De va dap an HSG giai toan hoa tren may tinh cam tay1112

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (142.53 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
 ĐẮK LẮK

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL 
NĂM HỌC 2011-2012

MƠN: HĨA 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.

Cách giải Kết quả Điểm

PCl5 (k)  PCl3(k) + Cl2 (k)
ban đầu: a mol 0 0
cân bằng: a –a a a

2 2 2

(1 )

(1 ) 1

i n

a a

n a K

a

 

     

   



2 2

( )

1 (1 ) 1

n

p n

i

P a

K K

a
n

    

    

      



2
2

0, 485

0,3076
1 0, 485

p

K  



b. MPCl5=208,5g → số mol PCl5 được đưa vào bình lúc đầu là:

5 5

2,085 0,01

0,01 [ ] 0,05

208,5 0, 2

PCl

n    PCl   M

1 3

22, 4

( ) 0,3076( .473) 7,9251.10

273
n

c p

K K RT    

  

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 0,05 0

0,05 c c

x

x K x K

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

P CRT   atm

Kp = 0,3076

P = 2,5744 atm

1,5 đ

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài 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.

Cách giải Kết quả Điểm

Đặt x, y lần lượt là số mol Al và kim loại X trong hỗn hợp A.
2Al + 6H2SO4 (đ)  to Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O (1)

x 3x 0,5x 1,5x (mol)

2X + 2aH2SO4 (đ)  to 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 y32( )g  Xy48ay16(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

32 32

0, 2

Xy

X a

ay

    

(V)
Lập bảng:

a 1 2 3 4

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

2 93

29
64

p n

p
p n

  

 



   (thỏa)

Nếu X là Mo:

2 93

0
96

p n

p
p n

  

 



   (loại)

Nếu X là Te:

2 93

0
128

p n

p

p n

  

 



   (loại)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy 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)

Cách giải Kết quả Điểm

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:

55,847

7,0926
7,874

m

V cm

d

  

- Mỗi tế bào lập phương có 2 nguyên tử sắt vậy thể tích tế 
bào sơ đẳng:

23 3

1 23

7,0926.2

2,3556.10
6,022.10

V  cm

 

- 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:

3 2,8666.10 . 3

1, 2413.10

4 4

a

r cm



  

- Ở 1250K sắt ở dạng Fe

γ với cấu trúc lập phương tâm
diện . Khi đó đường chéo của một mặt bằng a’ 2= 4r. Từ đó a’=
4r / 2

4.1, 2413.10

' 3,5106.10

a cm



 

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:

23 23

4.55,847

' 8,5738 /

' 6, 022.10 .4,3266.10

m

d g cm

V 

  

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.

1, 2413.10

r  cm



' 8,5738 /

d  g cm

1,9381.10

m  g



2,0 đ

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

0,2089.2 = 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:

23 23

55,847.2 12,011.0, 4178

1,9381.10

6,022.10 6,022.10

m  g

  

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.

Cách giải Kết quả Điểm

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:

( )

52,94 9 9

(1)

47,06 8 ( ) 8

5(2)
1(3)
(4)

( 2 ) ( 2 ) 152(5)

M M

R R

M M

R R

M M R R

x Z N

xM

yR y Z N

x y

N Z

x N Z y N Z



   



 





 







    



Thay (3) (4) vào (1) và (5) ta được:

(2 1) 9

.16 8 .18 (6)

.2 8

M

M R

R

x Z

x Z x y Z

y Z


   

x Z.3 M  x y Z.3 R 152 3 .y ZR 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:

x 1 2 3 4

ZM 26,41 13 8,529 6,294

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

M n n g mol




  

  

 

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:

X là Al2O3

2.
X là
HClO4.H2O
Y là KClO4

2,5 đ

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

3
3

0, 2007 1,696772.10 .99,5

. 18,78 ( / )

1,696772.10
cation

M m m g mol




  

  

 

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)

0 1

298.s( . )

H kJ mol

 - - -46,19

0 1 1

298.s( . . )

S J K mol 

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.

Cách giải Kết quả Điểm

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:
.

( )(1 )

cb

x x
K

n x x

 

 

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( 1) 2 1

n n n

x    

Với x<1 có nghiệm số:

[ 1 1]

x n  n  n

là phù hợp.
- Khi n = 2  x

(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.

0 1

298

0 0 0

298 298 298

192,51.2 (191, 49 130,59.3) 198, 24 .

92380 198,24

S J K

G H T S T



    

     

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 1]

x n  n n

meste = 7,4386 g

T > 466,0008K

2,0 đ

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Để 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





ni  4 2 
Kp = Kn

n

i

p
n



 

 





 =

2
2

(2 )

(1 )(3 3 ) 4 2

p


  



 

 

    

Kp =

2 2

4 2

4 (4 2 ) 1

27(1 ) p

 




 Nếu α = 0,90 thì Kp = 0,5808.
4
2

p

Ở 4500C thi Kp bằng:
Kp =

0 92380 198,24.723

8,314.723 2,0848.10

G
RT

e e

 

 



 

Từ đó: P =

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).

Cách giải Kết quả Điểm

a. Đồng vị 238U:

23892U

206
82Pb

  + xα + y β

4
2
0
1

He
e


 




Ta có:

4 238 206 8

2 92 82 6

x x

x y y

  

 



 

   

 

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:
235N = 235N

0 exp(-235t)
238N = 238N

0 exp(-238t)

Trong đó N là số hạt nhân tại thời điểm t
N0 là số hạt nhân tại thời điểm t0 = 0

238U→206Pb phóng xạ 8
hạt α và 6 hạt β
235U→207Pb

phóng xạ 7 hạt α và 4
hạt β

6,0261.10 n m

tă

2,0 đ

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Và hằng số phân rã 1/2

ln 2

t
 

Tại t = 0: 235N0 = 238N0

238
238

235 238

235
235

exp( ) 99,3 993 993

exp( ) 0,7 7 7

t N

t t

t N



 




      



Mà: 238 9
ln 2
4,5.10

 

năm -1 và 235 8
ln 2
7,1.10

 

năm -1

8 9

993
ln

7 6,0261.10 n m

ln 2 ln 2

7,1.10 4,5.10

tă

  



* Hằng số phóng xạ:  = 12

ln 2

t

và t =

1
ln

t

N
N


* G = H  TS ; G =  RTlnK

* Kp = Kn

n

i

p
n



 

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8></div>

De va dap an HSG giai toan hoa tren may tinh cam tay1112









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về