DA MTCT Hoa 12Tinh GL

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Pa

ge

7

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH</b>
<b> GIA LAI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY</b>
<b> NĂM HỌC 2010- 2011</b>

<b> ĐỀ THI CHÍNH THỨC </b>
<b> </b>(<i>Đáp án gồm 9 trang</i>)

<b>ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM</b>

<b>MƠN: HĨA HỌC</b>

<b>Câu 1</b><i>(5 điểm)</i>: Kim cương có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện với cạnh <i>a</i>

của ô mạng cơ sở bằng 3,567 Å, ngoài ra trong mỗi ô mạng cơ sở còn có thêm 4
nguyên tử C chiếm 4 tâm của 4 hình lập phương con 1;2;3;4 . Nếu ô mạng cơ sở
được chia thành 8 hình lập phương con với cạnh là <i>a</i>/2. Mỗi nguyên tử C trong
tinh thể liên kết với 4 nguyên tử C gần nhau nhất bằng các obitan lai hóa sp3_.

a. Hãy tính bán kính <i>r</i> cộng hóa trị của cacbon.

b. Hãy tính độ đặc khít của hình lập phương con số 1.

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Theo quy ước nguyên tử ở tâm của hình lập phương
con phải tiếp xúc với 4 nguyên tử ở 4 đỉnh của hình
này và chúng được coi là có dạng hình cầu.

Xét 2 nguyên tử nằm trên đường chéo <i>d</i> của hình lập
phương con ,ta có:

3 _{3 3,567 3 0,772}

4   8  8 

<i>a</i> <i>_r</i> <i>a</i> <i>_Å</i>

Độ đặc khít của hình lập phương con số 1:
(1/8)4+ 1= 1,5 nguyên tử.



3

4 3

1,5. .3,14.

3 8

0,5099
3

2

 
 
 
 


 
 
 


<i>a</i>

<i>a</i>

Tức là 50,99%

0,772Å

50,99%

3,0đ

2,0đ

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

ge

7

Tính pH của dung dịch H2SO4 0,010 M . Hằng số Ka nấc thứ hai là 1,0.10-2

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

H2SO4 → H+_{+ HSO4}
0,010M 0,010M
HSO4- _{ }_

 H+ + SO4

2-Nđcb : 0,010 – x 0,010+x x
(0,010 ) ₁₀ ₂ ₂ _2.10 ₂ ₁₀ ₄ ₀

0,010

 _ _ _

    



<i>x x</i> <i>_x</i> <i>_x</i>

<i>x</i>

<i>=> x = </i>4,1421.10-3_{=> [H]}+_{= 0,010 + 4,1421.10}-3
= 14,1421.10-3_M

=> pH = 1,8495.

<i><b>x = </b></i><b>4,1421.10-3</b>

14,1421.10-3_M
pH = 1,8495.

1,0đ
1,0đ
1,0đ
2,0đ
<b>Câu 3 </b><i>(5 điểm)</i><b>:</b> Xác định nhiệt tạo thành của CaCl2 (tinh thể) biết:

- Nhiệt thăng hoa của Ca: +192 kJ.mol-1

- Tổng năng lượng ion hóa thứ nhất và thứ hai của nguyên tử Ca: +1745kJ.mol-1
- Năng lượng phân li Cl2 : + 243kJ.mol-1

- Ái lực với electron của nguyên tử clo: -364kJ.mol-1
- Năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 : -2247kJ.mol-1_.

<b>CÁCH GIẢI</b> <b>KẾT QUẢ</b> <b>ĐIỂM</b>

Giả thiết ta có:

Ca (r) _Ca(k)H₁

Ca (k) _Ca+_{+ 1e}

Ca+_(k)__Ca2+ _{+ 1e}
2

H



Cl2 (k) 2Cl(k) H₃

Cl(k) + 1e  Cl- (k) H₄

Ca2+_{(k)+ 2Cl}-_(k)__{CaCl2 (tt)}
5

H



Ca(r) + Cl2(k)  CaCl2 (r) H

H

 ₌H1₊H2₊H3₊₂H4₊H5_{= -795kJ.mol}-1

<b>0,5đ</b>

<b>0,5đ</b>
<b>0,5đ</b>
<b>0,5đ</b>
<b>0,5đ</b>
<b>0,5đ</b>
<b>2,0đ</b>

<b>Câu 4</b><i>(5 điểm)</i><b>:</b> Iot – 131 phóng xạ được dùng dưới dạng NaI được dùng để
chữa ung thư tuyến giáp trạng. Chất này phóng xạ - với chu kỳ bán hủy là 8,05

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Pa

ge

7

b. Nếu mẫu ban đầu chứa 10,0 microgam iot – 131 thì trong mỗi phút bao
nhiêu hạt  - được phóng ra ?

