 (O = C = O) SiO 2 không phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xa năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO 2 gồm những tứ diện chung đỉnh nhau. O O Si O O (0,5đ) a. SiO 2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trong khi CO 2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0,5đ) b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng Cis HCl HCCH ClH −−− CTCT HCl CC ClH = (X) ClCl CC HH = (X) (Z) CTCT Y s ẽ l à ClH CC ClH = C-H C-Cl ∆ X= 2,5 – 2,1 = 0,4 ∆ X = 0,5 Vậy Y phân cực (0,25đ) Câu II (4đ) I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng : H 2 (k) + I2(k) 2HI (k) ở 600 0 C bằng 64 a. Nếu trộn H 2 và I 2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 600 0 C thì có bao nhiêu phần trăm I 2 tham gia phản ứng ? 2 hoặc Z + H 2 b.) Cần trộn H 2 và I 2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I 2 tham gia phản ứng (600 0 C) II-2 Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.10 12 nguyên tử/phút xuống còn 3.10 -3 nguyên tử/phút. II-3 Tính nhiệt của phản ứng. H H H – C – H + 3Cl 2  Cl – C – Cl + 3HCl H Cl biết E C-H : +413KJ/mol E C-Cl : +339KJ/mol E Cl-Cl : + 243KJ/mol E H-Cl : + 427KJ/mol Phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ? Đáp án : Câu II (4đ). II.1 a. H 2 (k) + I 2 (k) 2HI (k) 2mol 1mol x x 2x 2-x 1-x 2x 64 )1)(2( )2( 2 = −− = xx x K c [ ] [ ][ ] 22 2 IH HI K C = 0,5đ x 1 = 2,25(loại) x 2 = 0,95 (nhận) => 95% I 2 tham gia phản ứng 0,25đ b. H 2 (k) + I 2 (k) 2HI (k) n 1 n-0,99 0,01 1,98 0,5 đ n: nồng độ ban đầu của H 2 K C = (1,98) 2 = 64 (n-0,99)(0,01) n 7≈ => cần trộn H 2 và I 2 theo tỉ lệ 7:1 0,5đ II.2 /00347,0 200 693,0693,0 2/1 === t k năm 0,25đ 2,303lg kt N N −= 0 0,25đ 2,303lg t00347,0 10.5,6 10.3 12 3 −= − t = 1,02.10 4 năm hay 10.200năm 0,5đ II.3 )33(34 ClHClCHCClClHC EEEEEH −−−−− ++−+=∆ = 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ = - 330KJ (0,75đ) Phản ứng trên tỏa nhiệt 3 Câu III (4đ) III.1 Hòa tan 0,1mol NH 4 Cl vào 500ml nước. a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka b. Tính pH dung dịch trên biết K a NH 4 − + = 5.10 –10 III.2 Độ tan PbI 2 ở 18 0 C 1,5.10 -3 mol/l a. Tính nồng độ mol/l của Pb 2+ và − I trong dung dịch bảo hòa PbI 2 ở 18 0 C. b. Tính tích số tan PbI 2 ở 18 0 C. c. Muốn giảm độ tan PbI 2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo hòa PbI 2 . (K : 39 ; I : 127) III. 3 Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit 2 ? 2 4 56,0 4 MnOMnOMnO V → → − + − a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO 4 2- /MnO 2 b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ? 3MnO 4 2- + 4H + = 2MnO - 4 + MnO 2 + 2H 2 O Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. Đáp án Câu III (4đ) III. 1 a) NH 4 Cl = 4 + NH + Cl – NH 4 + + H 2 O NH 3 + H 3 O + Ka = [NH 3 ][H 3 O] + [NH 4 + ] b). Nồng độ NH 3 trong dung dịch : M2,0 5,0 1,0 = NH 4 + + H 2 O NH 3 + H 3 O + 0,2 0 10 -7 x x x 0,2 –x x x + 10 -7 10 -7 << x nên 0,2 –x ≈ 0,2 Ka nhỏ x << 0,2 => 0,2 – x ≈ 0,2 Ka = 10 2 10.5 2,0 − = x x = 10 -5 x = [H 3 O + ] = 10 -5 0,5đ pH = 5 III.2 a. PbI 2 Pb 2+ + 2 − I 1,5. 10 -3 1,5.10 -3 3.10 -3 [Pb 2+ ] = 1,5.10 -3 M [I-] = 3.10 -3 M b. T PbI 2 = [Pb 2+ ][I - ] 2 = (1,5.10 -3 ).(3.10 -3 ) 2 = 13,5.10 -9 0,25đ 4 0,25đ = 5.10 -10 0,25đ 0,25đ +1,7V c. KI = K + + − I a a gọi a là số mol KI cần thêm vào s là độ tan PbI 2 sau khi thêm KI MSS 4 3 10 15 10.5,1 − − =→= PbI 2 Pb 2+ + 2I - 10 -4 10 -4 2.10 -4 T PbI 2 = (Pb 2+ ) (I - ) 2 = 10 -4 . (2.10 -4 + a) 2 = 13,5.10 -9 a 2 + 4.10 -4 a – 13496.10 -8 = 0 a = 1,1419.10 -2 mol 0,5đ khối lượng KI cần thêm vào : 166.1,1419.10 -2 = 1,895g 0,25đ III. 3 Mn − 4 O +e -> Mn −2 4 O E 0 1 = 0,56V (1) OHMnOeHMnO 224 234 +→++ + − E 0 2 = 1,7V (2) (2) – (1) ta có : OHMnOeHMnO 22 2 4 224 +→++⇒ + − E 0 3 = ? (3) ∆ G 0 3 = ∆ G 0 