Đề thi Olympic - Môn: Hoá học 10

Nội dung text: Đề thi Olympic - Môn: Hoá học 10

1. SỞ GD&ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI OLYMPIC (Ngày 3/4/2011) TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC Môn: Hoá học 10 Thời gian: 90 phút Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Rb = 85; Sr = 88; Ag = 108; Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207. Câu 1 (6 điểm): 1) Hoàn thành các pthh của phản ứng sau (cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron): (4 điểm) a. FeO + HNO3 NxOy  Trên cơ sở hệ số tìm được, hãy suy luận để xác định hệ số cho trường hợp Fe3O4: Fe3O4 + HNO3 NxOy  b. CuFeS2 Fe2 (SO4 )3 O2 H2O CuSO4 FeSO4 H2SO4 2) Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: (2 điểm) 1. Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính 2. Sục khí CO2 qua nước Javel 3. Cho nước Clo qua dung dịch KI 4. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI2 Câu 2 (4 điểm): Đem nhiệt phân 22,12 gam kalipemangannat thu được 21,16 gam hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng với lượng dư dung dịch axit HCl đặc. Tính thể tích khí clo (đktc) có thể thoát ra cực đại. Câu 3 (6 điểm): A, B, C là ba kim loại kế tiếp nhau trong cùng một chu kì (theo thứ tự từ trái sang phải trong chu kì) có tổng số khối trong các nguyên tử chúng là 74. a. Xác định A, B, C. (3 điểm) b. Hỗn hợp X gồm (A, B, C). Tiến hành 3 thí nghiệm sau: (1) hoà tan (m) gam X vào nước dư thu đựơc V lít khí; (2) hoà tan (m) gam X vào dung dịch NaOH dư thu được 7V/4 lít khí ; (3) hoà tan (m) gam X vào dung dịch HCl dư thu được 9V/4 lít khí. Biết các thể tích khí đều được đo ở đktc và coi như B không tác dụng với nước và kiềm. Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong X? (3 điểm) Câu 4 (4 điểm): Một sunfua kim loại có công thức R 2S ,trong đó kim loại R thể hiện số oxihoá +1 và +2 trong các hợp chất. Đốt cháy hoàn toàn 1,6g sunfua đó trong lượng dư oxi, rồi hoà tan chất rắn thu được sau phản ứng trong một lượng vừa đủ dung dịch HCl 29,2%. Nồng độ của muối trong dung dịch thu được là 40,9%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy có 1,71g muối rắn X kết tinh ra và nồng độ của muối trong dung dịch sau khi tách muối rắn giảm xuống còn 27,6%. Xác định công thức của muối kết tinh. HẾT Ghi chú: - Học sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào (kể cả Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học) - Giám thị coi thi không cần giải thích gì thêm.
