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

Trong nguyên tử M số nơtron nhiều hơn số proton là 1.. Trong nguyên tử R số nơtron bằng số proton.[r]

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 (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 cân bằng là atm

b Tính áp suất của hệ cân bằng nếu cho 2,085 g PCl5 vào bình chân không dung tích 200 cm3 ở 200oC.

Cách giải Kết quả Điểm

a

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

2 2

(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

0, 485

0,3076 0, 485

p

K  



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

5

2,085 0,01

0,01 [ ] 0,05

208,5 0,

PCl

n    PCl   M

1

22,

( ) 0,3076( 473) 7,9251.10

273 n

c p

K K RT    

  

PCl5 (k)  PCl3(k) + Cl2 (k) Ban đầu: 0,05M Cân bằng: 0,05-x x x

x là nồng độ mol.l-1 của PCl5 bị phân hủy đạt tới cân bằng:

Kc =

2

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 phản ứng là: 0,05 – x + x + x = 0,05 + 0,016334 = 0,066334M Áp suất của hệ cân bằng là:

22,

0,066334 .473 2,5744

273

P CRT   atm

a

Kp = 0,3076

b

P = 2,5744 atm

1,5 đ

Bài (5 điểm)

Hòa tan hỗn hợp A gồm Al và kim loại X (hóa trị a) H2SO4 đặc, nóng đến A tan hoàn toàn, không còn khí thoát thì thu được dung dịch B và khí C Khí C bị hấp thụ bởi NaOH dư tạo 50,4 gam muối Nếu thêm vào A một lượng kim loại X bằng lần lượng kim loại X có A (giữ nguyên lượng Al) rồi hòa tan hoàn toàn bằng H2SO4 đặc, nóng thì lượng muối dung dịch mới tăng thêm 32 gam so với lượng ḿi dung dịch B Nhưng nếu giảm ½ lượng Al có A (giữ nguyên lượng X) thì hòa tan ta thu được 5,6 lít (đktc) khí C Biết tổng số hạt bản (p, n, e) X là 93 Xác định X

Cách giải Kết quả Điểm

Đặt x, y lần lượt là số mol Al và kim loại X 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 lần lượng X (trong A)  Lượng kim loại X (sau 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 thêm và trước 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 A (giữ lượng X không đổi) ta có:

n↑(C) = 0,75x + 0,5ay = 5,

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,

32 32

0,

Xy

X a

ay

    

(V) Lập bảng:

a

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)

Vậy X là Cu Bài (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 sự giãn nở nhiệt)

b Thép là hợp kim của sắt và cacbon, 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 chứa 4,3% cacbon khối lượng Nếu được làm lạnh nhanh thì các nguyên tử cacbon vẫn được phân tán 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 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 mol sắt có thể tích là:

3

55,847

7,0926 7,874

m

V cm

d

  

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

23

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 = 4r

Vậy bán kính nguyên tử r của Fe:

8

8

3 2,8666.10

1, 2413.10

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 /

8

8

4.1, 2413.10

' 3,5106.10

2

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 nguyên tử Fe, đó khối lượng riêng:

3

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 nguyên tử Fe có 0,3580 :17136 = 0,2089 nguyên tử C

Mỗi tế bào sơ đẳng Feα có nguyên tử Fe tức là có trung bình a

8

1, 2413.10

r  cm



3

' 8,5738 /

d  g cm

b

22

1,9381.10

m  g



2,0 đ

2,0 đ

0,2089.2 = 0,4178 nguyên tử C (Vì nguyên tử không chia sẽ được nên một cách hợp lý ta nói cứ 12 tế bào sơ đẳng có (0,4178.12) ≈ nguyên tử C.)

Khối lượng của mỗi tế bào sơ đẳng bằng tổng khối lượng của nguyên tử sắt và 0,4178 nguyên tử cacbon, vậy:

22

23 23

55,847.2 12,011.0, 4178

1,9381.10

6,022.10 6,022.10

m  g

  

Bài (5 điểm)

1 Hợp chất X có công thức phân tử là MxRy đó M chiếm 52,94% khối lượng Biết x + y = Trong nguyên tử M số nơtron nhiều số proton là Trong nguyên tử R số nơtron bằng số proton Tổng số hạt proton, nơtron và electron X là 152 Xác định công thức phân tử của X

2 Có chất X nóng chảy được ở 500C và tan vô hạn 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 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 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

(1)

47,06 ( )

5(2) 1(3) (4)

( ) ( ) 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

N Z

x N Z y N Z



   



 

 

 

 

 

    



