ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CASIO CẤPP TỈNH HAY

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2015 - 2016 Mơn Hóa học cấp THPT Câu 1: (8,0 điểm) Hợp chất X tạo thành từ nguyên tử nguyên tố Tổng số proton X 18 Trong X có hai nguyên tố thuộc chu kì thuộc hai nhóm A liên tiếp bảng tuần hồn Tổng số ngun tử ngun tố có điện tích hạt nhân nhỏ 2,5 lần tổng số nguyên tử hai nguyên tố lại Xác định công thức cấu tạo X Một chất thải phóng xạ có chu kì bán hủy 200 năm, đựng thùng kín chơn đất Hỏi thời gian lâu để tốc độ phân rã từ 6,5.10 12 nguyên tử/phút xuống 3,0.10 -3 nguyên tử/phút Cách giải Điểm Gọi công thức X: AxByDz x + y + z = (*) 1,0đ xZA + yZB + z.ZD = 18 (**) giả sử ZA < ZB < ZD => 2x = (y + z) (***) Từ (*) (***) => x = 5; y = z = 1,0đ 18 Z  2,57 từ (*) (**) => => ZA < 2,57 => ZA = (H); ZA = (He) : loại B, D thuộc chu kỳ, hai nhóm A kế tiếp, lại có ZB + ZD = 18 – = 13 => B, D thuộc chu kì nhỏ � ZD = ZB + => ZB = (C) ZD = (N) CTPT X: CNH5 công thức cấu tạo CH3NH2 0,5đ 1,0đ 0,5đ 1,5đ 1,5đ 1,0đ Câu 2: (6,0 điểm) Tính bán kính nguyên tử gần Ca 20 0C, biết nhiệt độ khối lượng riêng Ca 1,55 g/cm3 Giả thiết tinh thể ngun tử Ca dạng hình cầu, có độ đặc khít 74% (cho Ca = 40,08) Tính nhiệt lượng cần thiết để nâng nhiệt độ 0,5 mol H 2O từ -50oC đến 500oC P = 1atm Biết nhiệt nóng chảy nước 273K Lnc = 6004 J/mol, nhiệt bay nước 373K Lh = 40660 J/mol; C Po ( H 2O ,h ) = 30,2 + 10-2T (J/molK) ; C Po ( H 2O ,r ) = 35,56 (J/molK); Cách giải C Po ( H 2O ,l ) = 75,3 (J/molK) Điểm 0,5đ 40, 08  25,858cm3 Thể tích mol Ca = 1,55 mol Ca chứa 6,02.1023 nguyên tử Ca 1,5đ Trang 1/7 25,858 �0, 74  3,18 �1023 cm3 23 6, 02 � 10 Theo độ đặc khít, thể tích nguyên tử Ca = 3V 3 �3,18 �1023 r � r    1,965 �108 cm  � 3,14 Từ V = 1,5đ H2O(r) -50oC Ho =  H1 27 223 H H3  H4 H2O(r) H2 H2O(l) H2O(l) H2O(h) H2O(h)(500oC) 100oC 100oC 0oC 0oC  H  n.C 37 o P(r ) 773 dT n.Lnc  n.C 27 o P (l ) dT n.Lh + n.C o P(h) dT 1,0đ 1,0đ 37 = 0,5 35,56(273 – 223) + 0,5 6004 + 0,5 75,3 (373 – 273) + 0,5 40660 + 10  0,5đ + 0,5.30,2 (773 – 373) + 0,5 (7732 – 3732) = 35172 (J) Câu 3: (6,0 điểm) Một dung dịch monoaxit HA nờng độ 0,373% có khối lượng riêng 1,000 gam/ml pH = 1,70 Khi pha loãng dung dịch gấp đơi dung dịch có pH = 1,89 Xác định số phân li axit Ka HA Xác định khối lượng mol công thức axit HA Biết phần trăm khối lượng nguyên tố axit HA là: hiđro 1,46%, oxi 46,72% nguyên tố chưa biết X (% lại) Cách giải [H + ][A - ] Ka = [HA] Điểm HA � H+ + A- (1) (2) + Bỏ qua phân li nước: [H ]  [A ] c (nồng độ mol HA) = [A-] + [HA] + - Ka = + [H + ]2 c - [H + ] Thay [H ] = [A ] [HA] = c - [H ] vào (2), ta (3) + -1,70 + Khi pH = 1,70 [H ]  10  0,0200; Khi pH = 1,89 [H ]  10 -1,89  0,0129 Thay kết vào (3) ta hệ phương trình: 0,022 Ka = c - 0,02 0,01292 Ka = c - 0,0129 Giải hệ phương trình ta c = 0,0545 Ka = 0,0116 Vậy c = 0,0545 mol/l Ka = 0,0116 0,5đ 1,0đ 0,5đ 1,0đ 0,5đ Trong lít dung dịch có 0,0545 mol axit khối lượng là: 1000ml × 1,000g/ml × 0,00373 = 3,73g 3,73g M= 0,0545mol  68,4 g/mol Khối lượng mol axit là: Khối lượng hiđro mol axit: m(H) = 0,0146 × 68,4g = 1,00 g (1 mol) Khối lượng oxi mol axit: m(O) = 0,4672 × 68,6g = 32,05 g (2 mol) Khối lượng nguyên tố X chưa biết mol axit: m(X) = 68,4g – m(H) – m(O) = 68,4g – 1,00g – 32,05g = 35,6 g Một mol axit chứa n mol nguyên tố X Khối lượng mol nguyên tố X 35,6/n Trang 2/7 0,5đ 1,0đ g/mol Nếu n = M(X) = 35,6 g/mol (X Cl); n = 2: M(X) = 17,8 g/mol (khơng có ngun tố tương ứng); n = 3: M(X) = 11,9 g/moL (C); n = 4: M(X) = 8,9 g/moL (Be); n = 5: M(X) = 7,1 g/moL (Li) Hợp chất chấp nhận HClO2 Các axit HC3O2, HBe4O2 HLi5O2 Vậy 68,6 g/mol ứng với cơng thức HClO2 1,0đ Câu 4: (7,0 điểm) Cho 1,572 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe Cu tác dụng với 40 ml dung dịch CuSO 1M, thu dung dịch Y hỗn hợp Z gồm kim loại Cho Y tác dụng với dung dịch NH dư, kết tủa thu nung khơng khí đến khối lượng không đổi 1,82 gam hỗn hợp hai oxit Cho Z tác dụng với dung dịch AgNO3 dư lượng Ag thu lớn khối lượng Z 7,336 gam Biết phản ứng xảy hoàn tồn Tính khối lượng kim loại 1,572 gam X Cho cân hóa học: H2 (k) + I2 (k) � 2HI (k) Thực cân bình kín t oC Nếu ban đầu cho mol H2 mol I2 vào bình đến trạng thái cân có x mol HI tạo thành Còn ban đầu lấy mol H2 mol I2 cho vào bình đến trạng thái cân có 2x mol HI tạo thành Tính số Kp cân toC Cách giải Điểm Vì chất rắn thu kim loại dung dịch thu chứa muối nên Al phản ứng hết, 4,0đ Fe phản ứng dư Ta có phương trình hố học sau: Al + Cu2+ →2 Al3+ + Cu2+ (1) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (2) Khi cho dung dịch Y tác dụng dung dịch NH3 + Fe 2+ + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2 + NH (3) + NH Al3+ + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + Khi nung kết tủa : Fe(OH)2 + 1/2 O2 → Fe2O3 + H2O (5) Al(OH)3 → Al2O3 + H2O (6) Khi cho Z tác dụng AgNO3 : Fe + 3Ag+ → Fe3+ + 3Ag (7) + 2+ Cu + 2Ag → Cu + Ag (8) Gọi x,y, z, t số mol Al, Fe phản ứng, Fe dư Cu Ta có hệ: 27x + 56y + 56z + 64t = 1,572 1,5x + y = 0,04  51x + 80y = 1,82 (0,08+2t+3z)108-56z- (0,04+t)64=7,336 Vậy hỗn hợp X: m (Al) = 0,54 gam; m (Cu) = 0,416 gam; m(Fe) = 0,616 gam (4) x=0,02 y= 0,01 z= 0,001 t= 0,0065 1,0đ 0,5đ 1,0đ Trang 3/7 0,5đ Câu 5: (8,0 điểm) Muối KClO4 điều chế cách điện phân dung dịch KClO Thực tế điện phân điện cực, nửa phản ứng tạo sản phẩm KClO đờng thời xẩy nửa phản ứng phụ tạo thành khí khơng màu Ở điện cực thứ hai xẩy nửa phản ứng tạo khí Hiệu suất tạo thành sản phẩm đạt 60% a Viết nửa phản ứng anot, catot phương trình điện phân b Tính điện