dap an hsg may tinh

Trang 1/ 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM T HI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC LỚP 12 CẤP THPT Câu 1: (2 điểm) Độ đặc khít C (%) của một tinh thể được định nghĩa là tỉ số giữa tổng thể tích các nút mạng (mắt mạng) bên trong một ô mạng cơ sở và thể tích một ô mạng c ơ sở. Tính độ đặc khít của tinh thể có cấu trúc lập ph ương tâm khối. Giả thiết trong tinh thể, các nút mạng đ ược xem là những quả cầu tiếp xúc với nhau v à có thể tích như nhau. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Tổng số quả cầu trong ô mạng c ơ sở 1 Z 1 *8 2 8    Gọi a là cạnh khối lập phương và r là bán kính quả cầu nút mạng ta có: 3 3 4 r *2 3 C a   (1) Do đường chéo khối lập ph ương là 4r nên: a 3 4r a 3 r 4    (2) Từ (1) và (2) ta có: 3 3 4 a 3 *2 3 4 3 C 100% 100% 68,01764% 8 a              Vậy: Độ đặc khít của tinh thể là 68,01764% Z=2 C=68,01764% 0,5 1,5 Câu 2: (2 điểm) Cho dung dịch H 2 S 0,01M có K a1 =10 -7,02 ; K a2 =10 -12,9 . Tính pH của dung dịch và nồng độ ion S 2- tại thời điểm cân bằng . CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Các cân bằng: H 2 S  H + + HS - K a1 = 10 -7,02 (1) HS -  H + + S 2- K a2 = 10 -12,9 (2) H 2 O  H + + OH - K H2O = 10 -14 (3) Vì K a1  K a2 > K H2O nên cân bằng (1) là chủ yếu. H 2 S  H + + HS - Lúc cân bằng: 0,01-x x x Trong đó x là nồng độ H + lúc cân bằng 2 7,02 5 x 10 x [H ] [HS ] 3,08552.10 M 0,01 x           Do đó, pH của dung dịch: pH = 4,51 067 4,51067 1,0 a 2r Trang 2/ 7 HS -  H + + S 2- Lúc cân bằng: 3,08552.10 -5 -y 3,08552.10 -5 +y y Trong đó y là nồng độ S 2- lúc cân bằng, ta có: 5 12,9 5 y(3,08552.10 y) 10 3,08552.10 y       Với y  3,08552.10 -5  y = 1,25893.10 -13 Vậy [S 2- ] = 1,25893.10 -13 M 1,25893.10 -13 1,0 Câu 3: (2 điểm) Hòa tan 1,5 gam glyxin vào n ước thành 1 lit dung dịch. Dùng HCl đặc để điều chỉnh pH dung dịch về bằng 1. Tính nồng độ mol/lit các dạng tồn tại chủ yếu của glyxin trong dung dịch (kết quả thể hiện dạng x.10 -2 , trong đó x được tính chính xác đến 4 chữ số thập phân) . Biết glyxin có K a1 = 10 -2,4 và K a2 = 10 - 9,8 . CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Do K a1  K a2 nên chủ yếu tồn tại cân bằng: + NH 3 CH 2 COO - + H +  + NH 3 CH 2 COOH Ký hiệu các dạng tồn tại chủ yếu trong dung dịch : + NH 3 CH 2 COO - (HA) và + NH 3 CH 2 COOH (HA + ) Tổng nồng độ glyxin ban đầu: 2 1,5 C 2.10 M 75    pH = 1  [H + ] = 10 -1 M     + a1 HA k C HA HA HA 1 HA 1 HA H                                                 1 2 2 2,4 1 a1 2 2 2 H C 10 *2.10 HA 1,9234.10 M 10 10 K H HA C HA 2.10 1,9234.10 0,0766.10 M                                        2.10 -2 1,9234.10 -2 0,0766.10 -2 1,0 0,5 0,5 Câu 4: (2 điểm) Một