Đề thi casio vĩnh phúc 2013-2014 [PDF]

Zitiervorschau

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MTCT NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC – TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ——————————————

Chú ý: Đề thi có 08 trang Số phách (Do chủ tịch HĐCT ghi): ............................. Qui định chung: 1. Thí sinh được dùng một trong các loại máy tính: Casio fx-500A, fx-500MS, fx-500ES, fx570MS, fx-570ES; VINACAL Vn-500MS, Vn-570MS. 2. Nếu bài có yêu cầu trình bày cách giải, thí sinh chỉ cần nêu vắn tắt, công thức áp dụng, kết quả tính vào ô qui định. 3. Nếu đề bài không có yêu cầu riêng thì kết quả làm tròn đến 4 chữ số thập phân sau dấu phẩy.

1. Phần ghi của thí sinh: Họ và tên: ....................................................................................................SBD ....................... Ngày sinh ..........................., Lớp.............., Trường .....................................................................

2. Phần ghi của giám thị (họ tên, chữ kí): Giám thị 1: ................................................................................................................................... Giám thị 2: ...................................................................................................................................

1

Điểm bài thi Bằng số Bằng chữ

Họ tên, chữ kí giám khảo

Số phách

Giám khảo 1 .......................................................................... Giám khảo 2 ..........................................................................

ĐỀ THI VÀ BÀI LÀM Bài 1. Hỗn hợp gồm 2 este đồng phân mạch hở được lấy 2 phần bằng nhau làm các thí nghiệm sau: Làm bay hơi phần thứ nhất thu được thể tích bằng thể tích của 6,4 gam khí oxi ở cùng điều kiện to, P. Đem xà phòng hóa hoàn toàn phần thứ hai bằng 300,0 ml dung dịch NaOH 1M rồi tiến hành chưng cất thì thu được 8,5 hơi hỗn hợp 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp. Cô cạn phần dung dịch còn lại sau khi chưng cất thì thu được chất rắn X, nung X trong bình kín có đủ oxi đến khi các phản ứng hoàn toàn thì thu được 22,0 gam CO 2, 7,2 gam H2O và còn một lượng muối cacbonat. Xác định công thức 2 este và tính % khối lượng các chất rắn trong X. Cách giải Kết quả

2

Bài 2. A là dung dịch CH3COOH có pH =3, B là dung dịch HCOOH có pH =3 a) Tính nồng độ ban đầu của CH3COOH và HCOOH trong dung dịch A và B. b) Thêm 15 ml dung dịch KOH có pH =11 vào 25 ml dung dịch A. Tính pH của dung dịch thu được. c) Trộn lần 10 ml dung dịch A với 10 ml dung dịch B. Tính pH của dung dịch thu được. Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75 Cách giải Kết quả

Bài 3. Ở 1020K, hai cân bằng sau cùng tồn tại trong một bình kín:

3

C( gr )  CO2 (k ) ƒ Fe(tt )  CO2 (k ) ƒ

2CO (k ); K p  4, 00 FeO (tt )  CO (k ); K p'  1, 25

a) Tính áp suất riêng phần các khí lúc cân bằng; b) Cho 1,00 mol Fe; 1,00 mol cacbon graphit; 1,20 mol CO2 vào bình chân không dung tích 20,0 lít ở 1020K. Tính số mol các chất lúc cân bằng. Cách giải

Kết quả

4

o Bài 4. Cho các số liệu sau đối với phản ứng tách hiđro của etan: G 900K = 22,39 kJ/mol H2 etan eten o S 900K (J/K.mol) 163,0 319,7 291,7 a) Tính Kp của phản ứng tách hiđro tại 900 K b) Phản ứng hiđro hóa eten tại 627 oC là phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt? c) Hỗn hợp phản ứng có thành phần % thể tích như thế nào nếu dẫn etan qua chất xúc tác khử hiđro tại 627oC. Biết áp suất tổng cộng tại cân bằng là 1013 hPa (1 atm) d) Tính Kp tại 600 K, giả thiết trong khoảng từ 600 K đến 900 K thì Ho và So không thay đổi?

