BỘ GD-ĐT ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI QUỐC GIA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2010 Môn: HÓA HỌC Lớp 12 cấp THPT Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/3/2010 Câu 1: Hợp chất Z được tạo bởi 2 nguyên tố M, R có công thức M a R b trong đó R chiếm 6,667% khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân nguyên tử R có n’ = p’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R. Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z bằng 84 và a + b = 4. Tìm công thức phân tử của Z. HD: Giả thiết ta có hệ phương trình            =+ =+ = += == (5) (4) (3) (2) 4ba 84pbpa 'p'n 4pn )1( 14 1 333,93 667,6 a*M b*R Giải hệ phương trình ta có: M = n + p → thay n = p + 4 được M = 2p + 4 R = n’ + p’ → thay n’ = p’ được R = 2p’ Thay tiếp vào (1) được 14p’b = pa + 2a (6) Ghép (6) với (4) cho 15p’b = 84 + 2a hay b15 a284 'p + = . Lập bảng xét a 1 2 3 B 3 2 1 p’ 1,91 2,93 6 P - - 26 Chọn Loại Loại Chọn Vậy R là C (cacbon); M là Fe (sắt) hợp chất Z là Fe 3 C Câu 2: Năng lượng liên kết hạt nhân đặc trưng cho sự bền vững của hạt nhân. Nó là năng lượng tỏa ra khi một hạt nhân nguyên tử hình thành từ các nucleon. Hãy xếp thứ tự về độ bền của các hạt nhân nguyên tử U;O;Fe 238 92 16 8 54 26 . Biết khối lượng hạt nhân (u) của U;O;Fe 238 92 16 8 54 26 và khối lượng (u) của các hạt p, n lần lượt bằng 53,956; 15,99053; 238,125; 1,00728; 1,00866. HD: E = mc 2 với m tính theo gam, c = 3.10 8 m/s và 1u*c 2 = 931,5MeV… * Với Fe: có 26p và 28n ∆m = (26*1,00728+28*1,00866)- 53,956 = 0,47576u ∆E = ∆m*931,5 = 443,17 MeV Năng ε Fe = ∆E/A = 8,2136 MeV * Với O: có 8p và 8n ∆m = (8*1,00728+8*1,00866)- 15,99053 = 0,13699u ∆E = ∆m*931,5 = 127,6062 MeV Năng ε O = ∆E/A = 7,9801 MeV * Với U: có 92p và 146n ∆m = (92*1,00728+146*1,00866)- 238,125 = 1,80912u ∆E = ∆m*931,5 = 1685,19528 MeV Năng ε U = ∆E/A = 7,07694 MeV 1MeV = 1,602.10 -13 J µ 1 NO 2 Cl NO 2 NO 2 µ µ 1 µ 2 Cl µ 2 CH 3 Câu 3: Xác định momen lưỡng cực (D) Cl → µ , 2 NO → µ và 3 CH → µ trong các dẫn xuất thế 2 lần của nhân bezen sau: 1,2-dinitrobezen( D6,6=µ → ), 1,3-điclobezen( → µ =1,5D); p-nitrotoluen( → µ =4,4D); hướng của 3 CH → µ ngược với hướng của nhóm NO 2 . HD: Theo phương pháp cộng véctơ: µ ur 2 = 1 µ uur 2 + 2 µ uur 2 + 2 1 µ uur . 2 µ uur cos θ hay µ ur = 2 2 1 2 1 2 2 . .cos µ µ µ µ θ + + uur uur uur uur * Trường hợp phân tử có 2 nhóm thế như nhau ( µ 1 = µ 2 ) thì ta có : µ ur 2 = 2 1 µ uur 2 (1 + cos θ ) = 4 1 µ uur 2 cos 2 θ hay µ = 2 1 µ uur cos 2 θ Vậy: - 1,2 – dinitrobenzen có θ = 3 π = 60 0 thì 6,6 = 2 2 NO µ uuuur . cos 60 2 → 2 NO µ uuuur = 3,8 D - 1,3 – diclobenzen có θ = 2 3 π = 120 0 thì 1,5 = 2 Cl µ uuur . cos 120 2 → Cl µ uuur = 1,5 D * Trường hợp phân tử có 2 nhóm thế khác nhau ( µ 1 ≠ µ 2 ) như p – nitroToluen thì: θ = 180 0 và 2 NO µ uuuur và 3 CH µ uuuur có hướng ngược nhau, 2 NO µ uuuur hướng từ trong ra ngoài còn 3 CH µ uuuur lại hướng từ ngoài vào