Tài liệu Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa - Đề số 1 docx

Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================
Số mật mã:
Câu 1. (4 điểm).
1. Hãy cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm đối với phân tử H
2
O và
H
2
S. So sánh góc liên kết trong 2 phân tử đó và giải thích.
2. Bán kính nguyên tử của các nguyên tố chu kì 3 như sau, hãy nhận xét và giải thích:
Nguyên tử Na Mg Al Si P S Cl
Bán kính (
o
A
) 1,86 1,60 1,43 1,17 1,10 1,04 0,99
3. Khí N
2
và khí CO có một số tính chất vật lý giống nhau như sau:
Năng lượng phân ly
phân tử (kJ/mol)
Khoảng cách giữa các
hạt nhân (
o
A
)

Nhiệt độ nóng chảy
(
o
C)
N
2
945 1,10 – 210
CO 1076 1,13 – 205
Dựa vào cấu hình MO của phân tử N
2
và phân tử CO để giải thích sự giống nhau đó.
4. Giải thích độ bền phân tử và tính khử của các hợp chất hydrohalogenua.
Đáp án câu 1. (4 điểm).
1. – Phân tử H
2
O và H
2
S đều là phân tử có góc vì chúng thuộc dạng AX
2
E
2
.
– Trạng thái lai hóa của oxi và lưu huỳnh đều là sp
3
.
– Oxi có độ âm điện lớn hơn lưu huỳnh, mây electron liên kết bị hút mạnh về phía nguyên tử trung
tâm sẽ đẩy nhau nhiều hơn, làm tăng góc liên kết. Vì vậy góc liên kết trong phân tử H
2
O lớn hơn góc
liên kết trong phân tử H

2
S.
2. Nhận xét: Từ đầu đến cuối chu kì bán kính nguyên tử giảm dần.
Giải thích: Trong chu kì, số lớp electron như nhau nhưng do điện tích hạt nhân tăng dần, số electron
lớp ngoài cùng tăng dần, làm cho lực hút giữa hạt nhân với lớp ngoài cùng mạnh dần dẫn đến bán
kính nguyên tử giảm.
3. Cấu hình MO của phân tử N
2
: (σ
2s
)
2
(σ
2s
*
)
2
(π
x
)
2
= (π
y
)
2
(σ
z
)
2
⇒ bậc liên kết = 3

Cấu hình MO của phân tử CO: (σ
2s
)
2
(σ
2s
*
)
2
(π
x
)
2
= (π
y
)
2
(σ
z
)
2
⇒ bậc liên kết = 3
Liên kết trong phân tử N
2
và CO rất giống nhau đã dẫn đến một số tính chất vật lý giống nhau.
4. Các hợp chất hydrohalogenua: HF HCl HBr HI
– Độ bền phân tử giảm từ HF đến HI vì độ âm điện giảm và bán kính nguyên tử tăng từ F đến I.
– Tính khử tăng từ HF đến HI vì độ âm điện giảm từ F đến I làm cho khả năng nhường electron tăng
từ F
–1

đến Cl
–1
.
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================
Số mật mã:
Câu 2. (2 điểm).
a). Chứng minh hệ quả của định luật Hess: “Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng năng lượng liên kết
của các chất tham gia trừ tổng năng lượng liên kết của các chất tạo thành”.
b). Áp dụng: Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng sau (các chất đều ở pha khí) và nêu ý nghĩa hóa học của
kết quả tính được:
CH
3
–CH
2
–CH
2
–CH
2
–CH
2
–CH
3
+ 3H
2

(n-hecxan)

