Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 20

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

Thêm vào BST

Báo xấu

335
lượt xem 100
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 20', 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 20

SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4-2006 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN: HÓA KHỐI 10 Giáo viên: Võ Thị Nhung ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu I: 1) Từ muối ăn, bằng phương pháp điện phân dung dịch thì được khí Cl2 đồng thời thu được H2 và NaOH. Để thu được dung dịch NaOH có nồng độ cao và tinh khiết người ta làm như thế nào? - Nói rõ các quá trình diễn ra trong cách làm đó. - Biện pháp gì cần chú ý khi tiến hành điều chế. (3đ) 2) Chất C.F.C là chất được sử dụng trong thiết bị lạnh thường gây ô nhiễm môi trường. Hãy cho biết: - Chất C.F.C là những chất nào? - Tác hại gây ô nhiễm môi trường như thế nào? Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) (2đ) ĐÁP ÁN 1) Điện phân dung dịch NaCl với Catot bằng sắt, anot bằng than chì và có màng ngăn thì thu được dd NaOH không tinh khiết vì còn có một lượng NaCl trong dung dịch. Để thu được dung dịch NaOH có nồng độ cao và tinh khiết: - Người ta điện phân dung dịch NaCl với catot là thủy ngân, anot bằng than chì Tại anot: xảy ra sự oxi hóa Cl- : 2Cl-  Cl2 + 2e Tại catot: Na+ bị khử: Na+ + e = Na Na tan vào Hg tạo hỗn hống, lớp catot thủy ngân di động chuyển sang khu vực khác và được khuấy trộn với nước để tạo NaOH và giải phóng H2 : 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 Hg giải phóng lại được quay trở lại theo chu trình kín (2đ) - Cần chú ý khâu nước thải sản phẩm: có Hg độc nên phải xử lí nước thải thu lấy Hg, tránh ô nhiễm môi trường. (1đ) 2) Chất C.F.C gọi tắt của hợp chất chứa Clo flo cacbon, gọi chung là các chất freon Ví dụ: CF2Cl2, CFCl3, CF3Cl) - Tác hại: gây ra hiện tượng “lỗ thủng OZON” - Phương trình phản ứng: ví dụ với CF2Cl2 (1đ) hυ CF2Cl2 Cl + CF2Cl (a) O3 + Cl O2 + ClO (b) ClO + O3 2O2 + Cl (c) Nguyên tử Cl sinh ra ở (c) lại tiếp tục tham gia phản ứng như (b), do đó mỗi phân tử CF2Cl2 có thể phá hủy hàng chục ngàn phân tử O3. Theo cơ chế gốc,và phản ứng dây chuyền (1đ)
SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN: HÓA KHỐI 10 Giáo viên: Võ Thị Nhung ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu II: 1) Một mẫu vật có số nguyên tử 11C (T1/2 = 20 phút) và 14C (T1/2 = 5568 năm) như nhau ở một thời điểm nào đó. a) Ở thời điểm đó tỉ lệ cường độ phóng xạ của 11C và 14C là bao nhiêu? b) Tỉ lệ đó sẽ bằng bao nhiêu sau 6 giờ? (2đ) 2) Nghiên cứu động học của phản ứng: NO2 +CO  CO2 +NO Người ta thấy ở nhiệt độ trên 500oC phương trình tốc độ phản ứng có dạng: v = k[NO2][CO] còn dưới 500oC phương trình tốc độ phản ứng có dạng v = k[NO2]2 a) Hãy giả thiết cơ chế thích hợp cho mỗi trường hợp. b) Hãy cho biết lí thuyết về: hằng số k, bậc phản ứng (3đ) ĐÁP ÁN 1) Cường độ phóng xạ tính theo hằng số tốc độ k: 0,693 k= (T1/2 : chu kì bán rã) T1 / 2 0,693 k 11C = = 0,03465 (phút -1) 20 0,693 k 14 C = = 2,368 × 10 −10 (phút -1) 5568 × 365 × 24 × 60 Tại thời địểm t = 0: [11C] = [14C] = C0 nên v 11C k 11C 0,03465 = = −10 = 146,3 × 10 6 (lần ) (1đ) v 14 C k 14 C 2,368 × 10 Tại thời điểm t = 6 giờ ( = 360 phút) − k 11 ×t [11C ] = C 0 × e C − k 14 ×t [14 C ] = C 0 × e C v 11C k 11C [11C ] k 11C − ( k 11 − k 14 )×t ⇒ = 14 = ×e C C v 14 C k 14 C [ C ] k 14 C v 11C 0.03465 −10 ⇒ = −10 × e −( 0.03465−2.368×10 )×360 = 560 (lần) (1đ) v 14 C 2,368 × 10 2) a) Theo phản ứng: NO2 +CO  NO + CO2 • Ở nhiệt độ trên 500oC có v = k[NO2][CO]
