Đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay tỉnh Thanh Hóa năm 2012 môn Hóa lớp 12 - Có đáp án

S GIO DC V O TO
THANH HO

K THI CHN HC SINH GII LP 12 THPT
GII TON TRấN MY TNH CM TAY NM HC 2011-2012

CHNH THC Thi gian thi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao )
( gm 09 trang) Ngy thi: 13/12/2011
(Thớ sinh lm trc tip vo bn thi ny)
MễN: HO HC

IM CA TON BI THI
Cỏc giỏm kho
(H, tờn v ch ký)
S PHCH
(Do ch tch ghi )
Bng s




Bng ch





Chú ý: 1. Chỉ giải tóm tắt và ghi kết quả mà không đợc có thêm ký hiệu gì khác.
2. Đợc sử dụng bảng toàn hoàn các nguyên tố hoá học do nhà xuất ban giáo dục phát hành.
3. Nếu đề không nói gì thì lấy kết quả sau dấu phẩy năm số thập phân.

Cõu 1 (2,0 im)
Tin hnh phn ng nhit nhụm m gam hn hp A gm Al v Fe
x
O
y
thu c hn hp cht rn B.
Cho B tỏc dng vi dung dch NaOH d thu c dung dch C, phn khụng tan D v 0,672 lớt H
2
.
Cho t t dung dch HCl vo dung dch C n khi thu c lng kt ta ln nht ri lc kt ta,
nung n khi lng khụng i c 5,1 gam cht rn.
Phn khụng tan D cho tỏc dng vi dung dch H
2
SO
4
c, núng. Sau phn ng thu c dung dch
E ch cha 1 mui st duy nht v 2,688 lớt khớ SO
2
.
a. Xỏc nh cụng thc phõn t oxit st
b. Tớnh giỏ tr ca m.
(Cho: Hiu sut cỏc phn ng t 100% v khớ o ktc)
Li gii túm tt

Kết quả


Câu 2 (2,0 điểm)
Với mạng tinh thể lập phương tâm diện, trong 1 ô cơ sở các nguyên tử tiếp xúc với nhau ở mặt bên.
Đường chéo của mặt có độ dài bằng 4 lần bán kính của nguyên tử. Hãy xác định phần trăm chiếm chỗ của
nguyên tử kim loại trong loại mạng này?
Lời giải tóm tắt

Kết quả


Câu 3 (2,0 điểm)
Một công đoạn xử lí HCl để tái tạo clo trong công nghiệp sản xuất vinyl clorua từ etilen là dùng khí
O
2
để oxi hoá HCl.
a. Viết phương trình hoá học của của phản ứng xảy ra (với các hệ số chất tham gia và tạo thành
nguyên tối giản).
b. Tính hằng số cân bằng Kp theo Pa của phản ứng trên ở 298K từ các dữ kiện sau:





O
2
(k) Cl
2
(k) HCl (k) H
2
O (k)
0
298

S (J/mol.K)
205,03 222,9 186,7 188,7
0
298
HΔ (kJ/mol)
0 0 -92,31 -241,83
c. Giả thiết rằng ∆H và ∆S của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy tính hằng số cân bằng
Kp của phản ứng ở 698K.
d. Từ dữ kiện tính toán hãy đề xuất biện pháp nâng cao hiệu suất phản ứng?
Lời giải tóm tắt

Kết quả



Câu 4 (2,0 điểm)
Ở nhiệt độ xác định và dưới áp suất hệ 1,0 atm độ phân li của N
2
O
4
thành NO
2
là 11%.
a. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng này (theo atm và theo Pa)
b. Độ phân li sẽ thay đổi thế nào khi áp suất chung của hệ giảm từ 1,0 atm xuống 0,8 atm? Từ đó
cho biết ảnh hưởng của áp suất tới cân bằng của hệ?
Lời giải tóm tắt

Kết quả



Câu 5 (2,0 điểm)
Xét phản ứng trong dung dịch ở 25
0
C: 2Fe
3+
+ Sn
2+
⇄ 2Fe
2+
+ Sn
4+

a. Để nghiên cứu động học của phản ứng, tiến hành 3 thí nghiệm sau:

Thí nghiệm Nồng độ đầu Fe
3+

(
o
Fe
C
+3
) (mol/l)

Nồng độ đầu Sn
2+
(
0
2+
Sn
C
) (mol/l)
Tốc độ đầu v
0
1 10
-2
10
-2
v
2 2.10
-2
2.10
-2
8v

3 2.10
-2
10
-2
4v
Xác định bậc riêng phần đối với từng chất và bậc toàn phần của phản ứng
b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng biết
0
/
23 ++
FeFe
E = 0,77V và
0
/
24 ++
SnSn
E = 0,15 V

Lời giải tóm tắt

Kết quả


Câu 6 (2,0 điểm)
A là dung dịch CH
3
COOH 0,2M, B là dung dịch NaOH 0,2M và C là dung dịch CH
3
COONa 0,2 M
a. Tính pH của dung dịch A, B
b. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn A với B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau
c. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn A với C theo tỉ lệ thể tích bằng nhau
Cho: Ka (CH
3
COOH ) =1,8.10
-5
.
Lời giải tóm tắt

Kết quả


Câu 7 (2,0điểm)
Hợp chất A có công thức MX
x
trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng; M là kim loại, X là phi
kim ở chu kì 3. Trong hạt nhân M có tổng số hạt nơtron trừ đi tổng số hạt proton là 4, trong hạt nhân X có
tổng số hạt nơtron bằng tổng số hạt proton. Tổng số proton trong MX
x
là 58.

a. Xác định tên, số khối của M, X
b. Viết cấu hình electron nguyên tử của M, X
Lời giải tóm tắt

















Kết quả


.
Câu 8 (2,0 điểm)
A là một chất độc hóa học đã được sử dụng trong chiến tranh Việt Nam. Trong A có chứa các
nguyên tố C, H, O và nguyên tố X. Kết quả phân tích cho thấy A chứa hàm lượng % C, H, O theo khối
lượng lần lượt là 44, 72%; 1,24%; 9,94% và còn lại là hàm lượng X. Trong phân tử A chứa 2 nguyên tử oxi
và số nguyên tử X gấp 2 lần số nguyên tử oxi
a. Hãy tìm công thức đơn giản nhất và công thức phân tử A

b. Viết công thức cấu tạo A biế
t A có cấu tạo đối xứng và chứa vòng benzen (A bền nhiệt, axit,
bazơ và A có tâm đối xứng).
Lời giải tóm tắt














Kết quả


Câu 9 (2,0 điểm)
Cho m gam este X thuần chức tạo bởi axit hữu cơ đơn chức và ancol đơn chức tác dụng hết với
dung dịch NaOH. Sau phản ứng cho toàn bộ lượng ancol thu được qua bình đựng Na dư thu được khí Y có
thể khử được
3
8
gam Fe
2
O

3
ở nhiệt độ cao tạo ra Fe và bình đựng Na khối lượng tăng thêm 3,1 gam. Mặt
khác
2
m
gam X làm mất màu vừa hết 8 gam Br
2
trong CCl
4
và thu được sản phẩm chứa 61,54% brom theo
khối lượng.
a. Xác định giá trị của m
b. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo có thể có của X.
Lời giải tóm tắt

Kết quả




Câu 10 (2,0 điểm)
Dung dịch X có chất tan là muối M(NO
3
)
2
. Người ta dùng 200 ml dung dịch K
3
PO
4
vừa đủ để phản
ứng với 200 ml dung dịch X, thu được kết tủa là M
3
(PO
4
)
2
và dung dịch Y. Khối lượng kết tủa đó (đã được
sấy khô) khác khối lượng M(NO

3
)
2
ban đầu là 6,825 gam.
Điện phân 400 ml dung dịch X bằng dòng điện 1 chiều với I =2,000 ampe tới khi khối lượng catot
không tăng thêm nữa thì dừng, được dung dịch Z. Giả sử sự điện phân có hiệu suất 100%
a. Hãy tìm nồng độ các ion của dung dịch X, dung dịch Y, dung dịch Z. Cho biết sự gần đúng phải
chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y, dung dịch Z.
b. Tính thời gian (theo giây) đã điện phân
c. Tính thể tích khí thu được
ở 27,3
0
C, 1 atm trong sự điện phân.

Lời giải tóm tắt

Kết quả



Cho: C=12; H=1; O=16; N=14; Cl=35,5; Na=23; K=39; S=32; Ca=40; Br=80.
- Biết: ΔG=ΔH-TΔS; ΔG=-RTlnK= -n.F.∆E và
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
Δ
=
122
1
11
)(

)(
ln
TTR
H
TK
TK
P
P
(theo đơn vị J)
- Hằng số khí: R=8,314 J.K
-1
. mol
-1
; P = 1atm=1,013.10
5

Pa ; N
A
= 6,022. 10
23
; 1 cal = 4,18J;
Hằng số Faraday: F= 96500 C. mol
-1
; π =3,14.

Hết

Trang 1/10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2011-2012

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HOÁ HỌC

Câu 1 (2,0 điểm)
Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm m gam hỗn hợp A gồm Al và Fe
x
O
y
thu được hỗn hợp
chất rắn B. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được dung dịch C, phần không tan D và
0,672 lít H
2
.
Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch C đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất rồi lọc
kết tủa, nung đến khối lượng không đổi được 5,1 gam chất rắn.
Phần không tan D cho tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng. Sau phản ứng thu được
dung dịch E chỉ chứa 1 muối sắt duy nhất và 2,688 lít khí SO
2
.
a. Xác định công thức phân tử oxit sắt
b. Tính giá trị của m.
(Cho: Hiệu suất các phản ứng đạt 100% và khí đo ở đktc)
Hướng dẫn chấm

a. (1,5 điểm) Phản ứng nhiệt Al: 2yAl + 3Fe
x
O
y
⎯→⎯ yAl
2
O
3
+ 3xFe (1)
Vì chất rắn sau phản ứng: B + dung dịch NaOH có H
2
tạo ra nên trong B có Al dư và B
gồm: Al
2
O
3
: a mol , Fe: b mol và Al : c mol dư.
B + dung dịch NaOH:
Al
2
O
3
+ 2NaOH + H
2
O ⎯→⎯ 2Na[Al(OH)
4
] (2)
mol a 2a
2Al + 2NaOH + 3H
2