2. SỞ GD&ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC (Ngày 3/4/2011) Môn: Hoá học 10 Câu Nội dung Điểm Câu 1 6 1 4 0,25 FeO + HNO3 Fe(NO3 )3 NxOy  H2O +2 +3 Fe Fe + 1e x (5x - 2y) 2y +5 x 0,5 xN + (5x - 2y) e Nx x 1 Cân bằng: (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO3 (5x-2y) Fe(NO ) N O  (8x 3y)H O 0,5 a 3 3 x y 2 Suy luận: Vì có thể xem Fe3O4 là FeO.Fe2O3, nên phần Fe2O3 không bị oxi hóa mà chỉ hòa tan trong HNO3 thành Fe(NO3)3, còn FeO thì tham gia phản ứng oxi hóa khử với hệ số như ở trên. Vì vậy ngoài phần HNO3, cần cho phản ứng với FeO như trên, 0,75 còn cần (5x-2y)6.HNO3 để tạo muối với Fe2O3. Vậy hệ số tổng cộng là: (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y) HNO3 (15x-6y) Fe(NO3 )3 NxOy  (23x 9y)H2O 0,5 CuFeS2 Fe2 (SO4 )3 O2 H2O CuSO4 FeSO4 H2SO4 2S-2 2S+6 + 16e x 1 2Fe+3 +2e 2Fe+2 x a 0,5 0 -2 O2 + 4e 2O x b b Vì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận, do đó ta có phương trình: 2a + 4b = 16 hay a + 2b = 8 0<a<8 và 0<b<4 0,5 Vì chỉ có 1 phương trình mà lại 2 ẩn số a, b nên có nhiều nghiệm số, ví dụ cho b=1 thì a=6 CuFeS 6Fe (SO ) O 6H O CuSO 13FeSO 6H SO 2 2 4 3 2 2 4 4 2 4 0,5 2 2 a O3 + 2KI + H2O O2 + I2 + 2KOH 0,5 b CO2 + NaClO + H2O NaHCO3 + HClO 0,5 Cl + 2KI 2KCl + I ; 0,25 c 2 2 Nếu KI còn dư: KI + I2 KI3 0,25 2FeI + 3Cl 2FeCl + 2I ; 0,25 d 2 2 3 2 5Cl2 + I2 + 6H2O 2HIO3 + 10HCl 0,25 Câu 2 4 Ta có phản ứng nhiệt phân KMnO4 t0 0,25 2KMnO4  K2MnO4 MnO2 O2 (1) Theo định luật BTKL ta tính được: 0,5
3. Khối lượng khí oxi đã thoát ra là: m 22,12 21,16 0,96gam O2 0,96 số mol oxi là: n 0,03mol O2 32 Từ phương trình phản ứng (1) ta tính được các đại lượng: n 2n 0,06mol KMnO4 O2 n n 0,03mol K2MnO4 O2 0,75 n n 0,03mol MnO2 O2 22,12 Theo bài ra ta có: số mol KMnO4 ban đầu đem dùng là: n 0,14mol KMnO4 158 0,5 số mol KMnO4 còn dư sau nhiệt phân là: 0,14 - 0,06 = 0,08 mol Như vậy ta có chất rắn X gồm các chất sau: KMnO4: 0,08 mol K MnO :0,03mol 2 4 0,25 MnO2 : 0,03mol Khi cho X tác dụng với HCl đặc dư ta có các phương trình của các phản ứng hóa học đã xảy ra: 2KMnO + 16HCl 2KCl + 2MnCl + 5Cl + 8H O (2) 4 2 2 2 0,75 K2MnO4 + 8HCl 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O (3) MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O (4) Từ các phương trình (2), (3), (4) ta tính được tổng số mol khí Cl2 thoát ra là: 5 0,5 n n 2n n = 0,29 mol  Cl2 2 KMnO4 K2MnO4 MnO2 thể tích khí Cl2 (đktc) thoát ra là: V = n.22,4 = 0,29.22,4 = 6,496 (lít) 0,25 Vậy thể tích khí clo có thể thoát ra cực đại là 6,496 lít 0,25 Câu 3 6 a 3 Gọi Z1 là số electron của nguyên tử A Số electron của nguyên tử B, C lần lượt là Z +1, Z +2 1 1 0,25 Gọi N1, N2, N3, lần lượt là số nơtron của nguyên tử A, B, C Vì tổng số khối của các nguyên tử A, B, C là 74 nên ta có phương trình: 0,5 (Z1+N1) + (Z1+1+N2) + (Z1+2+N3) = 74 (1) Mặt khác ta có: Đối với các nguyên tố hóa học có Z 82 ta luôn có: Z N 1,5Z . Thay vào (1) ta