ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MT_THÁI NGUYÊN

Chia sẻ: Paradise6 Paradise6 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

200
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi chọn hsg tỉnh giải toán trên mt_thái nguyên', tài liệu phổ thông, hóa học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MT_THÁI NGUYÊN

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MTCT NĂM HỌC 2011 -2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1 ) ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm) Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lít dung dịch A, độ điện li của NH3 là 1,333%. a) Tính pH của dung dịch A. b) Tính hằng số bazơ của NH3. 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, Fe3O 4 , Fe2O3 và Fe dư. Hòa tan hoàn toàn A trong HNO3 loãng dư thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và N 2 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, 1 oxi chiếm thể tích không khí). Tính thể tích hỗn hợp khí thu được sau phản ứng (các 5 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 Fe3O 4 và FeCO 3 ở 2 7,30C 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 554 phản ứng có tỉ khối so với H2 là . Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong dung d ịch 27 1,792 (dd) H NO3 loãng, thu được lít hỗn hợp khí gồm NO và CO 2 ở đktc. Tính thể tích 3 dd HCl 2,0M để hòa tan hết hỗn hợp A. 2 . Dùng 16,8 lít không khí ở đktc (O2 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 CnH 2n+1O 2N. 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 0C thì áp suất trong bình là bao nhiêu? Biết rằng aminoaxit khi đốt cháy tạo khí N2. Câu IV. (7 ,5 điểm) Có 200ml dd hỗn hợp gồm CuSO 4 0,25M và CrCl2 0,60M. Điện phân dung dịch trên trong thời gian 1 giờ 36 phút 30 giây với cường độ d òng đ iện 5 ampe. 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).
Câu V. (10,0 điểm) Khi ñun ñeán nhieät ñoä cao PCl5 bò phaân li theo phöông trình: PCl5(K) PCl3(K) + Cl2(K) 1. Cho m gam PCl5 vaøo moät bình dung tích V, ñun noùng bình ñeán nhieät ñoä T(0K) ñeå xaûy ra phaûn öùng phaân li PCl5. Sau khi ñaït tôùi traïng thaùi caân baèng aùp suaát khí trong bình baèng P. Haõy thieát laäp bieåu thöùc tính Kp theo ñoä phaân li  vaø aùp suaát P. 2. Trong thí nghieäm 1 thöïc hieän ôû nheät ñoä T1 ngöôøi ta cho 83,300 g PCl5 vaøo bình dung tích V1. Sau khi ñaït tôùi traïng thaùi caân baèng ño ñöôïc P baèng 2,700 atm. Hoãn hôïp khí trong bình coù tyû khoái so vôùi hiñroâ baèng 68,862. Tính  vaø Kp. Câu VI. (10,0 điểm) Hoøa tan hoaøn toaøn hoãn hôïp X goàm 0,24g FeS2 vaø 0,264g FeS vaøo löôïng dö H2SO4 ñaëc noùng thu ñöôïc dd A vaø khí B. Haáp thuï heát khí B baèng moät löôïng vöøa ñuû dd KMnO4 thu ñöôïc dd D khoâng maøu trong suoát coù pH = 2. 1. Vieát caùc phöông trình phaûn öùng vaø tính theå tích dd D. 2. Neáu ñem hoøa tan löôïng hoãn hôïp X treân vaøo dd HNO 3 loaõng thì thu ñöôïc dd Z vaø (V) lít khí NO ôû ñktc. Dung dòch Z vöøa taùc duïng vôùi dd NaOH cho keát tuûa maøu naâu ñoû, vöøa taùc duïng vôùi dd BaCl2. Haõy 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 H D CH ẤM ĐỀ CHỌN HSG TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIẢI TOÁN TRÊN MTCT - NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1) ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Câu Nộ i dung Điểm NH 3 + H2O ƒ NH4+ + OH- a) 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) I [OH-]= 0,1.0,01333 = 1,333.10-3 (M) (5,0đ) 1014  12 H     1,333.10-3  7,50787546.10 (M)  pH = 11,12448294.  NH 4  . OH   (1,333.103 ) 2     1,800847174.10 5 b) K b(NH3) =  NH 3  0,1.0,9867 HCl + NH3 → NH4Cl c) 0,09 0,09 0,09 (mol) Số mol NH 3 dư = 0,01 (mol) NH3 + H2O ƒ NH4+ + 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)  NH 4  . OH   (0, 09  x) x      1,800840174.105 Kb=  NH 3  0, 01  x Giả sử x
Quá trình khử Quá trình oxi hóa 3 2 0 0 Fe  Fe  3e  4e  2 O O2 0,15 0,45 0, 025 0,1 II (5,0đ) 5 2 N  3e  N 3x x 5 0 2 N  10e  N 2 10y y Áp d ụng định luật bào toàn khối lượng ta có m O 2  m A  m Fe  0,8 gam  n O2  0, 025 mol Gọi x, y là số mol của NO và N 2 3x  10y  0,35 Theo đề ta có hệ phương trình:  30x  28y  2, 06 G iải hệ ta được   x  0, 05   y  0, 02 VA  1,568 lit 1 NO + O2 NO2  2 b ñ 1 ,1 2 l 0 ,6 l p ö 1 ,1 2 l 0 ,5 6 l spö 0 0 ,0 4 l 1 ,1 2 l 1 VO2  Vkk  0,6l  Vhh  4, 008l 5 2,112 x1,4 nCO   0,12007505( mol ) 1. 0,082 x( 273  27,3) Gọi x, y là số mol Fe3O4, FeCO3 trong hỗn hợp A Các ptp ư: t0 III Fe3O4 + 4CO  3Fe + 4 CO2 (1) (12,5đ) x 4x 4x t0
FeCO 3 + CO  Fe + 2 CO2 (2) y y 2y Hỗn hợp sau phản ứng (1) và (2): n hỗn hợp = n CO2 + n CO dư = 4 x + 2y + 0,12 - (4x + y) = 0,12 + y 554 M CO 2 , NO  2 x  41 27 Hòa tan A trong HNO3 loãng: 3Fe3O4 + 28HNO 3 = 9Fe(NO3)3 + N O + 14H2O (3) x x/3 3FeCO 3 + 10HNO 3 = 3Fe(NO3)3 + NO + 3CO2 + 5H 2O (4) y y/3 y xy 0,08 Từ (3) và (4): n hhCO 2 , NO   y 33 3 Từ đó ta có hệ phương trình x  y  0,08  44(4 x  2 y)  28(0,12  4 x  y)  41(0,12  y) x  0,02 Giải hệ, ta đ ược:   y  0,015 Ptpư hòa tan A trong dd HCl là: Fe3O 4 + 8HCl = 2FeCl3 + FeCl2 + 4 H2O (5) 0,02 mol 0,16 mol = FeCl2 + CO2  + H2O FeCO3 + 2HCl (6) 0,015 mol 0,03 mol n HCl  0,03  0,16  0,19mol 0,19 VddHCl   0,095mol 2 2. Số mol O2 và N 2 trong không khí: 16,8 20 n O2   0,15( mol) x 22,4 100 16,8 80 n N2   0,6( mol) x 22, 4 100 G ọi n là số nguyên tử C trung bình trong 2 phân tử aminoaxít  CTPT chung là: C n H 2 n 1O 2 N Phản ứng cháy : 6n  3 2n  1 1 C n H 2 n 1O 2 N  O 2  nCO 2  H 2 O  N 2 (1) 4 2 2 nx x G ọi x là số mol 2 aminoaxít, ta có: n CO 2  nx H ỗn hợp khí B gồm: CO2, N 2 cho B tác d ụng với Ca(OH)2 dư: CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3  + H 2O (2)
