SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MƠN THI KHỐI : HĨA HỌC : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 1: a) Cho biết môi trường axit Mn+4 Oxi hóa H2O2 ngược lại mơi trường bazơ H2O2 lại oxihoá Mn+2 thành Mn+4 Hãy viết phương trình phản ứng minh họa b) Một phản ứng xảy vùng mỏ đồng: CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 +FeSO4+H2SO4 Cân theo phương pháp thăng e nhận xét hệ số? Đáp án Câu 1: a) Trong mơi 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 x x x y x S-2 → 12S+6 + 16e 2Fe+3 + 2e → 2Fe O02 + 4e → 2O-2 2x + 4y = 16 ⇒ x +2y = ( 0< x < ; < y < 4) TD: y = ; x = CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O→ CuSO4 + 13FeSO4 + 6H2SO4 y = ; x =2 CuFeS2 + 2Fe2 (SO4)3 + 3O2 + 2H2O → CuSO4 + 5FeSO4 + 2H2SO4 Có Vơ số nghiệm, lượng H2SO4 tỷ lệ với lượng H2O Thang điểm: Câu a: điểm (mỗi phương trình điểm) Câu b: điểm viết phương trình hệ số khác nhau, 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 MƠN THI : HĨA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 3: Cho biết 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 C2H5COOH x M a Hãy xác định giá trị x để dung dịch ta có độ điện li axit Axetic 0,08 b Hãy xác địch giá trị x để dung dịch hổn hợp có giá trị pH = 3,28 (nồng độ CH 3COOH 0,002M) Đáp án Câu 3: a Số mol CH3COOH bị phân li × 10-3 × 10-2 = 16.10-5 mol ⇔ CH3COOH CH3COO+ -5 -5 16.10 16.10 16.10-5 + C2H5COOH ⇔ C2H5COO + H 2x 2x α độ điện ly C2H5COOH (16.10 −5 + αx)(16.10 −5 ) Ta có (2.10 −3 − 16.10 −5 ) = 1,8.10-5 (16.10 −5 + αx)(αx) ( x − αx ) H+ 2x (1) = 1,3.10-5 ⇒ αx = 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+ 2α’10-3 mol 2α’10-3 mol 2α’10-3 mol α’là độ điện ly CH3COOH C2H5COOH ⇒ C2H5COO+ αx mol αx mol (2) [ ] α độ điện ly C2H5COOH (52,5.10 )( 2α 10 ) −5 , −3 (2.10 − 2α 10 ) −3 , −3 = 1,8.10-5 H+ αx mol (52,5.10 )(α x ) −5 ( x − αx ) ⇒ 2α’.10-3 + αx = 1,3.10-5 = 52,5.10-5 α’= 0,03315 ≈ 0,033 ; α = 0,024 αx = 52,5.10-5 – 0,066.10-3 = 45,9.10-5 x = 19.10-3M Thang điểm: Ýa : điểm Ýb : điểm (4) (5) 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 2: Cho hỗn hợp khí A hồm H2 CO có số mol Người ta muốn điều chế H2 từ hỗn hợp A cách chuyển hóa CO theo phản ứng: CO(K) + H2O(K) ⇔ CO2(K) + H2(K) Hằng số cân Kc phản ứng nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t 0C) Tỷ lệ số mol ban đầu CO H2O 1:n Gọi a % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2 Hãy thiết lập biểu thức quan hệ n, a Kc Cho n = 3, tính % thể tích CO hợp chất khí cuối (tức trạng thái cân bằng) Muốn % thể tích CO hỗn hợp khí cuối nhỏ 1% n phải có giá trị Đáp án câu : Xét cân bằng: CO + H2O ⇔ CO2 + H2 Trước phản ứng n 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 + Kc = [ CO2 ][ H ] = a(1 + a) [ CO ][ H 0] (1 − a)(n − a) 1− a (N = n+2) N Khi n = thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn 100x2 + 65x – = Giải phương trình: x = 2,94% 1− a = 0,01 thay tiếp Kc ta có phương trình Muốn x = 1% thay a vào N 5,04 N2 – 12N – 200 = Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6 Vậy để % VCO hỗn hợp < 1% n phải có quan hệ lớn 5,6 Vì ta có % thể tích CO hỗn hợp x= Thang điểm: 1 điểm 1, điểm 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 MƠN THI : HĨA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 4: Một pin điện thiết lập điện cực Zn nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1M 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 pin hoạt động c Tính sức điện động pin d Tính nồng độ chất pin hết Đ áp án câu 4: a) Sơ đồ Pin: (-) Zn / Zn (NO3)2 (0,1M) // AgNO3 (0,1M) / Ag (+) Cực âm : Zn → Zn2+ + 2e x Cực dương b) : Ag+ + 1e → Ag x Phản ứng pin: c) Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag (1) E0pin = E0Ag+/Ag - E0Zn2+/Zn = 0,8 – (-0,76) = 1,56 V [ ] [ ] 0,059 Ag + 0,059 10 −2 ⇒ E pin = E pin + lg = 1,56 + lg −1 = 1,53V Zn 2+ 10 d) Hết pin [ Ag ] lg [ Zn ] + 2+ E pin = [ [ ] − E pin − × 1,56 Ag + = = = −52,88 → = 10 −52,88 2+ 0,059 0,059 Zn ] Theo phản ứng mol Ag+ bị khử có mol Zn bị oxy hóa Gọi x lượng Zn bị oxyhoa pin ngừng hoạt động [Ag + ] = 0,1 - 2x (0,1 − x) = 10 −52,88 ≈ (gần đúng) 2+ 0,1 + x [Zn ] = 0,1 + x Thang điểm: ⇒ x = 0,05 a 0.5 điểm 2+ [Zn ] = 0,1 +0,05 = 0,15 M b điểm [Ag + ] = 10 −52,88 0.15 = 1.4.10 −27 M c 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 Clorua vôi hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2 nước ẩm Sau loại bỏ nhờ đun nhẹ hút chân không thu 152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng); 50% CaOCl2; 28,15% Ca(ClO)2 phần lại CaCl2 Nung nóng hỗn hợp A thu 152,4g hỗn hợp B chứa CaCl2 Ca(ClO3)2 Viết phương trình phản ứng xảy Tính thể tích khí Cl2 (đktc) phản ứng Tính % khối lượng CaCl2 hỗn hợp B Nung hỗn hợp B nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn lấy tất khí thóat cho vào bình kín dung tích khơng đổi chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n (thể tích chất rắn không đáng kể) Nhiệt độ áp suất ban đầu bình t0C P atm Nung nóng bình thời gian, sau đưa nhiệt độ bình t0C, áp suất bình lúc 0,75 P atm Lấy chất rắn cịn lại bình hịa tan hoàn toàn dung dịch HCl dư thấy bay 13,44 lít khí (đktc) Hỏi M kim loại gì? Đáp án câu 5: 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: CaOCl2 Ca(ClO)2 nCaOCl2 = nCa (ClO ) nCaCl2 5CaCl2 + Ca(ClO3)2 2CaCl2 + Ca(ClO3)2 152,4 × 50 = 0,6mol 100 × 127 = = t → t0 152,4 × 28,15 = 0,3mol 100 × 143 152,4 × 21,85 = 0,3mol 100 × 111 (3) (4) ∑ nCl2 phản ứng= 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol VCl2 ứng (2,3,4) % mCaCl2 = 1,2 × 22,4 = 26,88 lít3 Theo số mol chất hổn hợp A phản    0,6 + 0,3 + 0.3 111.100 =   = 72,83% 152,4 4.Nung hổn hợp B nhiệt nhiệt dộ cao xảy ph ản ứng: Ca(ClO3)2 t → CaCl2 + O2 (5) Theo số mol chất hổn hợp A theo phản ứng (5) nO2 bay = 0,6 + 0,3 = 0,6 mol ⇒ Vì nhiệt độ bình khơng 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 Hịa tan chất rắn bình: M2On + 2nHCl ⇒ 2MCln + nH2O (7) 2M + 2nHCl ⇒ 2MCln + nH2 ↑ (8) 13,44 = = 0,6mol H2 22,4 Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường số mol (e) O2 H+ nhận Gọi a số mol kim loại M ta có: na = 0,15 x + 0,6 x = 1,8 1,8 16,2 = ⇒ M = 9n Tức a = n M ⇒ M = 9n Chỉ có n =3; M = 27 phù hợp M nhôm(Al) ∑ n Thang điểm: Ý1 Ý2 Ý3 Ý4 : 1điểm : 0.5điểm : 0,5điểm : điểm ... a Số mol CH3COOH bị phân li × 1 0- 3 × 1 0- 2 = 16 .1 0- 5 mol ⇔ CH3COOH CH3COO+ -5 -5 16 .10 16 .10 16 .1 0- 5 + C2H5COOH ⇔ C2H5COO + H 2x 2x α độ điện ly C2H5COOH (16 .10 −5 + αx)(16 .10 −5 ) Ta có (2 .10. .. αx)(16 .10 −5 ) Ta có (2 .10 −3 − 16 .10 −5 ) = 1,8 .1 0- 5 (16 .10 −5 + αx)(αx) ( x − αx ) H+ 2x (1) = 1,3 .1 0- 5 ⇒ αx = 4 ,7 .1 0- 5 Thay vào (2) ⇒ x = 79 ,5 .1 0- 5 = 8 .1 0- 4M + H = 1 0- 3,28 = 0,000525M b pH = 3,28... 1,8 .1 0- 5 H+ αx mol (52,5 .10 )(α x ) −5 ( x − αx ) ⇒ 2α’ .1 0- 3 + αx = 1,3 .1 0- 5 = 52,5 .1 0- 5 α’= 0,03315 ≈ 0,033 ; α = 0,024 αx = 52,5 .1 0- 5 – 0,066 .1 0- 3 = 45,9 .1 0- 5 x = 19 .1 0- 3M Thang điểm: Ýa : điểm