Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa - Đề số 1

Chia sẻ: Dang Thuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

0
295
lượt xem
112
download

Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa - Đề số 1

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa - Đề số 1

  1. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. Câu 1. (4 điểm). 1. Hãy cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm đối với phân tử H2O và H2S. So sánh góc liên kết trong 2 phân tử đó và giải thích. 2. Bán kính nguyên tử của các nguyên tố chu kì 3 như sau, hãy nhận xét và giải thích: Nguyên tử Na Mg Al Si P S Cl o Bán kính ( A ) 1,86 1,60 1,43 1,17 1,10 1,04 0,99 3. Khí N2 và khí CO có một số tính chất vật lý giống nhau như sau: Năng lượng phân ly Khoảng cách giữa các Nhiệt độ nóng o phân tử (kJ/mol) hạt nhân ( A ) chảy (oC) N2 945 1,10 – 210 CO 1076 1,13 – 205 Dựa vào cấu hình MO của phân tử N2 và phân tử CO để giải thích sự giống nhau đó. 4. Giải thích độ bền phân tử và tính khử của các hợp chất hydrohalogenua. Đáp án câu 1. (4 điểm). 1. – Phân tử H2O và H2S đều là phân tử có góc vì chúng thuộc dạng AX2E2. – Trạng thái lai hóa của oxi và lưu huỳnh đều là sp3. – Oxi có độ âm điện lớn hơn lưu huỳnh, mây electron liên kết bị hút mạnh về phía nguyên tử trung tâm sẽ đẩy nhau nhiều hơn, làm tăng góc liên kết. Vì vậy góc liên kết trong phân tử H 2O lớn hơn góc liên kết trong phân tử H2S. 2. Nhận xét: Từ đầu đến cuối chu kì bán kính nguyên tử giảm dần. Giải thích: Trong chu kì, số lớp electron như nhau nhưng do điện tích hạt nhân tăng dần, số electron lớp ngoài cùng tăng dần, làm cho lực hút giữa hạt nhân với lớp ngoài cùng mạnh dần dẫn đến bán kính nguyên tử giảm. 3. Cấu hình MO của phân tử N2: (σ 2s)2 (σ 2s*)2 (π x)2 = (π y)2 (σ z)2 ⇒ bậc liên kết = 3 Cấu hình MO của phân tử CO: (σ 2s)2 (σ 2s*)2 (π x)2 = (π y)2 (σ z)2 ⇒ bậc liên kết = 3 Liên kết trong phân tử N2 và CO rất giống nhau đã dẫn đến một số tính chất vật lý giống nhau. 4. Các hợp chất hydrohalogenua: HF HCl HBr HI – Độ bền phân tử giảm từ HF đến HI vì độ âm điện giảm và bán kính nguyên tử tăng từ F đến I. – Tính khử tăng từ HF đến HI vì độ âm điện giảm từ F đến I làm cho khả năng nhường electron tăng từ F–1 đến Cl–1.
  2. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. Câu 2. (2 điểm). a). Chứng minh hệ quả của định luật Hess: “Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng năng lượng liên kết của các chất tham gia trừ tổng năng lượng liên kết của các chất tạo thành”. b). Áp dụng: Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng sau (các chất đều ở pha khí) và nêu ý nghĩa hóa học của kết quả tính được: CH CH3–CH2–CH2–CH2–CH2–CH3 HC CH + 3H2 to, xúc tác HC CH (n-hecxan) CH (benzen) Cho năng lượng liên kết:: Trong n -hecxan: C – H: 412,6kJ/mol C – C : 331,5kJ/mol Trong benzen: C – H: 420,9kJ/mol C – C (trung bình): 486,6kJ/mol Trong H2: H – H: 430,5kJ/mol Đáp án câu 2. (2 điểm). a). Chứng minh hệ quả của định luật Hess: Giả sử có phản ứng tổng quát: AB + CD  → AD + CB Phản ứng bao gồm các quá trình diễn ra như sơ đồ sau: AB + CD ∆H x →  AD + CB ΔH lk ( AB) ∆H lk ( AB) − ΔH lk ( AD) − ΔH lk (CB) A+B C+D Theo định luật Hess, ta có: [ ] [ ΔH x = ΔH lk ( AB) + ΔH lk (CD ) + − ΔH lk ( AD) + − ΔH lk (CB) ] Hay: ΔH x = ΔH lk ( AB) + ΔH lk (CD ) − ΔH lk ( AD) − ΔH lk (CB)