(benzen)
Cho năng lượng liên kết::
Trong n -hecxan: C – H: 412,6kJ/mol C – C : 331,5kJ/mol
Trong benzen: C – H: 420,9kJ/mol C – C (trung bình): 486,6kJ/mol
Trong H
2
: H – H: 430,5kJ/mol
Đáp án câu 2. (2 điểm).
a). Chứng minh hệ quả của định luật Hess:
Giả sử có phản ứng tổng quát: AB + CD
 →
AD + CB
Phản ứng bao gồm các quá trình diễn ra như sơ đồ sau:
AB + CD
 →
∆
x
H
AD + CB
A + B C + D
Theo định luật Hess, ta có:
[ ] [ ]
HΔHΔHΔHΔHΔ
)CB(lk)AD(lk)CD(lk)AB(lkx
−+−++=
Hay:
)CB(lk)AD(lk)CD(lk)AB(lkx
HΔHΔ HΔHΔHΔ −−+=

t
o
, xúc tác

)AB(lk
HΔ

)AB(lk
H∆

)AD(lk
HΔ−

)CB(lk
HΔ−
CH
CHHC
CH
CH
HC
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================
Số mật mã:
Từ đó có thế phát biểu: “Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng năng lượng liên kết của các chất
tham gia trừ tổng năng lượng liên kết của các chất tạo thành”.

b). Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng.
[ ] [ ]
kJ4,697)5,430x3()9,420x6()6,486x6()5,331x5()6,412x14(HΔ +=++−+=
Ý nghĩa:
0HΔ
<
có nghĩa là phản ứng thu nhiệt, như vậy kết quả tính toán hoàn toàn phù hợp thực
tế, vì sự chuyển hóa n-hexan thành benzen là chuyển từ trạng thái bền sang trạng thái bền sang trạng
thái kém bền hơn cần phải cung cấp năng lượng.
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================
Số mật mã:
Câu 3. (3 điểm). Ở nhiệt độ T, phản ứng giữa CO
2
và C (rắn) nóng đỏ, dư tạo thành CO có hằng số cân
bằng K
P
bằng 10.
a). Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng, biết áp suất chung của
hỗn hợp tại trạng thái cân bằng là 4atm.
b). Xác định áp suất riêng của CO
2
lúc cân bằng.
c). Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO
2

chiếm 6% về thể tích.
Đáp án câu 3. (3 điểm).
a). Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng:
CO
2
(k) + C (r) 2CO K
P
=10
Ban đầu: x mol
Tại cân bằng: (x – a) mol 2a mol
Tổng số mol khí tại cân bằng: x – a + 2a = x + a (mol)
⇒
10
)ax)(ax(
Pa4
P
ax
ax
P
ax
a2
P
P
K
2
2
CO
2
CO
p

2
=
+−
=






+
−












+
==
⇒
10P4
10
x

10P4
x10
a
P
10
ax
a4
2
22
2
+
=
+
=⇒=
−
= 0,62x
⇒ Nồng độ phần mol của CO
2
=
=
+
−
=
+
−
x62,0x
x62,0x
ax
ax
0,234

Nồng độ phần mol của CO =
=
+
=
+ x62,0x
x24,1
ax
a2
0,766
b). Xác định áp suất riêng của CO
2
tại cân bằng:
Áp suất riêng của CO
2
=
=






+
−
P
ax
ax
0,234 x 4 = 0,936atm
c). Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO
2

chiếm 6% về thể tích:
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================
Số mật mã:
94,0
n
n
06,0
n
n
V
V
hh
CO
hh
CO
hh
CO
22
=⇒==
⇒
atm679,0
94,0
06,0x10
P10

P06,0
)P94,0(
K
2
2
p
==⇒==
Vậy để % về thể tích của CO
2
tại cân bằng là 6% thì áp suất chung tại cân bằng phải là 0,679atm.
Câu 4. (4 điểm).
1. Trộn dung dịch X chứa BaCl
2
0,01M và SrCl
2
0,1M với dung dịch K
2
Cr
2
O
7
1M, có các quá trình sau
đây xảy ra: Cr
2
O
7
2–
+ H
2
O 2CrO

4
2–
+ 2H
+
a
K
= 2,3.10
-15
Ba
2+
+ CrO
4
2–
BaCrO
4
↓
93,9
1
1
10T =
−
, Sr
2+
+ CrO
4
2–
SrCrO
4
↓
65,4

1
2
10T =
−
Tính pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba
2+
dưới dạng BaCrO
4
mà không kết tủa SrCrO
4
.
2. Tính pH của dung dịch NH
4
HCO
3
0,1M. Biết:
NH
3
có
76,4
b
10K
−
=
; H
2
CO
3
có
35,6

