Tài liệu Hdc đề thi casio ct

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2008 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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: Mỗi phân tử XY3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 76. a) Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY3 . b) Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ a) Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY3 , ta có các phương trình: Tổng số ba loại hạt: 2 Zx + 6 Zy + Nx + 3 Ny = 196 (1) 2 Zx + 6 Zy  Nx  3 Ny = 60 (2) 6 Zy  2 Zx = 76 (3) Cộng (1) với (2) và nhân (3) với 2, ta có: 4 Zx + 12 Zy = 256 (a) Vậy X là nhôm, 12 Zy  4Zx = 152 (b) Y là clo.  Zy = 17 ; Zx = 13. XY3 là AlCl3 b) Cấu hình electron: Al : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 ; Cl : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 ĐIỂM 2,0 2,0 1,0 01 of 08 Câu 2: Một mẩu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh Hòa Bình có 9,4 phân hủy 14 C. hãy cho biết người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14 C. Các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ln 2 0,693  Hằng số phóng xạ: k = t = 1 5730 2 2,0 1 N 0 5730 15,3 ln  ln k N t 0,693 9, 4 = 3989,32 (năm) Người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây khoảng 4000 năm Niên đại của mẩu than t =  4000 (năm) 3,0 Câu 3: Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là nguyên tố X về khối lượng. Hãy xác định công thức phân tử của khoáng đó. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ  Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39 = 19,18% Cân bằng số oxi hóa trong hợp chất: 13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 �1  �2  �2  �1  �y = 0 23 24 16 1 X  X = 5,33y Lập bảng xét: Y X 1 5,33 2 3 10,66 ... 4 ... 5 ... 6 32 7 ĐIỂM 1,0 2,0 8 thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32  S (lưu huỳnh) 13,77 7,18 57, 48 2,39 19,18 : : : : Na : Mg : O : H : S = 23 24 16 1 32 = 2 : 1 : 12 : 8 : 2 Công thức khoáng: Na2MgO12H8S2 Công thức khoáng Na2SO4.MgSO4.4H2O 2,0 02 of 08 Câu 4: Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện. a) Hãy vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng này b) Tính cạnh lập phương a(Å) của mạng tinh thể, biết nguyên tử Cu có bán kính bằng 1,28 Å c) Xác định khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử Cu trong mạng d) Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm3 CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 03 of 08 4 (nguyên tử) a = 3,63 Å khoảng cách = 2,55 Å Khối lượng riêng: = 8,88 g/cm3  a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình vẽ) B A a D A B E E C D C Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là 1  Ở tám đỉnh lập phương = 8  = 1 8 1  Ở 6 mặt lập phương = 6  = 3 2 Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 3 = 4 (nguyên tử) 04 of 08 b) Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4  rCu 0 a = 4 �rCu  4 �1,28 A  3,63 Å 2 2 c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AC a 2 AE = = 2,55 Å  2 2 d) + 1 mol Cu = 64 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 4 nguyên tử Cu + 1 mol Cu có NA = 6,02 1023 nguyên tử 64 m Khối lượng riêng d = =4 23 6,02 �10 �(3,63 �10 8 )3 V = 8,88 g/cm3 Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng 1,55 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca có hình cầu, có độ đặc khít là 74%. CÁCH GIẢI 1,0 KẾT QUẢ ĐIỂM 2,0 2,0 V = 25,858 cm3  V = 3,18 1023 cm3 05 of 08 r = 1,965 108 cm 40,08 = 25,858 cm3, 1,55 một mol Ca chứa NA = 6,02 1023 nguyên tử Ca 25,858 �0,74 Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 6,02 �1023  = 3,18 1023 cm3 4 3 Từ V = �r 3  Thể tích của 1 mol Ca =  Bán kính nguyên tử Ca = r = 3 3V = 4 3 �3,18 �1023 4 �3,14 = 1,965 108 cm 3 Câu 6: Biết rằng mono – clobenzen có momen lưỡng cực 1 = 1,53 D. a) Hãy tính momen lưỡng cực o ; m ; p của ortho, meta, para – diclobenzen. b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được  = 1,53 D. Hỏi đó là dạng nào của diclobenzen? CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM  clo có độ âm điện lớn, 1 hướng từ nhân ra ngoài 1,0 para ortho meta = 3 = =0 Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác � a2 = b2 + c2 – 2bc cos A Dẫn xuất ortho: o = 212  212 cos600 = 1 3 Dẫn xuất meta: m = 212  212cos1200 = 1 Dẫn xuất para: p = 1  1 = 0 b) Theo đầu bài  =1,53D = 1  đó là dẫn xuất meta -diclobenzen 1,0 1,0 1,0 1,0 Câu 7: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C6H5COONa nồng độ 2,0 105 M. Biết hằng số axit của axit benzoic bằng 6,29 105. 