Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 8

Chia sẻ: Dang Thuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:14

0
285
lượt xem
90
download

Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 8

Mô tả tài liệu
  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 8', tài liệu phổ thông, hóa học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 8

  1. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: (Đề này gồm có 3 trang) CÂU I (4 điểm) I.1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phân tử sau: (a) B2H6 (b) XeO3 (c) Al2Cl6 Giải thích vì sao có Al2Cl6 mà không có phân tử B2F6? I.2. I.2.1. Trình bày cấu tạo của các ion sau: O + , O 2− theo thuyết MO (cấu hình 2 2 electron, công thức cấu tạo). Nhận xét về từ tính của mỗi ion trên. I.2.2. So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NH3, NF3, BF3. I.3. Hòa tan 2,00 gam muối CrCl3.6H20 vào nước, sau đó thêm lượng dư dung dịch AgNO3 và lọc nhanh kết tủa AgCl cân được 2,1525 gam. Cho biết muối crom nói trên tồn tại dưới dạng phức chất. I.3.1. Hãy xác định công thức của phức chất đó. I.3.2. Hãy xác định cấu trúc (trạng thái lai hóa, dạng hình học) và nêu từ tính của phức chất trên. CÂU II (4 điểm) II.1.Uran là một nguyên tố phóng xạ tự nhiên. II.1.1.Một trong các hạt nhân dưới đây được hình thành từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 238 U . Hỏi hạt nhân đó là hạt nhân nào? 236U, 234U, 228Ac, 224Ra, 224Rn, 92 220 Ra, Po, 212Pb, 221Pb. Vì sao? 215 II.1.2. Tìm số hạt α và β được phóng ra từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 92 U để tạo 238 thành nguyên tố X. Biết rằng nguyên tử của nguyên tố X có bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là n=6, l=1, m=0 và s=+1/2; Tỷ lệ giữa số hạt không mang điện và số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122. 1 3 II.2. Cho phản ứng: N2(k) + H2(k)  NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 2 2 1,3.10-2 và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ΔH0 của phản ứng trên. II.3. Xét phản ứng: CaCO3 (r)  CaO (r) + CO2 (k). ∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Trong điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân. 1
  2. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: CÂU III (4 điểm) III.1. Hoàn thành các phương trình phản ứng (a, b) dạng ion thu gọn và (c, d) dạng phân tử: (a). ? + ? + HCO3- → BaCO3↓ ? + H2O. + (b). H3O + MgCO3 → Mg + HCO3- + ... + 2- (c). NaHS + CuCl2 → CuS↓ + ? + ? (d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → ..... III.2. Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl2 10 −4 M và FeCl3 10 −4 M. Tìm trị số pH thích hợp để tách Fe3+ ra khỏi dung dịch A dưới dạng kết tủa hidroxit. Cho biết tích số hòa tan: KS(Mg(OH)2) = 1,12.10 −11 và KS(Fe(OH)3) = 3,162.10 −38 III.3. Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M; CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH đã thêm vào là 0,23 M thì dừng thu được dung dịch A1. III.3.1. Tính nồng độ các chất trong dung dịch A1. III.3.2. Tính pH của dung dịch A1. III.3.3. Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1. − Cho: Ka(HSO 4 )= 10-2 ; Ka(CH3COOH) = 10-4,75 CÂU IV (4 điểm) IV.1. Thêm NaOH dư vào dung dịch Cr2(SO4)3. Thêm tiếp H2O2 đến dư được hỗn hợp A. IV.1.1. Có hiện tượng gì xãy ra? Viết phương trình dạng ion. IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc vào hỗn hợp A thấy xuất hiện màu tím xanh của H3CrO8. Hãy viết phương trình phản ứng dạng ion. IV.2. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R. − IV.3. Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3 /3I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn 0 lần lượt là E 1 = 0,34v và E 0 = 0,55v; E 3 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là K S= 10 0 2 −12 2
