Đề thi chọn HSG THPT vòng tỉnh giải toán trên máy tính cầm tay môn hóa học 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG
-----------HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2019-2020
-----------------------------Môn: HÓA HỌC
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 12/9/2019
(Hướng dẫn chấm có 7 trang)

BÀI
NỘI DUNG
1
Câu 1.(6 Điểm):
a. Gọi x, y, z lần lượt là tổng số hạt proton, nơtron, electron trong
(10 điểm)
nguyên tử X, Y, Z.
Theo đề bài ,ta có :
x + 2y = 66 (1)
z + 2x = 96 (2)
z + y = 84 (3 )
 x  18
(1),(2),(3)  
 y  24
z  60


Gọi
PX, PY, PZ lần lượt là số proton của X, Y, Z .
nX ,nY , nZ lần lượt là số nơ tron của X, Y, Z.
2PX  n X  18
Ta có : 
 2PY  n Y  24
2P  n  60
 Z
Z

Vì PX  n X  1,5PX
18
18

 PX 
3,5
3

ĐIỂM

1

1

 5,14  PX  6

 PX  6




Vậy X là Cacbon (C)
Tương tự

1

24
24
 PY 
3,5
3

 6,857  PY  8
 PY  7  n Y 10  số khối = 7 +10 = 17( Loại )
 PY  8  n Y  8  số khối = 8 + 8 = 16( Chấp nhận )
Vậy Y là Oxi




(O)

60
60
 PZ 
3,5
3

 17,14  PZ  20

Trang - 1

1


 PZ  18 ( Loại vì khí trơ không tạo liên kết hóa học )

 PZ  19  n Z  22  số khối = 19 + 22 = 41 ( Loại )
 PZ  20  n Z  20  số khối = 20 + 20 = 40 ( Chấp nhận )
Vậy Z là Canxi
(Ca)
Vậy công thức A là CaCO3 ( thỏa điều kiện MA < 120 đ.v.c )
b) B : TxCy (x+y = 7 )
Gọi số proton của nguyên tử T là PT
(2PT)x + 12y = 140
hay
PTx + 6y
= 70
PTx + 6(7-x)
= 70

PTx - 6x
= 28


PT 



28

6
x

1

( x  7)

x

1

2

4

PT

34

20

13
( nhận )

Vậy T là nhôm ( Al )
và B là Al 4C3.

1

Câu 2.(4 điểm):

a.

0
0
0
 H 298
(phản ứng) =  H 298
(CO)-  H 298

(CO2)=-110,4-(393,1)

=282,7(kJ).
0
0
0
 S (phản ứng) =  S298
(CO)+  S 298
(O2)-  S 298
(CO2)
= 86,5J.
0
0
0
 G298 (phản ứng) =  H 298
(phản ứng) –T. S 298
(phản ứng)
3
=282,7.10 -298.86,5=256,923(kJ).
0
Vì

 G298 (phản ứng) >0 nên ở 25 0C phản ứng không tự xảy ra theo
chiều thuận.
0
b. Để phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì  G298
< 0 Suy ra:
0
298

0
 H 298

1

1

1

0
-T. S 298
<0

H 298 282, 7.103

 T  3268, 2 K
S298
86,5
Vậy ở nhiệt độ lớn hơn 2995,20C thì phản ứng tự diễn biến.

 T>

2
(10 điểm) Câu 1.(5 điểm):
t
2 KClO3 
2 KCl  3O2 
0

1,5x(mol )

x(mol )

t
2 KMnO4 
K 2 MnO4  MnO2  O 2 
0

Trang - 2

1


0,5 y(mol )

y(mol )
t
2C  O2 
2CO
0

1

a(mol )
t
C  O 2 
CO2
b(mol )
Ta có hệ phương trình:
a  b  0,04


 28a  44b
 0,04  2 16

0

a  0,03


b  0,01

CO : 0,03 (mol )

CO2 : 0,01 (mol )

a
0,03
b
 0,01  0,025 (mol )
2
2

Ta có hệ phương trình:

1

 nO2 

1

 KClO3 : 0,01 (mol )
122,5 x  158 y  4,385
 x  0,01

 

1,5 x  0,5 y  0,025
 y  0,02
 KMnO4 : 0,02 (mol )

1

mKClO3  0,01122,5  1,225 ( gam)

1

mKMnO4  0,02 158  3,16 ( gam)

Câu 2.(5 điểm):
Quy đổi hỗn hợp X thành : Fe, Cu và S. Ta có :
4, 66
 0, 02mol , nNO  0,07mol ,

nS = nSO2 = n BaSO4 =
4
233
Gọi x,y lần lượt là số mol của Fe, Cu
Bảo toàn eletron ta có:
+ Quá trình oxi hóa: Fe  Fe3+ + 3e
x
3x
2+
Cu  Cu + 2e
y
2y
2
S + 4H2O  SO 4 + 8H+ + 6e
0,02
0,16 0,12

+
+ Quá trình khử:
NO 3
+ 4H
+ 3e 
NO + 2H2O
0,07 
 0,28 
 0,21 
 0,07
 3x+2y+0,12 = 0,21
(1)
Mặt khác:

