SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH KIÊN GIANG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐÁP ÁN MÔN THI: HÓA THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 01/11/2012 Câu 1: 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất khí với hidro có dạng XH 3 . Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. a/ Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử. b/ Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH 3 , oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X. 2. 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%. Cho nguyên tử khối của Ca = 40,08 Cách giải Kết quả 1.a) X là nguyên tố thuộc nhóm A và có hợp chất khí với hiđro có dạng XH 3  X thuộc nhóm V A Vậy cấu hình e của X ở lớp ngoài cùng là: ns 2 np 3 Phân bố các e này vào obitan như sau: Vậy e cuối cùng của X có bộ 4 số lượng tử như sau: n , l = 1 , m = +1 , s = +1/2 Mặt khác: n + l + m + s = 4,5  n = 2  Cấu hình e nguyên tử của X là: 1s 2 2s 2 2p 3 ; X là Nitơ (N) b) CTCT và trạng thái lai hóa của: * NH 3 N ở trạng thái lai hóa sp 3 * Oxit cao nhất: N 2 O 5 N ở trạng thái lai hóa sp 2 * Hiđroxit cao nhất: HNO 3 N ở trạng thái lai hóa sp 2 a) 1s 2 2s 2 2p 3 X là Nitơ (N) (1,5 điểm) b) N ở trạng thái lai hóa sp 3 ( 1,5 điểm) 2. 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 Ca = 23 25,858 0,74 6,02 10   = 3,18 10 23 cm 3 Từ V = 3 4 r 3   1,965.10 -8 cm (2 điểm) H – N – H H O = N – O – N = O   O O H – O – N = O  O  Bán kính nguyên tử Ca = r = 3 3V 4  = 23 3 3 3,18 10 4 3,14     = 1,965 10 8 cm Câu 2: 1. 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 2. Trộn 100ml dung dịch Na 2 SO 4 0,00075M với 50 ml dung dịch BaCl 2 0,015M. Kết tủa có xuất hiện không? Khi nào kết tủa không sinh ra nữa? Cho T(BaSO 4 ) = 1,1.10 -10 Cách giải Kết quả 1. a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình bên) 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 đẳng = 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) Khối lượng riêng: + 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 a) 4 nguyên tử b) a = 3,63A 0 c) khoảng cách ngắn nhất 2,55A 0 d) d = 8,88 (4 điểm) Khi trộn lẫn 2 dung dịch thì: 2 4 0,00075.100 [ ] 150 SO   = 0,0005M 2 0,015.50 [ ] 150 Ba   = 0,005M Ta có: 2 2 6 4 [ ].[ ] 2,5.10 SO Ba     > T(BaSO 4 ) = 1,1.10 -10 Vậy có xuất hiện kết tủa đến khi 2 2 4 [ ].[ ] SO Ba   = T(BaSO 4 ) thì kết tủa không sinh ra nữa. 2 2 6 4 [ ].[ ] 2,5.10 SO Ba     > T(BaSO 4 ) = 1,1.10 -10 có xuất hiện kết tủa đến khi 2 2 4 [ ].[ ] SO Ba   = T(BaSO 4 ) thì kết tủa không sinh ra nữa. ( 1 điểm) A B C D a E D C A B E Câu 3. 1. Cho 24,696 gam hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 210ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều thấy thoát ra một khí duy nhất không màu, hoá nâu trong không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa tan hết. Đổ tiếp từ từ dung dịch H 2 SO 4 2,5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho đến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 92,4ml dung dịch axit, thu được dung dịch A ( biết A có thể làm mất màu dung dịch KMnO 4 ). Lấy ½ dung dịch A cho tác dụng với dung dịch NaOH loãng vừa đủ, lọc kết tủa, rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 16,38 gam. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp. Xem Cu(OH) 2 không tan trong dung dịch NaOH loãng. 2. Trong một bình kín có chứa N 2 (1M), H 2 (4M) và xúc tác ( thể tích không đáng kể) . Thực hiện phản ứng ở nhiệt độ t 0 c và áp suất p .Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng thì áp suất là 0,8p, nhiệt độ vẫn là t 0 c . Hãy tính : a) Hằng số cân bằng của phản ứng b) Hiệu suất của phản ứng Cách giải Kết quả 0,21.3,4 0,0924.2.2,5 H n    = 1,176 mol 3 0,21.3,4 NO n   = 0,714 mol 3Mg + 8H + + 2NO 3 -  3Mg 2+ + 2NO + 4H 2 O x 8x/3 x 3Cu + 8H + + 2NO 3 -  3Cu 2+ + 2NO + 4H 2 O y 8y/3 y 3Fe + 8H + + 2NO 3 -  3Fe 2+ + 2NO + 4H 2 O z 8z/3 z 0 2 2 ( ) OH t Mg Mg OH MgO     x x 0 2 2 ( ) OH t Cu Cu OH CuO     y y 0 2 ,2 2 2 3 2 2 ( ) O tOH Fe Fe OH Fe O     z z/2 m hh = 24x + 64y + 56z = 24,696 g (1) H n  = 8x/3 + 8y/3 + 8z/3 = 1,176 mol (2) m CR = 40x + 80y + 160.(z/2) = 16,38.2 (3) Giải hệ 1, 2, 3  x = 0,063 y = 0,252 z = 0,126 % 6,122% % 65,306% % 28,572% Mg Cu Fe m m m    3,5 điểm 2) Ta có cân bằng: N 2 + 3H 2  2NH 3 K C Ban đầu: 1 4 Phản ứng x 3x 2x Cân bằng 1 – x 4-3x 2x 5 0,8 5 2 d d P P x    x = 0,5 (1,5 điểm) a) K C = 25 Câu 4 : 1. Hỗn hợp gồm FeCl 3 , MgCl 2 , CuCl 2 hòa tan trong nước được dung dịch X. Cho X tác dụng với Na 2 S dư tách ra 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 = 2,51m 2 . Nếu giữ nguyên lượng các chất MgCl 2 , CuCl 2 trong X và thay FeCl 3 bằng FeCl 2 cùng lượng rồi hòa tan trong nước thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với Na 2 S dư tách ra một lượng kết tủa m 3 . Nếu cho một lượng dư H 2 S tác dụng với Y tách ra một lượng kết tủa m 4 . Thực nghiệm cho biết m 3 = 3,36m 4 . Xác định % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu. 2. Một khoáng chất có chứa 20,93% Nhôm; 21,7% Silic và còn lại là oxi và Hidro (về khối lượng). Hãy xác định công thức của khoáng chất này. a) 2 3 1 0,128 0,5.2,5 C K   b) Hiệu suất phản ứng: H = 0,5 .100% 1 = 40% b) H = 40% Cách giải Kết quả 1. 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 MgCl 2 + H 2 S  không phản ứng 2FeCl 3 + H 2 S  2FeCl 2 + S  + 2HCl CuCl 2 + H 2 S  CuS  + 2HCl Đặt số mol các muối lần lượt là x, y, z. Ta có: y 58x 88y 32 96z 2 16y 96z     = 2,51  58x + 63,84y = 144,96z (1) Số mol FeCl 2 = 162,5y 127 = 1,28y FeCl 2 + Na 2 S  FeS  + 2NaCl FeCl 2 + H 2 S  không phản ứng 58x 88 1,28y 96z 96z    = 3,36  58x + 112,64y = 226,56z (2) Giải (1) và (2) cho 48,8y = 81,6z Đặt m hh = 95x + 162,5y + 135z = 100  x = 0,14 ; y = 0,356 ; z = 0,213 %MgCl 2 = 13,3% %CuCl 2 = 28,76% %FeCl 3 = 57,95% %mMgCl 2 = 13,3% %mCuCl 2 = 28,76% %mFeCl 3 = 57,95% (3 điểm) 2. Đặt % lượng Oxi = a thì % lượng Hidro = 57,37 – a Ta có: tỷ lệ số nguyên tử Al : Si : O : H = 20,93 21,7 a : : :(57,37 a) 27 28 16  Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên Al 2 Si 2 O 9 H 4 hay Al 2 O 3 .2SiO 2 .2H 2 O (Cao lanh) ( 2 điểm) Câu 5 1. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 ml dung dịch NH 4 Cl 0,200 M với 75,0 ml dung dịch NaOH 0,100 M. Biết K b (NH 3 ) = 1,8.10 -5 2. Cho phản ứng phân hủy CaCO 3 (r)  CaO(r) + CO 2 (k) Cho biết ở 298 0 K: 0 pu H  = +178,32 kJ ; 0 S  = +160,59 J/K a) Phản ứng có tự diễn biến ở 25 0 C không? b) Phản ứng có tự diễn biến ở 850 0 C không? 20,93 21,7 a 3 4 2 (57,37 a) 0 27 28 16         Giải phương trình 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 Vậy công thức khoáng chất Al 2 Si 2 O 9 H 4 hay Al 2 O 3 .2SiO 2 .2H 2 O (Cao lanh) Cách giải Kết quả 1. NH 4 + + OH -  NH 3 + H 2 O 3 4 0,0075 NH NH pu OH pu n n n mol      < 4 NH bd n  Dung dịch chứa NH 4 + , NH 3 , Cl - , Na + 4 3 0,0025 [ ] 0,02 0,125 0,0075 [ ] 0,06 0,125 NH M NH M      Ta có cân bằng: NH 3 + H 2 O  NH 4 + + OH - K b Ban đầu: 0,06 0,02 Phản ứng x x x Cân bằng 0,06 – x 0,02+x x 5 (0,02 ). 1,8.10 (0,06 ) b x x K x      5 5,4.10 x    pOH = 4,27  pH = 9,73M pH = 9,73M (4 điểm) 2. 0 0 0 . G H T S      a) t 0 = 25 0 C  0 298 178,32 298.0,16059 130,464 G kJ     > 0 Phản ứng không tự xảy ra b) t 0 = 850 0 C  0 298 178,32 1123.0,16059 2,02257 G kJ      < 0 Phản ứng tự xảy ra (1 điểm) a) không tự xảy ra b) tự xảy ra Câu 6 Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một ancol 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 ancol B. Cho p gam ancol 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). * Bài làm của học sinh theo cách khác đúng vẫn cho điểm. Cách giải Kết quả Xác định ancol B: vì este đơn chức nên ancol 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  Ancol 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 HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 và CH 2 =CH-COOCH 3 Với m = 3  n = 1 3 ứng với nghiệm HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 và C 3 H 5 -COOCH 3 (5 điểm) HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 và CH 2 =CH-COOCH 3 hay HCOOCH 3 CH 3 COOCH 3 Và C 3 H 5 -COOCH 3 . VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH KIÊN GIANG GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2 012 – 2013 ĐÁP ÁN MÔN THI: HÓA THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không. THI: HÓA THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 01/11/2 012 Câu 1: 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất khí với hidro có dạng XH 3 trạng thái lai hóa của: * NH 3 N ở trạng thái lai hóa sp 3 * Oxit cao nhất: N 2 O 5 N ở trạng thái lai hóa sp 2 * Hiđroxit cao nhất: HNO 3 N ở trạng thái lai hóa sp 2 a)