Đề thi HSG môn Hóa 12 năm 2019 - Thành phố Đà Nẵng (có đáp án chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ MÔN HÓA HỌC 12 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

 

Câu 1:

1. Ba loại mạng tinh thể kim loại đặc trưng là lập phương tâm khối, lập phương tâm diện và lục phương. Định nghĩa rằng mật độ sắp xếp tương đối (kí hiệu là f) bằng tỉ lệ giữa thể tích chiếm bởi các hình cầu trong tế bào cơ sở và thể tích tế bào cơ sở. Hãy tính mật độ sắp xếp tương đối trong các tinh thể lập phương tâm khối và lập phương tâm diện.

2. Xét phản ứng tổng hợp amoniac : N₂ (k) + 3H₂ (k) ⇄ 2NH₃ (k)

Ở 450^oC hằng số cân bằng của phản ứng này là K_P = 1,5.10^-5.

(a) Ban đầu trộn N₂ và H₂ theo tỉ lệ 1:3 về thể tích. Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp NH₃ khi áp suất hệ bằng 500 atm và bằng 1000 atm.

(b) Các kết quả tính được có phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng hóa học hay không?

Giải:

1. Gọi r là bán kính hình cầu và a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở :

Trong một ô mạng cơ cở lập phương tâm khối, số nguyên tử bằng \(\left( {\frac{1}{8} \times 8} \right) + 1 = 2\) và , \(\sqrt 3 a = 4r\) → \(f = \frac{{2 \times \frac{4}{3}\pi {r^3}}}{{{a^3}}} = 68\% \)

Trong một ô mạng cơ cở lập phương tâm diện, số nguyên tử bằng \(\left( {\frac{1}{8} \times 8} \right) + \left( {\frac{1}{2} \times 6} \right) = 4\) và \(\sqrt 2 a = 4r \to f = \frac{{4 \times \frac{4}{3}\pi {r^3}}}{{{a^3}}} = 74\% \)

2.

(a) Gọi x và h lần lượt là số mol ban đầu của N₂ và hiệu suất phản ứng.

N₂ (k)     +       3H₂ (k)    ⇄     2NH₃ (k)

no x                   3x                    0

n hx                  3hx                  2hx

x(1-h)              3x(1-h)                        2hx      ⇒ Tổng n = x(4-2h)

\({K_P} = \frac{{P_{N{H_3}}^2}}{{P_{{N_2}}^{}.P_{{H_2}}^3}} = \frac{{{{\left( {\frac{{2xh}}{{x(4 - 2h)}}P} \right)}^2}}}{{\left( {\frac{{x(1 - h)}}{{x(4 - 2h)}}P} \right){{\left( {\frac{{3x(1 - h)}}{{x(4 - 2h)}}P} \right)}^3}}} \Leftrightarrow \frac{{2h(4 - 2h)}}{{5,2{{(1 - h)}^2}}} = P\sqrt K \)      (*)

Tại 500 atm, (*) \( \Leftrightarrow 14,1{h^2} - 28,2h + 10,1 = 0\)  với h <=1

⇒ h = 0,467 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 46,7%

Tại 1000 atm, (*)  \( \Leftrightarrow 14,1{h^2} - 28,2h + 10,1 = 0\) với h <=1

⇒ h = 0,593 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 59,3%

(b) Khi áp suất tăng, hiệu suất phản ứng tổng hợp NH₃ tăng. Điều này phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng. Khi tăng áp suất, cân bằng chuyển dòi theo chiều làm giảm số phân tử khí (với phản ứng tổng hợp NH₃ là chiều thuận).

Câu 2:

1.

(a) Viết phương trình phản ứng điều chế HBr từ PBr₃.

(b) Cho biết cấu tạo và dạng hình học của phân tử các chất có trong phản ứng điều chế trên.

(c) Có thể điều chế HBr bằng phương pháp sunfat không ? Tại sao ?

2.

(a) Viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện) điều chế trực tiếp nước Gia-ven từ NaCl, clorua vôi từ CaCl₂ và kali clorat từ KCl.

(b) Nước Gia-ven và clorua vôi tiếp xúc với không khí sẽ phản ứng với CO₂ để tạo chất oxi hóa mạnh là axit hipoclorơ. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Giải:

1.

(a) Phương trình phản ứng : PBr₃ + 3H₂O → H₃PO₃ + 3HBr

(b) Cấu tạo và dạng hình học :

 

(c) Không điều chế HBr bằng phương pháp sunfat, do dung dịch H₂SO₄ đặc có thể oxi hóa Br^- thành Br₂ (2HBr + H₂SO₄ → Br₂ + SO₂ + 2H₂O).