56x + 64y+32.0,02 = 2,72
 56x+64y =2,08
(2)
Gi ải hệ phương trình từ(1) và (2) ta được:
 x  0, 02mol

 y  0, 015mol
n HNO3 ban đầu =0,5 mol  n H  còn =0,5+0,16-0,28 =0,38 mol
n NO 

còn =

0,5-0,07= 0,43 mol

3

Phương trình phản ứng :
3Cu
+ 8H+ + 2NO 3 
 3Cu2+ 2NO + 4H2O
0,1425 
 0,38
Cu
+
2Fe3+ 
 Cu2+ + Fe2+
Trang - 3

0,5

1

0,5
0,5

0,5

0,5
0,5
0,5


0,01 
 0,02
Vậy m =64.(0,1425+0,01) = 9,76 gam
3
Câu 1.(5 điểm):
(10 điểm)
Ca 2 : 2 x (mol )
 
1
 Na : 2 y (mol )

Dung dịch X 
dung dịch X

2
 HCO3 : 2 z (mol )
Cl  : 0,1 (mol )


- Cho

Ca 2 : x (mol )
 
 Na : y (mol )


 HCO3 : z (mol )
Cl  : 0,05 (mol )


0,5

1
dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH dư:
2

HCO3  OH Ca 2

0,5





CO 32-



H 2O

CO 32-  CaCO 3 

x

x
x

- Cho

2
 0,02 (mol )
100

1
dung dịch X phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư:
2

HCO3  OH -



CO 32-



H 2O

z

z

Ca

1

2



CO

23

 CaCO 3 
z

z

3
 0,03 (mol )
100
1
- Bảo toàn điện tích cho
dung dịch X:
2
2  0,02  y  0,03  0,05
z

1

 y  0,04

- Đun sôi dung dịch X đến cạn, thu được m gam chất rắn khan:
t
2HCO3 
CO 32-  CO2  H 2O

1

0

2  0,03 mol

0,5

0,03 mol

m  mCa2  mNa  mCO2  mCl 
3

m  2  0,02  40  2  0,04  23  0,03 60  0,1 35,5

m  8,79 ( gam)
Câu 2.(5 điểm):
nSO2 = 0,005 mol

1

 K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 

1

0,005  0,002 
 V = 0,002/0,002 = 1 (lit).

0,001

0,002

0,002 (mol)
0,5

Trang - 4


0
0
Ta có: CSO
= 0,002 M
2- = 0,003 M ; C
H SO
2

4

 H+ +HSO4H2SO4 
0,002

1

4

1

0,002 0,002 (M)






HSO40,002-x

H+

SO42-

+

(0,002+x)

0,5

(0,003+x) (M)

(0,002+x)(0,003+x)
= 2.10-2  x  1,3.10-3
(0,002-x)

[H+] = 2.10-3 + 1,3.10-3 = 3,3.10-3 (M)
Ta có: KC =

1

 pH = 2,4815
4
Câu 1.(5 điểm):
(10 điểm)
Ta có: nKOH  0,035 x1 0,035 mol
CO2 + KOH 
 KHCO3
a
a
a
CO2 +2KOH 
 K2CO3 + H2O
b
2b
b
Khối lượng bình KOH tăng là khối lượng của khí CO2 và H2O
 a  0, 005
 a  2b  0, 035
 

b  0, 015
100a  138b  2, 57

 nCO2  a  b  0, 015  0, 005  0, 02

0,5

0,5

1

 mH 2O  1,15  mCO2  1,15  0, 02.44  0, 27 g
 nH 2O 

0, 27
 0, 015mol
18

1

Gọi CTPT của A là: CxHyOz

x : y  nC : n H  0,02 : 0,03  2 : 3 và MA=43.2 = 86
 (C2 H 3OZ ) a
 27 a  16 za  86
86
 27
a
z
16
A
1
2
3
4

z
3,67
1
0,1
<0
Chọn a=2 và z=1
Vậy công thức phân tửa của A là C4H6O2 và mA=(0,02:4) . 86= 0,43 gam
Câu 2(5 điểm) :
a)
Gọi C2H6 : x mol
C2H4 : y mol
Trang - 5

1

1


C3H4 : z mol
Theo giả thuyết ta có : 30x +28y +40z = 14,3
(1)
Khi tác dụng với dung dịch Brôm thì chỉ có C2H4, C3H4 phản ứng
C2H4 + Br2 
 C2H4Br2
y
y
C3H4 + 2Br2 
 C3H4Br4
z
2z

 y + 2z = 0,3
(2)
Pứ : CH≡C-CH3 + AgNO3+ NH3 
 CAg≡C-CH3 + NH4NO3
0,1 
0,1 mol

Vì 0,45 mol hỗn hợp X thì có 0,1 mol C3H4
 nC2 H 6 + nC2 H 4 =0,45-0,1 =0,35 mol
 tổng số mol của C2H6 và C2H4 gấp 3,5 lần số mol C3H4
 x +y = 3,5z
Từ(1)(2)(3) Ta có hệ phương trình :

nH 2 O 

1

1

(3)

30 x  28 y  40 z  14,3
 x  0, 25


  y  0,1
 y  2 z  0,3
 x  y  3,5 z  0
 z  0,1



 Phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X là
0, 25
%V(C2H6) =
x100%  55,56%
0, 45
0,1
%V(C2H4)=
x100%  22, 22% =%V(C3H4)
0, 45
5
Câu 1.(5 điểm):
(10 điểm)
13,216
nO2 
 0,59 (mol ) ;
22,4

1

9,36
 0,52 (mol )
18

1

1

0,5

t
11,16 ( gam) E  0,59 (mol ) O2 
? CO2  0,52 (mol ) H 2O
 Bảo toàn khối lượng ta có:
11,16  0,59  32  mCO2  0,52 18
0

 mCO2  20,68 ( g )
nCO2  nH 2O

 nCO2 

20,68
 0,47 (mol )
44

 Z là ancol no, 2 chức.