O
⎯→⎯
2Na[Al(OH)
4
] + 3H
2
↑ (3)
mol 0,02 0,02
4,22
672,0
= 0,03
Theo (3): nAl dư= c = 0,02 mol (I)
Dung dịch C thu được gồm: NaOH dư, Na[Al(OH)
4
]: 2a+ 0,02 mol tác dụng với dung dịch HCl
NaOH + HCl ⎯→⎯ NaCl + H
2
O (4)
Na[Al(OH)
4
] + HCl ⎯→⎯ NaCl + Al(OH)
3
↓ + H
2
O (5)
mol 2a + 0,02 2a + 0,02
Theo (5): nAl(OH)
3
= 2a + 0,02 mol nung:
Al(OH)

3
⎯→⎯
0
t
Al
2
O
3
+ H
2
O (6)
mol 2a + 0,02 a + 0,01
Theo (6) nAl
2
O
3
= a + 0,01 =
102
1,5
= 0,05 mol (II)
Phần không tan D: Fe + dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng sau phản ứng thu được 1 muối Fe duy nhất
nên có 2 trường hợp:
- TH1: Tạo muối sắt (III):
2Fe + 6H
2
SO

4
⎯→⎯ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
↑ + 6H
2
O

(7)
mol 0,08
4,22
688,2
= 0,12
Theo (7): nFe= b= 0,08 mol (III)
Từ (I, II, III) có a= 0,04; b= 0,08; c=0,02 mol

Trang 2/10
Theo (1):
04,0
08,03
32
==
y
x
OnAl

nFe
⎯→⎯

3
2
=
y
x
⎯→⎯
oxit là Fe
2
O
3

- TH2: Tạo muối sắt (II) (2 phương trình gộp 1)
Fe + 2H
2
SO
4
⎯→⎯ FeSO
4
+ SO
2
↑ + 2H
2
O (8)
mol 0,12 0,12
Theo (8): nFe = b = 0,12 mol (IV)
Từ (I,II, IV) có: a= 0,04; b= 0,12; c= 0,02 mol
Theo (1):

04,0
12,03
32
==
y
x
OnAl
nFe
⎯→⎯
1
1
=
y
x
⎯→⎯ oxit là FeO
b.(0,5 điểm) -TH1: m = mAl
2
O
3
+ mFe + mAl dư = 0,04.102 + 0,08.56 + 0,02.27 = 9,1 gam
- TH2: m=mAl
2
O
3
+ mFe + mAl dư = 0,04.102 + 0,12.56 + 0,02.27 = 11,34 gam
Biểu điểm: a. Tìm được mỗi công thức oxit sắt: 0,75 điểm
b. Tìm được m ứng với mỗi công thức: 0,25 điểm
(Chú ý: Nếu học sinh viết phương trình hóa học của Al, Al
2
O

3
với NaOH tạo NaAlO
2
cũng chấp
nhận được và NaAlO
2
với axit như cũ cũng được nhưng không cho điểm tối đa câu này vì dạng
NaAlO
2
chỉ tồn tại ở trạng thái nóng chảy)
Câu 2 (2,0 điểm)
Với mạng tinh thể lập phương tâm diện, trong 1 ô cơ sở các nguyên tử tiếp xúc với nhau ở mặt
bên. Đường chéo của mặt có độ dài bằng 4 lần bán kính của nguyên tử. Hãy xác định phần trăm
chiếm chỗ của nguyên tử kim loại trong loại mạng này?
Hướng dẫn chấm
Dễ thấy trong mạng lập phương tâm diện 1 ô cơ sở có 4 quả cầu (nguyên tử, ion kim loại)
nên thể tích của 4 quả cầu là:
ΣV
cầu
= 4.
3
3
4
R
π
=
3
3
16
R

π
(1)
(Với R là bán kính nguyên tử hay quả cầu)
Thấy ngay do đường chéo của mặt có độ dài 4R nên cạnh của ô cơ sở là a sẽ được tính
theo định luật Pitago:
a
2
+ a
2
= (4R)
2
⎯→⎯ a =2 2 R (2)
Ta có: V
lp(ô cơ sở)
= a
3
= (2 2 R)
3
(3)
Phần trăm chiếm chỗ của nguyên tử kim loại trong mạng là
ρ =
%100.
)22(
3
16
%100.
3
3
R
R

V
V
lp
cau
π
=
∑
≈ 74%
Biểu điểm: - Xác định được số quả cầu trong 1 ô cơ sở: 0,5 điểm

- Tìm được cạnh hình lập phương (ô cơ sở): 0,5 điểm

- Tìm được V
cầu
, V
lp
: 0,5 điểm

- Tìm được ρ: 0,5 điểm
Câu 3 (2,0 điểm)
Một công đoạn xử lí HCl để tái tạo clo trong công nghiệp sản xuất vinyl clorua từ etilen là dùng
khí O
2
để oxi hoá HCl.
a. Viết phương trình hoá học của của phản ứng xảy ra (với các hệ số chất tham gia và tạo
thành nguyên tối giản).
b. Tính hằng số cân bằng Kp theo Pa của phản ứng trên ở 298K từ các dữ kiện sau:

Trang 3/10

O
2
(k) Cl
2
(k) HCl (k) H
2
O (k)
0
298
S (J/mol.K)
205,03 222,9 186,7 188,7
0
298
HΔ (kJ/mol)
0 0 -92,31 -241,83

c. Giả thiết rằng ∆H và ∆S của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy tính hằng số
cân bằng Kp của phản ứng ở 698K
d. Từ dữ kiện tính toán hãy đề xuất biện pháp nâng cao hiệu suất phản ứng?
Hướng dẫn chấm
a. (0,5 điểm). Phương trình hóa học của phản ứng:
4HCl(k) + O
2
(k) ⇄ 2Cl
2
(k) + 2H
2

O (k) (1)
b.
(0,5 điểm) Ta có: ∆
0
298
S = Σ
0
298
S (sản phẩm)- Σ
0
298
S (chất phản ứng) = -128,63 (J/K)

0
298
HΔ = Σ
0
298
HΔ (sản phầm)-Σ
0
298
HΔ (chất phản ứng) = - 114,42 (kJ)
Từ đó có: ∆
0
298
G =
0
298
HΔ - T.∆
0

298
S = -114,42. 10
3
+ 298. 128,63 = - 76088,26 J
Mặt khác: ∆G = -RT.lnKp nên Kp = exp
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
−
RT
G
= 2,175. 10
13
(Pa
-1
)
c.
(0,5 điểm) Do ∆H và ∆S của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ nên ta có biểu thức:

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝

⎛
−
Δ
=
211
2
11
.
)(
)(
ln
TTR
H
TK
TK
p
p
hay
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
=
698
1
298

1
.
314,8
10.42,114
)298(
)698(
ln
3
p
p
K
K

Thay Kp (298) vào được Kp (698) = 69,765 (Pa
-1
)
d.(0,5 điểm) Từ b, c thấy ngay khi tăng nhiệt độ Kp giảm điều đó cho thấy phản ứng tỏa nhiệt
Từ phương trình thấy phản ứng làm giảm số phâ tử khí.
Do đó để tăng hiệu suất phản ứng phải: hạ nhiệt độ, tăng áp suất và tăng nồng độ O
2

(không tăng được nồng độ HCl do ta đang cần xử lí HCl)
Câu 4 (2,0 điểm)
Ở nhiệt độ xác định và dưới áp suất hệ 1,0 atm độ phân li của N
2
O
4
thành NO
2
là 11%.

a. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng này (theo atm và theo Pa)
b. Độ phân li sẽ thay đổi thế nào khi áp suất chung của hệ giảm từ 1,0 atm xuống 0,8 atm?
Từ đó cho biết ảnh hưởng của áp suất tới cân bằng của hệ?
Hướng dẫn chấm
a (1,5 điểm) Xét cân bằng: N
2
O
4
(k) 2NO
2
(k) ; Kp
Ban đầu 1 mol 0 mol
Phản ứng α mol 2α mol
Cân bằng (1- α) mol 2α mol
Tổng số mol hệ lúc cân bằng= 1-α + 2α = 1 + α (mol)
Ta có: P
N2O4
= P
n
OnN
hecanbang
.
42
= P.
1
1
α
α
+
−

; P
NO2
= PP
n
nNO
hecanbang
.
1
2
.
2
α
α
+
= (với P là áp suất hệ)

Trang 4/10
Hằng số cân bằng Kp = P
P
P
ON
NO
.
1
4
2
2
2
42
2

α
α
−
= (1)
Thay số: α = 11% = 0,11 và P = 1,0 atm vào (1) được Kp ≈ 0,049 atm
Theo Pa: Kp= 0,049. 1,013.10
5
= 4963,7 Pa
b (0,5 điểm) Từ (1) có: (1-α
2
). Kp = 4α
2
.P rút ra độ phân li α =
PK
K
p
p
4+
=
8,0.4049,0
049,0
+
≈
0,123 hay bằng 12,3%.
Vậy khi giảm áp suất thì độ phân li tăng tức tăng áp suất cân bằng chuyển dịch theo chiều
nghịch (tạo N
2
O
4
) và giảm áp suất cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận (tạo NO

2
)
Biểu điểm: a. - Viết được biểu thức Kp: 0,5 điểm
- Tính được Kp theo atm:
0,5 điểm

- Tính được Kp theo Pa: 0,5 điểm

b. - Tính được α: 0,25 điểm

- Trả lời được ảnh hưởng của áp suất: 0,25 điểm
Câu 5 (2,0 điểm)
Xét phản ứng trong dung dịch ở 25
0
C: 2Fe
3+
+ Sn
2+
⇄ 2Fe
2+
+ Sn
4+

a. Để nghiên cứu động học của phản ứng, tiến hành 3 thí nghiệm sau:

Thí nghiệm Nồng độ đầu Fe
3+

(
o

Fe
C
+3
) (mol/l)

Nồng độ đầu Sn
2+
(
0
2+
Sn
C ) (mol/l)
Tốc độ đầu v
0
1 10
-2
10
-2
v
2 2.10
-2
2.10
-2
8v
3 2.10
-2
10
-2
4v
Xác định bậc riêng phần đối với từng chất và bậc toàn phần của phản ứng

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng biết
0
/
23 ++
FeFe
E = 0,77V và
0
/
24 ++
SnSn
E = 0,15 V
Hướng dẫn chấm
a. (1,25 điểm) Xét phản ứng: 2Fe
3+
+ Sn
2+
⇄ 2Fe
2+
+ Sn
4+
(1)
Phản ứng (1) là phản ứng không đủ đơn giản nên biểu thức tốc độ phản ứng được cho bởi
biểu thức: v = k.
x
Fe
C
+3
.
y
Sn

C
+2
(2)
Với x, y được xác định từ thực nghiệm là bậc riêng phần đối với Fe
3+
và Sn
2+
; k là hằng
số tốc độ phản ứng.
- Thí nghiệm 1: Tốc độ đầu v
0
(1) = k.(10
-2
)
x
. (10
-2
)
y
= v

(I)
- Thí nghiệm 2: Tốc độ đầu v
0
(2) = k.(2.10
-2
)
x
. (2.10
-2

)
y
= 8v (II)
- Thí nghiệm 3: Tốc độ đầu v
0
(3) = k. (2.10
-2
)
x
. (10
-2
)
y
= 4v (III)
Lấy (II) chia (I) vế-vế có: 2
x
. 2
y
= 8 hay 2
x+y
=2
3
rút ra: x + y = 3 (*)
Lấy (III) chia (I) vế-vế có: 2
x
= 4 hay 2
x
=2
2
rút ra x = 2 (**)

Từ (*), (**) có x= 2; y=1. Vậy bậc riêng phần của phản ứng với Fe
3+
là 2, bậc riêng phần của
phản ứng với Sn
2+
là 1 và bậc toàn phần của phản ứng là 3.
b.
(0,75 điểm) Ta có: ∆G
pư
= -RTlnK=-n.∆EF
⎯→⎯ K = exp
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Δ
RT
FEn

= exp
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
298.314,8
96500.62,0.2

= 9,446.10
20

Biểu điểm: a. -Viết được phương trình tốc độ mỗi thí nghiệm: 0,25 điểm

Trang 5/10
- Tìm được bậc riêng phần, bậc toàn phần: 0,5 điểm

b. -Viết được biểu thức tính K: 0,25 điểm
- Tính được K:
0,5 điểm
(
Chú ý: Nếu tính K theo biểu thức K=
059,0
10
EΔ
thì ta tính được K= 1,04.10
21
có sự sai số cách tính
vẫn được chấp nhận nhưng không cho điểm tối đa do ta lấy sự gần đúng nhiều)
Câu 6(2,0 điểm)
A là dung dịch CH
3
COOH 0,2M, B là dung dịch NaOH 0,2M và C là dung dịch
CH
3
COONa 0,2 M
a. Tính pH của dung dịch A, B
b. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn A với B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau
c. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn A với C theo tỉ lệ thể tích bằng nhau

Cho: Ka (CH
3
COOH ) =1,8.10
-5
.
Hướng dẫn chấm
a. (1,0 điểm)Tính pH của dung dịch A, B
- dung dịch A: CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+
; Ka (CH
3
COOH) =1,8.10
-5

Ban đầu: 0,2 0 0
Cân bằng: 0,2 -x x x
Ta có: Ka =
[
]
[
]
[]
COOHCH
HCOOCH

3
3
.
+−
=
x
x
−2,0
2
= 1,8. 10
-5
hay x
2
+ 1,8.10
-5
x - 0,36.10
-5
= 0 (*)
Giải phương trinh bậc 2 (*) (chọn nghiệm dương và nhỏ hơn 0,2) được x≈ 1,8884. 10
-3

M
Vậy [H
+
] = x = 1,8884.10
-3
M và pH = -lg[H
+
]= - lg(1,8884.10
-3

) ≈ 2,72.
- dung dịch B: NaOH ⎯→⎯ Na
+
+ OH
-

0,2 M 0,2 M
Từ đó suy ra: pOH = -lg[OH
-
] = -lg0,2 ≈ 0,70. Vậy pH= 14-pOH= 13,30.
b
.(0,5 điểm) Trộn A, B với tỉ lệ thể tích bằng nhau thì nồng độ đầu các chất giảm đi 1 nửa
C
0
(CH
3
COOH) = C
0
(NaOH) = 0,1 M. Khi trộn xảy ra phản ứng:
CH
3
COOH + NaOH ⎯→⎯ CH
3
COONa + H
2
O
0,1 0,1 0,1 M
dung dịch thu được gồm: CH
3
COONa: 0,1 M . Xét cân bằng:

CH
3
COONa ⎯→⎯ CH
3
COO
-
+ Na
+

0,1 0,1
CH
3
COO
-
+ H
2
O CH
3
COOH + OH
-
; K
b
=
5
1414
10.8,1
1010
−
−−
=

Ka

Ban đầu: 0,1 0 0
Cân bằng: 0,1-x x x
Ta có: K
b
=
[]
[
]
[]
−
−
COOCH
OHCOOHCH
3
3
.
=
5
142
10.8,1
10
1,0
−
−
=
− x
x

Giả sử x << 0,1 suy ra x ≈
≈
−
−
5
14
10.8,1
1,0.10
7,45.10
-6
M thỏa mãn và pOH= -lg[OH
-
]≈ 5,13
pH = 14- pOH≈ 8,87.
c
.(0,5 điểm) Khi trộn A với C theo tỉ lệ thể tích 1:1 thì nồng độ ban đầu C
0
(CH
3
COOH) =
C
0
(CH
3
COONa) = 0,1M.

Trang 6/10
CH
3
COOH CH

3
COO
-
+ H
+
; Ka (CH
3
COOH) =1,8.10
-5

Ban đầu: 0,1 0,1
Cân bằng: 0,1 -x 0,1 + x x
Ta có: Ka =
[
]
[
]
[]
COOHCH
HCOOCH
3
3
.
+−
=
x
xx
−
+
1,0

).1,0(
= 1,8. 10
-5
. Giả sử x << 0,1 ta có x ≈ 1,8.10
-5

thỏa
mãn. Vậy pH = -lg[H
+
] = -lgx ≈ 4,74.
Biểu điểm: a. Tính được pH của dung dịch A: 0,5 điểm; dung dịch B: 0,5 điểm

b. Tính được pH: 0,5 điểm

c. Tính được pH: 0,5 điểm
Câu 7 (2,0 điểm)
Hợp chất A có công thức MX
x
trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng; M là kim loại, X
là phi kim ở chu kì 3. Trong hạt nhân M có tổng số hạt nơtron trừ đi tổng số hạt proton là 4, trong
hạt nhân X có tổng số hạt nơtron bằng tổng số hạt proton. Tổng số proton trong MX
x
là 58.
a. Xác định tên, số khối của M, X
b. Viết cấu hình electron nguyên tử của M, X
Hướng dẫn chấm
a.(1,5 điểm) Gọi Z
M
, Z
X

, N
M
, N
X
lần lượt là tổng số proton, nơtron của M và X.
Trong hợp chất MX
x
có % khối lượng M = %67,46%100.
).(
=
+++
+
xNZNZ
NZ
XXMM
MM
(1)
Với hạt nhân M: N
M
- Z
M
= 4 (2)
Với hạt nhân X: N
X
= Z
X
(3)
Tổng số proton trong MX
x
là Z

M
+ x. Z
X
= 58 (4)
Từ (4) viết: Z
M
+ Z
M
+ 2x.Z
X
=116 thay (2) và (3) vào được N
M
- 4 + Z
M
+ (Z
X
+ N
X
).x =116 suy
ra:
Z
M
+ N
M
+ (Z
X
+ N
X
).x =120 (5)
Thay (5) vào (1) được Z

M
+ N
M
=56 (6)
Kết hợp (2,6) được: Z
M
=26, N
M
=30→ M là Fe, số khối Fe: A
Fe
= Z
M
+ N
M
= 56.
Thay ngược trở lại (4) được x. Z
X
= 32. Do X thuộc chu kỳ 3 và là phi kim nên thỏa mãn là x=2
và Z
X
= N
X
=16→ X là S, số khối S: A
S
= Z
X
+ N
X
=32.
b

.(0,5 điểm) Cấu hình electron của Fe: [Ar]3d
6
4s
2

S: [Ne]3s
2
3p
4
.
Biểu điểm: a. Viết được 4 phương trình đại số: 0, 5 điểm
Giải hệ phương trình, biện luận:
0,5 điêm
Tìm được M,X:
0,5 điểm
b. Viết được cấu hình mỗi nguyên tử:
0,25 điểm
Câu 8 (2,0 điểm)
A là một chất độc hóa học đã được sử dụng trong chiến tranh Việt Nam. Trong A có chứa các
nguyên tố C, H, O và nguyên tố X. Kết quả phân tích cho thấy A chứa hàm lượng % C, H, O theo
khối lượng lần lượt là 44, 72%; 1,24%; 9,94% và còn lại là hàm lượng X. Trong phân tử A chứa
2 nguyên tử oxi và số nguyên tử X gấp 2 lần số nguyên tử oxi
a. Hãy tìm công thức đơn giản nhất và công thức phân tử A
b. Viết công thức cấu tạo A biết A có cấu tạo đối x
ứng và chứa vòng benzen (A bền nhiệt,
axit, bazơ và A có tâm đối xứng).
Hướng dẫn chấm
a.(1,25 điểm) Tìm CTĐGN, CTPT A:

Trang 7/10

Ta có % X = 100% -(%C+%H+%O) = 44,1%.
Gọi công thức X là C
x
H
y
O
z
X
t
, ta có:
x: y : z: t =
X
OHC 1,44%
:
16
%
:
1
%
:
12
%
=
X
1,44
:
16
94,9
:
1

24,1
:
12
72,44
=
= 6: 2:1:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
94,9
16
.
1,44
X
(*)
Do số nguyên tử X gấp 2 lần số nguyên tử O trong A nên có:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
94,9
16
.
1,44
X

= 2 rút ra X = 35,5 và
X là Cl. Thay ngược trở lại (*) được x: y:z:t = 6:2:1:2
CTĐGN của A là C
6
H
2
OCl
2

CTPT của A dạng (C
6
H
2
OCl
2
)
n
, A có 2 nguyên tử O nên n=2, công thức phân tử A là
C
12
H
4
O
2
Cl
4

b
.(0,75 điểm) Công thức cấu tạo A:

O
O
Cl
Cl
Cl
Cl

(Đioxin)
Biểu điểm: a. Tìm được X: 0,75 điểm
Tìm được công thức đơn giản nhất:
0,25 điểm
Tìm được công thức phân tử:
0,25 điểm

b. Lí luận viết được công thức cấu tạo: 0,75 điểm
Câu 9 (2,0 điểm)
Cho m gam este X thuần chức tạo bởi axit hữu cơ đơn chức và ancol đơn chức tác dụng
hết với dung dịch NaOH. Sau phản ứng cho toàn bộ lượng ancol thu được qua bình đựng Na dư
thu được khí Y có thể khử được
3
8
gam Fe
2
O
3
ở nhiệt độ cao tạo ra Fe và bình đựng Na khối
lượng tăng thêm 3,1 gam. Mặt khác
2
m
gam X làm mất màu vừa hết 8 gam Br

2
trong CCl
4
và thu
được sản phẩm chứa 61,54% brom theo khối lượng.
a. Xác định giá trị của m
b. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo có thể có của X.
Hướng dẫn chấm
a. (0,75 điểm) Xác định giá trị của m

2
m
gam X tác dụng với Br
2
: X + Br
2
⎯→⎯ Z (Z là sản phẩm)
Ta có: %Br trong sản phẩm =
%100.
mZ
mBr
= %100.
2
2
mBrmX
mBr
+
=
%100.
2

/
8
8
m+
= 61,54%
Từ đó rút ra: m =10 gam
b.(1,25 điểm). Đặt công thức phân tử của X là RCOOR’: x mol

Trang 8/10
- X + dd NaOH:
RCOOR’ + NaOH
⎯→⎯
RCOONa + R’OH (1)
x x x mol
- Ancol tạo thành R’OH: x mol + Na
R’OH + Na
⎯→⎯ R’ONa +
2
1
H
2
↑ (2)
x
x
2
1
mol
- Khí Y: H
2
: x

2
1
mol + Fe
2
O
3
:
Fe
2
O
3
+ 3H
2
⎯→⎯
0
t
2Fe + 3H
2
O (3)

160.3
8
mol 0,05 mol
Theo (2, 3): nH
2
=
x
2
1
= 0,05 mol nên x = 0,1 mol

Khối lượng bình đựng Na tăng = khối lượng ancol- khối lượng H
2
⎯→⎯ mR’OH= khối lượng bình tăng + mH
2
= 3,1 + 0,05.2 =3,2 gam
M
R’OH
= R’ + 17 = 3,2/0,1 =32 rút ra R
'
=15 đvC nên R là CH
3
-
Vậy CTPT ancol là CH
3
OH: ancol metylic (metanol)
Ta có x = 0,1 mol
⎯→⎯ M
RCOOR’
= R+R’+ 44 =
1,0
10
=100 đvC và R’=15 đvC nên R = 41 đvC, R
là C
3
H
5
Vậy CTPT của X: C
3
H
5

COOCH
3
. Vì X + Br
2
nên X phải π có liên kết ở gốc R. CTCT
có thể có của X là: CH
3
-CH=CH-COO-CH
3
(X
1
)
CH
2
=C(CH
3
)-COO-CH
3
(X
2
)
CH
2
=CH-CH
2
-COO-CH
3
(X
3
)

Biểu điểm: a. Tìm được giá trị m: 0,75 điểm

b. Tìm được công thức ancol: 0,25 điểm

Tìm được công thức phân tử: 0,25 điểm

Lí luận và viết được 3 công thức cấu tạo: 0,75 điểm
Câu 10 (2,0 điểm)
Dung dịch X có chất tan là muối M(NO
3
)
2
. Người ta dùng 200 ml dung dịch K
3
PO
4
vừa đủ để
phản ứng với 200 ml dung dịch X, thu được kết tủa là M
3
(PO
4
)
2
và dung dịch Y. Khối lượng kết
tủa đó (đã được sấy khô) khác khối lượng M(NO
3
)
2
ban đầu là 6,825 gam.

