Đề thi OLYMPIC môn hóa 10 trường THPT Chu Văn An

Chia sẻ: Minh Thu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

183
lượt xem 27
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi OLYMPIC môn hóa 10 trường THPT Chu Văn An để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi OLYMPIC môn hóa 10 trường THPT Chu Văn An

Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 10 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Số mật mã : Câu I : 1/ Hai nguyên tố A, B tạo thành hợp chất X. Khi đốt nóng đến 800 0C tạo ra đơn chất A. Số electron hóa trị trong nguyên tử nguyên tố A bằng số lớp electron nguyên tử nguyên tố B. Số electron hóa trị trong nguyên tử nguyên tố B bằng số lớp electron nguyên tử nguyên tố A. Diện tích hạt nhân của nguyên tử B gấp 7 lần của nguyên tử A. Xác định nguyên tố A, B và công thức phân tử của hợp chất X. 2/ Tổng số proton, nơtron, electron trong nguyên tử của hai nguyên tố M và X lần lượt bằng 82 và 52. M và X tạo thành hợp chất MXa, trong phân tử của hợp chất đó có tổng số proton của các nguyên tử bằng 77. a/ Hãy cho biết 4 số lượng tử ứng với electron chót của M và X. b/ Xác định vị trí của chúng trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. c/ Xác định công thức phân tử của MXa. Đáp án câu II : Nội dung Điểm 1/ ZA ; ZB < 105  7ZA < 105  ZA < 15  ZA thuộc chu ký nhỏ ( chu kỳ đầu ) Gọi : nA ; nB là số lớp e của A ; B nA = qB qA ; qB là số e hóa trị A ; B nA = qB nB < 3  qB < 3  B là kim loại. ZB = 7ZA  nB > nA ; 4 < nB < 7  4 < qA < 7  A là phi kim. Nguyên tố A ZA nA qA Nguyên tố B ZB NB qB B 5 2 3 Br 35 4 7 C 6 2 4 Mo 42 5 1 N 7 2 5 In 49 5 3 O 8 2 6 Ba 56 6 2 F 9 2 7 Eu 63 6 2 Si 14 3 4 98 7 2 Chọn A là O và B là Ba thỏa điểu kiện. Công thức phân tử của X là BaO2 ( không chọn BaO vì BaO bền không bị phân hủy ) t0 2BaO2  2BaO + O2  PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 1
Nội dung Điểm 2/a) Kí hiệu số p, n, e trong nguyên tử X là Z, N, E theo đầu bài ta có : Z + N + E = 52 (Vì nguyên tử trung hòa điện Z = E)  2Z + N = 52  N = 52 – 2Z Đối với các nguyên tố bền (trừ hidro) : Z < N < 1,52 Z  Z < 52 – 2Z < 1,52 Z 52 52  3Z < 52 < 3,52Z  Z  14,77 < Z < 3,52 3 17,33 Vậy Z có ba giá trị : 15 ; 16 và 17.  Z = 15  N = 22 ; tỷ lệ N : Z = 22 : 15 = 1,47  Z = 16  N = 20 ; tỷ lệ N : Z = 20 : 16 = 1,25  Z = 17  N = 18 ; tỷ lệ N : Z = 18 : 17 = 1,06 X thuộc chu kỳ 3, các nguyên tố thuộc chu kỳ 3 có tỷ lệ : N : Z < 1,22 . Vậy chọn Z = 17, X là Clo. Kí hiệu số p, n, e trong nguyên tử M là Z’, N’, E’ theo đầu bài ta có : 2Z’ + N’ = 82  N’ = 82 – 2Z  3Z’ < 82 < 3,52Z’ 82 82 Theo đầu bài : Z’ = 77 – 17a   77  17a  3,52 3  2,92 < a < 3,16 , a nguyên do đó chọn a = 3  Z’ = 77 – 17.3 = 26. Vậy M là Fe. Vậy cấu hình electron của Clo : 1s22s22p63s23p5  ↑ * Bốn số lượng tử e chót của Clo là : n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = -1/2 * Vị trí của clo trong BTH : - Chu kỳ 3 ; phân nhóm chính nhóm VII Vậy cấu hình electron của Fe : 1s22s22p63s23p63d64s2  ↑ ↑ ↑ ↑ * Bốn số lượng tử e chót của Fe là : n = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; s = -1/2 * Vị trí của Fe trong BTH : - Chu kỳ 4 ; phân nhóm phụ nhóm VIII c) Công thức phân tử là : FeCl3 Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 10 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu II : 2