1

 Quy đổi E về hỗn hợp gồm:
CH 2  CH  COOH : 0,04 (mol )
C H (OH ) : x (mol )
 2 4
2

CH 2 : y (mol )
H 2O : z (mol )

0,5

(nCH2 CH COOH  nBr2  0,04 (mol ) )

Ta có:
mE  0,04  72  62x  14 y  18z  11,16
nCO2  0,04  3  2 x  y  0,47

nH 2O  0,04  2  3x  y  z  0,52

Trang - 6

(1)
(2)
(3)

1


Giải hệ (1), (2), (3) ta được:
 x  0,11

 y  0,13
 z  0,02


1

Do Z cùng số cacbon với X nên Z phải có ít nhất 3C  ghép vừa
đủ 1 CH2 cho Z  Z là C3 H 6 (OH ) 2 và còn dư: 0,13  0,11  0,02
mol CH2 cho axit.

CH  CH  COOK : 0,04 (mol )
 mmuối gồm  2
CH 2 : 0,02 (mol )

m = mmuối = 0,04 110  0,02 14  4,68 ( g )

1

Câu 2.(5 điểm) :
1,568
n CO2 =
=0,07mol
22, 4
n O2 =

1,848
=0,0825 mol
22, 4

0,5

Đặt công thức chung của hai amino axit : Cn H 2 n1 NO2
4
4
 x= (1,5n CO2 -n O2 )= (1,5.0,07-0,0825)=0,03 mol
3
3
nCO2 0, 07 7
n



x
0, 03 3
7
 mhaiaminoaxit =(14. +47).0,03=2,39 gam
3
1
 n N2 =b= x  0, 015mol
2
 mH 2O  a  mM  mO2  mCO2  mN2

:

x (mol)

 a= 2,39 + 32.0,0825-44.0,07-28.0,015=1,53 gam
7
Từ tính chất trung bình ta có n1 < n  3
 Công thức của hai aminoaxit: C2H5NO2 và C3H7NO2
Gọi x1 và x2 lần lượt là số mol của X1 và X2
 x1  x2  0, 03
 x1  0, 02

Ta có hệ phương trình: 
 x2  0, 01
2 x1  3x2  0, 07
 M tạo bởi 2X1 và X2
M
+ 2H2O 

+ X2
 2X1
0,01 
 0,02 
 0,02 
 0,01
m= 2,39-18.0,02=2,03 gam

Chú ý: Học sinh có thể làm theo cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.

Trang - 7

1

1

1

1

0,5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY

NĂM HỌC 2018 -2019

MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian : 90 phút( không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 12/9/2018
(Đề thi gồm có 2 trang, 5 bài)

Chú ý: - Thí sinh làm bài vào giấy thi do giám thị coi thi phát;
- Nếu đề bài không có yêu cầu riêng thì kết quả làm tròn đến 4 chữ số thập phân.
Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:
(H=1; O=16; C=12, N=14; O=16; K=39; Na =23; Cl=35,5; Br=80; I =127; F=19; Mn =55;
S=32; Fe=56;Ca=40)
Bài 1. (10 điểm)
Câu 1: (4 điểm) Hợp chất A có công thức MX2 trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng.
Trong hạt nhân M có số hạt nơtron nhiều hơn số hạt proton là 4. Trong hạt nhân X có tổng số
hạt nơtron bằng tổng số hạt proton. Tổng số proton trong MX2 là 58.
a. Xác định tên, số khối của M, X.
b. Viết cấu hình electron nguyên tử của M, X.
Câu 2: (6 điểm) Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K
Số phản ứng
Phản ứng
H 0298 (kJ)
(1)
2NH3 + 3N2O  4N2 + 3H2O
 1011
(2)
N2O + 3H2  N2H4 + H2O
 317
(3)
2NH3 + 0,5 O2  N2H4 + H2O

 143
(4)
H2 + 0,5O2  H2O
 286
0
0
0
S 298 (N2H4) = 240 J/K.mol; S 298 (H2O)= 66,6 J/K.mol; S 298 (N2)= 191 J/K.mol;
S 0298 (O2)= 205 J/K.mol.
a. Tính nhiệt tạo thành H 0298 của N2H4 ; N2O và NH3.
b. Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin(N2H4) tạo thành H2O và N2. Tính
0
H 298 , G 0298 và hằng số cân bằng K của phản ứng này. Cho biết hằng số khí R=8,314 J /mol.K.
Bài 2. (10 điểm)
Câu 1: (4 điểm) Cho cân bằng sau: N2O4(k)
2NO2(k)
a. Lấy 18,4 gam N2O4 vào bình dung tích 5,904 lit ở 270C. Lúc cân bằng, áp suất của hỗn
hợp khí trong bình là 1atm. Tính áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 ở trạng thái cân bằng.
b. Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống bằng 0,5 atm thì áp suất riêng phần của
NO2 và N2O4 lúc này là bao nhiêu? Kết quả tìm có phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng
Chatelier không? Cho hằng số khí R=0,082 L.atm.K-1.mol-1.
Câu 2: (6 điểm) Hỗn hợp X gồm 3 muối halogenua của kim loại natri. Hòa tan hoàn toàn
6,23 gam hỗn hỗn hợp X trong nước thu được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A, kết
thúc phản ứng đem cô cạn dung dịch thu được 3,0525 gam muối khan B. Hòa tan ½ B trong


nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 3,22875 gam kết tủa. Tính thành
phần phần trăm theo khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp X.
Bài 3. (10 điểm)
Câu 1: (4 điểm) Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05M; HCl 0,18M và CH3COOH 0,02M.

Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23M thì dừng, ta thu
được dung dịch B (xem thể tích của dung dịch B bằng thể tích của dung dịch A). Cho
Ka2(HSO 4 ) = 10-2; Ka(CH3COOH) =10-4,75. Tính pH của dung dịch B.
Câu 2: (6 điểm) Hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và oxit của nó có khối lượng 177,24
gam. Chia A thành 3 phần bằng nhau:
+ Phần 1: Hòa tan trong dung dịch HCl và H2SO4 loãng dư thu được 4,48 lít khí H2 .
+ Phần 2: Hòa tan trong 1lit dung dịch HNO3 lấy dư 25% so với lượng phản ứng vừa đủ,
thu được 4,48 lít khí không màu hóa nâu trong không khí và dung dịch B.
+ Phần 3: Đem đun nóng với chất khí CO dư đến khi phản ứng hoàn toàn, cho toàn bộ
chất rắn hòa tan trong nước cường toan dư thì chỉ có 17,92 lít khí NO thoát ra.
a. Xác định công thức của M và oxit của nó. Các khí thoát ra đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
b. Tính nồng độ mol của HNO3 và khối lượng của sắt có thể hoà tan hết dung dịch B.
Bài 4. (10 điểm)
Câu 1: (3 điểm) A là một chất độc hóa học đã được sử dụng trong chiến tranh Việt Nam.
Trong A có chứa các nguyên tố C, H, O và nguyên tố X. Kết quả phân tích cho thấy A chứa
hàm lượng phần trăm theo khối lượng của các nguyên C, H,O lần lượt là 44,72%; 1,24%; 9,94%
và còn lại là hàm lượng của X. Trong phân tử A chứa 2 nguyên tử oxi và số nguyên tử X gấp 2
lần số nguyên tử oxi. Xác định công thức phân tử A.
Câu 2: (7 điểm) Hỗn hợp A gồm C2H2, C3H6 và C3H8. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam 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 SO2 nữa thì mới mất màu hoàn toàn, lượng SO2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml
dung dịch KMnO4 0,1M. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong
hỗn hợp A. Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Bài 5. (10 điểm)
Oxi hóa 57 gam hỗn hợp anđehit propionic, ancol no đơn chức bậc một A và este B (tạo ra
bởi một axit là đồng đẳng của axit acrylic với ancol A) được hỗn hợp X gồm axit và este. Cho
lượng hỗn hợp X phản ứng với CH3OH (hiệu suất 50%) được 48 gam hỗn hợp este. Mặt khác,

cho lượng X đó phản ứng với 750ml dung dịch KOH 1,5M, thì sau phản ứng để trung hòa hết
KOH dư cần dùng thêm vào 41,0625 gam dung dịch HCl 20% được dung dịch D. Cô cạn dung
dịch D được hơi chất hữu cơ E, còn lại 115,1625 gam hỗn hợp muối. Cho E tách nước ở 1400C
(H2SO4 đậm đặc làm xúc tác) được chất F có tỉ khối hơi so với E bằng 1,61.
a. Tìm công thức phân tử A và B.
b. Tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp ban đầu.
------------------Hết----------------Ghi chú:
 Thí sinh không sử dụng tài liệu;
 Giám thị không giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2018 -2019

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian : 90 phút( không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 12/ 9/ 2018
( Đáp án đề thi gồm có 9 trang, 5 bài)

Chú ý: - Thí sinh làm bài vào giấy thi do giám thị coi thi phát;
- Nếu đề bài không có yêu cầu riêng thì kết quả làm tròn đến 4 chữ số thập phân.
Bài 1. (10 điểm)
Câu 1:(4 điểm) Hợp chất A có công thức MX2 trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt
nhân M có số hạt nơtron nhiều hơn số hạt proton là 4, trong hạt nhân X có tổng số hạt nơtron bằng tổng

số hạt proton. Tổng số proton trong MX2 là 58.
a. Xác định tên, số khối của M, X.
b. Viết cấu hình electron nguyên tử của M, X.
Bài
Câu
Đáp án
Biểu điểm
a. Gọi ZM, ZX , NM, NX lần lượt là số proton, nơtron của M và
0,5đ
1
1
X.
Trong hợp chất MX2 có % khối lượng
ZM  NM
.100%  46, 67%
M=
(1)
0,5 đ
Z  N  ( Z  N ).2
M

M

X

X

Với hạt nhân M: NM - ZM = 4
(2)
Với hạt nhân X: NX = ZX

(3)
Tổng số proton trong MX2 là ZM + 2. ZX = 58
(4)
Giải hệ phương trình (1)(2)(3)(4) được:
ZM =26, NM =30→ M là Fe, số khối Fe: AFe = ZM + NM = 56.
Zx=16=Nx . Suy ra X là S, số khối S: AS = ZX + NX =32.
b. Cấu hình electron của Fe: [Ar]3d64s2; S: [Ne]3s23p4.

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

Câu 2: (6 điểm) Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K
Số phản ứng
Phản ứng
H 0298 (kJ)
(1)
2NH3 + 3N2O  4N2 + 3H2O
 1011
(2)
N2O + 3H2  N2H4 + H2O
 317
(3)
1
 143
2NH3 + O2  N2H4 + H2O
2

(4)
1
 286
H2 + O2  H2O
2
0
0
S 298 (N2H4)= 240 J/K.mol; S 298 (H2O)= 66,6 J/K.mol; S 0298 (N2) = 191 J/K.mol; S 0298 (O2) = 205 J/K.mol.
a. Tính nhiệt tạo thành H 0298 của N2H4 ; N2O và NH3.
b. Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin tạo thành nước và N2 và tính H 0298 , G 0298 và
hằng số cân bằng K của phản ứng này.
Bài
Câu
Đáp án
Biểu điểm
a) Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu
1
2
các chất và được

1


N2 + 2H2  N2H4 . Đó là:
4N2 + 3H2O 
2NH3 + 3N2O
-H1
3N2O + 9H2 
3N2H4 + 3H2O
3H2

1
2NH3 +
O2 
N2H4 + H2O
H3
2
H2O 
H2 + 0,5 O2
-H4
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
H 0298 = 2  ( 286)  50,75 =  622,75 kJ/mol
S

0
298

= 191 + (2  66,6)  205  240 =  120,8 J/K

G 0298 =  622,75  ( 120,8. 10 3  298) =  586,75 kJ/mol
ln K = 

586, 75.103
G

=
= 236,8 ;
RT
8,314  298

K = 10103

0,5

0,5đ
1đ
1đ
1đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

Bài 2. (10 điểm)
Câu 1: (4 điểm) Cho cân bằng sau:
N2O4(k)
2NO2(k)
a. Lấy 18,4 gam N2O4 vào bình dung tích 5,904 lit ở 270C. Lúc cân bằng áp suất của hỗn hợp khí
trong bình là 1atm. Tính áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 ở trạng thái cân bằng.
b. Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống bằng 0,5 atm thì áp suất riêng phần của NO2 và
N2O4 lúc này là bao nhiêu? Kết quả tìm có phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng Chatelier
không? Cho hằng số khí R=0,082 L.atm.K-1.mol-1.
Bài
2

Câu
1

Đáp án
a. Theo giả thuyết : nN2O4  18,4/92= 0,2 (mol).
N2O4(k)
2NO2(k)
nbđ
0,2
0
ncb
0,2-x
2x
ncb =0,2 + x ( với x là số mol N2O4 bị phân hủy khi đạt đến trạng
thái cân bằng). Tổng số mol khí của hệ lúc cân bằng là:
PV
1.5,904

 0, 24(mol ) . Suy ra: x=0,04(mol).
0,2 + x =
RT 0, 082.300
Tại trạng thái cân bằng:
nN2O4  0,2-0,04= 0,16(mol)

Biểu điểm

Ta có cân bằng:

nNO2  0,04.2=0,08(mol)

Số mol khí N2O4 gấp đôi số mol khí NO2 nên áp suất của N2O4
cũng gấp đôi áp suất NO2.
2
0, 08 1
PNO2 =
Vậy
 atm Suy ra : PN2O4  atm
3
0, 24 3

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ

2


b. PP 

2
PNO
2

PN2O4

1 3 1
 ( )2 . 

3 2 6

0,5đ

Đặt áp suất NO2 khi cân bằng là p. Suy ra: áp suất của N2O5 là
0,5 –p. Ta có:
1
p2
Kp= 
suy ra: 6P2 +P-0,5=0.
6 0,5  p
Nên: PNO2  0, 217atm; PN2O4  0, 283atm
Kết quả là :

PNO2
PN2O4



0,5đ

0,5đ

0, 217
 0, 767
0, 283

So sánh với kết quả trên:

PNO2

PN2O4

1 3
 .  0,5
3 2

0,5đ

Khi giảm áp suất của hệ xuống thì cân bằng chuyển dịch theo
chiều tăng áp suất của hệ lên( phía có nhiều phân tử khí hơn) nên
phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng Chatelier.

Câu 2: (6 điểm) Hỗn hợp X gồm 3 muối halogenua của kim loại natri. Hòa tan hoàn toàn
6,23 gam hỗn hỗn hợp X trong nước thu được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A, kết
thúc phản ứng đem cô cạn dung dịch thu được 3,0525 gam muối khan B. Hòa tan ½ B trong
nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 3,22875 gam kết tủa. Tính thành
phần phần trăm theo khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp X.
Bài
2

Câu
2

Đáp án
Biểu điểm
Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung
3, 0525
 0, 0522mol
dịch A chỉ có NaCl → nNaCl 
58,5

0,5đ
NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3
(1)
3, 22875
.2  0, 045mol  0, 0522mol
Theo (1) → nNaCl  nAgCl 
0,5đ
143,5
Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong
hỗn hợp X chứa NaF.
mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g).
0,5đ
0, 42
% NaF 
.100%  6, 74%
0,5đ
6, 23
Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY
(2)
2NaY  Cl2  2NaCl  Y2
Theo (2) → nNaY  nNaCl  0, 045mol

0,5đ

mNaY  mX  mNaF  6, 23  0, 42  5,81( g )

5,81
 129,11  23  M Y  M Y  106,11
0, 045
→ phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy công

thức của muối thứ 2 là NaI.
Do đó có hai trường hợp:
* Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI
Do đó: M NaY 

0,5đ
0,5đ

3


Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI
58,5a  150b  5,81 a  0, 0103

Ta có: 
a  b  0, 045
b  0, 0347
mNaCl = 58,5.0,0103 = 0,6026(g)
mNaI = 150. 0,0347 = 5,2050 (g)
0, 6026
Vậy: % NaCl 
.100%  9, 67%
6, 23
%NaF  6,74%
%NaI  83,59%
*Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI
103a ' 150b '  5,81 a '  0, 02

Ta có: 
a ' b '  0, 045

b '  0, 025
mNaBr = 103.0,02 = 2,06(g)
mNaI = 150.0,025 = 3,75 (g)
2, 06
Vậy % NaBr 
.100%  33, 07%
6, 23
3, 75
% NaI 
.100%  60,19%
6, 23
%NaF  6,74% .

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Bài 3. (10 điểm)
Câu 1: (4 điểm) Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05M; HCl 0,18M và CH3COOH 0,02M. Thêm dung
dịch NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23M thì dừng, ta thu được dung dịch
B(xem thể tích của dung dịch B bằng thể tích của dung dịch A). Cho Ka2(HSO 4 ) = 10-2; Ka(CH3COOH)
=10-4,75. Tính pH của dung dịch B.
Bài
3

Câu
1

Đáp án
Vì nấc 1 H2SO4 phân li hoàn toàn nên:
H2SO4  H+ + HSO 4
0,05
0,05 0,05
HCl  H+ + Cl0,18
0,18
0,18
NaOH  Na+ + OH0,23
0,23
0,23
H+ + OH-  H2O
0,23 0,23
Dung dịch B chứa:
 HSO4 : 0, 05M

 CH 3COOH : 0, 02M
 
 Na : 0, 23M
Cl  : 0,18M .

Phương trình điện li:
HSO 4
H+ + SO 24 
0,05M
0
0

0,05- x
x
x

Biểu điểm
(1)
(2)

0,5đ

(3)
(4)

0,5đ

0,5đ

(5)

0,5đ

4


CH3COOH
CH3COO- + H+
0,02 M
H2O
OH- + H+

(6)
0,5đ
(7)

2

Ta có

Ka2
10
 4,75  562,3  100 nên phản ứng (6) xảy ra chủ
K a 10

yếu.
Ka2.C=10-2.0,05= 5.10-4> 10-14 nên bỏ qua sự điện li của nước.
Xét cân bằng (6):
x2
Ka2 =
 102 suy ra: x2+ 0,01x-5.10-4 =0
0, 05  x
x= 0,0179 và pH = 1,747.

0,5đ
0,5đ
0,5đ

Câu 2: (6 điểm) Hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và oxit của nó có khối lượng 177,24 gam. Chia A
thành 3 phần bằng nhau:
+ Phần 1: Hòa tan trong dung dịch HCl và H2SO4 loãng dư thu được 4,48 lít khí H2 .
+ Phần 2: Hòa tan trong 1 lit dung dịch HNO3 lấy dư 25% so với lượng phản ứng vừa đủ, thu

được 4,48 lít khí không màu và hóa nâu trong không khí và dung dịch B.
+ Phần 3: Đem đun nóng với chất khí CO dư đến khi phản ứng hoàn toàn cho toàn bộ chất rắn hòa
tan trong nước cường tan dư thì chỉ có 17,92 lít khí NO thoát ra. Các khí thoát ra ở điều kiện tiêu chuẩn.
a. Xác địng công thức của M và oxit của nó.
b. Tính nồng độ mol của HNO3 và khối lượng của sắt có thể hoàn tan hết dung dịch B.
Bài
Câu Đáp án
Biểu điểm
Gọi
+
Kim
loại
M
:
a
mol
trong
mỗi
phần
3
2
+ oxit của kim loại M là MxOy : b mol trong mỗi phần.
Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO.
n
Phần 1: M + nH+ 
 Mn+ + H2
2
0,25đ
na
a

