Đề thi Olympic môn hóa 10 Trường THPT chuyên Lê Khiết

Chia sẻ: Minh Thu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

370
lượt xem 60
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 chuyên Lê Khiết 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 chuyên Lê Khiết

Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC 10 Câu 1: Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26. a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron sau cùng trong nguyên tử A, B. b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH. c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá? Câu 2: 1) Mg(OH)2 có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M. Biết: TMg(OH)2 = 1,5.10-10,95 và pKb = 4,75. 2) Tính pH và nồng độ mol của Cr O2 , Cr2 O2 trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và 4 7 CH3COOH 0,1M. Cho: K CH3COOH = 1,8.10-5 HCr O + H2O 4 Cr O2 + H3O+ 4 pK2 = 6,5 2HCr O 4 Cr2 O2 + H2O 7 pK1 = -1,36 Câu 3: 1) Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron: a) KMnO4 + FeS2 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O. b) M + HNO3  M(NO3)n + NxOy + H2O. 2) Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng: H2SO3 + 6H+ + 6e  H2S + 3H2O Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau: H2SO3 + 4H+ + 4e  S + 3H2O 0 E2 = +0,45V 0 S + 2H+ + 2e  H2S E3 = +0,141V 3) Giải thích tại sao Ag kim loại không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI để giải phóng ra hiđrô. PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 1
Biết: E0 = +0,8V; TAgCl = 10-9,75 ; TAgI = 10-16 Ag /Ag Câu 4: Cho cân bằng: PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) 1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li  và áp suất P. 2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K). Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô bằng 69,5. Tính  và Kp. 3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l) nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kp và . Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt. Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1. Câu 5: Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có d Y/H 2 =13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính % khối lượng các chất trong X? c) Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B? Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 16 2
Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học khối : 10 Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương Số mật mã Phần này là phách Số mật mã ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10 Câu 1 a) Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron (2Z A  N A )  (2Z B  N B )  65  Z  Z B  21 Z A  4 Ta có hệ : (2Z A  2Z B )  (N A  N B )  19   A  (0,5đ) 2Z  2Z  26 Z B  Z A  13 Z B  17  B A ZA = 4  A là Be Cấu hình e : 1s22s2 (0,5đ 1) Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms =  2 2 2 6 2 5 ZB = 17  B là Cl Cấu hình e : 1s 2s 2p 3s 3p (0,5đ 1 ) Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms =  2 b) Ta có Z = 4  Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e  Be ở chu kỳ 2. (0,5đ Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng  phân nhóm chính nhóm II. ) Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII. .. .. c) : Cl : Be : Cl : (1đ) .. .. Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp Cl Be Cl d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: (1đ) Cl Cl Cl Cl Cl .... Be Be Be Be Be .... Cl Cl Cl Cl Cl 3
Câu 2: PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì CMg 2 ban đầu = 10-2 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH]2 = 10-10,95 Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH]2  10-10,95 (0,5đ)  2 1010,95 1010,95  [OH ]   = 10-8,95. Hay [OH]  10-4,475 Mg  2 10 2 * Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M. Ta có: p K NH  = 14 - p K NH 3 = 14 - 4,75 = 9,25. 4 Ca 1 Do đó: [H+] sơ bộ = Ka = 10-9,25 . = 10-9,25 < 10-7 Cb 1 Suy ra cân bằng chủ yếu là:  -4,75 NH3 + H2O NH  + OH 4 K NH 3 = Kb = 10 1 1 1-x 1+x x Kb = x  1x = 10-4,75 1 x Điều kiện: x
