Tài liệu Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 14 pptx

Sở Giáo Dục Đào Tạo Vĩnh Long
Trường Trung học chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN XXII 2006
Đề thi đề nghị môn Hóa khối 10
I. Câu I (4 đ)
I.1) cho X, Y là 2 phi kim trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt
không mang điện lần lượt là 14 và 16. biết trong hợp chất XYn
. X chiếm 15,0486 % về khốI lựơng
. Tổng số proton là 100
. Tổng số nơtron là 106
a. Xác định số khối và tên X, Y
b. Xác định CTCT XYn và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tố X dạng hình học của
XYn.
c. Viết phương trình phản ứng giữa XYn với P
2
O
5
và với H
2
O
I.2)
a. Tại sao SiO
2
là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO
2

lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217K
b. Chất dicloetilen (C
2
H
2

Cl
2
) có ba đồng phân ký hiệu X,Y,Z
- Chất X không phân cực còn chất Z phân cực
- Chất X và chất Z kết hợp với Hidro cho cùng sản phẩm
X (họăc Z) + H
2
 Cl - CH
2
- CH
2
– Cl
. Viết công thức cấu tạo X, Y, Z
. Chất Y có momen lưỡng cực không ?
Đáp án :
Câu I (4đ)
I.1)
a. Gọi Px, PY là số proton X, Y
n
x
, n
y
là số nơtron X, Y
P
x
+ nP
y
= 100 (1)
N
x

+ nN
y
= 106 (2)
Px + Nx + n(PY + Ny) = 206
Ax + nAy = 206 (3)
Ax
Ax + nAy
=> Ax = 31 (0,5đ)
Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14
Px = 15 (0,5đ)
Nx = 16
Thay Px, Nx vào (1) , (2)
n (Ny – Py) = 5 ( 5)
2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16
n(Py – 16) = 5
Py =
5 16n
n
+
n 1 2 3 4 5
Py 21 18,8 17,67 17,25 17
Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo (0,25đ)
1
=
15,0486
100
(4)
=> X là photpho
b. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp
3

d dạng lưỡng tháp tam giác.
Cl
Cl P Cl
Cl Cl
(0,25đ)
c. P
2
O
5
+ PCl
5
= 5POCl
3
PCl
5
+ H
2
O = H
3
PO
4
+ 5HCl (0,25đ)
I.2)
- C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO
2
(O = C = O) SiO
2
không
phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xa
năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO

2
gồm những tứ diện chung đỉnh
nhau.
O
O Si O
O
(0,5đ)
a. SiO
2
là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền
trong khi CO
2
rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0,5đ)
b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng Cis
HCl
HCCH
ClH
−−−
CTCT
HCl
CC
ClH
=
(X)
ClCl
CC
HH
=
(X) (Z)
CTCT Y s ẽ l à

ClH
CC
ClH
=
C-H C-Cl
∆
X= 2,5 – 2,1 = 0,4
∆
X = 0,5
Vậy Y phân cực
(0,25đ)
Câu II (4đ)
I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng :
H
2
(k) + I2(k) 2HI (k) ở 600
0
C bằng 64
a. Nếu trộn H
2
và I
2
theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 600
0
C thì có bao nhiêu phần
trăm I
2
tham gia phản ứng ?
2
hoặc Z + H

2

b.) Cần trộn H
2
và I
2
theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I
2
tham gia phản ứng (600
0
C)
II-2
Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và
chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.10
12
nguyên
tử/phút xuống còn 3.10
-3
nguyên tử/phút.
II-3 Tính nhiệt của phản ứng.
H H
H – C – H + 3Cl
2
 Cl – C – Cl + 3HCl
H Cl
biết E
C-H
: +413KJ/mol E
C-Cl
: +339KJ/mol

E
Cl-Cl
: + 243KJ/mol E
H-Cl
: + 427KJ/mol
Phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?
Đáp án :
Câu II (4đ).
II.1
a. H
2
(k) + I
2
(k) 2HI (k)
2mol 1mol
x x 2x
2-x 1-x 2x
64
)1)(2(
)2(
2
=
−−
=
xx
x
K
c
[ ]
[ ][ ]

22
2
IH
HI
K
C
=
0,5đ
x
1
= 2,25(loại)
x
2
= 0,95 (nhận)
=> 95% I
2
tham gia phản ứng 0,25đ
b. H
2
(k) + I
2
(k) 2HI (k)
n 1
n-0,99 0,01 1,98 0,5 đ
n: nồng độ ban đầu của H
2
K
C
= (1,98)
2

= 64
(n-0,99)(0,01)
n
7≈
=> cần trộn H
2
và I
2
theo tỉ lệ 7:1 0,5đ
II.2
/00347,0
200
693,0693,0
2/1
===
t
k
năm 0,25đ
2,303lg
kt
N
N
−=
0
0,25đ
2,303lg
t00347,0
10.5,6
10.3
12

