Đề thi Olympic truyền thống 30 - 04 môn hóa học 10 trường Chuyên Lê Quý Đôn

Chia sẻ: Minh Thu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

240
lượt xem 19
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 truyền thống 30 - 04 môn hóa học 10 trường Chuyên Lê Quý Đôn 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 truyền thống 30 - 04 môn hóa học 10 trường Chuyên Lê Quý Đôn

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI : HÓA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 1: a) Cho biết trong môi trường axit Mn +4 Oxi hóa được H2O2 ngược lại trong môi trường bazơ H2O2 lại oxihoá được Mn+2 thành Mn+4. Hãy viết phương trình phản ứng minh họa. b) Một trong những phản ứng xảy ra ở vùng mỏ đồng: CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O  CuSO4 +FeSO4+H2SO4 Cân bằng theo phương pháp thăng bằng e và nhận xét về các hệ số? Đáp án Câu 1: a) Trong môi trường axít MnO2 + H2O2 + H2SO4  MnSO4 + O2 + 2H2O b) Trong môi trường bazơ: H2O2 +MnCl2 + 2NaOH  Mn(OH)4 + 2NaCl c) CuFeS2 + Fe2(SO4)3+ O2 + H2O  CuSO4 + FeSO4 + H2SO4 1 x 2 S-2  12S+6 + 16e x x 2Fe+3 + 2e  2Fe y x O02 + 4e  2O-2 2x + 4y = 16  x +2y = 8 ( 0< x < 8 ; 0 < y < 4) TD: y = 1 ; x = 6 CuFeS2 + 6 Fe2(SO4)3 + O2 + 6 H2O CuSO4 + 13FeSO4 + 6H2SO4 y = 3 ; x =2 CuFeS2 + 2Fe2 (SO4)3 + 3O2 + 2H2O  CuSO4 + 5FeSO4 + 2H2SO4 Có Vô số nghiệm, lượng H2SO4 tỷ lệ với lượng H2O. Thang điểm: Câu a: 2 điểm (mỗi phương trình 1 điểm) Câu b: 2 điểm viết 2 phương trình hệ số khác nhau, mỗi phương trình 0.75 điểm. Nhận xét 0.5 điểm
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI : HÓA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 3: Cho biết hằng số điện li của: Axít Axetic : Ka CH3COOH = 1,8.10-5 mol/l Axít Propionic : Ka C2H5COOH = 1,3.10-5 mol/l Một dung dịch chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH x M a. Hãy xác định giá trị của x để trong dung dịch này ta có độ điện li của axit Axetic là 0,08. b. Hãy xác địch giá trị x để dung dịch hổn hợp này có giá trị pH = 3,28 (nồng độ CH3COOH vẫn là 0,002M). Đáp án Câu 3: a. Số mol CH3COOH bị phân li 2  10-3  10-2 . 8 = 16.10 -5 mol CH3COOH  CH3COO- + H+ 16.10 -5 16.10 -5 16.10 -5 C2H5COOH  C2H5COO- + H+ 2x 2x 2x  là độ điện ly của C2H5COOH (16.10 5  x)(16.10 5 ) Ta có = 1,8.10-5 (1) (2.10 3  16.10 5 ) (16.10 5  x)(x) = 1,3.10-5 (2) ( x  x )  x = 4,7.10-5 Thay vào (2)  x = 79,5.10-5 = 8.10-4M
b. pH = 3,28  H   = 10-3,28 = 0,000525M CH3COOH  CH3COO - + H+ -3 -3 -3 2’10 mol 2’10 mol 2’10 mol ’là độ điện ly của CH3COOH C2H5COOH  C2H5COO- + H+ x mol x mol x mol  là độ điện ly của C2H5COOH 52,5.10 2 .10  5 , 3 = 1,8.10-5 ( 2.10 3  2 , .10 3 ) 52,5.10  .x  5 = 1,3.10-5 (4) ( x  x )  2’.10-3 + x = 52,5.10 -5 (5) ’= 0,03315  0,033 ;  = 0,024 x = 52,5.10-5 – 0,066.10 -3 = 45,9.10 -5 x = 19.10 -3M Thang điểm: Ýa : 2 điểm Ýb : 2 điểm
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI : HÓA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 2: Cho hỗn hợp khí A hồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng: CO(K) + H2O(K)  CO2(K) + H2(K) Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1:n Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2. 1. Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và Kc. 2. Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng). 3. Muốn % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu. Đáp án câu 2 : 1. Xét cân bằng: CO + H2O  CO2 + H2 Trước phản ứng 1 n 0 1
Phản ứng a a a a Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2 CO2 H 2  a(1  a) Kc =  COH 2 0 (1  a)(n  a) 1 a 2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x= (N = n+2) N Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn 100x2 + 65x – 2 = 0 Giải phương trình: x = 2,94% 1 a 3. Muốn x = 1% thay a vào  0,01 và thay tiếp Kc ta có phương trình. N 5,04 N2 – 12N – 200 = 0 Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6 Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có quan hệ lớn hơn 5,6. Thang điểm: 1. 1 điểm 2. 1, 5 điểm 3. 1,5 điểm
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI : HÓA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 4: Một pin điện được thiết lập bởi điện cực Zn nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1M và điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,1M. Cho E0 Zn2+/Zn = - 0,76V E0 Ag+ /Ag = 0,8V a. Viết sơ đồ pin. b. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. c. Tính sức điện động của pin d. Tính nồng độ các chất khi pin hết. Đ áp án câu 4: a) Sơ đồ Pin: (-) Zn / Zn (NO3)2 (0,1M) // AgNO3 (0,1M) / Ag (+) b) Cực âm : Zn  Zn 2+ + 2e x 1 Cực dương : Ag+ + 1e  Ag x 2 Phản ứng trong pin: Zn + 2Ag+  Zn2+ + 2Ag (1) c) E0pin = E0Ag+/Ag - E0Zn2+/Zn = 0,8 – (-0,76) = 1,56 V 0 0,059 Ag  lg    1,56  2 0,059 102 lg 1  1,53V  E pin = E pin + 2 Zn 2   2 10 d) Hết pin E pin = 0 lg Ag    2E pin   2  1,56  52,88  Ag   10  2 0  2 52 ,88 Zn  0,059 2 0,059 Zn  2 Theo phản ứng 1 cứ 2 mol Ag+ bị khử có 1 mol Zn bị oxy hóa. Gọi x là lượng Zn đã bị oxyhoa khi pin ngừng hoạt động. [Ag  ]  0,1 - 2x (0,1  2 x) 2   10 52,88  0 (gần đúng) [Zn 2 ]  0,1  x 0,1  x  x = 0,05 Thang điểm: a. 0.5 điểm b. 1 điểm
 [Zn 2 ] = 0,1 +0,05 = 0,15 M [Ag ] = 10 52,88 0.15  1.4.10 27 M SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI : HÓA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 5: Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2 ta được Clorua vôi là hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2 và nước ẩm . Sau khi loại bỏ nhờ đun nhẹ và hút chân không thì thu được 152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng); 50% CaOCl2; 28,15% Ca(ClO)2 và phần còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợp A thu được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(ClO3)2. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Tính thể tích khí Cl2 (đktc) đã phản ứng. 3. Tính % khối lượng CaCl2 trong hỗn hợp B. Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả khí thóat ra cho vào bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất rắn không đáng kể). Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t0C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa nhiệt độ bình về t0C, áp suất trong bình lúc này là 0,75 P atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít khí (đktc). Hỏi M là kim loại gì? Đáp án câu 5: 1. Các phản ứng: Ca (OH)2 + Cl2  CaOCl2 + H2O (1) 0 t 2Ca(OH)2 + 2Cl2  CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (2) Nung nóng hổn hợp A: 6 CaOCl2 t 0  5CaCl2 + Ca(ClO3)2 (3) t0 3 Ca(ClO)2 2CaCl2 + Ca(ClO3)2 (4)
2. nCaOCl2 = 152,4  50 = 0,6mol 100  127 nCa (ClO) 2 = 152,4  28,15 = 0,3mol 100  143 nCaCl2 = 152,4  21,85 = 0,3mol 100  111  nCl2 phản ứng = 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol VCl2 = 1,2 × 22,4 = 26,88 lít3. Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phản ứng (2,3,4)  5 2   0,6.  0,3.  0.3 111.100 mCaCl2  6 3  % =  72,83% 152,4 4.Nung hổn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng: Ca(ClO3)2 t 0  CaCl2 + 3 O2 (5) Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5)  n O2 bay ra = 0,6. 1 2 + 0,3 = 0,6 mol Vì nhiệt độ bình không đổi, áp suất giảm 25% ứng với lượng oxi phản ứng với kim loại: 4M + nO2  2M2On (6) Tức bằng: 0,6 x 0,25 = 0,15 mol Hòa tan chất rắn trong bình: M2On + 2nHCl  2MCln + nH2O (7) 2M + 2nHCl  2MCln + nH2  (8) nH2 = 13,44 = 0,6mol 22,4 Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường bằng số mol (e) O2 và H+ nhận. Gọi a là số mol kim loại M ta có: na = 0,15 x 4 + 0,6 x 2 = 1,8
1,8 16,2 Tức a=   M  9n n M  M = 9n Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al) Thang điểm: Ý1 : 1điểm Ý2 : 0.5điểm Ý3 : 0,5điểm Ý4 : 2 điểm