2
na
0,25đ
Ta có: nH 2 =
=0,2  na= 0,4
(1)
2
Phần 2:
3M + 4mHNO3 
 3M(NO3)m + mNO + 2mH2O
0,25đ
ma
a
3
0,25đ
3MxOy+(4mx-2y)HNO3 
 3xM(NO3)m+(mx-2y)NO+(2mx-y)H2O
mx  2 y
(
)b
b
3
ma mx  2 y
0,5đ
)b = 0,2
Theo phương trình:
+(
(2)
3
3

 M : a(mol )
 M : a (mol )
CO
Phần 3: 

 
 xM : bx(mol )
 M xOy : b(mol )
 chất rắn có:(a+bx) mol
Hòa tan chất rắn trong nước cường toan(hỗn hợp HNO3 và HCl) ta
có các quá trình:
Qúa trình oxihoa:
M 
me
 Mm+ +

0,5đ
0,5đ

5


(a+bx) mol
m(a+bx) mol

+
Qúa trình khử: NO3 + 4H +3e 
 NO + 2H2O
2,4 
 0,8

Bảo toàn electron: m(a+bx) =2,4
(3)
Giải hệ phương trình(1)(2)(3) ta được:

an  0, 4

by  0,9

2, 4
a  bx 
m

Mặt khác ta lại có: 177,24= 3Ma+ 3Mbx+ 48by
1117
m
M=
60
m=1 suy ra M= 18,61 (loại)
m=2 suy ra M=37,2 (loại)
m=3 suy ra M=55,85  56 ( Fe)
Vậy kim loại cần tìm là Fe; n=2,m=3 nên a= 0,2; bx=0,6; by=0,9
x 0, 6 2
Từ đó ta có : 

y 0,9 3
Vậy oxit cần tìm: Fe2O3.
b. Ở phần 2: Fe : 0,2 mol
Fe2O3 0,3 mol
Fe + 4HNO3 
 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

0,2
0,8
0,2
Fe2O3+ 6HNO3 
 2Fe(NO3)3+ 3H2O
0,3
1,8
0,6
Số mol của HNO3 phản ứng: 2,6 mol
Số mol HNO3 ban đầu:
2,6+ 0,65 = 3,25 mol
Nên nồng độ HNO3 ban đầu là: 3,25 mol.
 HNO3 : 0, 65mol
Dung dịch B gồm: 
 Fe( NO3 )3 : 0,8mol
Fe + 4HNO3 
 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
0,1625 0,65
0,1625
Nên số mol của Fe(NO3)3: 0,1625+0,8= 0,9625mol
Fe
+ 2Fe(NO3)3 
 3Fe(NO3)2
0,48125
0,9625
Số mol của Fe cần dùng : 0,1625+ 0,48125= 0,64375 mol
Vậy khối lượng của sắt cần dùng là: 0,64375.56= 36,05 gam

0,25đ
0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Bài 4. (10 điểm):
Câu 1: (3 điểm) A là một chất độc hóa học đã được sử dụng trong chiến tranh Việt Nam. Trong A
có chứa các nguyên tố C, H, O và nguyên tố X. Kết quả phân tích cho thấy A chứa hàm lượng phần trăm
theo khối lượng của các nguyên C, H,O lần lượt là 44,72%; 1,24%; 9,94% và còn lại là hàm lượng X.
Trong phân tử A chứa 2 nguyên tử oxi và số nguyên tử X gấp 2 lần số nguyên tử oxi. Xác định công
thức phân tử A.
Bài
Câu
Đáp án
Biểu điểm

6


Ta có % X = 100% -(%C+%H+%O) = 44,1%.
0,5đ
Gọi công thức X là CxHyOzXt, ta có:
%C % H %O %44,1

:
:
:
x: y : z : t =
12
1
16
X
44,72 1,24 9,94 44,1
:
:
:
=
0,5đ
12
1
16
X
 44,1 16 
0,5đ
.
= 6: 2:1: 
(*)

X
9
,
94



Do số nguyên tử X gấp 2 lần số nguyên tử O trong A nên có:
0,5đ
 44,1 16 
.

 = 2 rút ra X = 35,5 và X là Cl.
 X 9,94 
0,5đ
Thay ngược trở lại (*) được x: y: z : t = 6 : 2 : 1 : 2
CTĐGN của A là C6H2OCl2
0,5đ
CTPT của A dạng (C6H2OCl2)n, A có 2 nguyên tử O nên n=2, công
thức phân tử A là C12H4O2Cl4.
Câu 2: (7 điểm) Hỗn hợp A gồm C2H2, C3H6 và C3H8. Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam 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 SO2 nữa thì mới mất
màu hoàn toàn, lượng SO2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Các phản ứng xảy
ra hoàn toàn. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A. Các thể tích khí đều đo ở đktc.
4

Bài
4

1

Câu
2

Đáp án
C2 H 2 : x mol
CO2 dd H2SO4

(OH ) 2 du
 O2
m (gam)A C3 H 6 : y mol 

 CaCO3 
 CO2 ddCa


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:
(BT C):
2x + 3y + 3z = nCO2 = 0,15
(1)

(BT H):
2x + 6y + 8z = 2 nH 2O =0,26
(2)
+Phản ứng dd Brôm

CH  CH
+ 2Br2 
 CHBr2-CHBr2
x
2x
CH3-CH=CH2 + Br2 
 CH3-CHBr-CH2Br
y
y
CH3-CH2-CH3 + Br2 
 không phản ứng
z
SO2
+ Br2 + 2H2O 
 2HBr + H2SO4
(0,04-0,01)
0,03
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 
 K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
0,01
0,004
(x+y+z) mol hỗn hợp A cần
(2x + y) mol Br2

Biểu điểm
0,5đ

1đ

1đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ

7


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
 x  0, 03(mol )

Từ (1), (2) và (3)   y  0, 02(mol )
 z  0, 01(mol )

%VC2H2 = 50,0%;
%VC3H6 = 33,33%;
%VC3H8 = 16,67%.

1đ
(3)
0,5đ

1đ

Bài 5. (10 điểm):

Oxi hóa 57 gam hỗn hợp anđehit propionic, ancol no đơn chức bậc một A và este B (tạo ra bởi một
axit là đồng đẳng của axit acrylic với ancol A) được hỗn hợp X gồm axit và este. Cho lượng hỗn hợp X
phản ứng với CH3OH (hiệu suất 50%) được 48 gam hỗn hợp este. Mặt khác, cho lượng X đó phản ứng
với 750ml dung dịch KOH 1,5M, thì sau phản ứng để trung hòa hết KOH dư cần dùng thêm vào
41,0625 gam dung dịch HCl 20% được dung dịch D. Cô cạn dung dịch D được hơi chất hữu cơ E, còn
lại 115,1625 gam hỗn hợp muối. Cho E tách nước ở 1400C( H2SO4 đậm đặc làm xúc tác) được chất F có
tỉ khối hơi so với E bằng 1,61.
a. Tìm công thức phân tử A và B.
b. Tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp ban đầu.
Bài
5

Câu
a.

Đáp án
a. Lập công thức phân tử của A và B
Ancol A: CnH2n +1OH
Este tương ứng B : CmH2m -1COO CnH2n +1.
* Oxi hóa hỗn hợp ban đầu :
C2H5CHO + 0,5 O2  C2H5COOH
x
x
CnH2n +1OH + O2  Cn-1H2n -1COOH+ H2O
y
y
* Cho X + CH3OH:
C2H5COOH+ CH3OH
C2H5COOCH3 + H2O
0,5x

0,5x
Cn-1H2n -1COOH + CH3OH
Cn-1H2n -1COOCH3 + H2O
0,5y
0,5y
* X +KOH: n KOH =1,125 mol; nHCl =0,225 mol.
C2H5COOH+KOH  C2H5COOK+H2O
x
x
x
Cn-1H2n -1COOH +KOH  Cn-1H2n -1COOK + H2O
y
y
y
CmH2m -1COOCnH2n +1 + KOH  CmH2m -1COOK+ CnH2n +1OH
z
z
z
HCl + KOHdư  KCl + H2O
0,225 0,225
0,225
E chuyển thành F:
H 2 SO4
2CnH2n +1OH 
 CnH2n +1O CnH2n +1 + H2O
28n  18
 1, 61  n  2
Từ dF/E =1,61 nên ta có
14n  18

Biểu điểm
0,5 đ

(1)
0,5đ
(2)

(3)

0,5đ

(4)
0,5đ
(5)
(6)

0,5đ

(7)

(8)

0,5đ
0,5đ

( 9)
0,5đ

8

Vậy CTPT A: C2H5OH.
C2 H 5CHO : x mol

C2 H 5OH : y mol
C H COOC H : z mol
2 5
 m 2 m 1
X + CH3OH: theo (3) và(4) và hiệu suất 50%:
88.0,5x+ 74.0,5y+ (14m+ 72)z= 48
 44x+37y+ (14m+72)z = 48
 44x+37y +14mz+ 72z =48
(a)
+Theo (5)(6)(7): nKOHtácdung =x+y+z=0,75.1,5-0,225= 0,9 mol
(b)
Khối lượng của muối khan:
C2 H 5COOK : x(mol ).
CH COOK : y (mol ).
 3

Cm H 2 m 1COOK : z (mol )
 KCl : 0, 225(mol ).
( trong đó số mol KCl=HCl)
112x+98y+ (14m+ 82)z+ 0,225.74,5= 115,1625
 112x+98y+ (14m+82)z=98,4
 112x+98y+14mz+82z =98,4
(c)
Theo đề giả thuyết ban đầu:
58x+46y+(14m+72)z= 57
 58x+ 46y+ 14mz+72z =57

(d)
Giải hệ phương trình (a)(b)(c)(d) bằng FX-580 ta được:
44 x  37 y  14mz  72 z  48
 x  y  z  0, 75.1,5  0, 225  0,9


112 x  98 y  14mz  82 z  98, 4
58 x  46 y  14mz  72 z  57
 x  0, 45
 y  0,3

 
 z  0,15
mz  0, 45
Suy ra: m=3
CTPT B: C3H5COOC2H5
0, 45.58
.100%  45, 79%
b. %m C2 H5CHO =
57
0,3.46
.100%  24, 21%
%m C2 H 5OH =
57
%m C3H5COOC2 H5 = 100-(45,79+24,21)=30,00%;

0,5đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ

1đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ

1đ

--------------------Hết------------------Ghi chú:
 Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

9