  3. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: IV.3.1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng: − 2Cu2+ + 5I-  2CuI↓+ I 3 IV.3.2. Tính suất điện động của pin. CÂU V (4 điểm) Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: •Đốt X ở nhiệt độ cao cho 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. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. V.1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. V.2.Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na 2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. 3
  4. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: CÂU I (4 điểm) I.1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phân tử sau: (a) B2H6 (b) XeO3 (c) Al2Cl6 Giải thích vì sao có Al2Cl6 mà không có phân tử B2F6? I.2. I.2.1. Trình bày cấu tạo của các ion sau: O + , O 2− theo thuyết MO (cấu hình 2 2 electron, công thức cấu tạo). Nhận xét về từ tính của mỗi ion trên. I.2.2. So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NH3, NF3, BF3. I.3. Hòa tan 2,00 gam muối CrCl3.6H20 vào nước, sau đó thêm lượng dư dung dịch AgNO3 và lọc nhanh kết tủa AgCl cân được 2,1525 gam. Cho biết muối crom nói trên tồn tại dưới dạng phức chất. I.3.1. Hãy xác định công thức của phức chất đó. I.3.2. Hãy xác định cấu trúc (trạng thái lai hóa, dạng hình học) và nêu từ tính của phức chất trên. Câu Nội dung Điểm I (4,0đ) 4
  5. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: I.1. H H H B B H H H Xe B aihãa  3,ph© n ö  2H 6  l   sp   t B gßm   O O 2 ø  Ö n Ö ch  1  nh  t di l cã  c¹ chung,   O lª kÕ tBHB µ in  t3 © m   in    l lª kÕ   t vµ  Xe aihãa  3  l   sp ph© n ö  t chØ   2  ecton,1  ecton  cã  el r   el r cña  d¹ t p am   ¸ ng h¸ t gic H   1  ecton  vµ  el r cña  B. (b) (0,25 điểm) (a) (0,25 điểm) Có phân tử Al2Cl6 vì nguyên tử Al đạt Cl Cl Cl cấu trúc bát tử vững bền. (1đ) Không có phân tử B2F6 vì: phân tử BF3 Al Al bền do có liên kết pi không định chỗ Cl được tạo thành giữa obitan trống của Cl Cl B với cặp electron không liên kết của All   3 t Al 6 gßm   t di n Ö ch  kích thước của nguyên tử B bé so  aihãa  ,ph© n ö  2C l   sp   2 ø  Ö l F và cã  c¹ chung,cã  lª kÕ tcho  1  nh    2 in    nhËn  ­ î với nguyên tử F nên tương tác đẩy ® c  t o hµnh  cÆ p  kh«ng in  tcña  lvµ  giữa 6 nguyên tử F lớn làm cho phân ¹ t do  e  lª kÕ   C  obian r t tèng  Al 6 nguyª t Al tử B2F6 trở nên kém bền. cña  . ong  2C l   AlTr n ö    ® ¹   ­ î cÊu r b¸ ö  t® c  tóc  tt v÷ng  n. bÒ (c) (0,25 điểm) (0,25 điểm) I.2. I.2.1. + O 2 : (σ s l k ) 2 ( σ s ) 2 (σ zk ) 2 (π xk ) 2 = (π yk ) 2 (π x ) 1= (π y ) * l l l * * O O 0,25đ 2 2− 2 l k s lk lk (π lk ) * (π * ) O : (σ ) 2 ( σ s ) 2 (σ z ) 2 (π x ) 2 = y 2 (π x ) 2= y 2 * O O 0,25đ O + có electron độc thân nên thuận từ. O 2− không có electron độc thân nên 2 2 0,25đ ngịch từ. 5
