Tài liệu Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 26 ppt

Sở Giáo Dục và Đào Tạo Đồng Tháp Trường THPT Thị Xã Sa Đéc ĐỀ THAM KHẢO KÌ THI OLYMPIC 30 – 04 NĂM HỌC 2005 – 2006 MÔN HÓA HỌC Câu I (4 đ) I.1. So sánh bán kính của các hạt sau: Al, Al 3+ , Na, Na + , Mg, Mg 2+ , F - , O 2- . (1,0 đ) I.2. Trong số các cấu trúc có thể có sau đây: (1,5 đ) a) Của ICl 4 (-) : I Cl Cl Cl Cl . . . . I Cl Cl . . Cl Cl (a) (b) . . b) Của TeCl 4 : Te Cl Cl Cl Cl . . (c) Te Cl Cl Cl Cl (d) . . c) Của ClF 3 : Cl F F F . . . . (ñ) Cl F F F . . (g) . . Cl (e) F F F . . . . những cấu trúc nào có khả năng tồn tại ưu tiên hơn? Vì sao? I.3. Tại sao nước đá nhẹ hơn nước lỏng? (có vẽ hình minh họa) (1,5 đ) Câu II (4 đ) Ở nhiệt độ cao, khí HF bị phân li một phần thành H 2 và F 2 theo phương trình phản ứng: 2HF (k) € H 2 (k) + F 2 (k) Ở 1000 0 C hằng số cân bằng K P = 1,00 x 10 – 13 . Tính nồng độ các chất khi thực hiện sự phân li 1 mol HF ở 1000 0 C trong bình kín thể tích 2 lit. Câu III (4 đ) III.1. Có một dung dịch axit HA và HX, biết nồng độ của axit HX trong dung dịch là 2 . 10 – 3 M. Tính nồng độ của axit HA ở trong dung dịch sao cho độ điện ly của HX là bằng 0,08. Cho K HA = 1,3 . 10 – 5 và K HX = 1,8 . 10 – 5 (2,5 đ) III.2. III.2.1. Tính nồng độ ion S 2 – và pH của dung dịch H 2 S 2 – 0,010M. (0,75 đ) III.2.2. Khi thêm 0,001 mol HCl vào 1 lit dung dịch H 2 S 0,010M thì nồng độ ion S 2 – bằng bao nhiêu? Cho hằng số axit của H 2 S : 7 A 10K 1 − = và 12,92 A 10K 2 − = . (0,75 đ) Câu IV (4 điểm) IV.1. Ion MnO 4 (-) oxi hóa được Cl (-) v Br (-) (trong môi trường axit). Tính hằng số cân bằng của các phản ứng đó. (1,5 đ) IV.2. Có thể điều chỉnh pH để MnO 4 (-) chỉ oxi hóa một trong hai ion. Giải thích tại sao? (1,5 đ) Cho: 2 ( ) ( ) 4 2 2 0 0 0 MnO / Mn Cl / 2Cl Br / 2Br E 1,51V;E 1,36V;E 1,065V − + − − = + = + = + IV.3. Viết đầy đủ phương trình phản ứng sau đây và tiến hành cân bằng bằng phương pháp ion electron: MnO(OH) 2 + PbO 2 + H (+) + NO 3 (-) → H (+) + MnO 4 (-) + Pb 2+ + H 2 O (1 đ) Câu V (4 điểm) V.1. Đun nóng m gam bột Fe với bột lưu huỳnh, trong bình kín không có không khí. Sau một thời gian thu được 4 gam rắn A có Fe, S và FeS. Hòa tan hoàn toàn rắn A vào dd H 2 SO 4 đặc nóng thu được 3,36 lit khí SO 2 (đktc). V.1.1. Viết các phương trình phản ứng. (1,0 đ) V.1.2. Tính m gam. (1,5 đ) V.2. Viết các phương trình phản ứng sau đây: V.2.1. Viết phương trình phản ứng khi cho Cl 2 dư tác dụng với dung dịch kali iođua; dung dịch natri thiosunfat. V.2.2. Viết phương trình phản ứng khi cho khí CO 2 lội qua các dung dịch nước javel, dung dịch canxi hipoclorit. ----------------------------------------- Câu I (4 đ) I.1. So sánh bán kính của các hạt sau: Al, Al 3+ , Na, Na + , Mg, Mg 2+ , F - , O 2- . (1,0 đ) I.2. Trong số các cấu trúc