Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 24

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

Thêm vào BST

Báo xấu

598
lượt xem 92
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 24', 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 24

1 SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI OLYMPIC 30-4 T.T.HUẾ ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRƯỜNG T.H.P.T. QUỐC HỌC MÔN HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài : 180 phút Câu I ( 4 điểm ) Nguyên tử của nguyên tố phi kim A có electron cuối cùng có bộ 4 số lượng tử thỏa mãn m + l = 0 và n + ms = 3/2 ( quy ước các giá trị m từ thấp đến cao ) I.1. Xác định số hiệu nguyên tử, gọi tên nguyên tố A. Viết công thức electron, công thức cấu tạo của phân tử A2. Kiểm chứng số liên kết và tính chất thuận từ của A2 bằng cấu hình electron của phân tử. I.2. Ion A3B2- và A3C2- lần lượt có 42 và 32 electron I.2.1. Tìm 2 nguyên tố B và C ( số hiệu nguyên tử, tên, ký hiệu ) I.2.2. Dung dịch muối của A3B2- và A3C2- khi tác dụng với axit clohidric cho khí D và F tương ứng. - Mô tả dạng hình học của phân tử D và E. - Nêu phương pháp hóa học phân biệt D và E. - Khí nào trong 2 khí đó có thể kết hợp với O2 ? Tại sao? Câu II ( 4 điểm ) II.1. Phản ứng CO + Cl2 ↔ COCl2 có biểu thức tốc độ là v = k.[CO].[Cl2]m. Tìm m, biết đơn vị của v là mol.l-1.s-1 và của k là mol-3/2.l3/2.s-1. Tốc độ của phản ứng sẽ thay đổi như thế nào nếu thể tích hỗn hợp được nén giảm n lần (n>1) so với ban đầu ( nén đẳng nhiệt ). II.2. Cho 1 mol HI vào 1 bình kín . Đun nóng bình đến nhiệt độ T. Khi phản ứng cân bằng, số mol HI là 0.8 ( mol). Nếu cho 0,2mol H2 và 0,4mol I2 vào 1 bình rồi đun nóng đến T. Hỏi khi phản ứng cân bằng, số mol mỗi khí trong bình là bao nhiêu? Tính hiệu suất phản ứng tạo thành HI ? Câu III (4 điểm ). III.1. Hòa tan hết 1,25 gam axit HA vào nước thành 50ml dung dịch. Để chuẩn độ hết lượng axit này cần dùng 41,20ml dung dịch NaOH 0,09M. Hãy xác định pH của dung dịch thu được tại điểm tương đương của phép chuẩn độ? Biết rằng nếu thêm 8,24ml dung dịch NaOH trên vào lượng axit ban đầu thì pH của dung dịch thu được lúc đó là 4,3 III.2. Cho 2 dung dịch: dung dịch A chứa Al2(SO4)3, dung dịch B chứa NaOH chưa biết nồng độ. Thí nghiệm 1 : Trộn 50ml dung dịch A với 60ml dung dịch B thu được kết tủa. Nhiệt phân hoàn toàn kết tủa này thu được 1,02g chất rắn. Thí nghiệm 2 : Trộn 50ml dung dịch A với 100ml dung dịch B, được kết tủa. Nhiệt phân hoàn toàn kết tủa cũng được 1,02g chất rắn. III.2.1. Xác định nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B III.2.2. Phải thêm vào 100ml dung dịch A bao nhiêu ml dung dịch B để chất rắn thu được sau khi nhiệt phân hoàn toàn kết tủa có khối lượng 1,36g.