1/ Hãy xác định đơn vị của hằng số tốc độ phản ứng có bậc 0, 1, 2, 3 (đơn vị nồng độ mol/l ; đơn vị thời gian là s) Aùp dụng : phản ứng : 2N2O5 = 4NO2 + O2 Trong pha khí ở 250C có hằng số tốc độ phản ứng bằng 1, 73.105 s-1 . Tính tốc độ đầu của phản ứng xảy ra trong bình phản ứng dung tích 12 lít và và áp suất 0,1 atm. 2/ Cho phản ứng : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k) a) Thực nghiệm cho biết biểu thức tốc độ phản ứng thuận là : V1 = K1. CCO.C3 2 . Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng nghịch. Cl 2 b) Ở 100 C phản ứng có hằng số cân bằng KP = 1, 25.108 atm-1 0 ni - Tính hằng số cân bằng K 'C , K 'X (X là phần mol của khí Xi = ) của phản ứng nhh phân hủy ở 1000C (ghi rõ đơn vị các hằng số cân bằng, nếu có) Tính độ phân li  của COCl2 ở 1000C dưới áp suất tổng quát 2atm. Đáp án câu II : Nội dung Điểm 1/ phản ứng có bậc chung là n. Biểu thức tốc độ của phản ứng là : V  KCn A don vi cua V mol.l 1.s1 Đơn vị của K =   mol1 n .l n1.s1 n 1 n  don vi cua C  mol.l  n 0 1 2 3 Đơn vị của K mol.l  1.s 1 1 s mol  1.l.s 1 mol  2 .l 2 .s 1 Aùp dụng : Theo đề bài : K = 1, 73.105 s-1  phản ứng bậc một. PV Số mol N2O5 ban đầu : n0 = RT P Nồng độ ban đầu của N2O5 là : C0  RT PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Nội dung Điểm Tốc độ ban đầu : 0,1 V0  KC0  1,73.105   7,1.108 mol -1.l.s1 0,082  298 2/ a) Ta biết rằng định luật tác dụng khối lượng luôn luôn nghiệm đúng với cân bằng hóa học, không phụ thuộc vào cơ chế phản ứng (đơn giản hay phức tạp), 3
vậy hằng số cân bằng của phản ứng thuận nghịch trên vẫn là : K COCl 2  CO .Cl 2  Vậy : V1  KCCO .C3 2 hay V1  KCCO .CCl .Cl1 2 Cl 2 2 2 Biểu thức tốc độ phản ứng nghịch là V2 : V2  K 2CCOCl 2 .Cl1 2 2 b) Tính K 'C , K 'X : Phản ứng thuận nghịch : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k) Ở 1000C có hằng số cân bằng : 1 1 K 'P    8.109 atm K P 1,28.108 n K 'C  K 'P  RT   n=2 - 1 = 1 1 K 'C  8.109   0,082  373  2,6.1010 mol/l Tính độ phân li : COCl2(k) = CO(k) + Cl2(k) Bđ (mol) a 0 0 Cb (a – x) x x (0 < x < a) Tổng số mol của hệ cân bằng : (a – x) + x + x = (a + x) mol x a x  X CO  X Cl 2  và X COCl 2  a x a x 2  x  X CO .X Cl 2  a  x   K 'X     4.109 X COCl 2  a x     a x  x Giải phương trình trên ta có :  6,3.105 a Vậy độ phân li của COCl2 là :   6,3.105 hay 0,0063% Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 10 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu III : 1/ Một axit yếu đơn chức hoà tan vào nước, nồng độ C (mol/l), hằng số axit K, nồng độ [H+] lúc cân bằng a(mol/l) a2 a) Chứng minh : C  a K b) Từ đó giải thích tại sao dung dịch của một đơn axit yếu càng loãng thì pH của dung dịch càng tăng. 2/ Trong một dung dịch 2 axit yếu HA1 và HA2 có hằng số cân bằng khác nhau. 4
a) Tính nồng độ [H+] trong dung dịch 2 axit đó theo hằng số cân bằng và nồng độ của 2 axit. b) Aùp dụng : Trong 1 dung dịch 2 axit CH3COOH 2.103 (mol/l) và C2 H5COOH 1,9.102 (mol/l) . Tính pH của dung dịch 2 axit đó. Đáp án câu III : Nội dung Điểm 1/ a) Gọi HA là axit yếu : HA  H + + A -  Nồng độ bđ : C 0 0 Nồng độ cb : C – a a a    H . A a2 a2 K     C a  HA  C a K b) Xét 2 dung dịch của cùng axit yếu HA, nồng độ C, C’ ( C’ < C ) có nồng độ ion [H+] lúc cân bằng a, a’. a2 a'2 Ta có : C  a và C'   a' K K 1 2  C  C'  K   a  a'2   a  a'  0 1  1  =  a - a'   a  a'  1  0 do   a  a'  1  1 K  K  + a > a’, [H ] giảm  pH tăng. PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Nội dung Điểm 2/ a) Gọi HA1 và HA2 là 2 axit yếu mà :  Hằng số cân bằng theo thứ tự K1, K2.  Nồng độ theo thứ tự C1, C2. x1, x2 là nồng độ của ion H+ từ 2 axit sinh ra cũng là nồng độ của A 1 , A   2 Nồng độ của 2 axit lúc cân bắng là : (C1 – x1) và (C2 – x2). Với 2 axit yếu coi C – x  C Trong dung dịch có các cân bằng : HA1  H + + A 1   - HA 2  H + + A -   2 [H+] = x1 + x2 Ta có biểu thức : 5