có thể có sau đây: (1,5 đ) a) Của ICl 4 (-) : I Cl Cl Cl Cl . . . . I Cl Cl . . Cl Cl (a) (b) . . b) Của TeCl 4 : Te Cl Cl Cl Cl . . (c) Te Cl Cl Cl Cl (d) . . c) Của ClF 3 : Cl F F F . . . . (ñ) Cl F F F . . (g) . . Cl (e) F F F . . . . những cấu trúc nào có khả năng tồn tại ưu tiên hơn? Vì sao? I.3. Tại sao nước đá nhẹ hơn nước lỏng? (có vẽ hình minh họa) (1,5 đ) Trả lời: I.1. (1 đ) - Khi đi từ trái sang phai trong một chu kì bán kính nguyên tử giảm dần nên: Na > Mg > Al. (0,25đ) - Vì các ion Na + , Mg 2+ , F - , O 2 – đều có cấu hình electron giống Ne : 1s 2 2s 2 2p 6 , nên bán kính của chúng giảm xuống khi điện tích hạt nhân tăng: 8 O 2 – > 9 F – > 11 Na + > 12 Mg 2+ > 13 Al 3+ . (0,25 đ) - Vì cấu hình electron của Al là 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 rất lớn hơn so với O 2 – . (0,25đ) - Do đó bán kính giảm dần như sau: Na > Mg > Al > O 2- > F – > Na + > Mg 2+ > Al 3+ (0,25đ) I.2. (1,5 điểm) a) Cấu trúc (a) có khả năng tồn tại thực tế vì nó đảm bảo cho lực đẩy giữa các cặp elctron không liên kết là nhỏ nhất. b) Cấu trúc (C) có khả năng tồn tại trong thực tế vì tương tác đẩy ở cấu trúc này bé nhất. c) Cấu trúc đ có sự giảm nhiều lực đẩy giữa các electron không liên kết và cặp electron liên kết. I.2. (1,5 điểm) a) Cấu trúc (a) có khả năng tồn tại thực tế vì nó đảm bảo cho lực đẩy giữa các cặp elctron không liên kết là nhỏ nhất. b) Cấu trúc (C) có khả năng tồn tại trong thực tế vì tương tác đẩy ở cấu trúc này bé nhất. c) Cấu trúc đ có sự giảm nhiều lực đẩy giữa các electron không liên kết và cặp electron liên kết. I.3. (1,5 điểm) Do có liên kết hidro nên nước đá có cấu trúc đặc biệt. Các ngun tử Oxi nằm ở tâm và bốn đỉnh của một tứ diện đều. Mỗi ngun tử hidro liên kết chính với một ngun tử oxi và liên kết hidro với một ngun tử oxi khác. Cấu trúc này tương đối “xốp” nên có tỷ khối nhỏ. Khi tan thành nước lỏng cấu trúc này bị phá vỡ nên thể tích giảm và do đó tỷ khối tăng. Kết quả là nước đá nhẹ hơn nước. (1 đ) (Hình vẽ 0,5 đ) O H H H H O O H O H H O H H H Cấu trúc tứ diện của tinh thể nước đá Câu II (4 đ) Ở nhiệt độ cao, khí HF bị phân li một phần thành H 2 và F 2 theo phương trình phản ứng: 2HF (k) € H 2 (k) + F 2 (k) Ở 1000 0 C hằng số cân bằng K P = 1,00 x 10 – 13 . Tính nồng độ các chất khi thực hiện sự phân li 1 mol HF ở 1000 0 C trong bình kín thể tích 2 lit. Trả lời - Vì phản ứng có tổng số phân tử khí ở hai vế bằng nhau nên K P = K C . 13 2 2 C P 2 [H ][F ] K K 1,00.10 [HF] − = = = (1) - Theo hệ số của phương trình phản ứng: [H 2 ] = [F 2 ] (2) - Theo ĐLBT nồng độ: [HF] + 2[F 2 ] = 1 : 2 = 0,5M [HF] = 0,5 – 2[F 2 ] (3) - Thay (2) và (3) vào (1) ta có: ( ) 2 13 2 2 2 [F ] 1,00x10 0,5 2[F ] − = − (4) - Vì K C q bé nên ta có thể bỏ qua số hạng 2[F 2 ] ở mẩu số và (4) trở thành: ( ) 2 13 2 2 [F ] 1,00x10 0,5 − = - Suy ra: [F 2 ] = [H 2 ] = 1,58.10 -7 M ; [HF] ≈ 0,50M. - Kết quả 0,5 >> 2[F 2 ] việc giải gần đúng chấp nhận được. Câu III (4 đ) III.1. Có một dung dịch axit HA và HX, biết nồng độ của axit HX trong dung dịch là 2 . 