HDC Dethi CASiODB

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2008. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI DỰ BỊ. Môn: HÓA HỌC Lớp 12 cấp THPT Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/3/2008. (HDC gồm 08 trang). ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI. Bằng số. Các giám khảo (Họ, tên và chữ ký). SỐ PHÁCH (Do chủ tịch Hội đồng khu vực thi ghi ). Bằng chữ. Câu 1. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tử của nguyên tố X là 5p5. Tỉ số nơtron và điện tích hạt nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên tố Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thu được 18,26 gam sản phẩm có công thức XY. Xác định điện tích hạt nhân của X, Y và viết cấu hình electron của Y. CÁCH GIẢI. KẾT QUẢ. ĐIỂM. Cấu hình đầy đủ của X là [ 36 Kr] 5s24d105p5.  số ZX = 53 = số proton nx  p x Mặt khác: 1,3692  n = 74. số ZX = 53. X. 1,0. 1,0.  AX = pX + nX = 53 + 74 = 127 nx ny. = 3,7  nY = 20 X + Y  XY 4,29 18,26 Y XY Y 127  Y   4,29 18,26  4,29 18,26.   Y = 39  AY = pY + nY  39 = pY + 20  pY = 19 hay ZY = 19 Cấu hình electron của Y là [ 18 Ar] 4s1. 1,0. pY = 19 [ 18 Ar] 4s1. 1,0 1,0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Cõu 2: Một mẫu than lấy từ hang động của ngời Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6 ph©n hñy 14C trong 1 gi©y tÝnh víi 1,0 gam cacbon. BiÕt trong 1,0 gam cacbon ®ang tån t¹i cã 15,3 ph©n hñy 14C trong 1 gi©y vµ chu kú b¸n hñy cña 14C lµ 5730 n¨m . H·y cho biÕt niªn đại của mẩu than đó? CÁCH GIẢI. KẾT QUẢ. 2,0. ln 2 t1. 0,693  Hằng số phóng xạ: k = 2 = 5730 1 N 0 5730 15,3 ln  ln k N 0,693 13,6 t Niên đại của mẩu than t =. ĐIỂM. t = 973,88 (năm). 3,0. = 973,88 (năm). 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 Đặt % lượng Oxi = a thì % lượng Hidro = 57,37 – a Ta có: tỷ lệ số nguyên tử 20,93 21, 7 a : : : (57,37  a) 27 28 16 Al : Si : O : H = Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên 20,93 21, 7 a 3  4  2   (57,37  a) 0 27 28 16 Giải phương trình cho a = 55,82 Suy ra, 20,93 21,7 55,82 : : :1,55 28 16 Al : Si : O : H = 27 =2:2:9:4 Vậy công thức khoáng chất: Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O (Cao lanh). KẾT QUẢ. ĐIỂM. 1,0 a = 55,82. 2,0. Al : Si : O : H = 2 :2 :9 :4. 1,0. Al2O3.2SiO2.2H2O. 1,0. Câu 4: Sắt dạng  (Fe) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å. Hãy tính: a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b) Tỉ khối của Fe theo g/cm3. c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe CÁCH GIẢI. KẾT QUẢ. ĐIỂM. B A. B. A. 1,0. E. E a. C D. C.  a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ). a. D. 2 (nguyên tử) 1,0. Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là 1  Ở tám đỉnh lập phương = 8  8 = 1  Ở tâm lập phương = 1 Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) b) Từ hình vẽ, ta có: AD2 = a2 + a2= 2a2 xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2 mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 4r 4 1,24 3 = 2,85 Å nên a = 3 = c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AC a 3 2,85  3  2 = 2 AE = 2 = 2,468 Å d) + 1 mol Fe = 56 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe + 1 mol Fe có NA = 6,02 1023 nguyên tử m Khối lượng riêng d = V 56 23 8 3 = 2  6,02 10 (2,85 10 ) = 7,95 g/cm3. a = 2,85 Å Khoảng cách = 2,468 Å. 1,0 1,0. Khối lượng riêng: d = 7,95 g/cm3 1,0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Fe bằng 7,87 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Fe có hình cầu, có độ đặc khít là 68%. Cho nguyên tử khối của 55,85 = 40. CÁCH GIẢI. KẾT QUẢ. ĐIỂM. 55,85  Thể tích của 1 mol Fe = 7,87 = 7,097 cm3. một mol Fe chứa NA = 6,02 1023 nguyên tử Fe. 7,097 0,68 23 Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 6,02 10. Vmol = 0,8 1023. 