H  . A   1 x x  x  x x  x  K1       1 1 2  1 1 2 HA1 C1  x1 C1 H   . A   2 x x  x  x x  x  K2       2 1 2  2 1 2  HA 2  C2  x2 C2  K1C1 = x1(x1 + x2) K2C2 = x2(x1 + x2) K1C1 + K2C2 = (x1 + x2)2 = [H+]2 Vậy : H   K C  K C (1)   1 1 2 2 b) Aùp dụng : Thay các gía trị K1, K2, C1, C2 vào (1) ta có :  H    103,28 (mol/l)  pH = 3,28   Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 10 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu IV : 1/ Cho biết các giá trị thế điện cực : Fe2 + 2e = Fe E0 = - 0,44 V Fe3 + 1e = Fe2 E0 = - 0,77 V a) Xác định E của cặp Fe3+/ Fe 0 b) Từ kết qủa thu đượcv hãy chứng minh rằng khi cho sắt kim loại tácdụng với dung dịch HCl 0,1M chỉ có thể tạo thành Fe2+ chú không thể tạo thành Fe3+. 2/ Từ các dư kiện của bảng thế điện cực chuẩn của một số cặp oxi hóa – khử, chứng minh rằng các kim loại có thế điện cực âm ở điều kiện chuẩn đẩy được hidro ra khỏi dung dịch axit. Đáp án câu IV : Nội dung Điểm 2 0 0 1/ a) Fe + 2e = Fe (1) G1 = -n1E1 F = -2.(-0,44).F Fe3 + 1e = Fe2+ (2) 0 0 G2 = -n2E2 F = -1.(0,77).F 6
Fe3 + 3e = Fe 0 0 0 (3) G3 = G1 + G2 0 0 0  G3 = -n3E3 F = -3E3F = -2.  -0,44  1.  0, 77  .F   0 2  0, 44  0, 77  E3   0, 036 V 3 b) Trong dung dịch HCl 0,1M   H    101 (mol/l)   E2H  / H  E0  / H  0, 059 lg  H    0, 059 V 2H 2 2   E0  E0  E0 Fe2 / Fe 2H  / H 2 Fe3 / Fe2  H+ chỉ oxi hóa Fe thành Fe2+ . PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Nội dung Điểm 2/ Phản ứng : n M + nH+ = M n+ + H2 (1) 2 Như vậy có các bán phương trình phản ứng : 2H+ + 2e = H2 (2) E0  / H = 0V 2H 2 M n+ + ne = M (3) E0 n / M M n Để được phản ứng (1) phương trình (2) nhân với rối trừ đi phương trình 2 (3). Khi đó G của phản ứng sẽ là : n n 0 G= G(2) - G(3) = - .2F. E2H  / H - ( -n.F. E0 n / M ) M 2 2 2 = -nF( E0 - E0 n / M ) 2H  / H 2 M Để chi phản ứng xảy ra thì G < 0. Vậy : 0 E2H  / H - E0 n / M > 0 M 2 Vì E0 = 0V  E0 n / M < 0 . 2H  / H 2 M 7
Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 10 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu V : Cho 50 gam dung dịch MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6% tác dụng với 10 gam dung dịch AgNO3 thu được kết tủa. Lọc kết tủa, được dung dịch nước lọc. Biết nồng độ MX trong dung dịch sau thí nghiệm giảm 1,2 lần so với nồng độ ban đầu. a) xác định công thức muối MX. b) trong phòng thí nghiệm, không khí bị ô nhiễm một lượng khí X2 rất độc, hãy tìm cách loại nó ( viết phương trình phản ứng ). Đáp án câu V : Nội dung Điểm 35,6  50 a) mMX   17,8g 100 MX + AgNO3 = MNO3 + AgX (mol) x x x x  mAgX = (108 + X)x ; mMX phản ứng = (M + X)x  mMX còn lại = 17,8 – (M + X)x  C% MX trong dung dịch sau phản ứng là : 17,8   M  X  x 35,6  100  60  108  X  x 1,2  120(M +X) = 35,6(108+ X) M Li (7) Na (23) K (39) X Cl (35,5) 12,58 4634,44  M : Li      muối MX là LiCl  X : Cl  8
b) Để loại khí Cl2 bị ô nhiễm trong phòng thí nhgiệm có thể phun khí NH3 vào và đóng kín của sau một thời gian 10 – 15 phút : 3Cl2 + 2NH3 = N2 + 6HCl 6 NH3 + HCl = NH4Cl 3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl 9