ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

302
lượt xem 50
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi olympic hoá học mĩ', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ 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 HOÁ HỌC MĨ

ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ Nguyễn Hữu Thọ - Trường CĐSP Gia Lai Trong tạp chí Hoá Học & ứng Dụng số 9 (57) năm 2006 chúng tôi đã giới thiệu đề thi Olympic môn Hóa học của Mĩ năm 2005 (2005 U. S. National Chemistry Olympiad) theo kiểu trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn (single-answer multiple-choice). Trong số này, chúng tôi xin tiếp tục được giới thiệu 4 bài toán đầu tiên (chiếm 54% số điểm) trong tổng số 8 bài ở phần II (phần tự luận - problem-solving, explanations) của đề thi này. Bài 1 Các câu hỏi sau đây xét đến các phản ứng của kim loại đồng và các hợp chất của nó. a. Một mẩu kim loại đồng được hoà tan vào dung dịch HNO3 6M trong một bình đáy tròn. Phản ứng tạo ra dung dịch màu xanh và có khí không màu nitơ oxit thoát ra. Viết phương trình phản ứng. b. Làm bay hơi nước dung dịch màu xanh được chất rắn màu xanh. Khi nung nóng chất rắn màu xanh tạo ra hỗn hợp khí nitơ dioxit, oxi và một oxit màu đen của đồng. Hỗn hợp khí trên có khối lượng là 0,205 gam được nén vào bình có thể i. tích 125 ml ở 350C, 725 mmHg. Tính khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí và tỉ lệ số mol NO2/O2 trong hỗn hợp. Các dữ kiện sau đây nhận được từ chất rắn màu đen. ii. Khối lượng bình rỗng: 39,49g Khối lượng bình + kim loại đồng: 40,86g Khối lượng bình + oxit của đồng: 41,21g Xác định công thức oxit của đồng. c. Nếu một phần dung dịch màu xanh bị mất mát trong quá trình bay hơi, điều này sẽ ảnh hưởng đến thành phần phần trăm của đồng trong oxit màu đen như thế nào? d. Nếu chất rắn màu xanh không chuyển hoàn toàn thành chất rắn màu đen trong quá trình đun nóng, điều này sẽ ảnh hưởng đến thành phần phần trăm của đồng trong oxit như thế nào? Bài 2 Chất lỏng hidrazin N2H4 có thể dùng làm nhiên liệu đẩy tên lửa. a. Viết phương trình phản ứng hình thành hidrazin từ các đơn chất và dùng các phương trình đốt cháy sau đây để tính nhiệt hình thành của hidrazin lỏng thông qua H1, H2, H3. 1/2N2 (k) + O2(k)  NO2 (k) H 1 H2 (k) + 1/2O2(k)  H2O (k) H 2 N2H4 (l) + 3O2(k)  2NO2 (k) + 2H2O (k) H 3 b. Trong nhiên liệu đẩy tên lửa, hidrazin lỏng phản ứng với hidropeoxit lỏng tạo ra nitơ và hơi nước. Viết phương trình phản ứng ? c. Tính hiệu ứng nhiệt H của phản ứng ở câu 2b?
Nhiệt hình thành H kJ.mol N2H4 (l) 50,6 H2O2 (l) -187,8 H2O (k) -285,8 Tính hiệu ứng nhiệt H của phản ứng ở câu 2b bằng cách dùng các dự kiện d. về năng lượng phân li liên kết sau. Năng lượng phân li liên kết kJ/mol N -N 167 O -O 142 N=N 418 O=O 494 N N 942 O -H 459 N -H 386 Giá trị H của phản ứng ở câu 2b tính được ở câu c hay câu d chính xác hơn? e. Giải thích? Tính nhiệt độ lớn nhất của khí đốt đạt được nếu xem tất cả năng lượng giải f. phóng trong phản ứng dùng để cung cấp cho việc nâng nhiệt độ của khí. Nhiệt dung của N2(k) và H2O (k) tương ứng là 29,1 J/mol.0C và 33,6 J/mol.0C. Bài 3 Dung dịch alanin hidroclorua [H3NCH(CH3)COOH]+Cl- được chuẩn độ bằng dung dịch NaOH có đường cong chuẩn độ như hình bên. Thể tích dung dịch NaOH Đưa ra công thức cấu tạo của những dạng tồn tại chính tại các điểm chuẩn độ a. sau đây trên đường cong. i. 1 ii. 2 iii. 3 iv. 4 b. Nếu K1 và K2 của alanin hidroclorua tương ứng là 4,6.10-3 và 2.10-10. Viết phương trình điện li ứng với K1 và K2. i. Xác định pH tại các điểm 1, 2, 3. ii. c. Nêu cách để chuẩn bị một dung dịch đệm có pH=10 từ các dung dịch alanin hidroclurua 0,1 M và NaOH 0,1 M. Bài 4