1a
10K
−
=
và
33,10
2a
10K
−
=
Đáp án câu 4. (4 điểm).
1. Trong dung dịch có các cân bằng sau:
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O 2CrO
4
2-
+ 2H
+

64,14
a
10K
−
=

(1)
CrO
4
2-
+ Ba
2+
BaCrO
4
↓
93,9
1
1
10T =
−
CrO
4
2-
+ Sr
2+
SrCrO
4
↓
65,4
1
2
10T =
−
Điều kiện để có kết tuả hoàn toàn BaSO
4
:

M10
10
10
]Ba[
T
C
93,3
6
93,9
2
1
CrO
2
4
−
−
−
+
==>
−
Điều kiện để không có kết tủa SrSO
4
:
M10
10
10
C
T
C
65,3

1
65,4
2
Sr
2
CrO
2
4
−
−
−
+
==<
−
Như vậy muốn tách Ba
2+
ra khỏi Sr
2+
dưới dạng BaCrO
4
thì phải thiết lập khu vực nồng độ:
M10C10
65,3
CrO
93,3
2
4
−−
<<
−

(2)
Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó
−2
4
CrO
C
tính theo (2) và
M1]OCr[
2
72
≈
−
(vì dùng dư so
với ion Ba
2+
cần làm kết tủa), tính được khu vực pH cần thiết lập:
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O 2CrO
4
2-
+ 2H
+

64,14

a
10K
−
=
Tại cân bằng: 1 C x
7,3pH4,310]H[10
C
10
C
1
.10]H[x
39,367,3
32,7
2
64,14
<<⇒<<⇒===
−+−
−
−+
2. Trong dung dịch NH
4
HCO
3
C = 0,1M có các cân bằng sau:
H
2
O H
+
+ OH
–

14
w
10K
−
=
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================
Số mật mã:
NH
4
+
H
+
+ NH
3

24,9
a
10K
−
=
HCO
3
–

H
+
+ CO
3
2–

33,10
2a
10K
−
=
HCO
3
–
+ H
+
H
2
CO
3

35,6
1
1a
10K =
−
Điều kiện proton: [H
+
] = [OH
–

] + [NH
3
] + [CO
3
2–
] – [H
2
CO
3
]
⇒
]H][HCO[K
]H[
]HCO[
K
]H[
]NH[
K
]H[
K
]H[
3
1
1a
3
2a
4
a
w
+

−−
+
−
+
+
+
+
−++=
⇒
]HCO[K1
]HCO[K]NH[KK
]H[
3
1
1a
32a4aw
−−
−+
+
+
++
=
Với điều kiện gần đúng:
CKCKK;CK;C]HCO[]NH[
2aaw1a34
≈<<<<≈=
−+
78,7pH10.67,1
10.10
10.1010.10

]H[
8
135,6
133,10124,9
=⇒=
+
=⇒
−
−
−−−−
+
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================
Số mật mã:
Câu 5. (3 điểm).
1. Cho các sơ đồ phản ứng sau:
KMnO
4
+ HCl khí A FeS + HCl khí B
Na
2
SO
3
+ H
2

SO
4
khí C NH
4
HCO
3
+ NaOH khí D
A + B + H
2
O ? A + D ?
B + C ? C + D + H
2
O ?
Viết phương trình phản ứng xảy ra theo sơ đồ đã cho.
2. Hòa tan 2,14g một muối clorua vào nước thu được 200ml dung dịch X. Cho ½ dung dịch X tác dụng
với dung dịch AgNO
3
dư thu được 2,87g kết tủa.
a). Xác định muối clorua đã dùng.
b). Viết các phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện, nếu có):
khí R
X Y Cl
2
Z
khí Q
Đáp án câu 5. (3 điểm).
1. Các phương trình phản ứng:
2KMnO
4
+ 16HCl = 2MnCl

2
+ 5Cl
2
↑ + 2KCl + 8H
2
O
FeS + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
S↑
Na
2
SO
3
+ H
2
SO
4
= Na
2
SO
4
+ H
2
O + SO
2
↑
NH
4