  6. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: I.2.2. F N N H F B H F F F H F (0,75đ) vect m om en ­ ìng  C ¸c  ¬  l cùc  vect m om en ­ ìng  C ¸c  ¬  l cùc  Ph©n ö  t d¹ng am   ¸c  t gi ®Òu  cña c¸c i kÕtvµ  lªn    cÆp  cña c¸c i kÕtvµ  lªn    cÆp  vect m om en ­ ìng  C ¸c  ¬  l cùc  el r kh«ng i kÕtcïng  ecton  lªn    el r kh«ng i kÕtng­ îc  ecton  lªn    cña c¸c i kÕtti  i  Én  lªn   rÖttªu l chi nªn  om en ­ ìng  Òu  m l cùc  chi nªn  om en ­ ìng  Òu  m l cùc  nhau(æng  t b»ng kh«ng)   ph©n  cña ph©n ö ín  t l nhÊt . cña ph©n öbР t h¬n  H 3. N t kh«ng  ö  ph©n cùc. (0,25 đ) (0,25 đ) (0,25 đ) I.3.1. n(AgCl) = (2,1525:143,5) = 0,015; n(CrCl3 . 6H2O) = (2:266,5) = 7,5.10-3 n(Cl- tạo phức) = 3(7,5.10-3) - 0,015 = 7,5.10-3 Trong phân tử phức chất tỷ lệ mol Cl − : Cr3+ = (7,5.10-3) : (7,5.10-3) = 1:1 (0,75đ) Công thức của phức: [Cr(H2O)5Cl]2+ I.3.2. 24 Cr3+ (1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d3) → 24 Cr3+ : [Ar] 3d3 Cl 900 3 4s 4p H 2O H 2O 3d Ar A (0,75 đ) H 2O H 2O 900 H 2O  aihãa  3d2 C rl   sp Phøc huËn õ t t (0,25đ) B¸  Ö n  Ò u tdi ® (0,25đ) CÂU II (4 điểm) II.1.Uran là một nguyên tố phóng xạ tự nhiên. II.1.1.Một trong các hạt nhân dưới đây được hình thành từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 238 U . Hỏi hạt nhân đó là hạt nhân nào? 236U, 234U, 228Ac, 224Ra, 224Rn, 92 220 Ra, 215Po, 212Pb, 221Pb. Vì sao? II.1.2.Tìm số hạt α và β được phóng ra từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 92 U để tạo 238 thành nguyên tố X. Biết rằng nguyên tử của nguyên tố X có bộ 4 số lượng tử 6
  7. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: của electron cuối cùng là n=6, l=1, m=0 và s=+1/2; Tỷ lệ giữa số hạt không mang điện và số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122. 1 3 II.2. Cho phản ứng: N2(k) + H2(k)  NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 2 2 1,3.10-2 và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ΔH0 của phản ứng trên. II.3. Xét phản ứng: CaCO3 (r)  CaO (r) + CO2 (k). ∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Trong điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân. Câu Nội dung Điểm II (4.0đ) II.1.1. Chỉ có sự phân rã α làm thay đổi số khối và hạt nhân A X được hình Z 238 thành từ 92 U phải có hiệu số (238-A) chia hết cho 4. Suy ra hạt nhân đó (0,50đ) là 234U. II.1.2. 6p2 Có n=6; l=1; m=0, s=+1/2 ⇒ Phân lớp sau chót (0,50đ) Cấu hình electron lớp ngoài cùng: 6s2 4f14 5d10 6p2 Cấu hình electron của X: [Xe] 6s2 4f14 5d10 6p2 ⇒ ZX = 82 N Tỷ lệ =1,5122 ⇒ N = 1,5122.82 = 124; A = 124 + 82 = 206 ⇒ 206 Pb 82 (0,25đ) Z Gọi x là số hạt α , y là số hạt β 206 Sơ đồ phân rã phóng xạ: 238 U → 82 Pb + x ( 4 He) + y ( −0 e) 92 2 1 (0,75đ) Bảo toàn số khối: 206 + 4x = 238 ⇒ x= 8 Bảo toàn điện tích: 82 + 2x - y = 92 y=6 II.2. ½ N2 + ½ H2  NH3 Ở 400 0 C có k1 = 1,3 . 10-2; ở 500 0 C có k2 = 3,8 . 10-3 k − ∆H T1 − T2 3,8.10 −3 lg 2 = . = = −1,229 (1,0đ) k1 R T1 .T2 1,3.10 − 2 Hệ thức Arrehnius: − 1,229.8,314.673.773 − ∆H = = 53,2 kJ/mol − 100 II.3. CaCO3 (r)  CaO (r) + CO2 (k). (1,0đ) ∆H 298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. 0 Áp suất khí quyển = 1 atm ⇒ KP = P CO 2 = 1 ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 = - RTlnKP = 0 7
  8. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: ∆H 0 42,4.10 −3 cal / mol ⇒T = = =1104,2K ∆S0 38,4 cal / mol.K Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở 1104,2K hay 1104,2 - 273 = 831,20C CÂU III (4 điểm) III.1. Hoàn thành các phản ứng (a, b) dạng ion thu gọn và (c, d) dạng phân tử: (a). ? + ? + HCO3- → BaCO3↓+ ? + H2O. 8