 2,  

(a) H2O + NaCl  → NaClO + H₂

2H₂O + CaCl₂ →  Ca(OCl)₂ + 2H₂

3H₂O + KCl  → KClO₃ + 3H₂

(b) NaClO + H₂O + CO₂ → NaHCO₃ + HClO

Ca(OCl)₂ + H₂O + CO₂ → CaCO₃ + 2HClO

hay 2CaOCl₂ + H₂O + CO₂ → CaCO₃ + CaCl₂ + 2HClO

Câu 3:

1. Phèn chua là một loại muối sunfat kép có công thức KAl(SO₄)₂.12H₂O

(a) Khi hòa tan phèn chua trong nước, dung dịch thu được có thể có những ion nào (bỏ qua tương tác của ion sunfat với nước) và có môi trường axit hay bazơ ? Giải thích.

(b) Thêm V (ml) dung dịch Ba(OH)₂ 0,1M vào 100 mL dung dịch KAl(SO₄)₂ 0,1M thu được 2,1375 gam kết tủa. Tính V.

2. X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm khối lượng. Chia 32,16 gam X thành hai phần bằng nhau.

(a) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO₃ 40%. Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Điện phân dung dịch Y với các điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9 phút thì kết thúc điện phân. Tính độ tăng khối lượng của catot, giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra bám lên catot.

(b) Hòa tan phần hai bằng 300 ml dung dịch HCl 1M (không có không khí). Khi phản ứng hoàn toàn, lọc tách phần chất rắn không tan. Thêm dung dịch AgNO₃ dư vào dung dịch nước lọc, thu được kết tủa Z. Tính khối lượng Z.

Giải:

1.

(a) Trong dung dịch phèn chua có xảy ra các quá trình :

KAl(SO₄)₂ → K⁺ + Al³⁺ + 2SO₄^2-

Al³⁺ + H₂O ⇄ Al(OH)₂⁺ + H⁺

Al(OH)₂⁺ + H2O ⇄ Al(OH)₂⁺ + H⁺

Al(OH)₂⁺ + H₂O ⇄ Al(OH)₃ + H⁺

H₂O ⇄ OH^- + H⁺

Vậy dung dịch phèn chua có thể có các ion K⁺, Al³⁺, SO₄^2-, Al(OH)₂⁺, H⁺ và OH^-. Vì trong dung dịch này [H⁺] > [OH^-] nên môi trường có tính axit.

(b) Theo giả thiết và  Gọi x là số mol Ba(OH)₂ cần thêm vào, như vậy nBa²⁺ = x mol  và nOH^- = 2x mol

Ba²⁺      +         SO₄^2-    →       BaSO₄             (1)

n_ox (mol)                             0,02 (mol)       

Al³⁺      +         3OH^-    →     Al(OH)₃          (2)

n^o0,01 (mol)    2x (mol)          

Al(OH)₃    +    OH^-     →     Al(OH)₄^-          (3)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al³⁺ tham gia phản ứng vừa đủ hoặc dư \(\frac{{2x}}{3} \le 0,01 \Rightarrow x \le 0,015\,(mol)\) , và như vậy Ba²⁺ phản ứng hết ở phản ứng (1).

Ta có m(kết tủa) = \(233.x + 78.\frac{{2x}}{3} = 2,1375 \Rightarrow x = 0,0075\,(mol)\)

Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)₂ đã sử dụng là \(\frac{{0,0075\,mol}}{{0,1\,mol/l}} \times 1000ml/l = 75m\,l\)

Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x > 0,015 mol

 \( \Rightarrow {m_{BaS{O_4}}} > 0,015\,mol \times 233\,gam/mol = 3,495\,gam > 2,1375\,gam\)    (loại).

2.

\({n_{Fe}} = \frac{{52,24}}{{100}} \times \frac{{32,16\,gam}}{{56\,gam/mol}} = 0,3\,mol\)

\({n_{Cu}} = \frac{{47,76}}{{100}} \times \frac{{32,16\,gam}}{{64\,gam/mol}} = 0,24\,mol\)

Như vậy trong mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu.

(a) \({n_{HN{O_3}}} = \frac{{40}}{{100}} \times \frac{{113,4\,gam}}{{63\,gam/mol}} = 0,72\,mol\)

3Fe  +  8HNO₃   →  3Fe(NO₃)₂  +   2NO + 2H₂O               (1)

0,15     0,72

0,15     0,4                   0,15

0        0,32                  0,15

3Cu  +     8HNO₃    →    3Cu(NO₃)₂  + 2NO + 4H₂O               (2)

0,12         0,32

0 0           0,12

Như  vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO₃)₂ và 0,12 mol Cu(NO₃)₂.

Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) :

Cu(NO₃)₂ + H₂O    →  Cu   + 1/2O₂ + 2HNO₃                      (3)

                     0,12  →             0,06

Fe(NO₃)₂ + H₂O    →   Fe   +   1/2O₂ + 2HNO₃                      (4)

                    0,08    →  0,04

H₂O →  H₂ + 1/2O₂                                                                 (5)

...

Trên đây là phần trích dẫn Đề thi HSG môn Hóa 12 năm 2019 - Thành phố Đà Nẵng (có đáp án chi tiết), để xem toàn bộ nội dung chi tiết, mời các bạn cùng quý thầy cô vui lòng đăng nhập để tải về máy. 

Chúc các em đạt điểm số thật cao trong kì thi sắp đến!