Đề thi và Đáp án Thi giải toán trên máy tính cầm tay Casio môn Hóa học lớp 12

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH
CẦM TAY NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN HÓA HỌC
(Thời gian: 90 phút)
(Đề thi gồm 2 trang)

Câu 1: (5,0 điểm):
1. Tính pH của các dung dịch sau:
a. Dung dịch A chứa HF 0,001M; HCl 0,0001M ở 250C
b. Cho 100ml NaOH 0,0011M vào 100ml dung dịch A được 200ml dung dịch B.
Biết rằng ở 250C hằng số phân ly của HF là K HF = 10-3,19, HCl là axit mạnh, tích số ion của
nước bằng 10-14.
2. Phân hủy N2O4 ở 270C xảy ra như sau: N2O4  2NO2
Biết rằng N2O4 phân li 20,0% thành NO2 ở 270C và khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thì
áp suất chung của hệ là 1,00 atm.
a. Xác định hằng số cân bằng Kp của phản ứng.
b. Xác định độ phân li của N2O4 tại 270C và áp suất chung của hệ là 0,100atm.
Câu 2: (5,0 điểm):
Thủy phân hoàn toàn m (g) hỗn hợp A gồm pentapeptit X (gly-ala-val-val-gly);
hexapeptit Y (ala-gly-ala-val-phe-val); heptapeptit Z (val-ala-gly-phe-gly-ala-val) thu được
các α-aminoaxit trong đó có 11,25g Gly; 15,13g Ala; 23,4g Val.
a. Tìm m ?
b. Nếu thủy phân hoàn toàn m (g) hỗn hợp A bằng NaOH dư thì thu được bao nhiêu
gam muối?
c. Nếu thủy phân hoàn toàn m (g) hỗn hợp A bằng HCl dư thì thu được bao nhiêu
gam muối?
Câu 3: (5,0 điểm):
Cho 3,52 gam hỗn hợp M gồm Fe, Mg và Al vào m gam dung dịch HNO 3 24%. Sau

khi các kim loại tan hết có 1,344 lit hỗn hợp khí X gồm NO, N 2O, N2 bay ra và dung dịch A
(không có NH4NO3).
Thêm một lượng vừa đủ oxi vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ
từ qua dung dịch NaOH dư có 0,448 lit hỗn hợp khí Z đi ra. Tỉ khối của Z đối với hidro
bằng 20.
Chia dung dịch A thành 2 phần: Cho NaOH dư vào phần 1 thì thu được 1,3325g kết
tủa. Cho từ từ KOH vào phần 2 thì thu được lượng kết tủa lớn nhất nặng 6,3375g.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng NaOH lấy dư 20% so với lượng cần phản
ứng, các khí đo ở đktc.
a. Tính phần trăm theo khối lượng từng kim loại trong M.
b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A.
Câu 4: (5,0 điểm):


1. Cho R là một phi kim.

Hợp chất của R với hidro là A và oxit cao nhất của R là B. Biết khối lượng mol của
A(MA), B(MB) có tỉ lệ = 0,425.
a. Tìm tên của R.
b. Nung 2,8g R với 6,72 kim loại M trong điều kiện không có oxi thu được chất rắn X. Cho X
tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 9,912 lit SO2 (đktc, sản phẩm khử duy
nhất của S+6). Tìm M? Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
2. Một khoáng vật có chứa 20,93%Al; 21,70%Si; còn lại là oxi và hidro (về khối lượng). Hãy
xác định công thức của khoáng vật trên?.
Câu 5: (5,0 điểm):
1. Cho phản ứng sau diễn ra trong dung dịch, ở 250C.
3Fe(NO3)2 (aq) + 4HNO3 (aq) → 3Fe(NO3)3 (aq) + NOK + 2H2O (lỏng) (*)
Hãy tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng (*) ở 250C.
Cho biết: ∆HS,298(Fe3+,aq) = –47,70 kJ / mol; ∆HS,298(Fe2+,aq) = –87,86 kJ / mol;
∆HS,298(H+,aq) = 0,00 kJ / mol; ∆HS,298(H2O,l) = –285,60 kJ / mol;

∆HS,298(NO3-,aq) = –206,57 kJ / mol; ∆HS,298(NO,K) = –90,25 kJ / mol;
2. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của kim loại M ở 25 0C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng
riêng của đơn chất M bằng 1,55 g/cm 3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử M có hình cầu,
độ đặc khít là 74%. Cho nguyên tử khối của M = 40,08; NA = 6,022×1023.
Cho biết nguyên tử khối các nguyên tố:
H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40;
Cr = 52; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Sr = 88; Ag = 108; Ba = 137; Na = 23; Br = 80.
Ghi chú:
- Kết quả lấy đến 4 chữ số thập phân sau dấu phẩy
- Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………….., số báo danh………………………
Chữ ký giám thị 1: ………………………………….
Chữ ký giám thị 2: ………………………………….


ĐÁP ÁN
CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2015 – 2016
Câu 1: (5,0 điểm):
1. Tính pH của các dung dịch sau:
a. Dung dịch A chứa HF 0,001M; HCl 0,0001M ở 250C
→

HCl
0,0001M

H+

Cl-

0,0001M



HF

+

H+

+

F-

0,001M
0,001-x

x

x (M)

Nồng độ HF còn lại: 0,001 – x (M)
Nồng độ H+: 0,0001 + x (M)
Nồng độ F-: x (M)
Hằng số phân li: KHF = = 10-3,19
=> x1 = 5,13.10-4 (thỏa mãn); x2 = -1,26.10-3 (loại)
Vậy: Nồng độ H+: 0,0001 + x = 6,13.10-4(M)
=> pH = 3,2125
b. Cho 100ml NaOH 0,0011M vào 100ml dung dịch A chứa HF 0,001M; HCl 0,0001M

được 200ml dung dịch B.
Trong 100ml dung dịch NaOH 0,0011M có 0,00011 mol NaOH
Trong 100ml dung dịch A có 0,0001 mol HF và 0,00001 mol HCl
NaOH

+

0,00011
Dư:

→

HCl

NaCl + H2O

0,00001 mol

0,0001 mol
NaOH

+

0,0001

HF

→

0,0001

NaF + H2O
0,0001 mol

 Nồng độ NaF = 0,0005M

NaF

→

0,0005M

Na+

+

F0,0005M

Xét đến sự điện li của nước

H2 O



H+

+

OH-

10-7 M
FBđ:
Pư:
Cb:

+

H+



HF

0,0005 M
x
0,0005 - x

x
10-7 - x

x
x

Nồng độ H+ là 10-7 - x (M)
Nồng độ F- là 0,0005 - x (M)
Nồng độ HF là x (M)
Hằng số phân li: KHF = = 10-3,19
 x = 4,3641.10-8
 nồng độ H+ = 10-7 - x = 5,6359.10-8 M

 pH = 7,2490

2.
N2 O4 
2NO2
Giả sử ban đầu:
1 mol
Phân li:
0,2
0,4
Cân bằng:
0,8
0,4
Áp suất riêng phần của N2O4:
PN2O4 = .Pchung = atm
Áp suất riêng phần của NO2:
PNO2 = .Pchung = atm
Hằng số cần bằng: Kp = = = 0,1667
Khi áp suất chung của hệ là 0,100atm, độ phân li là x
N2 O4 
2NO2
Giả sử ban đầu:
1 mol
Phân li:
x
2x
Cân bằng:
1–x
2x
Áp suất riêng phần của N2O4:

PN2O4 = .Pchung = .0,1 atm
Áp suất riêng phần của NO2:
PNO2 = .Pchung = .0,1 atm
Hằng số cần bằng: Kp = = = 0,1667
Giải được: = 0,1667
  4x2 = 1,667.(1 - x2)
Giải được: x = 0,5423
Vậy độ phân li là 54,23%
Câu 2: (5,0 điểm):
a.

Đổi mol: nGly = 0,15mol; nAla = 0,17 mol; nVal = 0,2 mol
Gọi số mol các peptit X, Y , Z lần lượt là x, y, z (đk: x, y, z > 0)
nGly = 2x + y + 2z = 0,15
nAla = x + 2y + 2z = 0,17


nVal = 2x + 2y + 2z = 0,2
Giải hệ được: x = 0,03; y = 0,05 z = 0,02
MX = 2Mgly + Mala + 2MVal – 4.18 = 2.75 + 89 + 2.117 – 4.18 = 401
MY = Mgly + 2Mala + 2MVal + MPhe– 5.18 = 75 + 2.89 + 2.117 + 165 – 5.18 = 562
MZ = 2Mgly + 2Mala + 2MVal + MPhe– 5.18 = 2.75 + 2.89 + 2.117 + 165 – 6.18 = 619
Khối lượng hỗn hợp A: m = 401.0,03 + 562.0,05 + 619.0,02 = 52,51 gam
b.

Thủy phân hoàn toàn m (g) hỗn hợp A bằng NaOH dư
m (g) A + NaOH dư → muối + H2O
nNaOH = 5x + 6y + 7z = 0,59 mol
nH2O = x + y + z = 0,1 mol

BTKL: mmuối = mA + mNaOH – mH2O = 52,51 + 0,59.40 – 0,1.18 = 74,31 gam
c.

Thủy phân hoàn toàn m (g) hỗn hợp A bằng HCl dư
m (g) A + HCl + H2O → muối
nHCl = 5x + 6y + 7z = 0,59 mol
nH2O = 4x + 5y + 6z = 0,49 mol

BTKL: mmuối = mA + mNaOH + mH2O = 52,51 + 0,59.36,5 + 0,49.18 = 82,865 gam
Câu 3: (5,0 điểm):
Gọi số mol Fe, Mg, Al trong hỗn hợp M lần lượt là x, y, z (x, y , z > 0)
mhh = 56x + 24y + 27z = 3,52

(1)

M {Fe,Mg,Al} + HNO3 dư → dung dịch A {Fe(NO3)3, Mg(NO3)2, Al(NO3)3} + hỗn
hợp khí X{NO,N2O,N2}
nA = 0,06 mol
khí X{NO,N2O,N2} + O2 → hỗn hợp khí Y {NO2,N2O,N2}
Y + NaOH dư → khí Z {N2O,N2}
nZ = 0,02 mol => nNO = 0,04 mol
MZ = 40 => nN2O : nN2 = 3 : 1
 nN2O = 0,015 mol; nN2 = 0,005 mol

BT e:

3x + 2y + 3z = 0,04.3 + 0,015.8 + 0,005.10 = 0,29

(2)

Chia dung dịch A thành 2 phần.
Giả sử phần 1 bằng k lần hỗn hợp A => phần 2 bằng (1-k) lần hỗn hợp A.
Phần 1: {Fe(NO3)3, Mg(NO3)2, Al(NO3)3} + NaOH dư → 1,3325g kết tủa: Fe(OH)3,
Mg(OH)2


mkt = (107x + 58y)k = 1,3325

(3)

Phần 2: {Fe(NO3)3, Mg(NO3)2, Al(NO3)3} + KOH → kết tủa lớn nhất: Fe(OH)3,
Mg(OH)2, Al(OH)3 : 6,3375g.
mkt = (107x + 58y + 78z)(1 – k) = 6,3375

(4)

Có: 107x + 58y + 78z = 56x + 24y + 27z + 17.(3x + 2y + 3z) = 3,52 + 17.0,29 = 8,45
 1 – k = 0,75 => k = 0,25
 (3)  107x + 58y = 5,33

(3’)

Giải hệ (1),(2),(3’) được: x = 0,02; y = 0,055; z = 0,04
 %Fe = 31,8182%; %Mg = 37,5%; %Al = 30,6818%

BTNT N: nHNO3 pư = 3nFe + 2nMg + 3nAl + nNO + 2nN2O + 2nN2 = 0,37 mol
nHNO3 lấy ban đầu = 0,37.120/100 = 0,444 mol
 mHNO3 ban đầu = 27,972 gam
 mddHNO3 = 116,55 gam
 mddA = mKL + mddHNO3 – mNO,N2O,N2

= 3,52 + 116,55 – 0,04.30 – 0,015.44 – 0,005.28 = 118,07 gam
Dung dịch A có Fe(NO3)3 (0,02 mol); Mg(NO3)2 (0,055 mol); Al(NO3)3 (0,04 mol) và HNO3
dư (0,074 mol)
 C%Fe(NO3)3 = 4,0993%
 ….

Câu 4: (5,0 điểm):
1.
a. Giả sử R là một phi kim thuộc nhóm thứ n (4 ≤ n ≤ 7)
=> Công thức hợp chất của R với hidro (A): RH8-n
Trường hợp 1: n là số lẻ => công thức oxit cao nhất (B): R2On
Có: = = 0,425.
 MR + 8 – n = 0,425.(2MR + 16n)
 0,15MR = 7,8n – 8
Biện luận với:

n=
MR =

4

5

156,7

206,67

 Loại
 n là số chẵn => công thức oxit cao nhất: ROn/2

 = = 0,425.
 MR + 8 – n = 0,425.(MR + 8n)
 0,575MR = 4,4n – 8

6
258,67

7
310,67


Biện luận với:

n=
MR =

4
16,695

5

6

24,347

32

7
39,652

(thỏa mãn)
 R là lưu huỳnh

b.
Nung 2,8g S với 6,72 kim loại M trong điều kiện không có oxi thu được chất rắn X.
Cho X tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc nóng dư thu được 9,912 lit SO 2 (đktc, sản phẩm
khử duy nhất của S+6).
nR = 0,0875 mol
Giả sử hóa trị cao nhất của M là x
M + S → chất rắn X
X[M,S] + H2SO4 đặc nóng dư → M+x + SO42- + SO2 + H2O
nSO2 = 0,4425 mol
BT e: nM.x + 0,0875.6 = 0,4425.2





nM.x = 0,36
.x = 0,36
M = 18,67x
Nghiệm phù hợp: x = 3, M = 56, kim loại là Fe.

2. Một khoáng vật có chứa 20,93%Al; 21,70%Si; còn lại là oxi và hidro (về khối lượng).
%O = x% => %H = 57,37 – x %
Tỉ lệ số nguyên tử: nAl : nSi : nO : nH = : : :
Tổng số oxi hóa trong hợp chất bằng 0:
.3 + .4 + (-2) + 1 = 0
Giải được: x = 55,82
Tỉ lệ số nguyên tử: nAl : nSi : nO : nH = : : :

= 0,775 : 0,775 : 3,489 : 1,55 = 1 : 1 : 4,5 : 2 = 2 : 2 : 9 : 4
Công thức khoáng vật là: Al2Si2O9H4 hay: Al2O3.2SiO2.2H2O
Câu 5: (5,0 điểm):
1. Cho phản ứng sau diễn ra trong dung dịch, ở 250C.
3Fe(NO3)2 (aq) + 4HNO3 (aq) → 3Fe(NO3)3 (aq) + NOK + 2H2O (lỏng) (*)
Hãy tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng (*) ở 250C.
Cho biết: ∆HS,298(Fe3+,aq) = –47,70 kJ / mol; ∆HS,298(Fe2+,aq) = –87,86 kJ / mol;
∆HS,298(H+,aq) = 0,00 kJ / mol; ∆HS,298(H2O,l) = –285,60 kJ / mol;
∆HS,298(NO3-,aq) = –206,57 kJ / mol; ∆HS,298(NO,K) = –90,25 kJ / mol;


2. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của kim loại M ở 25 0C, biết tại nhiệt độ đó khối
lượng riêng của đơn chất M bằng 1,55 g/cm 3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử M có
hình cầu, độ đặc khít là 74%. Cho nguyên tử khối của M = 40,08; NA = 6,022×1023.
1 mol nguyên tử có khối lượng 40,08 g
d = 1,55 g/cm3 => thể tích 1 mol tinh thể V = m/d
 Thể tích 1 nguyên tử: V1 nguyên tử = .74%/NA

Coi nguyên tử hình cầu, bán kính r
V1 nguyên tử = .74%/NA = .π.
r = = 4,2147.10-8 cm


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY
TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN HÓA HỌC

(Thời gian: 120 phút)
(Đề thi gồm hai trang)

Câu 1: (5 điểm)
Cho 11,76g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào bình A đựng 100ml dung dịch HNO 3
3,4M khuấy đều thấy thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất), sau phản ứng trong bình A
còn dư một kim loại chưa tan hết. Đổ tiếp từ từ dung dịch H 2SO4 5M vào bình A, lại thấy
thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất) cho đến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng
22ml, thu được dung dịch B. Cho dung dịch NaOH loãng đến dư vào ½ dung dịch B, lọc kết
tủa, rửa sạch rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn cân
nặng 7,8g.
a Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
b Tính nồng độ các ion (trừ H+, OH-) trong dung dịch B.
Câu 2: (5 điểm)
Một hỗn hợp (X) gồm 3a(mol) 1 ancol no, đơn chức, mạch hở (A) và 3b(mol) 1 axit
cacboxylic no, hai chức, mạch hở (B), khối lượng của (X) là m X = x gam. Chia (X) làm 3
phần bằng nhau:
- Phần 1 cho tác dụng với natri dư thu được y lit hidro (đktc).
- Phần 2 đốt cháy hết thu được z gam CO2.
a) Tính số mol a, b theo x, y, z.
b) Cho x = 34,8 gam, y = 3,36 lit và z = 15,4 gam
* Xác định công thức cấu tạo của (A), (B).
* Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của A, B có trong hỗn hợp (X).
c) Phần 3 đun nóng với H 2SO4 đặc (xúc tác). Tính khối lượng este thu được với hiệu
suất phản ứng là 80%.
Câu 3: (5 điểm)
1. Cho rằng hạt nhân nguyên tử và chính nguyên tử đều có dạng hình cầu. Trong đó
hạt nhân có bán kính gần đúng bằng 10 -6 nm, còn bán kính nguyên tử bằng 0,053 nm. Hãy
tính và so sánh thể tích (theo đơn vị cm 3), khối lượng riêng (theo đơn vị g/cm 3) của nguyên
tử với thể tích, khối lượng riêng của hạt nhân nguyên tử . Từ đó cho nhận xét về kết quả

tính. Cho khối lượng của các hạt mp = mn = 1,672.10-27kg; me = 9,1.10-31kg.
2. Tính bán kính gần đúng của Ca ở 20 0C, biết ở nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca
là 1,55g/cm3. Giả thiết rằng trong tinh thể các nguyên tử Ca có dạng hình cầu và có độ đặc
khít là 74%, nguyên tử khối trung bình của Ca bằng 40,08; NA = 6,02.1023.
Câu 4: (5 điểm)
a) Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 M.


b) Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HCOOH 0,1M
với 200ml dung dịch KOH 0,05M. pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi
thêm 10-3 mol khí HCl hoặc 10-3 mol NaOH rắn vào dung dịch X.
Biết các thí nghiệm trên đều thực hiện ở 25 0C, ở nhiệt độ đó tích số ion của nước bằng 10 -14,
hằng số phân li của axit HCOOH là 10-3,75.
Câu 5: (5 điểm)
Khi cho m(g) hỗn hợp A gồm axit glutamic, axit linolenic, axit metacrylic tác dụng
vừa đủ với 490ml NaOH 1M thu được dung dịch chứa 78,72g muối. Mặt khác 0,185mol A
làm mất màu vừa hết 275ml dung dịch nước Br2 1M.
a Tìm m.
b Tìm phần trăm theo khối lượng mỗi chất có trong A.
Câu 6: (5 điểm)
Cho 5,15 gam hỗn hợp A gồm Zn và Cu vào 140 ml dung dịch AgNO 3 1M. Sau khi
phản ứng xong thu được 15,76 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch B. Chia B thành hai
phần bằng nhau. Thêm KOH dư vào phần 1 thu được kết tủa. Lọc kết tủa, đem nung đến
khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn.
a Tính m.
b Cho bột Zn tới dư vào phần 2 thu được dung dịch D. Cho từ từ V lít dung dịch NaOH 2M
vào dung dịch D thu được 2,97 gam kết tủa. Tính V (các phản ứng xảy ra hoàn toàn).
Cho biết nguyên tử khối các nguyên tố:
H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Br = 80; K = 39; Na =
23; Ca = 40; Cr = 52; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Sr = 88; Ag = 108; Ba = 137.

Ghi chú: - Kết quả tính lấy đến 4 chữ số thập phân sau dấu phẩy.
- Thí sinh không sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN
KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2012 – 2013
Câu 1: (5 điểm)
Cho 11,76g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào bình A đựng 100ml dung dịch HNO 3
3,4M khuấy đều thấy thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất), sau phản ứng trong bình A
còn dư một kim loại chưa tan hết. Đổ tiếp từ từ dung dịch H 2SO4 5M vào bình A, lại thấy
thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất) cho đến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng
22ml, thu được dung dịch B. Cho dung dịch NaOH loãng đến dư vào ½ dung dịch B, lọc kết
tủa, rửa sạch rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn cân
nặng 7,8g.
Gọi số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp ban đầu đã phản ứng với HNO 3 là x, y, z, số mol NO
là t (x, y, z, t > 0)
Sau phản ứng trong bình A còn dư một kim loại chưa tan hết là Cu => tạo muối Fe 2+
 BTe: 2x + 2y + 2z = 3t
 BTNT N: nHNO3 = 2x + 2y + 2z + t = 4t = 0,34
 t = 0,085
 2x + 2y + 2z = 0,255
(1)
Đổ tiếp từ từ dung dịch H2SO4 5M vào bình A, loại thấy thoát ra khí NO
3Cu dư + 2NO3- + 8H+ → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
nH2SO4 = 0,022.5 = 0,11 mol => nH+ = 0,22 mol
 nCu dư = 0,0825 mol
 mhh = 24x + 56y + 64z + 64.0,0825 = 11,76

(2)
Cho dung dịch NaOH loãng đến dư vào ½ dung dịch B thu được kết tủa: Mg(OH) 2
(x/2 mol), Fe(OH)2 (y/2 mol), Cu(OH)2 ((z+0,0825)/2 mol)
Nung kết tủa ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn gồm MgO
(x/2 mol), Fe2O3 (y/4 mol) và CuO (z/2+0,04125 mol).
 mrắn = 40.x/2 + 160.y/4 + 80.(z/2 + 0,04125) = 7,8

(3)

Giải hệ (1), (2), (3) được: x = 0,03; y = 0,06; z = 0,0375
 %Mg = 6,1225%; %Fe = 28,5714%; %Cu = 65,3061%
Dung dịch B có: Mg2+: 0,03 mol, Fe2+: 0,06 mol, Cu2+: 0,12 mol, SO42-: 0,11mol;
Bảo toàn điện tích: nNO3-: 0,2 mol
VddB = 122 ml
 CMMg2+ = 0,2459M; CMFe2+ = 0,4918M; CMCu2+ = 0,9836M;

CMSO42- = 0,9016M; CMNO3- = 1,6393M
Câu 2: (5 điểm)
Hỗn hợp (X) gồm 3a (mol) 1 ancol no, đơn chức, mạch hở (A): C nH2n+2O (n ≥ 1)


và 3b (mol) 1 axit cacboxylic no, hai chức, mạch hở (B) CmH2n-2O4 (m ≥ 2)
mX = 3a.(14n + 18) + 3b.(14m + 62) = x gam.

(1)

Chia (X) làm 3 phần bằng nhau:
- Phần 1 cho tác dụng với natri dư thu được y lit hidro (đktc).
VH2 = (½.a + b)22,4 = y

(2)

- Phần 2 đốt cháy hết thu được z gam CO2.
mCO2 = (an + bm).44 = z

(3)

(1) ↔ 42(an + bm) + 54(a + 2b) + 78b = x
Đặt ẩn X = an + bm; Y = a + 2b; Z = b
Giải hệ: 42X + 54Y + 78Z = x
11,2Y = y
44X = z
Tìm được nghiệm X, Y, Z.
b) Cho x = 34,8 gam, y = 3,36 lit và z = 15,4 gam
Thay vào hệ trên được: X = 0,35; Y = 0,3; Z = 0,05
•
•
•
•
•
•
•
•
•

b = Z = 0,05
2a + b = Y = 0,3 => a = 0,125
an + bm = X = 0,35
=> 0,125n + 0,05m = 0,35
=> 5n + 2m = 14

Vì m, n là số nguyên dương => nghiệm phù hợp: n = 2; m = 2
A: C2H5OH: 0,125 mol => mA = 5,75 gam
B: HOOC-COOH: 0,05 mol => mB = 4,5 gam
%C2H5OH = 56,0976%; %HOOCCOOH = 43,9024%

c) Phần 3 đun nóng với H2SO4 đặc (xúc tác), hiệu suất phản ứng là 80%.
C2H5OH + HOOC-COOH → C2H5OOC-COOC2H5
0,125 mol

0,05 mol

0,05.80%

 meste = 0,05.80%.146 = 5,84 gam

Câu 3: (5 điểm)
1. Thể tích hình cầu: V =
Hạt nhân: r = 10-6 nm = 10-6.10-9 m = 10-6.10-9.102 cm = 10-13cm
=> V = = 4,1888.10-39 cm3
Hạt nhân gồm 1 hạt p và 1 hạt n


Khối lượng hạt nhân: 2.1,672.10-27kg = 3,344.10-24 g
Khối lượng riêng của hạt nhân: D = m/V = 0,7983.1015 g/cm3
Nguyên tử: r = 0,053 nm = 0,053.10-9 m = 0,053.10-9.102 cm = 5,3.10-9cm
=> V = = 0,6236.10-24 cm3
Nguyên tử gồm 1 hạt p, 1 hạt n và 1 hạt e
Khối lượng hạt nhân: 2.1,672.10-27 + 9,1.10-31 kg = 3,34491.10-24 g
Khối lượng riêng của nguyên tử: D = m/V = 5,3637 g/cm3
2. Nguyên tử khối trung bình = 40,08 => khối lượng 1 mol nguyên tử = 40,08 gam

Thể tích 1 mol Ca: V = m/D = 40,08/1,55 cm3
=> Thể tích thực của 1 mol nguyên tử Ca: V.74%
4
=> Thể tích 1 nguyên tử Ca: V.74%/NA = 3 πr3

=> r = = 1,9651.10-8 cm
Câu 4: (5 điểm)
a) CM HCl = 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ → phải tính đến cân bằng của H2O
H 2O



H+ + OH -

HCl

→

H+ + Cl -

10-14
H+ 
Bảo toàn điện tích: [ H+] = [ Cl-] + [OH-] → [ H+] = 0,5.10-7 +  

→ [ H+] 2 - 0,5.10 - 7[ H+] - 10 -14 = 0.
Giải được: [ H+] = 1,28.10-7 → pH ≈ 6,9
b) nHCOOH = 0,1.0,2 = 0,02 mol; nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol
KOH + HCOOH → HCOOK + H2O
0,01 → 0,01

→

0,01

Theo phương trình HCOOH còn dư = 0,01 mol
Trong d2 X: CHCOOH = CHCOOK

0,01
= 0,4 = 0,025M. Xét các cân bằng sau:

Ka >> KH2O → bỏ qua sự điện li của nước
HCOOK →

K+ + HCOO-

0,025
Bđ:

0,025

HCOOH  H+ +

HCOO-

0,025

0,025

0

Phân li:
Cb:

x
0,025 – x

x

x

x

0,025 + x

Ka = = 10-3,75 => x = 1,75735.10-4
pH = 3,756
∗ Khi thêm 10-3 mol HCl:

HCOOK + HCl → KCl + HCOOH
0,001

¬ 0,001 →

0,001 (mol)

0,01 + 0,001
0,01 - 0,001
0,4
0,4

CM HCOOH =
= 0,0275M và CMHCOOK =
= 0,0225M.

Tương tự: HCOOH  H+ +

HCOO-

Bđ:

0,0225

0,0275

Phân li:
Cb:

0

x

x

x

0,0275 – x

x

0,0225 + x

Ka = = 10-3,75 => x = 2,1363.10-4 => pH = 3,67
∗ Khi thêm 10-3 mol NaOH:

HCOOH + NaOH → HCOONa + H2O
0,001

¬

0,001 →

0,001

(mol)

0,01 - 0,001
0,01 + 0,001
0,4
0,4
CM HCOOH =
= 0,0225M và CM muối =
= 0,0275M.

Tương tự: HCOOH  H+ +

HCOO-

Bđ:

0,0225

0

0,0275

x

x

x

0,0225 – x

x

Phân li:
Cb:

0,0275 + x

Ka = = 10-3,75 => x = 1,4381.10-4 => pH = 3,84
Câu 5: (5 điểm)
Axit glutamic: HOOC-C3H5(NH2)-COOH
Axit linolenic: C17H29COOH
Axit metacrylic: CH2=C(CH3)-COOH
nNaOH = 0,49 mol
a Theo phương pháp tăng giảm khối lượng:
mmuối = maxit + nNaOH.22 => maxit = 78,72 – 0,49.22 = 67,94 gam
b Gọi số mol axit glutamic, axit linolenic, axit metacrylic trong m gam hỗn hợp A
lần lượt là x, y, z (x, y, z > 0)

mhh = 147x + 278y + 86z = 67,94
(1)
nNaOH = 2x + y + z = 0,49
(2)


Giả sử lượng các chất trong 0,185 mol hỗn hợp A bằng k lần trong m gam hỗn
hợp A
 k.(x + y + z) = 0,185
(3)
nBr2 = (3y + z).k = 0,275
(4)
Từ (3), (4) => 0,275(x + y + z) = 0,185.(3y + z)
 0,275x – 0,28y + 0,09z = 0
(5)
Giải hệ 3 pt 3 ẩn (1)(2)(5) được nghiệm:
x = 0,12; y = 0,15; z = 0,1
% axit glutamic = 25,9641%; % axit linolenic = 61,3777%;
% axit metacrylic = 12,6582%
Câu 6: (5 điểm)
a

nAgNO3 = 0,14 mol

5,15 gam hỗn hợp A gồm Zn và Cu + dung dịch AgNO 3 → 15,76 gam hỗn hợp kim loại và
dung dịch B => Hỗn hợp kim loại gồm Ag, Cu và có thể có Zn.
Chia B thành hai phần bằng nhau. Thêm KOH dư vào phần 1 thu được kết tủa => B có Cu 2+
 Xảy ra các phản ứng:

Zn + 2AgNO3 → Zn(NO3)2 + 2Ag

Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag
 Kim loại thu được có Ag và Cu, dung dịch thu được có Zn(NO3)2 và Cu(NO3)2
Gọi số mol Zn là x mol, số mol Cu phản ứng là y mol, số mol Cu dư là z mol (x, y, z > 0)
mA = 65x + 64y + 64z = 5,15
nAgNO3 = 2x + 2y = 0,14
mkim loại thu được = 108.(2x + 2y) + 64z = 15,76
Giải hệ 3 pt trên được nghiệm: x = 0,03; y = 0,04 ; z = 0,01
Dung dịch B có Zn(NO3)2: 0,03 mol và Cu(NO3)2: 0,04 mol
Chia B làm 2 phần bằng nhau: mỗi phần có chứa Zn(NO 3)2: 0,015 mol và Cu(NO3)2: 0,02
mol
Zn(NO3)2 + 2KOH → 2KNO3 + Zn(OH)2
Cu(NO3)2 + 2KOH → 2KNO3 + Cu(OH)2
Zn(OH)2 + 2KOH dư → K2ZnO2 + H2O
Kết tủa thu được là Cu(OH)2
Cu(OH)2 CuO + H2O
Chất rắn thu được chỉ có CuO: 0,02 mol => mCuO = 80.0,02 = 1,6 gam
b

Cho bột Zn tới dư vào phần 2 thu được dung dịch D.
Zn + Cu(NO3)2 → Zn(NO3)2 + Cu
Dung dịch D có Zn(NO3)2: 0,035 mol
Cho từ từ V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch D thu được 2,97 gam kết tủa.


nZn(OH)2 = 0,03 mol < nZn(NO3)2 => xảy ra 2 trường hợp:
TH1: Chỉ xảy ra phản ứng tạo kết tủa, Zn(NO3)2 dư
Zn(NO3)2 + 2NaOH → Zn(OH)2 + 2NaNO3
 nNaOH = 2nZn(OH)2 = 0,06 mol
 VddNaOH = 0,03 lit
TH2: Xảy ra 2 phản ứng

Zn(NO3)2 + 2NaOH → Zn(OH)2 + 2NaNO3
0,035
→ 0,07
0,035
Zn(OH)2 + 2NaOH → Na2ZnO2 + H2O
a
2a
 nZn(OH)2 thu được = 0,035 – a = 0,03 => a = 0,005
 nNaOH = 0,07 + 2a = 0,07 + 2.0,005 = 0,08 mol
 VddNaOH = 0,04 lit


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY
TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN HÓA HỌC
(Thời gian: 120 phút)
(Đề thi gồm hai trang)

Câu 1: (5 điểm)
Nung m gam hỗn hợp X gồm FeS và FeS 2 trong một bình kín chứa không khí (gồm
20% thể tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một
chất rắn duy nhất và hỗn hợp khí Y có thành phần thể tích 84,8% N 2, 14% SO2, còn lại là
O2. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của FeS, FeS2 trong hỗn hợp X?
Câu 2: (5 điểm)
Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe thành hai phần bằng nhau.
- Cho phần 1 vào dung dịch KOH (dư) thu được 96,824ml khí H2 (đktc).

- Cho phần 2 vào một lượng dư H2O, thu được 55,328ml khí H2 (đktc) và m gam hỗn hợp
kim loại Y. Hòa tan Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 69,160 ml khí H2 (đktc).
Hãy tính khối lượng (theo gam) của K, Al, Fe trong hỗn hợp X ban đầu?
Câu 3: (5 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam hỗn hợp X gồm C xHyCOOH, CxHyCOOCH3, CH3OH
thu được 5,376 lit CO2 (đktc) và 3,6 gam H2O. Mặt khác, cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ
với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,96 gam CH3OH.
Tìm công thức của CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 và % theo khối lượng của từng chất trong
hỗn hợp X?.
Câu 4: (5 điểm)
Cho M là kim loại tạo ra hai muối MCl x, MCly, và 2 oxit MO0.5x, M2Oy. Tỉ lệ về %
khối lượng của clo trong hai muối là 1:1,173; của oxi trong hai oxit là 1:1,352.
a. Tính khối lượng nguyên tử M.
b. Hãy cho biết trong số các đồng vị sau đây của M { 55M, 56M, 57M, 58M} thì đồng vị nào
phù hợp với tỉ lệ
Câu 5: (5 điểm)
Thực hiện các thí nghiệm sau ở 250C.
TN1: Cho 10-8 mol NaOH vào nước thành 1 lít dung dịch X.
TN2: Cho 10-8 mol HCl vào nước thành 1 lít dung dịch Y.
TN3: Cho 10-3 mol HCOOH vào nước thành 1 lit dung dịch Z.
Tính pH của các dung dịch X, Y, Z. (Biết Ka của axit HCOOH ở 250C là 1,77.10-4)
Câu 6: (5 điểm)


Hỗn hợp khí A chứa metan, axetilen và propen. Đốt cháy hoàn toàn 11,0 gam hỗn hợp
A thu được 12,6 gam nước. Mặt khác, nếu lấy 11,2 lít A (đktc) đem dẫn qua nước brom (lấy
dư) thì khối lượng brom nguyên nhất dự phản ứng tối đa là 100,0 g. Hãy xác định thành
phần phần trăm theo khối lượng và theo thể tích từng chất có trong hỗn hợp A.
Cho biết nguyên tử khối các nguyên tố:
H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Mn

= 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80.

Thí sinh không sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm


ĐÁP ÁN
KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2011 – 2012
Câu 1: (5 điểm)
4FeS + 7O2 → 2Fe2O3 + 4SO2
x

x

4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2
y

2y

Giả sử lượng không khí ban đầu là 100 mol => nO2 = 20 mol; nN2 = 80 mol
Sau phản ứng: - lượng oxi còn lại là: 20 - - mol
- lượng N2 còn: 80 mol
- lượng SO2 tạo thành: x + 2y mol
=> tổng mol khí: 100 - x - y mol
N2 chiếm 84,8% thể tích => 80/(100 - x - y).100 = 84,8 => 100 - x - y = 8000/84,8
 x + y = 400/53

SO2 chiếm 14% thể tích => (x+2y)/(100 - x - y).100 = 14 => x + 2y = 700/53
Giải hệ (1),(2) được: x = 100/53; y = 300/53 => x : y = 1:3

%FeS = 88x/(88x + 120y).100% = 88/(88 + 120.3).100% = 19,6439%
%FeS2 = 120y/(88x + 120y).100% = 120.3/(88 + 120.3).100% = 80,3471%
Câu 2: (5 điểm)
Gọi số mol K, Al, Fe trong mỗi phần lần lượt là x, y, z (x, y, z > 0)
- Cho phần 1 vào dung dịch KOH (dư) thu được 96,824ml khí H2 (đktc).
K + H2O → KOH + ½ H2
x

½ .x

Al + KOH + H2O → KAlO2 + 3/2 H2
y
3/2.y
-3
 nH2 = ½ .x + 3/2 .y = 4,3225.10 mol

(1)

- Cho phần 2 vào một lượng dư H2O, thu được 55,328ml khí H2 (đktc) và m gam hỗn hợp
kim loại Y => Al chưa tan hết
K + H2O → KOH + ½ H2
x

x

½ .x


Al + KOH + H2O → KAlO2 + 3/2 H2
x

x
 nH2 = ½ .x + 3/2 .x = 2,47.10-3 mol

3/2.x
(2)

Y gồm Fe (z mol) và Al dư (y – x mol)
Hòa tan Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 69,160 lit khí H2 (đktc).
Al + 3HCl → AlCl3 + 3/2H2
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
 nH2 = 3/2.(y – x) + z = 3,0875.10-3 mol
(3)
-3
Từ (1), (2), (3) giải ra được nghiệm: x = 1,235.10 ; y = 2,47.10-3; z = 1,235.10-3
 mK = 2.48,165.10-3 gam; mAl = 2.66,69.10-3 gam; mFe = 2.69,15.10-3 gam
Câu 3: (5 điểm)
Gọi số mol CxHyCOOH, CxHyCOOCH3, CH3OH trong 5,52 gam hỗn hợp lần lượt là a, b,
c (a, b, c > 0)
Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam hỗn hợp X gồm C xHyCOOH, CxHyCOOCH3, CH3OH thu được
5,376 lit CO2 (đktc) và 3,6 gam H2O.
mX = (12x + y + 45).a + (12x + y + 59).b + 32c = 5,52 (*)
nCO2 = (x + 1).a + (x + 2).b + c = 0,24

(**)

2nH2O = (y + 1).a + (y + 3).b + 4c = 0,4

(***)

mX = 12(x + 1)a + 12(x + 2).b + 12c + (y + 1).a + (y + 3).b + 4c + 32a + 32b + 16c = 5,52

12.0,24 + 0,4 + 32a + 32b + 16c = 5,52
 32a + 32b + 16c = 2,24

(1)

Cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 0,96 gam
CH3OH.
=> 5,52 gam X phản ứng vừa đủ với 60 ml dung dịch NaOH 1M, thu được 1,92 gam
CH3OH.
nNaOH = a + b = 0,06

(2)

nCH3OH = b + c = 0,06

(3)

Giải hệ (1),(2),(3) được: a = 0,02; b = 0,04 ; c = 0,02
Thế vào (**) và (***) được:

0,02(x + 1) + 0,04(x + 2) + 0,02 = 0,24 => x = 2

0,02(y + 1) + 0,04(y + 3) + 4.0,02 = 0,4 => y = 3
Hỗn hợp X gồm:

CH2=CH-COOH: 0,02 mol (26,0870%)
CH2=CH-COOCH3: 0,04 mol (62,3188%)
CH3OH: 0,02 mol (11,5942%)

Câu 4: (5 điểm)

a. Tỉ lệ về % khối lượng của clo trong hai muối MClx, MCly là 1:1,173

Tỉ lệ về % khối lượng của oxi trong hai oxit MO0.5x, M2Oy là 1:1,352.
Từ (1) =>  1,173.(+ 35,5) = ( + 35,5)  - 1,173. = 0,173.35,5
Từ (2) =>  1,352.(+ 8) = ( + 8) - 1,352.= 0,352.8
Đặt ẩn X = ; Y = . Giải hệ (1), (2) được nghiệm X = 27,9337; Y = 18,5782
 x/y = 2/3
 Vì x, y là hóa trị của M => x = 2; y = 3
 M = 57,08

b. M là Fe => Z = 26
Tỉ lệ => N = 30 => A = 56
 Đồng vị 56Fe

Câu 5: (5 điểm)
Thực hiện các thí nghiệm sau ở 250C.
TN1: Cho 10-8 mol NaOH vào nước thành 1 lít dung dịch X.
nNaOH = 10-8 M => CM = 10-8M => phải tính đến sự điện li của nước.
NaOH →
H 2O



Na+ + OH H+ + OH -

Bảo toàn điện tích: [ OH-] = [ Na+] + [H+] →

10-14

H + 

 = 10-8 + [H+]

→ [ H+] 2 + 10 -8[ H+] - 10 -14 = 0.
Giải được: [ H+] = 9,5125.10-8 → pH = 7,0217
TN2: Cho 10-8 mol HCl vào nước thành 1 lít dung dịch Y.
nHCl = 10-8 M => CM = 10-8M => phải tính đến sự điện li của nước.
HCl

→

H+ + Cl -

H 2O



H+ + OH -

10-14
 H+ 
+
+
-8
Bảo toàn điện tích: [ H ] = [ Cl ] + [OH ] → [ H ] = 10 +  

→ [ H+] 2 - 10 -8[ H+] - 10 -14 = 0.
Giải được: [ H+] = 1,05125.10-7 → pH ≈ 6,9783

(1)
(2)


TN3: Cho 10-3 mol HCOOH vào nước thành 1 lit dung dịch Z.
Đặt [HCOOH] phân li là x (x > 0)
HCOOH  CH3COO- + H+
Bđ:

0,001

Phân li:
Cb:
Ka = = 1,77.10-4

0

0

x

x

x

0,001-x

x

x

 x2 + 1,77.10-4.x – 1,77.10-7 = 0 (1)

Giải phương trình (1) được 2 nghiệm: x1 = 3,4142.10-4 và x2 = -5,1842.10-4
Vì x > 0 => x = 3,4142.10-4 mol/l => pH = 3,4667
Câu 6: (5 điểm)
Gọi số mol CH4, C2H2, C3H6 trong 11,0 gam hỗn hợp A lần lượt là x, y, z (x, y, z > 0)
=> mhh = 16x + 26y + 42x = 11,0

(1)

Đốt cháy hoàn toàn 11,0 gam hỗn hợp A thu được 12,6 gam nước.
nH2O = 2x + y + 3z = 0,7

(2)

Giả sử số mol các chất trong 11,2 lít A (đktc) gấp k lần trong 11,0 gam hỗn hợp A
 nhh = (x + y + z).k = 0,5
 nBr2 = (2y + z).k = 0,625

(3)
(4)

Từ (3) (4) => 0,625.(x + y + z) = 0,5.(2y + z)
 0,625x – 0,375y + 0,125z = 0

(5)

Giải hệ (1),(2),(5) được nghiệm: x = 0,1; y = 0,2; z = 0,1.
 Phần trăm theo khối lượng: %CH4 = 14,55%; %C2H2 = 47,27%; %C3H6 = 38,18%

 Phần trăm theo thể tích: %CH4 = 25%; %C2H2 = 50%; %C3H6 = 25%


UBND TỈNH HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM
TAY NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (8 điểm):
Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với sắt (III) oxit trong điều kiện không có không khí thu
được hỗn hợp rắn A. Chia hỗn hợp rắn A (đã trộn đều) thành hai phần. Phần 2 có khối
lượng nhiều hơn phần 1 là 67 gam. Cho phần 1 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thấy
có 8,4 lit khí H2 bay ra. Hòa tan phần 2 bằng lượng dư dung dịch HCl thấy có 42 lit H 2 thoát
ra.
3. Tính khối lượng từng chất trong hỗn hợp A.
4. Khi lấy toàn bộ chất rắn A cho tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng dư thu được 33,6 lit khí
không màu hóa nâu trong không khí duy nhất thoát ra. Tính khối lượng muối sau phản ứng.
Biết các phản ứng đều xảy ra với hiệu suất 100%. Các thể tích khí đo ở đktc.
Câu 2: (6 điểm):
Cho 0,01 mol Fe(OH)3 vào 1 lit nước. Hỏi phải dẫn khí HCl vào đến pH bằng bao nhiêu
để hòa tan hoàn toàn lượng Fe(OH)3 đó. Biết KH2O = 10-14, TFe(OH)3 = 3.10-39, coi chất khí, chất
rắn chiếm thể tích không đáng kể.
Câu 3: (6 điểm):
Hỗn hợp X gồm axit linoleic, axit stearic và axit ađipic. Để trung hòa m gam X cần 57,5
ml dung dịch KOH 1M. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X thì thu được 14,784 lit
khí CO2 (đktc) và 11,115 gam H2O. Tính % theo khối lượng từng axit trong hỗn hợp.
Câu 4: (6 điểm):

Thực hiện phản ứng tách V lít butan ta thu được 70 lit hỗn hợp A gồm H 2, CH4, C3H6,
C2H4, C2H6, C4H8 và một phần butan chưa bị tách. Giả sử chỉ có các phản ứng:
C4H10 CH4 + C3H6
C4H10 C2H6 + C2H4
C4H10 H2 + C4H8
Cho hỗn hợp A lội rất từ từ qua bình nước brom dư thấy thể tích khí còn lại 40 lit hỗn
hợp khí B. Nếu lấy 1 lit khí B đem đốt cháy thì thu được 2,1 lít khí CO 2. Các thể tích khí
đều đo ở đktc.
3. Tính % butan đã tham gia phản ứng.
4. Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A, biết rằng số mol C 2H4 bằng 2 lần tổng số
mol của C3H6 và C4H8.
Câu 5: (6 điểm):
Ở 500C, Axit axetic tác dụng với ancol isopropylic theo phản ứng thuận nghịch:
CH3COOH + C3H7OH  CH3COOC3H7 + H2O
Axit axetic Ancol isopropylic
Isopropyl axetat
Nước


Nếu ban đầu người ta cho 1 mol axit axetic tác dụng với 1 mol ancol isopropylic thì cân
bằng đạt được khi có 0,6 mol isopropyl axetat được tạo thành. Lúc đó người ta cho thêm 1
mol axit axetic vào hỗn hợp phản ứng, cân bằng sẽ bị phá vỡ và chuyển dịch đến trạng thái
cân bằng mới. Hỏi khi cân bằng mới được thiết lập, số mol mỗi chất trong hỗn hợp là bao
nhiêu?
Câu 6: (6 điểm):
Điện phân nóng chảy Al2O3 với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu được m kg
Al ở catot và 67,2 m3 (ở đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với hidro bằng 16. Lấy 2,24 lít (ở
đktc) hỗn hợp khí X sục từ từ vào dung dịch Ba(OH) 2 thu được 1,97 gam kết tủa, lọc kết tủa
đun kĩ dung dịch lại xuất hiện thêm 0,985g kết tủa. Xác định giá trị m.
Câu 7: (6 điểm):

Hòa tan hoàn toàn 3,18g hỗn hợp gồm Al, Fe, Mg bằng lượng vừa đủ dung dịch HCl 1M.
Sau phản ứng thu được 2,24 lit H2 (đktc) và dung dịch X. Chia X thành 2 phần
Phần 1: Cho từ từ đến hết 100ml NaOH 0,5M vào thì thu được kết tủa lớn nhất. Lọc
kết tủa nung trong điều kiện có oxi đến khối lượng không đổi thu được 1,255g chất rắn.
Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi lọc lấy kết tủa, nung trong điều
kiện có oxi đến khối lượng không đổi thu được m (gam) chất rắn.
a. Tìm nồng độ mol/lít các chất có trong dung dịch X. Coi thể tích dung dịch không phụ
thuộc vào chất rắn, chất lỏng và hiệu suất phản ứng là 100%.
b. Tìm m.
Câu 8: (6 điểm):
Nguyên tố A có 4 đồng vị A1, A2, A3 A4 có các đặc điểm sau:
- Tổng số khối của 4 đồng vị là 825
- Tổng số nơtron của 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 A3 là 5 đơn
vị.
- Tổng số hạt p, n, e của đồng vị A 1 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 3 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 lượt chiếm 50,9%; 23,3%; 0,9% và 24,9% tổng số
nguyên tử. Hãy tính nguyên tử khối trung bình của nguyên tố A.
Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cr =
52; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Sr = 88; Ag = 108; Ba = 137; P = 31.


ĐÁP ÁN
KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu 1: (8 điểm):
Phần 1 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thấy có 8,4 lit khí H2 bay ra => Al dư

Phương trình phản ứng:

2Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2Fe

 Hỗn hợp A có Al2O3, Fe và Al dư

Phần 1:

nH2 = 0,375 mol
Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2H2
0,25 mol

0,375 mol

Số mol Fe trong phần 1 là x mol => số mol Al2O3 là x/2 mol
Phần 2 bằng k lần phần 1: nH2 = 1,875 mol
Al + 3HCl → AlCl3 + 3/2H2
0,25k

0,375k mol

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
kx

kx

 nH2 = (0,375 + x)k = 1,875 => k = 1,875/(0,375 + x)

khối lượng phần 2 hơn phần 1 là 67 gam







(27.0,25 + 56x + 51x).(k - 1) = 67
(6,75 + 107x)( - 1) = 67
(6,75 + 107x).(1,5 – x) = 67(0,375 + x)
107x2 – 86,75x + 15 = 0
Giải phương trình bậc 2: x1 = 60/107; x2 = 0,25

Với x = 60/107 => khối lượng phần 1: 27.0,25 + 107x = 66,75 gam
Trong phần 1: mAl = 6,75 gam; mFe = 56x = 31,4019 gam
 Khối lượng phần 2 = 133,75 gam
 Khối lượng hỗn hợp ban đầu: 66,75 + 133,75 = 200,5 gam
 mAl = 20,2752 gam; mFe = 94,3232 gam; ...

Với x = 0,25 => khối lượng phần 1: 27.0,25 + 107x = 33,5 gam
Trong phần 1: mAl = 6,75 gam; mFe = 56x = 14 gam
 Khối lượng phần 2 = 100,5 gam
 Khối lượng hỗn hợp ban đầu: 33,5 + 100,5 = 134 gam
 mAl = 27 gam; mFe = 56 gam; ...