dap an hsg may tinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOAN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2010-2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC LỚP 12 CẤP THPT Câu 1: 2 điểm Độ đặc khít C % của một t

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

AN GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY

NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MÔN: HÓA HỌC LỚP 12 CẤP THPT

Câu 1: (2 điểm)

Độ đặc khít C (%) của một tinh thể được định nghĩa là tỉ số giữa tổng thể tích các nút

mạng (mắt mạng) bên trong một ô mạng cơ sở và thể tích một ô mạng cơ sở Tính độ đặc khít của tinh thể có cấu trúc lập ph ương tâm khối Giả thiết trong tinh thể, các nút mạng đ ược xem

là những quả cầu tiếp xúc với nhau v à có thể tích như nhau

Tổng số quả cầu trong ô mạng c ơ sở

1

Z 1 * 8 2

8

Gọi a là cạnh khối lập phương và r là bán kính quả cầu nút mạng

ta có:

3

3

4

r * 2

3

C

a



 (1)

Do đường chéo khối lập phương là 4r nên:

a 3 4r a 3 r

4

   (2)

Từ (1) và (2) ta có:

3

3

4 a 3

* 2

8 a

 



Vậy: Độ đặc khít của tinh thể là 68,01764%

Z=2

C=68,01764%

0,5

1,5

Câu 2: (2 điểm)

Cho dung dịch H2S 0,01M có Ka1=10-7,02; Ka2=10-12,9 Tính pH của dung dịch và nồng

độ ion S2- tại thời điểm cân bằng

Các cân bằng:

H2S  H+

+ HS- Ka1= 10-7,02 (1)

HS-  H+

+ S2- Ka2= 10-12,9 (2)

H2O  H+

+ OH- KH2O = 10-14 (3)

Vì Ka1  Ka2> KH2O nên cân bằng (1) là chủ yếu

H2S  H+

+ HS -Lúc cân bằng: 0,01-x x x

Trong đó x là nồng độ H+ lúc cân bằng

2

x

10 x [H ] [HS ] 3, 08552.10 M

0, 01 x



a 2r

HS  H + S Lúc cân bằng: 3,08552.10-5-y 3,08552.10-5+y y

Trong đó y là nồng độ S2- lúc cân bằng, ta có:

5

12,9 5

y(3, 08552.10 y)

10

3, 08552.10 y









Với y3,08552.10-5 y = 1,25893.10-13

Vậy [S 2- ] = 1,25893.10 -13 M 1,25893.10 -13

1,0 Câu 3: (2 điểm)

Hòa tan 1,5 gam glyxin vào n ước thành 1 lit dung dịch Dùng HCl đặc để điều chỉnh pH dung dịch về bằng 1 Tính nồng độ mol/lit các dạng tồn tại chủ yếu của glyxin trong dung dịch (kết quả thể hiện dạng x.10-2, trong đó x được tính chính xác đến 4 chữ số thập phân)

Biết glyxin có Ka1 = 10-2,4 và Ka2 = 10- 9,8

Do Ka1 Ka2 nên chủ yếu tồn tại cân bằng:

+

NH3CH2COO- + H+  +

NH3CH2COOH

Ký hiệu các dạng tồn tại chủ yếu trong dung dịch:

+

NH3CH2COO- (HA) và+NH3CH2COOH (HA+)

Tổng nồng độ glyxin ban đầu: 1, 5 2

C 2.10 M 75



pH = 1 [H+] = 10-1M

 

2 2,4 1

a1

H C 10 * 2.10

10 10

HA C HA 2.10 1, 9234.10 0, 0766.10 M





  

2.10 -2

1,9234.10 -2

0,0766.10 -2

1,0

0,5

0,5 Câu 4: (2 điểm)

Một dung dịch X chứa NaOH và 0,1566 mol Ba(AlO2)2(cách viết khác: Ba[Al(OH)4]2) Cho 1 mol HCl vào A thu được 15,639 gam kết tủa Tính khối lượng NaOH tối thiểu hiện diện trong dung dịch X.(số liệu được tính chính xác đến 4 chữ số thập phân)

Gọi x là số mol NaOH tối thiểu trong dung dịch X

2

AlO

n  0, 3132 mol,

3

Al(OH)

15, 639

78

Phản ứng xảy ra:

x x

AlO2- + H2O + H+  Al(OH)3 (2)

0,3132 0,3132 0,3132

Al(OH)3 + 3H+  Al3+ + 3H2O (3)

(0,3132-0,2005) 0,3381

0,3132 mol;

0,2005 mol

0,3132 0,3381

0,5

0,5 0,5

Ta có: nHCl nH  x 0, 31320, 3381 1  x 0, 3487

Lượng NaOH tối thiểu trong X:

NaOH

m 40 * 0, 348713, 9480 gam

0,3478

Câu 5: (2 điểm)

Cho Na (dư) vào dung dịch X được pha trộn từ 100 gam dung dịch HCOOH 5% v à 100

gam dung dịch CH3COOH 10% Tính thể tích khí H2thoát ra (đktc) (số liệu được tính chính xác đến 4 chữ số thập phân)

Số mol các chất trong dung dịch X:

HCOOH

100 * 5

100 * 46

3

CH COOH

100 *10

100 * 60

2

H O

200 15

n 10, 2778 mol

18



2HCOOH + 2Na  2HCOONa + H2

2CH3COOH + 2Na 2CH3COONa + H2

2H2O + 2Na  2NaOH + H2

Từ các phản ứng trên ta có:

H HCOOH CH COOH H O

1

n (n n n ) 5, 2766 mol

2

2

H

V 5, 2766 * 22, 4118,1958 lit

0,1087 0,1667 10,2778

5,2766 118,1958

1,0

1,0

Câu 6: (2 điểm)

Phân tử 1,2-dicloetan có độ dài liên kết C-C và C-Cl lần lượt là 1,54 A0 và 1,76 A0, góc liên kết CCCl bằng 109,470 Tính khoảng cách nhỏ nhất (cấu dạng che khuất hoàn toàn) và lớn nhất (cấu dạng đối lệch ho àn toàn) giữa hai nguyên tử clo trong phân tử trên

* Cấu dạng che khuất

Khoảng cách giữa hai nguyên tử clo là nhỏ nhất

Cl Cl(1) C C C A

d  d  2d  1, 54(2 *1, 76 * cos70, 53 2, 71326A

* Cấu dạng đối lệch hoàn toàn

Khoảng cách giữa 2 nguyên tử clo là lớn nhất

C 1,54A0

1,76A0

109,470 70,530

A C

A

I I

Cl B Cl A

d  2d  2 *1, 76 * sin 70, 53 3, 31871A

Kết quả trên:

II

0

B Cl Cl Cl(1)

d  d  2, 71326 A

I II I II

Cl Cl Cl B B Cl

d   (d  ) (d  ) 4, 28668 A

Câu 7: (2 điểm)

Người ta điều chế metanol từ hỗn hợp CO v à H2ở 300-4000C, 200 atm có mặt xúc tác ZnO/Cr2O3 theo phản ứng: CO + 2H2 CH3OH Tỉ khối so với không khí của hỗn hợp tr ước phản ứng là 0,5, còn của hỗn hợp sau phản ứng l à 0,6 Tính phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp trước và sau phản ứng Biết MKK 29, các khí đo cùng điều kiện về nhiệt độ và áp

suất

Gọi x là % thể tích của CO ban đầu  % thể tích H2ban đầu là

(1-x)

Hỗn hợp trước phản ứng:

CO

M 28x 2(1 x) 0, 5 * 29 14, 5 x 0, 48077

hay %V 48, 077%



 %VH2 = 51,923%

Xét 1 lít hỗn hợp ban đầu

Phản ứng xảy ra:

CO + 2H2  CH3OH

Phản ứng y 2y y

Sau pư (0,48077-y) (0,51923-2y) y

Thể tích hỗn hợp sau phản ứng là (1-2y) lít

Ta có tỉ lệ:

t

s

s

m

m

n

Với mt = ms (theo định luật bảo toàn khối lượng)

48.077%

51,923%

0,5 0,25

ClI

ClII

C 1,54A0 C

1,76A0

109,47 0

70,53 0 A

B

1 2y 0, 5 5 1



Suy ra:

CO

1

0, 48077

12

5 6



2

H

1

0, 51923 2 *

12

5 6



3

CH OH

%V 10%

Vậy:

%V CO = 47,692%

%V H2 = 42,308%

%V CH3OH = 10,000%

47,692%

42,308%

10%

0, 5

0,25

0,25

0,25

Câu 8: (2 điểm)

Một amin bậc nhất có công thức tổng quát CxHyNt (t4) với thành phần khối lượng

nitơ chiếm 46,6667% trong phân tử Đốt cháy hoàn toàn amin trên thu đư ợc CO2, H2O và N2 với tổng thể tích khí đo đ ược ở điều kiện tiêu chuẩn là 8,3059 lít Sục toàn bộ khí này qua 1 lít dung dịch Ca(OH)2(chứa số mol chất tan nhỏ hơn 0,2 mol) đến phản ứng hoàn toàn thu được 13,44 gam kết tủa trắng Tính nồng độ dung dịch Ca(OH)2 cần dùng (số liệu được tính chính

xác đến 4 chữ số thập phân)

CTTQ của amin là CxHyNt hay RNt với t4

Ta có: 14t 46, 6667 R 15, 99998t

R 100 46, 6667  



Nếu t=1  R16 CTPT amin: CH4N (loại)

t=2 R32 C2H8N2 đây là amin no mạch hở 2 chức

(chọn)