Một pin điện hoạt động dựa trên phản ứng M + Cu2+aq  M2+ + Cu (r) E0=1,52 V được thiết lập theo những thể tích bằng nhau các dung dịch với tất cả các chất ở trạng thái chuẩn. a. Dùng giá trị thế điện cực chuẩn của Cu2+(aq) (E0=0,34 V) xác định thế khử chuẩn của phản ứng M2+(aq) + 2e  M (r). b. Pin được tích điện sao cho [Cu2+]=0,1M .Tính: i. Nồng độ [M2+]? ii. Suất điện động của pin? c. Thêm 50 mL nước cất vào mỗi ngăn của pin. So sánh suất điện động của pin trước và sau khi thêm nước. Giải thích? Bài 5 Hoàn thành các phương trình dưới đây ở dạng phương trình ion rút gọn. Các chất hữu cơ viết ở dạng công thức cấu tạo. (Có thể không cần cân bằng phương trình). Tất cả các phản ứng xảy ra trong dung môi nước trừ khi được ghi rõ. a. Cho natri sunphua vào nước. b. Cho dung dịch kali triot vào dung dịch natri thíounphat. c. Cho dung dịch natri florua dư vào dung dịch sắt III nitơrat. d. Stronti-90 phóng xạ beta. e. Sục cacbon dioxit đến dư vào dung dịch canxi hidroxit. Etanol được đun nóng nhẹ với kali dicromat đã được axit hoá. f. Bài 6 Phản ứng giữa clorofom và clo có cơ chế được đưa ra như sau: Bước 1: Cl2 (k) 2Cl (k) nhanh Bước 2: CHCl3 (k) + Cl (k)  CCl3 (k) + HCl (k) chậm Bước 3: CCl3 (k) + Cl (k)  CCl4 (k) nhanh a. Viết phương trình phản ứng đối với phản ứng tổng cộng. b. Chỉ ra các chất trung gian phản ứng trong cơ chế này. c. Viết phương trình tốc độ phản ứng đối với bước quyết định tốc độ. d. Chỉ ra rằng phương trình tốc độ ở câu c có thể dùng để diễn tả qui luật tốc độ của phản ứng tổng cộng. Bài 7 Xenon tạo ra nhiều hợp chất như: XeF2, XeF4 và XeO3. a. Vẽ cấu trúc Liuyt cho mỗi phân tử trên. b. Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả góc liên kết. c. Cho biết và giải thích mỗi phân tử trên có cực hay không có cực. d. Tính toán việc nghiên cứu các hợp chất này ở phản ứng cao. Bài 8 Một phần của polyme polypropilen được chỉ ra ở dưới đây: CH3 H CH3 H C C C C H H H H
Viết công thức cấu tạo của monome đã tạo ra polyme trên. a. Cho biết và giải thích polime trên thuộc loại polime cộng hay polime ngưng b. tụ. So sánh nhiệt đô nóng chảy của các polyme sau. Đưa ra lời giải thích cho c. câu trả lời của bạn. i. Polypropilen chứa 1000 mắt xích monome và polypropilen chứa 10000 mắt xích monome. ii. Polypropilen và polyme mà trong đó nhóm CH3 được thay thế bằng nhóm CH2CH2CH2CH3. iii. Isotactic polypropilen (tất cả các nhóm CH3 ở về một phía của khung cacbon và atactic polypropilen (các nhóm CH3 dược sắp xếp một cách tuỳ ý) Đáp án Bài 1 a. 3Cu + 8H++2NO3-3Cu2++2NO+4H2O b. mRT 0,205.0,0821.308  i. M    43,5 g / mol 725 PV 0,125. 760 Gọi x là thành phần của NO2, xM NO 2  (1  x ) M O2  43,5 Giải ra có: x=0,281 46x+32(1-x)=43,5 NO2 0,821 4,59   O2 0,189 1 ii. 40,86-39,49=1,37 g Cu 41,21- 40,86=0,35 g O 1,37 0,35 nCu= nO=  0,0216  0,0219 63,55 16,0 Vậy tỉ lệ là 1:1 và công thức phải là CuO. c. Dung dịch mất mát làm cho khối lượng của CuO giảm. Vì vậy, phần trăm của đồng trong oxit sẽ cao hơn. d. Khối lượng của CuO sẽ cao hơn. Vì vậy, phần trăm của đồng trong oxit sẽ thấp hơn. Bài 2 a. Xét N2+2H2N2H4 N2+O2NO2 2 H 1 2H2+O22H2O 2 H 2 2NO2+2H2O3O2+N2H4 -H3 N2+2H2N2H4 Hht=2H1+2H2-H3 b. N2H4(l)+2H2O2(l) N2(k)+4H2O(k) c. Cấu trúc của hydrazin và peoxit là,