10 – 3 M. Tính nồng độ của axit HA ở trong dung dịch sao cho độ điện ly của HX là bằng 0,08. Cho K HA = 1,3 . 10 – 5 và K HX = 1,8 . 10 – 5 (2,5 đ) III.2. III.2.1. Tính nồng độ ion S 2 – và pH của dung dịch H 2 S 2 – 0,010M. (0,75 đ) III.2.2. Khi thêm 0,001 mol HCl vào 1 lit dung dịch H 2 S 0,010M thì nồng độ ion S 2 – bằng bao nhiêu? Cho hằng số axit của H 2 S : 7 A 10K 1 − = và 12,92 A 10K 2 − = . (0,75 đ) Trả lời III.1 + Trong dung dịch có các cân bằng: HOH H (+) + OH (-) ; K W = 10 -14 (1) HA H (+) + A (-) ; K HA = 1,3 . 10 -5 (2) HX H (+) + X (-) ; K HX = 1,8 . 10 -5 (3) + Ta có: HX H (+) + X (-) ; K HX = 1,8 . 10 -5 (3) C 2 . 10 – 3 [ ] (2 . 10 – 3 - 0,08 . 2 . 10 – 3 ) [H (+) ] 0,08 . 2 . 10 – 3 [X (-) ] = 0,08 . 2 . 10 - 3 = 1,6 . 10 – 4 M [HX] = (2 . 10 – 3 - 0,08 . 2 . 10 – 3 ) = 1,84 . 10 – 3 M 3 ( ) 5 4 HX ( ) 4 [HX] 1,84.10 [H ] K . 1,8 . 10 . 2,07.10 [X ] 1,6.10 − + − − − − = = = (0,75 đ) + Theo định luật bảo toàn proton, ta có: [H (+) ] = [OH (-) ] + [A (-) ] + [X (-) ] (4) (0,5 đ) Vì K HA ≈ K HX >> K W , nên ta có thể bỏ qua sự điện ly của nước, do đó: [H (+) ] = [OH (-) ] + [A (-) ] + [X (-) ] ≈ [A (-) ] + [X (-) ] (5) thay [H (+) ] và [X (-) ] vào (5) có: [A (-) ] = [H (+) ] – [X (-) ] = 2,07 . 10 – 4 – 1,6 . 10 – 4 = 4,7 . 10 – 5 M (0,25 đ) + Từ cân bằng (2) có: ( ) ( ) 4 5 4 5 HA [H ][A ] 2,07.10 .4,7.10 [HA] 7,48.10 [K ] 1,3.10 + − − − − − = = = + Vậy nồng độ HA trong dung dịch là C HA = [A (-) ] + [HA] = 4,7 . 10 – 5 + 7,48 . 10 – 4 = 7,95 . 10 - 4 M (1 đ) III.2.1 H 2 S + H 2 O € H 3 O + + HS – 7 A 10K 1 − = (1) HS – + H 2 O € H 3 O + + S 2 – 12,92 A 10K 2 − = (2) 2H 2 O € H 3 O + + OH – K W = 10 – 14 (3) Vì 7 A 10K 1 − = >> 12,92 A 10K 2 − = >> K W = 10 – 14 nên cân bằng (1) là chủ yếu. H 2 S + H 2 O € H 3 O + + HS – 7 A 10K 1 − = (1) C 0,010 [ ] 0,010 – x x x 7 2 10 x0,010 x − = − Với x << 0,010 ta có 010,010.1010x 5,427 <<== −−− Vậy [H 3 O + ] = [HS - ] = 10 – 4,5 và pH = 4,5. Thay các giá trị của [H 3 O + ] = [HS - ] = 10 – 4,5 vào cân bằng (2). HS – + H 2 O € H 3 O + + S 2 – 12,92 A 10K 2 − = (2) [ ] (10 – 4,5 – y) (10 – 4,5 + y) y 12,92 4,5 4,5 10 y)(10 y)y(10 − − − = + + Với y << 10 – 4,5 ta có : y = [S 2 – ] = 10 – 12,92 = 1,2 . 