Tài liệu Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 7 ppt

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

H
2
O
2
ngược lại trong môi trường bazơ
H
2
O
2
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:
CuFeS
2
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ O
2
+ H
2
O → CuSO
4
+FeSO
4
+H
2
SO
4
Cân bằng theo phương pháp thăng bằng e và nhận xét về các hệ số?
Đáp án Câu 1: a) Trong môi trường axít
MnO
2
+ H
2
O
2
+

H
2
SO
4
→ MnSO
4
+ O
2
↑

+ 2H
2
O
b) Trong môi trường bazơ:
H
2
O
2
+MnCl
2
+

2NaOH → Mn(OH)
4
+ 2NaCl
c) CuFeS
2
+ Fe
2

(SO
4
)
3
+ O
2
+ H
2
O → CuSO
4
+ FeSO
4
+ H
2
SO
4
1 x 2 S
-2
→ 12S
+6
+ 16e
x x 2Fe
+3
+ 2e → 2Fe
y x O
0
2
+ 4e → 2O
-2
2x + 4y = 16 ⇒ x +2y = 8 ( 0< x < 8 ; 0 < y < 4)

TD: y = 1 ; x = 6
CuFeS
2
+ 6 Fe
2
(SO
4
)
3
+ O
2
+ 6 H
2
O→ CuSO
4
+ 13FeSO
4
+ 6H
2
SO
4

y = 3 ; x =2
CuFeS
2
+ 2Fe
2
(SO
4
)

3
+ 3O
2
+ 2H
2
O → CuSO
4
+ 5FeSO
4
+ 2H
2
SO
4

Có Vô số nghiệm, lượng H
2
SO
4
tỷ lệ với lượng H
2
O.
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 CH
3
COOH = 1,8.10
-5
mol/l
Axít Propionic : Ka C
2
H
5
COOH = 1,3.10
-5
mol/l
Một dung dịch chứa CH
3
COOH 0,002M và C
2
H
5
COOH 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
3
COOH

vẫn là 0,002M).
Đáp án Câu 3: a. Số mol CH
3
COOH bị phân li
2
×
10
-3

×
10
-2
. 8 = 16.10
-5
mol
CH
3
COOH
⇔
CH
3
COO
-
+ H
+
16.10
-5
16.10
-5
16.10

-5
C
2
H
5
COOH
⇔
C
2
H
5
COO
-
+ H
+
2x 2x 2x
α là độ điện ly của C
2
H
5
COOH
Ta có
)10.1610.2(
)10.16)(10.16(
53
55
−−
−−
−
+ x

α
= 1,8.10
-5
(1)
)(
))(10.16(
5
xx
xx
α
αα
−
+
−
= 1,3.10
-5
(2)
⇒ αx = 4,7.10
-5
Thay vào (2) ⇒ x = 79,5.10
-5
= 8.10
-4
M
b. pH = 3,28 ⇒
[ ]
+
H
= 10
-3,28

= 0,000525M
CH
3
COOH
⇔
CH
3
COO
-
+ H
+
2α’10
-3
mol 2α’10
-3
mol 2α’10
-3
mol
α’là độ điện ly của CH
3
COOH
C
2
H
5
COOH ⇒ C
2
H
5
COO

-
+ H
+
αx mol αx mol αx mol
α là độ điện ly của C
2
H
5
COOH
( )( )
)10.210.2(
10.210.5,52
3,3
3,5
−−
−−
−
α
α
= 1,8.10
-5
( )
( )
)(
.10.5,52
5
xx
x
α
α

−
−
= 1,3.10
-5
(4)
⇒ 2α’.10
-3
+ αx = 52,5.10
-5
(5)
α’= 0,03315 ≈ 0,033 ; α = 0,024
αx = 52,5.10
-5
– 0,066.10
-3
= 45,9.10
-5
x = 19.10
-3
M
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 H
2
và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H
2
đi từ hỗn hợp
A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:
CO
(K)
+ H
2
O
(K)

⇔
CO
2(K)
+ H
2(K)
Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t
0
C) bằng 5. Tỷ lệ số
mol ban đầu của CO và H
2
O bằng 1:n
Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO
2
.
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 + H
2
O
⇔
CO
2
+ H
2
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
Kc =
[ ][ ]
[ ][ ]
))(1(
)1(
0
2
22
ana
aa
HCO
HCO
−−
+
=

