Thêm vào cân bằng trên 0,1 mol H2 thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới.. Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở toC..[r]
Trang 1UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MTCT LỚP 11
NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Chú ý: - Đề thi gồm có 06 trang.
- Thí sinh làm bài trực tiếp vào đề thi này.
(Họ, tên và chữ kí)
SỐ PHÁCH
(Do Chủ tịch HĐ chấm thi ghi)
Quy định: Thí sinh trình bày cách giải, kết quả tính toán vào ô trống liền kề bài toán Các kết quả
tính chính xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy theo quy tắc làm tròn số của đơn vị tính quy
định trong bài toán
Câu I: ( 5,0 điểm )
1 X và Y là các nguyên tố thuộc nhóm A trong bảng tuần hoàn, đều tạo hợp chất với
hiđro có dạng RH (R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y) Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng Trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M Xác định các nguyên
tố X và Y.
2 Tính pH của hệ dung dịch gồm HCOOH 0,20 M và HCOONa 0,50 M Biết HCOOH
có Ka=10-3,75.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2Câu II: ( 5,0 điểm )
Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K:
298 (kJ)
(2) N2O + 3H2 N2H4N + H2O 317
(4N) H2 + 0,5 O2 H2O 286 S0298 (N2H4N) = 24N0 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol
S0298 (N2) = 191 J/K.mol ; S0298 (O2) = 205 J/K.mol
1 Tính nhiệt tạo thành Ho
298 của N2H4N ; N2O và NH3.
2 Viết phương trình hóa học của phản ứng cháy N2H4N và tính Ho
298 , Go 298 và hằng
số cân bằng K của phản ứng này.
Trang 3Câu III: ( 5,0 điểm )
Cho phản ứng: H2 (K) + I2 (K) 2HI (K)
Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5 lít ở toC với 0,2 mol H2 và 0,2 mol I2 Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3 mol/lít.
1 Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC.
2 Thêm vào cân bằng trên 0,1 mol H2 thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới.
3 Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở toC
HI (K) 1
2H2 (K) +
1
2I2 (K)
Câu IV: ( 5,0 điểm )
Trang 4Đốt cháy hoàn toàn 10,4N gam chất hữu cơ X rỗi dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 chứa H2SO4N đặc và bình 2 chứa 600 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, thấy khối lượng bình 1 tăng 5,4N gam, bình 2 tăng 37 gam đồng thời xuất hiện 78,8 gam kết tủa
1 Xác định công thức phân tử của X Biết khi làm bay hơi 10,4N gam X thu được thể
tích khí bằng thể tích của 3 gam C2H6 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.
2 X có một đồng phân A, biết rằng khi cho 3,12 gam A phản ứng vừa đủ với 96 gam
dung dịch Br2 5% trong bóng tối Nhưng 3,12 gam X tác dụng tối đa với 2,688 lít H2 ( ktc) khi un nóng có xúc tác Ni Vi t công th c c u t o v g i tên A ết công thức cấu tạo và gọi tên A ức cấu tạo và gọi tên A ấu tạo và gọi tên A ạo và gọi tên A à gọi tên A ọi tên A.
Câu V: ( 5,0 điểm )
Trang 5Cho 32,9 gam hỗn hợp hơi của 2 rượu đi qua Al2O3 nung nóng ta được hỗn hợp hơi
A gồm ete, olefin, rượu dư và hơi nước Tách cẩn thận hơi nước ra khỏi A ta được hỗn hợp khí B Lấy lượng nước tách ra ở trên cho tác dụng hết với kali kim loại thu được 3,2928 lít H2 (đktc) Lượng olefin có trong B tác dụng vừa đủ với 378 ml dung dịch brom 0,5 mol/l Phần ete và rượu dư trong B chiếm thể tích 11,2896 lít (ở 136,50C và gọi tên A 1atm) Tính % r ượu tạo olefin (cho rằng số mol các ete tạo ra bằng nhau và hiệu ạo và gọi tên A u t o olefin (cho r ng s mol các ete t o ra b ng nhau v hi u ằng số mol các ete tạo ra bằng nhau và hiệu ố mol các ete tạo ra bằng nhau và hiệu ạo và gọi tên A ằng số mol các ete tạo ra bằng nhau và hiệu à gọi tên A ệu
su t t o olefin ấu tạo và gọi tên A ạo và gọi tên A ố mol các ete tạo ra bằng nhau và hiệu ới mỗi rượu như nhau) Xác định công thức phân tử các rượu i v i m i r ỗi rượu như nhau) Xác định công thức phân tử các rượu ượu tạo olefin (cho rằng số mol các ete tạo ra bằng nhau và hiệu u nh nhau) Xác nh công th c phân t các r ư ịnh công thức phân tử các rượu ức cấu tạo và gọi tên A ử các rượu ượu tạo olefin (cho rằng số mol các ete tạo ra bằng nhau và hiệu u.