  9. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: (b). H3O+ + MgCO3 → Mg2- + HCO3- + ... (c). NaHS + CuCl2 → CuS↓ + ? + ? (d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → ..... III.2. Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl2 10 −4 M và FeCl3 10 −4 M. Tìm trị số pH thích hợp để tách Fe3+ ra khỏi dung dịch A dưới dạng kết tủa hidroxit. Cho biết tích số hòa tan: KS(Mg(OH)2) = 1,12.10 −11 và KS(Fe(OH)3) = 3,162.10 −38 III.3. Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M; CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH đã thêm vào là 0,23 M thì dừng thu được dung dịch A1. III.3.1. Tính nồng độ các chất trong dung dịch A1. III.3.2. Tính pH của dung dịch A1. III.3.3. Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1. − Cho: Ka(HSO 4 )= 10-2 ; Ka(CH3COOH) = 10-4,75 Câu Nội dung Điểm III (2,0đ) III.1. (a). Ba2+ + 2OH − +2HCO − → BaCO3 + CO 2− + 2H2O (0,25đ) 3 3 − (0,25đ) (b). H3O + MgCO3 → Mg + HCO 3 + H2O + 2+ (c). NaHS + CuCl2 → CuS + NaCl + HCl (0,25đ) (d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + NH3 + H2O (0,25đ) III.2. Để tách hết Fe3+ ở dạng kết thì : không có Mg(OH)2 và [ Fe3+] ≤ 10-6. (0,25đ) Tách hết Fe3+: [Fe3+] ≤ 10-6 và Ks Fe ( OH )3 = [Fe3+].[OH-] 3 = 3,162.10-8 3,162.10 −38 3,162.10 −38 ⇒ [Fe ] = ≤ 10-6 ⇒[OH-] ≥ = 3,162.10 −11 [OH ] 3+ − 3 −6 10 (0,25đ) 10 −14 ⇒ [H + ] ≤ = 0,32.10 −3 ⇒ pH ≥ 3,5 3,162.10 −11 Không có Mg(OH)2↓ [Mg2+].[OH-] 2 ⇒ pH < 10,5 (0,50) 10 −4 3,35.10 −4 Vậy: 3,5 ≤ pH < 10,5 − III.3. H2SO4 → H + + HSO 4 (0,5đ) III.3.1 0,05 0,05 0,05 9
  10. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: HCl → H + + Cl − 0,18 0,18 NaOH → Na+ + OH − 0,23 0,23 H + + OH − → H2O 0,23 0,23 − Dung dịch A1: HSO 4 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na+  0,23M; Cl − 0,18M III.3.2. − HSO 4  H + + SO42- (1) 0,05M 0,05-x x x CH3COOH  CH3COO − + H + (2) 0,02M H2O  H + + OH − (3) (1,0đ) Ka 1 10 −2 = −4,75 = 555 〉 100 ⇒ cân bằng (1) là chủ yếu Ka 2 10 Ka1.Ca1 = 10-2.0,05 > 2.10-3 ⇒ bỏ qua sự điện ly của H2O Ca 1 0,05 = 〈 380 Ka 1 10 −2 Xét cân bằng (1): x2 Ka1 = =10 −2 ⇒ x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,74 (0,5đ) 0,05 − x III.3.3. CH3COOH  CH3COO − + H + 0,02 0,018 (0,02 - y) y 0,018 (0,5đ) 0,018.y Ka2 = =10 −4,76 ⇒ y = 1,93.10 −5 và α = 9,65.10 −2 % (0,02 − y) 10
  11. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: CÂU IV (4 điểm) IV.1. Thêm NaOH dư vào dung dịch Cr2(SO4)3. Thêm tiếp H2O2 đến dư được hỗn hợp A. IV.1.1. Có hiện tượng gì xãy ra? Viết phương trình dạng ion. IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc vào hỗn hợp A thấy xuất hiện màu tím xanh của H3CrO8. Hãy viết phương trình phản ứng dạng ion. IV.2. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R. − IV.3. Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3 /3I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn 0 lần lượt là E 1 = 0,34v và E 0 = 0,55v; E 3 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là K S= 10 0 2 −12 IV.3.1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng: − 2Cu2+ + 5I-  2CuI↓+ I 3 IV.3.2. Tính suất điện động của pin. Câu IV Nội dung Điểm (4,0đ) IV.1 Cr3+ + 3OH − → Cr(OH)3↓ - Cr(OH)3 + OH − → CrO 2 + 2H2O IV.1.1. - CrO 2 + 4OH − → CrO42- + 3e- + 2H2O x 2 (0,5đ) H2O2 + 2e- → 2OH − x 3 - 2OH − + 2CrO 2 + 3H2O2 → 2CrO42- + 4H2O Có kết tủa xanh lá cây; kết tủa tan tạo dung dịch màu vàng tươi. IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc: 2CrO42- + 2H + → Cr2O72- + H2O Cr2O72- + 9H2O → H3CrO8 + 14e- + 12 H + x 1 2 H + + H2O2 + 2e- → 2H2O (0,5đ) x 7 Cr2O7 + 7H2O2 + 2H + → 2H3CrO8 + 5H2O 2- 11