2,0. (cm3). = 0,8 1023 cm3. 4 r 3 Từ V = 3 3.  Bán kính nguyên tử Fe = r = 3. r=. 3V 4. r = 1,24 108 cm. 3,0. 3 0,8 10  23 4 3,14 = 1,24 108 cm. Câu 6: Clobenzen có momen lưỡng cực 1 = 1,53 D (1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen lưỡng cực 2 = 1,60D (2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính  của ortho – cloanilin; meta – cloanilin và para – cloanilin.. CÁCH GIẢI. KẾT QUẢ.  clo có độ âm điện lớn, 1 hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH2 có cặp e tự do liên hợp với hệ e  của vòng benzen  hai momen lưỡng cực cùng chiều. 1,0. para. meta. ortho. ĐIỂM. Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a2 = b2 + c2 – 2bc cos Dẫn xuất ortho:. 2 O. = =. 2 1 2 1.  A. +. 2 2.  212 cos 60. +. 2 2.  12 = 2,45. 1,0 0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> o = Dẫn xuất meta:. 2 m. = =. 2 1 2 1. 2, 45 = 1,65D. +. 2 2.  212 cos 120. +. 2 2. + 12 = 7,35. m =. 1,0 0. 1,0. 7,35 = 2,71D. 2 p. Dẫn xuất para:  = 1 + 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D. 1,0. Câu 7:. a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít. b)Tính pH của dung dịch X đợc tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10 -3.75) với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi nh thế nào khi thêm 10-3 mol HCl vµo dung dÞch X. CÁCH GIẢI. KẾT QUẢ. 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 ¿  H+ =  Cl- + OH-   H+ = 0,5.10-7 + ¿ 10-14 ¿.   H   0,5.10  H   10 = 0. Giải đợc:  H+ = 1,28.10-7  pH  6,9 b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol KOH + HA  KA + H2O 0,01  0,01 0,01 Theo ph¬ng tr×nh HA cßn d = 0,01 mol 0 ,01 Trong d2 X: CHA = CKA = = 0,025M. 0,4 XÐt c¸c c©n b»ng sau:     H2O H+ + OHKW = 10-14 (1)     HA H+ + AKHA = 10-375 (2)   A- + H2O  HA + OHKB = 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 dịch X là dung dịch đệm axit [ muoi ] 0,1 cã pH = pKa + lg = 3,75 + lg = 3,75 0,1 [ axit ]  Khi thªm 10-3 mol HCl KA + Cl  KCl + HA 0,001  0,001  0,001 (mol) 0,01 + 0,001 HA = = 0,0275 M 0,4 0,01 - 0,001 vµ KA = = 0,0225M . 0,4 + 2. 7. +. -14. ĐIỂM. 1,0. 1,0. 1,0. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Dung dịch thu đợc vẫn là dung dịch đệm axit. 0 ,0225 T¬ng tù, pH = 3,75 + lg = 3,66 0 ,0275. 1,0 Câu 8: Tại 250C, phản ứng:.   CH3COOH + C2H5OH  CH3COOC2H5 + H2O có hằng số cân bằng K = 4 Ban đầu người ta trộn 1,0 mol C2H5OH với 0,6 mol CH3COOH. Tính số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng. CÁCH GIẢI. KẾT QUẢ.   CH3COOH + C2H5OH  CH3COOC2H5 + H2O Phản ứng x x [ ] 1–x 0,6 – x x x.  CH3COOC 2 H5   H 2 O C H OH CH3COOH  K =  2 5 . ĐIỂM 1,0. x2  (1  x)(0,6  x) = 4. 2,0.  3x2  6,4x + 2,4 = 0  x1 = 0,4855 và x2 = 1,64 > 1 Vậy, số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng = 0,4855. 2,0. Cõu 9: Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều. thÊy tho¸t ra mét khÝ duy nhÊt h¬i nÆng h¬n kh«ng khÝ, trong dung dÞch cßn d mét kim lo¹i cha tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H2SO4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 44ml, thu đợc dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến d vào, lọc kết tủa, rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lợng không đổi thu đợc chất rắn B nặng 15,6g. a) TÝnh % sè mol mçi kim lo¹i trong hçn hîp. b) Tính nồng độ các ion (trừ ion H+-, OH-) trong dung dịch A. CÁCH GIẢI Gäi x, y, z lµ sè mol Mg, Fe, Cu trong hçn hîp, ta cã : 24x + 56y + 64z = 23,52  3x + 7y + 8z = 2,94 (a) §ång cßn d cã c¸c ph¶n øng: Cho e: NhËn e: Mg - 2e  Mg2+ (1) NO3-+ 3e + 4H+  NO + 2H2O (4) Fe - 3e  Fe3+ (2) Cu + Fe3+  Cu2+ + Fe2+ (5) 2+ Cu - 2e  Cu (3) Ph¬ng tr×nh ph¶n øng hoµ tan Cu d: 3Cu + 4H2SO4 + 2NO3- = 3CuSO4 + SO42- + 2NO + H2O (6) 0,044 . 5. 3 Từ Pt (6) tính đợc số mol Cu d: = = 0,165 mol 4 Theo c¸c ph¬ng tr×nh (1), (2), (3), (4), (5): sè mol e cho b»ng sè mol e nhËn: 2(x + y + z  0,165) = 3,4.0,2  2(x + y + z  0,165).  x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b). KẾT QUẢ. ĐIỂM. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Tõ khèi lîng c¸c oxit MgO; Fe2O3; CuO, cã ph¬ng tr×nh: x y z .40 + .160 + . 80 = 15,6 (c) 2 4 2 HÖ ph¬ng tr×nh rót ra tõ (a), (b), (c): 3x + 7y + 8z = 2,94 x + y + z = 0,42 x + 2y + 2z = 0,78 Giải đợc: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24.  lîng Mg = 6,12 ;  lîng Fe = 28,57 ;  lîng Cu = 65,31 2/ Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H+, OH-) 0,06 Mg2+ = = 0,246 M; Cu2+ = 0,984 M ; 0,244 Fe2+ = 0,492 M ; SO42- = 0,9 M ; NO3- = 1,64 M. 1,0. 1,0 1,0. 1,0. Câu 10: Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K. Số phản ứng (1). Phản ứng 2NH3 + 3N2O  4N2 + 3H2O. Ho298 (kJ)  1011. (2). N2O + 3H2  N2H4 + H2O 2NH3 + 0,5O2  N2H4 + H2O.  317. (3) (4). H2. + 0,5 O2  H2O.  143  286. S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol S0298 (N2) = 191 J/K.mol ; S0298 (O2) = 205 J/K.mol a) Tính nhiệt tạo thành Ho298 của N2H4 ; N2O và NH3. b) Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin và tính Ho298 , Go298 và hằng số cân bằng K của phản ứng này. CÁCH GIẢI  a) Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu các chất và được N2 + 2H2  N2H4 . Đó là: 4N2 + 3H2O  2NH3 + 3N2O -H1 3N2O + 9H2  3N2H4 + 3H2O 3H2 2NH3 + 0,5 O2  N2H4 + H2O H3 H2O  H2 + 0,5 O2 -H4 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. KẾT QUẢ. ĐIỂM. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Từ H5 và H4 và H2 tính được H ❑N O = H5 + H4 - H2 = 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol Từ H5 và H4 và H3 tính được H ❑NH = H5 + H4 - H3 = ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol b) N2H4 + O2 ? N2 + 2H2O 2. 1,0. 3. 1,0. 0. H 298 = 2  ( 286)  50,75 =  622,75 kJ/mol 0. S 298 = 191 + (2  66,6)  205  240 =  120,8 J/K 0 298. 3. =  622,75  ( 120,8. 10  298) =  586,75 kJ/mol  586, 75.103 G ln K =  RT =  8,314 298 = 236,8 ; K = 10103.. G. ln 2 t1. 1 N0 ln k Nt 2 * Hằng số phóng xạ: k = và t = K P (T1 ) H  1 1      K P (T2 ) RT  T2 T1  * G = H  TS ; G =  RTlnK và ln * 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. 1,0. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>