Thay (3) (4) vào (1) và (5) ta được:

(2 1)

.16 18 (6)

.2

M

M R

R

x Z

x Z x y Z

y Z 

   

x Z.3 M  x y Z.3 R 152 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 < x < → x = 1, 2, 3,4 Ta có bảng sau:

x

ZM 26,41 13 8,529 6,294

Cặp nghiệm phù hợp: x= và ZM = 13 (Al)

Thay x, ZM vào (2) và (7) ta tìm được y = 3, ZR = (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

0, 235 1,696772.10 39

99,5 ( / )

1, 696772.10 anion

M n n g mol

 

  

  

 

Nếu n (điện tích anion) = thì Manion = 99,5 và anion là ClO4- Suy Y là KClO4 (kali peclorat)

Khối lượng mol của cation tương đương chất X:

1

X là Al2O3

2 X là HClO4.H2O Y là KClO4

2,5 đ

3

0, 2007 1,696772.10 99,5

18,78 ( / )

1,696772.10 cation

M m m g mol

 

  

  

 

Với m = và vì X tan vô hạn nước nên cation này là H3O+ Vậy X là H3OClO4 (hidroxoni peclorat) hay HClO4.H2O

Bài (6 điểm)

1 Cho n mol rượu etylic và mol axit axetic vào bình cầu rồi thêm nước vào cho được 100 ml Tạo điều kiện thực hiện phản ứng este hóa đến đạt trạng thái cân bằng có Kcb = 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

298.s( )

H kJ mol

 - - -46,19

0 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: theo số mol

Cách giải Kết quả Điểm

1 Phương trình phản ứng este hóa:

CH3COOH + C2H5OH    CH3COOC2H5 + H2O

Ban đầu: n

TTCB: 1-x n-x x x

Gọi x là nồng độ este lúc cân bằng Ta có:

4

( )(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

2( 1)

3

n n n

x    

Với x<1 có nghiệm số:

2

2

[ 1]

3

x n  n  n

là phù hợp - Khi n =  x

2

(3 3)

3

 

= 0,8453 mol/l Số mol este lúc cân bằng có bình:

0,8453.100

0,08453

1000  mol  meste

= 88.0,08453 = 7,4386 g

0

298

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 >

hay T > 466,0008K

1

2

2

[ 1]

3

x n  n n

meste = 7,4386 g

2

T > 466,0008K

2,0 đ

Để có hiệu suất chuyển hóa NH3 cao cần có áp suất cao N2(k) + 3H2(k)  NH3(k)

Ban đầu: mol 3mol Cân bằng: -  - 3 2

 ni  4  Kp = Kn

n

i

p n



 

 

 

  =

2

3

(2 )

(1 )(3 )

p 

  



 

 

    

Kp =

2

4

4 (4 )

27(1 ) p

 

 

 Nếu α = 0,90 thì Kp = 0,5808.

10

p

Ở 4500C thi Kp bằng: Kp =

0 92380 198,24.723

4

8,314.723 2,0848.10

G RT

e e

 

 





 

Từ đó: P =

4

4

0,5808.10

0,5278.10 2,0848.10 

atm

P = 0,5278.104 atm

2,0 đ

Bài (4 điểm)

Urani (U, Z = 92) là một nguyên tố phóng xạ có 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 đồng vị phóng xạ anpha và beta, được hình thành tổng hợp hạt nhân

a hãy tính tổng số hạt anpha và beta bức xạ 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 (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

He e 

 

 

Ta có:

4 238 206

2 92 82

x x

x y y

  

 



 

   

 

Vậy từ 238U→206Pb phóng xạ hạt α và hạt β - Đồng vị 235U:

23592U

207 82Pb

  + x’α + y’β

Tương tự ta có: x’ = 7, y’ = Đã có α và β được phóng

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 =

a

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

phóng xạ hạt α và hạt β

b

9

6,0261.10 n m

tă

2,0 đ

Và hằng số phân rã 1/2

ln

t  

Tại t = 0: 235N0 = 238N0

238 238

235 238

235 235

exp( ) 99,3 993 993

ln

exp( ) 0,7 7

t N

t t

t N



 

 

      



Mà: 238 ln 4,5.10

 

năm -1 và 235 ln 7,1.10

 

năm -1

9

8

993 ln

7 6,0261.10 n m

ln ln

7,1.10 4,5.10

tă

  



* Hằng số phóng xạ:  = 12

ln

t

t =

0

1 ln

t

N N 

* G = H  TS ; G =  RTlnK

* Kp = Kn

n

i

p n



 

 

 