Câu VI: ( 5,0 điểm )
Trang 6Hòa tan 10,4N0 gam một kim loại R trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch
X có RCl2 và thu được V1 lít khí H2 Chia dung dịch X làm 2 phần bằng nhau, phần I cho tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 đậm đặc, nóng thu được V2 lít khí NO2 và dung dịch Z (ion clorua không bị oxi hóa), phần II cho tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4N đậm đặc, nóng thu được V3 lít khí SO2 (đkc) và dung dịch T.
Cô cạn dung dịch Z ở nhiệt độ thích hợp thu được 4N0,00 gam một muối A duy nhất, cô cạn dung dịch T ở nhiệt độ thích hợp thu được 25,00 gam muối B duy nhất
Biết MA < 4N20 gam.mol-1, MB < 520 gam.mol-1 Xác định R, công thức của A, B và tính V1, V2, V3.
Biết NTK: C=12; H=1; N=14; S=32; O=16; F=19; Cl=35,5; Br=80; I=127; K=39; Na=23; Li=7; Ba=137; Fe=56; Zn=65; Cr=52; Cu=64; Mg=24; Al=27.
Hết
( Học sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN KÌ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MTCT LỚP 11
Trang 7SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu I: ( 5,0 điểm )
1 Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.
Trường hợp 1 : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH
Ta có : Y
17=
35 , 323
64 , 677 ⇒Y =9 , 284 (loại do không có nghiệm thích hợp)
Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4N
Ta có : 65Y =35 , 323
64 , 677 ⇒Y =35 ,5, vậy Y là nguyên tố clo (Cl).
B (HClO4N) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH
m A=16 , 8
100 ×50 gam=8,4 gam
XOH + HClO4N XClO4N + H2O
nA=nHClO=0 , 15 ×1=0 ,15 mol
MX+17= 8,4
0 ,15
MX = 39 Vậy X là nguyên tố kali (K)
2 Các cân bằng xảy ra trong hệ dung dịch:
HCOONa→ HCOO- + Na+
HCOOH HCOO- + H+ Ka= 10-3,75 (1)
HCOO- + H2O HCOOH + OH- Kb= 10-10,25 (2)
Vì K a.C a
C b=10
−3 , 75
.0,2 0,5=4 10
−4 ,75
>10−7 nên dung dịch có phản ứng axit, tính pH của hệ theo cân bằng (1)
HCOOH HCOO- + H+ Ka= 10-3,75
Theo ĐLTDKL ta có: 10− 3 ,75=x(0,5+x)
0,2 − x ⇒ x2
+(0,5+10−3 , 75
)x −2 10 −4 ,75=0
→ x= 7,11.10-5 = [H+] → pH = 4N,15
2,5
2,5
Câu II: ( 5,0 i m ) ểm )
2 Ta sắp xếp lại 4N phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu các chất và được
N2 + 2H2 N2H4N Đó là:
3,0
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 84NN2 + 3H2O 2NH3 + 3N2O -H1
3N2O + 9H2 3N2H4N + 3H2O 3H2
2NH3 + 0,5 O2 N2H4N + H2O H3
H2O H2 + 0,5 O2 -H4N
Sau khi cộng ta được: 4NN2 + 8H2 4NN2H4N có 4NH5
Suy ra H5 = (-H1 + 3H2 + H3 - H4N) : 4N
= (1011 – 3 317 – 14N3 + 286) : 4N = 50,75 kJ/mol
Từ H5 và H4N và H2 tính được H❑N2O= H5 + H4N - H2
= 50,75 – 286 + 317 = 81,75 kJ/mol
Từ H5 và H4N và H3 tính được H❑NH3= H5 + H4N - H3
= ( 50,75 – 286 + 14N3 ) : 2 = - 46,125 kJ/mol
2 N2H4N + O2 N2 + 2H2O
H0298= 2 ( 286) 50,75 = 622,75 kJ/mol
S0298= 191 + (2 66,6) 205 24N0 = 120,8 J/K
G0298= 622,75 ( 120,8 10 3 298) = 586,7516 kJ/mol
ln K =
G RT
= −586 , 7516 10
3
8 , 314 298 = 236,8252 → K = 10102,8333
2,0
Câu III : ( 5,0 điểm )
1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC
Theo giả thiết: [H2] = [I2] = 0,4N mol/lít
H2 (K) + I2 (K) 2HI (K)
Trước phản ứng: 0,4NM 0,4NM
Lúc cân bằng: 0,25M 0,25M 0,3M
Kcb = 0,32
0 ,25 0 , 25=1 , 44
2 Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới:
* Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H2, nồng độ H2 tăng cân bằng dịch chuyển theo
chiều thuận
* Khi thêm 0,1 mol H2 nồng độ H2 = 0,25 + 0,2 = 0,4N5 mol/lít
Gọi x là nồng độ H2 tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới
H2 (K) + I2 (K) 2HI (K)
Trước phản ứng: 0,4N5M 0,25M 0,3M
Lúc cân bằng: (0,4N5-x)M (0,25-x)M (0,3+2x)M
Kcb = ¿ ¿ 2,56x2 + 2,208x – 0,072 = 0 ĐK: 0< x < 0,25
Giải phương trình ta được : x = 0,0314N6 nhận ; x/ = -0,89 loại
Vậy : [H2] = 0,4N1854N (mol/lít); [I2] = 0,21854N (mol/lít); [HI] = 0,36292 (mol/lít)
3 Hằng số cân bằng của phản ứng sau ở toC
HI (K) 1
2H2 (K) +
1
2I2(K) Gọi K/
cb là hằng số cân bằng của phản ứng:
Ta có K/
cb = [H2]
1 2
[I2]
1 2
[HI]
= √K1cb = √1 , 441 =
5 6
1,5
2,5
1,0
Trang 9Câu IV: ( 5,0 i m ) ểm )
1 Theo bài ra : V X V C H2 6 n X n C H2 6 0,1mol
→ MX = 10,4N/0,1 = 104N
Bình 1 : chứa H2SO4N đặc hấp thụ nước
Bình 2 : Chứa dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2 và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi
H2SO4N Theo bài ra ta có: m CO2 m H O2 5, 4N 37 4N2, 4N g
(I) Xét bình 2: Các phản ứng có thể
Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O (1)
Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 (2)
Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1)
nCO2=nBaCO3=78 , 8
197 =0,4 mol Thay vào (I) ta tìm được 2
4N2, 4N 0, 4N.4N4N
1,378 18
H O
Đặt công thức của X là CxHyOx
Phương trình cháy: x y z ( 4N 2) 2 2 2 2
C H O x O xCO H O
Theo phương trình: y =
2
27,56 0,1
H O X
n
n → vô lí (loại vì y phải nguyên)
Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối
Theo (1) và (2) ta có : n CO2 0,8mol
4N2, 4N 0,8.4N4N
0, 4N 18
H O
C H O x O xCO H O
Theo phương trình ta có:
2 0,8
8 0,1
CO
A
n
x
n
, y =
2
8 0,1
H O X
n
Mà 12.x + y + 16.z =
10, 4N
104N 0,1
X X
m
Vậy công thức phân tử của X là: C8H8
2 Ta có:
2 0, 03
1
0, 03
Br
X
n
n
2 0,12
4N
0, 03
H X
n
1 mol A + 1mol dung dịch Br2 => A có 1 liên kết pi kém bền ( dạng anken)
1 mol A + 4N mol H2 => A có 4N liên kết pi, hoặc vòng kém bền