10 – 13 . (0,75 đ) 2 . Khi HCl vào dung dịch H 2 S ta có các qua 1trình: HCl + H 2 O → H 3 O + + CL – 0,001 -------------> 0,001 Tổ hợp (1) và (2) ta có: H 2 S + H 2 O € H 3 O + + HS – 7 A 10K 1 − = (1) HS – + H 2 O € H 3 O + + S 2 – 12,92 A 10K 2 − = (2) H 2 S + 2H 2 O € 2H 3 O + + S 2 – K = 10 – 19,92 (4) Khi có mặt HCl cân bằng phân li của H 2 S càng chuyển dịch sang trái. Do đó nồng độ H 3 O + do H 2 S phân li ra càng bé và ta có thể coi [H 3 O + ] = C HCl = 0,0010 Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho (4) ta có: 19,92 2 22 3 10 S][H ][S]O[H − −+ = 23 19,92 2 3 2 19,922 )(10 0,010 .10 O][H S][H .10][S − −−− == [S 2 – ] = 10 – 15,92 = 1,2 . 10 – 16 (0,75 đ) Câu IV (4 điểm) IV.1. Ion MnO 4 (-) oxi hóa được Cl (-) v Br (-) (trong môi trường axit). Tính hằng số cân bằng của các phản ứng đó. (1,5 đ) IV.2. Có thể điều chỉnh pH để MnO 4 (-) chỉ oxi hóa một trong hai ion. Giải thích tại sao? (1,5 đ) Cho: 2 ( ) ( ) 4 2 2 0 0 0 MnO / Mn Cl / 2Cl Br / 2Br E 1,51V;E 1,36V;E 1,065V − + − − = + = + = + IV.3. Viết đầy đủ phương trình phản ứng sau đây và tiến hành cân bằng bằng phương pháp ion electron: MnO(OH) 2 + PbO 2 + H (+) + NO 3 (-) → H (+) + MnO 4 (-) + Pb 2+ + H 2 O (1 đ) IV.1. • Trường hợp MnO 4 - oxi hóa Cl (-) : Ở bên phải: MnO 4 (-) + 8H (+) + 5e – → Mn 2+ + 4H 2 O  x 2 Ở bên trái: 2Cl (-) → Cl 2 + 2e –  x 5 2MnO 4 (-) + 10Cl (-) + 16H (+) → 2Mn 2+ + 5Cl 2 + 8H 2 O (0,25 điểm) Sức điện động chuẩn của tế bào điện hóa: 0 0 0 pin phaûi traùi E E E 1,51 1,36 0,15V = − = − = (0,25 điểm) Hằng số cân bằng của phản ứng: 10x0,15 25,42 0,059 K 10 10 = = ; (0,25 điểm) K rất lớn phản ứng xảy ra hoàn toàn ở điều kiện chuẩn. • Trường hợp MnO 4 - oxi hóa Cl (-) : Ở bên phải: MnO 4 (-) + 8H (+) + 5e – → Mn 2+ + 4H 2 O  x 2 Ở bên trái: 2Br (-) → Br 2 + 2e –  x 5 2MnO 4 (-) + 10Br (-) + 16H (+) → 2Mn 2+ + 5Br 2 + 8H 2 O (0,25 điểm) Sức điện động chuẩn của tế bào điện hóa: 0 0 0 pin phaûi traùi E E E 1,51 1,065 0,445V = − = − = (0,25 điểm) Hằng số cân bằng của phản ứng: 10x0,445 75,42 0,059 K 10 10= = (0,25 điểm) K rất lớn phản ứng xảy ra hoàn toàn ở điều kiện chuẩn. IV.2. MnO 4 (-) + 8H (+) + 5e – → Mn 2+ + 4H 2 O ( ) 2 ( ) 2 4 4 ( ) 8 0 4 2 MnO / Mn MnO / Mn [MnO ][H ]0,059 E E lg 5 [Mn ] − + − + − + + = + (0,25 điểm) hay ( ) 2 ( ) 2 4 4 ( ) 0 8 4 2 MnO / Mn MnO / Mn [MnO ]0,059 0,059 E E lg[H ] lg 5 5 [Mn ] − + − + − + = + + + (0,25 điểm) ( ) 2 ( ) 2 4 4 0 MnO / Mn MnO / Mn E E 0,0944pH − + − + = − (0,25 điểm) Giả thiết nồng độ các chất bằng 1M và áp suất các khí bằng 1 atm v [H + ] ≠ 1M. Để oxi hóa Br (-) mà không oxi hóa Cl (-) ta phải có điều kiện: ( ) 2 0 Br / 2Br E − < ( ) 2 ( ) 2 4 4 0 MnO / Mn MnO / Mn E E 0,0944pH − + − + = − < ( ) 2 0 Cl /2Cl E − (0,25 điểm) Hay 1,065 < 1,51 – 0,0944pH < 1,36 1,6 < pH < 4,71 (0,5 điểm) Như vậy cần điều chỉnh pH trong khoảng đó ta có thể chỉ oxi hóa Br (-) mà không oxi hóa Cl - . IV.3. MnO(OH) 2 + PbO 2 + H (+) + NO 3 (-) → H (+) + MnO 4 (-) + Pb 2+ + H 2 O c.khử c.oxh 3 x  PbO 2 + 4H (+) + 2e → Pb 2+ + 2H 2 O (sự khử) 2 x  MnO(OH) 2 + H 2 O → MnO 4 (-) + 4H (+) + 3e (sự oxi hóa) 2MnO(OH) 2 + 