Cách giải

Kết quả

5

Bài 5. A là dung dịch CuSO4 và NaCl. Điện phân 500 ml dung dịch A với điện cực trơ, màng ngăn xốp bằng dòng điện I=10A. Sau 19 phút 18 giây ngừng điện phân được dung dịch B có khối lượng giảm 6,78 gam so với dung dịch A . Cho khí H 2S từ từ vào dung dịch B cho tới khi phản ứng hoàn toàn thu được kết tủa và dung dịch C có thể tích 500 ml, pH =1,0. Tính nồng độ mol của CuSO4 , NaCl trong dung dịch A? Cách giải Kết quả

6

Bài 6. 1) Một phân tử X tạo bởi 5 nguyên tử của hai nguyên tố. Tổng số proton trong X là 10 và tổng số khối của X là 19. Hãy viết công thức cấu trúc không gian của X biết X chứa không quá 2 nguyên tử cấu tạo giống nhau và các nguyên tử đều bền. 2) Hãy xác định khoảng cách giữa 2 nguyên tử iot trong 2 đồng phân hình học của C 2H2I2 với giả thiết 2 đồng phân này có cấu tạo phẳng. (Cho độ dài liên kết C – I là 2,10 Å và C=C là 1,33 Å ). Cách giải Kết quả

7

1. Các trị số nguyên tử khối: O = 16; H = 1; C = 12; Br = 80; F = 19 ; S = 32; C = 12; Ta = 180,95; Na = 23; K = 39; Mg = 24; Ba = 137; Fe = 56; Pb = 207; Cu = 63,5; Ag = 108; Cr = 52 2. Các biểu thức: ln2

PV = nRT ; k = t ; 12

t=

1 No ln ; k N

3. Các hằng số:  = 3,14 ; R = 8,314 J.K-1.mol-1; R = 0,08205 ; NA = 6,022. 1023 1pm (picomet) = 1012m ; 1nm (nanomet) = 109m ; 1 Ao = 1010m ; 1u = 1,6605 1027kg 4. G = H  TS ; G =  RTlnK và ln

K P (T1 ) H  1 1     K P (T2 ) R  T2 T1

* Dung dịch đệm: pH = pKa + lg(Cb/Ca) — HẾT —

8

KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MTCT NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC - THPT ————————— Bài 1. Cách giải

Kết quả

6,4 = 0,2 32 NaOH 0,3  Tỷ lệ số mol xà phòng hóa phần thứ hai bằng < 2  các este este 0,2

Theo giả thiết: tổng số mol 2 este trong một phần =

đơn chức 8,5

Số mol hỗn hợp ancol = số mol este = 0,2 nên M ancol = = 42,5 0,2 Duy nhất có CH3OH = 32 < 42,5  ancol kế tiếp là C2H5OH CH3OH  32 ]

3,5

Z CH3OH 1  42,5  tỷ lệ số mol C2H5OH 3 Z ] C2H5OH=46 10,5

Chất rắn còn lại sau khi chưng cất là hỗn hợp 2 muối và có cả NaOH dư = 0,1 mol Vì 2 este là đồng phân của nhau nên 2 muối có dạng CxHyCOONa và Cx+1Hy+2COONa 2CxHyCOONa   O2 (2x+1)CO2 + yH2O + Na2CO3 (1) 0,15 0,075 (2x+1) 0,075y  O 2 2Cx+1Hy+2COONa (2x+3)CO2 + (y+2)H2O + Na2CO3 (2) 0,05 0,025 (2x+3) 0,025 (y+2) 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O (3) 0,1 0,05 0,05 Số mol CO2 = 0,5 và H2O = 0,4 ; theo các PTHH (1), (2), (3): CO2 tạo thành = 0,075 (2x+1) + 0,025 (2x+3)  0,05 = 0,5  x = 2 H2O tạo thành = 0,075y + 0,025 (y+2) + 0,05 = 0,4 y=3 Công thức 2 muối là: C2H3COONa  este 1 là C2H3COOC2H5 C3H5COONa  este 2 là C3H5COOCH3 Trong X có: 0,1594 = 14,1 gam C2H3COONa  60% 0,05108 = 5,4 gam C3H5COONa  22,98% 0,140 = 4,0 gam NaOH  17,02%