HCO
3
+ 2NaOH = Na
2
CO
3
+ NH
3
↑ + 2H
2
O
4Cl
2
+ H
2
S + 4H
2
O = H
2
SO
4
+ 8HCl
2NH
3
+ 3Cl
2
= N
2
+ 6HCl
2H

2
S + SO
2
= 3S + 2H
2
O
NH
3
+ SO
2
+ H
2
O = NH
4
HSO
3
2. a). Xác định được hợp chất X là NH
4
Cl.
b). Y: NaCl, Z: KClO
3
, A: Cacbon, B: lưu huỳnh, R: CO
2
, Q: SO
2
.
Các phương trình phản ứng:
NH
4
Cl + NaOH = NaCl + NH

3
↑ + H
2
O
2NaCl = 2Na + Cl
2
↑
3Cl
2
+ 6KOH = 5KCl + KClO
3
+ 3H
2
O
+ đơn chất A
+ NaOH + KOH, đun sôi
+ đơn chất B
t
0
đpnc
màng ngăn
t
0
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================

Số mật mã:
2KClO
3
+ 3C = 2KCl + 3CO
2
↑
2KClO
3
+ 3S = 2KCl + 3SO
2
↑
Câu 6. (4 điểm). Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản
ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung
dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có
2
H/Z
d
= 13.
a). Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.
b). Cho phần 2 tác dụng hết với 55g dung dịch H
2
SO
4
98%, đun nóng thu được V lít khí SO
2
(ĐKTC) và
dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl
2
dư tạo thành 58,25g kết tủa. Tính a,V.
Đáp án câu 6. (4 điểm).

a). Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X:
Nung hỗn hợp X: Fe + S = FeS (1)
Chất rắn Y gồm: FeS và Fe dư, tác dụng với dung dịch HCl:
FeS + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
S↑ (2)
x mol x mol
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
↑ (3)
y mol y mol
Gọi x, y là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y.
Ta có:
262x13
yx
y2x34
M
Z
==
+
+
=
⇒
1
3

y
x
=
⇒
3
4
y3
y4
x
yx
n
n
S
Fe
==
+
=
⇒ % khối lượng của Fe =
=
+ (3x32)(4x56)
4x56x100
70%
% khối lượng của FeS =
=
+ )323()564(
100323
xx
xx
30%
b).Tính a, V: Phần 2 tác dụng với dung dịch H

2
SO
4
đặc nóng có phản ứng:
2FeS + 10H
2
SO
4
= Fe
2
(SO
4
)
3
+ 9SO
2
↑ + 10H
2
O (4)
x mol 5x mol x/2 mol 9x/2 mol
2Fe + 6H
2
SO
4
= Fe
2
(SO
4
)
3

+ 3SO
2
↑ + 6H
2
O (5)
y mol 3y mol y/2 mol 3y/2 mol
Dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl
2
:
t
0
Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT TRẦN QUỐC TUẤN
Môn: Hoá Học Khối 10
Tên giáo viên biên soạn: Trần Xu ân Trung
Số mật mã:
Phách Phần này là phách
 ==========================================================
Số mật mã:
H
2
SO
4
dư + BaCl
2
= BaSO
4
↓ + 2HCl (6)
z mol z mol
Fe

2
(SO
4
)
3
+ 3BaCl
2
= 3BaSO
4
↓ + 2FeCl
3
(7)
(x/2+y/2) mol 3(x/2+y/2) mol
Ta có các phương trình:
1
3
y
x
=
(I)
Số mol BaSO
4
=
z)
2
y
2
x
(3 ++
=

233
25,58
= 0,25 (II)
Số mol H
2
SO
4
đã dùng = 5x + 3y + z =
98x100
98x55
= 0,55 (III)
Giải ra: x = 0,075 y = 0,025 z = 0,1
Khối lượng hỗn hợp X = a = 2[(0,075x88) + (0,025x56)] = 16gam
Thể tích khí SO
2
= V = 22,4(
2
025,0x3
2
075,0x9
+
) = 8,4lit