  12. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: IV.2. Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh: R → R +x + xe- (1) 0,18 0,18 x R R S +6 + 2e- → S +4 (2) 0,085 0,0425 (0,5đ) SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O (3) 5,1 0,0425 = 0,0425 120 0,18 Bảo toàn số electron: x = 0,085 ⇒ R = 2,112x . Loại. R Xét R là S: Sự oxi hóa: S + 2H2SO4 → 3SO2 + 2H2O (4) 0,005625 0,016875 (0,5đ) Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại. Xét R là cacbon: C + 2H2SO4 → CO2 + 2SO2 + 2H2O (5) 0,015 0,015 0,030 SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O (6) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (7) (0,5đ) Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120=5,1 gam. Thích hợp với đề ra. Vậy R là cacbon. 2Cu2+ + 5I −  2CuI↓ + I 3 IV.3. − Phản ứng xảy ra: IV.3.1. 3I −  I 3 + 2e- − Sự oxi hóa (anod): (a) Sự khử: Cu2+ + 2e-  Cu E10 (1) Cu+ + 1e-  Cu E02 (2) (0,5đ) CuI  Cu + + I − −1 KS (3) E0 Cu2+ + I − + 1e-  CuI C K 0,059 (c) (-) Pt  I 3 , I −  CuI , Cu2+, I −  Pt (+) − Sơ đồ pin: (0,5đ) IV.3.2. 2.E0 − E0 − (0,5đ) Kc = K1.K2.K3 = 10 0,059 . 10 0,059 . K S 1 1 2 12
  13. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: E0 C 2.0 , 034 −0 , 52 ⇒ 10 0 , 059 = 10 0 , 059 .10 0,059 .1012 = 1014, 72 E 0 = 0,059.14,72 = 0,868 (v) C E(pin) = Ec - Ea = 0,868 - 0,550 = 0,318 v CÂU V (4 điểm) Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: •Đốt X ở nhiệt độ cao cho 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. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. V.1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. V.2.Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na 2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. Câu V Nội dung Điểm (4,0đ) V.1. X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri. Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot. Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa. (1,0đ) Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO − x Đặt công thức của X là NaIOx. Phản ứng dạng ion: 2 IO − +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + (1) x I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H + (2) Ag + + I − → AgI (3) (1,25đ) IO − + (2x-1) I − + 2x H + → x I2 + x H2O x (4) I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 (5) 1,87.10 ← 3,74.10-3 -3 V.2. Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 (1,75đ) Theo (5) ⇒ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3 − 1 1 Theo (4) ⇒ Số mol IO x = (số mol I2) = .1,87.10-3 x x 0,1 1 ⇒ = .1,87.10-3 23 + 127 + 16 x x 13
  14. Sở Giáo Dục & Đào Tạo KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 T.P. ĐÀ-NẴNG LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10               LÊ­QUÍ­ĐÔN  (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: 0,1. x ⇒ = 1,87.10-3 150 + 16x 0,1x = 0,2805 + 0,02992x ⇒ x=4 Công thức phân tử của X: NaIO4 14

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản