Trong nguyên tử M số nơtron nhiều hơn số proton là 1.. Trong nguyên tử R số nơtron bằng số proton.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL
NĂM HỌC 2011-2012 MÔN: HÓA HỌC 12 - THPT
Thời gian: 120 phút (không kể giao đề)
——————————————
Bài 1 (3 điểm)
PCl5 phân hủy theo phản ứng: PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k)
a Tính Kp của phản ứng, biết rằng độ phân li α của PCl5 là 0,485 ở 2000C và áp suất tổng cộng của hệ khi cân bằng là 1 atm
b Tính áp suất của hệ khi cân bằng nếu cho 2,085 g PCl5 vào bình chân không dung tích
200 cm3 ở 200oC
a
PCl5 (k) PCl3(k) + Cl2 (k)
ban đầu: a mol 0 0
cân bằng: a –a a a
(1 )
(1 ) 1
a
2
1
n
i
a n
2
2
0, 485
0,3076
1 0, 485
p
b M PCl5=208,5g → số mol PCl5 được đưa vào bình lúc đầu là:
0,01 [ ] 0,05
PCl
22, 4 ( ) 0,3076( 473) 7,9251.10
273
n
PCl5 (k) PCl3(k) + Cl2 (k) Ban đầu: 0,05M 0 0
Cân bằng: 0,05-x x x
x là nồng độ mol.l-1 của PCl5 bị phân hủy khi đạt tới cân bằng:
Kc =
2
x
Thay Kc = 7,9251.10-3 và giải phương trình bậc hai ta được:
x = [PCl3] = [Cl2] = 1,6334.10-2 M
Tổng số mol.l-1 của các chất trong phản ứng là:
0,05 – x + x + x = 0,05 + 0,016334 = 0,066334M
Áp suất của hệ khi cân bằng là:
22, 4 0,066334 .473 2,5744
273
a
Kp = 0,3076
b
P = 2,5744 atm
1,5 đ
1,5 đ
Trang 2Bài 2 (5 điểm)
Hòa tan hỗn hợp A gồm Al và kim loại X (hóa trị a) trong H2SO4 đặc, nóng đến khi A tan hoàn toàn, không còn khí thoát ra thì thu được dung dịch B và khí C Khí C bị hấp thụ bởi NaOH
dư tạo ra 50,4 gam muối Nếu thêm vào A một lượng kim loại X bằng 2 lần lượng kim loại X có trong A (giữ nguyên lượng Al) rồi hòa tan hoàn toàn bằng H2SO4 đặc, nóng thì lượng muối trong dung dịch mới tăng thêm 32 gam so với lượng muối trong dung dịch B Nhưng nếu giảm ½ lượng
Al có trong A (giữ nguyên lượng X) thì khi hòa tan ta thu được 5,6 lít (đktc) khí C Biết tổng số hạt cơ bản (p, n, e) trong X là 93 Xác định X
Đặt x, y lần lượt là số mol Al và kim loại X trong hỗn hợp A
2Al + 6H2SO4 (đ) t o Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O (1)
x 3x 0,5x 1,5x (mol)
2X + 2aH2SO4 (đ) t o X2(SO4)a + aSO2↑ + 2aH2O (2)
y ay 0,5y 0,5ay (mol)
Khí C là SO2 bị NaOH dư hấp thụ:
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (3)
(1,5x + 0,5ay) (1,5x + 0,5ay) (mol)
Ta có: mmuối = (1,5x + 0,5ay)126 = 50,4 (g)
Hay 1,5x + 0,5ay = 0,4 (1)
Xét các trường hợp bài cho:
Khi thêm lượng kim loại X bằng 2 lần lượng X (trong A)
Lượng kim loại X (sau khi thêm) = y + 2y = 3y (mol)
Ta có: 2Al → Al2(SO4)3
x(mol) → 342.0,5x(g)
2X → X2(SO4)a
3y(mol) → (2X + 96a).1,5y(g)
Vậy, hiệu khối lượng muối sau khi thêm và trước khi thêm vào X là:
[342.0,5a(2X 96 )1,5 ] [342.0,5a y x(2X 96 )0,5 ] 32a y
(2X 96 )a y32( )g Xy48ay16(2)
Nếu giảm ½ lượng Al trong A (giữ lượng X không đổi) ta có:
n↑(C) = 0,75x + 0,5ay =
5, 6
0, 25(3)
22, 4 Lấy (1) – (3) : 0,75x = 0,15 x = 0,2 và Ay = 0,2 thay vào (2) ta
có: Xy = 6,4 (4)
6, 4
0, 2
Xy
ay
(V)
Lập bảng:
X 32(S) 64 (Cu) 96 (Mo) 128 (Te)
Biện luận: Nếu X là S không hợp lí (vì S là phi kim)
Nếu X là Cu: bài cho p + n + e = 93
29 64
p n
p
p n
Nếu X là Mo:
0 96
p n
p
p n
(loại)
Nếu X là Te:
0 128
p n
p
p n
(loại)
X là Cu 5,0 đ
Trang 3Vậy X là Cu
Bài 3 (7 điểm)
Từ nhiệt độ phòng đến 1185K sắt tồn tại ở dạng Feα với cấu trúc lập phương tâm khối, từ 1185K đến 1667K ở dạng Feγ với cấu trúc lập phương tâm diện Ở 293K sắt có khối lượng riêng d
= 7,874 g/cm3
a Hãy tính bán kính nguyên tử r của sắt và tính khối lượng riêng d’ của sắt ở 1250K (Bỏ qua ảnh hưởng không đáng kể do sự giãn nở nhiệt)
b Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó có một số khoảng trống giữa các nguyên tử sắt bị chiếm bởi nguyên tử cacbon Trong lò luyện thép (lò thổi) sắt dễ nóng chảy khi chứa 4,3% cacbon về khối lượng Nếu được làm lạnh nhanh thì các nguyên tử cacbon vẫn được phân tán trong mạng lưới lập phương nội tâm, hợp kim được gọi là martensite cứng và giòn Kích thước của tế bào sơ đẳng của Feα không đổi Hãy tính số nguyên tử trung bình của C trong mỗi tế bào sơ đẳng của Feα với hàm lượng của C là 4,3%
(Fe = 55,847, C = 12,011, N = 6,022.1023)
a Khối lượng mol nguyên tử Fe bằng 55,847g/mol và khối lượng
riêng d = 7,874g/cm3 (ở 293K)
vậy 1 mol sắt có thể tích là:
3
55,847
7,0926 7,874
m
d
- Mỗi tế bào lập phương có 2 nguyên tử sắt vậy thể tích tế
bào sơ đẳng:
7,0926.2
2,3556.10 6,022.10
- Cạnh a của tế bào lập phương tâm khối :
a3 = V → a = (2,3556.10-23)1/3 = 2,8666.10-8 cm
Ta đã biết với cấu trúc lập phương nội tâm (kim loại):
đường chéo của lập phương AC = a 3 = 4r
Vậy bán kính nguyên tử r của Fe:
8
8
3 2,8666.10 3
1, 2413.10
a
- Ở 1250K sắt ở dạng Feγ với cấu trúc lập phương tâm
diện Khi đó đường chéo của một mặt bằng a’ 2= 4r Từ đó a’=
4r / 2
8
8
4.1, 2413.10
2
Thể tích tế bào sơ đẳng: V’ = a’3 = (3,5106.10-8)3 = 4,3266.10
-23cm3
Với cấu trúc lập phương tâm diện mỗi tế bào có 4 nguyên tử Fe,
do đó khối lượng riêng:
3
4.55,847
' 6, 022.10 4,3266.10
m
b Trong 100g mertensite có:
4,3g C tức là có 4,3:12,011 = 0,3580 mol C
95,7g Fe tức là có 95,7: 55,847 = 1,7136 mol Fe
Điều đó có nghĩa ứng với 1 nguyên tử Fe có 0,3580 :17136 =
0,2089 nguyên tử C
Mỗi tế bào sơ đẳng Feα có 2 nguyên tử Fe tức là có trung bình
a
8
1, 2413.10
3
' 8,5738 /
b
22
1,9381.10
2,0 đ
2,0 đ
3,0 đ
Trang 40,2089.2 = 0,4178 nguyên tử C (Vì nguyên tử không chia sẽ được
nên một cách hợp lý hơn ta nói cứ 12 tế bào sơ đẳng có
(0,4178.12) ≈ 5 nguyên tử C.)
Khối lượng của mỗi tế bào sơ đẳng bằng tổng khối lượng của 2
nguyên tử sắt và 0,4178 nguyên tử cacbon, vậy:
22
55,847.2 12,011.0, 4178
1,9381.10 6,022.10 6,022.10
Bài 4 (5 điểm)
1 Hợp chất X có công thức phân tử là MxRy trong đó M chiếm 52,94% về khối lượng Biết
x + y = 5 Trong nguyên tử M số nơtron nhiều hơn số proton là 1 Trong nguyên tử R số nơtron bằng số proton Tổng số hạt proton, nơtron và electron trong X là 152 Xác định công thức phân tử của X
2 Có chất X nóng chảy được ở 500C và tan vô hạn trong nước Để chuẩn độ 0,2007 gam chất X ta phải dùng hết 17,314 ml dung dịch kali hidroxit 0,098 M Cho bay hơi dung dịch trung tính thu được ta thấy chỉ còn lại 0,235 gam tinh thể không màu của chất Y có chứa các anion EO4n- Hãy xác định các chất X và Y
1 Gọi số hiệu nguyên tử, số notron trong M và R lần lượt là ZM, NM, ZR, NR
Ta có: %R = 100% - %M = 100% - 52,94% = 47,06%
Mặt khác:
(1)
5(2) 1(3) (4) ( 2 ) ( 2 ) 152(5)
xM
x y
Thay (3) (4) vào (1) và (5) ta được:
(2 1) 9
.16 8 18 (6)
M
R
x Z
y Z
x Z.3 M x y Z.3 R 152 3 y Z R 152 x Z.3. M x(7)
Thay (7) vào (6) ta rút ra:
912 14 34
M
x Z
x
Vì x nguyên và 0 < x < 5 → x = 1, 2, 3,4 Ta có bảng sau:
Cặp nghiệm phù hợp: x= 2 và ZM = 13 (Al)
Thay x, ZM vào (2) và (7) ta tìm được y = 3, ZR = 8 (O) Vậy CTPT của X là
Al2O3
2 Các tinh thể Y là muối kali : nK = 0,017314.0,098 = 1,696772.10-3 mol
Khối lượng mol của anion tương đương
3 3
0, 235 1,696772.10 39
99,5 ( / )
1, 696772.10
anion
Nếu n (điện tích anion) = 1 thì Manion = 99,5 và anion là ClO4- Suy ra Y là
KClO4 (kali peclorat)
Khối lượng mol của cation tương đương trong chất X:
1
X là Al2O3
2
X là
HClO4.H2O
Y là KClO4
2,5 đ
2,5 đ
Trang 53
0, 2007 1,696772.10 99,5
18,78 ( / ) 1,696772.10
cation
Với m = 1 và vì X tan vô hạn trong nước nên cation này là H3O+
Vậy X là H3OClO4 (hidroxoni peclorat) hay HClO4.H2O
Bài 5 (6 điểm)
1 Cho n mol rượu etylic và 1 mol axit axetic vào bình cầu rồi thêm nước vào cho được 100
ml Tạo điều kiện thực hiện phản ứng este hóa đến khi đạt trạng thái cân bằng có Kcb = 4 Tìm nồng độ của este theo n lúc cân bằng Cho n = 2, tìm khối lượng este thu được
2 NH3 được tổng hợp theo phản ứng: N2 (k) + 3H2 (k) 2NH3(k)
- Dùng số liệu nhiệt động dưới đây, tính ∆G0 của phản ứng ở 250C:
N2 (k) H2 (k) NH3(k)
- - -46,19
191,49 130,59 192,51
- Nếu coi ∆H0 và ∆S0 của phản ứng là không đổi đối với nhiệt độ thì ở nhiệt độ nào phản ứng ở điều kiện chuẩn đổi chiều?
- Ở áp suất nào và 4500C thì hiệu suất chuyển hóa là 90% nếu xuất phát từ tỉ lệ N2 : H2 là 1:
3 theo số mol
1 Phương trình phản ứng este hóa:
CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 +
H2O
Ban đầu: 1 n 0
0
TTCB: 1-x n-x x
x
Gọi x là nồng độ este lúc cân bằng Ta có:
4 ( )(1 )
cb
x x
K
Với điều kiện x < n và x < 1: 3x2 – 4(n +1)x + 4n = 0
∆’ = 4(n+1)2 -12n = 4(n2 –n +1)
2
3
Với x<1 có nghiệm số:
2
2
3
là phù hợp
- Khi n = 2 x
2 (3 3) 3
= 0,8453 mol/l Số mol este lúc cân bằng có trong bình:
0,8453.100
0,08453
1000 mol meste
= 88.0,08453 = 7,4386 g
2
298
192,51.2 (191, 49 130,59.3) 198, 24
92380 198,24
Ở 250C thì G2980 33304, 48 J
Để phản ứng đổi chiều phải có G0 0 nghĩa là : - 92380 +
198,24T > 0
hay T > 466,0008K
1
2
2 [ 1 1]
3
x n n n
meste = 7,4386 g
2
T > 466,0008K
2,0 đ
2,0 đ
Trang 6Để có hiệu suất chuyển hóa NH3 cao cần có áp suất cao
N2(k) + 3H2(k) 2 NH3(k)
Ban đầu: 1 mol 3mol 0
Cân bằng: 1 - 3 - 3 2
n i 4 2
Kp = Kn
n
i
p
n
=
2 2
3
(2 ) (1 )(3 3 ) 4 2
p
Kp =
4 (4 2 ) 1
27(1 ) p
Nếu α = 0,90 thì Kp = 0,5808
4 2
10
p
Ở 4500C thi Kp bằng:
Kp =
0 92380 198,24.723
4
G
RT
Từ đó: P =
4
4 4
0,5808.10
0,5278.10 2,0848.10
atm
P = 0,5278.104 atm
2,0 đ
Bài 6 (4 điểm)
Urani (U, Z = 92) là một nguyên tố phóng xạ có trong tự nhiên, tồn tại dưới dạng hỗn hợp
238U (99,3%; t1/2 = 4,5.109 năm) và 235U (0,7%, t1/2 = 6,1.108 năm) Cả 2 đồng vị phóng xạ anpha và beta, được hình thành khi tổng hợp hạt nhân
a hãy tính tổng số hạt anpha và beta bức xạ trong toàn bộ mỗi chuỗi của hai chuỗi phóng xạ tự nhiên (238U→206Pb và 235U→207Pb)
b Giả sử hàm lượng đồng vị Urani ban đầu (nghĩa là tại thời điểm tổng hợp hạt nhân) bằng nhau (238U: 235U = 1: 1), hãy tính tuổi của Trái đất (nghĩa là thời gian đã qua kể từ thời điểm tổng hợp hạt nhân)
a Đồng vị 238U:
23892U 206
82Pb
+ xα + y β
4 2 0 1
He e
Ta có:
Vậy từ 238U→206Pb phóng xạ 8 hạt α và 6 hạt β
- Đồng vị 235U:
23592U 207
82Pb
+ x’α + y’β
Tương tự ta có: x’ = 7, y’ = 4 Đã có 7 α và 4 β được phóng
ra
b Với mỗi đồng vị phóng xạ của Urani ta có:
235 N = 235 N 0 exp(-235t)
238 N = 238 N 0 exp(-238 t)
Trong đó N là số hạt nhân tại thời điểm t
N0 là số hạt nhân tại thời điểm t0 = 0
a
238U→206Pb phóng xạ 8 hạt α và 6 hạt β
235U→207Pb phóng xạ 7 hạt α và 4 hạt β
b
9
6,0261.10 n m
tă
2,0 đ
2,0 đ
Trang 7Và hằng số phân rã 1/2
ln 2
t
Tại t = 0: 235N0 = 238N0
238 238
235 235
ln
Mà: 238 9
ln 2
4,5.10
năm -1 và 235 8
ln 2 7,1.10
năm -1
9
993 ln
7 6,0261.10 n m
ln 2 ln 2
7,1.10 4,5.10
tă
* Hằng số phóng xạ: = 1
ln 2
t
và t =
0
1 ln
t
N N
* G = H TS ; G = RTlnK
* Kp = Kn
n
i
p n