2 Câu IV ( 4 điểm ) IV.1. So sánh khả năng hòa tan của CuS trong dung dịch HCl và trong dung dịch hỗn hợp HCl, H2O2 Cho TtCuS = 1.10-35 Eo H2O2/H2O = 1,77(v) Eo S/H2S = 0,14(v) H2S có Ka1 =1.10-7 ; Ka2 =1.10-13 IV.2. Ở 820oC, xét 2 cân bằng : CaCO3 D CaO + CO2 (1) K1=0,2 MgCO3D MgO + CO2 (2) K2=0,4 Người ta đưa 1mol CaO, 1mol MgO và 3mol CO2 vào 1 xilanh có thể tích rất lớn. Ban đầu là chân không và được giữ ở 820oC. Nhờ 1 pixtông, hỗn hợp được nén chậm. Nghiên cứu và vẽ đường biểu diễn của áp suất p theo v. Câu V (4 điểm ) Hòa tan 11,92g hỗn hợp (A) gồm 2 kim loại kiềm X,Y và 1 kim loại M thuộc nhóm IIA vào nước thu được 3,20 lít dung dịch (C) và 0,16 mol khí (B). Dung dịch D loãng chứa HCl và H2SO4 trong đó số mol HCl gấp đôi số mol H2SO4. Cho 1/2 dung dịch (C) vào V(lít) dung dịch D, thu được hỗn hợp sản phẩm E ( gồm cả kết tủa và dung dịch ) . V.1. Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn E biết rằng E khi tác dụng với dung dịch Na2CO3 dư giải phóng 1,12 lít khí (đo ở ĐKC). V.2. Cho ½ dung dịch C còn lại vào dung dịch Al(NO 3)3 0,5M, thu được kết tủa F và dung dịch G. Nhiệt phân hoàn toàn F thì được 2,55g chất rắn. Tính thể tích dung dịch Al(NO3)3 đã dùng. V.3. Cho V(lít) dung dịch D vào dung dịch G. So sánh lượng kết tủa thu được lúc này với lượng kết tủa ở câu V.1. Biết M phản ứng được với nước, muối sun-fát của M không tan. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cho Ba: 137 ; S: 32 ; O: 16 ; H: 1 ; Cl: 35,5 ; Al: 27
3 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu I ( 4điểm ) : I.1. 2điểm Câu III ( 4điểm ) : III.1. 2điểm I.2.1. 0,75điểm III.2.1. 1điểm I.2.2. 1,25điểm III.2.2. 1điểm Câu II ( 4điểm ) : II.1. 1,5điểm Câu IV( 4điểm ) : IV.1. 1,5điểm II.2.1. 2,5điểm IV.2. 2,5điểm Câu I ( 4điểm ) : V.1. 2điểm V.2. 1điểm V.3. 1điểm Câu Đáp án Điểm I. I.1. Trường hợp 1: ms= +1/2 => n=1 => l=0 =>m=0 Vậy cấu hình electron của nguyên tử A : 1s1 => Hydrô 0,25 Trường hợp 2: ms= -1/2 => n=2 => l=0 => m=0 hoặc l=1 => m= -1 * Với ms= -1/2; n=2; l=0; m=0 => Cấu hình electron là 1s22s2 : Bê-ri 0,25 * Với ms= -1/2; n=2; l=1; m= -1 => Cấu hình electron là 1s22s22p4 : Ô-xy 0,25 Vì A là phi kim nên hoặc A là Hydro (H) hoặc A là O-xi (O) 0,25 Với A là Hydro - CTPT : H2 - CT electron : H:H - CTCT: H - H ( 1 liên kết) - Cấu hình e của phân tử σ 1s2 - Số liên kết : N= 2/2 =1 - Không có electron độc thân nên là chất nghịch từ. 0,5 Với A là Ô-xi - CTPT: O2 - CT electron: - CTCT: O = O Giữa 2 nguyên tử oxy có 1 liên kết cộng hóa trị bình thường và 2 liên kết đặc biệt 3e (3lectron này do 1 nguyên tử đưa ra 1, nguyên tử kia đưa ra 2 để góp chung), trong đó chỉ có 1 electron được dùng chung. Vậy số electron chung giữa 2 nguyên tử là 4, và trong phân tử có 2e độc thân. Cấu