Casio quốc gia 07 08 dự bị

Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tử của nguyên tố X là 5p5.. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên tố Y.. Xác định điện tích hạt nhân của X, Y và viết

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2008

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI DỰ BỊ

Môn: HÓA HỌC Lớp 12 cấp THPT

(HDC gồm 08 trang) Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 14/3/2008

ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI

Các giám khảo (Họ, tên và chữ ký) (Do chủ tịchSỐ PHÁCH

Hội đồng khu vực thi ghi ) Bằng số Bằng chữ

Câu 1 Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tử của nguyên tố X là 5p5 Tỉ số nơtron và điện tích hạt nhân bằng 1,3962 Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên tố Y Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thu được 18,26 gam sản phẩm có công thức XY Xác định điện tích hạt nhân của X, Y và viết cấu hình electron của Y

Cấu hình đầy đủ của X là

[36Kr] 5s24d105p5 ⇒ số ZX = 53 = số proton

Mặt khác: x

x

n

p = 1,3692 ⇒ nX = 74

⇒ AX = pX + nX = 53 + 74 = 127

x

y

n

n = 3,7 ⇒ nY = 20

X + Y → XY

4,29 18,26

⇒ Y X Y

4,29 18,26

+

= ⇒ Y 127 Y

4,29 18,26

+

= ⇒ Y = 39 ⇒ AY = pY + nY

⇒ 39 = pY + 20 ⇒ pY = 19 hay ZY = 19

Cấu hình electron của Y là [18Ar] 4s1

số ZX = 53

pY = 19 [18Ar] 4s1

1,0

1,0

1,0 1,0 1,0

Cõu 2: Một mẫu than lấy từ hang động của ngời Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6

phân hủy 14C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn tại có 15,3 phân hủy 14C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm Hãy cho biết niên

đại của mẩu than đó?

♣ Hằng số phúng xạ: k =

1

ln 2

t = 0,6935730

Niờn đại của mẩu than t = 0

t

N

k N =0,693 13,6 = 973,88 (năm)

t = 973,88 (năm)

2,0

3,0

Cõu 3: Một khoỏng chất cú chứa 20,93%Nhụm; 21,7%Silic và cũn lại là oxi và Hidro (về khối

lượng) Hóy xỏc định cụng thức của khoỏng chất này

Đặt % lượng Oxi = a thỡ % lượng Hidro = 57,37 – a

Ta cú: tỷ lệ số nguyờn tử

Al : Si : O : H = 20,93 21,7 a: : : (57,37 a)

Mặt khỏc: phõn tử khoỏng chất trung hũa điện nờn

3 20,93 4 21, 7 2 a (57,37 a) 0

Giải phương trỡnh 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 cụng thức khoỏng chất: Al2Si2O9H4

hay Al2O3.2SiO2.2H2O (Cao lanh)

a = 55,82

Al : Si : O : H =

2 : 2 : 9 : 4

Al2O3.2SiO2.2H2O

1,0

2,0

1,0

1,0

Cõu 4: Sắt dạng α (Feα) kết tinh trong mạng lập phương tõm khối, nguyờn tử cú bỏn kớnh r =

1,24 Å Hóy tớnh:

a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng

b) Tỉ khối của Fe theo g/cm3

c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe

♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)

Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là

− Ở tám đỉnh lập phương = 8 ×1

8 = 1

− Ở tâm lập phương = 1

Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 =

2 (nguyên tử)

b) Từ hình vẽ, ta có: AD2 = a2 + a2= 2a2

xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2

mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3

nên a = 4r

3 =

4 1,24 3

× = 2,85 Å c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:

