SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT
Trường Chuyên Lê Quý Đôn
Mã đề:
*******************
ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04
MÔN THI
KHỐI
: HÓA HỌC
: 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
: Ka C2H5COOH = 1,3.10-5 mol/l
Axít Propionic
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 CH 3COOH
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+
-5
-5
16.10
16.10
16.10-5
C2H5COOH
C2H5COO- + H+
2x
2x
là độ điện ly của C2H5COOH
(16.10 5 x)(16.10 5 )
Ta có
= 1,8.10-5
3
5
(2.10
16.10
(16.10 5 x )(x)
( x x )
)
= 1,3.10-5
H+
2x
(1)
(2)
x
= 4,7.10-5
Thay vào (2)
x = 79,5.10-5 = 8.10-4M
H = 10-3,28 = 0,000525M
b. pH = 3,28
CH3COOH
CH3COO +
H+
-3
-3
-3
2’10 mol
2’10 mol
2’10 mol
’là độ điện ly của CH3COOH
C2H5COOH
C2H5COO+
x mol
x mol
là độ điện ly của C2H5COOH
52,5.10 5 2 , .10 3
(2.10 3 2 , .10 3 )
= 1,8.10-5
H+
x mol
52,5.10 .x
5
( x x )
2’.10-3 + x
= 1,3.10-5
= 52,5.10-5
’= 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:
(4)
(5)
*******************
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)
2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x=
1 a
N
(N = n+2)
Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn
100x2 + 65x – 2 = 0
Giải phương trình:
x = 2,94%
3. Muốn x = 1% thay a vào
1 a
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
KHỐI
: HÓA HỌC
: 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)
x 1
: Ag+ + 1e
Ag
x 2
Zn + 2Ag+
Zn2+ + 2Ag (1)
: Zn
Cực dương
Phản ứng trong pin:
c)
Zn2+ + 2e
Cực âm
E0pin = E0Ag+/Ag - E0Zn2+/Zn = 0,8 – (-0,76) = 1,56 V
2
0,059
Ag
0,059 10 2
E pin = E pin +
lg
1
,
56
lg 1 1,53V
2
Zn 2
2
10
0
d) Hết pin
Ag
lg
Zn
2
2
E pin = 0
2
2 E 0 pin 2 1,56
Ag
52,88
10 52,88
2
0,059
0,059
Zn
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
[Zn 2 ] 0,1 x
(0,1 2 x) 2
10 52,88 0 (gần đúng)
0,1 x
x = 0,05
[Zn
2
] = 0,1 +0,05 = 0,15 M
[Ag ] =
10 52,88 0.15 1.4.10 27
M
Thang điểm:
a. 0.5 điểm
b. 1 điểm
c. 1 điểm
d. 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 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
t0
2Ca(OH)2 + 2Cl2 CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O
(1)
(2)
Nung nóng hổn hợp A:
6 CaOCl2
3 Ca(ClO)2
5CaCl2 + Ca(ClO3)2
t0
t
(3)
0
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
2CaCl2 + Ca(ClO3)2
(4)
nCl2 phản ứng
= 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol
VCl2
ứng (2,3,4)
= 1,2 × 22,4
= 26,88 lít3. Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phản
5
2
0,6. 0,3. 0.3 111.100
6
3
=
72,83%
152,4
% mCaCl2
4.Nung hổn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng:
Ca(ClO3)2
t0
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
+ 0,3 = 0,6 mol
2
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
Tức
a=
1,8 16,2
M 9n
n
M
M = 9n
Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al)
Thang điểm:
Ý1
Ý2
Ý3
Ý4
: 1điểm
: 0.5điểm
: 0,5điểm
: 2 điểm
- Xem thêm -