lượng tiêu thụ thể tích khí điện cực (đo 25 0C 1atm) điều chế 332,4 gam KClO4 Este A tạo axit cacboxylic đơn chức X ancol Y Khi thủy phân hoàn toàn 0,01 mol A cần vừa đủ 300 ml dung dịch NaOH 0,1M Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 6,35 gam A cần vừa đủ 750 ml dung dịch NaOH 0,1M, thu 7,05 gam muối khan Xác định công thức cấu tạo X, Y A Cách giải Điểm a Phản ứng chính: anot: ClO3- + H2O  ClO4 - + 2H+ + 2e catot: 2H2O + 2e  H2 + 2OH0,5đ ClO3- + H2O  ClO4- + H2 Phản ứng phụ: anot: catot: H2O  2H+ + O2 + 2e 2H2O + 2e  H2 + 2OHH2O  O2 + H2 0,5đ b 39 + 35,5 + 64 = 138,5 332, nKClO4   2, 4mol 138, 100  8.F  8.96500  772000 C q = 2,4 mol 2F 60 q = 772000 C 0,5đ - Khí catot H2: n= nRT 4.22, 4.298   97,805 lit 273.1 V= P - Khí anot O2: nF tạo O2 = 8.0,4 = 3,2 F n= nRT 0,8.22, 4.298   19,561 lit 273.1 V= P Trang 4/7 0,5đ 0,5đ n  0,1.0,3  0, 03mol Khi nA = 0,01mol NaOH Vì axit X đơn chức nên cơng thức A có dạng (RCOO)3R’ n  0,1.0, 75  0, 075mol Khi mA = 6,35 gam NaOH (RCOO)3R’ + 3NaOH  3RCOONa + R’(OH)3 0,025 0,075 0 0,075 Ta có  cơng thức X CH2=CHCOOH, Y C3H5(OH)3 A (CH2=CHCOO)3C3H5 1,0đ 1,0đ 2,5đ 1,0đ Câu 6: (5,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 3,18 gam hỗn hợp X gồm C xHyCOOH, CxHyCOOC2H5 C2H5OH thu 3,36 lít khí CO (đktc) 2,34 gam H2O Mặt khác, cho 3,18 gam hỗn hợp X phản ứng vừa đủ với 30 ml NaOH 1M thu 1,38 gam C 2H5OH Tính khối lượng chất 3,18 gam X? Cách giải Điểm 3,36 nCO2   0,15 mol � nC (trong X )  0,15 mol 22, Ta có: 2,34  0,13 mol � nH (trong X )  0, 26 mol 18 Áp dụng ĐLBTKL: mX  mC ( X )  mH ( X )  mO ( X ) nH 2O  1,12  0, 07 mol 16 Gọi 3,18 gam hỗn hợp X gồm: a mol CxHyCOOH; b mol CxHyCOOC2H5; c mol C2H5OH Bảo tồn ngun tố oxi có: 2a + 2b + c =0,07 (*) � mO ( X )  3,18  0,15.12  0, 26  1,12 gam � nO ( X )  Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch NaOH: CxHyCOOH + NaOH � CxHyCOONa + H2O (1) mol: a a CxHyCOOC2H5 + NaOH � CxHyCOONa + C2H5OH (2) mol: b b b Theo (1), (2): nNaOH= a + b=0,03 mol (**) 1,38 nC2 H5OH sauph�n�ng  b  c   0, 03 mol (***) 46 2a  2b  c  0, 07 � a  0, 01 � � � a  b  0, 03 �� b  0, 02 � � � b  c  0, 03 c  0, 01 � � 1,0đ 0,5đ 1,0đ 1,0đ Từ (*), (**) (***) có: Bảo tồn ngun tố cacbon: 0,01(x + 1) + 0,02(x + 3) + 0,01.2=0,15 � x=2 Bảo toàn nguyên tố hiđro: 0,01(y +1) + 0,02(y + 5) + 0,01.6=0,26 � y=3 0,75đ Công thức cấu tạo CxHyCOOH CH2=CH-COOH Vậy: Khối lượng CH2=CH-COOH 0,01.72 = 0,72 gam Khối lượng CH2=CH-COOC2H5bằng 0,02.100 = gam Khối lượng C2H5OH 0,01.46 = 0,46 gam 0,75đ Câu 7: (5,0 điểm) Hỗn hợp A gồm ancol no, đơn chức, mạch hở X axit cacboxylic đơn chức, mạch hở Y (Biết X Y có số nguyên tử cacbon) Nếu đốt cháy hồn tồn 0,5 mol A thu 33,6 lít khí CO2 (đktc) 25,2 gam H2O Mặt khác, đun nóng 0,5 mol A với H2SO4 đặc để thực phản ứng