⇒ Ở to > 500oC phản ứng trên thuộc phản ứng đơn giản có bậc phản ứng đúng bằng tổng hệ số của NO2 và CO ở phương trình (1đ) ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- • Ở nhiệt độ dưới 500oC có v = k[NO2]2 ⇒ phản ứng xảy ra ở giai đoạn chậm không có CO tham gia và có 2 phân tử NO2 tham gia và là phản ứng xảy ra theo nhiều giai đoạn. Cơ chế thích hợp cho trường hợp này là: 2NO2  NO + NO3 (chậm) NO3 +CO  CO2 + NO2 (nhanh) (1đ) 2 Do đó v = k[NO2] b) – Hằng số tốc độ k phụ thuộc vào từng phản ứng: k không đổi khi các chất tham gia phản ứng không đổi k cũng có thứ nguyên (0.5đ) – Bậc phản ứng là tổng các số mũ của nồng độ phản ứng trong biểu thức tính tốc độ, bậc của phản ứng ≤ 3. Có thể có phản ứng bậc phản ứng bằng 0, phân số, âm (0.5đ)
SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN: HÓA KHỐI 10 Giáo viên: Võ Thị Nhung ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CÂU III Phát hiện và sửa lỗi trong các phương trình sau (nếu có): 1) CaI2 + H2SO4 đặc  CaSO4 +2HI 2) 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc  FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O 3) 2CrCl3 +3Cl2 +14KOH  K2Cr2O7 + 12KCl + 7H2O 4) HF + NaOH  NaF +H2O 5) Cl2 +2KI dư  2KCl + I2 (5đ) ĐÁP ÁN Phát hiện lỗi: 0.5đ, sửa lỗi: 0.5đ/1 phương trình 1) HI có tính khử, không tồn tại trong H2SO4 đặc -1 +5 Vì H I + H 2 S O4 đặc có phản ứng nên sửa lại 4CaI2 + 5H2SO4 đặc  4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O 2) Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại: 2FeCl2 + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O 2− 3) Trong môi trường kiềm mạnh chỉ có dạng CrO 2− tồn tại. Không tồn tại dạng Cr2 O 7 4 nên phương trình được viết lại 2CrCl3 + 3Cl2 +16KOH  2K2CrO4 + 12KCl + 8H2O 4) Không tạo ra NaF do HF là axit yếu, HF có năng lượng phân li lớn, nên có hiện tượng: - HF + F-  HF2 HF2- + Na+  NaHF2 Phương trình được viết lại: NaOH + 2HF  NaHF2 +H2O 5) Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại: Cl2 + 3KI  2KCl + KI3
SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN: HÓA KHỐI 10 Giáo viên: Võ Thị Nhung ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CÂU IV Phản ứng nhiệt phân CaCO3 được tiến hành trong 1 bình kín. Khi áp suất của CO2 trong bình lên đến 0,236 atm thì không thay đổi nữa mặc dù trong bình vẫn còn CaCO 3 và có CaO. 1) Tính Kp, Kc của phản ứng ở 800oC 2) Trong bình dung tích 10 lít, nếu ta bỏ vào đó 5 gam CaCO3 và 2 gam CaO, nung nóng bình đến 800oC để đạt cân bằng thì sau khi cân bằng, khối lượng mỗi chất rắn trong bình là bao nhiêu gam? ĐÁP ÁN to 1) CaCO3 (r) = CaO(r) + CO2 (k) (*) Tại 800oC khi PCO 2 = 0,236 thì không thay đổi nữa ⇒ đạt cân bằng Nên Kp = PCO 2 = 0,236 (atm) Kp 0,236 Kc = ∆n = = 2,68 × 10 −3 (RT) 22,4 (mol/lít) (800 + 273) 273 Kc = [CO2] = 2,68 × 10-3 (mol/lít) (2đ) 2) Vì nung nóng bình đến 800oC: do nhiệt độ không đổi nên Kc không đổi  Kc = 2,68 × 10-3 (mol/lít) -3 -2 ⇒ n CO = 2,68 × 10 × 10 = 2,68 × 10 (mol) 2 (1đ) từ phương trình (*) n CaCO3 nhiệt phân = n CO 2 và tạo ra 2,68 × 10-2 mol CaO ⇒ m CaCO3 đã nhiệt phân = 2,68 × 10-2 × 100 = 2,68 (gam) Vậy trong bình còn lại lượng chất rắn là: m CaCO3 = 5 – 2,68 = 2,32 (gam) m CaO = 2,68 × 10-2 × 56 + 2 = 3,5008 (gam) (2đ)
SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN: HÓA KHỐI 10 Giáo viên: Võ Thị Nhung ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CÂU V 1) Nêu khái niệm dung dịch đệm? Cho 2 ví dụ 2) Dung dịch X là dung dịch hỗn hợp gồm axit yếu HA 0,1M và NaA 0,1M. a) tính pH của dung dịch X b) thêm vào 1 lít dung dịch X trên b-1: 0,01 mol HCl b-2: 0,01 mol NaOH Hãy tính pH của dung dịch thu được trong mỗi trường hợp biết Ka HA = 6,8 × 10-4 ĐÁP ÁN 1) Dung dịch đệm là dung dịch có pH hoàn toàn xác định và không đổi, được tạo nên khi trộn dung dịch của axit yếu hay bazơ yếu với muối của chúng với bazơ mạnh hay axit mạnh. Dung dịch đệm có giá trị pH thay đổi không đáng kể khi ta cho vào dung dịch đó 1 lượng nhỏ axit hoặc bazơ mạnh hoặc khi pha loãng dung dịch (không quá loãng). Ví dụ: CH3COOH và CH3COONa NH3 và NH4Cl (1đ) + + 2) a) HA H +A - NaA Na + A - Nồng độ ban đầu 0,1 0,1 0,1 0,1 Nồng độ phân li x x x Nồng độ cân bằng 0,1-x x 0,1+x [H + ][A - ] x(0,1 + x) k= = = 6,8 × 10 − 4 [HA] 0,1 − x trong dung dịch HA do có A- nên cân bằng HA ít chuyển dịch ⇒ giải gần đúng: [HA] = 0,1 [A] = 0,1; bỏ qua x + [HA] 0,1 ⇒ [H ] = K a - = 6,8 × 10 − 4 = 6,8 × 10 − 4 [A ] 0,1 pH = -lg[H ] = -lg(6,8 × 10 ) = 3,17 + -4 (1đ) (học sinh nếu giải phương trình bậc 2 cũng được kết quả như trên) b) b-1) HCl H+ + Cl- H+ + A- = HA 0,01 0,01 0,01 [HA] = 0,1 + 0,01 = 0,11 Mol [A-] = 0,1 – 0,01 = 0,09 Mol 0,11 ⇒ [H + ] = 6,8 ×10 − 4 = 8,31×10 − 4 ⇒ pH = 3,08 (1,5đ) 0,09 b-2) NaOH Na+ + OH- 0,01 0,01
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- HA + OH- A- + H2O 0,01 0,01 0,01 ⇒ [HA] = 0,1 - 0,01 = 0,09 mol [A-] = 0,1+ 0,01 = 0,11 mol 0,09 ⇒ [H + ] = 6,8 × 10 − 4 = 5,56 × 10 − 4 ⇒ pH = 3,25 (1,5đ) 0,11
SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN: HÓA KHỐI 10 Giáo viên: Võ Thị Nhung ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CÂU VI Tổng các hạt (p, n, e) trong 2 nguyên tử kim loại A và B là 177. Trong đó hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 47. Số hạt mang điện của nguyên tử B nhiều hơn của nguyên tử A là 8. 1) Xác định 2 kim loại A, B 2) Cho 18,6 gam hỗn hợp R gồm A và B vào 500ml dung dịch HCl xM. Khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được 34,575 gam chất rắn. Nếu cũng cho 18,6 gam hỗn hợp R vào 800ml dung dịch HCl trên, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thì được 39,9 gam chất rắn. Hãy: a) Tính khối lượng của A, B trong R b) Tính x ĐÁP ÁN 1) Đặt số proton, nơtron, electron của A là p, n, e Đặt số proton, nơtron, electron của B là p’,n’, e’ Theo đề bài ta có: 2p + n + 2p’ + n’ = 177 (1) 2(p + p’) – (n + n’) = 47 (2) 2p’ – 2p =8 (3) từ (1), (2), (3) giải được p = 26 ⇒ A: Fe p’ = 30 ⇒ B: Zn (1đ) 2) Đặt trong 18,6 gam R có nZn = a mol; nFe = b mol a. Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2 (1) a mol 2a a Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (2) b mol 2b b do thí nghiệm (TN) 1 và TN2 đều cùng 18,6 gam Zn, Fe mà TN1 dùng 500ml dung dịch HCl thì chỉ được 34,575 gam chất rắn TN2 dùng 800ml dung dịch HCl thì lượng chất rắn thu được nhiều hơn (39,9 gam) Mặt khác, thêm 300ml dung dịch HCl mà lượng chất rắn chỉ tăng thêm 39,9 – 34,575 = 5,325 gam, chất rắn: muối  65a + 56b = 18,6 a = 0,2 ⇒ TN2: hỗn hợp R tan hết ⇒  ⇔ 136a + 127b = 39,9  b = 0,1 ⇒ Khối lượng Fe = 0,1 × 56 = 5,6 gam Khối lượng Zn = 0,2 × 65 = 13 gam (2đ) b. Tính x: Trong TN1: còn dư R, hết HCl Đặt trongTN1: nZn phản ứng = z mol, nFe phản ứng = t mol Từ phương trình (1), (2): nHCl = 2(z + t) Ta có: mmuối = (136z + 127t) gam mrắn = mmuối + mR chưa tan hết
Ta có: 136z +127t + (13 - 65z) + (5,6 - 56t) = 34,575 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 71(z + t) = 15,975 z + t = 0,225 ⇒ nHCl = 2(z + t) =2 × 0,225 = 0,45 mol 0,45 ⇒ CM HCl = x = = 0,9 (2đ) 0,5