Olympic 30-4 lần thứ xiii tại huế - môn hóa 10

  • Số trang: 7 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 56 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUÊ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu I : I.1 X thuộc chu kỳ 4, Y thuộc chu kỳ 2 của bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Ii là năng lượng ion hoá thứ i của một nguyên tử. Thực nghiệm cho biết tỉ số Ik+1/ Ik của X và Y như sau: I k 1 Ik I2 I1 X Y 1,94 2,17 I3 I2 I4 I3 4,31 1,96 I5 I4 I6 I5 1,31 1,35 1,26 6,08 1,30 1,25 Lập luận để xác định X và Y. I.2 Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm. 2.1 Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. 2.2 Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. 2.3 Xác định bán kính ion của Cu+. Cho dCuCl = 4,316 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Biết N= 6,023.1023. I.3 Urani phân rã phóng xạ thành radi theo chuỗi sau : 238  Th   Pa   U  Th  Ra     92 U  Viết đầy đủ các phản ứng của chuỗi trên. Câu II: II.1 Trong bình chân không dung tích 500cm3 chứa m gam HgO rắn. Đun nóng bình đến 5000C xảy ra phản ứng: 2HgO(r)  2Hg(k) + O2(k) Áp suất khi cân bằng là 4 atm 1.1 Tính KP của phản ứng 1.2 Tính khối lượng nhỏ nhất của thuỷ ngân oxit cần lấy để tiến hành thí nghiệm này. Cho Hg = 200. II.2 Đốt cháy etan ( C2H6 ) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O ( lỏng ) ở 25°C. 2.1 Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và : CO2 H2O (l) O2 ∆Hht ( KJ.mol-1) Liên kết -393,5 -285,8 0 C–C H–C H–O O=O Năng lượng liên kết ( KJ.mol-1 ) 347 413 464 495 2.2 Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1. Câu III: III.1 Thêm 1 ml dung dịch NH 4 SCN 0,10 M vào 1ml dung dịch Fe3 0,01 M và F  1M. Có màu đỏ của 6 phức FeSCN 2+ hay không? Biết rằng màu chỉ xuất hiện khi C FeSCN 2+  7.10 M và dung dịch được axit hóa 1 đủ để sự tạo phức hidroxo của Fe (III) xảy ra không đáng kể. Cho 3 FeF3 2  1013,10 ;   103,03 (  là 1 FeSCN hằng số bền). III.2 Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp gồm Ag  1,0.10-3 M; NH3 1,0 M và Cu bột. Cho  2 Ag( NH )  107,24 ;  4Cu(NH3 )42   1012,03 ; E 0 Ag / Ag  0, 799V;E 0 Cu2 / Cu  0,337V 3 2 0 (ở 25 C) Câu IV: IV.1 Biết thế oxi hóa khử tiêu chuẩn: E0 Cu2+/Cu+ = +0,16 VE0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 VE0 Ag+/Ag = +0,8 V E0 Cu+/Cu = +0,52 V E0 Fe2+/Fe = -0,44 V E0 I2/2I- = +0,54 V Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau: 1.1 Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat 1.2 Cho bột đồng vào dung dịch đồng (II) sunfat 1.3 Cho dung dịch bạc nitrat vào dung dịch sắt (II) nitrat 1.4 Cho dung dịch sắt (III) nitrat vào dung dịch kali iotua IV.2 Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ - Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot - Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc) Xác định X và tính thời gian t biết I = 1,93 A. Câu V: V.1 Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO 3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn. V.2 Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 2.1 Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3. 2.2 Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4đặc, BrO3-(môi trường axit); còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng. 2.3 H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO 4(trong môi trường axit). Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. ---------- Hết ---------- KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUÊ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN ĐÁP ÁN Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu 1: I.1 Đối với X, từ I2 lên I3 tăng đột ngột, vậy ion X2+ có cấu hình của một khí hiếm do đó : X là [Ar] 4s2 ( Canxi ) (0,5 đ) 4+ Đối với Y, từ I4 lên I5 tăng đột ngột, vậy ion Y có cấu hình của một khí hiếm do đó: Y là [He] 2s22p2 ( Cacbon) (0,5 đ) I.2 Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm. 2.1 Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. 2.2 Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. 2.3 Xác định bán kính ion của Cu+. Cho dCuCl = 4,316 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Biết N= 6,023.1023. Giải: I.2.1. (0,5 đ) ClCu+ 2.2 (0,75 đ) Vì lập phương mặt tâm nên 1 8 Cl- ở 8 đỉnh: 8  1 ion Cl-  4 ion Cl- 1 6 mặt: 6  3 ion Cl2 1 Cu+ ở giữa 12 cạnh : 12  3 ion Cu+ 4  4 ion Cu+ ở t âm : 1x1=1 ion Cu+ Vậy số phân tử trong mạng cơ sở là 4Cu+ + 4Cl- = 4CuCl N .M CuCl với V=a3 ( N: số phân tử, a là cạnh hình lập phương) N A .V N.M CuCl 4, (63,5  35,5)  a3   158,965.10  24 cm 3 d.N A 4,136.6,023.10 23 (0,25 đ) 2.3 (0,50 đ) d   a 5,4171A o Mặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r+ + 2ra  2r 5,4171  2.1,84  r   0,86855 A o 2 2 (0,25 đ) I.3. 238 92 U  234 90 Th + 4 2 0,25 He 0,25 234 91 Pa  234 92 U  230 90 Th  226 88 U 230 90 Câu 2: 1.1 (1 đ) [ ]0 [ ]cb 234 92 Th Ra e 0,25 He 0,25 He 0,25 + 0 1 + 4 2 + 4 2  2HgO (r) a mol a – 2x 2Hg(k) + O2(k) 0 0 2x x 2 3 4 3 4.4 �2 �1 2 K p  PHg .PO2  � P � P  P   9, 48 27 27 �3 �3 1.2 (1 đ) . Số mol Hg nhỏ nhất khi a = 2x. Từ công thức PV 4.0,5 n   3 x � x  0, 0105 RT 0, 082.773 Vay a = 0,021 mol m HgO  0, 021.216  4,53 g II.2. Đốt cháy etan ( C2H6 ) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O ( lỏng ) ở 25°C. 2.1 Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và : ∆Hht ( KJ.mol-1) Liên kết Năng lượng liên kết ( KJ.mol-1 ) CO2 -393,5 C–C 347 H2O -285,8 H–C 413 O2 0 H–O 464 O=O 495 -1 2.2 Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol ). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1. Giải: 2.1. C2H6 + 7 O2 2 ( 2C2H6 + 7O2 2CO2 + 3H2O   ∆H = - 1560,5 KJ 4CO2 + 6H2O ∆H = - 3121 KJ ) ∆Hpư = 2 EC – C + 12 EC – H + 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O 0,5  EC = O = 0,5 0,5  2x347  12x 413  7 x 495  12x 464    3121  = 833( KJ.mol-1) 8 ∆Hpư = 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆HhtH2O - 7∆HhtO2 - 2 ∆HhtC2H6  4  393,5  6  285,8    3121 = - 83,9 ( KJ.mol-1)  ∆HhtC2H6 = 2 2.2 G° = H° - TS°   1560,5    1467,5  S° = = - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1  25  273 0,5 Câu 3: III.1. Ta có: C Fe3 << C F  ( 1)  FeF3 rất lớn. Vì vậy trong dung dịch, Fe3+ tác dụng hết với F- tạo ra phức FeF3 . Fe3+  3F  � FeF3 Ban đầu 0,01 1 Sau phản ứng __ 0,97 0,01 2 Sau khi trộn với NH 4 SCN : C FeF3 = 5.10-3M; C F  = 0,485M; C SCN   5.10 M FeF3  Fe3+ + 3F Fe3+ + SCN-  FeSCN2+ C [] � 0.5đ 10-13,10 10+3,03 FeF3 + SCN-  FeSCN2+ + 3F5.10-3 5.10-2 0,485 -3 -2 (5.10 -x) (5.10 -x) x 0,485+3x K = 10-10,07 0,5 đ x(0, 485  3x)3  10 10,07 (5.10 3  x)(5.10 2  x) Với x << 5.10 -3 ta được : x  0.5đ 25x10  5 x10  10,07 1,86 x10  13  7 x10  6 3  0,485 0,5 đ đỏ của phức FeSCN 2+ không xuất hiện, nghĩa là F- đã che hoàn toàn Fe3+ III.2. Các quá trình xảy ra: 2+ - Tạo phức Ag(NH 3 ) ( C NH  C Ag )  3  2  107,24 Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)2+ 1,0.10-3 1,0 __ 1,0-2,0.10-3 1,0.10-3 2+ - Khử Ag(NH 3 ) bởi Cu: 0.5đ  21  10 7,24 (1) 2x Ag(NH3)2+  Ag+ + 2NH3 K 0  1015,61 (2) 2Ag+ + Cu  2Ag + Cu2+ - Tạo phức của Cu2+ với NH3 ( C NH  C Cu )  4  1012,03 (3) Cu2+ + 4NH3  Cu(NH3)42+ 3 2 Tổ hợp (1)(2) và (3): 2Ag(NH3)2+ + Cu  2Ag + Cu(NH3)42+ ; K  22 .K 0 . 