UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MTCT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1 ) (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm) Hòa tan 0,1mol NH 3 vào nước được 1 lít dung dịch A, độ điện li của NH 3 là 1,333%. a) Tính pH của dung dịch A. b) Tính hằng số bazơ của NH 3 . c) Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lít dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được. Câu II. (5,0 điểm) Để 8,4 gam phoi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp chất rắn A có khối lượng là 9,2 gam gồm FeO, 3 4 Fe O , 2 3 Fe O và Fe dư. Hòa tan hoàn toàn A trong 3 HNO loãng dư thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và 2 N có khối lượng là 2,06 gam. a) Tính V ở điều kiện tiêu chuẩn (đktc). b) Trộn V lít hỗn hợp khí A với 3 lít không khí (coi không khí chỉ gồm oxi và nitơ, oxi chiếm 1 5 thể tích không khí). Tính thể tích hỗn hợp khí thu được sau phản ứng (các khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Câu III. (12,5 điểm) 1. Trong bình kín dung tích 2,112 lít chứa khí CO và một lượng hỗn hợp bột A gồm Fe 3 O 4 và FeCO 3 ở 27,3 0 C áp suất trong bình là 1,4 atm (thể tích chất rắn không đáng kể). Nung nóng bình ở nhiệt độ cao để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hỗn hợp sau phản ứng có tỉ khối so với H 2 là 27 554 . Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong dung dịch (dd) HNO 3 loãng, thu được 3 792,1 lít hỗn hợp khí gồm NO và CO 2 ở đktc. Tính thể tích dd HCl 2,0M để hòa tan hết hỗn hợp A. 2. Dùng 16,8 lít không khí ở đktc (O 2 chiến 20% và N 2 chiếm 80% thể tích) để đốt cháy hoàn toàn 3,21 gam hỗn hợp A gồm 2 aminoaxit kế tiếp nhau có công thức tổng quát C n H 2n+1 O 2 N. Hỗn hợp thu được sau phản ứng đem làm khô được hỗn hợp khí B, cho B qua dd Ca(OH) 2 dư thu 9,5gam kết tủa. Tìm công thức cấu tạo và khối lượng của 2 aminoaxit. Nếu cho khí B vào bình dung tích 16,8 lít, nhiệt độ 136,5 0 C thì áp suất trong bình là bao nhiêu? Biết rằng aminoaxit khi đốt cháy tạo khí N 2 . Câu IV. (7,5 điểm) Có 200ml dd hỗn hợp gồm CuSO 4 0,25M và CrCl 2 0,60M. Điện phân dung dịch trên trong thời gian 1 giờ 36 phút 30 giây với cường độ dòng điện 5ampe. a) Tính khối lượng kim loại bám vào catốt. b) Tính thể tích khí bay lên ở anốt. c) Dung dịch còn lại có những chất nào? Tính nồng độ mol/l của các chất còn lại (giả sử thể tích dung dịch không đổi). ĐỀ CHÍNH THỨC Câu V. (10,0 điểm) Khi đun đến nhiệt độ cao PCl 5 bò phân li theo phương trình: PCl 5(K) PCl 3(K) + Cl 2(K) 1. Cho m gam PCl 5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T( 0 K) để xảy ra phản ứng phân li PCl 5 . Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng áp suất khí trong bình bằng P. Hãy thiết lập biểu thức tính Kp theo độ phân li  và áp suất P. 2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhệt độ T 1 người ta cho 83,300 g PCl 5 vào bình dung tích V 1 . Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng đo được P bằng 2,700 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỷ khối so với hiđrô bằng 68,862. Tính  và Kp. Câu VI. (10,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,24g FeS 2 và 0,264g FeS vào lượng dư H 2 SO 4 đặc nóng thu được dd A và khí B. Hấp thụ hết khí B bằng một lượng vừa đủ dd KMnO 4 thu được dd D không màu trong suốt có pH = 2. 1. Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích dd D. 2. Nếu đem hòa tan lượng hỗn hợp X trên vào dd HNO 3 loãng thì thu được dd Z và (V) lít khí NO ở đktc. Dung dòch Z vừa tác dụng với dd NaOH cho kết tủa màu nâu đỏ, vừa tác dụng với dd BaCl 2 . Hãy tính (V). (Cho H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.) ( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM ĐỀ CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MTCT - NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1) (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đ ề) Câu Nội dung Điểm I (5,0đ) a) NH 3 + H 2 O ƒ NH 4 + + OH - Ban đầu 0,1 0 0 (M) Điện li 0,1α 0,1α 0,1α (M) Cân bằng 0,1 - 0,1α 0,1α 0,1α (M) [OH - ]= 0,1.0,01333 = 1,333.10 -3 (M) 14 12 -3 10 7,50787546.10 1,333.10          H (M)  pH = 11,12448294. b) K b (NH 3 ) =   3 2 4 5 3 . (1,333.10 ) 1,800847174.10 0,1.0,9867               NH OH NH c) HCl + NH 3 → NH 4 Cl 0,09 0,09 0,09 (mol) Số mol NH 3 dư = 0,01 (mol) NH 3 + H 2 O ƒ NH 4 + + OH - Ban đầu 0,01 0,09 0 (M) Điện li x x x (M) Cân bằng 0,01-x 0,09+x 0,1α (M) K b =   4 5 3 . (0,09 ) 1,800840174.10 0,01                NH OH x x NH x Giả sử x<<0,09; x<<0,01  [OH - ] = x = 1,99.10 -6 M  14 9 -6 10 5,03.10 1,99.10 H          (M)  pH = 8,298432015 ĐỀ CHÍNH THỨC II (5,0đ) Quá trình oxi hóa Quá trình khử 0 3 Fe Fe 3e 0,15 0,45    0 2 2 O 4e 2O 0,025 0,1    5 2 5 0 2 N 3e N 3x x 2N 10e N 10y y        Áp dụng định luật bào toàn khối lượng ta có 2 O A Fe m m m 0,8 gam    2 O n 0,025 mol   Gọi x, y là số mol của NO và 2 N Theo đề ta có hệ phương trình: 3x 10y 0,35 30x 28y 2,06         Giải hệ ta được x 0,05 y 0,02      A V 1,568 lit  2 2 1 N O + O N O 2 b ñ 1 ,12 0 ,6 p ö 1 ,1 2 0,5 6 spö 0 0 ,0 4 1 ,1 2  l l l l l l 2 O kk 1 V V 0,6 5   l hh V 4,008   l III (12,5đ) 1. )(12007505,0 )3,27273(082,0 4,1112,2 mol x x n CO    Gọi x, y là số mol Fe 3 O 4 , FeCO 3 trong hỗn hợp A Các ptpư: Fe 3 O 4 + 4CO  3Fe + 4 CO 2 (1) x 4x 4x t 0 t 0 FeCO 3 + CO  Fe + 2 CO 2 (2) y y 2y Hỗn hợp sau phản ứng (1) và (2): n hỗn hợp = n CO2 + n CO dư = 4x + 2y + 0,12 - (4x + y) = 0,12 + y 41 27 554 x2M NO, 2 CO  Hòa tan A trong HNO 3 loãng: 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 = 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (3) x x/3 3FeCO 3 + 10HNO 3 = 3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 3CO 2 + 5H 2 O (4) y y/3 y Từ (3) và (4): 3 08,0 y 3 y 3 x n NO, 2 hhCO  Từ đó ta có hệ phương trình      )y12,0(41)yx412,0(28)y2x4(44 08,0yx Giải hệ, ta được:      015,0y 02,0x Ptpư hòa tan A trong dd HCl là: Fe 3 O 4 + 8HCl = 2FeCl 3 + FeCl 2 + 4H 2 O (5) 0,02 mol 0,16 mol FeCO 3 + 2HCl = FeCl 2 + CO 2  + H 2 O (6) 0,015 mol 0,03 mol mol19,016,003,0n HCl  mol095,0 2 19,0 V ddHCl  2. Số mol O 2 và N 2 trong không khí: )mol(15,0 100 20 x 4,22 8,16 n 2 O  )mol(6,0 100 80 x 4,22 8,16 n 2 N  Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong 2 phân tử aminoaxít  CTPT chung là: NOHC 2 1n2n  Phản ứng cháy : 22222 1n2n N 2 1 OH 2 1n2 COnO 4 3n6 NOHC       (1) x x n Gọi x là số mol 2 aminoaxít, ta có: xnn 2 CO  Hỗn hợp khí B gồm: CO 2 , N 2 cho B tác dụng với Ca(OH) 2 dư: CO 2 + Ca(OH) 2 = CaCO 3  + H 2 O (2) )mol(095,0 100 5,9 nn 2 )OH(Ca 2 CO  Ta có hệ phương trình:        095,0xn 21,3x)47n14( Giải hệ ta có x = 0,04 375,2n  CTPT của 2 aminoaxít: C 2 H 5 O 2 N  CTCT : H 2 N-CH 2 -COOH C 3 H 7 O 2 N  CTCT: H 2 N-C 2 H 4 -COOH Gọi a, b lần lượt là số mol 2 aminoaxít      21,3b89a75 04,0ba       015,0b 025,0a m C 2 H 5 O 2 