3PbO 2 + 4H (+) → 3Pb 2+ + 2MnO 4 (-) + 4H 2 O 2MnO(OH) 2 + 3PbO 2 + 6HNO 3 → 3Pb(NO 3 ) 2 + 2HMnO 4 + 4H 2 O Câu V (4 điểm) V.1. Đun nóng m gam bột Fe với bột lưu huỳnh, trong bình kín không có không khí. Sau một thời gian thu được 4 gam rắn A có Fe, S và FeS. Hòa tan hoàn toàn rắn A vào dd H 2 SO 4 đặc nóng thu được 3,36 lit khí SO 2 (đktc). V.1.1. Viết các phương trình phản ứng. (1,0 đ) V.1.2. Tính m gam. (1,5 đ) V.2. Viết các phương trình phản ứng sau đây: V.2.1. Viết phương trình phản ứng khi cho Cl 2 dư tác dụng với dung dịch kali iođua; dung dịch natri thiosunfat. V.2.2. Viết phương trình phản ứng khi cho khí CO 2 lội qua các dung dịch nước javel, dung dịch canxi hipoclorit. Trả lời V.1.1. Các phương trình phản ứng: Fe + S → FeS (1) 0,25 đ - Rắn A thu được có Fe dư S dư FeS - Phản ứng với H 2 SO 4 đặc, nóng: 2Fe + 6H 2 SO 4 đặc 0 t → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 ↑ + 6H 2 O (2) 0,25 đ 2FeS + 10H 2 SO 4 đặc 0 t → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 9SO 2 +10H 2 O (3) 0,25 đ S + 2H 2 SO 4 đặc 0 t → 3SO 2 + 2H 2 O (4) 0,25 đ V.1.2. Tính m Phương pháp 1: áp dụng định luật bảo toàn electron Fe + S Fe, FeS, S Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 m gam 4 gam 0,15 mol H 2 SO 4 , ñ - Định luật bảo toàn khối lượng cho: m lưu huỳnh = 4 – m (gam) (0,5 điểm) - Suy ra n lưu huỳnh = 4 m 32 − (mol) - Phân tích: trong quá trình thí nghiệm: * lượng Fe ban đầu đã bị oxi hóa thành Fe 3+ (chất khử) * lượng S ban đầu đã bị oxi hóa thành S +4 (chất khử) * lượng H 2 SO 4 ban đầu đã bị khử thnh S +4 (chất oxi hóa) Tính số mol chất khử nhường Tính số mol chất oxh nhận Fe - 3e → Fe 3+ m 56 ---------> 3m 56 S +6 + 2e → S +4 (SO 2 ) 0,3 – 4 m 16 − <------------ 0,15 – 4 m 32 − S 0 - 4e → S +4 (SO 2 ) 4 m 32 − -----> 4 m 8 − -------> 4 m 32 − - Định luật bảo toàn electron cho: 3m 56 + 4 m 8 − = 0,3 - 4 m 16 − (0,75 đ) m = 3,36 gam (0,25 đ) V.2.1. Viết phương trình phản ứng khi cho Cl 2 tác dụng với dung dịch kali iođua; dung dịch natri thiosunfat. 2KI + Cl 2 → I 2 + 2KCl (0,25 đ) khi có dư Cl 2 tác dụng với I 2 tạo ra IO 3 (-) 5Cl 2 + I 2 + 6H 2 O → 2HIO 3 + 10HCl (0,25 đ) Na 2 S 2 O 3 + 4Cl 2 + 5H 2 O → 2NaHSO 4 + 8HCl (0,50 đ) V.2.2. Viết phương trình phản ứng khi cho khí CO 2 lội qua các dung dịch nước javel, dung dịch canxi hipoclorit. H 2 O + CO 2 + NaClO → NaHCO 3 + HclO (0,50 đ) H 2 O + CO 2 + Ca(ClO) 2 → CaCO 3 ↓ + 2HclO (0,50 đ) . thiosunfat. V.2.2. Viết phương trình phản ứng khi cho khí CO 2 lội qua các dung dịch nước javel, dung dịch canxi hipoclorit. -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - . nhường Tính số mol chất oxh nhận Fe - 3e → Fe 3+ m 56 -- -- - -- - -& gt; 3m 56 S +6 + 2e → S +4 (SO 2 ) 0,3 – 4 m 16 − < ;-- -- - -- - -- - - 0,15 – 4 m 32 − S 0 - 4e →