Dap_an_casio_du_bi

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 38 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2008 Môn: HÓA HỌC Lớp 12 cấp THPT Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM (HDC gồm 08 trang) Câu 1. CÁCH GIẢI Cấu hình đầy đủ của X là [ 36 Kr] 5s24d105p5.  số ZX = 53 = số proton Mặt khác: KẾT QUẢ số ZX = 53 nx  1,3692  nX = 74 px  AX = pX + nX = 53 + 74 = 127 nx = 3,7  nY = 20 ny X + Y 4,29 ĐIỂM 1,0 1,0  XY 18,26 Y XY Y 127  Y      Y = 39 4,29 18,26 4,29 18,26  AY = pY + nY  39 = pY + 20  pY = 19 hay ZY = 19 1,0 pY = 19 [ 18 Ar] 4s1 1,0 1,0 Cấu hình electron của Y là [ 18 Ar] 4s1 Câu 2: CÁCH GIẢI KẾT QUẢ 2,0 ln 2 0,693  Hằng số phóng xạ: k = t = 1 5730 2 Niên đại của mẩu than t = 1 N 0 5730 15,3 ln  ln = 973,88 (năm) k N t 0,693 13,6 ĐIỂM t = 973,88 (năm) 3,0 Câu 3: 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 20,93 21, 7 a 3�  4�  2 �  (57,37  a)  0 Giải phương trình cho a = a = 55,82 27 28 16 2,0 55,82 1,0 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) Al : Si : O : H = 2 :2 :9 :4 1,0 Al2O3.2SiO2.2H2O 01 of 05 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) Số nguyên tử trong một tế bào sơ đẳng b) Cạnh a của tế bào sơ đẳng c) Tỉ khối của Fe theo g/cm3. d) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM  a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ) B vẽ, tử Ở  A Theo hình số nguyên Fe là tám đỉnh lập phương = 8 A B E E a 1 8 C C D Ở 2 (nguyên tử) 1,0 a = 2,85 Å 1,0 Kcách = 2,468 Å 1,0 =1 tâm lập phương = 1 Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) a D 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 nên a = 4r 3 = 4 �1,24 3 = 2,85 Å 1,0 c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AE = AC a 3 2,85 � 3 = = 2,468 Å  2 2 2 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 Khối lượng riêng d = Khối lượng riêng: d = 7,95 g/cm3 1,0 m V =2 56 = 7,95 g/cm3 6,02 �10 �(2,85 �10 8 )3 23 Câu 5: CÁCH GIẢI  Thể tích của 1 mol Fe = 55,85 7,87 KẾT QUẢ ĐIỂM = 7,097 cm3. một mol Fe chứa NA = 6,02 1023 nguyên tử Fe Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 7,097 �0,68 6,02 �1023 Vmol = 0,8 1023 2,0 (cm3) = 0,8 1023 cm3 Từ V = 4 �r 3 3 r = 1,24 108 cm 3,0 02 of 05  Bán kính nguyên tử Fe = r = r= 3 3 �0,8 �1023 4 �3,14 3 3V 4 = 1,24 108 cm Câu 6: CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM  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 para meta ortho 1,0 Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác 2 2 1,0 � A a2 = b2 + c2 – 2bc cos 2 Dẫn xuất ortho:  O =  1 +  2  212 cos 600 2 2 =  1 +  2  12 = 2,45 Dẫn xuất meta: 2 m 2 = 1 2 = 1 o = 2, 45 2 + 2 2 + 2  212 cos 1200 m = 1,0 = 1,65D 1,0 + 12 = 7,35 7,35 1,0 = 2,71D 2 Dẫn xuất para:  p = 1 + 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D Câu 7: CÁCH GIẢI KẾT QUẢ a)  H+ . 0,5.10-7 do nång ®é nhá  ph¶i tÝnh ®Õn c©n b»ng cña H 2O �� � �� � H + OH +  H 2O ĐIỂM 1,0 HCl  H+ + Cl  Theo ®Þnh luËt b¶o toµn ®iÖn tÝch:  H+ =  Cl- + OH-   H+ = 0,5.10-7 +   H+ 2  0,5.10  7 H+  10 -14 = 0. Gi¶i ®îc:  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 10 -14 H   1,0 1,0 03 of 05 XÐt c¸c c©n b»ng sau: H2O HA �� � �� � �� � �� � A- + H2O H+ + OH- KW = 10-14 (1) H+ + A- KHA = 10-375 (2) �� � �� � 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 dÞch X lµ dung dÞch ®Öm axit  muoi  = 3,75 + lg 0,1 = 3,75 cã pH = pKa + lg 0,1  axit  1,0  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 Dung dÞch thu ®îc vÉn lµ dung dÞch ®Öm axit. 0,0225 T¬ng tù, pH = 3,75 + lg = 3,66 0,0275 1,0 Câu 8: CÁCH GIẢI CH3COOH + C2H5OH Phản ứng x [ ] 1–x K= x 0,6 – x �� � CH3COOC2H5 + H2O �� � x  CH3COOC 2 H5   H 2O  C 2 H 5OH   CH3COOH  KẾT QUẢ  ĐIỂM 1,0 x x2 =4 (1  x)(0,6  x) 2,0  3x2  6,4x + 2,4 = 0  x1 = 0,4855 và x2 = 1,64 > 1 2,0 Vậy, số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng = 0,4855 Câu 9: 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) Tõ Pt (6) tÝnh ®îc sè mol Cu d: = KẾT QUẢ ĐIỂM 1,0 0,044.5.3 = 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) 1,0 04 of 05 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 z = 0,24. Gi¶i ®îc: x = 0,06; y = 0,12;  lîng Mg = 6,12 ;  lîng Fe = 28,57 ;  lîng Cu = 65,31 2/ TÝnh nång ®é c¸c ion trong dd A (trõ 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 Câu 10: Cho CÁCH GIẢI KẾT QUẢ  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 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 0 H 298 = 2  ( 286)  50,75 =  622,75 kJ/mol ĐIỂM 1,0 Ho298 của N2H4 = 50,75 kJ/mol 1,0 Ho298 của N2O = 81,75 kJ/mol 1,0 Ho298 của NH3 = 46,125 kJ/mol Ho298 =  622,75 kJ/mol 1,0 0 S 298 = 191 + (2  66,6)  205  240 =  120,8 J/K 0 G 298 =  622,75  ( 120,8. 10 3  298) =  586,75 kJ/mol G 586, 75.103 ln K =  = = 236,8 ; RT 8,314 �298 * Hằng số phóng xạ: k = ln 2 t1 2 và t= K = 10103. Go298 =  586,75 kJ/mol 1,0 K = 10 . 103 1 N0 ln k Nt * G = H  TS ; G =  RTlnK và ln K P (T1 ) H �1 1 �  �  � K P (T2 ) RT �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 05 of 05 06 of 05
- Xem thêm -