trong. Theo phép cộng vectơ: µ ur ( p – nitroToluen) = 2 NO µ uuuur – 3 CH µ uuuur . Hay 4,4 = 3,8 – 3 CH µ uuuur → 3 CH µ uuuur = 3,8 – 4,4 = – 0,6 D (dấu – chứng tỏ hướng của 3 CH µ uuuur ) Câu 4: Photpho pentaclorua nằm cân bằng với PCl 3 và Cl 2 . Đưa vào trong một bình rỗng (không chứa không khí) (V = 5 lít) 10 gam photpho pentaclorua. Đậy kín bình và làm nón lên 180 0 C. Khi đó xảy ra quá trình phân hủy mạnh. a/ Tính độ phân li α của PCl 5 và tính áp suất tổng trong bình theo (atm), biết quá trình có hằng số atm10.624,6K 2 p − = . b/ Tính độ phân li α của PCl 5 và tính áp suất tổng trong bình theo (atm) khi thể tích bình là 10 lít. Nhận xét kết quả. HD: a/ 10 gam PCl 5 ứng với số mol n = 0,0480 mol Xét cân bằng PCl 5 (khí) PCl 3 (khí) + Cl 2 (khí) Ban đầu n 0 0 Cân bằng n – x x x Tương ứng áp suất 7,43373*(n-x) 7,43373*x 7,43373*x Áp dụng định luật tác dụng khối lượng có 2 2 p 10.624,6 )xn(*43373,7 )x*43373,7( K − = − = (thay n = 0,0480) Giải phương trình có nghiệm thỏa mãn là x = 1,67.10 -2 mol Vậy độ phân li α = x/n = 0,3479 = 34,79% Số mol của hệ cân bằng = n + x = 0,0647 mol vậy áp suất tổng của hệ p = 0,0647*7,43373 = 0,48096 atm b/ Thay thể tích bình là 10 lít ta có áp suất tương ứng của các chất là PCl 5 (khí) PCl 3 (khí) + Cl 2 (khí) Ban đầu n 0 0 Cân bằng n – x x x Tương ứng áp suất 3,71687*(n-x) 3,71687*x 3,71687*x Áp dụng định luật tác dụng khối lượng có 2 2 p 10.624,6 )xn(* )x*( K − = − = 3,71687 3,71687 (thay n = 0,0480) Giải phương trình có nghiệm thỏa mãn là x = 2,17.10 -2 mol Vậy độ phân li α = x/n = 0,4521 = 45,21% Số mol của hệ cân bằng = n + x = 0,0697 mol vậy áp suất tổng của hệ p = 0,0697*3,71687 = 0,25907 atm Nhận xét: Khi tăng thể tích của hệ áp suất chung của hệ giảm cân bằng chuyển dịch theo chiều chống lại sự giảm áp suất nên chuyển dịch theo chiều thuận do đó độ phân li tăng, điều này phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng. Câu 5: Cho dung dịch axit fomic 0,1M với K a = 1,77.10 -4 a/ Tính pH của dung dịch. b/ Thêm vào dung dịch một lượng H 2 SO 4 có cùng thể tích thấy độ pH đã thay đổi một trị bằng 0,334. Tính nồng độ dung dịch H 2 SO 4 đã dùng? Cho H 2 SO 4 có K a2 = 1,2.10 -2 và giả thiết dung dịch sau khi trộn bằng tổng thể tích 2 dung dịch đã trộn. HD: Xét cân bằng HCOOH HCOO - + H + Nồng độ đầu 0,1 0 0 Nồng độ cb 0,1-x x x Áp dụng định luật tác dụng khối lượng có 4 2 10.77,1 x1,0 x K − = − = → x = 4,12.10 -4 Vậy dung dịch có pH = 2,385 b/ Chọn thể tích 2 dung dịch đều là 1 lít, vậy dung dịch thu được có thể tích bằng 2 lít. Do thêm axit mạnh nên pH của dung dịch giảm, vì vậy pH của dung dịch mới là 2,385 -0,334 = 2,051. Do thể tích dung dịch tăng gấp đôi nên nồng độ đầu của các axit đều giảm đi một nửa [HCOOH] = 0,5M [H 2 SO 4 ] = 0,5*a M pH = 2,051 → [H + ] = 8,89.10 -3 Xét các cân bằng HCOOH HCOO - + H + (1) H 2 SO 4 → HSO 4 - + H + (2) 0,5a 0,5a 0,5a HSO 4 - SO 4 2- + H + (3) Vì K a của 2 axit tương đương [H + ] = [HCOO - ] + [HSO 4 - ] + [SO 4 2- ] (4) và có 0,5a = [HSO 4 - ] + [SO 4 2- ] (bảo toàn S) (5) Theo (1) có 4 10.77,1 ]HCOO[5,0 ]HCOO][H[ K − − −+ = − = Thay [H + ] = 8,89.10 -3 thu được [HCOO - ] = 9,76.10 -4 Theo (3) có ]SO[74083,0 K ]SO][H[ ]HSO[10.2,1 ]HSO[ ]SO][H[ K 2 4 2 4 4 2 4 2 4 − −+ −− − −+ ==⇒== Thay [HSO 4 - ] vào (4) thu được [SO 4 2- ] = 2,89.10 -3 M → [HSO 4 - ] = 2,141.10 -3 M Thay các giá trị này vào (5) thu được a = 1,006.10 -2 M Câu 6: a/ Phản ứng sau xảy ra theo chiều nào? Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl↓ Cho ;V52,0E;V15,0E 0 Cu/Cu 0 Cu/Cu 2 == +++ K S(CuCl) = 10 -7 ; nồng độ đầu [Cu 2+ ] = 0,1M; [Cl - ] = 0,2M, cả Cu và CuCl đều có thể dư. b/ Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra và nồng độ các ion khi cân bằng. HD: a/ Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl↓ Tại thời điểm đầu [Cu 2+ ] = 0,1M; [Cl - ] = 0,2M, [Cu + ] = 7 7 S 10.5 2,0 10 ]Cl[ K − − − == M Xét các quá trình * Cu 2+ + e → Cu + có E 0 = 0,15 → E 1 = E 0 + ]kh[ ]ox[ log n 0592,0 = 0,15 + 7 10.5 1,0 log0592,0 − = 0,4638 V * Cu + + e → Cu có E 0 = 0,52 → E 2 = E 0 + ]kh[ ]ox[ log n 0592,0 = 0,52 + 7 10.5log0592,0 − = 0,1470 V Nhận thấy E 1 > E 2 vậy xảy ra quá trình oxi hóa Cu 2+ + e → Cu + Quá trình khử Cu → Cu + + e Nên phản ứng theo đầu bài xảy ra theo chiều thuận b/ Tính K Cu 2+ + e → Cu + có E 0 = 0,15 nên K 1 = 0592,0 15,0 10 -1* Cu + + e → Cu có E 0 = 0,52 nên K 2 = 0592,0 52,0 10 2* Cu + + Cl - → CuCl↓ có K 3 = K S -1 Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl có K = K 1 .(K 2 ) -1 .(K 3 ) 2 = 10 7,75 Tính nồng độ các cấu tử khi cân bằng Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl↓ Ban đầu 0,1 0,2 Khi cân bằng 0,1-x 0,2-2x Áp dụng định luật tác dụng khối lượng K = 3 75,7 2 75,7 22 ]x1,0.[4 1 10 ]x22,0].[x1,0[ 1 10 ]Cl].[Cu[ 1 − =⇔ −− =⇔ −+ → x = 0,098356 Vậy [Cu 2+ ] = 1,644.10 -3 M; [Cl - ] = 3,288.10 -3 M Câu 7: Hỗn hợp gồm 2 este A và B (a gam) tác dụng hết với dung dịch KOH thu được b gam ancol D và 2,688 gam hỗn hợp muối kali của 2 axit hữu cơ đơn chức kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng. Nung toàn bộ muối trên với NaOH, CaO đến phản ứng hoàn toàn thấy thoát ra 0,672 lít hỗn hợp khí E (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn lượng ancol D, sản phẩm cháy có 63,1m:m OHCO 22 = và khi bị hấp thụ hoàn toàn bằng 45 ml dung dịch Ba(OH) 2 0,5M thấy tách ra 2,955 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo có thể có của A, B và giá trị của a, b. HD: Do axit đơn chức nên gọi công thức chung của hỗn hợp là (RCOO) n R’ Pthh: (RCOO) n R’ + nKOH → nRCOOK + R(OH) n RCOOK + NaOH 3 t,CaO KNaCORH 0 + → 0,03 0,03 Khối lượng mol của muối = 6,6R6,89 03,0 688,2 =⇒= Vì 2 axit là đồng đẳng kế tiếp nên 2 muối là HCOOK và CH 3 COOK * Có 63,1m:m OHCO 22 = , chọn gam1m;gam63,1m OHCO 22 == → 055,0n037,0n OHCO 22 =<= Vậy D là ancol no → C = 2 037,0055,0 037,0 ≈ − . Do đó S có