AE = AC a 3

2 = 2 = 2,85 3

2

× = 2,468 Å d) + 1 mol Fe = 56 gam

+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe

+ 1 mol Fe có NA = 6,02 ×1023 nguyên tử

Khối lượng riêng d = m

V = 2 × 23 8 3

56 6,02 10× ×(2,85 10 )× − = 7,95 g/cm3

2 (nguyên tử)

a = 2,85 Å Khoảng cách = 2,468 Å

Khối lượng riêng:

d = 7,95 g/cm3

1,0

1,0

1,0

1,0

1,0

Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 200 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Fe bằng 7,87 g/cm 3 Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Fe có hình cầu, có độ đặc khít là 68%

Cho nguyên tử khối của 55,85 = 40

A B

C D

a

a

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

♣ Thể tích của 1 mol Fe = 55,85

7,87 = 7,097 cm3

một mol Fe chứa NA = 6,02 ×10 23 nguyên tử Fe

Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 7,097 0,6823

6,02 10

×

×

= 0,8 ×10 −23 cm 3

r

3× π

⇒ Bán kính nguyên tử Fe = r = 3 3V

4π

r =

23

3 3 0,8 10

4 3,14

−

Vmol = 0,8 ×10 −23 (cm 3 )

r = 1,24 ×10 −8 cm

2,0

3,0

Câu 6: Clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D ( µ 1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen lưỡng cực µ 2 = 1,60D ( µ 2 hướng từ ngoài vào nhân benzen) Hãy tính µ của ortho – cloanilin; meta – cloanilin và para – cloanilin.

♣ clo có độ âm điện lớn, µ 1 hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH2 có

cặp e tự do liên hợp với hệ e π của vòng benzen ⇒ hai momen lưỡng

cực cùng chiều

Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác

a 2 = b 2 + c 2 – 2bc cos µA

Dẫn xuất ortho: µ 2

O = µ 2

1 + µ 2

2 − 2 µ 1 µ 2 cos 60 0 = µ 2

1 + µ 2

2 − µ 1 µ 2 = 2,45

µ o = 2,45 = 1,65D

Dẫn xuất meta: µ 2

m = µ 2

1 + µ 2

2 − 2 µ 1 µ 2 cos 120 0 = µ 2

1 + µ 2

2 + µ 1 µ 2 = 7,35

µ m = 7,35 = 2,71D

Dẫn xuất para: µ 2

p = µ 1 + µ 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D

1,0

1,0

1,0

1,0

1,0

Cõu 7:

a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít

b)Tính pH của dung dịch X đợc tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10-3.75) với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi nh thế nào khi thêm 10-3

mol HCl vào dung dịch X

a) [ H+] 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ → phải tính đến cân bằng của

H2O H2O ơ → H+ + OH −

HCl → H+ + Cl −

Theo định luật bảo toàn điện tích:

[ H+] = [ Cl-] + [OH-] → [ H+] = 0,5.10-7 + [ ]H+

10-14

→[ H+]2− 0,5.10 − 7[ H+]− 10 -14 = 0

Giải đợc: [ H+] = 1,28.10-7→ pH ≈ 6,9

b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ;

nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol

KOH + HA → KA + H2O

0,01 → 0,01→ 0,01

Theo phơng trình HA còn d = 0,01 mol

Trong d2 X: CHA = CKA =

4 , 0

01 , 0 = 0,025M

Xét các cân bằng sau:

H2O ơ → H+ + OH- KW = 10-14 (1)

HA ơ → H+ + A- KHA = 10-375 (2)

A- + H2O ơ → HA + OH-

KB = KHA-1 KW = 10-10,25 (3)

So sánh (1) với (2) → KHA >> KW→ bỏ qua (1)

So sánh (2) với (3) → KHA >> KB → bỏ qua(3) → Dung

dịch X là dung dịch đệm axit

có pH = pKa + lg[ ]

[ ]axit

muoi

= 3,75 + lg

1 , 0

1 , 0 = 3,75

∗ Khi thêm 10-3 mol HCl

KA + Cl → KCl + HA

0,001 ← 0,001 → 0,001 (mol)