(Cho N = 6,023.1023_{, t1/2}_0,693

<i>k</i> )

<b>CÁCH GIẢI</b> <b>KẾT QUẢ</b> <b>ĐIỂM</b>

a.131₅₃I β +  0₁Xe 131₅₄


b. t1/2 0,693

<i>k</i>

k 0,693_t =_8,05ngày0,693 = 0,0861/ngày

1/2 = 5,9792.10

-5_/phút

Tốc độ phân hủy N = kA

10 microgam I- 131 = 1,0.10-5_gam

Số nguyên tử iot – 131 = (1,0.10-5_{/131).6,023.10}23₌
4,5977.1016_{nguyên tử.}

Số nguyên tử bị phân rã trong 1 phút là :

N=kA=(5,9792.10-5_{/phút)(4,5977.10}16_)=2,7491.1012
nguyên tử/phút.

<b>1,0đ</b>

<b>1,0đ</b>
<b>1,0đ</b>

<b>2,0đ</b>

<b>Câu 5</b><i>(5 điểm)</i><b>: </b>

Hai bình điện phân với hai điện cực trơ được mắc nối tiếp. Mỗi bình đều chứa
200 ml dung dịch nồng độ 0,1 M; Bình 1 chứa CuCl2; Bình 2 chứa AgNO3 . Sau
357,41 giây thì dừng điện phân ; ở anốt bình 1 thu được 0,1232 lít khí tại 27,3o_C
và 1 atm. Sự điện phân có I = 3A, điện thế thích hợp, không xét các quá trình
phụ.

a. Viết phương trình điện phân và tính nồng độ mol/lít của mỗi dung dịch
sau khi điện phân.

b. Nếu dẫn khí được tạo thành ở bình 2 vào bình chân không thể tích không
đổi 0,5 lít ở 54,6 o_{C thì áp suất là bao nhiêu atm ?}

c. Khối lượng catot mỗi bình thay đổi như thế nào ?
d. Tính hiệu suất sự điện phân đó.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

ge

7

a.

Phương trình điện phân:

Bình 1 : CuCl2   ®pdd Cu + Cl2

Bình 2 : 2AgNO3 + H2O   ®pdd 2Ag +1

2O2+2HNO3

nCl2 = _{0,082(273 27,3)}1.0,1232 0,005

 (mol)

Bình 1: nCuCl2 đầu = 0,2.0,1= 0,02 mol;
nCuCl2 dư = 0,015 mol,C_CuCl2 = 0,075M
Bình 2: nAgNO3 điện phân = 2 nCl2 = 0,01 mol

=> nAgNO3 dư = 0,01 mol
=> C_AgNO3 = 0,05M

=> CHNO_{3 mới = 0,05M}
b.

0,0025.0,082.(273 54,6)

P = 0,1343

0,5



 _atm

c.

Bình 1: Catot bình 1 tăng là 64.0,005 = 0,32 g
Bình 2: Catot bình 2 tăng là 108.0,01 = 1,08 g
d.

m It

n_Cl = = 0,0056 mol
2A 2F

2 

Hiệu suất điện phân : (0,005/0,0056)100 % = 89,29 %

0,005 mol

C = 0,075M

CuCl2
0,05M

0,05M
b.

P = 0,1343 atm
c.

0,32 g
1,08 g
d.89,29 %

1,0đ

0,5đ

0,5d
0,5đ

1,0đ
0,5đ
1,0đ

<b>Câu 6</b><i>(5 điểm):</i>

Hãy thiết lập một pin điện hoá gồm hai điện cực chuẩn ở 250_{C. Một điện cực là}

Pt trong dung dịch Sn4+_/Sn2+_{, điện cực kia là Pt trong dung dịch Fe}3+_/Fe2+_.

a. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động và tính suất điện
động chuẩn của pin, biết rằng E0

Fe3+/Fe2+ = 0,771V; E0Sn4+/Sn2+ = 0,15V.
b. Nếu nồng độ của Sn4+_{= 0,01M, của Sn}2+_{= 0,1M ;của Fe}3+_{= 0,1M và Fe}2+₌

0,001M thì suất điện động ở 250_{C của pin này là bao nhiêu? Tính}

G của

phản ứng xảy ra trong pin.

c. Từ kết quả thu được ở câu a và b, hãy cho biết muốn tăng suất điện động
của một pin như trên, cần phải thay đổi nồng độ của các cặp oxi hóa- khử ở
các điện cực như thế nào ?