dạng C 2 H 6 O n (n ≤ 2) → n ancol = 0,03/n → n 06,0 n 2 CO = Xét phản ứng của CO 2 với dung dịch Ba(OH) 2 - Trường hợp chỉ có phản ứng tạo kết tủa CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 0,015 ← 0,015 ← 0,015 Khi đó n 06,0 n 2 CO = = 0,015 → n = 4 (loại) - Trường hợp tạo ra cả 2 muối CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 0,015 ← 0,015 ← 0,015 2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 0,015 ← 0,0075 Khi đó n 06,0 n 2 CO = = 0,03 → n = 2 Ancol là C 2 H 4 (OH) 2 Công thức cấu tạo của A, B có thể là (HCOO) 2 C 2 H 4 , (CH 3 COO) 2 C 2 H 4 ; HCOOC 2 H 4 OCOCH 3 * Tính a và b Khối lượng ancol D: b = 0,015 * 62 = 0,93 gam Khối lượng este: áp dụng định luật bảo toàn khối lượng a = m muối + m ancol - m KOH = 1,938 gam Câu 8: Hỗn hợp gồm FeCl 3 , MgCl 2 , CuCl 2 hòa tan trong nước thu được dung dịch X. Cho X tác dụng với Na 2 S dư thu được một lượng kết tủa m 1 . Nếu cho một lượng dư H 2 S tác dụng với X tách ra một lượng kết tủa m 2 . Thực nghiệm cho biết m 1 = 2,51.m 2 . Nếu giữ nguyên lượng các chất MgCl 2 , CuCl 2 trong X, thay FeCl 3 bằng FeCl 2 cùng lượng rồi hòa tan vào nước thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với Na 2 S tách ra một lượng kết tủa m 3 . Nếu cho H 2 S dư vào Y thì tách ra một lượng kết tủa m 4 . Thực nghiệm cho biết m 3 = 3,36m 4 . Xác định phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. HD: * X + Na 2 S MgCl 2 + Na 2 S + 2H 2 O → Mg(OH) 2 ↓ + H 2 S + 2NaCl 2FeCl 3 + 3Na 2 S → 2FeS + S↓ + 6NaCl CuCl 2 + Na 2 S → CuS↓ + 2NaCl * X + H 2 S CuCl 2 + H 2 S → CuS↓ + 2HCl 2FeCl 3 + H 2 S → 2FeCl 2 + S↓ + 2HCl Đặt số mol MgCl 2 ,FeCl 3 ,CuCl 2 lần lượt là x, y, z (mol). Ta có z96,144y84,63x5851,2 z96y16 z96y16y88x58 =+⇒= + +++ (1) Vì lấy FeCl 2 cùng lượng với FeCl 3 nên ta có y28,1 127 y5,162 n 2 FeCl == * Y + Na 2 S MgCl 2 + Na 2 S + 2H 2 O → Mg(OH) 2 ↓ + H 2 S + 2NaCl FeCl 2 + Na 2 S → FeS↓ + 2NaCl CuCl 2 + Na 2 S → CuS↓ + 2NaCl * Y + H 2 S CuCl 2 + H 2 S → CuS↓ + 2HCl Ta có z56,226y64,112x5836,3 z96 z96y28,1*88x58 =+⇒= ++ (2) Từ (1) và (2) ta có x = 0,6588z; y = 1,6721z Vậy phần trăm của các chất là %MgCl 2 = %34,13%100. z135y5,162x95 x95 = ++ %FeCl 3 = %90,57%100. z135y5,162x95 y5,162 = ++ → %CuCl 2 = 100 – 13,34 – 57,90 = 28,76% Câu 9: Cesi clorua có cấu trúc lập phương đơn giản (hai lập phương lệch nhau một nửa đường chéo của lập phương) và Natri clorua có cấu trúc lập phương tâm mặt (hai lập phương lệch nhau một nửa cạnh). Bán kính của các ion Cs + , Na + , Cl - lần lượt là 169pm, 97pm, 181pm. Hãy tính a/ Thông số mạng (cạnh a ) của mỗi loại mạng tinh thể trên. b/ Độ đặc khít (C) của mỗi loại mạng tinh thể trên. c/ Khối lượng riêng (D) theo kg/m 3 của mỗi mạng tinh thể. HD: a C B D A j CsCl NaCl a/ Tính thông số mạng * CsCl sự tiếp xúc của các ion Cs + và Cl - dọc đường chéo chính của lập phương (có 1 phân tử trong ô mạng) pm145,404)181169(1547,1)rR( 3 32 a CsCl =+=+= * NaCl sự tiếp