có: 0,25 (Z +Z ) + (Z +1+Z +1) + (Z +2+Z +2) 74 1 1 1 1 1 1 0,5 6Z1 68 Z1 11,3 (*) (Z +1,5Z ) + (Z +1+1,5Z +1,5) + (Z +2+1,5Z +1,5.2) 74 1 1 1 1 1 1 0,5 7,5Z1 68 Z1 8,9 ( ) Từ (*) và ( ) ta suy ra 8,9 Z 11,3 1 0,5 Với Z1 là số nguyên Z1 = 9; 10; 11 Mà A, B, C là các kim loại Z1 = 11 (Na) 0,25 Vậy A, B, C lần lượt là các kim loại Natri (Na); Magie (Mg); Nhôm (Al) 0,25 b 3 Ta có nhận xét: Vì thể tích khí thoát ra ở thí nghiệm (2) nhiều hơn ở thí nghiệm (1) chứng tỏ ở thí nghiệm (1) nhôm phải đang còn dư. Và sự chênh lệch thể tích khí ở thí nghiệm (1) và (2) là 0,5 do Al dư ơ thí nghiệm (1). Chênh lệch thể tích khí ở thí nghiệm (2) và (3) là do Mg Ta có các phản ứng xảy ra ở cả 3 thí nghiệm: 0,5
4. ở thí nghiệm (1) và (2): 2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1*) 2Al + 2 NaOH + 2H2O 2NaAlO2 + 3H2 (2*) ở thí nghiệm (3) : 2Na + 2HCl 2NaCl + H2 (3*) 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 (4*) Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (5*) Giả sử số mol khí thoát ra ở thí nghiệm (1) là x thì số mol khí thoát ra ở các thí nghiệm (2) và (3) lần lượt là 7x/4 và 9x/4 Vì ở thí nghiệm (1) Al dư nên NaOH hết nên ta cộng (1*) với (2*) ta có: 0,5 2Na + 2Al + 4H2O 2NaAlO2 + 4H2 số mol Na bằng ½ số mol H2 ở thí nghiệm (1) = x/2 Xét thí nghiệm (2) ta có: Số mol Na = x/2 suy ra số mol H do Na sinh ra bằng x/4 2 0,5 Tổng số mol H2 là 7x/4 Suy ra số mol H2 do Al sinh ra là (7x/4) - (x/4) = 3x/2 số mol Al = x Số mol Mg bằng số mol khí chênh lệnh của thí nghiệm (2) và (3) 0,5 Suy ra số mol Mg = (9x/4)-(7x/4) = x/2 Như vậy trong hỗn hợp X gồm có các kim loại với tỉ lệ mol là: Na: Mg: Al = 1:2:1 Suy ra % khối lượng của mỗi kim loại trong X là: 23.1 %mNa = .100% = 22,77 (%) 0,5 23.1 27.2 24.1 24.1 %mMg = .100% = 23,76 (%) 23.1 27.2 24.1 %mAl = 53,47% Câu 4 4 Pthh: R S + 2O 2RO + SO 2 2 2 0,5 RO + 2HCl RCl2 + H2O nR2S= 1,6/(2R+ 32); nRO= 3,2/ (2R+ 32); nHCl= 6,4/ (2R+ 32); nRCl2= 3,2/(2R+ 32) 6,4.36,5 100 800 mdd HCl= x = (2R 32) 29,2 (2R 32) 1,5 851,2 3,2R mdd sau pư= mRO + mdd HCl= (2R 32) 3,2(R 71) 851,2 3,2R C%RCl2= ( : )x100% = 40,9% (2R 32) (2R 32) 0,5 => R= 64 => R là kim loại Cu Làm lạnh dung dịch, có 1,71g muối kết tinh => mdd sau làm lạnh= mdd sau pư – 1,71= 6,6- 1,71= 4,89g 3,2(64 71) mCuCl2 trước làm lạnh= 2,7g 0,5 2.64 32 27,6.4,89 mCuCl2 sau làm lạnh = = 1,35g 100 mCuCl2 kết tinh= 2,7-1,35 = 1,35g => nCuCl2 kết tinh= 0,01 mol mH2O kết tinh= 1,71- 1,35= 0,36g => nH2O kết tinh = 0,02 mol 1 => Công thức muối kết tinh là CuCl2.2H2O Ghi chú : - Thí sinh làm cách khác nhưng đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa, - Phương trình hóa học ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm.