ĐỀ THI + đáp AN THI CẤP TỈNH GIẢI TOÁN BẰNG máy TÍNH CASIO môn hóa cấp THPT

SGD & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
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

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

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
B
D
ta có hệ:  A
Z D  Z B  1
11  Z A  13

1

 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
a
11
ZA
11

X
NaNO11
KQ
loại
vậy X là Al(NO3)3
2. Các phương trình

1
2
10
12
MgN2O10
loại

3
9
13
AlN3O9
Al(NO3)3

1

01 of 9


2Al(NO3)3 + 3Na2CO3 + 3H2O 
 2Al(OH)3 + 3CO2 + 6NaNO3
2Al(NO3)3 + 3Na2S + 6H2O 
 2Al(OH)3 + 3H2S + 6NaNO3

1
1

Câu 2:
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
* Hằng số phóng xạ: k =

ln 2
t1

và t =

2

Từ biểu thức: t =

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

1 N0
ln
k Nt

1 m
1 N0
 1,4 = ln 0

ln
k m
k Nt

5

 k = 0,13  t 1 = 5,33 năm.
2

Câu 3:
Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS2 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 BaCl2 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

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

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:

2

02 of 9


n S  n BaSO 4 

1,1087
0,2
 4,75.10 3 mol, n Fe  2n Fe 2O3  2
 2,5.10 3 mol
233
160
3

n Fe : n S  2,5.10 : 4,75.10

3

1

 1 : 1,9

 công thức FeS1,9

3. Gọi số mol FeS2 và FeS lần lượt là x và y ta có:

1

 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


1

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

b)Vì lập phương
mặt tâm nên
Cl
1
8

1

Cl- ở 8 đỉnh: 8   1 ion Cl 4 ion Cl-

1
6 mặt: 6   3 ion Cl2
1
4

Cu+ ở giữa 12 cạnh : 12   3 ion Na+

1

+

ở t âm : 1x1=1 ion Na

 4 ion Na+

03 of 9


Vậy số phân tử trong mạng cơ sở là 4Na+ + 4Cl- = 4NaCl
c)
d

N .M NaCl
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

 a  5, 29 Ao

1

Mặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r+ + 2r r 

a  2r 5, 29  2.1,84

 0,805 Ao
2
2

1

Câu 5:
Muối sắt (III) thuỷ phân theo phản ứng
Fe3+ + 2H2O
Fe(OH)2+ + H3O+ K a = 4,0 . 10-3
a) Tính pH của dung dịch FeCl3 0,05M
b) Tính pH mà dung dịch phải có để 95% muối sắt (III) không bị thuỷ phân.
CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

a)FeCl3 = Fe3+ + 3ClFe3+ + H2O
Fe(OH)2+ + H+
 Fe(OH) 2+   H + 
K=
= 4,0 . 10-3
3+
 Fe 

2

2

 H + 
 H + 
K=
=
= 4,0 . 10-3
+
3+
0,05-[H
]
 Fe 

[H+] = 2,89.10 – 3 M
- pH= 2,54
b) pH mà dung dịch phải có để 95% muối sắt (III) không bị thủy
phân
 Fe(OH) 2+  5


95
 Fe3+ 

K=

5
[H+] = 4,0 . 10—3
95

[H+] = 7,7 . 10-2 (M) => pH = 1,1

1
1

1

2
04 of 9


Câu 6:
Hãy xác định khoảng cách giữa 2 nguyên tử iot trong 2 đồng phân hình học của phân tử
C2H2I2 với giả thiết 2 đồng phân này có cấu tạo phẳng.
(Cho độ dài liên kết C – I là 2,10 Å và C = C là 1,33 Å )
CÁCH GIẢI
A

F

D

B

dI – I
1200

KẾT
QUẢ

G

ĐIỂM

H
1

E

* Dạng cis- : BE = FG = dC – C và BA = EH = dC – I
Xét tam giác vuông ADB có:
AF = DB = BA.cos 600= 2,10.cos 600 = 1,05 Å
Vậy, dI – I = AF + FG + GH = 1,05 . 2 + 1,33 = 3,43 Å

1

A

D

C

600

dI – I
B

E

P
1

K

* Dạng trans - : Xét tam giác vuông ACK có:
AK = AC2 .CK 2 mà CK = 3,43 Å
và AC = 2AD với AD = AB.sin 600= 2,10. sin 600 = 1,82 Å
Nên AC = 3,64 Å
Suy ra : dI – I = AK = 3, 642.3, 432 = 5,00 Å

2
05 of 9


Câu 7:
Một hỗn hợp bột kim loại có khả năng gồm Mg, Al, Sn. Hòa tan hết 0,75 gam hỗn hợp
bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 784 ml H2 (đo ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn
0,75 gam hỗn hợp trong oxi dư thì thu được 1,31 gam oxit. Xác định % khối lượng mỗi
kim loại trong hỗn hợp.
CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 
2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 
Sn + 2HCl  SnCl2 + H2 

0

t
2Mg + O2 
 2MgO
0
t
4Al + 3O2 
 2Al2O3
t0
Sn + 2O2  SnO2
Số mol H2 = 0,035
Hệ pt: 24x + 27y + 119z = 0,75
kim loại)

1
(x, y, z là số mol từng

3
y + z = 0,035
2
y
40x + 102 + 183z = 1,31
2

x+

1
1

Giải hệ pt cho: x = 0,02 ; y = 0,01 ; z = 0
Vậy, hỗn hợp không có Sn và % Mg =

0,02  24
 100% = 64% ;
0,75

2

%Al = 36%

Câu 8:

 C(r) + 2H2(k) H = 74,9 KJ/mol.
Cho phản ứng: CH4(k) 

ở 5000C. KP = 0,41. Tính KP ở 8500C.
06 of 9


Tính độ phân hủy  của CH4 và áp suất của hỗn hợp khí trong một bình dung dích 50
lít chứa 1 mol CH4 và được giữ ở 8500C cho đến khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng

CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

Áp dụng công thức:
ln

K P (T1 ) H  1 1 

  
K P (T2 )
R  T2 T1 

1

Ta tính được KP(850) = 15,5

 C(r) +
CH4(k) 


2H2(k) KP = 15,5

Ban đầu 1 mol
0 mol
Phân ly:
x mol
2x mol
Cân bằng: 1- x
2x
Số mol hỗn hợp sau phản ứng: 1 + x mol
Đặt áp suất của hệ sau phản ứng là: P
(2x) 2
.P (1)

1  x2
(1  x).0, 082.(273  850)
Ta lại có: P =
 (1  x).1,84 (2)
50

1

Ta có : KP =

1
1
1

Từ (1) và (2) x= 0,74 mol và p =3,21 atm
Độ phân li của CH4 ở 8500C là 74%

Câu 9:
Hòa tan hết 4,08 gam hỗn hợp A gồm một kim loại và một oxit của nó chỉ có tính bazo
trong một lượng vừa đủ V ml dung dịch HNO3 4M thu được dung dịch B và 0,672 lít
khí NO duy nhất (đktc). Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH, lọc rửa kết tủa
nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn C. Để hòa
tan hết 1gam chất rắn C cần dùng 25 ml dung dịch HCl 1M.
Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong A.
CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

HNO
Kim loại M + oxit của nó 
 M(NO3)n + NO
n+
M + nOH  M(OH)n
t
2M(OH)n 
 M2On + nH2O
M2On + 2nHCl  MCln + nH2O
3

0

07 of 9


Theo bài ra:
1
0, 025
 M =32.n

2 M  16n
2n

1

Cho n các giá trị 1, 2, 3 ta thấy n=2 và M= 64.
Vậy M là đồng. Oxit của nó có thể là CuO hoặc Cu2O
Trường hợp 1: hỗn hợp A là Cu và Cu2O

Đặt số mol của Cu và Cu2O lần lượt là x và y
Cấc phương trình phản ứng:
3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
3Cu2O + 14HNO3  6Cu(NO3)2 + 2NO + 7H2O
64x + 144y = 4,08
Ta có hệ:  2 2
giải ra ta được
 3 x  3 y  0, 03
 x  0, 03mol 
 %Cu  47, 06%

 %Cu2O  52,94%
 y  0, 015mol 

1
1

Trường hợp II: A là Cu và CuO
Các phương trình phản ứng:
3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
CuO + 2HNO3  Cu(NO3)2 + H2O
nCu = 0,045 mol  % Cu = 70,29%, % CuO = 29,41%

1
1

Câu 10:
Từ ankanal A có thể chuyển trực tiếp thành ankanol B và axít ankanoic D để điều chế
este E .
a) Viết phương trình phản ứng và tính tỉ số

M (E)
( M(E) và M(A) là khối lượng mol
M ( A)

phân tử của E và A
b)Với m(g) E . Nếu đun với KOH thì thu được m1(g) muối kali . Còn nếu đun với
Ca(OH)2 thì thu được m2(g) muối canxi . m2 < m < m1 . Xác định Công thức cấu tạo
của A , B , D , E ?
c) Nung m1(g) muối kali trên với vôi tôi xút thì thu được 2,24 lít khí ở đktc .
Tính m1 , m2 , m ?
CÁCH GIẢI
KẾT ĐIỂM
QUẢ
a. Gọi công thức ankanal là RCHO ( R  H )
Các phương trình phản ứng :
R CHO + H2  R CH2OH (1)
R CHO +

1
O2 
2

R COOH +

R COOH

(2)

R CH2OH  RCOOCH2 R + H2O (3)

08 of 9


ME = 2R + 58
MA = R + 29
=>

2 R  58
M (E)
=
= 2
R  29
M ( A)

1

b. R COOCH2 R + KOH  R COOK + R CH2OH (3)
m
m1
m < m1 => R + 14 < 39 => R < 25
2RCOOCH2R + Ca(OH)2  (R COO)2Ca + 2RCH2OH (4)
m
m2
m > m2
=> R + 14 > 20 => R > 6
=> 6 < R < 25 Vậy R là CH3
Vậy A : CH3CHO
andehytaxetic
B : CH3CH2OH rượu etylic
C : CH3COOH axít axetic

D : CH3COOC2H5 axetat etyl
2CH3COOK + 2NaOH  2CH4 + K2CO3 + Na2CO3
a
a
nCH4 =

1

1

2,24
= 0,1 mol
22,4

Từ phương trình n CH3COOK = 0,1 => m1 = 0,1. 98 = 9,8g
m = 0,1.88 = 8,8 g
m2 = 0,05.158 = 7,9 g

* Hằng số phóng xạ: k =

ln 2
t1
2

và t =

1
1

1 N0

ln
k Nt

* G = H  TS ; G =  RTlnK và ln

K P (T1 ) H  1 1 

  
K P (T2 )
R  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

09 of 9


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
—————————
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MTCT BẬC TRUNG HỌC
NĂM HỌC 2009-2010
ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC THPT
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————

Chú ý: Đề thi có 09 trang

Quy định chung:
1. Thí sinh được dùng một trong các loại máy tính sau: Casio fx-500A; fx-500MS;
fx-500ES; fx-570MS; fx-570ES; VINACAL Vn-500MS; Vn-570MS.
2. Nếu có yêu cầu trình bày cách giải, thí sinh chỉ cần nêu vắn tắt, công thức áp
dụng, kết quả tính vào ô qui định.
3. Đối với các kết quả tính toán gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được lấy
đến 4 chữ số thập phân sau dấu phẩy.
Số phách (do chủ tịch Hội đồng ghi)

1. Phần ghi của thí sinh:
Họ và tên thí sinh:……………………………………, SBD:…………………….......
Ngày sinh:……………………Học sinh trường THPT:………………………………

2. Phần ghi tên và chữ kí của giám thị:
Giám thị số 1:…………………………………………………………………..
Giám thị số 2:………………………………………………………………….

1


Điểm của bài thi
Bằng số

Bằng chữ

Họ tên và chữ kí các giám khảo

SỐ PHÁCH

GK1:……………………………………..

GK2: …………………………………….

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
KẾT QUẢ

Câu 2: 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

KẾT QUẢ

2


Câu 3: Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS2 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 BaCl2 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
KẾT QUẢ

Câu 4: 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.

3


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

Câu 5: Muối sắt (III) thuỷ phân theo phản ứng
Fe3+ + 2H2O
Fe(OH)2+ + H3O+ K a = 4,0 . 10-3
a) Tính pH của dung dịch FeCl3 0,05M
b) Tính pH mà dung dịch phải có để 95% muối sắt (III) không bị thuỷ phân.
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

4


Câu 6: Hãy xác định khoảng cách giữa 2 nguyên tử iot trong 2 đồng phân hình học của phân tử C2H2I2
với giả thiết 2 đồng phân này có cấu tạo phẳng. (Cho độ dài liên kết C – I là 2,10 Å và C = C là 1,33
Å)
CÁCH GIẢI
KẾT QUẢ

5


Câu 7: Một hỗn hợp bột kim loại có khả năng gồm Mg, Al, Sn. Hòa tan hết 0,75 gam hỗn hợp bằng
dung dịch HCl dư thấy thoát ra 784 ml H2 (đo ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,75 gam hỗn hợp trong
oxi dư thì thu được 1,31 gam oxit. Xác định % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.
CÁCH GIẢI
KẾT QUẢ

6



 C(r) + 2H2(k) H = 74,9 KJ/mol. ở 5000C. KP = 0,41. Tính KP
Câu 8: Cho phản ứng: CH4(k) 

ở 8500C. Tính độ phân hủy  của CH4 và áp suất của hỗn hợp khí trong một bình dung dích 50 lít
chứa 1 mol CH4 và được giữ ở 8500C cho đến khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng
CÁCH GIẢI
KẾT QUẢ

Câu 9: Hòa tan hết 4,08 gam hỗn hợp A gồm một kim loại và một oxit của nó chỉ có tính bazo trong
một lượng vừa đủ V ml dung dịch HNO3 4M thu được dung dịch B và 0,672 lít khí NO duy nhất
(đktc). Thêm vào B một lượng dư dung dịch NaOH, lọc rửa kết tủa nung trong không khí đến khối
lượng không đổi thu được m gam chất rắn C. Để hòa tan hết 1gam chất rắn C cần dùng 25 ml dung
dịch HCl 1M. Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong A.

7

CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

Câu 10: Từ ankanal A có thể chuyển trực tiếp thành ankanol B và axít ankanoic D để điều chế este E .
M (E)
a)Viết phương trình phản ứng và tính tỉ số
(M(E) và M(A) là khối lượng mol phân tử của E và
M ( A)
A)
b)Với m(g) E . Nếu đun với KOH thì thu được m1(g) muối kali . Còn nếu đun với Ca(OH)2 thì thu
được m2(g) muối canxi . m2 < m < m1 . Xác định Công thức cấu tạo của A , B , D , E ?
c) Nung m1(g) muối kali trên với vôi tôi xút thì thu được 2,24 lít khí ở đktc . Tính m1 , m2 , m ?
CÁCH GIẢI
KẾT QUẢ

8


* Hằng số phóng xạ: k =

ln 2
t1
2

và

t=

1 N0
ln
k Nt

K P (T1 ) H  1 1 

  
K P (T2 )
R  T2 T1 
* 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

--Hết--9


SGD & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM 2010 - 201

Môn: HÓA HỌC Lớp 12 cấp THPT
Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi:
(Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này)

ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI
THI
Bằng số

Các giám khảo

(Họ, tên và chữ ký)

SỐ PHÁCH
(Do chủ tịch
Hội đồng thi ghi )

Bằng chữ

Câu 1:
Hợp chất X được tạo thành từ 7 nguyên tử của 3 nguyên tố.
Tổng số proton của X bằng 18.
Trong X có hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì và thuộc hai phân nhóm chính liên tiếp trong
hệ thống tuần hoàn.
Tổng số nguyên tử của nguyên tố có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất bằng

5
tổng số nguyên tử
2

của hai nguên tố còn lại.
1. Xác định công thức cấu tạo của X.
2. Viết phương trình phản ứng xảy ra nếu có khi cho X tác dụng lần lượt với: dung dịch
HNO3; dung dịch BaCl2; dung dịch AlCl3; dung dịch Fe(NO3)3
CÁCH GIẢI
KẾT
ĐIỂM
QUẢ
1. gọi công thức của X: AxByDz
=> x + y + z = 7 (*)
xZA + yZB + z.ZD = 18 (**)

giả sử ZA < ZB < ZD
=> 2x = 5 (y + z)
(***)
Từ (*) và (***) => x = 5; y = z = 1
từ (*) và (**) => Z 

18
 2,57
7

=> ZA < 2,57 => ZA = 1 (H);
ZA = 2 (He) : loại
B, D kế tiếp => ZD = ZB + 1
thay x,y,z và ZA = 1 vào (**)

1

01 of 9


=> 5 + ZB + ZD = 18
=> ZB = 6 (C)
ZD = 7 (Z)
CTPT của X: CNH5 công thức cấu tạo CH3NH2

1
X:
CH3NH2

2. Các phương trình phản ứng:

CH3NH2 + HNO3 
 CH3NH3NO3

1
0,5
0,5

CH3NH2 + BaCl2 
 không phản ứng
3CH3NH2 + 3H2O + AlCl3 
 Al(OH)3 + 3CH3NH3Cl

0,5
0,5

3CH3NH2 + 3H2O + Fe(NO3)3 
 Fe(OH)3 + 3CH3NH3NO3
* học sinh có thể viết phương trình của CH3NH2 với H2O trong các phần
cũng được.
Câu 2:

Một chất A phân hủy có thời gian bán hủy là 100 giây, va không phụ thuộc vào nồng độ đầu
của chất A. Tính thời gian để 80% chất A bị phân hủy
CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

Vì thời gian bán hủy không phụ thuộc nồng độ dầu => phản ứng phân
hủy tuân theo động học của phản ứng bậc 1.
* Hằng số phóng xạ: k =

ln 2
t1
2

và t =

1 N0
ln
k Nt

t1
100
1 N0
Từ biểu thức: t = ln
 t = 2 ln
ln 2 20
k Nt

5
232,193
(giây)

 t = 232,193 giây

Câu 3:
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.
CÁCH GIẢI
KẾT QUẢ
ĐIỂM
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

1,0

Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên
02 of 9


3

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

a = 55,82

2,0

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

1,0

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

20,93 21, 7 55,82
:
:
:1,55 = 2 : 2 : 9 : 4
27
28
16

Vậy công thức khoáng chất: Al2Si2O9H4
hay Al2O3.2SiO2.2H2O (Cao lanh)

Al2O3.2SiO2.2H2O 1,0

Câu 4 (5 điểm)
Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm.
a) Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này.

b) Tính số ion Cu+ và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở.
c) Xác định bán kính ion của Cu+.
Cho dNaCl = 4,136 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; MCu = 63,5gam/mol, MCl = 35,5 gam/mol Biết N=
6,02.1023.
CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

ĐIỂM

a) ô mạng CuCl tương tự NaCl

1

b)Vì lập phương Cumặt tâm nên
1Cl
8

1

Cl- ở 8 đỉnh: 8   1 ion Cl1
6 mặt: 6   3 ion Cl2

Cu+ ở giữa 12 cạnh : 12 
ở t âm : 1x1=1 ion Cu

+

 4 ion Cl1

+
 3 ion Na
4

1
 4 ion Cu+
03 of 9


Vy s phõn t trong mng c s l 4Na+ + 4Cl- = 4NaCl
c)
d

N .M NaCl
vi V=a3 ( N: s phõn t, a l cnh hỡnh lp phng)
N A .V
N .M CuCl
4.(63,5 35,5)
a3

158,965.1024 cm3
23
d .N A
4,136.6, 023.10

a 5, 4171.108 cm = 5,4171A 0

1

Mt khỏc theo hỡnh v ta cú a= 2r+ + 2r r

a 2r 5, 4171 2.1,84

0,869 Ao
2
2

1

Cõu 5:
a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10 -7 mol/lít.
b)Tính pH của dung dịch X được 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 như 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
H+ + OH

HCl
H+ + Cl
Theo định luật bảo toàn điện tích:
H+ = Cl- + OH- H+ = 0,5.10-7 +
7

+

1,0

10 -14
H



H 0,5.10 H 10 = 0.
Giải được: 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 phương trình HA còn dư = 0,01 mol
+ 2

IM

-14

1,0

1,0

0,01
Trong d2 X: CHA = CKA =
= 0,025M.

0,4

Xét các cân bằng sau:


H2 O
H+ + OH







A- + H2O


HA

H+ + A -

KW = 10-14

(1)

KHA = 10-375

(2)

HA + OH04 of 9

KB = KHA-1. KW = 10-10,25 (3)
So s¸nh (1) víi (2)  KHA >> KW  bá qua (1)
So s¸nh (2) víi (3)  KHA >> KB  bá qua(3)  Dung dÞch X lµ
dung dÞch ®Öm axit
cã pH = pKa + lg

muoi 
axit 

= 3,75 + lg

0,1
= 3,75
0,1

1,0

 Khi thªm 10-3 mol HCl
KA + HCl  KCl + HA
0,001  0,001 
0,001 (mol)
0,01  0,001
= 0,0275 M
0,4
0,01 - 0,001
vµ KA =
= 0,0225M .
0,4

HA =

Dung dÞch thu ®­îc vÉn lµ dung dÞch ®Öm axit.
T­¬ng tù, pH = 3,75 + lg

0,0225
= 3,66
0,0275

1,0

Câu 6:
Biết CH4 có cấu trúc tứ diện đều, ở tâm là nguyên tử cacbon và 4 đỉnh là 4 nguyên tử hidro.
Tính góc liên kết HCH của phân tử CH4 (lấy 2 số sau dấu phảy trong đáp án cuối cùng).
CÁCH GIẢI
KẾT
ĐIỂM
QUẢ
Ta có thể hình dung CH4 được đặt trong một khối hộp lập phương như
sau:
D
O
C

1
B

A

với 4 đỉnh là 4 nguyê tử hidro ứng với các vị trí A, B, D, O
nguyên tử cacbon ở tâm của khối hộp.
nếu cạnh của khối hộp bằng a => AB = a 2
3
AC = CB = a
2

ta có: AB2 = AC2 + CB2 - 2AC. CB. Cos(x)
thay số vào ta có.
Cos (x) = 

1
3

1
1

1
05 of 9


=> x = 109,470
vậy góc liên kết của CH4 là 109,470

109,470

1

Câu 7:
Cho 11,2 gam hỗn hợp Cu và kim loai M tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 3,136 lít

khí (đktc). Cũng lượng hỗn hợp này cho tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng, dư thu được
3,92 lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Xác định kim loại M.
CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

Các phản ứng có thể
2M + 2nHCl 
 2MCln + nH2
3M + 4nHNO3 
 3M(NO3)m + nNO + 2nH2O
3Cu + 8HNO3 
 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
Ta có

ĐIỂM

1

3,136
 0,14(mol )
22, 4
3,92

 0,175(mol )
22, 4

nH 2 
nNO

gọi x, y lần lượt là số mol của Cu và M.
=> 64 x + M.y = 11,2 (*)
TH1. nếu M có hóa trị không đổi là n.
=> ny = 0,28
2x + ny = 0,525
=> x = 0,1225 (mol)
thay vào (*) => M.y = 3,36
=> M = 12.n
Với n là hóa trị của M => chỉ có n = 2, M = 24 là thỏa mãn
TH2. nếu M có hóa trị thay đổi theo phản ứng.
=> ny = 0,28 (**)
2x + my = 0,525 (***)
từ (*), (**), (***) ta có

1

Mg

2

Fe

1

32m  M 0,525.32  11, 2

 20
n
0, 28

=> M + 20n = 32m
1 n  m  3

=> chỉ có giá trị n = 2; m = 3; M = 56 là thỏa mãn

06 of 9


Cõu 8:
378K hng s cõn bng Kp ca phn ng
9
C2H5OH (k)
CH3CHO (k) + H2 (k) Kp = 6,4.10
v H 0 71 Kj . Tớnh Kp ca phn ng 403K
CCH GII

KT
QU

IM

p dng cụng thc:
ln

K P (T1 ) H 1 1


K P (T2 )
R T2 T1

5

thay cỏc giỏ tr ta cú Kp = 2,6.10 8

Cõu 9:
Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO3 3,4M khuấy đều thấy
thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa
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 được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào,
lọc kết tủa, rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 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 dư có các phản ứng:
Cho e:
Nhận e:

KT
QU

IM

1,0
07 of 9