hình electron của phân tử : σ 2s2 σ 2s*2 σ z2 π x2 π y2 π x*1 π y*1 Số liên kết : N = (8-4)/2 = 2 Có 2 electron độc thân nên O2 là chất thuận từ 0,5 I.2. I.2.1 Ion A3B2- có 42 electron. * Nếu A là Hidrô, ta có: 3.1 + ZB = 42 -2 ; ZB = 37 Loại vì không tồn tại ion RbH32- 0,25 * Vậy A là oxi. Lúc đó 3.8 +ZB = 42 - 2 ; ZB = 16 ( B là lưu huỳnh ) Chọn 0,25 Ion A3C2- : Ta có : 3.8 + ZC = 32 -2 => ZC = 6 ( C là các-bon) Chọn 0,25
4 I.2.2. Vậy A3B2- là SO32- 0,25 A3C2- là CO32- SO32- + 2H+ ↔ SO2 ↑ + H2O CO32- + 2H+ ↔ CO2 ↑ + H2O D là SO2 ; E là CO2 0,25 - Dạng hình học phân tử : SO2 : nguyên tử S ở trạng thái lai hóa sp2 nên phân tử có cấu tạo góc 0,25 CO2: nguyên tử C ở trạng thái lai hóa sp nên phân tử có cấu tạo đường 0,25 thẳng O= C= O - Phân biệt SO2 và CO2 Dùng dung dịch brôm để nhận ra SO2 qua hiện tượng màu nâu đỏ của dung dịch brôm nhạt dần 0,25 SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr - Khí SO2 có thể kết hợp với O2 tạo SO3 do lưu huỳnh trong SO2 còn cặp electron tự do. CO2 không có khả năng này do các-bon trong phân tử không còn electron độc thân. II II.1. - Phản ứng CO + Cl2 = COCl2 v= k[CO].[Cl2]m => đơn vị của v = đơn vị của k.đơn vị [CO].đơn vị [Cl2]m mol.l-1.s-1 = mol-3/2.l3/2.s-1.mol.l-1.molm.l- m => m = 3/2 0,5 - Khi nén để thể tích hỗn hợp còn 1/n lần, thì nồng độ mỗi chất tăng lên n lần. Với m=3/2, ta có biểu thức v = k[CO].[Cl2]3/2. Gọi a, b là nồng độ CO và Cl2 ứng với tốc độ ban đầu v1, v2 là tốc độ phản ứng khi nén thể tích hỗn hợp giảm n lần. Ta có: v1 = k.a.b3/2 v2 = k.na.(nb)3/2 = n5/2.k.a.b3/2 => v2/v1 = n5/2 1 Với n >1, thì tốc độ phản ứng tăng n5/2 lần. II.2. - Gọi K là hằng số cân bằng của phản ứng 2HI D H2 + I2 (1) Theo đề ra ta có, n HI p.ư. = 1-0,8 =0,2(mol) Theo p.ư. (1), suy ra nH2 = nI2 = 0,1(mol) 2HI ↔ H2 + I2 Ban đầu 1(mol) P.ư. : 0,2(mol) 0,1(mol) 0,1(mol) Cân bằng : 0,8(mol) 0,1(mol) 0,1(mol) []: 0,8/V 0,1/V 0,1/V Vậy K = [(0,1/V).(0,1/V)]/ (0,8/V)2 = 1/64 0,75 Suy ra, pứ (2) : I2 + H2 D 2HI có hằng số cân bằng K' = 1/K = 64. 0,25 - Gọi x là số mol H2 tham gia để phản ứng (2) đạt cân bằng : ( Điều kiện x
5 64 = [(2x/V')2] / [(0,2-x)/V'. (0,4-x)/V'] 1 Giải được x = 0,189 Theo giả thiết nI2 dùng > nH2 dùng Theo phản ứng (2), nI2 p.ư. = nH2 p.ư. nên hiệu suất phản ứng (2) được 0.5 tính theo H2 Hp.ư. = (0,189/0,2) × 100% = 94,5% III III.1. Số mol NaOH ứng với 41,20ml dung dịch NaOH 0,09M là : 0.09 × 41,2.10-3 = 3,708.10-3 (mol) Số mol NaOH ứng với 8,24ml dung dịch NaOH 0,09M là : 0.09 × 8,24.10-3 = 0,7416.10-3 (mol) Phản ứng HA + NaOH = NaA + H2O Tại điểm tương đương có nHApư = nNaOHpư = 3,708.10-13 (mol) Đây cũng là số mol HA ban đầu đem dùng. - Khi thêm 8,24ml NaOH, dung dịch thu được có pH =4,3, môi trường axit, chứng tỏ NaOH pứ hết, HA