  3. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. Từ đó có thế phát biểu: “Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng năng lượng liên kết của các chất tham gia trừ tổng năng lượng liên kết của các chất tạo thành”. b). Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng. ΔH = [ (14 x 412,6) + (5x331,5)] − [ (6x 486,6) + (6 x 420,9) + (3x 430,5)] = +697,4kJ Ý nghĩa: ΔH < 0 có nghĩa là phản ứng thu nhiệt, như vậy kết quả tính toán hoàn toàn phù hợp thực tế, vì sự chuyển hóa n-hexan thành benzen là chuyển từ trạng thái bền sang trạng thái bền sang trạng thái kém bền hơn cần phải cung cấp năng lượng.
  4. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. Câu 3. (3 điểm). Ở nhiệt độ T, phản ứng giữa CO2 và C (rắn) nóng đỏ, dư tạo thành CO có hằng số cân bằng KP bằng 10. a). Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng, biết áp suất chung của hỗn hợp tại trạng thái cân bằng là 4atm. b). Xác định áp suất riêng của CO2 lúc cân bằng. c). Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích. Đáp án câu 3. (3 điểm). a). Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng: CO2 (k) + C (r) 2CO KP =10 Ban đầu: x mol Tại cân bằng: (x – a) mol 2a mol Tổng số mol khí tại cân bằng: x – a + 2a = x + a (mol) 2  2a   2  x + a P  PCO    4a 2 P ⇒ Kp = = = = 10 PCO 2 x−a ( x − a )( x + a )  P x+a 4a 2 10 10 x 2 10 ⇒ = ⇒a= =x = 0,62x x2 − a2 P 4P + 10 4P + 10 x − a x − 0,62 x ⇒ Nồng độ phần mol của CO2 = = = 0,234 x + a x + 0,62 x 2a 1,24 x Nồng độ phần mol của CO = = = 0,766 x + a x + 0,62 x b). Xác định áp suất riêng của CO2 tại cân bằng: x−a Áp suất riêng của CO2 =  P = 0,234 x 4 = 0,936atm x+a c). Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích:
  5. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. VCO2 n CO 2 n (0,94P) 2 10 x 0,06 = = 0,06 ⇒ CO = 0,94 ⇒ Kp = = 10 ⇒ P = = 0,679atm Vhh n hh n hh 0,06P 0,94 2 Vậy để % về thể tích của CO2 tại cân bằng là 6% thì áp suất chung tại cân bằng phải là 0,679atm. Câu 4. (4 điểm). 1. Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M, có các quá trình sau đây xảy ra: Cr2O72– + H2O 2CrO42– + 2H+ K a = 2,3.10-15 Ba2+ + CrO42– BaCrO4↓ T1−1 = 10 9,93 , Sr2+ + CrO42– SrCrO4↓ T2 −1 = 10 4,65 Tính pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4. 2. Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M. Biết: NH3 có K b = 10 −4,76 ; H2CO3 có K a1 = 10 −6,35 và K a 2 = 10 −10,33 Đáp án câu 4. (4 điểm). 1. Trong dung dịch có các cân bằng sau: Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+ K a = 10 −14,64 (1) CrO42- + Ba2+ BaCrO4↓ T1−1 = 10 9,93 CrO42- + Sr2+ SrCrO4↓ T2 −1 = 10 4,65 T1 10 −9,93 Điều kiện để có kết tuả hoàn toàn BaSO4: C CrO 2− > 2+ = −6 = 10 −3,93 M 4 [Ba ] 10 T2 10 −4,65 Điều kiện để không có kết tủa SrSO4: C CrO 2− < 2+ = −1 = 10 −3,65 M C Sr 4 10 Như vậy muốn tách Ba ra khỏi Sr dưới dạng BaCrO4 thì phải thiết lập khu vực nồng độ: 2+ 2+ 10 −3,93 < C CrO 2− < 10 −3,65 M (2) 4 Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó C CrO42− tính theo (2) và [Cr2 O 7 2− ] ≈ 1M (vì dùng dư so với ion Ba2+ cần làm kết tủa), tính được khu vực pH cần thiết lập: Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+ K a = 10 −14,64 Tại cân bằng: 1 C x −7 ,32 1 10 x = [H + ] = 10 −14,64. 2 = ⇒ 10 −3,67 < [H + ] < 10 −3,39 ⇒ 3,4 < pH < 3,7 C C 2. Trong dung dịch NH4HCO3 C = 0,1M có các cân bằng sau: H2O H+ + OH– K w = 10 −14
  6. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. NH4+ H+ + NH3 K a = 10 −9,24 HCO3– H+ + CO32– K a 2 = 10 −10,33 HCO3– + H+ H2CO3 K a1−1 = 10 6,35 Điều kiện proton: [H+] = [OH–] + [NH3] + [CO32–] – [H2CO3] Kw [ NH 4 + ] [HCO 3 − ] + ⇒ [H ] = + + K a + + K a2 + − K a1−1[ HCO 3 − ][H + ] [H ] [H ] [H ] + K w + K a [ NH 4 + ] + K a 2 [HCO 3 − ] ⇒ [H ] = 1 + K a1−1[HCO 3 − ] Với điều kiện gần đúng: [ NH 4 + ] = [HCO 3 − ] ≈ C; K a1