N = 75 x 0,025 = 1,875 (g) m C 3 H 7 O 2 N = 89 x 0,015 = 1,335 (g) Hỗn hợp B sau phản ứng: n O2dư = )mol(0375,0x 4 3n6 15,0    n N2 = )mol(62,0 2 x 6,0  n CO2 = 0,095(mol) n B = 0,037 + 0,62 + 0,095 = 0,7525 (mol) Áp suất trong bình: )atm(505,1 8,16x273 4,22x)5,136273(x7525,0 P    IV (7,5đ) a) Quá trình điện li: 2 2 4 4 CuSO Cu SO     CrCl 2 Cr 2+ + 2Cl - H 2 O H + + OH - Thứ tự ở catốt: Cu 2+ + 2e  Cu Cr 2+ + 2e  Cr Thứ tự ở anốt: 2Cl - - 2e  Cl 2 H 2 O - 2e  2 O 2 1 + 2H + n CuSO 4 = 0,2 x 0,25 = 0,005 (mol) n CrCl 2 = 0,2 x 0,6 = 0,12 (mol) Gọi t 1 là thời gian để khử hết Cu 2+ m Cu = 1930 5 x 64 96500x2x64x05,0 AI Fnm t nF AIt Cu 1 1  (giây) Thời gian còn lại để khử Cr 2+ là : 5790 - 1930 = 3860 (giây) m Cr = )gam(2,5 2 x 96500 5x3860x52 nF AIt 2  Tổng khối lượng kim lọai bám lên catốt: 0,05 x 64 + 5,2 = 8,4 (gam) b) Tổng mol e - nhận là: 0,05 x 2 + 0,1 x 2 = 0,3 (mol) Số mol e - nhường cho Clo: 0,12 x 2 = 0,24 (mol) Số mol OH - (H 2 O) bị OXH: 0,3 - 0,24 = 0,06 (mol) Số mol O 2 = OH 1 n 2  = 015,0 4 06,0  (mol) Tổng thể tích khí tại anốt là: (0,015 + 0,12)x 22,4 = 3,024 (l) c) Dung dịch gồm CrSO 4 0,1M và H 2 SO 4 0,15M V (10,0đ) 1. Thiết lập biểu thức tính Kp theo độ điện li  và áp suất p. PCl 5(K) PCl 3(K) + Cl 2(K) Số mol ban đầu a Số mol phân li x x x Số mol ở trạng thái a – x x x thái cân bằng - Số mol PCl 5 ban đầu = 239,208 m = a (mol) - Tổng số mol khí lúc cân bằng: a+ x - độ điện li  = a x (1) Ta có: áp suất riêng phần của mỗi khí: p x a xa P PCl    5 ; p x a x PP PClCl   32 p xa xa p xa x P PP Kp PCl PClCl                 2 5 32 . (2) Từ (1) và (2) pKp 2 2 1     2. 5 PCl n ban đầu = a = 239,208 3,83 = 0,400 (mol) M của hỗn hợp cân bằng: 68,826 x 2,016 = 137,724 g Tổng số mol khí lúc cân bằng: n = a(1+ ) n = 753,138 3,83 =0,600 (mol) n = a(1+ ) = 0,4(1+ ) = 0,6 =>  = 0,5 (50%) Tìm Kp tại nhiệt độ T 1 : pKp 2 2 1     = 9,07,2. )5,0(1 )5,0( 2 2   VI (10,0) 1. 2 FeS 2 + 14 H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + 15 SO 2 + 14 H 2 O (1) 2 FeS + 10 H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + 9 SO 2 + 10 H 2 O (2) 5 SO 2 + 2 KMnO 4 + H 2 O  2KHSO 4 + 2 MnSO 2 + H 2 SO 4 (3) 2 FeS n = 0,002 (mol) từ (1) và (2) FeS n = 0,003 (mol) FeSFeSSO nnn 2 9 2 15 22  = 0,0285 (mol) Từ (3) 24 5 2 SOKHSO nn  = 0,0114 (mol) 242 5 1 SOSOH nn  = 0,0057 (mol) 424 2)( SOHKHSO H nnddDn   = 0,0228 (mol) V ddD = 2 10 0228,0  = 2,28 (lít) 2. Khi cho X vào HNO3  ddZ và NO pứ OXH FeS 2 + 8 H 2 O – 15e  Fe 3+ + 2 SO 4 2- + 16 H + (4) hỗn hợp (X) FeS + 4 H 2 O – 9e  Fe 3+ + SO 4 2- + 8 H + (5) pứ khử NO 3 - + 4 H + + 3e  NO + 2H 2 O (6) Từ (4) và (5) tổng số mol e trao đổi: n e = 15 2 FeS n + 9 FeS n = 15.0,002 + 9.0,003 = 0,057 Từ (6) 3 057,0  NO n 4,22. 3 057,0 )(  dkcNO V = 0,4256 (lít) Chú ý: ThÝ sinh cã thĨ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp ln ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho ®iĨm tèi ®a. . UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MTCT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1 ) (Thời gian. UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM ĐỀ CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MTCT - NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1) (Thời gian. (10,0đ) 1. Thi t lập biểu thức tính Kp theo độ điện li  và áp suất p. PCl 5(K) PCl 3(K) + Cl 2(K) Số mol ban đầu a Số mol phân li x x x Số mol ở trạng thái a – x x x thái cân bằng