<b>CÁCH GIẢI</b> <b>KẾT QUẢ</b> <b>ĐIỂM</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Pa

ge

7

(-)Pt|[Sn4+_]=[Sn2+_]=1M||[Fe3+_]=[Fe2+_]=1M|Pt(+)
a. Sn2+_{+ 2Fe}3+_{→ Sn}4+_{+ 2Fe}2+

E0_{pin= E}0_{(+) - E}0_{(-) = 0,771 – 0,15 = 0,621 V}

b. EFe3+

/Fe2+ = 0,771 + (0,059/1)log(0,1/0,001)=
= 0,889V

ESn4+

/Sn2+ = 0,15 + (0,059/2)log(0,01/0,1) = 0,1205 V
Epin= EFe3+

/Fe2+ - ESn4+/Sn2+ =0,889 - 0,1205= 0,7685 V

G = -nFEpin = -2.96500.0,7685 = -148320,5 J

c. Để tăng suất điện động của pin, cần tăng E(+) và
giảm E(-), nghĩa là tăng nồng độ dạng oxi hóa, giảm
nồng độ dạng khử ở catot, đồng thời giảm nồng độ
dạng oxi hóa, tăng nồng độ dạng khử ở anot.

0,621 V

0,7685 V
-148320,5 J

<b>1,0đ</b>

<b>1,0đ</b>
<b>1,0đ</b>
<b>1,0đ</b>

<b>Câu 7</b><i>(5 điểm)</i> : Năng lượng được giải phóng trong phản ứng tổng hợp nhiệt
hạch: 3₁H2₁H ₂4He₀1n là 17,562MeV. Hãy tính khối lượng của 4₂He (theo
u); cho m3_H 3,016u;m2_H 2,014u;m1_n 1,0087u;1u 931,2MeV / c2

1 1 0

   

<b>CÁCH GIẢI</b> <b>KẾT QUẢ</b> <b>ĐIỂM</b>

Ta có: E m.c2 m ₂E
c



     _{= 17,562MeV/c}2
= 17,562/931,2 = 0,0189u

Mặt khác: m m 2Hm3H m4He m1n

m₄ m₂ m₃ m m₁

He H H n

     

= 3,016 + 2,014 – 0,0189 – 1,0087 = 4,0024(u)

0,0189u

4,0024u

<b>2,0đ</b>

<b>3,0đ</b>

<b>Câu 8</b> (5 điểm)<b>: </b>Một nguyên tử X của nguyên tố R ( R không phải khí hiếm) có

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

ge

7

b. Nguyên tố R có hai đồng vị gồm X ( ở trên) và Y mà tổng số số khối của
hai đồng vị bằng 3 lần số điện tích hạt nhân của 24Cr. Khi cho 1,43 gam Zn
tác dụng hết với R thu được 2,992 gam muối ZnR2. Hãy tính:

- Số nguyên tử đồng vị Y có trong lượng muối trên.
- % khối lượng của đồng vị X trong muối ZnR2.
(Cho: Zn = 65; N = 6,023.1023_{; sử dụng bảng tuần hoàn).}

<b>CÁCH GIẢI</b> <b>KẾT QUẢ</b> <b>ĐIỂM</b>

a. Đặt số proton là Z; số nơtron là N. Ta có:

2Z + N = 54 (1)
Mặt khác : 1 N / Z 1,525  ₍₂₎
Từ (1) và (2) 15,319  Z  18

Z 16 17 18

NX 26 20 18

AX 38 37 36

Loại Chọn (clo) Loại ( KH)
Vậy A1 = 37 = A(X)

b. Giải thiết : A(X) + A(Y) = 3.24 = 72  A(Y) = 35

Phản ứng: Zn + R2 _ZnR2

Ta thấy số mol Zn = số mol ZnR2 = 1,43/65 =
0,0022(mol)

 MZnR

2  2,992 /0,022 = 136  MR = 35,5.

Đặt số nguyên tử đồng vị X là a ; (1-a) là số nguyên tử
đồng vị Y. Ta có:

MR = [37.a + 35(1-a)]/1 = 35,5  a = 0,25

Vậy đồng vị X ( A = 37) chiếm 25% số nguyên tử; đồng
vị Y(A = 35) chiếm 75% số nguyên tử.

- Số nguyên tử đồng vị Y có trong 0,022 mol muối ZnR2
là: 0,022.2.0,75.6,023.1023₌<b>_1,9876.1022</b>_.

- % khối lượng đồng vị X có trong muối ZnR2 là:

2.0,25.37 100% 13,603%

65 35,5.2 

<b>2,0đ</b>

<b>1,0đ</b>

<b>0,5đ</b>

<b>0,5đ</b>

<b>0,5đ</b>

<b>0,5đ</b>

<b>Câu 9 </b><i><b>(5 điểm)</b></i><b>: </b>Chất hữu cơ A chứa 24,7423% C ; 2,0619% H còn lại là clo
( theo khối lượng trong phân tử ). Biết khi hóa hơi 1,94 gam A chiếm thể tích
bằng thể tích của 0,88 gam CO2 trong cùng điều kiện.