4 = 1013,16 1,0.10-3 ----5,0.10-4 2 3 TPGH: Cu(NH 3 )4 : 5,0.10-4M ; NH 3 :1, 0  2.10 �1, 0M Cân bằng Cu(NH3)42+ + 2Ag 2Ag(NH3)2+ + Cu 10 - 13,16 -4 C 5,0.10 [ ] 5,0.10-4-x 2x 2 (2x) �  10 13,16 4 (5, 0.10  x) x = 5.10 - 4  2x = 5x10  4 .10  13,16 10  8, 23  5x10  4 + -8,23  5, 9.10 9 M Vậy: [Ag(NH3 )2 ]=2x=10 -4 [Cu(NH 3 )2+ 4 ]=5,0.10 M 0,5 đ 0,5 đ 0.5đ Vậy màu  Mặc dù Ag+ tồn tại dưới dạng phức Ag(NH 3 )2 nhưng vẫn bị Cu khử hoàn toàn. Câu 4: IV.1. 1.1. Vì E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > E0 Fe2+/Fe = -0,44 V Tính oxi hóa: Fe3+ mạnh hơn Fe2+ Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+ � 3 Fe2  Phản ứng xảy ra 2 Fe3  Fe �� Dung dịch màu vàng chuyển sang lục nhạt 1.2. Vì E0 Cu+/Cu = +0,52 V > E0 Cu2+/Cu+ = +0,16 V Tính oxi hóa: Cu+ mạnh hơn Cu2+ Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu (0.5đ) Phản ứng xảy ra Cu   Cu  �� � Cu 2  Cu Do đó phản ứng nghịch không xảy ra nghĩa là cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 không có hiện tượng gì (0.5đ) 1.3.Vì E0 Ag+/Ag = +0,8 V > E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 Tính oxi hóa: Ag+ mạnh hơn Fe3+ Tính khử: Fe2+ mạnh hơn Ag � Fe3  Ag Phản ứng xảy ra Fe2  Ag  �� Dung dịch màu lục nhạt chuyển sang màu vàng (0.5đ) 1.4. Vì E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > E0 I2/2I- = +0,54 V Tính oxi hóa: Fe3+ mạnh hơn I2 Tính khử: I- mạnh hơn Fe2+  3 � I 2  2Fe 2 Phản ứng xảy ra 2I  2Fe �� Dung dịch không màu chuyển sang màu nâu (0.5đ) IV.2 Điện phân dung dịch A: (2đ) �� � X   NO3 XNO3 �� � Ở anot : H2O – 2e �� � 2H+ + ½ O2 Ở catot : X+ + 1e �� �X Ứng với 2t giây, số mol O2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025 mol 0,5 đ Vậy ở catot có khí H2 thoát ra : 0,025 - 0,016 = 0,009 mol Chứng tỏ X+ đã bị khử hết Ở catot : X+ + 1e �� �X 2H2O + 2e �� � 2OH- + H2 Ở anot : H2O – 2e �� 0,5 đ � 2H+ + ½ O2 Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực: a + 0,009.2 = 0,008.2.4 (với a là số mol của XNO3) � a = 0,046 Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag) 0,5 đ Ứng với thời gian t suy ra số mol electron trao đổi : t 1It 0,064  0,032 96500 2 96500.0,032  1600 giây 1,93 0,5 đ Câu 5: Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit 2MS + (2 + n:2)O2 � M2On + 2SO2 a 0,5a � M2On + 2nHNO3 2M(NO3)n + n H2O (0,25 đ) (0,25 đ) 0,5a an a Khối lượng dung dịch HNO3 m = an  63  100 : 37,8 = 500an : 3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng m = aM + 8an + 500an : 3 (g) Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172 Nên M = 18,65n (0,50 đ) Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe) Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05 khối lượng Fe(NO3)3 là m= 0,05  242 = 12,1(g) Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là : m = 20,92  34,7 : 100 = 7,25924 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) (0,50 đ) Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2O Suy ra 4,84:242  (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9 CT Fe(NO3)3 . 9H2O (0,50 đ) V.2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 2.1. Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3. 2.2. Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4đặc, BrO3-(môi trường axit); còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng. 2.3.H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO 4(trong môi trường axit) Giải:V. 2 (Mỗi phương trình 0,25 đ) 2.1 2KI + 2FeCl3  2FeCl2 + 2KCl + I2 2KI + O3 + H2O  2KOH + O2 + I2 I2 + 2Na2S2O3  2NaI + Na2S4O6 2.2 2Br + 4H+ + SO42-( đặc)  Br2 + SO2 + 2H2O 5Br- + BrO3- + 6H+  3Br2 + 3H2O 5Br2 + 2P + 8H2O 10 HBr + 2H3PO4 2.3 3H2O2 + 2NaCrO2 + 2NaOH  2Na2CrO4 + 4H2O 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4  2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. ---------- Hết ----------
- Xem thêm -