3
−=
−
t = 1,02.10
4
năm hay 10.200năm 0,5đ
II.3

)33(34
ClHClCHCClClHC
EEEEEH
−−−−−
++−+=∆
= 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ
= - 330KJ (0,75đ)
Phản ứng trên tỏa nhiệt
3
Câu III (4đ)
III.1
Hòa tan 0,1mol NH
4
Cl vào 500ml nước.
a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka
b. Tính pH dung dịch trên biết K
a
NH
4
−
+
= 5.10

–10
III.2
Độ tan PbI
2
ở 18
0
C 1,5.10
-3
mol/l
a. Tính nồng độ mol/l của Pb
2+
và
−
I
trong dung dịch bảo hòa PbI
2
ở 18
0
C.
b. Tính tích số tan PbI
2
ở 18
0
C.
c. Muốn giảm độ tan PbI
2
đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo
hòa PbI
2
. (K : 39 ; I : 127)

III. 3
Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit
2
?
2
4
56,0
4
MnOMnOMnO
V
→ →
−
+
−

a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO
4
2-
/MnO
2
b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ?
3MnO
4
2-
+ 4H
+
= 2MnO
-
4
+ MnO

2
+ 2H
2
O
Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên.
Đáp án
Câu III (4đ)
III. 1
a) NH
4
Cl =
4
+
NH
+ Cl
–
NH
4

+
+ H
2
O NH
3
+ H
3
O
+
Ka = [NH
3

][H
3
O]
+
[NH
4
+
]
b). Nồng độ NH
3
trong dung dịch :
M2,0
5,0
1,0
=
NH
4
+
+ H
2
O NH
3
+ H
3
O
+
0,2 0 10
-7
x x x
0,2 –x x x + 10

-7
10
-7
<< x nên 0,2 –x
≈
0,2
Ka nhỏ x << 0,2 => 0,2 – x
≈
0,2
Ka =
10
2
10.5
2,0
−
=
x
x = 10
-5
x = [H
3
O
+
] = 10
-5
0,5đ
pH = 5
III.2
a. PbI
2

Pb
2+
+ 2
−
I
1,5. 10
-3
1,5.10
-3
3.10
-3
[Pb
2+
] = 1,5.10
-3
M
[I-] = 3.10
-3
M
b. T PbI
2
= [Pb
2+
][I
-
]
2
= (1,5.10
-3
).(3.10

-3
)
2
= 13,5.10
-9
0,25đ
4
0,25đ
= 5.10
-10
0,25đ
0,25đ
+1,7V
c. KI = K
+
+
−
I
a a
gọi a là số mol KI cần thêm vào
s là độ tan PbI
2
sau khi thêm KI
MSS
4
3
10
15
10.5,1
−

−
=→=
PbI
2
Pb
2+
+ 2I
-
10
-4
10
-4
2.10
-4
T PbI
2
= (Pb
2+
) (I
-
)
2
= 10
-4
. (2.10
-4
+ a)
2
= 13,5.10
-9

a
2
+ 4.10
-4
a – 13496.10
-8
= 0
a = 1,1419.10
-2
mol 0,5đ
khối lượng KI cần thêm vào : 166.1,1419.10
-2
= 1,895g 0,25đ
III. 3
Mn
−
4
O
+e -> Mn
−2
4
O
E
0
1
= 0,56V (1)
OHMnOeHMnO
224
234 +→++
+

−
E
0
2
= 1,7V (2)
(2) – (1) ta có :
OHMnOeHMnO
22
2
4
224 +→++⇒
+
−
E
0
3
= ? (3)

∆
G
0
3
=
∆
G
0
2
–
∆
G

0
1
- 2E
0
3
F = -3E
0
2
F – E
0
1
F 0,5 đ
E
0
3
=
V
EE
27,2
2
56,07,1.3
2
3
1
0
2
0
=
−
=

−
b. MnO
4
2-
+ 2e
-
+ 4H
+
MnO
2
+ 2H
2
O E
0
1
: 2,27V
2MnO
4
-
+ 2e 2MnO
4
2-
E
0
2
: 0,56V
3MnO
4
2-
+ 4H

+
2Mn
−
4
O
+ MnO
2
+ 2H
2
O 0,25 đ

∆
G
0
3
=
∆
G
0
1
–
∆
G
0
2
= -2E
0
1
F – (-2E
0

2
F) = -2F(E
0
1
-E
0
2
) <0
Phản ứng xảy ra theo chiều thuận 0,25đ
lg K
97,57
059,0
)56,027,2(2
=
−
=
0,25đ
=> K = 9,25.10
57
0,25đ
Câu IV. (4đ)
IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 25
0
C
Cu( r) + 2Fe
3+
(dd) Cu
2+
(dd) + 2Fe
2+