dung dịch X chứa NaOH và 0,1566 mol Ba(AlO 2 ) 2 (cách viết khác: Ba[Al(OH) 4 ] 2 ). Cho 1 mol HCl vào A thu đư ợc 15,639 gam kết tủa. Tính khối lượng NaOH tối thiểu hiện diện trong dung dịch X. (số liệu được tính chính xác đến 4 chữ số thập phân). CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Gọi x là số mol NaOH tối thiểu trong dung dịch X 2 AlO n 0,3132mol   , 3 Al(OH) 15,639 n 0,2005mol 78   Phản ứng xảy ra: OH - + H +  H 2 O (1) x x AlO 2 - + H 2 O + H +  Al(OH) 3 (2) 0,3132 0,3132 0,3132 Al(OH) 3 + 3H +  Al 3+ + 3H 2 O (3) (0,3132-0,2005) 0,3381 0,3132 mol; 0,2005 mol 0,3132 0,3381 0,5 0,5 0,5 Trang 3/ 7 Ta có: HCl H n n x 0,3132 0,3381 1 x 0,3487         Lượng NaOH tối thiểu trong X: NaOH m 40*0,3487 13,9480gam  0,3478 13,9480 0,5 Câu 5: (2 điểm) Cho Na (dư) vào dung d ịch X được pha trộn từ 100 gam dung dịch HCOOH 5% v à 100 gam dung dịch CH 3 COOH 10%. Tính thể tích khí H 2 thoát ra (đktc). (số liệu được tính chính xác đến 4 chữ số thập phân). CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Số mol các chất trong dung dịch X: HCOOH 100*5 n 0,1087 mol 100*46   3 CH COOH 100*10 n 0,1667 mol 100*60   2 H O 200 15 n 10,2778 mol 18    2HCOOH + 2Na  2HCOONa + H 2 2CH 3 COOH + 2Na  2CH 3 COONa + H 2 2H 2 O + 2Na  2NaOH + H 2 Từ các phản ứng trên ta có: 2 3 2 H HCOOH CH COOH H O 1 n (n n n ) 5,2766 mol 2     2 H V 5,2766*22,4 118,1958 lit  0,1087 0,1667 10,2778 5,2766 118,1958 1,0 1,0 Câu 6: (2 điểm) Phân tử 1,2-dicloetan có độ dài liên kết C-C và C-Cl lần lượt là 1,54 A 0 và 1,76 A 0 , góc liên kết CCCl bằng 109,47 0 . Tính khoảng cách nhỏ nhất (cấu dạng che khuất hoàn toàn) và lớn nhất (cấu dạng đối lệch ho àn toàn) giữa hai nguyên tử clo trong phân tử trên. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM * Cấu dạng che khuất Khoảng cách giữa hai nguyên tử clo là nhỏ nhất 0 0 Cl Cl(1) C C C A d d 2d 1,54 (2*1,76*cos70,53 2,71326A         * Cấu dạng đối lệch hoàn toàn Khoảng cách giữa 2 nguyên tử clo là lớn nhất 2,71326 1,0 Cl Cl C 1,54A 0 1,76A 0 109,47 0 70,53 0 A C A Trang 4/ 7 I I 0 0 Cl B Cl A d 2d 2*1,76*sin70,53 3,31871A      Kết quả trên: II 0 B Cl Cl Cl(1) d d 2,71326A     I II I II 2 2 0 Cl Cl Cl B B Cl d (d ) (d ) 4,28668A       4,28668 1,0 Câu 7: (2 điểm) Người ta điều chế metanol từ hỗn hợp CO v à H 2 ở 300-400 0 C, 200 atm có mặt xúc tác ZnO/Cr 2 O 3 theo phản ứng: CO + 2H 2  CH 3 OH. Tỉ khối so với không khí của hỗn hợp tr ước phản ứng là 0,5, còn của hỗn hợp sau phản ứng l à 0,6. Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp trước và sau phản ứng. Biết KK M 29 , các khí đo cùng đi ều kiện về nhiệt độ v à áp suất. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Gọi x là % thể tích của CO ban đầu  % thể tích H 2 ban đầu là (1-x) Hỗn hợp trước phản ứng: CO M 28x 2(1 x) 0,5*29 14,5 x 0,48077 hay %V 48,077%          %V H2 = 51,923% Xét 1 lít hỗn hợp ban đầu Phản ứng xảy ra: CO + 2H 2  CH 3 OH Trước pư 0,48077 0,51923 Phản ứng y 2y y Sau pư (0,48077-y) (0,51923-2y) y Thể tích hỗn hợp sau phản ứng l à (1-2y) lít Ta có tỉ lệ: t t t s s s s t t s m D n n V m D n V n    Với m t = m s (theo định luật bảo toàn khối lượng). 48.077% 51,923% 0,5 0,25 Cl I Cl II C C 1,54A 0 1,76A 0 109,47 0 70,53 0 A B Trang 5/ 7 1 2y 0,5 5 1 1 2y y 1 0,6 6 12         Suy ra: CO 1 0,48077 12 %V *100% 47,692% 5 6    2 H 1 0,51923 2* 12 %V *100% 42,308% 5 6    3 CH OH %V 10% Vậy: %V CO = 47,692% %V H2 = 42,308% %V CH3OH = 10,000% 47,692% 42,308% 10% 0, 5 0,25 0,25 0,25 Câu 8: (2 điểm) Một amin bậc nhất có công thức tổng quát C x H y N t (t 4 ) với thành phần khối lượng nitơ chiếm 46,6667% trong phân tử. Đốt cháy hoàn toàn amin trên thu đư ợc CO 2 , H 2 O và N 2 với tổng thể tích khí đo đ ược ở điều kiện tiêu chuẩn là 8,3059 lít. Sục toàn bộ khí này qua 1 lít dung dịch Ca(OH) 2 (chứa số mol chất tan nhỏ hơn 0,2 mol) đến phản ứng hoàn toàn thu được 13,44 gam kết tủa trắng. Tính nồng độ dung dịch Ca(OH) 2 cần dùng. (số liệu được tính chính xác đến 4 chữ số thập phân). CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM CTTQ của amin là C x H y N t hay RN t với t 4 Ta có: 14t 46,6667 R 15,99998t R 100 46,6667     Nếu t=1  R  16  CTPT amin: CH 4 N (loại) t=2 R  32  C 2 H 8 N 2 đây là amin no mạch hở 2 chức (chọn) Tương tự t=3 và 4 không có amin có công th ức phù hợp. Phản ứng xảy ra: C 2 H 8 N 2 + 4O 2  2CO 2 + 4H 2 O + N 2 (1) 2a a CO 2 + Ca(OH) 2  CaCO 3 + H 2 O (2) b b b CO 2 + CaCO 3 + H 2 O  Ca(HCO 3 ) 2 (3) 2a-b 2a-b Gọi a là số mol N 2  số mol CO 2 là 2a Ta có: 8,3059 3a a 0,1236 22,4    2 CO n 0,2472mol  Do 2 2 CO Ca(OH) n n nên kết tủa đạt cực đại rồi tan Gọi b là số mol kết tủa cực đại cũng chính là số mol Ca(OH) 2 ban đầu, từ (2) và (3) ta có: C 2 H 8 N 2 0,2472 mol 0,5 0,5 Trang 6/ 7 3 2 CaCO không tan Ca(OH) 13,44 n b (2a b) 2b 0,2472 0,1344mol 100 b 0,1908 n 0,1908mol            Nồng độ dung dịch Ca(OH) 2 cần dùng: 2 Ca(OH) 0,1908 C 0,1908M 1   0,1908 mol 0,1908 M 0,5 0,5 Câu 9: (2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm hai ancol thu được 6,32 lít CO 2 (1,008 atm, 27 0 C). Nếu đun nóng a gam hỗn hợp X trên với H 2 SO 4 đặc, trên 170 0 C thì chỉ thu được hỗn hợp hữu cơ Y gồm hai olefin. Đốt cháy hết Y rồi cho toàn bộ hỗn hợp CO 2 và H 2 O hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong thấy xuất hiện kết tủa trắng cực đại rồi tan tiếp 1/3 (lượng kết tủa thu được chỉ còn 2/3 so với lượng kết tủa cực đại) . Khối lượng dung dịch nước vôi