2 – ∆ G 0 1 - 2E 0 3 F = -3E 0 2 F – E 0 1 F 0,5 đ E 0 3 = V EE 27,2 2 56,07,1.3 2 3 1 0 2 0 = − = − b. MnO 4 2- + 2e - + 4H + MnO 2 + 2H 2 O E 0 1 : 2,27V 2MnO 4 - + 2e 2MnO 4 2- E 0 2 : 0,56V 3MnO 4 2- + 4H + 2Mn − 4 O + MnO 2 + 2H 2 O 0,25 đ ∆ G 0 3 = ∆ G 0 1 – ∆ G 0 2 = -2E 0 1 F – (-2E 0 2 F) = -2F(E 0 1 -E 0 2 ) <0 Phản ứng xảy ra theo chiều thuận 0,25đ lg K 97,57 059,0 )56,027,2(2 = − = 0,25đ => K = 9,25.10 57 0,25đ Câu IV. (4đ) IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 25 0 C Cu( r) + 2Fe 3+ (dd) Cu 2+ (dd) + 2Fe 2+ (dd) người ta chuẩn bị dung dịch CuSO 4 0,5M ; FeSO 4 0,025M a. Cho biết chiều của phản ứng b. Tính hằng số cân bằng phản ứng c. Tỉ lệ [ ] [ ] + + 2 3 Fe Fe có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều. E 0 Cu 2+ /Cu = 0,34V E 0 Fe 2+ / Fe = 0,77V IV. 2 Cho E 0 Cr 2 O 7 2- /2Cr 3+ = 1,36V a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion và phân tử. b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron 5 Đáp án a) Cr 2 O 7 2- oxi hóa Fe 2+ thành Fe 3+ và bị Fe 2+ khử về Cr 3+ trong môi trường axit. 0,5đ Cr 2 O 7 2- + 6Fe 2+ + 14H + -> 6Fe 3+ + 2Cr 3+ + 7H 2 O 0,5đ K 2 Cr 2 O 7 + 6FeSO 4 + 7H 2 SO 4 -> 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + Cr 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 7H 2 O 0,5đ b) Cân bằng theo phương pháp ion electron Cr 2 O 7 2- + 14H + + 6e - -> 2Cr 3+ + 7H 2 O 1x 6x Fe 2+ - e -> Fe 3+ Cr 2 O 7 2- + 14H + + 6Fe 2+ -> 2Cr 3+ + 6Fe 3+ + 7H 2 O 0,5đ Câu V. V.1) Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóa A 21 AA zY →→ ++ → + X A 0 → A 0 AC Y →→ + B 21 BB uT →→ ++ Biết A 0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim. A, A 1 , A 2 , C : các hợp chất của lưu huỳnh B, B 1 , B 2 , C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loại V.2). Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau : - Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng. - Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO 2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO 3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO 3 thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. - Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H 2 SO 4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na 2 S 2 O 3 vào. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H 2 SO 4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I 2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 . Tìm công thức phân tử X. Đáp án Câu V (4đ) V.1. CuS 22 0 2 3 SOCuOO t +→+ (A 0 ) (B) (A) A 0 : CuS SO 2 + Br 2 + H 2 O -> H 2 SO 4 + 2HBr B: CuO (A 1 ) A: SO 2 H 2 SO 4 + Ag 2 O -> Ag 2 SO 4 + H 2 O A 1 : H 2 SO 4 (A 2 ) A 2 : Ag 2 SO 4 CuO + H 2 OHCu t 2 0 +→ (B 1 ) B 1 : Cu 6 Cu + Cl 2 -> CuCl 2 B 2 : CuCl 2 (1,5đ) (B 2 ) C: CuSO 4 Cu + 2H 2 SO 4 đđ → 0 t CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O Ag 2 SO 4 +CuCl 2 -> 2AgCl + CuSO 4 (C) CuSO 4 + H 2 S -> CuS + H 2 SO 4 (A 0 ) V.2 Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của Natri 0,25đ SO 2 qua dung dịch X => màu nâu => 2 I hoặc Br 2 tạo thành (0,25đ) a. Do tạo kết tủa vàng với AgNO 3 (AgI) => X : NaIO x (0,25đ) (2x-2)SO 2 + 2I x O − + (2x-2) H 2 O -> I 2 + (2x-2) SO 4 2- +(4x-4) H + SO 2 + I 2 + H 2 O -> − I2 + SO 4 2- + 4H + IO x - + (2x-1) I - + 2xH + -> xI 2 + xH 2 O I 2 + 2S 2 O 3 2- -> − I2 + S 4 O 6 2- b. nI 2 = molOSnNa 00187,0 2 1,0.0374,0 2 1 322 == nI 2 = x.n X = x 00187,0 16150 1,0 = + x => x = 4 (0,5 đ) => X : NaIO 4 7 (0,5 đ) (1đ) . KI MSS 4 3 10 15 10. 5,1 − − =→= PbI 2 Pb 2+ + 2I - 10 -4 10 -4 2 .10 -4 T PbI 2 = (Pb 2+ ) (I - ) 2 = 10 -4 . (2 .10 -4 + a) 2 = 13,5 .10 -9 a 2 + 4 .10 -4 . = 10 -5 0,5đ pH = 5 III.2 a. PbI 2 Pb 2+ + 2 − I 1,5. 10 -3 1,5 .10 -3 3 .10 -3 [Pb 2+ ] = 1,5 .10 -3 M [I-] = 3 .10 -3 M b. T PbI 2 = [Pb 2+ ][I - ] 2