SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LONG AN NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 27/01/2013 . . (Đề thi có 02 trang, 10 câu, mỗi câu làm đúng được 1,0 điểm) QUI ĐỊNH: - Thí sinh trình bày tóm tắt cách giải, công thức áp dụng (có thể chỉ ghi bước cuối cùng để tính ra kết quả ) - Các kết quả tính gần đúng, lấy đến 5 chữ số thập phân (không làm tròn). Cho biết nguyên tử khối, hằng số liên quan của các nguyên tố như sau: R= 0,08205 lít.atm.K -1 .mol -1 H = 1; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137. Câu 1: Hợp chất A tạo bởi 2 ion X 2+ và YZ 2 3  . Tổng số electron của YZ 2 3  là 32 hạt, Y và Z đều có số proton bằng số nơtron. Hiệu số nơtron của 2 nguyên tố X và Y bằng 3 lần số proton của Z. Khối lượng phân tử A bằng 116. Xác định công thức của A. Câu 2: Hỗn hợp khí X gồm O 2 và O 3 có tỉ khối hơi so với H 2 là 17,6. Hỗn hợp khí Y gồm etan và etyl amin có tỉ khối hơi so với H 2 là 20. Để đốt cháy hoàn toàn V 1 lít Y cần vừa đủ V 2 lít X (biết sản phẩm cháy gồm CO 2 , H 2 O và N 2 , các chất khí đều đo ở đktc). Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch nước vôi trong dư, sau phản ứng thu được 20,0 gam kết tủa, nhận thấy khối lượng dung dịch nước vôi trong giảm m gam và có khí N 2 thoát ra khỏi bình. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m và tỉ lệ V 2 :V 1 . Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 50,0 cm 3 hỗn hợp khí A gồm C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 2 H 2 và H 2 thu được 45,0 cm 3 khí CO 2 . Mặt khác, nung nóng thể tích hỗn hợp khí A đó có mặt Pd/ PbCO 3 xúc tác thì thu được 40,0 cm 3 hỗn hợp khí B. Sau đó cho hỗn hợp khí B qua Ni nung nóng thu một chất khí duy nhất. Các thể tích khí đo cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính % theo thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A. Câu 4: Nhỏ từ từ 75,0 gam dung dịch HCl 14,6% vào dung dịch chứa 10,6 gam Na 2 CO 3 và 15,0 gam KHCO 3 , sau đó cho thêm tiếp vào dung dịch chứa 6,84 gam Ba(OH) 2 , lọc bỏ kết tủa. Cô cạn dung dịch thu được m gam rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m. Câu 5: Cho a gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300,0 ml dung dịch H 2 SO 4 0,1 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn và có 448,0 ml khí (đktc) thoát ra. Thêm tiếp vào bình NaNO 3 , lượng NaNO 3 phản ứng tối đa là 0,425 gam; khi các phản ứng kết thúc thu khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng muối trong dung dịch là 3,865 gam. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 6: Một khoáng vật chứa: 31,28492% silic ; 53,63128% oxi còn lại là nhôm và Beri về khối lượng. Xác định công thức của khoáng vật biết trong chất đó Si có số oxi hóa cao nhất, Be có hoá trị 2, Al hóa trị 3, Si hoá trị 4 và oxi hóa trị 2. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 43,1 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glyxin, alanin và axit glutamic thu được 31,36 lít CO 2 (đktc) và 26,1 gam H 2 O. Mặt khác 43,1 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 300,0 ml dung dịch HCl 1,0 M. Nếu cho 21,55 gam hỗn hợp X tác dụng với 350,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thì thu được m gam chất rắn khan. Tính m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8: Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Al và Mg thành hai phần bằng nhau: - Cho phần 1 vào dung dịch H 2 SO 4 (dư) thu được 1,008 lít khí H 2 (đktc). - Cho phần 2 vào một lượng H 2 O (dư), thu được hỗn hợp kim loại Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (đủ) thu được dung dịch Z. Dung dịch Z phản ứng vừa đủ 50,0 ml dung dịch NaOH 1,0 M thu được lượng kết tủa cực đại. Lọc lấy kết tủa, đem nung kết tủa đến khối lượng không đổi được 0,91 gam chất rắn. Tính m. Câu 9: Hỗn hợp A gồm C 2 H 2 , C 3 H 6 và C 3 H 8 . Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A bằng lượng oxi vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc, dư và bình 2 đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư, thấy bình 2 có 15,0 gam kết tủa và khối lượng tăng của bình 2 nhiều hơn so với khối lượng tăng của bình 1 là 4,26 gam. Nếu cho 2,016 lít hỗn hợp A phản ứng với 100,0 gam dung dịch brom 24% mới nhạt màu brom, sau đó phải sục thêm 0,896 lít khí SO 2 nữa thì mới mất màu hoàn toàn, lượng SO 2 dư phản ứng vừa đủ với 40,0 ml dung dịch KMnO 4 0,1M. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A (các thể tích khí đều đo ở đktc). Câu 10: Cho a mol photphin vào một bình kín có dung tích không đổi. Nâng nhiệt độ lên 641 0 C, phản ứng hoá học xảy ra theo phương trình: 4PH 3(k) P 4(k) + 6H 2(k) . Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí là 21,25 g/mol và áp suất bình phản ứng là P. Tính P biết phản ứng trên có hằng số cân bằng K C là 3,73.10 -4 . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. - Thí sinh không sử dụng tài liệu. - Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LONG AN NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 27/01/2013 . . HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC- ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU GỢI Ý CÁCH GIẢI ĐIỂM 1 Gọi Z X , N X là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử X Gọi Z Y , N Y là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử Y Gọi Z Z , N Z là số proton (cũng bằng số electron) và số nơtron của nguyên tử Z Ta có: Z Y + 3Z Z = 30 N X – N Y = 3Z Z (Z X + N X ) + (Z Y + N Y )+ 3(Z Z + N Z ) = 116 Z Y = N Y Z Z = N Z Z X + N X + 2Z Y + 6Z Z = 116 (1)  N X – N Y = 3Z Z (2) Z Y + 3Z Z = 30 (3) Z X + N X = 56 (4) Từ (2),(3)  N X = 30 Từ (4)  Z X = 26 (Fe)  Z Y + 3Z Z = 30  Z Z < 30 10 3  Z: Phi kim (6,7,8,9). Z Z 6 7 8 9 Z Y 12 9 6 3 Biện luận chọn O (Z Z = 8)  Z Y = 6 (C) 0,2 K ết quả: Công thức A: FeCO 3 0,8 2 * Y M = 40: x mol C 2 H 6 30 5   40   y mol C 2 H 7 N 45 10  y x = 2 1 10 5 72 62  NHC HC n n  y = 2.x V 2 lít X    3 2 O O + V 1 lít Y    NHC HC 72 62       2 2 2 N OH CO   duOHCadd 2 )( CaCO 3  3 CaCO n = 2 CO n = 0,2 mol = 2.x + 2.y  x = 1/30 (mol); y = 1/15 (mol)  OH n 2 = 3.x + 3,5.y= 1/3 (mol) * m dd giảm = 3 CaCO m - ( 2 CO m + OH m 2 ) = 5,2g * X M = 35,2: a mol O 2 32 12,8   35,2   b mol O 3 48 3,2  b a = 1 4 2,3 8,12 3 2  O O n n  2.a + 3.b = 2.0,2 + 1/3  a = 4/15 (mol) ; b = 1/15 (mol)  2 1 V V = 15 1 30 1 ) 