Trang 9/10
Điện phân 400 ml dung dịch X bằng dòng điện 1 chiều với I =2,000 ampe tới khi khối
lượng catot không tăng thêm nữa thì dừng, được dung dịch Z. Giả sử sự điện phân có hiệu suất
100%
a. Hãy tìm nồng độ các ion của dung dịch X, dung dịch Y, dung dịch Z. Cho biết sự gần
đúng phải chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y, dung dịch Z.
b. Tính thời gian (theo giây) đã điện phân
c. Tính thể tích khí thu được ở 27,3
0
C, 1 atm trong sự điện phân.
Hướng dẫn chấm
a. (1,5 điểm)Phản ứng:
3M(NO
3
)
2
+ 2K
3
PO
4

⎯→⎯
M
3
(PO
4
)
2
↓ + 6KNO
3

(1)
Dung dịch Y: dung dịch KNO
3
: KNO
3
⎯→⎯ K
+
+ NO
3
-
(2)
Theo (1) cứ 6 mol NO
3
-
phản ứng tạo ra 2 mol PO
4
3-
làm thay đổi khối lượng 372-190=182g
x mol NO
3
-
phản ứng tạo ra x/3 mol PO
4
3-
làm thay đổi khối lượng 6,825 gam
Vậy có ngay: x =
182
825,6.6
= 0,225 mol từ đó suy ra:
- Trong dung dịch X:

mol
n
n
NO
M
1125,0
2
3
@
==
−
+
từ đó có ngay C(M
2+
) = M5625,0
2,0
1125,0
= ;
C(NO
3
-
) = M125,1
2,0
225,0
=
- Theo (1): nK
+
= nNO
3
-

= nKNO
3
=2.nM(NO
3
)
2
= 2.0,1125 = 0,225 mol
Coi V
ddY
≈ V
ddX
+ V
dd K3PO4
≈ 400 ml. Vậy trong dung dịch Y:
C(K
+
) =C(NO
3
-
) =
4,0
225,0
= 0,5625M (3)
Dung dịch Y có nồng độ: C(K
+
) =C(NO
3
-
) = 0,5625M
Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y:

- Bỏ qua sự thay đổi thể tích khi tính (3) và sự có mặt M
3
(PO
4
)
2
↓
- Bỏ qua sự tan của M
3
(PO
4
)
2
⇄ 3M
2+
+ 2PO
4
3-

- Bỏ qua sự phân li của H
2
O⇄ H
+
+ OH
-

* Xét sự điện phân dung dịch X: M(NO
3
)
2

⎯→⎯ M
2+
+ 2NO
3
-

- Tại K (-): M
2+
, H
2
O: M
2+
+ 2e ⎯→⎯ M
- Tại A (+): NO
3
-
, H
2
O: 2H
2
O
⎯→⎯
4H
+
+ O
2
↑ + 4e
Phương trình điện phân:
2M(NO
3

)
2
+ 2H
2
O ⎯⎯→⎯
dpdd
2M + O
2
+ 4HNO
3
(4)
- Dung dịch Z có chất tan là HNO
3
:
Coi V
dd Z
≈ V
dd X
≈ 400 ml = 0,4 lít
Theo (4): nHNO
3
=2nM(NO
3
)
2
= 2.
1000
400.5625,0
mol
Vậy C(H

+
) = C (NO
3
-
) = M
nHNO
125,1
400
1000.
3
=
Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Z:
- Coi V
dd Z
≈ V
dd X
, bỏ qua sự thay đổi thể tích do sự điện phân gây ra
- Bỏ qua sự phân li của H
2
O vì Z là dung dịch HNO
3


Trang 10/10
Nồng độ ion: dd X: C(M
2+
)
= 0,5625 M ; C(NO
3
-

)= 1,125 M
dd Y: C(K
+
) = C( NO
3
-
) = 0,5625 M
dd Z: C(H
+
) = C (NO
3
-
) = 1,125 M.
b.
(0,25 điểm) Tính thời gian điện phân:
Theo (4) nO
2
= 1/2 nM(NO
3
)
2
= 0,1125 mol
Từ công thức: mO
2
=
96500
.
4
2
It

A
O
suy ra: t =
IA
mO
O
.
96500.4.
2
2
= 21712,5 (s)
c.
(0,25 điểm) Tính thể tích khí thu được ở 27,3
0
C, 1 atm trong sự điện phân dung dịch Z

77,2
1
3,300.082,0.1125,0
2
≈==
P
nRT
V
O
lít.
Biểu điểm: a. Tính được nồng độ các ion mỗi dung dịch: 0,5 điểm
b. Tìm được thời gian:
0,25 điểm
c. Tìm được V:

0,25 điểm


Ghi chú: Nếu thí sinh làm khác với hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng, giám khảo cũng
cho điểm theo biểu điểm.