Vì K1 >>Ka, K2  cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr2 O2 và HCr O dựa 7 4 vào cân bằng (2). PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Cr2 O2 + H2O 7 2HCr O 4 K1 = 10-1,36 BĐ 0,010 TTCB 0,010-x 2x Áp dụng định đ/l t/d k/l. (2x)2 K1 = = 10-1,36 (x < 0,01)  x = 6,33.10-3. (0,010 x) Vậy : [Cr2 O2 ] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ; [HCr O ] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-3 7 4 (M) (1đ) So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr O ]  cân bằng (1) chiếm ưu thế: 4 CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5 BĐ 0,1 TTCB 0,1-a a a a2 Ka = = 1,8.10-5 0,1 a ĐK a
b) M + HNO3  M(NO3)n + NxOy + H2O. (5x-2y) x M - ne  Mn+ (0,5đ)  n x xN O3 + (6x-2y)H+ + (5x-2y)e  NxOy + (3x-y)H2O  (5x-2y)M + nxN O3 + (6x-2y)nH+  (5x-2y)Mn+ + nNxOy + (3x-y)nH2O (5x-2y)M + (6nx-2ny)HNO3 = (5x-2y)M(NO3)n + nNxOy + (3nx-ny)H2O. PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 2) H2SO3 + 6H+ + 6e  H2S + 3H2O 0  G1 (1) H2SO3 + 4H+ + 4e  S + 3H2O 0  G2 (2) 0 S + 2H+ + 2e  H2S  G3 (3) 0 0 0 Lấy (2) + (3)  (1). Do đó:  G1 =  G2 +  G3 . (1đ) 0 Mà: G0 = - n.E0.F. Suy ra: - n1. E1 .F = - n2. E2 .F - n3. E3 .F 0 0 0 0 0 n 2 E 2  n 3 E3 4.0,45 2.0,141  E1 = = = 0,347 V n1 6 0 Vậy : E1 = 0,347 V 3) * Tính thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn điều kiện của hệ Ag+/Ag khi có dư Cl và I. 0 Ta có: Ag - 1e = Ag+ K1 = 10E1 /0,059 (1) Ag+ + Cl = AgCl Tt1 (2) 0 Ag + Cl - 1e = AgCl K2 = 10E2/0,059 (3) 0 0 Cộng (1)(2) ta được (3)  K2 = 10  E2/0,059 = K1. Tt1 = 10E1 /0,059 Tt1  E0 2 0  E1 0 0   - lgTt  E2 = E1 + 0,059 lgTt. (1đ) 0,059 0,059 Hay : E0 AgCl/Ag = 0,8 + 0,059 lg10 -9,75 = 0,225 (V) Tương tự: E0 AgI/Ag = 0,8 + 0,059 lg10 -16 = - 0,144 (V) Hay: E0 AgCl/Ag > E 0   E0 phản ứng < 0 : phản ứng không xảy ra. 2H /H2 6
E0 AgI/Ag < E 0  E0 phản ứng = 0 - (-0,144)>0 : phản ứng xảy ra. 2H /H2 Vậy Ag không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI giải phóng H2. (1đ) Câu 4: 1) PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) TTCB 1-   1   .P  .P Áp suất: .P 1 1 1 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH α.P α.P PPCl3 .PCl 2 . 2 Ta có: Kp =  1  α 1  α  α .P (1đ) PPCl5 1 α .P 1  α2 1 α 2 Vậy: Kp = .P 1 2 83,4 2) Theo đề: n PCl5 ban đầu =  0,4 mol, P = 2,7atm 208,5 Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: n S. d S/H2 = 69,5  M S = 69,2.2 = 139. 83,4 Áp dụng BTKL: mS = m PCl5 ban đầu = 83,4 (g)  nS = = 0,6 mol. (0,5đ) 139 PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) BĐ 0,4 TTCB (0,4-x) x x nS = 0,4 - x + x + x = 0,6  x = 0,2. x 0,2 Do đó:  =  = 0,5. 0,4 0,4 Vậy: Kp = 2 .P = 0,52 .2,7  0,9 (1đ) 1 2 1  0,52 7
3) Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6 mol. Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9 T1 là P2 , số mol n2. Với P2 = 1,944 atm. P V1  n1RT1 1 P V1 1 n RT PV n1RT1 Ta có:   1 1  1  P2 V2  n2 RT2 P2 V2 n 2 RT2 P2 V n 2 R.0,9.T1 nP 0,6.1,944  n2 = 1 2  = 0,48. (0,5đ) P .0,9 1 2,7.0,9 PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) BĐ 0,4 TTCB (0,4-x) x x n2 = 0,4 - x + x + x = 0,48  x = 0,08. PHẦN NÀY LÀ PHÁCH x 0,08 Do đó:  =  = 0,2. (0,5đ) 0,4 0,4 Vậy: Kp =  '2 .P = 0,22 .1,944  0,081 1' 2 1  0,22 Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl5 giảm, do đó phản ứng phân li PCl5 là phản ứng thu nhiệt. (0,5đ) Câu 5: a) Viết phương trình: Fe + S  FeS (1) FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S (2) Với M Y = 13.2 = 26  Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl. Fedư + 2HCl  FeCl2 + H2 (3) 2H2S + 3O2  2SO2 + 2H2O (4) (1,5đ) 2H2 + O2  2H2O (5) SO2 + H2O2  H2SO4 (6) b) Đặt nH 2S = a (mol); n H2 = b (mol) 34a 2b a 3  MY =  26   a b b 1 8
Giả sử n H2 = 1 (mol)  nH 2S = 3 (mol) (1)(2)  n Fe phản ứng = nS = nFeS = nH 2S = 3 (mol) (3)  nFe dư = n H2 = 1 (mol)  n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) (1đ) 4.56.100% Vậy: %mFe =  70% 4.56  3.32 %mS = 100% - 70% = 30% 2,24 3 c) nY = = 0,1(mol)  nH 2S = .0,1 = 0,075 (mol). 22,4 4  n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). 5,1.1.100 n H2O2   0,15(mol) 100.34 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Từ (4)(6)  nSO2 = nH 2S = 0,075 (mol) Từ (6)  nH 2SO4 = nSO2 = 0,075 (mol)  H2O2 dư. n H2O2 phản ứng = nSO2 = 0,075 (mol)  H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có: (1,5đ) mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H 2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) 0,075.98.100 Vậy: C%H2SO4 = = 6,695 (%). 106,6 0,075.34.100 C%H2O2 dư = = 2,392 (%). 106,6 9
10