Tương tự t=3 và 4 không có amin có công th ức phù hợp

Phản ứng xảy ra:

C2H8N2 + 4O22CO2 + 4H2O + N2 (1)

2a a

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (2)

b b b

CO2 + CaCO3 + H2O Ca(HCO3)2 (3)

2a-b 2a-b

Gọi a là số mol N2 số mol CO2 là 2a

Ta có: 3a 8, 3059 a 0,1236

22, 4

2

CO

n 0, 2472 mol

Do

CO Ca (OH )

n n nên kết tủa đạt cực đại rồi tan

Gọi b là số mol kết tủa cực đại cũng chính là số mol Ca(OH)2 ban

đầu, từ (2) và (3) ta có:

C 2 H 8 N 2

0,2472 mol

0,5

0,5

2

CaCO không tan

Ca (OH)

13, 44

n b (2a b) 2b 0, 2472 0,1344mol

100

b 0,1908 n 0,1908 mol

Nồng độ dung dịch Ca(OH)2 cần dùng:

2

Ca (OH)

0,1908

1

0,1908 mol

0,1908 M

0,5

0,5

Câu 9: (2 điểm)

Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm hai ancol thu được 6,32 lít CO2 (1,008 atm,

270C) Nếu đun nóng a gam hỗn hợp X trên với H2SO4 đặc, trên 1700C thì chỉ thu được hỗn hợp hữu cơ Y gồm hai olefin Đốt cháy hết Y rồi cho toàn bộ hỗn hợp CO2 và H2O hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong thấy xuất hiện kết tủa trắng cực đại rồi tan tiếp 1/3 (lượng kết tủa thu được chỉ còn 2/3 so với lượng kết tủa cực đại) Khối lượng dung dịch nước vôi trong sau phản ứng tăng (giảm) bao nhiêu gam so với trước phản ứng?

Công thức tổng quát của 2 ancol l à C Hn 2n 2 O

Phản ứng xảy ra:

n 2n 2

3n

2

2

n 2n 2 n 2n

C H  O  C H  H O (2)

x x

n 2n

3n

2

   (3)

Từ (1-3) ta có:

CO (3) H O(3) CO (1)

1, 008 * 6, 32

22, 4

* (27 273) 273



Gọi y là số mol kết tủa cực đại

Phản ứng tạo kết tủa:

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (4)

y y

CO2 + H2O + CaCO3Ca(HCO3)2 (5)

(0,2588-y) (0,2588-y)

Số mol kết tủa còn lại: y – (0,2588 – y) = 2y/3

2y/3 = 0,1294

2 2

3

CO H O

CaCO

m m 0, 2588 * (44 18) 16, 0456 gam

m =0,1294*100=12,94 gam

Do

CO H O CaCO

m m m

nên khối lượng dung dịch nước vôi trong tăng

Độ tăng khối lượng = 16,0456 – 12,94 = 3,1056 gam

0,2588

3,1056

1,0

1,0

Câu 10: (2 điểm)

Đun nóng dung dịch chứa 41,2 gam NaOH với 96,8 gam chất béo A Sau khi kết thúc

phản ứng xà phòng hóa, để trung hòa lượng NaOH dư trong 1/10 dung dịch thu được cần 350

ml dung dịch HCl 0,2M

1 Tính lượng NaOH cần dùng để xà phòng hóa 1 tấn A và tính lượng glixerol, lượng xà phòng nguyên chất thu được

2 Xác định phân tử khối trung bình của các axit trong A

Lượng NaOH dư sau phản ứng xà phòng hóa:

NaOH HCl

n n 0, 35 * 0, 2 *100, 7 mol

Lượng NaOH xà phòng hóa 96,8 gam A

mNaOH = 41,2 – 40*0,7 = 13,2 gam

Lượng NaOH xà phòng hóa 1 tấn A:

NaOH

13, 2 *1000

96,8

Khối lượng glixerol sinh ra:

Glixerol

13, 2 *1000 92

96,8 3 * 40

Khối lượng xà phòng thu được:

mxp = 1000 + 136,36364 – 104,54545 = 1031,81819 kg

Phân tử khối trung bình của axit béo trong A:

1031,81819

M 22 280, 66666

136, 36364

40

136,36364

104,54545

1031,81819

280,66666

0,5

0,5

0,5

0,5

Lưu ý:

- Các kết quả trên được người ra đề và biên soạn hướng dẫn chấm tính trên máy tính

CASIO fx-500.MS

- Thí sinh làm bài bằng máy tính bỏ túi CASIO: fx -500A, 500.MS, 570.MS, fx-500.ES, fx-570.ES hoặc các máy tính khác có chức năng t ương đương

HẾT

-CH2

CH

CH2

NaOH

OCOR1

OCOR2

OCOR3

C3H5(OH)3

R1COONa

R2COONa

R3COONa 3