06 of 08 CÁCH GIẢI  C6H5COONa  Na+ + C6H5COO �� � C6H5COOH C6H5COO + H+ �� � KẾT QUẢ ĐIỂM Ka1 �� � H+ + OH H2O �� Kw � Tổ hợp 2 phương trình cho: �� � C6H5COOH + OH C6H5COO + H2O �� � Ktp 14 Kw 10 = = 1,59 1010 Ka Ktp = 1,59 1010 6,29 �105 Do nồng độ đầu của C6H5COO nhỏ; mặt khác hằng số của quá trình không lớn hơn nhiều so với 1014 nên phải tính đến sự điện li của nước. �� � C6H5COOH + OH Ktp (1) C6H5COO + H2O �� � Ktp = 2,0 105  [OH] �� � H+ + OH Kw (2) �� �  Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH ] = [C6H5COOH] + [H+] hay [C6H5COOH] = [OH]  [H+] 1014  = [OH ]  � OH  � � � H2O 1,0 1,0 1,0 thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1): � 1014 �   � � � � � OH  �� OH  � OH  C 6 H 5COOH  �  � � � � �� � � � OH � K= = � � �  � � C 6 H 5COO � � � � C 6 H 5COO  � � � 10 K = 1,59 10 2 � OH  �  1014 � �  = 1,59 1010 5  � � 2 �10  � OH �  [OH]2 + 1,59 1010[OH]  13,18 1015 = 0  [OH] = 1,148 107  pOH =  lg(1,148 107) = 6,94  pH = 7,06 1,0 1,0 �� � 2NH3 (k) có Kp = 1,64 104. Câu 8: Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) �� � Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình 07 of 08 CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM �� � 2NH3 (k) N2(k) + 3H2(k) �� � PN nN 1 2  2  Theo PTHH: PH2 n H 2 3  Theo gt: P NH3 + P N 2 + P H2 = 10  P NH3 + 4P N 2 = 10 Và Ta có: Kp = (PNH )2 3 3 (PN )(PH ) 2 PNH 2 = (1) (PNH3 )2 (PN2 )(3PN2 )3 P NH3 + 4P N 2 = 10 1,0 = 1,64 104  6,65102.  (PN )2 2 Thay vào (1) được: 6,65 102(P N 2 )2 + 4P N 2  10 = 0 3 PNH 3 (PN )2  2 1,0 6,65102 1,0  P N 2 = 2,404 và P N 2 =  62,55 < 0 1,0 Vậy, P N 2 = 2,404  P NH3 = 10  4P N 2 = 0,384 atm chiếm 3,84% 3,84% 1,0 08 of 08 Câu 9: Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một rượu B với 3 axit hữu cơ, trong đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no chứa một liên kết đôi. Xà phòng hoá hoàn toàn 14,7 gam A bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và p gam rượu B. Cho p gam rượu B đó vào bình đựng natri dư, sau phản ứng có 2,24 lít khí thoát ra và khối lượng bình đựng natri tăng 6,2 gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 14,7 gam A, thu được 13,44 lít CO2 và 9,9 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của từng este trong A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). CÁCH GIẢI  Xác định rượu B: vì este đơn chức nên rượu B đơn chức 1 R – OH + Na  R – ONa + H2 2 0,2 0,1 mol Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g 6,2  KL mol (R – O) = = 31  R + 16 = 31 0,2  R = 15 là CH3  Rượu B: CH3OH KẾT QUẢ ĐIỂM 1,0 Công thức của 2 este no là: C n H 2n 1 COOCH3 số mol = x Công thức của este chưa no là CmH2m1COOCH3 số mol = y C n H 2n 1 COOCH3 + 3n  4 O2  ( n + 2) CO2 + ( n + 2) 2 H2O 1,0 x ( n + 2) x ( n + 2) x 3m  3 CmH2m1COOCH3 + O2  (m + 2) CO2 + (m + 1) 2 H2O (m + 2) y (m + 1) y ta có hệ pt: x + y = 0,2 (1) ( n + 2) x + (m + 2) y = 0,6 (2) ( n + 2) x + (m + 1) y = 0,55 (3) y Giải hệ pt cho x = 0,15 ; y = 0,05 và 3 n + m = 4 Do n  0 và m  2 nên 2 �m �3  bài toán có 2 nghiệm m = 2 và m = 3 2 Với m = 2  n = ứng với nghiệm CH2=CH-COOCH3 3 và HCOOCH3 ; CH3COOCH3 1 Với m = 3  n = ứng với nghiệm C3H5-COOCH3 3 và HCOOCH3 ; CH3COOCH3 1,0 1,0 1,0 09 of 08 Câu 10: Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân huỷ thành nitơ monoxit và clo. a) Hãy viết phương trình cho phản ứng này b) Tính Kp của phản ứng ở 298K(theo atm và theo Pa). H 0298 (kJ/mol) S 0298 (J/K.mol) Nitrosyl clorua 51,71 Nitơ monoxit 90,25 Cl2 ? 264 211 223 c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM 1,0 �� � 2NO + Cl2.  a) 2NOCl �� � b) Hằng số cân bằng nhiệt động lực học được tính theo phương trình G =  RTlnK Trong đó G = H  T. S H = [(2  90,25. 103) + 0  (2  51,71. 103 ) = 77080 J/mol 1,0 S = [(2  211) + 233  (2  264) = 117 J/mol G = 77080  298  117 = 42214 J/mol 42214 và ln K =  =  17 8,314 �298 8 3  Kp = 3,98. 10 atm và Kp = 4,04. 10 Pa c) Tính gần đúng: Kp (T2 ) H �1 1 � ln = �  � Kp (T1 ) R �T1 T2 � 1,0 1,0 77080 � 1 1 � �  �+ lnKp(298) 8,314 �298 475 �  ln Kp (475) =  5,545  Kp = 4,32. 10  3 atm hay Kp = 437Pa  lnKp(475K) = ln 2 * Hằng số phóng xạ: k = t 1 2 và t= 1,0 1 N0 ln k Nt 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 * G = H  TS ; G =  RTlnK và ln 010 of 08 011 of 08