Đề thi học sinh giỏi giải toán Máy tính Casio lớp 12 tỉnh Kiên Giang năm học 2012 - 2013 môn hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
KIÊN GIANG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO
NĂM HỌC 2012 – 2013

ĐÁP ÁN MÔN THI: HÓA THPT
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 01/11/2012

Câu 1:
1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất khí với hidro có dạng XH
3
. Electron cuối cùng trên
nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5.
a/ Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử.
b/ Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH
3
,
oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X.
2. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 20
0
C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca
bằng 1,55 g/cm
3
. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca có hình cầu, có độ đặc khít là 74%. Cho
nguyên tử khối của Ca = 40,08
Cách giải
Kết quả
1.a) X là nguyên tố thuộc nhóm A và có hợp chất khí với hiđro có dạng XH
3

 X thuộc nhóm V

A

Vậy cấu hình e của X ở lớp ngoài cùng là: ns
2
np
3

Phân bố các e này vào obitan như sau:


Vậy e cuối cùng của X có bộ 4 số lượng tử như sau: n , l = 1 , m = +1 , s = +1/2

Mặt khác: n + l + m + s = 4,5  n = 2
 Cấu hình e nguyên tử của X là: 1s
2
2s
2
2p
3
; X là Nitơ (N)
b) CTCT và trạng thái lai hóa của:
* NH
3
N ở trạng thái lai hóa sp
3



* Oxit cao nhất: N
2

O
5
N ở trạng thái lai hóa sp
2




* Hiđroxit cao nhất: HNO
3
N ở trạng thái lai hóa sp
2


a) 1s
2
2s
2
2p
3

X là Nitơ (N)
(1,5 điểm)






b) N ở trạng thái

lai hóa sp
3
( 1,5 điểm)
2. Thể tích của 1 mol Ca =
40,08
1,55
= 25,858 cm
3

một mol Ca chứa N
A
= 6,02 10
23
nguyên tử Ca
Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Ca =
23
25,858 0,74
6,02 10


= 3,18
10
23
cm
3

Từ V =
3
4
r

3
 

1,965.10
-8
cm
(2 điểm)
H – N – H

H
O = N – O – N = O
 
O O
H – O – N = O

O
 Bán kính nguyên tử Ca = r =
3
3V
4

=
23
3
3 3,18 10
4 3,14

 

= 1,965 10

8
cm


Câu 2:
1. Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện.
a) Hãy vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng này
b) Tính cạnh lập phương a(Å) của mạng tinh thể, biết nguyên tử Cu có bán kính bằng 1,28 Å
c) Xác định khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử Cu trong mạng
d) Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm
3

2. Trộn 100ml dung dịch Na
2
SO
4
0,00075M với 50 ml dung dịch BaCl
2
0,015M. Kết tủa có xuất
hiện không? Khi nào kết tủa không sinh ra nữa? Cho T(BaSO
4
) = 1,1.10
-10

Cách giải Kết quả
1. a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình
bên)
Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là
 Ở tám đỉnh lập phương = 8 
1

8
= 1
 Ở 6 mặt lập phương = 6 
1
2
= 3
Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng = 1 + 3 = 4 (nguyên
tử)
b) Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a
2
= 4  r
Cu

a =
0
Cu
4 r
4 1,28A
2 2


 
3,63 Å
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AE =
AC a 2
2 2
 = 2,55 Å
d) Khối lượng riêng: + 1 mol Cu = 64 gam
+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a

3
chứa 4 nguyên tử Cu
+ 1 mol Cu có N
A
= 6,02 10
23
nguyên tử
Khối lượng riêng d =
m
V
= 4 
23 8 3
64
6,02 10 (3,63 10 )

  
= 8,88 g/cm
3

a) 4 nguyên tử








b) a = 3,63A
0

c) khoảng cách ngắn
nhất
2,55A
0


d) d = 8,88

(4 điểm)
Khi trộn lẫn 2 dung dịch thì:

2
4
0,00075.100
[ ]
150
SO

 = 0,0005M
2
0,015.50
[ ]
150
Ba

 = 0,005M

Ta có:
2 2 6
4
[ ].[ ] 2,5.10
SO Ba
  
 > T(BaSO
4
) = 1,1.10
-10

Vậy có xuất hiện kết tủa đến khi
2 2
4
[ ].[ ]
SO Ba
 
= T(BaSO
4
) thì kết tủa
không sinh ra nữa.

2 2 6
4
[ ].[ ] 2,5.10
SO Ba
  


> T(BaSO

4
) = 1,1.10
-10




có xuất hiện kết tủa
đến khi
2 2
4
[ ].[ ]
SO Ba
 

= T(BaSO
4
) thì kết tủa
không sinh ra nữa.
( 1 điểm)


A
B
C
D
a
E
D
C

A
B
E
Câu 3.
1. Cho 24,696 gam hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 210ml dung dịch HNO
3
3,4M khuấy đều
thấy thoát ra một khí duy nhất không màu, hoá nâu trong không khí, trong dung dịch còn dư một
kim loại chưa tan hết. Đổ tiếp từ từ dung dịch H
2
SO
4
2,5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho đến
khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 92,4ml dung dịch axit, thu được dung dịch A ( biết A có thể
làm mất màu dung dịch KMnO
4
). Lấy ½ dung dịch A cho tác dụng với dung dịch NaOH loãng vừa
đủ, lọc kết tủa, rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 16,38
gam. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp. Xem Cu(OH)
2
không tan trong dung dịch
NaOH loãng.
2. Trong một bình kín có chứa N
2
(1M), H
2
(4M) và xúc tác ( thể tích không đáng kể) . Thực hiện
phản ứng ở nhiệt độ t
0
c và áp suất p .Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng thì áp suất là 0,8p, nhiệt độ

vẫn là t
0
c . Hãy tính :
a) Hằng số cân bằng của phản ứng
b) Hiệu suất của phản ứng
Cách giải Kết quả
0,21.3,4 0,0924.2.2,5
H
n

  = 1,176 mol
3
0,21.3,4
NO
n


= 0,714 mol
3Mg + 8H
+
+ 2NO
3
-
 3Mg
2+
+ 2NO + 4H
2
O
x 8x/3 x
3Cu + 8H

+
+ 2NO
3
-
 3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O
y 8y/3 y
3Fe + 8H
+
+ 2NO
3
-
 3Fe
2+
+ 2NO + 4H
2
O
z 8z/3 z
0
2
2
( )
OH t
Mg Mg OH MgO


 

x x
0
2
2
( )
OH t
Cu Cu OH CuO


 
y y
0
2
,2
2 2 3
2 2 ( )
O tOH
Fe Fe OH Fe O


 
z z/2
m
hh
= 24x + 64y + 56z = 24,696 g (1)
H
n

= 8x/3 + 8y/3 + 8z/3 = 1,176 mol (2)
m

CR
= 40x + 80y + 160.(z/2) = 16,38.2 (3)
Giải hệ 1, 2, 3  x = 0,063
y = 0,252
z = 0,126
% 6,122%
% 65,306%
% 28,572%
Mg
Cu
Fe
m
m
m




3,5 điểm
2)
Ta có cân bằng: N
2

+ 3H
2


2NH
3
K

C

Ban đầu: 1 4
Phản ứng x 3x 2x
Cân bằng 1 – x 4-3x 2x
5
0,8 5 2
d
d
P
P x


 x = 0,5
(1,5 điểm)
a) K
C
= 25







Câu 4 :
1. Hỗn hợp gồm FeCl
3
, MgCl
2

, CuCl
2
hòa tan trong nước được dung dịch X.
Cho X tác dụng với Na
2
S dư tách ra một lượng kết tủa m
1
. Nếu cho một lượng dư H
2
S tác dụng
với X tách ra một lượng kết tủa m
2
. Thực nghiệm cho biết m
1
= 2,51m
2
.
Nếu giữ nguyên lượng các chất MgCl
2
, CuCl
2
trong X và thay FeCl
3
bằng FeCl
2
cùng lượng rồi
hòa tan trong nước thì được dung dịch Y.
Cho Y tác dụng với Na
2
S dư tách ra một lượng kết tủa m

3
. Nếu cho một lượng dư H
2
S tác dụng
với Y tách ra một lượng kết tủa m
4
. Thực nghiệm cho biết m
3
= 3,36m
4
.
Xác định % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
2. Một khoáng chất có chứa 20,93% Nhôm; 21,7% Silic và còn lại là oxi và Hidro (về khối lượng).
Hãy xác định công thức của khoáng chất này.
a)
2
3
1
0,128
0,5.2,5
C
K  
b) Hiệu suất phản ứng: H =
0,5
.100%
1
= 40%

b) H = 40%
Cách giải Kết quả
1. MgCl
2
+ Na
2
S + 2H
2
O  Mg(OH)
2
 + H
2
S + 2NaCl
2FeCl
3
+ 3Na
2
S  2FeS  + S  + 6NaCl
CuCl
2
+ Na
2
S  CuS  + 2NaCl

MgCl
2
+ H
2
S  không phản ứng
2FeCl

3
+ H
2
S  2FeCl
2
+ S  + 2HCl
CuCl
2
+ H
2
S  CuS  + 2HCl
Đặt số mol các muối lần lượt là x, y, z. Ta có:

y
58x 88y 32 96z
2
16y 96z
  

= 2,51  58x + 63,84y = 144,96z (1)
Số mol FeCl
2
=
162,5y
127
= 1,28y
FeCl
2
+ Na
2

S  FeS  + 2NaCl
FeCl
2
+ H
2
S  không phản ứng

58x 88 1,28y 96z
96z
  
= 3,36  58x + 112,64y = 226,56z (2)
Giải (1) và (2) cho 48,8y = 81,6z
Đặt m
hh
= 95x + 162,5y + 135z = 100
 x = 0,14 ; y = 0,356 ; z = 0,213
%MgCl
2
= 13,3%
%CuCl
2
= 28,76%
%FeCl
3
= 57,95%
%mMgCl
2

= 13,3%
%mCuCl

2

= 28,76%
%mFeCl
3

= 57,95%
(3 điểm)
2. Đặt % lượng Oxi = a thì % lượng Hidro = 57,37 – a
Ta có: tỷ lệ số nguyên tử
Al : Si : O : H =
20,93 21,7 a
: : :(57,37 a)
27 28 16


Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên
Al
2
Si
2
O
9
H
4

hay
Al
2
O

3
.2SiO
2
.2H
2
O
(Cao lanh)
( 2 điểm)

Câu 5
1. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 ml dung dịch NH
4
Cl 0,200 M với 75,0 ml dung
dịch NaOH 0,100 M. Biết K
b
(NH
3
) = 1,8.10
-5

2. Cho phản ứng phân hủy CaCO
3
(r)  CaO(r) + CO
2
(k)
Cho biết ở 298
0
K:
0
pu

H
 = +178,32 kJ ;
0
S

= +160,59 J/K
a) Phản ứng có tự diễn biến ở 25
0
C không?
b) Phản ứng có tự diễn biến ở 850
0
C không?










20,93 21,7 a
3 4 2 (57,37 a) 0
27 28 16
       

Giải phương trình cho a = 55,82
Suy ra, Al : Si : O : H =
20,93 21,7 55,82

: : :1,55
27 28 16
= 2 : 2 : 9 : 4
Vậy công thức khoáng chất Al
2
Si
2
O
9
H
4
hay Al
2
O
3
.2SiO
2
.2H
2
O (Cao lanh)
Cách giải Kết quả
1. NH
4
+
+ OH
-
 NH
3
+ H
2

O
3
4
0,0075
NH
NH pu OH pu
n n n mol
 
  
<
4
NH bd
n


Dung dịch chứa NH
4
+
, NH
3
, Cl
-
, Na
+


4
3
0,0025
[ ] 0,02

0,125
0,0075
[ ] 0,06
0,125
NH M
NH M

 
 

Ta có cân bằng: NH
3

+ H
2
O


NH
4
+
+ OH
-
K
b

Ban đầu: 0,06 0,02
Phản ứng x x x
Cân bằng 0,06 – x 0,02+x x

5
(0,02 ).
1,8.10
(0,06 )
b
x x
K
x


 



5
5,4.10
x

  pOH = 4,27  pH = 9,73M
pH = 9,73M
(4 điểm)
2.
0 0 0
.
G H T S
    

a) t
0
= 25

0
C 
0
298
178,32 298.0,16059 130,464
G kJ
    > 0
Phản ứng không tự xảy ra
b) t
0
= 850
0
C 
0
298
178,32 1123.0,16059 2,02257
G kJ
     < 0
Phản ứng tự xảy ra

(1 điểm)
a) không tự xảy ra


b) tự xảy ra
Câu 6
Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một ancol B với 3 axit hữu cơ, trong
đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no chứa một liên kết đôi. Xà phòng
hoá hoàn toàn 14,7 gam A bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và p gam ancol B. Cho p
gam ancol B đó vào bình đựng natri dư, sau phản ứng có 2,24 lít khí thoát ra và khối lượng bình

đựng natri tăng 6,2 gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 14,7 gam A, thu được 13,44 lít CO
2
và 9,9
gam H
2
O. Xác định công thức cấu tạo của từng este trong A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu
chuẩn).

* Bài làm của học sinh theo cách khác đúng vẫn cho điểm.
Cách giải Kết quả
Xác định ancol B: vì este đơn chức nên ancol B đơn chức
R – OH + Na  R – ONa +
1
2
H
2

0,2 0,1 mol
Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g
 KL mol (R – O) =
6,2
0,2
= 31  R + 16 = 31  R = 15 là CH
3
 Ancol
B: CH
3
OH
Công thức của 2 este no là: C
n

H
2n 1

COOCH
3
số mol = x
Công thức của este chưa no là C
m
H
2m1
COOCH
3
số mol = y

C
n
H
2n 1

COOCH
3
+
3n 4
2

O
2
 (
n
+ 2) CO

2
+ (
n
+ 2) H
2
O
x (
n
+ 2) x (
n
+ 2) x
C
m
H
2m1
COOCH
3
+
3m 3
2

O
2
 (m + 2) CO
2
+ (m + 1) H
2
O
y m + 2) y (m + 1) y
ta có hệ pt: x + y = 0,2 (1)

(
n
+ 2) x + (m + 2) y = 0,6 (2)
(
n
+ 2) x + (m + 1) y = 0,55 (3)
Giải hệ pt cho x = 0,15 ; y = 0,05 và 3
n
+ m = 4
Do
n
 0 và m  2 nên 2

m

3
 bài toán có 2 nghiệm m = 2 và m = 3
Với m = 2

n
=
2
3
ứng với nghiệm
HCOOCH
3
; CH
3
COOCH
3

và CH
2
=CH-COOCH
3

Với m = 3 
n
=
1
3

ứng với nghiệm
HCOOCH
3
; CH
3
COOCH
3
và C
3
H
5
-COOCH
3

(5 điểm)
HCOOCH
3
;
CH

3
COOCH
3

và
CH
2
=CH-COOCH
3

hay
HCOOCH
3

CH
3
COOCH
3

Và
C
3
H
5
-COOCH
3