H=4.(-285,8)-[2.(-187,8)+1.50,6]=-812,2 kJ d. H= N-N + 4 N-H + 2 O-O + 4 O-H - [NN + 8 O-H] = 167+4.(386)+2.(142)-[942+4.(459)]=-783 kJ e. H tính được từ câu c sẽ chính xác hơn. Vì các giá trị về năng lượng liên kết của mỗi hợp chất trên chỉ là giá trị trung bình. f. C=1.29,1 + 4.33,6 = 163,5 J./0C T=5004 0C q= CT  818200=163,5. T  Bài 3 a. i. [H3NCH(CH3)COOH]+ và +H3NCH(CH3)COO- ii. +H3NCH(CH3)COO- iii. +H3NCH(CH3)COO- và H2NCH(CH3)COO- iv. H2NCH(CH3)COO- b. [H3NCH(CH3)COOH]+ H+ + +H3NCH(CH3)COO- i. K1 + H3NCH(CH3)COO-  H+ + H2NCH(CH3)COO- K2 ii. [H+] tại điểm 1= K1=4,6.10-3  pH=2,34 [H+] tại điểm 2= K1.K 2 = 9,2.1013 =9,6.10-7  pH=6,02 [H+] tại điểm 3= K2=2,0.10-10  pH=9,07 [1,0.1010 ][ B  ] [ B ] 2,0.10-10=  c. =2/1 [ HB] [ HB] Chuẩn bị một thể tích xác định alanin hidroclorua 0,10 M (ví dụ 300 mL). Thêm dung dịch NaOH vào theo tỉ lệ 5/3 ( theo ví dụ l à 500 mL). Ta được 800 mL [ H 2 NCH (CH 3 )COO  ] 2 dung dịch có tỉ lệ   [ H 3 NCH (CH 3 )COO  ] 1 Bài 4 a. E pin  Eoxh  Ek0 0 0 0 và Eoxh =1,52 - 0,34 =1,18 V  Ek0 (M2+ +2e M)=-1,18 V b. Nếu [Cu2+] giảm xuống 0,10 M thì [M2+] phải tăng lên 1,90 M i. 0,0257 1,90 ii. E=1,52- =1,52-0,01285ln(19)=1,48 V ln 2 0,10 c. E của pin khi dung dịch pha loãng sẽ bằng E0 pin ban đầu. Dung dịch được pha loãng bởi những lượng nước như nhau, các ion có hệ số như nhau (từ phương trình đã được cân bằng). Epin không đổi. Bài 5 a. Na2S + H2O  2Na+ + HS- + OH- b. I3- + S2O32-  3I- + S4O62-
c. F- + Fe3+  FeF63- d. 38Sr90  39Y90 + -10 e. CO2 + Ca(OH)2  Ca2+ + HCO3- f. CH3CH2OH + Cr2O72- + H+  CH3CH=O (CH3COOH) + Cr3+ + H2O Bài 6 a. Cl2 + CHCl3  CCl4 + HCl b. Cl và CCl3 c. v= k[CHCl3][Cl] d. Bởi vì bước này là bước cân bằng, chung ta có thể biểu diễn [Cl] theo [Cl2] [Cl ]2  [Cl]2=K[Cl2] thông qua biểu thức hằng số cân bằng. K= và [Cl2 ] [Cl]=K1/2[Cl2]1/2. Vì vậy, thay vào ta có v=k[CHCl3][Cl2]1/2 e. Nếu [CHCl3] và [Cl2] tăng gấp đôi, tốc độ sẽ tăng (2).(2)1/2=2,83 lần. Bài 7 a. b. XeF2 dạng thẳng , 1800. XeF4 dạng vuông phẳng, 900. XeO3 dạng tháp tam giác, ~1070. c. XeF2 không có cực. Cả hai liên kết Xe-F phân cực như nhau, nhưng do kiểu hình học đường thẳng, chúng đã triệt tiêu lẫn nhau. XeF4 không có cực. Tất cả liên kết Xe-F phân cực như nhau, nhưng do kiểu hình học vuông phẳng, chúng đã triệt tiêu lẫn nhau. XeO3 có cực. Liên kết Xe-F phân cực như nhau, kiểu hình học không phẳng dẫn đến phân tử có cực. Bài 8 a. b. Đây là một polime cộng. Để hình thành các liên kết đôi trong monome bị bẻ gãy tạo ra các electron độc thân từ đó liên kết các monome lại với nhau. Không có sản phẩm khác hình thành, vì vậy đó không thể là polime ngưng tụ. c. i. Polypropilen với 10.000 mắt xích có nhiệt độ nóng chảy cao hơn so với khi chỉ có 1000 mắt xích. Phân tử càng lớn, với khối lượng càng cao sẽ có lực phân tán càng mạnh. ii. Thay thế CH3 bởi CH2CH2CH2CH3 sẽ làm nhiệt độ nóng chảy thấp hơn. Kích thước nhóm càng lớn sẽ làm cản trở sự chặt khít của các mạch polime và lảm giảm lực tương tác giữa các phân tử.
iii. Isotactic polypropilen sẽ có nhiệt độ nóng chảy cao hơn so với atactic polypropilen. Cấu trúc có qui luật của isotactic tạo ra sự chặt khít h ơn và lực tương tác phân tử sẽ mạnh hơn.