2ancol CH3OH và C2H5OH 2đ

C2H3COONa  este 1 là C2H3COOC2H5 C3H5COONa  este 2 là C3H5COOCH3 2đ NaOH  17,02% C3H5COONa  22,98% C2H3COONa  60% 1đ

9

Bài 2. Cách giải a) Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH

Kết quả

CH 3 COOH € CH 3 COO   H 

C ΔC [ ]

CA x CA – x

0 x x

0 x x

Với pH = 3,0  x = 10-3M

 10 

3 2

C A  103 CA 

-

CHCOOH= 6,62.103 M

3 106  103  101,2410  0, 0585M 4,76 10

Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

 10  

 pH 2

C HCOOH

0,0585M

 104,76

K HCOOH

 10

 pH

2đ

106  3,75  10 3  10 2,25  10 3  6, 62.10 3 M 10

b) Dung dịch KOH có pH = 11,0  [OH-] = [KOH] =

1014  103 M 11 10

Sau khi trộn: 0, 0585x25  0, 03656M  3, 66.10 2 M 40 103 x15 C KOH   3, 75.104 M 40 CH 3 COOH  KOH  CH 3 COOK  H 2 O CCH3COOH 

Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4 0 -2 -4 Sau phản ứng (3,66.10 – 3,75.10 )0

0 3,75.10

-4

3,75.10-4

CH 3 COOH € CH 3 COO   H 

Dung dịch thu được là dung dịch đệm pH  pK CH3COOH  lg

CCH3COOK CCH3COOH

 4, 76  lg

3, 75.104 3, 66.102  3, 75.104

pH = 6,745

pH = 6,745 2đ

c) Sau khi trộn lẫn: 0, 0585.10  0, 02925M 20 6, 62.103.10   3,31.103 M 20

CCH3COOH  C HCOOH

Tính gần đúng:  H   K CH3COOH .CCH3COOH  K HCOOH .CHCOOH  104,76.0, 02925  103,75.3,31.103  1, 0969.106

pH ≈ 2,98

10

[H+] ≈ 1,047.10-3 pH = -lg (1,047.10-3), pH  2,98

1đ

Bài 3.

Cách giải

Kết quả

K P PCO P P  4, 00;  1, 25 suy ra: : CO  p'  PCO PCO2 PCO2 PCO2 PCO2 K p 2 CO

a)

nên: PCO 

2 CO

4, 00 3, 20  3, 20 atm ; PCO2   2,56 atm . 1, 25 1, 25

b)

C ( gr ) 

Lúc cân bằng:

1 x Fe  tt 

Lúc cân bằng:

1 y

CO2 (k ) ƒ

2CO(k )

1, 2  x  y 

CO 2  k  ƒ

PCO= 3,2 atm PCO2 = 2,56 atm 2đ

2x  y FeO(tt )  CO(k )

1, 2  x  y

y

2x  y

Lưu ý rằng thành phần cân bằng của hai khí CO 2 và CO ở hai cân bằng phải bằng nhau. Tổng số mol khí lúc cân bằng là: 1,2 + x, áp suất tổng của hệ lúc cân bằng là: 3,2 + 2,56 = 5,76 atm. Ta có: suy ra:nkhí = p.v/RT= 3,38  x = 0,18 mol. Và nCO  2

2,56.20 3, 20.20  0, 61 mol ; nCO   0, 77 mol . 0, 082.1020 0, 082.1020

Mà nCO = 2x + y = 0,18.2 + y = 0,77 nên y = 0,41 mol. Vậy nC = 1 – x = 1- 0,18 = 0,82 mol và nFe = 1 – y = 1- 0,41 = 0,59 mol.

