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

Chia sẻ: Dang Thuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

1.010
lượt xem 149
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi olympic 30/4 môn hóa lớp 10 - đề số 14', tài liệu phổ thông, hóa học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 14

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 P2O5 và với H2O I.2) a. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO2 lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217K b. Chất dicloetilen (C2H2Cl2) 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) + H2  Cl - CH2 - CH2 – 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 nx, ny là số nơtron X, Y Px + nPy = 100 (1) Nx + nNy = 106 (2) Px + Nx + n(PY + Ny) = 206 Ax + nAy = 206 (3) Ax 15, 0486 = (4) Ax + nAy 100 => Ax = 31 (0,5đ) Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14 Px = 15 => X là photpho (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 5 + 16n Py = 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
Cl b. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl P Cl 3 Cl Cl (0,25đ) c. P2O5 + PCl5 = 5POCl3 PCl5 + H2O = H3PO4 + 5HCl (0,25đ) I.2) - C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO 2 (O = C = O) SiO2 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 (0,5đ) O a. SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trong khi CO2 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 H Cl hoặc Z + H2 H − C− C− H Cl H H Cl H H CTCT C= C (X) C= C Cl H Cl Cl (X) (Z) CTCT Y s ẽ l à H Cl C= C H Cl 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 : H2 (k) + I2(k) 2HI (k) ở 6000C bằng 64 2
a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phần trăm I2 tham gia phản ứng ? b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C) 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 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút. II-3 Tính nhiệt của phản ứng. H H H – C – H + 3Cl2  Cl – C – Cl + 3HCl H Cl biết EC-H : +413KJ/mol EC-Cl : +339KJ/mol ECl-Cl : + 243KJ/mol EH-Cl : + 427KJ/mol Phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ? Đáp án : Câu II (4đ). II.1 a. H2(k) + I2 (k) 2HI (k) 2mol 1mol x x 2x 2-x 1-x 2x Kc = (2 x) 2 = 64 KC = [ HI ] 2 0,5đ (2 − x )(1 − x) [ H 2 ][ I 2 ] x1 = 2,25(loại) x2 = 0,95 (nhận) => 95% I2 tham gia phản ứng 0,25đ b. H2(k) + I2(k) 2HI (k) n 1 n-0,99 0,01 1,98 0,5 đ n: nồng độ ban đầu của H2 KC = (1,98)2 = 64 (n-0,99)(0,01) n≈ 7 => cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1 0,5đ II.2 0,693 0,693 k= = = 0,00347 / năm 0,25đ t1 / 2 200 N 2,303lg = −kt 0,25đ N0 3.10 −3 2,303lg = −0,00347t 6,5.1012 t = 1,02.104 năm hay 10.200năm 0,5đ II.3 ∆H = 4 EC − H + 3ECl −Cl − ( EC − H + 3EC −Cl + 3E H −Cl ) 3
= 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ = - 330KJ (0,75đ) Phản ứng trên tỏa nhiệt Câu III (4đ) III.1 Hòa tan 0,1mol NH4Cl vào 500ml nước. a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka + b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH − 4 = 5.10 –10 III.2 Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/l a. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I − trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 180C. b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C. c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo hòa PbI2. (K : 39 ; I : 127) III. 3 Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit − 2− MnO4 +0,56V → MnO4 ? MnO2  → +1,7V a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2 b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ? 3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2O Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. Đáp án Câu III (4đ) III. 1 a) NH4Cl = NH + 4 + Cl – 0,25đ NH4 + + H2O NH3 + H3O+ Ka = [NH3][H3O]+ = 5.10 -10 0,25đ [NH4+] 0,1 0,25đ b). Nồng độ NH3 trong dung dịch : = 0,2 M 0,5 NH4+ + H2O NH3 + H3O+ 0,2 0 10-7 x x x 0,2 –x x x + 10-7 10-7
