KỲ THI HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2011  2012 docx

1/10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN
TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2011  2012
Môn: HÓA HỌC
Ngày thi: 27/11/2011
Lưu ý: Nếu thí sinh có cách giải khác hợp logic và chính xác vẫn hưởng đủ số điểm.

Câu 1: (5 điểm) Một hợp chất AB
2
có tổng số hạt (p, n, e) bằng 106, trong đó số hạt
mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34. Tổng số hạt (p, n, e) trong nguyên tử
A nhiều hơn B cũng là 34. Số khối của A lớn hơn số khối của B là 23. Xác định tên hợp
chất AB
2
.

Cách giải Kết quả Điểm

A : Z
A,
N
A

B: Z
B
, N
B
Theo đề bài ra ta có:
(2Z

A
+ N
A
) + 2(2Z
B
+ N
B
) = 106 (1)
(2Z
A
+ 4Z
B
) - (N
A
+ 2N
B
) = 34 (2)
(2Z
A
+ N
A
) - (2Z
B
+ N
B
) = 34 (3)
(Z
A
+ N
A

) - (Z
B
+ N
B
) = 23 (4)


Từ (1) và (2) ta giải được:
A B
A B
2Z 4Z 70 (5)
N 2N 36 (6)
 


 



Từ (3) và (4) ta giải được:
A B
A B
Z - Z 11 (7)
N N 12 (8)



 


Từ (5) và (7) ta giải được Z
A
= 19, Z
B
= 8


Vậy hợp chất là KO
2
: kali supeoxit

KO
2

Kali supeoxit




0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

1đ + 1đ

0,5 đ
0,5đ


HƯỚNG DẪN CHẤM
2/10

Câu 2: (5 điểm) Một nguyên tố kim loại M có bán kính nguyên tử R = 143 pm và đơn
chất kết tinh theo cấu trúc lập phương tâm diện, có khối lượng riêng D = 2,7 g/cm
3
. Xác
định kim loại M.



Cách giải Kết quả Điểm
Trong một ô mạng cơ cở lập phương tâm diện, số nguyên tử bằng:
46
2
1
8
8
1
Z 















Gọi a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở. Khoảng cách ngắn nhất giữa
các nguyên tử là trên đường chéo của mặt, nên:
pm404
2
1434
a
4
2a
R 


Từ
3
A
a
Z
N
M

V
Zm
d





4
)mol10.02,6()cm10.404()cm/g7,2(
Z
Nad
M
1233103
A
3






mol/g79,26M


.
Vậy M là Al.
( M = 26,88 g/ml)

molg /79,26



1đ



1đ






2,5đ
0,5
3/10

Câu 3: ( 5 điểm) Nguyên tố R là phi kim thuộc nhóm A trong Hệ thống tuần hoàn. Tỉ lệ
giữa thành phần phần trăm nguyên tố R trong oxit cao nhất với thành phần phần trăm
nguyên tố R trong hợp chất khí với hidro là
34
25,20
.
a.Xác định nguyên tố R.
b.Cho 4,05g một kim loại M chưa rõ hóa trị tác dụng hết với đơn chất R ở trên thì
thu được 40,05g muối. Xác định nguyên tố M.

Cách giải Kết quả Điểm
Gọi x là số thứ tự nhóm A (hóa trị)
Công thức oxit cao nhất: R
2
O
x

CT hợp chất khí với H: RH
8-x

Ta có:
34
25,20
8
:
16
2
2


x
R
R
x
R
R

R =
5,27
544392


x


x 4 5 6 7
R 37,2 51,5 65,7 80

Vậy: R là Br

2M + aBr
2
 2MBr
a

2M 2M + 160a
4,05 40,05
Tỷ lệ:
05,40
1602
05,4
2 aMM


72M = 648a
M = 9a

a
1 2 3
M
9 18 27

Vậy: M là Al
























R là Br

M là Al








1đ

1đ


1đ

0,5đ

1đ

0,5đ
4/10

Câu 4: ( 5 điểm ) Tính nồng độ mol/l các ion và pH của dung dịch Na
2
CO
3
0,01M?
Biết CO
3
2-
có K
b1
= 10
-3,76
; K
b2
= 10
-7,65

.