2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x=
N
a−1
(N = n+2)
Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn
100x
2
+ 65x – 2 = 0
Giải phương trình: x = 2,94%
3. Muốn x = 1% thay a vào
01,0
1
=
−
N
a
và thay tiếp Kc ta có phương trình.
5,04 N
2
– 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(NO
3
)
2
0,1M và điện cực
Ag nhúng vào dung dịch AgNO
3
0,1M.
Cho E
0
Zn
2+
/Zn = - 0,76V E
0
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 (NO
3
)

2
(0,1M) // AgNO
3
(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
+

→
Zn
2+
+ 2Ag (1)
c ) E
0
pin = E
0
Ag
+
/Ag

- E

0
Zn
2+
/Zn = 0,8 – (-0,76) = 1,56 V
⇒ E pin = E
0
pin +
[ ]
[ ]
V
Zn
Ag
53,1
10
10
lg
2
059,0
56,1lg
2
059,0
1
2
2
2
=+=
−
−
+
+

d) Hết pin E pin = 0
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
88,52
2
2
0
2
2
1088,52
059,0
56,12
059,0
2
lg
−
+
+
+
+
=→−=
×−
=
−
=
Zn
AgpinE
Zn

Ag
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.
x 0,1 ][Zn
2x - 0,1 ][Ag
2
+=
=
+
+

010
1,0
)21,0(
88,52
2
≈=
+
−
−
x
x
(gần đúng)
⇒ x = 0,05
][Zn
2
+
= 0,1 +0,05 = 0,15 M

][Ag
+
=
2788,52
10.4.115.010
−−
=
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 Cl
2
tác dụng với Ca(OH)
2
ta được Clorua vôi là hỗn hợp CaCl
2,
Ca(ClO)
2

, CaOCl
2
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% CaOCl
2
; 28,15% Ca(ClO)
2
và phần còn lại là CaCl
2
. Nung nóng hỗn hợp A thu
được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl
2
và Ca(ClO
3
)
2
.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Tính thể tích khí Cl
2
(đktc) đã phản ứng.
3. Tính % khối lượng CaCl
2
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 t
0
C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa

nhiệt độ bình về t
0
C, 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
+ Cl
2
→ CaOCl
2
+ H
2
O (1)
2Ca(OH)
2
+ 2Cl
2
→ CaCl
2
+ Ca(ClO)
2
+ 2H
2
O (2)
Nung nóng hổn hợp A:
6 CaOCl
2

→
0t
5CaCl
2
+ Ca(ClO
3
)
2
(3)
3 Ca(ClO)
2
2CaCl
2
+ Ca(ClO
3
)
2
(4)
2.
2
CaOCl
n
=


127100
504,152
×
×
= 0,6mol

2
)(ClOCa
n
=


143100
15,284,152
×
×
= 0,3mol

2
CaCl
n
=


111100
85,214,152
×
×
= 0,3mol
t
0

t
0
2

Cl
n
∑

phản ứng=

0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol
V
Cl2
= 1,2 × 22,4 = 26,88 lít3. Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phản
ứng (2,3,4)
%
2
CaCl
m
=
%83,72
4,152
100.1113.0
3
2
.3,0
6
5
.6,0
=







++
4.Nung hổn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng:
Ca(ClO
3
)
2

→
0t
CaCl
2
+ 3 O
2
(5)

Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5)
⇒
∑
2
O
n
bay ra
= 0,6.
2
1
+ 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 + nO

2
⇒ 2M
2
O
n
(6)
Tức bằng: 0,6 x 0,25 = 0,15 mol
Hòa tan chất rắn trong bình:
M
2
O
n
+ 2nHCl ⇒ 2MCl
n
+ nH
2
O (7)
2M + 2nHCl ⇒ 2MCl
n
+ nH
2
↑ (8)
2
H
n
=
4,22
44,13
= 0,6mol
Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường bằng số

mol (e) O
2
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 =
nM
Mn
9
2,168,1
=⇒=
⇒ M = 9n
Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al)
Thang điểm: Ý
1
: 1điểm
Ý
2
: 0.5điểm
Ý
3
: 0,5điểm
Ý
4
: 2 điểm