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 (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. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tử của nguyên tố X là 5p 5 . 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] 5s 2 4d 10 5p 5 . ⇒ số Z X = 53 = số proton Mặt khác: x x n p = 1,3692 ⇒ n X = 74 ⇒ A X = p X + n X = 53 + 74 = 127 x y n n = 3,7 ⇒ n Y = 20 X + Y → XY 4,29 18,26 ⇒ Y X Y 4,29 18,26 + = ⇒ Y 127 Y 4,29 18,26 + = ⇒ Y = 39 ⇒ A Y = p Y + n Y ⇒ 39 = p Y + 20 ⇒ p Y = 19 hay Z Y = 19 Cấu hình electron của Y là [ 18 Ar] 4s 1 số Z X = 53 p Y = 19 [ 18 Ar] 4s 1 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 01 of 08 Cõu 2: Một mẫu than lấy từ hang động của ngời Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6 phân hủy 14 C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon. Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn tại có 15,3 phân hủy 14 C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm . Hãy cho biết niên đại của mẩu than đó? CCH GII KT QU IM Hng s phúng x: k = 1 2 ln 2 t = 0,693 5730 Niờn i ca mu than t = 0 t N 1 5730 15,3 ln ln k N 0,693 13,6 = = 973,88 (nm) t = 973,88 (nm) 2,0 3,0 Cõu 3: Mt khoỏng cht cú cha 20,93%Nhụm; 21,7%Silic v cũn li l oxi v Hidro (v khi lng). Hóy xỏc nh cụng thc ca khoỏng cht ny. CCH GII KT QU IM t % lng Oxi = a thỡ % lng Hidro = 57,37 a Ta cú: t l s nguyờn t Al : Si : O : H = 20,93 21,7 a : : : (57,37 a) 27 28 16 Mt khỏc: phõn t khoỏng cht trung hũa in nờn 20,93 21,7 a 3 4 2 (57,37 a) 0 27 28 16 ì + ì ì + = Gii phng trỡnh cho a = 55,82 Suy ra, Al : Si : O : H = 20,93 21,7 55,82 : : :1,55 27 28 16 = 2 : 2 : 9 : 4 Vy cụng thc khoỏng cht: Al 2 Si 2 O 9 H 4 hay Al 2 O 3 .2SiO 2 .2H 2 O (Cao lanh) a = 55,82 Al : Si : O : H = 2 : 2 : 9 : 4 Al 2 O 3 .2SiO 2 .2H 2 O 1,0 2,0 1,0 1,0 Cõu 4: St dng (Fe ) kt tinh trong mng lp phng tõm khi, nguyờn t cú bỏn kớnh r = 1,24 . Hóy tớnh: 02 of 08 a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng b) Tỉ khối của Fe theo g/cm 3 . c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ) Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là − Ở tám đỉnh lập phương = 8 × 1 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: AD 2 = a 2 + a 2 = 2a 2 xét mặt ABCD: AC 2 = a 2 + AD 2 = 3a 2 mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 nên a = 4r 3 = 4 1,24 3 × = 2,85 Å c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AE = AC a 3 2 2 = = 2,85 3 2 × = 2,468 Å d) + 1 mol Fe = 56 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 2 nguyên tử Fe + 1 mol Fe có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Khối lượng riêng d = m V = 2 × 23 8 3 56 6,02 10 (2,85 10 ) − × × × = 7,95 g/cm 3 2 (nguyên tử) a = 2,85 Å Khoảng cách = 2,468 Å Khối lượng riêng: d = 7,95 g/cm 3 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Fe bằng 7,87 g/cm 3 . 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 03 of 08 A B C D a D C A B E E a CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ Thể tích của 1 mol Fe = 55,85 7,87 = 7,097 cm 3 . một mol Fe chứa N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Fe Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 23 7,097 0,68 6,02 10 × × = 0,8 ×10 − 23 cm 3 Từ V = 3 4 r 3 ×π ⇒ Bán kính nguyên tử Fe = r = 3 3V 4π r = 23 3 3 0,8 10 4 3,14 − × × × = 1,24 ×10 − 8 cm V mol = 0,8 ×10 − 23 (cm 3 ) r = 1,24 ×10 − 8 cm 2,0 3,0 Câu 6: Clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D (µ 1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen lưỡng cực µ 2 = 1,60D (µ 2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính µ của ortho – cloanilin; meta – cloanilin và para – cloanilin. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ clo có độ âm điện lớn, µ 1 hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH 2 có cặp e tự do liên hợp với hệ e π của vòng benzen ⇒ hai momen lưỡng cực cùng chiều ortho meta para Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a 2 = b 2 + c 2 – 2bc cos µ A Dẫn xuất ortho: µ 2 O = µ 2 1 + µ 2 2 − 2µ 1 µ 2 cos 60 0 = µ 2 1 + µ 2 2 − µ 1 µ 2 = 2,45 µ o = 2,45 = 1,65D Dẫn xuất meta: µ 2 m = µ 2 1 + µ 2 2 − 2µ 1 µ 2 cos 120 0 = µ 2 1 + µ 2 2 + µ 1 µ 2 = 7,35 µ m = 7,35 = 2,71D Dẫn xuất para: µ 2 p = µ 1 + µ 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 04 of 08 Cõu 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 vào dung dịch X. CCH GII KT QU IM a) [ H + ] . 0,5.10 -7 do nồng độ nhỏ phải tính đến cân bằng của H 2 O H 2 O ơ H + + OH HCl H + + Cl Theo định luật bảo toàn điện tích: [ H + ] = [ Cl - ] + [OH - ] [ H + ] = 0,5.10 -7 + [ ] + H 10 -14 [ H + ] 2 0,5.10 7 [ H + ] 10 -14 = 0. Giải đợc: [ H + ] = 1,28.10 -7 pH 6,9 b) n HA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; n KOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol KOH + HA KA + H 2 O 0,01 0,01 0,01 Theo phơng trình HA còn d = 0,01 mol Trong d 2 X: C HA = C KA = 4,0 01,0 = 0,025M. Xét các cân bằng sau: H 2 O ơ H + + OH - K W = 10 -14 (1) HA ơ H + + A - K HA = 10 -375 (2) A - + H 2 O ơ HA + OH - K B = K HA -1 . K W = 10 -10,25 (3) So sánh (1) với (2) K HA >> K W bỏ qua (1) So sánh (2) với (3) K HA >> K B bỏ qua(3) Dung dịch X là dung dịch đệm axit có pH = pKa + lg [ ] [ ] axit muoi = 3,75 + lg 1,0 1,0 = 3,75 Khi thêm 10 -3 mol HCl KA + Cl KCl + HA 0,001 0,001 0,001 (mol) [HA] = 4,0 0,001 0,01+ = 0,0275 M và [KA] = 4,0 0,001 - 0,01 = 0,0225M . Dung dịch thu đợc vẫn là dung dịch đệm axit. Tơng tự, pH = 3,75 + lg 0275,0 0225,0 = 3,66 1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 05 of 08 Cõu 8: Ti 25 0 C, phn ng: CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ơ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O cú hng s cõn bng K = 4 Ban u ngi ta trn 1,0 mol C 2 H 5 OH vi 0,6 mol CH 3 COOH. Tớnh s mol este thu c khi phn ng t ti trng thỏi cõn bng. CCH GII KT QU IM CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ơ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O Phn ng x x [ ] 1 x 0,6 x x x K = [ ] [ ] [ ] [ ] 3 2 5 2 2 5 3 CH COOC H H O C H OH CH COOH 2 x (1 x)(0,6 x) = 4 3x 2 6,4x + 2,4 = 0 x 1 = 0,4855 v x 2 = 1,64 > 1 Vy, s mol este thu c khi phn ng t ti trng thỏi cõn bng = 0,4855 1,0 2,0 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 thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn d một kim loại cha tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H 2 SO 4 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) Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp. b) Tính nồng độ các ion (trừ ion H +- , OH - ) trong dung dịch A. CCH GII KT QU IM Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có : 24x + 56y + 64z = 23,52 3x + 7y + 8z = 2,94 (a) Đồng còn d có các phản ứng: Cho e: Nhận e: Mg - 2e Mg 2+ (1) NO 3 - + 3e + 4H + NO + 2H 2 O (4) Fe - 3e Fe 3+ (2) Cu + Fe 3+ Cu 2+ + Fe 2+ (5) Cu - 2e Cu 2+ (3) Phơng trình phản ứng hoà tan Cu d: 3Cu + 4H 2 SO 4 + 2NO 3 - = 3CuSO 4 + SO 4 2- + 2NO + H 2 O (6) Từ Pt (6) tính đợc số mol Cu d: = 4 0,044.5.3 = 0,165 mol Theo các phơng trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho bằng số mol e nhận: 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) Từ khối lợng các oxit MgO; Fe 2 O 3 ; CuO, có phơng trình: 2 x .40 + 4 y .160 + 2 z . 80 = 15,6 (c) Hệ phơng trình rút ra từ (a), (b), (c): 3x + 7y + 8z = 2,94 x + y + z = 0,42 x + 2y + 2z = 0,78 1,0 1,0 06 of 08 Gi¶i ®îc: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24. % 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 - ) [Mg 2+ ] = 0,244 0,06 = 0,246 M; [Cu 2+ ] = 0,984 M ; [Fe 2+ ] = 0,492 M ; [SO 4 2- ] = 0,9 M ; [NO 3 - ] = 1,64 M 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 Phản ứng ∆Ho 298 (kJ) (1) 2NH 3 + 3N 2 O → 4N 2 + 3H 2 O − 1011 (2) N 2 O + 3H 2 → N 2 H 4 + H 2 O − 317 (3) 2NH 3 + 0,5O 2 → N 2 H 4 + H 2 O − 143 (4) H 2 + 0,5 O 2 → H 2 O − 286 S 0 298 (N 2 H 4 ) = 240 J/K.mol ; S 0 298 (H 2 O) = 66,6 J/K.mol S 0 298 (N 2 ) = 191 J/K.mol ; S 0 298 (O 2 ) = 205 J/K.mol a) Tính nhiệt tạo thành ∆Ho 298 của N 2 H 4 ; N 2 O và NH 3 . b) Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin và tính ∆Ho 298 , ∆Go 298 và hằng số cân bằng K của phản ứng này. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ a) Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu các chất và được N 2 + 2H 2 → N 2 H 4 . Đó là: 4N 2 + 3H 2 O → 2NH 3 + 3N 2 O -∆H 1 3N 2 O + 9H 2 → 3N 2 H 4 + 3H 2 O 3∆H 2 2NH 3 + 0,5 O 2 → N 2 H 4 + H 2 O ∆H 3 H 2 O → H 2 + 0,5 O 2 -∆H 4 Sau khi cộng ta được: 4N 2 + 8H 2 → 4N 2 H 4 có 4∆H 5 Suy ra ∆H 5 = (-∆H 1 + 3∆H 2 + ∆H 3 - ∆H 4 ) : 4 = (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol Từ ∆H 5 và ∆H 4 và ∆H 2 tính được ∆H ON 2 = ∆H 5 + ∆H 4 - ∆H 2 = 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol Từ ∆H 5 và ∆H 4 và ∆H 3 tính được ∆H 3 NH = ∆H 5 + ∆H 4 - ∆H 3 = ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol b) N 2 H 4 + O 2 ? N 2 + 2H 2 O 1,0 1,0 1,0 07 of 08 ∆H 0 298 = 2 × ( −286) − 50,75 = − 622,75 kJ/mol ∆S 0 298 = 191 + (2 × 66,6) − 205 − 240 = − 120,8 J/K ∆G 0 298 = − 622,75 − ( −120,8. 10 − 3 × 298) = − 586,75 kJ/mol ln K = − G RT ∆ = − 3 586,75.10 8,314 298 − × = 236,8 ; K = 10 103 . 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 . TÍNH CẦM TAY NĂM 2008 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI DỰ BỊ 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