Cách giải Kết quả Điểm

Na
2
CO
3
 2Na
+
+ CO
3
2-

(1) CO
3
2-

+ H
2
O


HCO
3
-
+ OH
-

67,3
10
1



b
K

(2) HCO
3
-

+ H
2
O


H
2
CO
3
+ OH
-

65,7
2
10


b
K

(3) H
2
O



H
+
+ OH
-
K
W
= 10
-14

Vì
1
b
K >> K
2
b
>> K
W
nên
Cân bằng (1) là chủ yếu
CO
3
2-

+ H
2
O



HCO
3
-
+ OH
-

67,3
10
1


b
K

[Bđ] 0.01
[P.ứng] x
[CB] 0.01 – x x x
1
b
K =
76,3
2
10
01,0


 x
x

 x = 1,234.10

-3

 pOH = 2,908
pH = 11,092
[Na
+
] = 0,02M
[CO
3
2-
] = 0,01 – 1,234.10
-3
= 8,766.10
-3
M
[HCO
3
-
] = 1,234.10
-3
M

pH=11,092
[Na
+
] =
0,02M
[CO
3
2-
]
=8,766.10
-3
M
[HCO
3
-
] =
1,234.10
-3
M

0,5đ

0,5đ



0,5đ

1đ


1đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ

5/10

Câu 5: (5 điểm) Ở 100
0
C hằng số cân bằng của phản ứng
N
2
O
4



2NO
2

(khí) (khí)

là 4. Tính thành phần phần trăm số mol của hỗn hợp khi áp suất chung của hệ lần lượt là
2atm và 20 atm.
Từ đó hãy rút ra kết luận về ảnh hưởng của áp suất đến sự chuyển dịch cân bằng.

Cách giải Kết quả Điểm
*Áp suất chung của hệ là 2atm
P
N2O4
+ P
NO2
= 2
P
2
NO2
: P
N2O4
= 4 => P
N2O4
=
4
2
2
NOP

P
NO2
= 1,464
P
N2O4
= 0,536

% số mol NO
2
= 73,2%
%số mol N
2
O
4
= 26,8%

*Áp suất chung của hệ là 20 atm
P
N2O4
+ P
NO2
= 20
P
2
NO2
: P
N2O4
= 4 => P
N2O4
=
4
2
2
NOP

P
NO2

= 7,165
P
N2O4
= 12,835
% số mol NO
2
= 35,83%
%số mol N
2
O
4
= 64,17%

Khi áp suất tăng từ 2 atm đến 20 atm thì %NO
2
giảm từ
73,2% xuống còn 35,83% => Cân bằng chuyển dịch theo
chiều nghịch.

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ





0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ



1đ

6/10

Câu 6: (5 điểm) Người ta có thể điều chế NaOH bằng 2 phương pháp khác nhau từ Na,
H
2
và O
2
. Trình bày 2 cách điều chế đó và tính hiêu ứng nhiệt ở mỗi cách. Biết:
Na (r) + 1/2O
2
(k) → 1/2Na

2
O
2
(r) ∆H
1
= -60,3 Kcal
H
2
(k) + 1/2O
2
(k) → H
2
O (l) ∆H
2
= -68,3 Kcal
1/2Na
2
O
2
(r) + 1/2H
2
O (l) → NaOH (r) + 1/4O
2
(k) ∆H
3

= -7,6 Kcal
Na (r) + H
2
O (l) → NaOH (r) + 1/2H

2
(k) ∆H
4

= -33,75 Kcal



Cách giải Kết quả Điểm

7/10

Bài 7. (5 điểm)
Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm Fe
x
O
y
và Cu bằng dung dịch
H
2
SO
4
đặc, nóng (dư) .Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 0,504 lít khí SO
2
( sản phẩm

khử duy nhất) , ở điều kiện chuẩn và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat .
a) Tìm công thức của Fe
x
O
y
.
b)Tính phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X.

CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ ĐIỂM

Phương trình hóa học:

2Fe
x
O
y
+ (6x – 2y)H
2
SO
4
xFe
2
(SO
4
)
3
+(3x-2y)SO
2

+ (6x-2y)H
2
O
a ax/2 ( 3x-2y).a/2

Cu + 2H
2
SO
4
CuSO
4
+ SO
2
+2H
2
O

b b b
Ta có :
(56x + 16y).a + 64b = 2,44 (1)

(3x-2y).a/2 + b = 0,0225 (2)

200x.a + 160.b = 6,6 (3)


ax = 0,025
=>
ay = 0,025

b = 0,01
a) Ta có x/y = 1 => công thức Fe
x
O
y
là: FeO

b)Khối lượng Cu: 64.0,01 = 0,64 gam
Phần trăm khối lượng của Cu là: 0,64 . 100/2,44 = 26,23 %
Phần trăm khối lượng của Fe
x
O
y
là: 100 – 26,23 = 73,77 %


0,5 đ


0,5đ

1đ

1đ


1đ
1đ










8/10

Bài 8: (5 điểm)
Nung hỗn hợp SO
2
, O
2
có số mol bằng nhau trong một bình kín có thể tích không
đổi với chất xút tác thích hợp. Sau thời gian đưa bình về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất
trong bình giảm 10% so với áp suất ban đầu .Tính hiệu suất của phản ứng?

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ

ĐIỂM


2 SO
2
+ O
2
2 SO
3

Ban đầu: a a 0 mol
Phản ứng: x 0,5x x
Cân bằng: a-x a-0,5x x

Số mol khí ban đầu là 2a mol.
Số mol khí lúc cân bằng là: (a-x) + (a- 0,5x) + x = 2a – 0,5x
Ở cùng nhiệt độ và thể tích , tỷ lệ về số mol bằng tỷ lề về áp suất.
n
1/
n
2
= P
1
/p
2

=> 2a/(

2a – 0,5x
) = P/0,9P
 x = 0,4a

=> H = x/a = 40%






1đ


1đ




1đ
1đ
1đ
Câu 9: (5 điểm)
Có một hỗn hợp X gồm 2 đồng đẳng của rượu etylic, oxy hoá hữu hạn là 30,75g X
thu được hỗn hợp hai axit hữu cơ tương ứng. Và để trung hoà hỗn hợp axit nầy phải dùng
24g NaOH. Đốt cháy hoàn toàn 61,5g X rồi cho sản phẩm sinh ra lội qua bình A đựng
H
2
SO
4

đặc, rồi lội bình B đựng Ba(OH)
2
.
Sau thí nghiệm bình A và B tăng, giảm khối lượng thế nào?

Cách giải Kết quả Điểm

Gọi 2 đồng đẳng của rượu etylic là: C
x
H
2x+1
CH
2
OH có số mol
là a
C
x
H
2x+1
CH
2
OH 

2
O
C
x
H
2x+1
COOH + H

2
O
a a
C
x
H
2x+1
COOH + NaOH → C
x
H
2x+1
COONa + H
2
O
a a
a = 24/40 = 0,6 mol
Số mol rượu trong 61,5 gam X. 1,2 mol

C
x
H
2x+1
CH
2
OH


2
O
(x+1) CO

2
+ ( x+2) H
2
O
2a (x+1) 2a (x+2) 2a
a = 24/40 = 0,6 mol
(14x+ 32)a = 30,75





375,1
6,0
x
a

Khối lượng bình A tăng là khối lượng H
2
O =18(1,375+2)0,6x 2
= 72,9 gam
Khối lượng bình B tăng là khối lượng CO
2
= 44(1,375+1)0,6
x 2