còn dư. Ta có nHA(dư) = 3,708.10-3 - 0,7416.10-3 = 2,9664.10-3 (mol) Vậy trong dung dịch sau khi thêm 8,24ml dung dịch NaOH có : NaA : 0,7416.10-3 mol HA : 2,9664.10-3 mol Vậy CNaA = [0,7416.10-3]/ (50+8,24).10-3 = 0,0127 (M) CHA = [2,964.10-3]/ (50+8,24).10-3 = 0,o5 (M) NaA = Na + A- HA ↔ H+ + A- Ka Tại cân bằng có : [H+] = 10-pH = 10-4,3 (M) - -4,3 [A ] = 0,0127 + 10 (M) [HA] = 0,05 -10-4,3 (M) =>Ka = {[H+][A-]} / [HA] = [10 .(0,0127 +10 ) ]/ [0,05-10-4,3] -4,3 -4,3 ↔ Ka = 1,26.10-5 1 Tại điểm tương đương nHA pư =nNaOH pư = nNaA tạo thành = 3,708.10-3 (mol) => Trong dung dịch có NaA C(NaA) = [(3,708.10-3)] / [(50+ 41,2).10-3] = 0,04 (M) NaA = NaA - A + H2O D HA + OH- Kb= 10-14/Ka = 7,94. 10-10 Ban đầu : 0,04 Phân ly : x x x = 7,94.10-10 Cân bằng: 0,04 - x x x Ta có : Kb = x2/(0,04-x) ↔ 7,94.10-10 = x2 / (0,04-x) => x ≈ 10-5,25 [OH ] = x = 10-5,25 - => [H+] = 10-14/ 10-5,25 = 10-8,75 pH = -lg 10-8,75 = 8,75 1 III.2. D2 A : Al2(SO4)3 : a(M) III.2.1. D2 B : NaOH b(M) Ở TN1: nAl2(SO4)3 = 0,05a (mol) => nAl3+ = 0,1a (mol) nOH- = nNaOH = 0,06b (mol), nAl2O3 = 1,02/ 102 = 0,01(mol) Ở TN2 : nAl2(SO4)3 = 0,05a (mol) => nAl3+ = 0,1a (mol) nOH- = nNaOH = 0,1b (mol), nAl2O3 = 1,02/ 102 = 0,01(mol) Các phản ứng có thể xảy ra khi trộn d2 A với d2 B theo pt ion:
6 Al3+ + 3OH- = Al(OH)3 ↓ (1) Al(OH)3 + OH- = AlO2- + H2O (2) Kết tủa thu được là Al(OH)3. Khi nung kết tủa thì to 2Al(OH)3 => Al2O3 + 3H2O (3) Ở TN1: Nếu sau pứ (1) có xảy ra pứ (2), thì ở TN2, lượng tăng thêm của NaOH sẽ tham gia ở pứ (2), tức là làm tan bớt kết tủa. Do đó, chất rắn sau khi nung kết tủa ở TN2 thu được phải bé hơn so với TN1. Nhưng theo giả thiết, lượng chất rắn thu được ở 2 TN là như nhau. Vậy ở TN1, chỉ mới xảy ra pứ (1). Lúc đó ta có : OH- hay NaOH pứ hết. Vì vậy: nNaOH = nOH- = 3.nAl2(OH)3 = 3.2nAl2O3 = 3.2.0,01 = 0,06 (mol) Vậy CNaOH = b = 0,06/ 0,06 = 1 (M) - Ở TN2: nOH- = nNaOH =0,1.1 =0,1 (mol) nAl(OH)3 pư(1) = nAl3+ = 0,1.a (mol) nAl(OH)3 pư(2) = 0,1a - 0,01.2 = 0,1a- 0,02 (mol) Suy ra nNaOH = 3.nAl3+ + nAl(OH)3 pư(2) 0,5 = 3. 0,1a + (0,1a - 0,02) 0,25 ↔ 0,1 = 0,4a - 0,02 a = 0,3 0,25 Vậy CM[Al2(SO4)3] = 0,3 (M) III.2.2. 100ml d2 A có nAl2(SO4)3 = 0,1.0,3 = 0,03 (mol) => nAl3+ = 0,06 (mol) > 2. nAl2O3 0,5 Vậy, có 2 trường hợp xảy ra : Trường hợp 1: Al3+ dư, không xảy ra pứ (2). Lúc đó, nNaOH = nOH- pư(1) = 3.nAl(OH)3 = 3. (0,08/3) = 0,08 (mol) 0,5 Nên thể tích d2 NaOH là 0,08/1 = 0,08lít = 80ml. Trường hợp 2 : Xảy ra cả 3 pứ. nAl(OH)3 pư(2) = nAl(OH)3 pư(1) - nAl(OH)3 pư(3) = 0,06 - (0,08/3) = 0,1/3 (mol) Tổng số mol NaOH nNaOH = nOH- = 3.0,006 + 0,1/3 = 0,64/3 (mol) Nên thể tích d2 NaOH là 0,64/3.1 ≈ 0,213lít =213ml 0,5 IV IV.1. Khả năng hòa tan của CuS - Trong d2 HCl Ta có CuS D Cu2+ + S2- TtCuS S + H D HS- 2- + 1/ Ka2 HS- + H+ D H2S 1/ Ka1 0,5 => (*) CuS + 2H+ D Cu2+ + H2S K= Tt/ (Ka1.Ka2 ) = 10-15 - Trong d2 HCl + H2O2 : Ta có H2S - 2e D S + 2H+ H2O2 + 2H+ + 2e D 2H2O 0,5 => (**) H2S +H2O2 D S + 2H2O K1 = 102.(1,77-0,14)/0,059 = 1055,25 0,25 Tổ hợp (*), (**), ta được 0,25 CuS + H2O2 + 2H+ D Cu2+ + S + 2H2O K' =K.K1 =1040,25 Nhận thấy K' >> K nên CuS tan trong d2 HCl + H2O2 dễ dàng hơn trong d2 HCl