9,5 n CO 2  n Ca ( OH ) 2   0,095( mol) 100 (14n  47) x  3,21  Ta có hệ phương trình:  nx  0,095  n  2,375 G iải hệ ta có x = 0,04 CTPT của 2 aminoaxít: C2H5O2N  CTCT : H2N -CH 2-COOH C3H 7O 2N  CTCT: H 2N-C2H 4-COOH Gọi a, b lần lượt là số mol 2 aminoaxít a  b  0,04 a  0,025   75a  89b  3,21 b  0,015 m C2H5O 2N = 75 x 0,025 = 1,875 (g) m C3H7O 2N = 89 x 0,015 = 1,335 (g) H ỗn hợp B sau phản ứng: 6n  3 nO2dư = 0,15  x  0,0375( mol) 4 x nN2 = 0,6   0,62( mol) 2 nCO2 = 0,095(mol) nB = 0,037 + 0,62 + 0,095 = 0,7525 (mol) 0,7525x (273  136,5) x 22,4 Á p suất trong bình: P   1,505(atm) 273x16,8 a) Quá trình điện li: CuSO 4  Cu 2  SO2 4 Cr2+ + 2Cl- CrCl2 H + + OH- H 2O IV Thứ tự ở catốt: Cu2+ + 2e  Cu (7,5đ) Cr2+ + 2e  Cr Thứ tự ở anốt: 2Cl- - 2 e  Cl2 1 + H 2O - 2 e  O 2 + 2H 2 nCuSO4 = 0,2 x 0,25 = 0,005 (mol) nCrCl2 = 0,2 x 0,6 = 0,12 (mol) Gọi t1 là thời gian để khử hết Cu2+ m nF 0,05x 64x 2x96500 AIt1 t 1  Cu   1930 (giây) mCu = nF AI 64x 5 Thời gian còn lại để khử Cr2+ là : 5790 - 1 930 = 3860 (giây) AIt 2 52x3860x5   5,2(gam) mCr = nF 96500x 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 2O) bị OXH: 0,3 - 0,24 = 0,06 (mol) 1 0,06 Số mol O2 = n OH  =  0,015 (mol) 4 2 Tổng thể tích khí tại anốt là: (0,015 + 0,12)x 22,4 = 3,024 (l) c) Dung dịch gồm CrSO4 0,1M và H 2SO4 0,15M 1. Thieát laäp bieåu thöùc tính Kp theo ñoä ñieän li  vaø aùp suaát p. PCl5(K) PCl3(K) + Cl2(K) Soá mol ban ñaàu a V (10,0đ) Soá mol phaân li x x x Soá mol ôû traïng thaùi a – x x x thaùi caân baèng m - Soá mol PCl5 ban ñaàu = = a (mol) 208,239 - Toång soá mol khí luùc caân baèng: a+ x x - ñoä ñieän li  = (1) a Ta coù: aùp suaát rieâng phaàn cuûa moãi khí: ax x PPCl 5  p ; PCl  PPCl  p ax ax 2 3 2 x  p  PCl2 .PPCl3 ax   Kp  (2) a x PPCl5 p  a x 2 Töø (1) vaø (2) Kp  p 1 2 2. 83,3 n PCl5 ban ñaàu = a = 208,239 = 0,400 (mol) M cuûa hoãn hôïp caân baèng: 68,826 x 2,016 = 137,724 g Toång soá mol khí luùc caân baèng: n = a(1+ ) 83,3 n= =0,600 (mol) 138,753 n = a(1+ ) = 0,4(1+ ) = 0,6 =>  = 0,5 (50%) Tìm Kp taïi nhieät ñoä T1: 2 2 p = (0,5) 2 .2,7  0,9 Kp  1 2 1  (0,5)
1. 2 FeS2 + 14 H2SO4  Fe2(SO4)3 + 15 SO2 + 14 H2O (1) 2 FeS + 10 H2SO4  Fe2(SO4)3 + 9 SO2 + 10 H2O (2) 5 SO2 + 2 KMnO4 + H2O  2KHSO4 + 2 MnSO2 + H2SO4 (3) VI n FeS 2 = 0,002 (mol) töø (1) vaø (2) (10,0 ) 15 9 nFeS = 0,003 (mol)  n FeS 2  n FeS = 0,0285 (mol) n SO2 2 2 2 Töø (3) n KHSO4  n SO = 0,0114 (mol) 52 1 n H 2SO4  nSO2 = 0,0057 (mol) 5 n H  ( ddD )  n KHSO4  2n H 2 SO4 = 0,0228 (mol) 0,0228 VddD = = 2,28 (lít) 10  2 2. Khi cho X vaøo HNO3  ddZ vaø NO FeS2 + 8 H2O – 15e  Fe3+ + 2 SO42- + 16 H+ pöù OXH (4) hoãn hôïp (X) FeS + 4 H2O – 9e  Fe3+ + SO42- + 8 H+ (5) NO3- + 4 H+ + 3e  NO + 2H2O pöù khöû (6) Töø (4) vaø (5) toång soá mol e trao ñoåi: ne = 15 n FeS 2 + 9 n FeS = 15.0,002 + 9.0,003 = 0,057 0,057 Töø (6) n NO  3 0,057  V NO ( dkc ) .22,4 = 0,4256 (lít) 3 Chú ý: ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.