Pt

Pt



Pt







375,1
6,0
x
a


72,9 gam

125,4 gam



0,5đ

0,5đ

1đ


0,5đ
0,5đ

1đ

1 đ
9/10

= 125,4 gam
Câu 10: (5 điểm)
Lấy 70 lít butan đem ckracking ở nhiệt độ, xúc tác thích hợp thu được 134 lít hỗn
hợp A : H
2
, CH
4
, C
2
H
6
, C
2
H
4
, C
3
H
6

, C
4
H
8
và một phần butan chứa bị cracking. Chia A
làm hai phần bằng nhau. Một phần cho sục từ từ vào nước brôm dư và thu lấy các khí
không bị giữ lại (hỗn hợp B), sau khi tách hỗn hợp B ra thành các chất riêng lẽ theo thứ
tự phân tử lượng tăng dần ( nhờ phương pháp riêng). Người ta đốt cháy các hydro cacbon
riêng lẽ đó và thu được thể tích CO
2
có tỉ lệ tương ứng 1:3:1. Một phần đem hợp H
2
O
nhờ xúc tác đặc biệt, các thể tích ở (đktc)
1.Xác định % V các chất trong A.
2.Hiệu suất craking
3.Tính khối lượng rượu nhận được (không cần lưu ý đến rượu đồng phần)

Cách giải Kết quả Điểm
C
4
H
10
→ CH
4
+ C
3
H
6
(1)

V
1
V
1
V
1

C
4
H
10
→ C
2
H
4
+ C
2
H
6
(2)
V
2
V
2
V
2

C
4
H

10
→ C
4
H
8
+ H
2
(3)
V
3
V
3
V
3

Gọi V
1
, V
2
, V
3
, V
4
lần lượt là số mol C
4
H
10
ở (1), (2), (3) và
dư
Hỗn hợp A: CH

4
: V
1


C
3
H
6
: V
1

C
2
H
6
: V
2

C
2
H
4
: V
2

C
4
H
8

: V
3

H
2
: V
3

C
4
H
10
dư: V
4

CH
4
+ 2O
2
→ CO
2
+ 2H
2
O
V
1
/2 V
1
/2
C

2
H
6
+ 7/2O
2
→ 2CO
2
+ 3H
2
O
V
2
/2 V
2

C
4
H
10
+ 13/2O
2
→ 4CO
2
+ 5H
2
O
V
4
/2 2V
4












134222
70
1:14:
3:12:
4321
4321
41
21
VVVV
VVVV
VV
VV














6
4
36
24
4
3
2
1
V
V
V
V

% CH
4
= % C
3
H
6
= %92,17
134
10024


x






















Hpt
















3
2
18
12
4
3
2
1
V
V
V
V

Tp %

1đ




0,25x4=1đ






0,25x4=1đ

10/10

%C
2
H
6
= % C
2
H
4
= %87,26
134
10036

x

% C
4
H
8
= % H
2
= =
%98,2
134
1004

x

%C
4
H
10
= 4,46%

2.Hiệu suất crackinh:
%C
4
H
10
phản ứng:
%43,91
70
10064
35
321



x
VVV


3.Khối lượng rượu:
C
3
H
6
+ H

2
O
 
 o
tH ,
C
3
H
7
OH

4,22
1
V

C
2
H
4
+ H
2
O
 
 o
tH ,
C
2
H
5
OH

4,22
2
V

C
4
H
8
+ H
2
O
 
 o
tH ,
C
4
H
9
OH

4,22
3
V


Khối lượng C
3
H
7

OH =
4,22
1
V
x
14,3260
2
1
x
gam
Khối lượng C
2
H
5
OH = 96,3646
2
1
4,22
2
xx
V
gam
Khối lượng C
4
H
9
OH = 6,674
2
1
4,22

3
xx
V
gam
























Khối lượng

1đ















0,25đ


0,25đ

0,5đ