[Pb2+] = 1,5.10-3M [I-] = 3.10-3M b. T PbI2 = [Pb2+][I-]2 = (1,5.10-3).(3.10-3)2 = 13,5.10-9 0,25đ c. KI = K+ + I − a a gọi a là số mol KI cần thêm vào s là độ tan PbI2 sau khi thêm KI 1,5.10−3 = S → S = 10− 4 M 15 PbI2 Pb2+ + 2I- -4 10 10-4 2.10-4 T PbI2 = (Pb2+) (I-)2 = 10-4. (2.10-4 + a)2 = 13,5.10-9 a2 + 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 O4 − +e -> Mn O4 2 − E01 = 0,56V (1) − + MnO4 + 4 H + 3e → MnO2 + 2 H 2O E02 = 1,7V (2) (2) – (1) ta có : 2− ⇒ MnO4 + 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O E03 = ? (3) ∆ G03 = ∆ G02 – ∆ G01 - 2E03F = -3E02 F – E01F 0,5 đ 3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56 E03 = = = 2,27V 2 2 b. MnO42- + 2e- + 4H+ MnO2 + 2H2O E01 : 2,27V - 2- 2MnO4 + 2e 2MnO4 E02 : 0,56V 3MnO4 2- + 4H+ 2Mn O4 − + MnO2 + 2H2O 0,25 đ ∆ G03 = ∆ G01– ∆ G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) K = 9,25.1057 0,25đ Câu IV. (4đ) IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C Cu( r) + 2Fe3+ (dd) Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd) người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025M a. Cho biết chiều của phản ứng b. Tính hằng số cân bằng phản ứng [ Fe3+ ] c. Tỉ lệ [ Fe 2 + ] có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều. E0 Cu2+ /Cu = 0,34V E0 Fe2+ / Fe = 0,77V IV. 2 Cho E0Cr2O72-/2Cr3+ = 1,36V 5
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 Đáp án a) Cr2O7 2- oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ và bị Fe2+ khử về Cr3+ trong môi trường axit. 0,5đ Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ -> 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O 0,5đ K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O 0,5đ b) Cân bằng theo phương pháp ion electron Cr2O7 2- + 14H+ + 6e- -> 2Cr3+ + 7H2O 1x 6x Fe 2+ - e -> Fe3+ Cr2O7 + 14H+ + 6Fe2+ 2- -> 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O 0,5đ Câu V. V.1) Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóa +Y +z A → A1 → A2 A0 + X → →A +Y → C → A0 +T +u B → B1 → B2 Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim. A, A1, A2, C : các hợp chất của lưu huỳnh B, B1, B2, 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 SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. - Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 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 H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X. Đáp án Câu V (4đ) V.1. 3 t0 CuS + O2  → CuO + SO2 2 (A0) (B) (A) A0 : CuS SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr B: CuO (A1) A: SO2 H2SO4 + Ag2O -> Ag2SO4 + H2O A1 : H2SO4 (A2) A2 : Ag 2SO4 6
0 CuO + H2 t Cu + H 2O → (B1) B1 : Cu Cu + Cl2 -> CuCl2 B2 : CuCl2 (1,5đ) (B2) C: CuSO4 0 Cu + 2H2SO4 đđ t→ CuSO4 + SO2 + 2H2O Ag2 SO4 +CuCl2 -> 2AgCl + CuSO4 (C) CuSO4 + H2S -> CuS + H2SO4 (A0) V.2 Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của Natri 0,25đ SO2 qua dung dịch X => màu nâu => I 2 hoặc Br2 tạo thành (0,25đ) a. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI) => X : NaIOx (0,25đ) (2x-2)SO2 + 2I O − x + (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO4 2- +(4x-4) H+ SO2 + I2 + H2O -> 2 I − + SO4 2- + 4H+ IOx- + (2x-1) I- + 2xH+ -> xI2 + xH2O (1đ) I2 + 2S2O3 2- -> 2 I − + S4O6 2- 1 0,0374.0,1 b. nI2 = nNa2 S 2O3 = = 0,00187 mol 2 2 (0,5 đ) 0,1 nI2 = x.nX = x = 0,00187 150 + 16 x => x = 4 (0,5 đ) => X : NaIO4 7