Đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay năm học 2012 - 2013 môn Hóa khối 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY

NĂM HỌC 2012-2013
MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 27/01/2013

.

.

(Đề thi có 02 trang, 10 câu, mỗi câu làm đúng được 1,0 điểm)
QUI ĐỊNH:
- Thí sinh trình bày tóm tắt cách giải, công thức áp dụng (có thể chỉ ghi bước cuối cùng để
tính ra kết quả )
- Các kết quả tính gần đúng, lấy đến 5 chữ số thập phân (không làm tròn).
Cho biết nguyên tử khối, hằng số liên quan của các nguyên tố như sau:
R= 0,08205 lít.atm.K-1.mol-1
H = 1; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; S = 32;
Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137.
2−

2−

Câu 1: Hợp chất A tạo bởi 2 ion X2+ và YZ 3 . Tổng số electron của YZ 3 là 32 hạt, Y và Z đều
có số proton bằng số nơtron. Hiệu số nơtron của 2 nguyên tố X và Y bằng 3 lần số proton của Z.

Khối lượng phân tử A bằng 116.
Xác định công thức của A.
Câu 2: Hỗn hợp khí X gồm O2 và O3 có tỉ khối hơi so với H2 là 17,6. Hỗn hợp khí Y gồm etan và
etyl amin có tỉ khối hơi so với H2 là 20. Để đốt cháy hoàn toàn V 1 lít Y cần vừa đủ V2 lít X (biết
sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2, các chất khí đều đo ở đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào
bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, sau phản ứng thu được 20,0 gam kết tủa, nhận thấy khối
lượng dung dịch nước vôi trong giảm m gam và có khí N 2 thoát ra khỏi bình. Biết các phản ứng
xảy ra hoàn toàn.
Tính m và tỉ lệ V2:V1.
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 50,0 cm 3 hỗn hợp khí A gồm C2H6 , C2H4, C2H2 và H2 thu được 45,0
cm3 khí CO2. Mặt khác, nung nóng thể tích hỗn hợp khí A đó có mặt Pd/ PbCO 3 xúc tác thì thu
được 40,0 cm3 hỗn hợp khí B. Sau đó cho hỗn hợp khí B qua Ni nung nóng thu một chất khí
duy nhất. Các thể tích khí đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất và các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Tính % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A.
Câu 4: Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na 2CO3 và 15,0
gam KHCO3, sau đó cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH) 2, lọc bỏ kết tủa. Cô cạn
dung dịch thu được m gam rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Tính m.
Câu 5: Cho a gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300,0 ml dung dịch H 2SO4 0,1 M.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn và có 448,0 ml khí (đktc) thoát ra.
Thêm tiếp vào bình NaNO3, lượng NaNO3 phản ứng tối đa là 0,425 gam; khi các phản ứng kết
thúc thu khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng muối trong dung dịch là 3,865 gam.
Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
Câu 6: Một khoáng vật chứa: 31,28492% silic ; 53,63128% oxi còn lại là nhôm và Beri về khối
lượng. Xác định công thức của khoáng vật biết trong chất đó Si có số oxi hóa cao nhất, Be có hoá
trị 2, Al hóa trị 3, Si hoá trị 4 và oxi hóa trị 2.
Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 43,1 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glyxin, alanin và axit glutamic thu
được 31,36 lít CO2 (đktc) và 26,1 gam H2O. Mặt khác 43,1 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 300,0

ml dung dịch HCl 1,0 M. Nếu cho 21,55 gam hỗn hợp X tác dụng với 350,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M
thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thì thu được m gam chất rắn khan.
Tính m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Câu 8: Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Al và Mg thành hai phần bằng nhau:
- Cho phần 1 vào dung dịch H2SO4 (dư) thu được 1,008 lít khí H2 (đktc).
- Cho phần 2 vào một lượng H 2O (dư), thu được hỗn hợp kim loại Y. Hòa tan hoàn toàn Y
vào dung dịch HCl (đủ) thu được dung dịch Z. Dung dịch Z phản ứng vừa đủ 50,0 ml dung dịch
NaOH 1,0 M thu được lượng kết tủa cực đại. Lọc lấy kết tủa, đem nung kết tủa đến khối lượng
không đổi được 0,91 gam chất rắn.
Tính m.
Câu 9: Hỗn hợp A gồm C2H2, C3H6 và C3H8. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A bằng
lượng oxi vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư và bình 2
đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy bình 2 có 15,0 gam kết tủa và khối lượng tăng của bình 2 nhiều
hơn so với khối lượng tăng của bình 1 là 4,26 gam. Nếu cho 2,016 lít hỗn hợp A phản ứng với
100,0 gam dung dịch brom 24% mới nhạt màu brom, sau đó phải sục thêm 0,896 lít khí SO 2 nữa
thì mới mất màu hoàn toàn, lượng SO 2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml dung dịch KMnO 4 0,1M.
Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A (các thể tích khí đều đo ở đktc).
Câu 10: Cho a mol photphin vào một bình kín có dung tích không đổi. Nâng nhiệt độ lên 641 0C,
phản ứng hoá học xảy ra theo phương trình: 4PH3(k)
P4(k) + 6H2(k).
Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí là 21,25
g/mol và áp suất bình phản ứng là P.
Tính P biết phản ứng trên có hằng số cân bằng KC là 3,73.10-4.
....................... Hết .......................

Họ và tên thí sinh:......................................................................Số báo danh:....................................
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Thí sinh không sử dụng tài liệu.
- Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY

NĂM HỌC 2012-2013
MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 27/01/2013

.

.

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC- ĐỀ CHÍNH THỨC
CÂU

1

GỢI Ý CÁCH GIẢI
Gọi ZX, NX là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử X
Gọi ZY, NY là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử Y
Gọi ZZ, NZ là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử Z
Ta có: ZY + 3ZZ = 30
NX – NY = 3ZZ

(ZX + NX) + (ZY + NY)+ 3(ZZ + NZ) = 116
ZY = N Y
ZZ = N Z
ZX + NX + 2ZY + 6ZZ = 116 (1)
⇒ NX – NY = 3ZZ
(2)
ZY + 3ZZ = 30
(3)
ZX + NX = 56
(4)
Từ (2),(3) ⇒ NX = 30
Từ (4) ⇒ ZX = 26 (Fe)
⇒ ZY + 3ZZ = 30

2

⇒ ZZ <

30
= 10
3

Z: Phi kim (6,7,8,9).
ZZ
6
7
8
9
ZY
12

9
6
3
Biện luận chọn O (ZZ = 8) ⇒ ZY = 6 (C)
Kết quả: Công thức A: FeCO3
* M Y = 40: x mol C2H6
30
]

0,2
0,8
5

Z

40
Z

y mol C2H7N
⇒

]

45

10

nC2 H 6

5 1

x
=
=
⇒ y = 2.x
=
y nC2 H 7 N 10 2

CO2
O2
C 2 H 6

( OH ) 2 du
V2 lít X 
+ V1 lít Y 

→  H 2 O dd
Ca
→ CaCO3 ↓
O
C
H
N
 3
 2 7
N
 2
nCaCO3 = nCO2 = 0,2 mol = 2.x + 2.y ⇒ x = 1/30 (mol); y = 1/15 (mol)
⇒ n H 2O = 3.x + 3,5.y= 1/3 (mol)
* mdd giảm = mCaCO3 - ( mCO2 + m H 2O ) = 5,2g
* M X = 35,2: a mol O2 32

12,8
]
Z

35,2
Z

b mol

O3

ĐIỂM

48

]

3,2


a nO2 12,8 4
=
=
=
3,2 1
b nO3

⇒

⇒ 2.a + 3.b = 2.0,2 + 1/3 ⇒ a = 4/15 (mol) ; b = 1/15 (mol)

4 1
V2 (15 + 15 )
⇒ =
= 3,33333
1
1
V1
+
30 15
Kết quả: * mdd giảm = mCaCO3 - ( mCO2 + m H 2O ) = 5,2g
V2
*
= 3,33333
V1

3

0,2
0,4
0,4

Gọi x, y,z ,t (cm3) lần lượt là thể tích của C2H6, C2H4,C2H2 và H2 có trong hh A
*

C2H6 +

7
O2 
→ 2CO2 + 3 H2O
2

(cm3)

x
2x
C2H4 + 3O2 
→ 2CO2 + 2 H2O
y
2y
C 2 H2 +

(cm3)

5
O2 
→ 2 CO2 + H2O
2

z
2z
(cm 3)
PbCO3
* Hỗn hợp A Pd
. /
→ hỗn hợp B giảm 10 cm3 là thể tích chất
tham gia phản ứng ⇒ H2 dư và C2H2 hết ⇒ B gồm: C2H6, C2H4 và H2 dư
Pd / PbCO3
C2H2 + H2 
→ C2H4
* Hỗn hợp B gồm: C2H6, C2H4 và H2

C2H4 + H2

0

,t
Ni


→

1 chất khí duy nhất C2H6

C2H6

 x + y + z + t = 50
 z = 50 − 40

Ta có hệ pt: ⇒ 
 2 x + 2 y + 2 z = 45
 y + z + z = t

4

0

,t
Ni


→

x = 5
 y = 7,5

⇒
 z = 10
t = 27,5

Kết quả:
% VC2H6 = 10,0%; % VC2H4 = 15,0% ; % VC2H2 = 20,0 %; % VH2 = 55,0%
n HCl = n H = nCl = 0,3 (mol)
+

0,2
0,8

−

n Na2CO3 = 0,1 (mol) ⇒ n Na + = 0,2 (mol); nCO32 − = 0,1 (mol)
n KHCO3 = n K + = n HCO3− = 0,15 (mol); n Ba (OH ) 2 = n Ba 2 + = 0,04 (mol) ⇒ nOH − = 0,08 (mol)
2−

−

H+ + CO 3 
→ HCO 3
0,3
0,1
0,1
(mol)

−
+
+
* H dư: H + HCO 3 
→ CO2 + H2O
0,2
0,25
0,2
(mol)
−
−
2−
−
* HCO 3 dư: HCO 3 + OH 
+ H2O
→ CO 3
0,05
0,08
0,05 (mol)
2−
2+
*
Ba
+ CO 3 
→ BaCO3 ↓
0,04
0,05
0,04
(mol)
⇒ Trong dung dịch sau phản ứng còn lại: Na + : 0,2 mol; K+: 0,15 mol; Cl − :

2−
0,3 mol; CO 3 : 0,01 mol và OH − : 0,03 mol.
0,2
*


5

Kết quả: 22,21 gam
nH SO = 0,03 (mol) ⇒ nH = 0,06 (mol) ; nNaNO = 0,005 (mol)
nH = 0,02 (mol) ⇒ nH pứ = 0,04 (mol) ⇒ nH dư = 0,02 (mol)
* Fe + 2H+ 
→ Fe2+ + H2
x
2x
x
x
(mol)
+
3+
Al + 3H 
→ Al + 3/2H2
y
3y
y
3/2y
(mol)
−
+
* 4H + NO 3 + 3e 

→ NO + 2H2O
0,02
0,005
(mol)
−
+
Sau phản ứng H và NO 3 hết
−
3Cu + 8H+ + 2NO 3 
→ 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
z
2z/3
(mol)
−
2+
+
3+
3Fe + 4H + NO 3 
+ NO + 2H2O
→ 3Fe
x
x/3
(mol)
2−
3+
3+
2+
+
⇒ Muối chứa: Fe , Al , Cu , Na , SO4
2

+

4

3

+

2

+

m

⇒

0,8

2−
4

m

mmuối = mcác kim loại ban đầu + SO + Na = 3,865 (gam)
⇒ mcác kim loại ban đầu = 3,865 –(0,005.23) – (0,03.96) = 0,87 (gam)

56 x + 27 y + 64 z = 0,87

3


Ta có hệ pt:  x + y = 0, 02
2

z
x
 3 + 2. 3 = 0, 005

6

+

 x = 0, 005

⇒  y = 0, 01
 z = 0, 005


Kết quả: %mFe = 32,18390%; %mAl=31,03448%; %mCu=36,78160%
Gọi %Al = a; %Be= b.
a + b = 100 – (31,28492 + 53,63128) = 15,0838 (%)
(1)
(3×

a
b
31, 28492
53, 63128
) + (2× )+ (4 ×
) − (2×

)=0
27
9
28
16

0,2
0,8

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ a = 10,05587 (%) và b= 5,02792 (%)
⇒ Al: Be : Si : O =

10, 05587 5, 02792 31, 28492 53, 63128
:
:
:
= 2 : 3 : 6 : 18
27
9
28
16

Kết quả: Công thức khoáng vật: Al 2Be3Si6O18 hay Al2O3.3BeO.6SiO2
7

0,2
0,8

CH 3COOH
CO2 :1, 4 mol

 NH 2 − CH 2 − COOH

43,1 gam X 
+ O2 
→  H 2O :1, 45 mol
CH 3 − CHNH 2 − COOH
N
 2
C3 H 5 NH 2 (COOH ) 2

43,1 gam X
+ 0,3 mol HCl
21,55gam X
+ 0,35 mol NaOH 
→ m gam rắn + H2O
n
Ta có: nC = CO = 1,4 (mol); nH = 2 nH O = 2,9 (mol)
nN = nNH = nHCl = 0,3 (mol)
⇒ nO ( X ) = [43,1-(1,4.12+2,0.1+0,3.14]:16=1,2 (mol)
⇒ nCOOH = 0,6 (mol)
⇒ 21,55g X có nCOOH = 0,3 (mol) = nH O
mrắn = 21,55 + 0,35.40 – (0,3.18) = 30,15 (gam)
2

2

2

2

0,2


8

Kết quả: 30,15 (gam)
Phần 1: tác dụng với dd H2SO4 loãng dư: nH = 0,045 (mol)
+ H SO
Na 

→ ½ H2
a
½a
(mol)
+ H SO
Al 
→ 3/2 H2
b
3/2b
(mol)
+ H SO
Mg 
→ H2
c
c
(mol)
Phần 2: tác dụng với nước dư: hỗn hợp kim loại Y gồm:Al dư và Mg

* Na + H2O 
→ NaOH + ½ H2
a
a
(mol)
Al + NaOH + H2O 
→ NaAlO2 + 3/2H2
a
a
(mol)
+ HCl
+3NaOH
t
* Al dư 
→ AlCl3 
→ Al(OH)3 
→ Al2O3
(b-a)
3(b-a)
(b-a)/2 (mol)
+ HCl
+2 NaOH
t
Mg 
→ MgCl2 
→ Mg(OH)2 
→ MgO
c
2c
c

(mol)

0,8

2

2

2

4

4

2

4

0

0

3
1
 2 a + 2 b + c = 0, 045

⇒
Ta có hệ pt: 3(b − a ) + 2c = 0, 05

b−a

102.
+ 40.c = 0,91
2


a = 0, 01

b = 0, 02
c = 0, 01


Kết quả: 2,02 gam
9

0,2
0,8

 C2 H 2 : x mol
CO2 dd H SO

2 4
* m gam A  C3 H 6 : y mol + O2 → 

→ CO2  ddCa( OH) 2du → CaCO3 ↓
H
O
 2
 C H : z mol
 3 8
mtăng bình (1) = mH 2O ; mtăng bình (2) = mCO2 = 44.0,15= 6,6 (gam); nCO2 = 0,15 (mol)

mCO2 - mH 2O = 4,26 (gam) ⇒ mH 2O = 2,34 (gam) ⇒ nH 2O = 0,13 (mol)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta có:
2x + 3y + 3z = nCO = 0,15 (1)
2x + 6y + 8z = 2 nH O =0,26 (2)
* CH ≡ CH
+ 2Br2 
→ CHBr2-CHBr2
x
2x
(mol)
CH3-CH=CH2 + Br2 
→ CH3-CHBr-CH2Br
y
y
(mol)
CH3-CH2-CH3 + Br2 
→ không phản ứng
z
(mol)
SO2
+ Br2 + 2H2O 
→ 2HBr + H2SO4
(0,04-0,01)
0,03
(mol)
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 
→ K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
0,01

0,004
(mol)
(x+y+z) mol hỗn hợp A cần (2x + y) mol Br2
0,09 mol hỗn hợp A cần (0,15 – 0,03) mol Br2
⇒ 0,12. (x+y+z)=0,09.(2x+y) ⇒ 0,06 x – 0,03y – 0,12 z = 0
(3)
⇒
Từ (1), (2) và (3)
x = 0,03 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0,01 (mol)
Kết quả: %VC2H2 = 50,0%; %VC3H6 = 33,33333%; %VC3H8 = 16,66666%
2

2

0,2
0,8


10

Gọi V lít là thể tích của bình. Thể tích hỗn hợp khí là thể tích của bình kín.
Giả sử a = 1 mol.
4PH3(k)
P4(k) + 6H2(k).
Trước Pư:
1
(mol)
Pứ:
4x
x

6x
(mol) (0< x <0,25)
Cbằng:
1 - 4x
x
6x
(mol)

34.(1 − 4 x ) + 124.x + 6 x.2
= 21, 25 ⇒ x = 0, 2 (mol )
1− 4x + x + 6x
 PH 3 : 0, 2(mol )

Vậy khi hệ đạt trạng thái cân bằng có khí:  P4 : 0, 2(mol ) ⇒ nhh = 1,6 (mol)
 H :1, 2( mol )
 2

Ta có: M =

Cách 1:
6

0, 2  1, 2 
). 
÷
P
.
H
[
V V 

4] [
2]
K
=
=
= 3, 73.10−4 ⇒ V = 100,02215 (lít)
Ta có C
4
4
 0, 2 
[ PH 3 ]

÷
 V 
Áp suất bình phản ứng là: P = 1, 6.0, 08205.(641 + 273) = 1,19963 (atm)
100, 02215
6

(

Cách 2:
Kp = Kc . (RT) 7 − 4 = Kc. (RT) 3
0, 2
1, 2
.P).( .P) 6
1, 6
1, 6
⇒
= 3, 73.10−4.(0, 08205.(641 + 273)) 3 ⇒ P = 1,19963 (atm)
0, 2 4

(
.P )
1, 6
(

Kết quả: 1,19963 (atm)

0,2
0,8

Lưu ý dành cho các giám khảo:
- Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho trọn điểm.
- Phần tóm tắt cách giải đúng hoặc tương đương (0,2 đ) : thí sinh có thể chỉ ghi bước cuối cùng
tính kết quả vẫn chấm trọn điểm phần tóm tắt giải.
- Phần kết quả đúng (0,8 đ)
Nếu kết quả sai chữ số thập phân thứ 5 trừ 0,2 đ; số thứ 4 trừ tiếp 0,2 đ; từ số thứ 3 trở lên
không cho điểm, chỉ chấm hướng giải 0,2 đ (nếu đúng)
- Nếu kết quả không đủ 5 số thập phân thì ghi đúng kết quả đó, không trừ điểm.
- Nếu kết quả 5 chữ số thập phân đúng không trừ điểm chữ số thập phân dư.
....................... Hết .......................