15 1 15 4 (   = 3,33333 0,2 Kết quả: * m dd giảm = 3 CaCO m - ( 2 CO m + OH m 2 ) = 5,2g * 2 1 V V = 3,33333 0,4 0,4 3 Gọi x, y,z ,t (cm 3 ) lần lượt là thể tích của C 2 H 6 , C 2 H 4 ,C 2 H 2 và H 2 có trong hh A * C 2 H 6 + 2 7 O 2  2CO 2 + 3 H 2 O x 2x (cm 3 ) C 2 H 4 + 3O 2  2CO 2 + 2 H 2 O y 2y (cm 3 ) C 2 H 2 + 2 5 O 2  2 CO 2 + H 2 O z 2z (cm 3 ) * Hỗn hợp A   3 /. PbCOPd hỗn hợp B giảm 10 cm 3 là thể tích chất tham gia phản ứng  H 2 dư và C 2 H 2 hết  B gồm: C 2 H 6 , C 2 H 4 và H 2 dư C 2 H 2 + H 2 3 /Pd PbCO  C 2 H 4 * Hỗn hợp B gồm: C 2 H 6 , C 2 H 4 và H 2   0 ,tNi 1 chất khí duy nhất C 2 H 6 C 2 H 4 + H 2   0 ,tNi C 2 H 6 Ta có hệ pt:  50 50 40 2 2 2 45 x y z t z x y z y z z t                     5 7,5 10 27,5 x y z t            0,2 Kết quả: % V C2H6 = 10,0%; % V C2H4 = 15,0% ; % V C2H2 = 20,0 %; % V H2 = 55,0% 0,8 4 HCl n =  H n =  Cl n = 0,3 (mol) 32 CONa n = 0,1 (mol)   Na n = 0,2 (mol); 2 3 CO n = 0,1 (mol) 3 KHCO n =  K n =  3 HCO n = 0,15 (mol); 2 )(OHBa n = 2 Ba n = 0,04 (mol)   OH n = 0,08 (mol) * H + + CO 2 3  HCO  3 0,3 0,1 0,1 (mol) * H + dư: H + + HCO  3  CO 2 + H 2 O 0,2 0,25 0,2 (mol) * HCO  3 dư: HCO  3 + OH   CO 2 3 + H 2 O 0,05 0,08 0,05 (mol) * Ba 2 + CO 2 3  BaCO 3  0,04 0,05 0,04 (mol)  Trong dung dịch sau phản ứng còn lại: Na  : 0,2 mol; K + : 0,15 mol; Cl  : 0,3 mol; CO 2 3 : 0,01 mol và OH  : 0,03 mol. 0,2 K ết quả: 22,21 gam 0,8 5 2 4 H SO n = 0,03 (mol)  H n  = 0,06 (mol) ; 3 NaNO n = 0,005 (mol) 2 H n = 0,02 (mol)  H n  pứ = 0,04 (mol)  H n  dư = 0,02 (mol) * Fe + 2H +  Fe 2+ + H 2 x 2x x x (mol) Al + 3H +  Al 3+ + 3/2H 2 y 3y y 3/2y (mol) * 4H + + NO 3  + 3e  NO + 2H 2 O 0,02 0,005 (mol) Sau phản ứng H + và NO 3  hết 3Cu + 8H + + 2NO 3   3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O z 2z/3 (mol) 3Fe 2+ + 4H + + NO 3   3Fe 3+ + NO + 2H 2 O x x/3 (mol)  Muối chứa: Fe 3+ , Al 3+ , Cu 2+ , Na + , 2 4 SO   m muối = m các kim loại ban đầu + 2 4 SO m  + Na m  = 3,865 (gam)  m các kim loại ban đầu = 3,865 –(0,005.23) – (0,03.96) = 0,87 (gam) Ta có hệ pt: 56 27 64 0,87 3 0,02 2 2. 0,005 3 3 x y z x y x z                  0,005 0,01 0,005 x y z         0,2 K ết quả: %m Fe = 32,18390%; %m Al =31,03448%; %m Cu =36,78160% 0,8 6 Gọi %Al = a; %Be= b. a + b = 100 – (31,28492 + 53,63128) = 15,0838 (%) (1) (3 27 a ) + (2 9 b ) + (4  31,28492 28 )  (2 53,63128 16 ) = 0 (2) Từ (1) và (2)  a = 10,05587 (%) và b= 5,02792 (%)  Al: Be : Si : O = 10,05587 27 : 5,02792 9 : 31,28492 28 : 53,63128 16 = 2 : 3 : 6 : 18 0,2 K ết quả: Công thức khoáng vật: Al 2 Be 3 Si 6 O 18 hay Al 2 O 3 .3BeO.6SiO 2 0,8 7 43,1 gam X 3 2 2 3 2 3 5 2 2 ( ) CH COOH NH CH COOH CH CHNH COOH C H NH COOH            + O 2  2 2 2 :1,4 :1,45 CO mol H O mol N      43,1 gam X + 0,3 mol HCl 21,55gam X + 0,35 mol NaOH  m gam rắn + H 2 O Ta có: n C = 2 CO n = 1,4 (mol); n H = 2 2 H O n = 2,9 (mol) n N = 2 NH n = HCl n = 0,3 (mol)  ( ) O X n = [43,1-(1,4.12+2,0.1+0,3.14]:16=1,2 (mol)  COOH n = 0,6 (mol)  21,55g X có COOH n = 0,3 (mol) = 2 H O n m r ắn = 21,55 + 0,35.40 – (0,3.18) = 30,15 (gam) 0,2 K ết quả: 30,15 (gam) 0,8 8 Phần 1: tác dụng với dd H 2 SO 4 loãng dư: 2 H n = 0,045 (mol) Na 2 4 H SO  ½ H 2 a ½ a (mol) Al 2 4 H SO  3/2 H 2 b 3/2b (mol) Mg 2 4 H SO  H 2 c c (mol) Phần 2: tác dụng với nước dư: hỗn hợp kim loại Y gồm:Al dư và Mg * Na + H 2 O  NaOH + ½ H 2 a a (mol) Al + NaOH + H 2 O  NaAlO 2 + 3/2H 2 a a (mol) * Al dư HCl  AlCl 3 3NaOH  Al(OH) 3 0 t  Al 2 O 3 (b-a) 3(b-a) (b-a)/2 (mol) Mg HCl  MgCl 2 2NaOH  Mg(OH) 2 0 t  MgO c 2c c (mol) Ta có hệ pt: 1 3 0,045 2 2 3( ) 2 0,05 102. 