xúc của các ion Cs + và Cl - dọc theo cạnh của lập phương (có 4 phân tử trong ô mạng) A NaCl = 2(R+r) = 2(97+181) = 556pm b/ Độ đặc khít Độ đặt khít %100. V mang o tu phan V =ρ * Của CsCl %26,68%100. a )r 3 4 R 3 4 ( 3 33 = π+π =ρ * Của NaCl %70,66%100. a )r 3 4 R 3 4 ( 3 33 = π+π =ρ c/ Tính khối lượng riêng Khối lượng riêng của tinh thể )m/kg( N*)10*a( 10*M*z V m D 3 A 312 3 − − == * Tinh thể CsCl Khối lượng riêng của tinh thể )m/kg(10*2367,4 10*023,6*)10*145,404( 10*)45,3591,132(*1 N*)10*a( 10*M*z V m D 33 23312 3 A 312 3 = + === − − − − * Tinh thể NaCl Khối lượng riêng của tinh thể )m/kg(10*2591,2 10*023,6*)10*556( 10*)45,35989,22(*1 N*)10*a( 10*M*z V m D 33 23312 3 A 312 3 = + === − − − − Câu 10: Đối với phản ứng: C(r) + CO 2 (k) 2CO(k) (1) Trạng thái cân bằng được xác định bởi các dữ kiện sau Nhiệt độ( 0 C) Áp suất toàn phần (atm) %CO trong hỗn hợp 800 2,57 74,55 900 2,30 93,08 Đối với phản ứng 2CO 2 (k) 2CO(k) + O 2 (k) (2) Hằng số cân bằng ở 900 0 C bằng 1,25.10 -16 atm Tính ∆H, ∆S ở 900 0 C đối với phản ứng (2), biết nhiệt tạo thành ở 900 0 C của CO 2 bằng -390,7kJ/mol HD: Chấp nhận khí là khí lí tưởng, áp suất của các khí trong hệ (1) là Nhiệt độ( 0 C) Áp suất CO 2 Áp suất CO 800 2,57*0,2545 2,57*0,7455 900 2,30*0,0692 2,30*0,9308 Hằng số cân bằng của hệ ở các nhiệt độ tương ứng là * Ở 1073K K 2 CO 2 CO p p = = 5,6123 atm * Ở 1173K K 2 CO 2 CO p p = = 28,7962 atm Lại có ln 2 1 ( ) ( ) Kp T Kp T = 1 2 1 1H R T T   ∆ −  ÷   thay số → ∆H = 171,12 kJ/mol Vì ∆H không đổi trong một giới hạn nhiệt độ nên có thể coi ∆H ở 1173K cũng bằng 171,12 kJ/mol Ta có C(r) + CO 2 (k) 2CO(k) (1) ∆H 1 = 171,12 kJ/mol - C(r) + O 2 (k) CO 2 (k) (3) ∆H 3 = - 390,7 kJ/mol 2CO 2 (k) 2CO(k) + O 2 (k) (2) ∆H 2 = ∆H 1 - ∆H 3 =171,12 –(- 390,7) = 561.82 kJ/mol Lúc này ta có ∆G = -RTlnK = - 8,314*1173*ln(1,25.10 -16 ) = 357,2 kJ/mol Mà ∆G = ∆H - T∆S → ∆S = 174,4 J/mol Cho E = mc 2 ; 1MeV = 1,602.10 -13 J; PV= nRT E = E 0 + ]kh[ ]ox[ log n 0592,0 ln 2 1 ( ) ( ) Kp T Kp T = 1 2 1 1H R T T   ∆ −  ÷   ; ∆G = -RTlnK; ∆G = ∆H - T∆S Nguyên tử khối: Fe = 56; Ba = 137; Na = 22,989; Mg = 24; Cu = 64; Cs = 132,91; Au = 196,97l Ag = 107,87; Cl = 35,45; S = 32; O = 16; C = 12; H = 1. R = 8,314 J/mol.K; R = 0,08205; 1pm = 10 -12 m; N A = 6,02.10 23 . GD-ĐT ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI QUỐC GIA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2010 Môn: HÓA HỌC Lớp 12 cấp THPT Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/3 /2010 Câu 1: Hợp chất. rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z bằng 84 và a + b = 4. Tìm công thức phân tử của Z. HD: Giả thi t ta có hệ phương trình            =+ =+ = += == (5) (4) (3) (2) 4ba 84pbpa 'p'n 4pn )1( 14 1 333,93 667,6 a*M b*R Giải. bằng 0,334. Tính nồng độ dung dịch H 2 SO 4 đã dùng? Cho H 2 SO 4 có K a2 = 1,2.10 -2 và giả thi t dung dịch sau khi trộn bằng tổng thể tích 2 dung dịch đã trộn. HD: Xét cân bằng HCOOH HCOO -