  7. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. Câu 5. (3 điểm). 1. Cho các sơ đồ phản ứng sau: KMnO4 + HCl khí A FeS + HCl khí B Na2SO3 + H2SO4 khí C NH4HCO3 + NaOH khí D A + B + H2O ? A+D ? B+C ? C + D + H2O ? Viết phương trình phản ứng xảy ra theo sơ đồ đã cho. 2. Hòa tan 2,14g một muối clorua vào nước thu được 200ml dung dịch X. Cho ½ dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 2,87g kết tủa. a). Xác định muối clorua đã dùng. b). Viết các phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện, nếu có): khí R + đơn chất A X Y Cl2 Z + NaOH + KOH, đun sôi khí Q + đơn chất B Đáp án câu 5. (3 điểm). 1. Các phương trình phản ứng: 2KMnO4 + 16HCl = 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 2KCl + 8H2O FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S↑ Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + H2O + SO2↑ NH4HCO3 + 2NaOH = Na2CO3 + NH3↑ + 2H2O 4Cl2 + H2S + 4H2O = H2SO4 + 8HCl 2NH3 + 3Cl2 = N2 + 6HCl 2H2S + SO2 = 3S + 2H2O NH3 + SO2 + H2O = NH4HSO3 2. a). Xác định được hợp chất X là NH4Cl. b). Y: NaCl, Z: KClO3, A: Cacbon, B: lưu huỳnh, R: CO2, Q: SO2. Các phương trình phản ứng: NH4Cl + NaOH = NaCl + NH3↑ + H2O đpnc 2NaCl màng ngăn = 2Na + Cl2 ↑ t0 3Cl2 + 6KOH = 0 5KCl + KClO3 + 3H2O t
  8. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. 2KClO3 + 3C = 2KCl + 3CO2↑ t0 2KClO3 + 3S = 2KCl + 3SO2↑ Câu 6. (4 điểm). Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d Z / H 2 = 13. a). Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. b). Cho phần 2 tác dụng hết với 55g dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu được V lít khí SO2 (ĐKTC) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl 2 dư tạo thành 58,25g kết tủa. Tính a,V. Đáp án câu 6. (4 điểm). a). Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X: Nung hỗn hợp X: Fe + S = FeS (1) Chất rắn Y gồm: FeS và Fe dư, tác dụng với dung dịch HCl: FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S↑ (2) x mol x mol Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑ (3) y mol y mol Gọi x, y là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y. 34 x + 2 y x 3 n Fe x + y 4 y 4 Ta có: M Z = = 13x 2 = 26 ⇒ = ⇒ = = = x+y y 1 nS x 3y 3 4x56x100 ⇒ % khối lượng của Fe = = 70% (4x56) + (3x32) 3 x32 x100 % khối lượng của FeS = = 30% (4 x56) + (3x32) b).Tính a, V: Phần 2 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng có phản ứng: 2FeS + 10H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 9SO2↑ + 10H2O (4) x mol 5x mol x/2 mol 9x/2 mol 2Fe + 6H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O (5) y mol 3y mol y/2 mol 3y/2 mol
  9. Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN Môn: Hoá Học Khối 10 Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung Số mật mã: .................. Phách Phần này là phách  ========================================================== Số mật mã: .................. Dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl2: H2SO4 dư + BaCl2 = BaSO4↓ + 2HCl (6) z mol z mol Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 = 3BaSO4↓ + 2FeCl3 (7) (x/2+y/2) mol 3(x/2+y/2) mol x 3 Ta có các phương trình: = (I) y 1 x y 58,25 Số mol BaSO4 = 3( + ) + z = = 0,25 (II) 2 2 233 55x98 Số mol H2SO4 đã dùng = 5x + 3y + z = = 0,55 (III) 100 x 98 Giải ra: x = 0,075 y = 0,025 z = 0,1 Khối lượng hỗn hợp X = a = 2[(0,075x88) + (0,025x56)] = 16gam 9 x 0,075 3x 0,025 Thể tích khí SO2 = V = 22,4( + ) = 8,4lit 2 2
Đồng bộ tài khoản