(dd)
người ta chuẩn bị dung dịch CuSO
4
0,5M ; FeSO
4
0,025M
a. Cho biết chiều của phản ứng
b. Tính hằng số cân bằng phản ứng
c. Tỉ lệ
[ ]
[ ]
+
+
2
3
Fe
Fe
có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều.
E
0
Cu
2+
/Cu = 0,34V
E
0
Fe
2+
/ Fe = 0,77V
IV. 2
Cho E

0
Cr
2
O
7
2-
/2Cr
3+
= 1,36V
a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion và
phân tử.
b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron
5
Đáp án
a) Cr
2
O
7
2-
oxi hóa Fe
2+
thành Fe
3+
và bị Fe
2+
khử về Cr
3+
trong môi trường axit. 0,5đ
Cr
2

O
7
2-
+ 6Fe
2+
+ 14H
+
-> 6Fe
3+
+ 2Cr
3+
+ 7H
2
O 0,5đ
K
2
Cr
2
O
7
+ 6FeSO
4
+ 7H
2
SO
4
-> 3Fe
2
(SO
4

)
3
+ Cr
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4
+ 7H
2
O 0,5đ
b) Cân bằng theo phương pháp ion electron
Cr
2
O
7

2-
+ 14H
+
+ 6e
-
-> 2Cr
3+
+ 7H
2

O
1x
6x Fe
2+
- e -> Fe
3+
Cr
2
O
7
2-
+ 14H
+
+ 6Fe
2+
-> 2Cr
3+
+ 6Fe
3+
+ 7H
2
O 0,5đ
Câu V.
V.1)
Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóa
A
21
AA
zY
→→

++
→
+ X
A
0

→
A
0
AC
Y
→→
+
B
21
BB
uT
→→
++
Biết A
0
: hợp chất của một kim loại và một phi kim.
A, A
1
, A
2
, C : các hợp chất của lưu huỳnh
B, B
1
, B

2
, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loại
V.2).
Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau :
- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO
2
đi từ từ qua dung dịch A thấy
xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO
2
đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B.
Thêm một ít dung dịch HNO
3
vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO
3
thấy xuất hiện
kết tủa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H
2
SO
4
loãng và KI thấy xuất hiện
màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na
2
S
2
O
3
vào.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.

b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượng
dư KI và vài ml dung dịch H
2
SO
4
dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I
2
thoát ra (chất chỉ thị là
hồ tinh bột) bằng dung dịch Na
2
S
2
O
3
0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na
2
S
2
O
3
.
Tìm công thức phân tử X.
Đáp án
Câu V (4đ)
V.1.
CuS
22
0
2
3

SOCuOO
t
+→+
(A
0
) (B) (A) A
0
: CuS
SO
2
+ Br
2
+ H
2
O -> H
2
SO
4
+ 2HBr B: CuO
(A
1
) A: SO
2
H
2
SO
4
+ Ag
2
O -> Ag

2
SO
4
+ H
2
O A
1
: H
2
SO
4
(A
2
) A
2
: Ag
2
SO
4
CuO + H
2

OHCu
t
2
0
+→
(B
1
) B

1
: Cu
6
Cu + Cl
2
-> CuCl
2
B
2
: CuCl
2
(1,5đ)
(B
2
) C: CuSO
4
Cu + 2H
2
SO
4
đđ
→
0
t
CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2

O
Ag
2
SO
4
+CuCl
2
-> 2AgCl + CuSO
4

(C)
CuSO
4
+ H
2
S -> CuS + H
2
SO
4

(A
0
)
V.2
Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của Natri 0,25đ
SO
2
qua dung dịch X => màu nâu =>
2
I

hoặc Br
2
tạo thành (0,25đ)
a. Do tạo kết tủa vàng với AgNO
3
(AgI) => X : NaIO
x
(0,25đ)
(2x-2)SO
2
+ 2I
x
O
−
+ (2x-2) H
2
O -> I
2
+ (2x-2) SO
4

2-
+(4x-4) H
+
SO
2
+ I
2
+ H
2

O ->
−
I2
+ SO
4

2-
+ 4H
+
IO
x
-
+ (2x-1) I
-
+ 2xH
+
-> xI
2
+ xH
2
O
I
2
+ 2S
2
O
3

2-
->

−
I2
+ S
4
O
6
2-
b. nI
2
=
molOSnNa 00187,0
2
1,0.0374,0
2
1
322
==
nI
2
= x.n
X
= x
00187,0
16150
1,0
=
+ x
=> x = 4 (0,5 đ)
=> X : NaIO
4

7
(0,5 đ)
(1đ)