nC= 0,82 mol nCO= 0,77 mol nFe=0,59 mol (3 đ)

Bài 4. a)

Cách giải C2H6  C 2 H4 + H 2 G = RTlnK  lnK = 

22,39 1000 = 2,99  Kp = 0,0502 8,314  900

b) Đối với phản ứng: C2H4 + H2 C2H6 thì G 900K =  22,39 kJ/mol o S 900K = So(C2H6)  So(C2H4)  So(H2) = 319,7  291,7  163 = 135 J/K.mol Theo: Ho = Go + TSo  Ho =  (22,391000) + 900(135) = 143890 J/mol Hay 143,89

Kết quả Kp = 0,0502 2đ

o

143,89 kJ/mol 1đ

11

kJ/mol Ho < 0  phản ứng hiđro hóa là phản ứng tỏa nhiệt c) Nếu áp suất tổng cộng tại cân bằng là 1 atm thì Kx = 0,0502 C2H6  C2H4 + H2 [ ] 1x x x  Tổng số mol sau phản ứng = 1+x Phần mol Kx =

1 x 1 x

x 1 x

x 1 x

x2 = 0,0502  x2 + 0,0502x  0,0502 = 0  x1= 0,2 ; x2= 1 x

0,25 Hỗn hợp có 0,2 mol H2 trong tổng 1,2 mol chiếm 16,67%; có 0,2 mol C2H4 trong tổng 1,2 mol chiếm 16,67%; có 0,8 mol C2H6 trong tổng 1,2 mol chiếm 66,66% d) Tính Kp tại 600 K theo biểu thức 

K P (T1 ) H  1 1     K P (T2 ) R  T2 T1

1đ

Kp =5,22103 (atm) 1đ

0, 0502 143890  1 1 3      Kp(600) = 5,2210 (atm) K P (600) 8,314  600 900

Bài 5. Cách giải Khí H2S tạo kết tủa với dung dịch B nên dung dịch sau khi điện phân còn dư CuSO4. Phương trình điện phân:  Cu2+ + 2Cl  

x

®iÖn ph© n dung dÞch

2x

Cu2+ + H2O y Cu2+ + H2S (3)

Cu + Cl2 x

  

Số mol e: ne =

® iÖn ph© n dung dÞch

Kết quả

(1)

x Cu +

1 O2 + 2H+ 2

y 0,5y CuS + 2H+

(2) 2y

It = 0,12 (mol) F

 Cu2+ + 2e Cu 0,06 0,12 0,06  Số mol Cu2+ đã bị điện phân bằng 0,06 mol. Khối lượng dung dịch giảm trong điện phân là do tách ra khỏi dung dịch các chất : Cu, Cl2 và có thể O2 . * Giả sử: nếu không xảy ra (2) thì khối lượng dung dịch giảm: mCu + mCl2 = 64. 0,06 + 71.0,06 = 8,1 g > 6,78 g => không phù hợp, vậy phải xảy ra (2) * Gọi : số mol Cu2+ (1) là x; Cu2+ (2) là y  x + y = 0.06 mCu + m Cl2 + m O2 = 6,78 (g)  64( x + y ) + 71x + 32 0,5y = 6,78 (II) Từ (I),(II) cho x = 0.036; y = 0.024

Cu2+ dư và bị điện phân 0,06 mol 1đ

(I) 1đ

12

pH = 1,0  [H+] = 0,1 M ; số mol H+ = 0,10,5 = 0,05 mol. số mol H+ (2) = 2y = 0,048 mol  số mol H+ (3) = 0,05 – 0,048 = 0,002 mol số mol Cu2+ (3) = 0,001 mol 0,036  0,024  0,001 [ CuSO4 ]= = 0,122 M 0,5 0,036  2 [ NaCl ] = = 0,144 M [ CuSO4 ]= 0,5 0,122 M [ NaCl ] = 0,144 M 3đ Bài 6. Cách giải

Kết quả

1. Số proton trung bình của mỗi nguyên tử trong X là

10 =2 5

→ phải có H (ZH