este hoá (hiệu suất phản ứng este hóa 80%) thu m gam este Xác định cơng thức cấu tạo X, Y tính giá trị m? Trang 5/7 Cách giải * Gọi 0,5 mol A gồm: x mol CnH2n+1OH y mol CnHmO2 � x + y = 0,5 (*) Đốt cháy hồn tồn 0,5 mol A, có sơ đờ phản ứng: O2 �� � CnH2n+1OH t o nCO2 + (n+1)H2O (1) x nx x(n+1) m O2 �� o � CnHmO2 t nCO2 + H2O (2) m 2y y ny Điểm 33, � nCO2  nx  ny   1,5 mol � 22, � � �n  x( n  1)  my  25,  1, mol H 2O 18 Theo (1), (2): � 1,5 1,5 �n  3 x  y 0,5 ym �   1 x   1, � 2.4.(0,5  y )  ym  2.1, �  (m  8) y  2,8 1, �y 8m � Từ (*) 0 m = 1,44 gam Câu 7: (8,0 điểm) Hòa tan hồn tồn 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe 3O4, Fe(NO3)2 Al dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4 (loãng) Sau phản ứng, thu dung dịch Y chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa 10,08 lít (đktc) khí Z gờm khí có khí hóa nâu ngồi khơng khí, tỉ khối Z so với He 23/18 Tính phần trăm khối lượng Al hỗn hợp X Cách giải Điểm � 0,5 Do MZ=46/9 → khí lại phải H2 NO3 hết Gọi a, b số mol H2 NO, ta có hệ: a  b  0, 45 a  0, 4mol � � �� � 0,5 2a  30b  2,3 � b  0, 05mol � Muối sunfat trung hòa: FeSO4, Fe2(SO4)3, (NH4)2SO4, K2SO4, Al2(SO4)3 Theo ĐLBTKL: 66,2 + 3,1.136= 466,6 + 0,45.46/9 + mH2O � mH2O=18,9 gam � 1,0 nH2O=1,05 mol BTNT Hiđro: 3,1= 4x + 2.1,05 + 2.0,4 � x= 0,05 mol (nNH4+ = x mol) 1,0 Vậy nNO3- = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol � nFe(NO3)2=0,05 mol BTNT Oxi: 4y + 0,05.6 = 1,05 + 0,05 � y = 0,2 mol ( y= nFe3O4) � mAl = 66,2 - 0,2.232 - 180.0,05 = 10,8 gam 1,0 Vậy %(m)Al = (10,8 100)/66,2 = 16,31% Thủy phân hết lượng pentapeptit X môi trường axit thu 32,88 gam Ala–Gly–Ala–Gly, 10,85 gam Ala–Gly–Ala, 16,24 gam Ala–Gly–Gly, 26,28 gam Ala–Gly, 8,9 gam alanin lại Gly–Gly glyxin Tỉ lệ số mol Gly–Gly:Gly 10:1 Tính tổng khối lượng Gly–Gly glyxin Cách giải Điểm Ala-Gly-Ala-Gly : 0,12 mol, Ala-Gly-Ala: 0,05 mol, Ala-Gly-Gly: 0,08 mol Ala-Gly: 0,18 mol, Ala: 0,1 mol, Gly-Gly : 10x, Gly: x 1,0  pentapeptit có dạng : Ala-Gly-Ala-Gly-Gly: a mol Theo ĐLBT: 2a = 2.0,12+ 2.0,05 + 0,08 + 0,18 + 0,1  a = 0,35 mol 2,0 3a = 2.0,12 + 0,05+ 2.0,08 + 0,18 + 21x  x = 0,02 mol 1,0 Tổng khối lượng Gly-Gly Gly là: 10 0,02.132 + 0,02.75 = 27,9 gam Câu 8: (8,0 điểm) Cho hỗn hợp khí A hờm H2 CO có số mol Người ta muốn điều chế H từ hỗn hợp A cách chuyển hóa CO theo phản ứng: �� � � CO(K) + H2O(K) �� CO2(K) + H2(K) Hằng số cân KC phản ứng nhiệt độ thí nghiệm khơng đổi (t 0C) Tỷ lệ số mol ban đầu CO H2O 1: n Gọi a phần trăm số mol CO bị chuyển hóa thành CO2 a Hãy thiết lập biểu thức quan hệ n, a KC b Cho n = 3, tính % thể tích CO hợp chất khí cuối (tức trạng thái cân bằng) c Muốn % thể tích CO hỗn hợp khí cuối nhỏ 1% n phải có giá trị Cách giải Điểm a Xét cân bằng: Trước phản ứng Phản ứng CO + H2O n a a �� � �� � a CO2 + H2 a Trang 13/7 Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + Kc = b Vì ta có % thể tích CO hỗn hợp x= (N = n+2) Khi n = thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn 100x2 + 65x – = Giải phương trình: x = 2,94% c Muốn x = 1% thay a vào thay tiếp Kc ta có phương trình 5,04 N2 – 12N – 200 = Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6 Vậy để % VCO hỗn hợp < 1% n phải có giá trị lớn 5,6 1,5 1,5 1,5 Thủy phân hồn tồn hỗn hợp A gờm este no, mạch hở (trong phân tử chất chứa nhóm chức este) dung dịch NaOH vừa đủ Chưng cất dung dịch sau phản ứng, thu 12,3 gam muối khan B axit hữu hỗn hợp C gồm ancol (số nguyên tử cacbon phân tử ancol khơng vượt q 3) Đốt cháy hồn tồn muối B trên, thu 7,95 gam muối Na 2CO3 Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp C trên, thu 3,36 lít CO (đktc) 4,32 gam H2O Xác định công thức cấu tạo este Cách giải Điểm *Tìm B: 3,36 4,32 7,95 = 0,15 mol, n H 2O = = 0, 24 mol n Na 2CO3 = = 0, 075 mol, n CO2 = 22, 18 106 Ta có n Na/B = n NaOH = n Na CO = 0,15 mol Vì A gờm este no, mạch hởC gờm ancol no, hở  C 3n +1- m to Cn H 2n+2 O m + O �� � n CO + (n +1) H 2O 0,15 0, 24 � 0, 24n = 0,15 n +1 � n = � n = 0, 24  0,15 = 0, 09 mol hhC  n Cn H 2n+2O m  n hh C , hỗn hợp X mạch hở, chứa nhóm chức este Vì NaOH  Hỗn hợp C có ancol đa chức  Axit tạo muối B đơn chức, Gọi B RCOONa 12,3 � n RCOONa = n Na/B = 0,15 mol � M RCOONa = = 82 0,15  R = 15, R CH3, muối B CH3COONa *Tìm chất hỗn hợp C n= số nt cacbon ancol �3 CT ancol CH3OH Vì  ancol lại ancol đa chức: C2H4(OH)2 C3H8Oz (z=2 3) TH1: Nếu ancol CH3OH C2H4(OH)2, Gọi x y số mol ancol tương ứng �x + y = 0, 09 �x = 0, 03 � � �x + y � � �y = 0, 06 �0, 09 = �  nNaOH = x + 2y = 0,15 (thỏa mãn)  CTCT este CH3COOCH3 (CH3COO)2C2H4 TH2: Nếu ancol CH3OH C3H8-z(OH)z, Gọi a b số mol ancol tương ứng Trang 14/7 1,5 1,0 a + b = 0, 09 � a = 0, 06 � � � �a + 3b � � b = 0, 03 � �0, 09 = � n 1,0 = a + zb = 0,06 + 0,03z=0,15  z =  CTCT este CH3COOCH3 (CH3COO)3C3H5 NaOH Cho biết nguyên tử khối nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; S = 32; Cl = 35,5; Al = 27; K = 39; Fe = 56; Cu = 64; Ag = 108 Hết Trang 15/7 ... R=0,08205; F = 96500 Hết Trang 7/7 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề thức Điểm thi Bằng số HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2016 - 2017 Mơn... thể tích CO hỗn hợp x= (N = n+2) Khi n = thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn 100x2 + 65x – = Giải phương trình: x = 2,94% c Muốn x = 1% thay a vào thay tiếp Kc ta có phương trình 5,04 N2 – 12N... nhớ - Thí sinh trình bày ngắn gọn cách giải, cơng thức áp dụng, kết tính tốn vào phần giấy trống liền kề toán đề thi Nếu khơng trình bày cách giải cách giải sai không chấm điểm phần kết - Các