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 (HDC gồm 08 trang) Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/3/2008 ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI Các giám khảo (Họ, tên và chữ ký) SỐ PHÁCH (Do chủ tịch Hội đồng khu vực thi ghi ) Bằng số Bằng chữ Câu 1: Mỗi phân tử XY 3 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 XY 3 . b) Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM 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 XY 3 , 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) 12 Zy − 4Zx = 152 (b) ⇒ Zy = 17 ; Zx = 13. b) Cấu hình electron: Al : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 ; Cl : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 Vậy X là nhôm, Y là clo. XY 3 là AlCl 3 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 ♣ Hằng số phóng xạ: k = 1 2 ln 2 t = 0,693 5730 Niên đại của mẩu than t = 0 t N 1 5730 15,3 ln ln k N 0,693 9,4 = = 3989,32 (năm) Người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây khoảng 4000 năm ≈ 4000 (năm) 2,0 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 ĐIỂM ♣ 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 23 24 16 1 X × + × − × + × + × = 0 ⇒ X = 5,33y Lập bảng xét: Y 1 2 3 4 5 6 7 8 X 5,33 10,6 6 32 thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32 ⇒ S (lưu huỳnh) Na : Mg : O : H : S = 13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 : : : : 23 24 16 1 32 = 2 : 1 : 12 : 8 : 2 Công thức khoáng: Na 2 MgO 12 H 8 S 2 Công thức khoáng Na 2 SO 4 .MgSO 4 .4H 2 O 1,0 2,0 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/cm 3 CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình vẽ) Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là − Ở tám đỉnh lập phương = 8 × 1 8 = 1 − Ở 6 mặt lập phương = 6 × 1 2 = 3 Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 3 = 4 (nguyên tử) b) Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4 × r Cu a = 0 Cu 4 r 4 1,28A 2 2 × × = = 3,63 Å c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AE = AC a 2 2 2 = = 2,55 Å d) + 1 mol Cu = 64 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 4 nguyên tử Cu + 1 mol Cu có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Khối lượng riêng d = m V = 4 × 23 8 3 64 6,02 10 (3,63 10 ) − × × × = 8,88 g/cm 3 4 (nguyên tử) a = 3,63 Å khoảng cách = 2,55 Å Khối lượng riêng: = 8,88 g/cm 3 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 03 of 08 A B C D a E D C A B E Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng 1,55 g/cm 3 . Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca có hình cầu, có độ đặc khít là 74%. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ Thể tích của 1 mol Ca = 40,08 1,55 = 25,858 cm 3 , một mol Ca chứa N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Ca Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 23 25,858 0,74 6,02 10 × × = 3,18 ×10 − 23 cm 3 Từ V = 3 4 r 3 ×π ⇒ Bán kính nguyên tử Ca = r = 3 3V 4π = 23 3 3 3,18 10 4 3,14 − × × × = 1,965 ×10 − 8 cm V = 25,858 cm 3 V = 3,18 ×10 − 23 cm 3 r = 1,965 ×10 − 8 cm 1,0 2,0 2,0 Câu 6: Biết rằng mono – clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D. a) Hãy tính momen lưỡng cực µ o ; µ m ; µ p của ortho, meta, para – diclobenzen. b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được µ = 1,53 D. Hỏi đó là dạng nào của diclobenzen? CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ clo có độ âm điện lớn, µ 1 hướng từ nhân ra ngoài ortho meta para µ = µ 3 µ = µ µ = 0 Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a 2 = b 2 + c 2 – 2bc cos µ A Dẫn xuất ortho: µ o = 2 2 0 1 1 2 2 cos60µ + µ = µ 1 3 Dẫn xuất meta: µ m = 2 2 0 1 1 2 2 cos120µ + µ = µ 1 Dẫn xuất para: µ p = µ 1 − µ 1 = 0 b) Theo đầu bài µ =1,53D = µ 1 ⇒ đó là dẫn xuất meta -diclobenzen 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 04 of 08 Câu 7: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C 6 H 5 COONa nồng độ 2,0 ×10 − 5 M. Biết hằng số axit của axit benzoic bằng 6,29 ×10 − 5 . CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ C 6 H 5 COONa → Na + + C 6 H 5 COO − C 6 H 5 COO − + H + → ¬ C 6 H 5 COOH Ka − 1 H 2 O → ¬ H + + OH − Kw Tổ hợp 2 phương trình cho: C 6 H 5 COO − + H 2 O → ¬ C 6 H 5 COOH + OH − Ktp Ktp = w a K K = 14 5 10 6,29 10 − − × = 1,59 ×10 − 10 Do nồng độ đầu của C 6 H 5 COO − 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. C 6 H 5 COO − + H 2 O → ¬ C 6 H 5 COOH + OH − Ktp (1) 2,0 ×10 − 5 − [OH − ] H 2 O → ¬ H + + OH − Kw (2) Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH − ] = [C 6 H 5 COOH] + [H + ] hay [C 6 H 5 COOH] = [OH − ] − [H + ] = [OH − ] − 14 10 OH − − thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1): K = [ ] 6 5 6 5 C H COOH OH C H COO − − = 14 6 5 10 OH OH OH C H COO − − − − − ÷ − × ÷ K = 1,59 ×10 − 10 ⇒ 2 14 5 OH 10 2 10 OH − − − − − × − = 1,59 ×10 − 10 ⇒ [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 Ktp = 1,59 ×10 − 10 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 05 of 08 Câu 8: Tại 400 0 C, P = 10atm phản ứng N 2 (k) + 3H 2 (k) → ¬ 2NH 3 (k) có Kp = 1,64 ×10 − 4 . Tìm % thể tích NH 3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N 2 (k) và H 2 (k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM N 2 (k) + 3H 2 (k) → ¬ 2NH 3 (k) Theo PTHH: 2 2 2 2 N N H H P n 1 P n 3 = = ⇒ Theo gt: P 3 NH + P 2 N + P 2 H = 10 ⇒ P 3 NH + 4P 2 N = 10 (1) Và Ta có: Kp = 3 2 2 2 NH 3 N H (P ) (P )(P ) = 2 NH 3 3 N N 2 2 (P ) (P )(3P ) = 1,64 ×10 − 4 ⇒ 3 2 NH 2 N P (P ) = 6,65×10 − 2 . Thay vào (1) được: 6,65 ×10 − 2 (P 2 N ) 2 + 4P 2 N − 10 = 0 ⇒ P 2 N = 2,404 và P 2 N = − 62,55 < 0 Vậy, P 2 N = 2,404 ⇒ P 3 NH = 10 − 4P 2 N = 0,384 atm chiếm 3,84% P 3 NH + 4P 2 N = 10 3 2 NH 2 N P (P ) = 6,65×10 − 2 3,84% 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 06 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 CO 2 và 9,9 gam H 2 O. Xác định công thức cấu tạo của từng este trong A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ Xác định rượu B: vì este đơn chức nên rượu B đơn chức R – OH + Na → R – ONa + 1 2 H 2 0,2 0,1 mol Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g ⇒ KL mol (R – O) = 6,2 0,2 = 31 ⇒ R + 16 = 31 ⇒ R = 15 là CH 3 ⇒ Rượu B: CH 3 OH Công thức của 2 este no là: C n H 2n 1+ COOCH 3 số mol = x Công thức của este chưa no là C m H 2m − 1 COOCH 3 số mol = y C n H 2n 1+ COOCH 3 + 3n 4 2 + O 2 → ( n + 2) CO 2 + ( n + 2) H 2 O x ( n + 2) x ( n + 2) x C m H 2m − 1 COOCH 3 + 3m 3 2 + O 2 → (m + 2) CO 2 + (m + 1) H 2 O y (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) 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 Với m = 2 ⇒ n = 2 3 ứng với nghiệm CH 2 =CH-COOCH 3 và HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 Với m = 3 ⇒ n = 1 3 ứng với nghiệm C 3 H 5 -COOCH 3 và HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 07 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). Nitrosyl clorua Nitơ monoxit Cl 2 ∆H 0 298 (kJ/mol) 51,71 90,25 ? S 0 298 (J/K.mol) 264 211 223 c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ a) 2NOCl → ¬ 2NO + Cl 2 . 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. 10 3 ) + 0 − (2 × 51,71. 10 3 ) = 77080 J/mol ∆S = [(2 × 211) + 233 − (2 × 264) = 117 J/mol ∆G = 77080 − 298 × 117 = 42214 J/mol và ln K = − 42214 8,314 298× = − 17 ⇒ Kp = 3,98. 10 − 8 atm và Kp = 4,04. 10 − 3 Pa c) Tính gần đúng: ln 2 1 ( ) ( ) Kp T Kp T = 1 2 1 1H R T T ∆ − ÷ ⇒ lnKp(475K) = 77080 1 1 8,314 298 475 − ÷ + lnKp(298) ⇒ ln Kp (475) = − 5,545 ⇒ Kp = 4,32. 10 − 3 atm hay Kp = 437Pa 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 * Hằng số phóng xạ: k = 1 2 ln 2 t và t = 0 1 ln t N k N * ∆G = ∆H − T∆S ; ∆G = − RTlnK và ln 1 2 2 1 ( ) 1 1 ( ) P P K T H K T RT T T ∆ = − ÷ * 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. 10 5 Pa ; N A = 6,022. 10 23 08 of 08 . 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 (HDC gồm 08 trang) Thời gian thi:. 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 ♣ Hằng số phóng xạ: k = 1 2 ln 2 t = 0,693 5730 . xác định công thức phân tử của khoáng đó. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ 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