UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MTCT
NĂM HỌC 2011-2012
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1 )
(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)



Câu I. (5,0 điểm)
Hòa tan 0,1mol NH
3
vào nước được 1 lít dung dịch A, độ điện li của NH
3

là 1,333%.
a) Tính pH của dung dịch A.
b) Tính hằng số bazơ của NH
3
.
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,
3 4
Fe O
,
2 3
Fe O

và Fe dư. Hòa tan hoàn
toàn A trong
3
HNO
loãng dư thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và
2
N
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,
oxi chiếm
1
5
thể tích không khí). Tính thể tích hỗn hợp khí thu được sau phản ứng (các
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
Fe
3
O
4
và FeCO
3
ở 27,3
0
C 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
phản ứng có tỉ khối so với H
2

là
27
554
. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong dung dịch
(dd) HNO
3
loãng, thu được
3
792,1
lít hỗn hợp khí gồm NO và CO
2
ở đktc. Tính thể tích
dd HCl 2,0M để hòa tan hết hỗn hợp A.
2. Dùng 16,8 lít không khí ở đktc (O
2
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 C
n
H
2n+1
O
2
N. 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
0
C thì áp suất trong bình là
bao nhiêu? Biết rằng aminoaxit khi đốt cháy tạo khí N
2
.

Câu IV. (7,5 điểm)
Có 200ml dd hỗn hợp gồm CuSO
4
0,25M và CrCl
2
0,60M. Điện phân dung dịch trên
trong thời gian 1 giờ 36 phút 30 giây với cường độ dòng điện 5ampe.
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).

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu V. (10,0 điểm)
Khi đun đến nhiệt độ cao PCl
5
bò phân li theo phương trình:
PCl
5(K)
PCl
3(K)
+ Cl
2(K)


1. Cho m gam PCl
5
vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T(
0
K)
để xảy ra phản ứng phân li PCl
5
. Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng áp suất khí
trong bình bằng P. Hãy thiết lập biểu thức tính Kp theo độ phân li  và áp suất P.
2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhệt độ T
1
người ta cho 83,300 g PCl
5
vào
bình dung tích V
1
. Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng đo được P bằng 2,700 atm.
Hỗn hợp khí trong bình có tỷ khối so với hiđrô bằng 68,862. Tính  và Kp.

Câu VI. (10,0 điểm)
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,24g FeS
2
và 0,264g FeS vào lượng dư
H
2
SO
4
đặc nóng thu được dd A và khí B. Hấp thụ hết khí B bằng một lượng vừa đủ
dd KMnO

4
thu được dd D không màu trong suốt có pH = 2.
1. Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích dd D.
2. Nếu đem hòa tan lượng hỗn hợp X trên vào dd HNO
3
loãng thì thu được dd Z
và (V) lít khí NO ở đktc. Dung dòch Z vừa tác dụng với dd NaOH cho kết tủa màu
nâu đỏ, vừa tác dụng với dd BaCl
2
. Hãy 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
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


HD CHẤM ĐỀ CHỌN HSG TỈNH
GIẢI TOÁN TRÊN MTCT - NĂM HỌC 2011-2012
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1)
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đ
ề)



Câu Nội dung Điểm





I
(5,0đ)


a) NH
3
+ H
2
O
ƒ
NH
4
+
+ OH
-

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)
[OH
-
]= 0,1.0,01333 = 1,333.10
-3
(M)

14
12
-3
10
7,50787546.10
1,333.10

 
 

 
 
H
(M)


pH = 11,12448294.

b) K
b
(NH
3
) =
 
3 2
4
5
3
.
(1,333.10 )
1,800847174.10
0,1.0,9867
 


   
   
 
NH OH
NH



c) HCl + NH
3
→ NH
4
Cl
0,09 0,09 0,09 (mol)

Số mol NH
3
dư = 0,01 (mol)

NH
3
+ H
2
O
ƒ
NH
4
+
+ 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)

K

b
=
 
4
5
3
.
(0,09 )
1,800840174.10
0,01
 

   

   
 

NH OH
x x
NH x

Giả sử x<<0,09; x<<0,01

[OH
-
] = x = 1,99.10
-6
M

14

9
-6
10
5,03.10
1,99.10
H

 
 
 
 
(M)

pH = 8,298432015
































ĐỀ CHÍNH THỨC




II
(5,0đ)
Quá trình oxi hóa Quá trình khử

0 3
Fe Fe 3e
0,15 0,45

 


0 2
2
O 4e 2O
0,025 0,1

 


5 2
5 0
2
N 3e N
3x x
2N 10e N
10y y
 

 
 

Áp dụng định luật bào toàn khối lượng ta có
2
O A Fe
m m m 0,8 gam
  

2
O
n 0,025 mol
 


Gọi x, y là số mol của NO và
2
N

Theo đề ta có hệ phương trình:
3x 10y 0,35
30x 28y 2,06
 


 



Giải hệ ta được

x 0,05
y 0,02







A
V 1,568 lit




2 2
1
N O + O N O
2
b ñ 1 ,12 0 ,6
p ö 1 ,1 2 0,5 6
spö 0 0 ,0 4 1 ,1 2

l l
l l
l l




2
O kk
1
V V 0,6
5
 
l

hh
V 4,008
 
l
















III
(12,5đ)
1.
)(12007505,0
)3,27273(082,0
4,1112,2
mol
x
x
n
CO




Gọi x, y là số mol Fe
3

O
4
, FeCO
3
trong hỗn hợp A
Các ptpư:
Fe
3
O
4
+ 4CO  3Fe + 4 CO
2
(1)
x 4x 4x









t
0

t
0

FeCO

3
+ CO  Fe + 2 CO
2
(2)
y y 2y
Hỗn hợp sau phản ứng (1) và (2):
n
hỗn hợp
= n
CO2

+ n
CO dư
= 4x + 2y + 0,12 - (4x + y) = 0,12 + y

41
27
554
x2M
NO,
2
CO


Hòa tan A trong HNO
3
loãng:
3Fe
3
O

4
+ 28HNO
3
= 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O (3)
x x/3
3FeCO
3
+ 10HNO
3
= 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 3CO
2
+ 5H
2
O (4)
y y/3 y
Từ (3) và (4):
3
08,0
y
3

y
3
x
n
NO,
2
hhCO


Từ đó ta có hệ phương trình






)y12,0(41)yx412,0(28)y2x4(44
08,0yx

Giải hệ, ta được:





015,0y
02,0x

Ptpư hòa tan A trong dd HCl là:
Fe

3
O
4
+ 8HCl = 2FeCl
3
+ FeCl
2
+ 4H
2
O (5)
0,02 mol 0,16 mol

FeCO
3
+ 2HCl = FeCl
2
+ CO
2
 + H
2
O (6)
0,015 mol 0,03 mol

mol19,016,003,0n
HCl



mol095,0
2

19,0
V
ddHCl


2. Số mol O
2
và N
2
trong không khí:

)mol(15,0
100
20
x
4,22
8,16
n
2
O



)mol(6,0
100
80
x
4,22
8,16
n

2
N


Gọi
n
là số nguyên tử C trung bình trong 2 phân tử aminoaxít  CTPT
chung là:
NOHC
2
1n2n 

Phản ứng cháy :

22222
1n2n
N
2
1
OH
2
1n2
COnO
4
3n6
NOHC 






(1)
x
x
n

Gọi x là số mol 2 aminoaxít, ta có:
xnn
2
CO


Hỗn hợp khí B gồm: CO
2
, N
2
cho B tác dụng với Ca(OH)
2
dư:
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3
 + H
2
O (2)

)mol(095,0

100
5,9
nn
2
)OH(Ca
2
CO


Ta có hệ phương trình:







095,0xn
21,3x)47n14(

Giải hệ ta có x = 0,04
375,2n 

CTPT của 2 aminoaxít: C
2
H
5
O
2
N  CTCT : H

2
N-CH
2
-COOH
C
3
H
7
O
2
N  CTCT: H
2
N-C
2
H
4
-COOH
Gọi a, b lần lượt là số mol 2 aminoaxít






21,3b89a75
04,0ba







015,0b
025,0a

m
C
2
H
5
O
2
N
= 75 x 0,025 = 1,875 (g)
m
C
3
H
7
O
2
N
= 89 x 0,015 = 1,335 (g)
Hỗn hợp B sau phản ứng:
n
O2dư
=
)mol(0375,0x
4
3n6

15,0 



n
N2
=
)mol(62,0
2
x
6,0 

n
CO2
= 0,095(mol)
n
B

= 0,037 + 0,62 + 0,095 = 0,7525 (mol)
Áp suất trong bình:
)atm(505,1
8,16x273
4,22x)5,136273(x7525,0
P 









IV
(7,5đ)
a)
Quá trình điện li:
2 2
4 4
CuSO Cu SO
 
 
CrCl
2
Cr
2+
+ 2Cl
-

H
2
O H
+
+ OH
-

Thứ tự ở catốt: Cu
2+
+ 2e  Cu
Cr
2+

+ 2e  Cr
Thứ tự ở anốt: 2Cl
-
- 2e  Cl
2

H
2
O - 2e 
2
O
2
1
+ 2H
+

n
CuSO
4
= 0,2 x 0,25 = 0,005 (mol)
n
CrCl
2
= 0,2 x 0,6 = 0,12 (mol)
Gọi t
1
là thời gian để khử hết Cu
2+

m

Cu
=
1930
5
x
64
96500x2x64x05,0
AI
Fnm
t
nF
AIt
Cu
1
1

(giây)
Thời gian còn lại để khử Cr
2+
là : 5790 - 1930 = 3860 (giây)
m
Cr
=
)gam(2,5
2
x
96500
5x3860x52
nF
AIt

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
2
O) bị OXH: 0,3 - 0,24 = 0,06 (mol)
Số mol O
2
=
OH
1
n
2

=
015,0
4
06,0

(mol)

Tổng thể tích khí tại anốt là: (0,015 + 0,12)x 22,4 = 3,024 (l)
c) Dung dịch gồm CrSO
4
0,1M và H
2
SO
4
0,15M




V
(10,0đ)
1. Thiết lập biểu thức tính Kp theo độ điện li  và áp suất p.
PCl
5(K)
PCl
3(K)
+ Cl
2(K)

Số mol ban đầu a
Số mol phân li x x x
Số mol ở trạng thái a – x x x
thái cân bằng
- Số mol PCl
5
ban đầu =
239,208

m
= a (mol)
- Tổng số mol khí lúc cân bằng: a+ x
- độ điện li  =
a
x
(1)
Ta có: áp suất riêng phần của mỗi khí:
p
x
a
xa
P
PCl



5
;
p
x
a
x
PP
PClCl


32

p

xa
xa
p
xa
x
P
PP
Kp
PCl
PClCl
















2
5
32
.

(2)
Từ (1) và (2)
pKp
2
2
1





2.
5
PCl
n
ban đầu
= a =
239,208
3,83
= 0,400 (mol)
M của hỗn hợp cân bằng: 68,826 x 2,016 = 137,724 g
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n = a(1+ )
n =
753,138
3,83
=0,600 (mol)
n = a(1+ ) = 0,4(1+ ) = 0,6 =>  = 0,5 (50%)

Tìm Kp tại nhiệt độ T
1

:
pKp
2
2
1




=
9,07,2.
)5,0(1
)5,0(
2
2




















VI
(10,0)
1.
2 FeS
2
+ 14 H
2
SO
4
 Fe
2
(SO
4
)
3
+ 15 SO
2
+ 14 H
2
O (1)
2 FeS + 10 H
2
SO
4
 Fe
2

(SO
4
)
3
+ 9 SO
2
+ 10 H
2
O (2)
5 SO
2
+ 2 KMnO
4
+ H
2
O  2KHSO
4
+ 2 MnSO
2
+ H
2
SO
4
(3)
2
FeS
n
= 0,002 (mol) từ (1) và (2)
FeS
n

= 0,003 (mol)
FeSFeSSO
nnn
2
9
2
15
22

= 0,0285 (mol)
Từ (3)
24
5
2
SOKHSO
nn 
= 0,0114 (mol)
242
5
1
SOSOH
nn 
= 0,0057 (mol)
424
2)(
SOHKHSO
H
nnddDn 

= 0,0228 (mol)

V
ddD
=
2
10
0228,0

= 2,28 (lít)
2.
Khi cho X vào HNO3  ddZ và NO
pứ OXH FeS
2
+ 8 H
2
O – 15e  Fe
3+
+ 2 SO
4
2-
+ 16 H
+
(4)
hỗn hợp (X) FeS + 4 H
2
O – 9e  Fe
3+
+ SO
4
2-
+ 8 H

+
(5)
pứ khử NO
3
-
+ 4 H
+
+ 3e  NO + 2H
2
O (6)

Từ (4) và (5) tổng số mol e trao đổi:
n
e
= 15
2
FeS
n
+ 9
FeS
n
= 15.0,002 + 9.0,003 = 0,057
Từ (6)
3
057,0

NO
n



4,22.
3
057,0
)(

dkcNO
V
= 0,4256 (lít)
























Chú ý:
ThÝ sinh cã thĨ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp ln ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho
®iĨm tèi ®a.