40. 0,91 2 a b c b a c b a c                  0,01 0,02 0,01 a b c         0,2 K ết quả: 2,02 gam 0,8 9 * m gam A 2 2 3 6 3 8 : : : CH xmol CH ymol CH zmol      + O 2    2 2 CO H O    2 4 ddH SO  CO 2    duOHCadd 2 )( CaCO 3  m tăng bình (1) = 2 H O m ; m tăng bình (2) = 2 CO m = 44.0,15= 6,6 (gam); 2 CO n = 0,15 (mol) 2 CO m - 2 H O m = 4,26 (gam)  2 H O m = 2,34 (gam)  2 H O n = 0,13 (mol) Áp dụng bảo toàn nguyên tố ta có: 2x + 3y + 3z = 2 CO n = 0,15 (1) 2x + 6y + 8z = 2 2 H O n =0,26 (2) * CH  CH + 2Br 2  CHBr 2 -CHBr 2 x 2x (mol) CH 3 -CH=CH 2 + Br 2  CH 3 -CHBr-CH 2 Br y y (mol) CH 3 -CH 2 -CH 3 + Br 2  không phản ứng z (mol) SO 2 + Br 2 + 2H 2 O  2HBr + H 2 SO 4 (0,04-0,01) 0,03 (mol) 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O  K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 2H 2 SO 4 0,01 0,004 (mol) (x+y+z) mol hỗn hợp A cần (2x + y) mol Br 2 0,09 mol hỗn hợp A cần (0,15 – 0,03) mol Br 2  0,12. (x+y+z)=0,09.(2x+y)  0,06 x – 0,03y – 0,12 z = 0 (3) Từ (1), (2) và (3)  x = 0,03 (mol); y = 0,02 (mol); z = 0,01 (mol) 0,2 K ết quả: %V C2H2 = 50,0%; %V C3H6 = 33,33333%; %V C3H8 = 16,66666% 0,8 10 Gọi V lít là thể tích của bình. Thể tích hỗn hợp khí là thể tích của bình kín. Giả sử a = 1 mol. 4PH 3(k) P 4(k) + 6H 2(k) . Trước Pư: 1 (mol) Pứ: 4x x 6x (mol) (0< x <0,25) Cbằng: 1 - 4x x 6x (mol) Ta có: 34.(1 4 ) 124. 6 .2 21,25 0,2 ( ) 1 4 6 x x x M x mol x x x           Vậy khi hệ đạt trạng thái cân bằng có khí: 3 4 2 :0,2( ) :0,2( ) :1,2( ) PH mol P mol H mol       hh n = 1,6 (mol) Cách 1: Ta có       6 6 4 2 4 4 4 3 0,2 1,2 ( ). . 3,73.10 0,2 C P H V V K PH V                  V = 100,02215 (lít) Áp suất bình phản ứng là: 1,6.0,08205.(641 273) 1,19963 100,02215 P    (atm) Cách 2: Kp = Kc . (RT) 7 4  = Kc. (RT) 3  6 4 3 4 0,2 1,2 ( . ).( . ) 1,6 1,6 3,73.10 .(0,08205.(641 273)) 0,2 ( . ) 1,6 P P P     P = 1,19963 (atm) 0,2 K ết quả: 1,19963 (atm) 0,8 Lưu ý dành cho các giám khảo: - Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho trọn điểm. - Phần tóm tắt cách giải đúng hoặc tương đương (0,2 đ) : thí sinh có thể chỉ ghi bước cuối cùng tính kết quả vẫn chấm trọn điểm phần tóm tắt giải. - Phần kết quả đúng (0,8 đ) Nếu kết quả sai chữ số thập phân thứ 5 trừ 0,2 đ; số thứ 4 trừ tiếp 0,2 đ; từ số thứ 3 trở lên không cho điểm, chỉ chấm hướng giải 0,2 đ (nếu đúng) - Nếu kết quả không đủ 5 số thập phân thì ghi đúng kết quả đó, không trừ điểm. - Nếu kết quả 5 chữ số thập phân đúng không trừ điểm chữ số thập phân dư. Hết . ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LONG AN NĂM HỌC 2 012- 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC -KHỐI 12 CẤP THPT Thời gian làm bài:. nguyên tố hóa học. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY LONG AN NĂM HỌC 2 012- 2013