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Pa

ge

7

b. A trên có thể tồn tại ba cấu trúc hình học. Hãy tính giá trị momen lưỡng cực
của ba dạng đó. Cho rằng sự đẩy nhau của các nhóm thế trên từng nguyên tử C
trong phân tử là không khác nhau nhiều và __{C H}_ __0,0D;__{C Cl}_ __1,6D.
(Cho H=1, C=12, Cl= 35,5)

<b>CÁCH GIẢI</b> <b>KẾT QUẢ</b> <b>ĐIỂM</b>

a. Đặt A: CxHyClz

Ta có số mol CO2 = số mol A = 0,88: 44 = 0,02 (mol).
Vậy MA = 1,94 /0,02 = 97

%C = 12x/97 = 24,7422/100  x = 2

%H = y/97 = 2,0619/100  y = 2

Dựa vào M = 12.2 + 2.1 + 35,5.z = 97  z = 2

Vậy CTPT A: C2H2Cl2.

b. Các cấu trúc hình học của A:
Cl Cl Cl Cl

<b> ; ; </b>
<b>Cl (1) (2) (3) Cl</b>

Các nhóm thế trên từng nguyên tử C đẩy nhau không khác
nhau nhiều , mặt khác C lai hóa sp2_{nên các góc liên kết}

0

ClCCl ClCC ClCH 120      .

Do vậy đối với cấu trúc (1), áp dụng công thức cộng vectơ

ta có : 1,6D, cấu trúc (2) : 2,77D

Cấu trúc (3)Dễ thấy tổng hai vectơ phân cực triệt tiêu nên
momen lưỡng cực của phân tử = 0,0D

<b>0,5đ</b>

<b>1,5đ</b>

<b>1,5đ</b>

<b>1,0đ</b>

<b>0,5đ</b>

<b>Câu 10 </b><i>(5 điểm)</i> : Cho 0,2 mol hỗn hợp gồm hai este đơn chức (chứa C, H. O)
tác dụng vừa đủ với 300ml dung dịch NaOH 1M (có đun nóng).Kết thúc phản
ứng thu được một anđehit B và 29,4 gam hai muối hữu cơ (D). Biết:

- Đốt hoàn toàn B được số mol CO2 bằng số mol H2O; % khối lượng oxi trong B
là 36,36%.

- Trong D khối lượng muối này gấp 1,2615 lần khối lượng muối kia.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

ge

7

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Xác định B:

Giả thiết suy ra CTTQ B: CnH2nO

%mO = 16/MB = 36,36/100  MR = 44 = 14n + 16
 n = 2. CTPT B: C2H4O ; CTCT: CH3CHO

Số mol NaOH tham gia = 0,3.1 = 0,3
Ta thấy: OH

2este

n _0,3

1 2

n 0, 2





  nên hai este phải có dạng:

RCOOR’ và R’’COOC6H5-a_R

a

Trong đó -R’ là –CH=CH2 ; RCOONa và R’’COONa trùng nhau
( do tạo hai muối)

Hay RCOOCH=CH2 và RCOOC6H5-a_R

a
Phản ứng:

RCOOCH=CH2 + NaOH  RCOONa + CH3CHO

a a a
RCOOC6H5-a_R

a+ 2NaOH RCOONa +_R

aC6H5-aONa + H2O
b 2b b b

C ta có hệ phương trình: a + b = 0,2
A a + 2b = 0,3
G Giải hệ ta được : a = b = 0,1

Trong D gồm : RCOONa : 0,2 mol và _R

aC6H5-aONa: 0,1 mol
T Trường hợp 1:

Nếu khối lượng RCOONa = 29,4 /2,2615 = 13,00 gam  khối

lượng _R

aC6H5-aONa = 16,40 gam

 M(RCOONa) = 13/0,2 = 65 : loại

Trường hợp 2:
Nếu khối lượng _R

aC6H5-aONa = 29,4 /2,2615 = 13,00 gam 

khối lượng RCOONa = 16,40 gam

 M(RCOONa) = 16,4/0,2 = 82  MR = 15  R: CH3

và M(_R

aC6H5-aONa) = 13/0,1 = 130  CH3C6H4ONa

(o,m,p)
Vậy CTCT hai este là

CH3COOCH=CH2 và CH3COOC6H4CH3
(o,m,p)

1,0đ

1,0đ

1,0đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ
<i><b>Ghi chú:</b></i>

<i>- Nếu hoc sinh giải theo phương pháp khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa.</i>

</div>

<!--links-->