Đề thi giải toán trên máy tính cầm tay môn hóa lớp 12

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM 2008

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: HÓA HỌC
Lớp 12 cấp THPT
Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 14/3/2008

(HDC gồm 08 trang)

ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI

Bằng số

Các giám khảo
(Họ, tên và chữ ký)

SỐ PHÁCH
(Do chủ tịch
Hội đồng khu vực thi ghi )

Bằng chữ

Câu 1: Mỗi phân tử XY3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, số hạt
mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt
mang điện của Y là 76.

a) Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY3 .
b) Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y.
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

a) Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ;
số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với
XY3 , ta có các phương trình:
Tổng số ba loại hạt:
2 Zx + 6 Zy + Nx + 3 Ny = 196 (1)
2 Zx + 6 Zy − Nx − 3 Ny = 60 (2)
6 Zy − 2 Zx
= 76 (3)
Cộng (1) với (2) và nhân (3) với 2, ta có:
4 Zx + 12 Zy
= 256 (a)
Vậy X là nhôm,
12 Zy − 4Zx
= 152 (b)
Y là clo.
⇒
Zy = 17 ;
Zx = 13.
XY
3 là AlCl3
b) Cấu hình electron:
2
2
6

2
1
2
2
6
2
5
Al : 1s 2s 2p 3s 3p
; Cl : 1s 2s 2p 3s 3p

ĐIỂM

2,0

2,0
1,0

01 of 08


Câu 2: Một mẩu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh Hòa Bình có 9,4 phân hủy 14 C.
hãy cho biết người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ
bán hủy của 14 C là 5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14 C. Các số phân hủy nói
trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây.
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

ĐIỂM

ln 2
0,693
♣ Hằng số phóng xạ: k = t
=
1
5730
2

2,0

1 N 0 5730 15,3
ln
=
ln
k N t 0,693 9, 4
= 3989,32 (năm)
Người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây khoảng 4000
năm
Niên đại của mẩu than t =

≈ 4000 (năm)

3,0

Câu 3: Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là
nguyên tố X về khối lượng. Hãy xác định công thức phân tử của khoáng đó.
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

♣ Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39
= 19,18%
Cân bằng số oxi hóa trong hợp chất:
13,77
7,18
57, 48
2,39
19,18
×1 +
×2−
×2 +
×1 +
×y = 0
23
24
16
1
X
⇒ X = 5,33y
Lập bảng xét:
Y
X

1
5,33

2
10,6
6

3
...

4
...

5
...

6
32

7

ĐIỂM
1,0

2,0

8

thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32 ⇒ S (lưu huỳnh)
13,77 7,18 57, 48 2,39 19,18
:
:
:
:
Na : Mg : O : H : S =
23
24

16
1
32
= 2 : 1 : 12 : 8 : 2
Công thức khoáng: Na2MgO12H8S2

Công thức khoáng

Na2SO4.MgSO4.4H2O 2,0

Câu 4: Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện.

02 of 08


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/cm3
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

ĐIỂM

♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình vẽ)

a

D

A

B

A

B
E

E

D

C

1,0
C

Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là
1
− Ở tám đỉnh lập phương = 8 × = 1
8
1
− Ở 6 mặt lập phương = 6 × = 3
2
Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng
= 1 + 3 = 4 (nguyên tử)
b) Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4 × rCu

4 (nguyên tử)

1,0

0

a = 4 × rCu = 4 × 1,28 A = 3,63 Å
2
2
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AC a 2
AE =
= 2,55 Å
=
2
2
d) + 1 mol Cu = 64 gam
+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 4 nguyên tử Cu
+ 1 mol Cu có NA = 6,02 ×1023 nguyên tử
64
m
Khối lượng riêng d =
=4×
23
6,02 × 10 × (3,63 × 10−8 )3
V
= 8,88 g/cm3

a = 3,63 Å

1,0

khoảng cách
= 2,55 Å

1,0

Khối lượng riêng:
= 8,88 g/cm3

1,0

03 of 08


Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng
của Ca bằng 1,55 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca có hình cầu, có độ đặc khít
là 74%.
CÁCH GIẢI
40,08
♣ Thể tích của 1 mol Ca =
= 25,858 cm3,
1,55

KẾT QUẢ

ĐIỂM

V = 25,858 cm3

1,0

V = 3,18 ×10−23 cm3

2,0

r = 1,965 ×10−8 cm

2,0

một mol Ca chứa NA = 6,02 ×1023 nguyên tử Ca
Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe =

Từ V =

25,858 × 0,74
6,02 × 1023

= 3,18 ×10

4
× πr 3
3

⇒ Bán kính nguyên tử Ca = r =

3

3V
=

4π

3

−23

cm

3

3 × 3,18 × 10−23
4 × 3,14

= 1,965 ×10−8 cm

Câu 6: Biết rằng mono – clobenzen có momen lưỡng cực µ1 = 1,53 D.
a) Hãy tính momen lưỡng cực µo ; µm ; µp của ortho, meta, para – diclobenzen.
b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được µ = 1,53 D. Hỏi đó là dạng nào
của diclobenzen?
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

ĐIỂM

♣ clo có độ âm điện lớn, µ1 hướng từ nhân ra ngoài

1,0

para

ortho
meta
µ=µ 3
µ=µ
µ=0
Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác
µ
a2 = b2 + c2 – 2bc cos A

Dẫn xuất ortho: µo =

2µ12 + 2µ12 cos600 = µ1 3

Dẫn xuất meta: µm =

2µ12 + 2µ12 cos1200 = µ1

Dẫn xuất para: µp = µ1 − µ1 = 0
b) Theo đầu bài µ =1,53D = µ1 ⇒ đó là dẫn xuất meta -diclobenzen

1,0
1,0
1,0
1,0

04 of 08


Câu 7: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C6H5COONa nồng độ 2,0 ×10−5 M. Biết hằng số

axit của axit benzoic bằng 6,29 ×10−5.
CÁCH GIẢI

♣

KẾT QUẢ

C6H5COONa → Na + C6H5COO

→ C6H5COOH
C6H5COO− + H+ ¬



ĐIỂM

−

+

Ka−1


→ H+ + OH−
H2O ¬
Kw


Tổ hợp 2 phương trình cho:


→ C6H5COOH + OH−
C6H5COO− + H2O ¬



Ktp

−14

Kw
10
=
= 1,59 ×10−10
Ka
6,29 × 10−5
Ktp = 1,59 ×10−10
Do nồng độ đầu của C6H5COO− nhỏ; mặt khác hằng số của quá
trình không lớn hơn nhiều so với 10−14 nên phải tính đến sự điện
li của nước.

→ C6H5COOH + OH− Ktp (1)
C6H5COO− + H2O ¬



1,0


→ H+ + OH−
Kw (2)

¬


−
Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH ] = [C6H5COOH] + [H+]
hay [C6H5COOH] = [OH−] − [H+]
10−14
−
= [OH ] − 
−
OH 

1,0

Ktp =

2,0 ×10−5 − [OH−]
H2O

1,0

thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1):

10−14 
−
−






[ C 6 H 5COOH ] OH   OH  −  −  ÷÷× OH − 
K=
= 
OH  
C 6 H 5COO − 
C 6 H 5COO − 
K = 1,59 ×10−10
2

OH −  − 10−14
⇒
= 1,59 ×10−10
−5
−
2 × 10 − OH 

⇒ [OH−]2 + 1,59 ×10−10[OH−] − 13,18 ×10−15 = 0
⇒ [OH−] = 1,148 ×10−7 ⇒ pOH = − lg(1,148 ×10−7) = 6,94
⇒ pH = 7,06

1,0

1,0

05 of 08



→ 2NH3 (k) có Kp = 1,64 ×10−4.

Câu 8: Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) ¬



Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo
đúng hệ số của phương trình
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

ĐIỂM


→ 2NH3 (k)
N2(k) + 3H2(k) ¬


PN
nN
1
2
2
=
=
Theo PTHH:
PH2 n H 2 3

⇒ Theo gt: P NH3 + P N 2 + P H2 = 10
⇒ P NH3 + 4P N 2 = 10
Và Ta có: Kp =

(PNH )2

(1)

2

PNH

2

= 6,65×10−2.
(PN 2 )2
Thay vào (1) được:

⇒

1,0

(PNH3 )2

=
= 1,64 ×10−4
(PN2 )(3PN2 )3
(PN )(PH )3
3

P NH3 + 4P N 2 = 10

3

PNH

3

(PN )2

=

2

1,0

6,65×10−2

6,65 ×10−2(P N 2 )2 + 4P N 2 − 10 = 0

1,0

⇒ P N 2 = 2,404 và P N 2 = − 62,55 < 0

1,0

Vậy, P N 2 = 2,404 ⇒
P NH3 = 10 − 4P N 2 = 0,384 atm chiếm 3,84%

3,84%

1,0

06 of 08


Câu 9: Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một rượu 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 rượu B. Cho p gam rượu 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 CO2 và 9,9 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của từng este trong
A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn).
CÁCH GIẢI
♣ Xác định rượu B: vì este đơn chức nên rượu B đơn chức
1
R – OH + Na → R – ONa + H2
2
0,2
0,1 mol
Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g
6,2
⇒ KL mol (R – O) =
= 31 ⇒ R + 16 = 31
0,2
⇒ R = 15 là CH3 ⇒ Rượu B: CH3OH

KẾT QUẢ

ĐIỂM

1,0

Công thức của 2 este no là: C n H 2n +1 COOCH3
số mol = x
Công thức của este chưa no là CmH2m−1COOCH3
số mol = y
C n H 2n +1 COOCH3 +

3n + 4
O2 → ( n + 2) CO2 + ( n + 2)
2

H2 O

1,0

x

( n + 2) x
( n + 2) x
3m + 3
CmH2m−1COOCH3 +
O2 → (m + 2) CO2 + (m + 1) H2O
2
y
(m + 2) y
(m + 1) y
ta có hệ pt:

x + y = 0,2
( n + 2) x + (m + 2) y = 0,6

( n + 2) x + (m + 1) y = 0,55

(1)
(2)
(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
2
Với m = 2 ⇒ n =
ứng với nghiệm CH2=CH-COOCH3
3
và HCOOCH3 ; CH3COOCH3
1
Với m = 3 ⇒ n = ứng với nghiệm C3H5-COOCH3
3
và HCOOCH3 ; CH3COOCH3

1,0
1,0

1,0

07 of 08


Câu 10: Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân huỷ thành nitơ monoxit và

clo.

a) Hãy viết phương trình cho phản ứng này
b) Tính Kp của phản ứng ở 298K(theo atm và theo Pa).
∆H 0298 (kJ/mol)
S 0298 (J/K.mol)

Nitrosyl clorua
51,71

Nitơ monoxit
90,25

Cl2
?

264

211

223

c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ


→ 2NO + Cl2.
♣ a) 2NOCl ¬



b) Hằng số cân bằng nhiệt động lực học được tính theo phương
trình ∆G = − RTlnK
Trong đó ∆G = ∆H − T. ∆S
∆H = [(2 × 90,25. 103) + 0 − (2 × 51,71. 103 ) = 77080 J/mol
∆S = [(2 × 211) + 233 − (2 × 264)
= 117 J/mol
∆G = 77080 − 298 × 117
= 42214 J/mol
42214
và ln K = −
= − 17
8,314 × 298
−8
−3
⇒ Kp = 3,98. 10 atm và Kp = 4,04. 10 Pa
c) Tính gần đúng:
Kp(T2 ) ∆H  1 1 
ln
=
 − ÷
Kp (T1 )
R  T1 T2 
77080  1
1 
⇒ lnKp(475K) = 8,314  298 − 475 ÷+ lnKp(298)


⇒ ln Kp (475) = − 5,545
⇒ Kp = 4,32. 10 − 3 atm hay Kp = 437Pa

ln 2
* Hằng số phóng xạ: k = t
1
2

và

t=

ĐIỂM
1,0

1,0

1,0

1,0

1,0

1 N0
ln
k Nt

K P (T1 ) ∆H  1 1 
=
 − ÷
K P (T2 ) RT  T2 T1 
* Các nguyên tử khối: Fe = 55,85; Ca = 40,08; Al = 27; Na = 23; Mg = 24; Cu = 64;
Cl = 35,5; S = 32; O = 16; C = 12; H = 1

* Hằng số khí: R = 8,314 J.K-1.mol-1; p = 1atm = 1,013. 105 Pa ; NA = 6,022. 1023
* ∆G = ∆H − T∆S ; ∆G = − RTlnK và ln

08 of 08


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM 2008

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI DỰ BỊ

Môn: HÓA HỌC
Lớp 12 cấp THPT
Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 14/3/2008

(HDC gồm 08 trang)

ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI

Bằng số

Các giám khảo
(Họ, tên và chữ ký)

SỐ PHÁCH
(Do chủ tịch

Hội đồng khu vực thi ghi )

Bằng chữ

Câu 1. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tử của nguyên tố X là 5p5. Tỉ số nơtron và
điện tích hạt nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc
nguyên tố Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thu được 18,26 gam sản phẩm có
công thức XY. Xác định điện tích hạt nhân của X, Y và viết cấu hình electron của Y.
CÁCH GIẢI
Cấu hình đầy đủ của X là
[ 36 Kr] 5s24d105p5. ⇒ số ZX = 53 = số proton
nx
= 1,3692 ⇒ nX = 74
Mặt khác:
px

KẾT QUẢ

số ZX = 53

⇒ AX = pX + nX = 53 + 74 = 127

ĐIỂM

1,0

1,0

nx
= 3,7 ⇒ nY = 20

ny
Y → XY
4,29
18,26
Y
X+Y
Y
127 + Y
=
=
⇒
⇒
⇒ Y = 39
4,29 18,26
4,29 18,26
⇒ A Y = pY + nY
⇒ 39 = pY + 20 ⇒ pY = 19 hay ZY = 19
Cấu hình electron của Y là [ 18 Ar] 4s1
X +

1,0
pY = 19

1,0

[ 18 Ar] 4s1

1,0

09 of 08

Cõu 2: Một mẫu than lấy từ hang động của ngời Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6
phân hủy 14C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon. Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn
tại có 15,3 phân hủy 14C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm . Hãy cho biết
niên đại của mẩu than đó?
CCH GII

KT QU

2,0

ln 2
0,693
Hng s phúng x: k = t
=
1
5730
2
1 N 0 5730 15,3
ln
=
ln
k N t 0,693 13,6
= 973,88 (nm)

Niờn i ca mu than t =

IM

t = 973,88 (nm)

3,0

Cõu 3: Mt khoỏng cht cú cha 20,93%Nhụm; 21,7%Silic v cũn li l oxi v Hidro (v khi
lng). Hóy xỏc nh cụng thc ca khoỏng cht ny.
CCH GII
t % lng Oxi = a thỡ % lng Hidro = 57,37 a
Ta cú: t l s nguyờn t
20,93 21, 7 a
:
: : (57,37 a)
Al : Si : O : H =
27
28 16
Mt khỏc: phõn t khoỏng cht trung hũa in nờn
20,93
21, 7
a
3ì
+ 4ì
2 ì + (57,37 a) = 0
27
28
16
Gii phng trỡnh cho a = 55,82
Suy ra,
20,93 21, 7 55,82
:
:

:1,55 = 2 : 2 : 9 : 4
Al : Si : O : H =
27
28
16
Vy cụng thc khoỏng cht: Al2Si2O9H4
hay Al2O3.2SiO2.2H2O (Cao lanh)

KT QU

IM

1,0
a = 55,82

2,0

Al : Si : O : H =
2 :2 :9 :4

1,0

Al2O3.2SiO2.2H2O

1,0

010 of 08


Câu 4: Sắt dạng α (Feα) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r =

1,24 Å. Hãy tính:
a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng
b) Tỉ khối của Fe theo g/cm3.
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

ĐIỂM

♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)
B
A

B

1,0

A
E

E
a

C
D

C

a

D

Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là
1
− Ở tám đỉnh lập phương = 8 × = 1
8
− Ở tâm lập phương = 1
Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 =
2 (nguyên tử)
b) Từ hình vẽ, ta có: AD2 = a2 + a2= 2a2
xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2
mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3
4r
4 × 1,24
nên a =
=
= 2,85 Å
3
3
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AC a 3
2,85 × 3
AE =
=
= 2,468 Å
=
2
2
2

d) + 1 mol Fe = 56 gam
+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe
+ 1 mol Fe có NA = 6,02 ×1023 nguyên tử
m
Khối lượng riêng d =
V
56
=2×
= 7,95 g/cm3
23
6,02 × 10 × (2,85 × 10 −8 )3

2 (nguyên tử)

1,0

a = 2,85 Å

1,0

Khoảng cách =
2,468 Å

1,0

Khối lượng riêng:
d = 7,95 g/cm3

1,0

011 of 08


Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Fe
bằng 7,87 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Fe có hình cầu, có độ đặc khít là 68%.
Cho nguyên tử khối của 55,85 = 40

CÁCH GIẢI
♣ Thể tích của 1 mol Fe =

KẾT QUẢ

55,85
= 7,097 cm3.
7,87

một mol Fe chứa NA = 6,02 ×1023 nguyên tử Fe

7,097 × 0,68
Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe =
6,02 × 1023

⇒ Bán kính nguyên tử Fe = r =
r=

3

Vmol = 0,8 ×10−23

2,0

3

(cm )

= 0,8 ×10−23 cm3

4
× πr 3
3

Từ V =

ĐIỂM

3

3V
4π

r = 1,24 ×10−8 cm

3 × 0,8 × 10−23
= 1,24 ×10−8 cm
4 × 3,14

3,0

Câu 6: Clobenzen có momen lưỡng cực µ1 = 1,53 D (µ1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen

lưỡng cực µ2 = 1,60D (µ2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính µ của ortho – cloanilin; meta –

cloanilin và para – cloanilin.

CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

♣ clo có độ âm điện lớn, µ1 hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH2 có
cặp e tự do liên hợp với hệ e π của vòng benzen ⇒ hai momen lưỡng
cực cùng chiều

meta

ortho

Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác
µ
a2 = b2 + c2 – 2bc cos A
2

2

2

2

2

Dẫn xuất ortho: µ O = µ 1 + µ 2 − 2µ1µ2 cos 600

ĐIỂM

1,0

para

1,0

= µ 1 + µ 2 − µ1µ2 = 2,45
µo =
Dẫn xuất meta:

2
µm

2
= µ1
2
= µ1

2
+ µ2
2
+ µ2

2, 45 = 1,65D

1,0

− 2µ1µ2 cos 1200
+ µ1µ2 = 7,35

012 of 08


àm =
Dn xut para:

2
àp

1,0

7,35 = 2,71D

= à1 + à2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D

1,0

Cõu 7:

a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít.
b)Tính pH của dung dịch X đợc tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10 -3.75)
với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi nh thế nào khi thêm 10-3
mol HCl vào dung dịch X.
CCH GII

KT QU

a) [ H+] . 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ phải tính đến cân bằng

của H2O
H2O ơ
H+ + OH



IM

1,0

HCl
H+ + Cl
Theo định luật bảo toàn điện tích:

[ H+] = [ Cl-] + [OH-] [ H+] = 0,5.10-7 +
[ H ] 0,5.10 [ H ] 10 = 0.
Giải đợc: [ H+] = 1,28.10-7 pH 6,9
b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ;
nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol
KOH + HA KA + H2O
0,01 0,01 0,01
Theo phơng trình HA còn d = 0,01 mol
0,01
Trong d2 X: CHA = CKA =
= 0,025M.
0,4
Xét các cân bằng sau:


H2O

H+ + OHKW = 10-14
ơ


+ 2



ơ




A- + H2O ơ


HA

7

H+ + A-

+

-14

KHA = 10-375

10 -14
H+

[ ]
1,0

1,0
(1)
(2)

HA + OHKB = KHA-1. KW = 10-10,25 (3)
So sánh (1) với (2) KHA >> KW bỏ qua (1)
So sánh (2) với (3) KHA >> KB bỏ qua(3) Dung
dịch X là dung dịch đệm axit
[ muoi ]
0,1
có pH = pKa + lg
= 3,75 + lg
= 3,75
[ axit ]
0,1
Khi thêm 10-3 mol HCl
KA + Cl KCl + HA
0,001 0,001
0,001 (mol)
0,01 + 0,001
[HA] =
= 0,0275 M
0,4

1,0

013 of 08


0,01 - 0,001
= 0,0225M .
0,4
Dung dịch thu đợc vẫn là dung dịch đệm axit.
0,0225
Tơng tự, pH = 3,75 + lg
= 3,66
0,0275
và [KA] =

1,0

Cõu 8: Ti 250C, phn ng:


CH3COOC2H5 + H2O cú hng s cõn bng K = 4
CH3COOH + C2H5OH ơ


Ban u ngi ta trn 1,0 mol C2H5OH vi 0,6 mol CH3COOH. Tớnh s mol este thu
c khi phn ng t ti trng thỏi cõn bng.
CCH GII

KT QU


CH3COOC2H5 + H2O

CH3COOH + C2H5OH ơ


Phn ng x
x
[ ]
1x
0,6 x
x
x
K=

[ CH3COOC 2 H5 ] [ H2O]
[ C 2 H 5OH ] [ CH3COOH ]



IM
1,0

x2
=4
(1 x)(0,6 x)

2,0

3x2 6,4x + 2,4 = 0 x1 = 0,4855 v x2 = 1,64 > 1

Vy, s mol este thu c khi phn ng t ti trng thỏi
cõn bng = 0,4855

2,0

Cõu 9: Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy

đều thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn d một
kim loại cha tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H2SO4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho
dến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 44ml, thu đợc dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH
cho đến d vào, lọc kết tủa, rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lợng không đổi thu đợc
chất rắn B nặng 15,6g.
a) Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp.
b) Tính nồng độ các ion (trừ ion H+-, OH-) trong dung dịch A.
CCH GII
Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có :
24x + 56y + 64z = 23,52
3x + 7y + 8z = 2,94 (a)
Đồng còn d có các phản ứng:
Cho e:
Nhận e:
Mg - 2e Mg2+ (1) NO3-+ 3e + 4H+ NO + 2H2O (4)
Fe - 3e Fe3+ (2)
Cu + Fe3+ Cu2+ + Fe2+ (5)
Cu - 2e Cu2+ (3)
Phơng trình phản ứng hoà tan Cu d:
3Cu + 4H2SO4 + 2NO3- = 3CuSO4 + SO42- + 2NO + H2O (6)

KT QU

IM

1,0

014 of 08


0,044.5.3
= 0,165 mol
4
Theo c¸c ph¬ng tr×nh (1), (2), (3), (4), (5): sè mol e cho b»ng
sè mol e nhËn:
2(x + y + z − 0,165) = [3,4.0,2 − 2(x + y + z − 0,165)].
→ x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b)
Tõ khèi lîng c¸c oxit MgO; Fe2O3; CuO, cã ph¬ng tr×nh:
x
y
z
.40 + .160 + . 80 = 15,6 (c)
2
4
2
HÖ ph¬ng tr×nh rót ra tõ (a), (b), (c):
3x + 7y + 8z = 2,94
x + y + z = 0,42
x + 2y + 2z = 0,78
Gi¶i ®îc: x = 0,06; y = 0,12;
z = 0,24.
% lîng Mg = 6,12% ;
% lîng Fe = 28,57% ;
% lîng Cu = 65,31%
2/ TÝnh nång ®é c¸c ion trong dd A (trõ H+, OH-)

0,06
[Mg2+] =
= 0,246 M;
[Cu2+] = 0,984 M ;
0,244
[Fe2+] = 0,492 M ; [SO42-] = 0,9 M ; [NO3-] = 1,64 M
Tõ Pt (6) tÝnh ®îc sè mol Cu d: =

1,0

1,0
1,0

1,0

Câu 10: Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K

Số phản ứng
(1)
(2)
(3)
(4)

∆Ho298 (kJ)
− 1011

Phản ứng
2NH3 + 3N2O → 4N2 + 3H2O
N2O + 3H2

→ N2H4 + H2O

− 317

2NH3 + 0,5O2 → N2H4 + H2O

− 143

+ 0,5 O2 → H2O

− 286

H2

S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol
S0298 (N2)

= 191 J/K.mol

; S0298 (O2)

= 205 J/K.mol

a) Tính nhiệt tạo thành ∆Ho298 của N2H4 ; N2O và NH3.

b) Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin và tính ∆Ho298 , ∆Go298 và hằng số cân bằng
K của phản ứng này.
CÁCH GIẢI
♣ a) Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu
các chất và được

N2 + 2H2 → N2H4 . Đó là:
4N2 + 3H2O →
2NH3 + 3N2O
-∆H1
3N2O +
9H2 →
3N2H4 + 3H2O
3∆H2
2NH3 + 0,5 O2 →
N2H4 + H2O
∆H3
H2O →
H2 + 0,5 O2
-∆H4

KẾT QUẢ

ĐIỂM

1,0

015 of 08


Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2 → 4N2H4 có 4∆H5
Suy ra ∆H5 = (-∆H1 + 3∆H2 + ∆H3 - ∆H4) : 4
= (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol
Từ ∆H5 và ∆H4 và ∆H2 tính được ∆H N 2O = ∆H5 + ∆H4 - ∆H2
= 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol
Từ ∆H5 và ∆H4 và ∆H3 tính được ∆H NH 3 = ∆H5 + ∆H4 - ∆H3

= ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol
b) N2H4 + O2 ? N2 + 2H2O

1,0

1,0

0

∆H 298 = 2 × ( −286) − 50,75 = − 622,75 kJ/mol

1,0

0

∆S 298 = 191 + (2 × 66,6) − 205 − 240 = − 120,8 J/K
∆G 298 = − 622,75 − ( −120,8. 10 −3 × 298) = − 586,75 kJ/mol
0

∆G
−586, 75.103
ln K = −
=−
= 236,8 ;
RT
8,314 × 298

ln 2
* Hằng số phóng xạ: k = t
1

2

và

t=

K = 10103.

1,0

1 N0
ln
k Nt

K P (T1 ) ∆H  1 1 
=
 − ÷
K P (T2 ) RT  T2 T1 
* Các nguyên tử khối: Fe = 55,85; Ca = 40,08; Al = 27; Na = 23; Mg = 24; Cu = 64;
Cl = 35,5; S = 32; O = 16; C = 12; H = 1
* Hằng số khí: R = 8,314 J.K-1.mol-1; p = 1atm = 1,013. 105 Pa ; NA = 6,022. 1023
* ∆G = ∆H − T∆S ; ∆G = − RTlnK và ln

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN
016 of 08


S GIO DC V O TO

CHNH THC

MTCT NM HC 2010-2011

MễN THI: HO HC LP 12 (VềNG 1 )
(Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian giao
)

Cõu I. (3,0 im)

Khi cho khớ Cl2 vo 100ml dung dch KI 0,2 M (dung dch A). Sau ú, un sụi
ui ht I2. Thờm nc th tớch dung dch tr li 100ml (dung dch B).
a) Bit th tớch khớ Cl2 ó dựng l 0,1344 lớt ( ktc). Tớnh nng mol/l ca mi mui
trong dung dch B?
b) Thờm t t vo dung dch B mt dung dch AgNO 3 0,05 M. Tớnh th tớch dung dch
AgNO3 ó dựng nu kt ta thu c cú khi lng bng:
(1) Trng hp 1: 1,41 gam kt ta.
(2) Trng hp 2: 3.315 gam kt ta.
Chp nhn rngAgI kt ta trc. Sau khi AgI kt ta ht thỡ AgCl mi kt ta.
c) Trng hp khi lng kt ta l 3,315 gam, tớnh nng mol/l ca cỏc ion trong
dung dch thu c sau phn ng vi AgNO3.
CõuII. (3,0 im)
Nguyên tố A có 4 loại đồng vị có các đặc điểm sau:
- Tổng số khối của 4 đồng vị là 825.
- Tổng số nơtron đồng vị A3 và A4 lớn hơn số nơtron đồng vị A1 là 121 hạt.
- Hiệu số khối của đồng vị A2 và A4 nhỏ hơn hiệu số khối của đồng vị A1 và A3là 5
đơn vị .
- Tổng số phần tử của đồng vị A1 và A4 lớn hơn tổng số hạt không mang điện của
đồng vị A2 và A3 là 333 .
- Số khối của đồng vị A4 bằng 33,5% tổng số khối của ba đồng vị kia .

a) Xác định số khối của 4 đồng vị và số điện tích hạt nhân của nguyên tố A .
b)Các đồng vị A1 , A2 , A3 , A4 lần lợt chiếm 50,9% , 23,3% , 0,9% và 24,9% tổng số
nguyên tử . Hãy tính KLNT trung bình của nguyên tố A .
CõuIII. (3,0 im)
Cho 5 lít H2 và 3,36 lít Cl2 tác dụng với nhau rồi hoà tan sản phẩm vào192,7 g nớc thu
đợc dung dịch A. Lấy 50 g dung dịch A cho tác dụng với dung dịch AgNO 3 d thu đợc
7,175 g chất kết tủa (thể tích khí đo ở đktc).
a) Tính hiệu suất phản ứng giữa H2 và Cl2.
b) Cho 1,3 g hh 2 kim loại Mg và Fe vào 100 g dd A phản ứng xong cô cạn thì thu đợc
3,9625 g chất rắn B. Xác định thành phần hỗn hợp B.
Cõu IV. (2,0 im)
Có tạo kết tủa Mg(OH)2 không khi:
a) Trộn 100 ml dung dịch Mg(NO3)2 1,5.10-3M với 50 ml dung dịch NaOH 3.10-5M.
b) Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch Mg(NO3)2 2.10-3M và NH3 4.10-3M.
Biết rằng TMg (OH )2 = 10-11 và K b ( NH 3 ) = 1,58.10-5

CõuV. (4,0 im)
Cho m1 gam hỗn hợp Mg và Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các
kim loại tan hết có 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm NO, N 2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung
017 of 08


dịch A. Thêm một lợng vừa đủ oxi vào X, sau phản ứng thu đợc hỗn hợp khí Y. Dẫn
Y từ từ qua dung dịch NaOH d có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra ở đktc. Tỉ khối của
Z đối với hiđro bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để đợc lợng kết tủa lớn
nhất thu đợc 62,2 gam kết tủa.
a) Tính m1, m2. Biết lợng HNO3 lấy d 20% so với lợng cần thiết.
b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch.

CõuVI. (5,0 im)

1. 137 Cs l nguyờn t phúng x dựng trong lũ phn ng ht nhõn, cú chu k bỏn
hu l 30,2 nm. Sau bao lõu thỡ lng cht ny cũn li 1,0%.
2. Ti 250C G to thnh ca cỏc cht nh sau (theo kJ.mol-1):
H2O (k)
CO2 (k)
CO (k)
H2O (l)
-228,374
-394,007
-137,133
-236,964
a) Tớnh Kp ca phn ng:
CO(k) + H2O(l)
H2(k) + CO2(k) ti 250C
b) Tớnh ỏp sut hi nc ti 250C.
c) Han hp cỏc khớ CO, CO2, H2 m mi khớ u cú ỏp sut riờng phn l 1,0atm
c trn vi H2O (l), d. Tớnh ỏp sut riờng phn ca mi khớ cú trong hn hp
cõn bng ti 250C, bit quỏ trỡnh xy ra khi th tớch coi nh khụng i.
(Cho H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39;
Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)
( Giám thị không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:............................................................................................
Số báo danh:.....................................

018 of 08


UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HD CHẤM ĐÊ CHỌN HSG TỈNH
GIẢI TOÁN TRÊN MTCT - NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 1)
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao
đề)

BẢN CHÍNH THỨC

Câu

Nội dung
a) n Cl2 =

I
(3,0đ)

Điểm

0,1344
= 0, 006mol
22, 4

Cl2 + KI → KCl + I2
mol 0,006 0,012 0,012
n KI(ban dau ) = 0, 2.0,1 = 0, 02mol => Cl2 hết KI dư
=> dung dịch B chúa 0,0120 mol KCl và 0,008 mol KI (0,02 - 0,012)
=> [KCl] =

0, 012

= 0,12M ;
0,1

[KI] =

0, 008
= 0, 08M
0,1

b) Xét thành phần của kết tủa:
+ Chỉ có AgI kết tủa:

n KI( B) = 0, 008mol = n AgI ⇒ m AgI = m1 = 0, 008.235 = 1,88gam

+ Cả AgI và AgCl đều kết tủa hết:

n KCl(B) = 0, 012mol = n AgCl

m 2 = 1,88 + 0, 012.143,5 = 3, 602gam
Trường hợp 1: kết tủa có khối lượng 1,41 gam < m1 vậy chỉ có AgI kết tủa.

n AgI(B) =

1, 41
= 0, 006mol = n AgNO3
235

Vdd AgNO 3 =

0, 006

= 0,12lit = 120ml
0, 05

Trường hợp 2: kết tủa có khối lượng m1<3,315gam< m2 vậy có AgI kết tủa hết và
AgCl kết tủa một phần.

n AgI = 0, 008mol ⇒ m AgI = 1,88gam

m AgCl = 3,315 − 1,88 = 1, 435gam => n AgCl =

1,345
= 0, 01mol
134,5

=> n AgNO3 = 0, 008 + 0, 01 = 0, 018mol
Vdd AgNO 3 =

0, 018
= 0,36lit = 360ml
0, 05

−
+
−
c)Trong trường hợp thứ 2 dung dịch sau phản ứng chỉ còn có các ion: NO3 ; K ;Cl dư:
Vdd sau phản ứng=0,1 + 0,36 = 0,46 lít

019 of 08

n NO− = 0, 018mol =>  NO3−  =
3

0, 018
= 0, 039130434M
0, 46

n Cl− = 0, 012 − 0, 01 = 0, 002mol => Cl −  =

n K + = 0, 02mol => K +  =

Theo bµi ta cã hÖ
Ph¬ng tr×nh :

0, 002
= 4,347826087.10 −3 M
0, 46

0, 02
= 0, 004347826M
0, 46

1,0

4p + n1 + n2 + n3 + n4 =825.
(1)
n3 + n4 - n1 = 121 .
(2)
n1 - n3 - (n2 - n4) = 5 .
(3)

4p + n1 + n4 - (n2 + n3) = 333 .
(4)
100(p + n4) = 33,5(3p + n1 + n2 + n3) . (5)

Tõ (2) : n1= n3 + n4 - 121 .
Tõ (3) : n2= n1 - n3 + n4 - 5 = 2n4 - 126 .
II
(3,0đ) Thay vµo (4) ta ®îc : 4p + n3 + n4- 124 + 2n4 -n3 + 126 = 333 .  p = 82 .
Thay n1 , n2 vµ p vµo (1) vµ (5) ta ®îc hÖ :

2n3 + 4n4 = 744 .
67n 3 + 0,5n4 = 8233,5

1,0

 n3 = 122 vµ n4=125
VËy n1 = 126 vµ n2 = 124 .
C¸c sè khèi lµ :
A1=208 ; A2=206 ; A3=204 ; A4= 207  ATB = 207,249 .
a) Theo bµi trong 50 g dd A :
+) nHCl= nAgCl = 0,05 mol  mHCl = 1,825 g
m níc = 50 -1,825 = 48,175 g
+) mHCl sinh ra = 1,825. 192,7/48,175= 7,3 g
III
Do Vhi®ro > VClo nªn : H = 0,2 . 100 / 0,3 = 66,66666667% .
(3,0đ)
b)
Mg + 2HCl  MgCl2 + H2
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 .
Ta cã mCl =3,9625 - 1,3 = 2,6625 g  nHClp = nCl- = 2,6625/ 35,5 = 0,075 mol .

VËy : nHCld = 0,2.100/(7,3+192,7) - 0,075 = 0,025 mol .
Theo bµi ta cã hÖ :
24x + 56y = 1,3
95x + 127y = 3,9625 .  x= 0,025 vµ y = 0,0125
Hỗn hợp B gồm :
0,025 mol MgCl2

=> m MgCl 2 = 2, 375g

020 of 08

1,5

1,5


0,0125 mol FeCl2 => m FeCl 2 = 1, 5875g
a) Tính lại nồng độ các chất khi trộn:
[Mg2+] = 10-3M và [OH ] = 2.10-5M
[Mg2+][OH ]2 = 10-13 < 10-11 nên không tạo thành kết tủa Mg(OH)2
b) Sau khi trộn vì thể tích tăng lên gấp đôi nên nồng độ mỗi chất giảm đi một nửa
IV
nên tính đợc:
(2,0) [Mg2+] = 10-3M và [NH3] = 10-3M
Giả sử xảy ra kết tủa Mg(OH)2
tính đợc nồng độ của OH trong dung dịch NH3 2.10-3 bằng:
[OH ] = K b .Cb [OH ] 2 = 3,16.10-8
Từ đó: [Mg2+][OH ]2 = 3,16.10-11 > 10-11 nên có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện.

1,0

a) Số mol của hỗn hợp X: nX = 8,96 : 22,4 = 0,4 mol
Khi cho O2 vào hỗn hợp X có:
V
2NO + O2 2NO2
(4,0) nX = nY
2NO2 + 2NaOH NaNO3 + NaNO2 + H2O
nZ = nN 2 O + nN 2 = 4,48: 22,4 = 0,2 mol nNO = 0,2 mol

2,5

MZ =2 . 20 = 40 =

nN 2O .44 + nN 2 .28

0, 2
Do đó: số mol N2O = 0,15 mol và số mol N2 = 0,05 mol
Đặt số mol Mg là x mol và số mol Al là y mol
Viết pthh của kim loại với HNO3 và dd A với NaOH , ra đợc hệ phơng trình:
2 x + 3 y = 2,3
x = 0, 4mol


58 x + 78 y = 62, 2 y = 0,5mol
Vậy: m1 = 23,1 gam
Số mol axit phản ứng là: 0,6+ 2,3 = 2,9 mol
2,9.63.100.120
Vậy: m2 =
= 913,5(gam)
24.100

b) Dung dịch A có: Mg(NO3)2; Al(NO3)3; HNO3 d (3,48 -2,9 = 0,58mol)
Khối lợng dung dịch A là:
Mdd A = 913,5 + 23,1-(0,2.30+ 0,15.44+0,05.28) = 922,6 gam
Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A:
%Mg(NO3)2= 6,4166486%
%Al(NO3)3 = 11,5434641%
% HNO3 d = 3,9605462%
1.
Hng s tc ca quỏ trỡnh phõn ró ht nhõn l:
0, 693 0, 693
k=
=
= 0, 023(nam 1 )
t1
30, 2
VI
(5,0)

1,0

1,5

1,0

2

Ta cú : t =

2,303
( 137 Cs)dau 2,303

100
log 137
=
log
=> t = 200, 2608696(nam)
k
( C)sau 0, 023
1

2.

2,0
021 of 08


CO(k) + H2O(l) 
→ H2(k) + CO2(k)

a)

∆G

0
298(pu )

0
0
0
= ∆G 0H 2 (k ) + ∆G CO
− ∆G CO(k

) − ∆G H 2O(l)
2 (k)

⇒ ∆G 0298(pu ) = 0 + (−394, 007) + 137,133 + 236,964 = −19,91 kJ.mol −1
Áp dụng phương trình đẳng nhiệt Van Hof, ta có:

∆G 0T = − RT ln Kp = − RT.2,303.lg Kp
⇒ Kp = 10

−

∆G 0T
2,303.RT

= 10

−

−19,91.10−3
2,303.8,314.298

= 103,49 = 3086, 045027

b) Để xét PH 2 O(h ) ở 250C ta xét cân bằng tại 250C:
H2O(l) € H2O(h)

∆G 0298(pu ) = ∆G 0H2O(h) − ∆G 0H2O(l)
⇒ ∆G 0298(pu) = −228,374) + 236,964 = 8,59 kJ.mol −1

⇒ Kp = 10

−

∆G 0T
2,303.RT

−8,59
−3

= 10 2,303.8,314.298.10 = 0, 03122677

2,0
PH2 O(l) =const =1,0atm => PH2 O(h ) = 0, 03122677 atm (ở 250C)
Vì:
c) Vì ở điều kiện T, V đều là const => áp suất riêng phần tỉ lệ với số mol mỗi khí nên có
thể tính áp suất riêng phần theo phản ứng:
CO(k) + H2O(l) 
→ H2(k) + CO2(k)
Ban đầu
1
1
1 (atm)
Cân bằng
1-x
1+x
1+x
[PH 2O ] [PCO2 ] (1 − x) 2
Kp =
=
= 3, 086 ⇒ x = 0,9987

[PCO ]
(1 + x)
Vậy tại thời điểm cân bằng ở 250C:

[PCO ] = 1 − x = 1,3.10 −3 atm

1,0

[PH2 ] = [PCO2 ] = 1 + x = 1,9987 atm
Chú ý:
ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng
vÉn cho ®iÓm tèi ®a.

SGD & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
022 of 08


HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH
CẦM TAY
NĂM 2009 - 2010
Môn: HÓA HỌC Lớp 12 cấp THPT
Câu 1:
Hợp chất X được tạo thành từ 13 nguyên tử của ba nguyên tố (A, B, D). Tổng số proton của X
bằng 106. A là kim loại thuộc chu kì III, trong X có một nguyên tử A. Hai nguyên tố B, D
thuộc cùng một chu kì và thuộc hai phân nhóm chính liên tiếp.
1. Xác định công thức phân tử của X.
2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho X lần lượt vào các dung dịch
Na2CO3; Na2S.
CÁCH GIẢI

1. X có dạng: AaBbDd
=> a + b + d = 13
a=1
aZA + bZB + dZD = 106
giả sử ZD > ZB
 ZD – ZB = 1
A là kim loại thuộc chu kì III
=> 11 ≤ ZA ≤ 13
b + d = 12
Z + bZ + dZ = 106
 A
B
D
ta có hệ: 
Z D − Z B = 1
11 ≤ Z A ≤ 13
 ZA + 12ZD = 106 + b (*)
106 + 1 − 13
106 + 11 − 11
≤ ZD ≤

12
12
 7,8 ≤ ZD ≤ 8,8
 ZD = 8 ( D là oxi)
 ZB = 7 ( B là nitơ)
thay vào (*)
 ZA = 10 + b
b
1

2
3
a
11
10
9
ZA
11
12
13
X
NaNO11
MgN2O10
AlN3O9
KQ
loại
loại
Al(NO3)3
vậy X là Al(NO3)3
2. Các phương trình
2Al(NO3)3 + 3Na2CO3 + 3H2O 
→ 2Al(OH)3 + 3CO2 + 6NaNO3
2Al(NO3)3 + 3Na2S + 6H2O 
→ 2Al(OH)3 + 3H2S + 6NaNO3

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

1

1

1
1
1

Câu 2:
023 of 08


Một mẫu ban đầu có 0,30 mg Co60. Sau 1,4 năm lượng Co60 còn lại là 0,25 mg. Tính chu kì bán
hủy của Co60.
CÁCH GIẢI
ln 2
* Hằng số phóng xạ: k = t
1
2

và

t=

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

1 N0

ln
k Nt

1 N0
1 m
Từ biểu thức: t = ln
→ 1,4 = ln 0
k Nt
k m
 k = 0,13  t 1 = 5,33 năm.

5

2

Câu 3:
Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS 2 và FeS. Khi xử lí một mẫu khoáng pirit
bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung dịch B. Nung
kết tủa A đến khối lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl 2
vào dung dịch B thì thu được 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit.
1. Viết các phương trình phản ứng.
2. Xác định công thức tổng của pirit.
3. Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng.
CÁCH GIẢI

1. Phương trình phản ứng:
2FeS2 + 15Br2 + 38OH- → 2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br- + 16H2O
(1)
2FeS + 9Br2 + 22OH- → 2Fe(OH)3 + 2SO42- + 18Br- + 8H2O
(2)

2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O
(3)
2+
2Ba + SO4 → BaSO4
(4)
2. Công thức:
1,1087
0,2
n S = n BaSO 4 =
= 4,75.10 −3 mol, n Fe = 2n Fe2O3 = 2
= 2,5.10 −3 mol
233
160
n Fe : n S = 2,5.10 −3 : 4,75.10 −3 = 1 : 1,9
⇒ công thức FeS1,9
3. Gọi số mol FeS2 và FeS lần lượt là x và y ta có:
 x + y = 2,5.10 −3
x = 2,25.10 −3
⇒

−3
−3
2 x + y = 4,75.10
 y = 0,25.10
9
 15

m Br2 =  × 2,25.10 −3 + × 0,25.10 −3  × 160 = 2,88g
2
2



KẾT
QUẢ

ĐIỂM

2

1

1
1

024 of 08


Câu 4 (5 điểm)
Phân tử NaCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm.
a) Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này.
b) Tính số ion Na+ và Cl- rồi suy ra số phân tử NaCl chứa trong ô mạng cơ sở.
c) Xác định bán kính ion của Na+.
Cho dNaCl = 2.615 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; MNaCl = 58,44 gam/mol. Biết N= 6,023.1023.
CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

a)

1

Na
Cl

b)Vì lập phương mặt tâm nên
1
Cl- ở 8 đỉnh: 8 × = 1 ion Cl8
⇒ 4 ion Cl1
6 mặt: 6 × = 3 ion Cl2
1
Cu+ ở giữa 12 cạnh : 12 × = 3 ion Na+
4
+
ở t âm : 1x1=1 ion Na
⇒ 4 ion Na+
Vậy số phân tử trong mạng cơ sở là 4Na + 4Cl = 4NaCl
c)
N .M NaCl
d=
với V=a3 ( N: số phân tử, a là cạnh hình lập phương)
N A .V
N .M NaCl
4.58, 44
⇒ a3 =
=
= 148, 42.10−24 cm3
23

d .N A
2, 615.6, 023.10
+

1

1

-

⇒ a = 5, 29 A

o

Mặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r+ + 2ra − 2r− 5, 29 − 2.1,84
⇒ r+ =
=
= 0,805 Ao
2
2

1

1

Câu 5:
Muối sắt (III) thuỷ phân theo phản ứng
Fe3+ + 2H2O ‡ˆ ˆ†
ˆˆ Fe(OH)2+ + H3O+ K a = 4,0 . 10-3
a) Tính pH của dung dịch FeCl3 0,05M

025 of 08