7 IV.2. Khi thể tích còn rất lớn, CO2 không pư với oxit. Khi thể tích giảm đến mức để PCO2 = 0,2 atm, cân bằng (1) được thiết lập. 0,25 Tương tự, cân bằng (2) xảy ra khi PCO2 = 0,4 atm. Cụ thể, 0,25 * p< 0,2 atm : không có cân bằng. p= n (RT)/V = 3. [0,082.(273+820)]/ V = 269/ V 0,25 * p =0,2 atm => V1 =269/0,2 = 1345 (l) Cân bằng (1) được thiết lập và áp suất không đổi. Chấm dứt cân bằng (1) 0,25 chỉ còn lại 2mol CO2 ->V2 = 897 (l) * 0,2
8 ½ d2 C + V (lít) d2 D: Phản ứng H+ + OH- = H2O (3) 0,25 M2+ + SO42- = MSO4↓ (4) D E thu được khi pứ với Na2CO3 giải phóng khi chứng tỏ H+ dư, vậy OH- 2 pứ hết : nH+(3) = nOH- 2H+ + CO32- = CO2 ↑ + H2O (5) nH+(dư) = 2nCO2 = 2.(1,12)/ 22,4 = 0,1(mol) => nH+ = nH+pư(3) + nH+(5) ↔ 4x = 0,32/2 + 0,1 = 0,26 x = 0,065 H sản phẩm E (gồm ↓ BaSO4 và d2 ) khi đem cô cạn được h2 muối khan 2 có tổng khối lượng muối là : mmuối = mion kimloại + mgốc axit trong muối Vì axit dư và không so sánh được độ mạnh của 2 axit HCl và H2SO4, nên ta chỉ xác định được khoảng giới hạn giá trị của muối. - Nếu HCl pứ trước, nếu hết, H2SO4 mới bắt đầu pứ : => mmuối = (11,92/ 2) + (35,5.0,13) + (96.0,015) = 12,015 (g) 0,5 - Nếu H2SO4 pứ trước, nếu hết, HCl mới pứ : => m muối = (11,92 /2) + (96. 0,065) + ( 35,5. 0,03) = 12,985 (g) 0,5 Vậy 12,014 (g) ≤ m muối ≥ 12,985 (g) 0,25 V.2. Các pứ có thể xảy ra : Al3+ + 3OH- = Al (OH)3 ↓ (6) - - Al(OH)3 + OH = AlO2 + 2H2O (7) to 2Al(OH)3 => Al2O3 + 3H2O (8) n Al2O3 = 2,55/ 102 = 0,025 (mol) => n Al(OH)3 pư(8) = 0,05 (mol) Ta thấy nOH-(1/2 d2 C) = 0,16 (mol) > 3. 0,05 nên xảy ra cả (6), (7) và (8). Gọi nAl3+ = n Al = a (mol) => nAl(OH)3 pư(6) = a => nAl(OH)3 pư(7) = a - 0,05 Ta có : nOH- pư(6) + nOH- pư(7) = nOH- (1/2 d2 C) ↔ 3a + (a -0,05 ) = 0,16 a = 0,0525 Vậy thể tích d Al(NO3)3 là 0,0525/ 0,5 (l) = 0,105 (l) hay 105 (ml) 2 1 V.3. Đã có trong V(l) d2 D : H+ : 4x = 0,26 (mol) Cl- : 2x = 0,13 (mol) SO42- : x = 0, 065 (mol) d2 G M : + M2+ AlO2- : có n AlO2- = n Al(OH)3 pư(7) =a- 0,05= 0,0025 d2 D + d2 G M2+ + SO4 2- = MSO4 ↓ (9) - + AlO2 + H + H2O = Al(OH)3 ↓ (10) 0,0025 0,0025 0,0025 Do nH+ = 0,26 (mol) > nAlO2 - nên xảy ra tiếp pứ : Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O (11) 0,0025 0,0075 1 Với số mol như trên, Al(OH)3 sẽ tan hết. Vậy lượng kết tủa thu được lúc
9 này hoàn toàn giống lượng kết tủa thu được ở câu V.1 ( cả lượng và chất )