=> A có 3 liên kết pi, hoặc vòng bền với dung dịch Br2
A là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A có cấu trúc vòng benzen
Vậy công thức cấu tạo của A là: A là Stiren
1,0
1,0
1,5
1,5
Câu V: ( 5,0 điểm )
Số mol H2 = 0,14N7 ; Br2 = 0,189 mol ; ete + rượu dư = 0,3362 mol
* Do rượu tạo olefin nên là rượu no, đơn chức, hở (số C 2 ) Công thức chung của 2
rượu:
2,5
Trang 10CnH2n+2O CnH2n + H2O (n là số nguyên tử C TB > 2)
2 CnH2n+2O ( CnH2n+1)2O + H2O
2H2O + 2K 2KOH + H2
CnH2n + Br2 CnH2nBr2
Từ phương trình tính được : tổng số mol ete + olefin = số mol H2O = 0,14N7.2 = 0,294N
trong đó số mol olefin = số mol Br2 = 0,189 mol nên số mol ete = 0,105 mol
số mol rượu dư = 0,2312 mol
Tổng số mol rượu ban đầu = 0,189 + 2 0,105 + 0,2312 = 0,6302
% rượu tạo olefin =
0,189 0,63 100% = 30%
* KL mol TB của 2 rượu =
32,9 0,63= 52,2 chắc chắn có C2H5OH (M = 4N6) Đặt số nguyên tử cacbon và số mol của rượu phải tìm là x và a ( x > 2 );
số mol của C2H5OH là b Ta có hệ phương trình: (14Nx + 18)a + 4N6b = 32,9
và a + b = 0,63 được a =
0,28 2
x (với x > 2)
Để có giới hạn của a cần lưu ý rượu chưa biết có số mol ít nhất = 30% của nó (vì có
tạo olefin) cộng với phần đã tạo ete Do số mol 3 ete bằng nhau nên số mol mỗi rượu
tạo ete cũng bằng nhau = 0,105 mol a 0,3a + 0,105
ta có 0,7
0,28 2
x 0,105 x 3,8667 x = 3 C3H7OH
2,5
Câu VI: ( 5,0 điểm )
Phương trình phản ứng:
(1) R + 2HCl RCl2 + H2
Phản ứng giữa dung dịch RCl2 và HNO3 đậm đặc sinh khí NO2, với H2SO4N đậm đặc
sinh khí SO2, điều này chứng tỏ R2+ có tính khử và bị HNO3, H2SO4N đậm đặc oxi hóa
thành R3+
(2) RCl2 + 4NHNO3 (đặc) R(NO3)3 + NO2 + 2HCl + H2O
(3) 2RCl2 + 4NH2SO4N (đặc) R2(SO4N)3 + SO2 + 2H2O + 4NHCl
Gọi 2a là số mol R ứng với 10,4N0 gam R
a là số mol R ứng với 5,20 gam R
Khi cô cạn dung dịch Z, T ta có thể thu được muối khan hoặc muối ngậm nước
Gọi R(NO3)3 nH2O và R2(SO4N)3 mH2O là công thức của A, B với n, m 0
Từ (1) (2) (3) , suy ra :
Số mol R(NO3)3 nH2O là a mol, số mol NO2 = a mol
Số mol R2(SO4N)3 mH2O là a/2 mol, số mol SO2 = a/2 mol
R R(NO3)3 nH2O M1 = 186 + 18n
5,20 gam 4N0,00 gam m1 = 34N,80
R ½ R2(SO4N)3 mH2O M2 = 14N4N + 9m
5,20 gam 25,00 gam m1 = 19,8
Suy ra : a = 34 , 80 186+18 n = 19 , 8 144+9 m 178,20 n – 156,6 m = 664N,2
Mà MA < 4N20 gam.mol-1 nên n < 9,97 MB < 520 gam.mol-1 nên m < 6,88
Chọn m nhận giá trị từ 1 đến 6, ta có 2 nghiệm phù hợp là m = 6 , n = 9
Suy ra a = 0.1 và MR = 52 gam.mol-1
2,0
3,0
Trang 11Vây R chính là Cr Công thức muối A là Cr(NO3)3.9H2O B : Cr2(SO4N)3.6H2O
V1 = 0,2 x 22,4N = 4N,4N8 lít
V2 = 0,1 x 22,4N = 2,24N lít
V3 = 0,05.22,4N = 1,12 lít