trong sau phản ứng tăng (giảm) bao nhiêu gam so với trước phản ứng? CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Công thức tổng quát của 2 ancol l à n 2n 2 C H O  Phản ứng xảy ra: 2 2 2 n 2n 2 3n C H O O nCO (n 1)H O 2      (1) x mol nx 2 n 2n 2 n 2n C H O C H H O    (2) x x 2 2 2 n 2n 3n C H O nCO nH O 2    (3) x nx nx Từ (1-3) ta có: 2 2 2 CO (3) H O(3) CO (1) 1,008*6,32 n n n 0,2588mol 22,4 *(27 273) 273      Gọi y là số mol kết tủa cực đại Phản ứng tạo kết tủa: CO 2 + Ca(OH) 2  CaCO 3 + H 2 O (4) y y CO 2 + H 2 O + CaCO 3  Ca(HCO 3 ) 2 (5) (0,2588-y) (0,2588-y) Số mol kết tủa còn lại: y – (0,2588 – y) = 2y/3  2y/3 = 0,1294 2 2 3 CO H O CaCO m m 0,2588*(44 18) 16,0456 gam m =0,1294*100=12,94 gam     Do 2 2 3 CO H O CaCO m m m  nên khối lượng dung dịch nước vôi trong tăng Độ tăng khối lượng = 16,0456 – 12,94 = 3,1056 gam 0,2588 3,1056 1,0 1,0 Trang 7/ 7 Câu 10: (2 điểm) Đun nóng dung dịch chứa 41,2 gam NaOH với 96,8 gam chất béo A. Sau khi kết thúc phản ứng xà phòng hóa, để trung hòa lượng NaOH dư trong 1/10 dung d ịch thu được cần 350 ml dung dịch HCl 0,2M. 1. Tính lượng NaOH cần dùng để xà phòng hóa 1 tấn A và tính lượng glixerol, lượng xà phòng nguyên chất thu được. 2. Xác định phân tử khối trung b ình của các axit trong A. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Lượng NaOH dư sau phản ứng xà phòng hóa: NaOH HCl n n 0,35*0,2*10 0,7 mol   Lượng NaOH xà phòng hóa 96,8 gam A m NaOH = 41,2 – 40*0,7 = 13,2 gam Lượng NaOH xà phòng hóa 1 t ấn A: NaOH 13,2*1000 m 136,36364 kg 96,8   Khối lượng glixerol sinh ra: Glixerol 13,2*1000 92 m * 104,54545 kg 96,8 3*40   Khối lượng xà phòng thu được: m xp = 1000 + 136,36364 – 104,54545 = 1031,81819 kg Phân tử khối trung bình của axit béo trong A: 1031,81819 M 22 280,66666 136,36364 40    136,36364 104,54545 1031,81819 280,66666 0,5 0,5 0,5 0,5 Lưu ý: - Các kết quả trên được người ra đề và biên soạn hướng dẫn chấm tính tr ên máy tính CASIO fx-500.MS - Thí sinh làm bài bằng máy tính bỏ túi CASIO: fx -500A, fx-500.MS, fx-570.MS, fx- 500.ES, fx-570.ES hoặc các máy tính khác có chức năng t ương đương. - HẾT - CH 2 CH CH 2 NaOH OCOR 1 OCOR 2 OCOR 3 C 3 H 5 (OH) 3 R 1 COONa R 2 COONa R 3 COONa 3 . tủa đạt cực đại rồi tan Gọi b là số mol kết tủa cực đại cũng chính là số mol Ca(OH) 2 ban đầu, từ (2) và (3) ta có: C 2 H 8 N 2 0,2472 mol 0,5 0,5 Trang 6/ 7 3 2 CaCO không tan Ca(OH) 13,44 n b. tích của CO ban đầu  % thể tích H 2 ban đầu là (1-x) Hỗn hợp trước phản ứng: CO M 28x 2(1 x) 0,5*29 14,5 x 0,48077 hay %V 48,077%          %V H2 = 51,923% Xét 1 lít hỗn hợp ban đầu Phản. Trang 1/ 7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM T HI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