[HA] =

4 , 0

0,001 0,01+

= 0,0275 M

và [KA] =

4 , 0

0,001 -0,01

= 0,0225M Dung dịch thu đợc vẫn là dung dịch đệm axit

Tơng tự, pH = 3,75 + lg

0275 , 0

0225 , 0

= 3,66

1,0

1,0

1,0

1,0

1,0

Cõu 8: Tại 250C, phản ứng:

CH3COOH + C2H5OH ơ → CH3COOC2H5 + H2O cú hằng số cõn bằng K = 4

Ban đầu người ta trộn 1,0 mol C2H5OH với 0,6 mol CH3COOH Tớnh số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thỏi cõn bằng

CH3COOH + C2H5OH ơ → CH3COOC2H5 + H2O

Phản ứng x x

[ ] 1 – x 0,6 – x x x

[ 2 35 ][ 2 53 2 ]

CH COOC H H O

C H OH CH COOH ⇒

2

x (1 x)(0,6 x)− − = 4

⇒ 3x2− 6,4x + 2,4 = 0 ⇒ x1 = 0,4855 và x2 = 1,64 > 1

Vậy, số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thỏi

cõn bằng = 0,4855

1,0

2,0

2,0

Cõu 9: Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO3 3,4M khuấy đều thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn d một kim loại cha tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H2SO4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 44ml, thu đợc dd A Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến d vào, lọc kết tủa, rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lợng không đổi thu đợc chất rắn B nặng 15,6g a) Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp

b) Tính nồng độ các ion (trừ ion H+-, OH-) trong dung dịch A

Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có :

24x + 56y + 64z = 23,52 ⇒ 3x + 7y + 8z = 2,94 (a)

Đồng còn d có các phản ứng:

Mg - 2e → Mg2+ (1) NO3-+ 3e + 4H+→ NO + 2H2O (4)

Fe - 3e → Fe3+ (2) Cu + Fe3+→ Cu2+ + Fe2+ (5)

Cu - 2e → Cu2+ (3)

Phơng trình phản ứng hoà tan Cu d:

3Cu + 4H2SO4 + 2NO3- = 3CuSO4 + SO42- + 2NO + H2O (6)

Từ Pt (6) tính đợc số mol Cu d: =

4

0,044.5.3 = 0,165 mol

Theo các phơng trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho bằng số

mol e nhận:

2(x + y + z − 0,165) = [3,4.0,2 − 2(x + y + z − 0,165)]

→ x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b)

Từ khối lợng các oxit MgO; Fe2O3; CuO, có phơng trình:

2

x.40 +

4

y .160 +

2

z 80 = 15,6 (c)

Hệ phơng trình rút ra từ (a), (b), (c): 3x + 7y + 8z = 2,94

x + y + z = 0,42

x + 2y + 2z = 0,78

1,0

1,0

Giải đợc: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24.

% lợng Mg = 6,12% ;

% lợng Fe = 28,57% ;

% lợng Cu = 65,31%

2/ Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H+, OH-)

[Mg2+] =

0,244

0,06

= 0,246 M; [Cu2+] = 0,984 M ; [Fe2+] = 0,492 M ; [SO42-] = 0,9 M ; [NO3-] = 1,64 M

1,0

1,0

1,0

Cõu 10: Cho cỏc số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K

(2) N2O + 3H2 → N2H4 + H2O − 317

(4) H2 + 0,5 O2 → H2O − 286

S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol

S0298 (N2) = 191 J/K.mol ; S0298 (O2) = 205 J/K.mol

a) Tớnh nhiệt tạo thành ∆Ho298 của N2H4 ; N2O và NH3

b) Viết phương trỡnh của phản ứng chỏy Hidrazin và tớnh ∆Ho298 , ∆Go298 và hằng số cõn bằng

K của phản ứng này

♣ a) Ta sắp xếp lại 4 phương trỡnh lỳc đầu để khi cộng triệt tiờu

cỏc chất và được

N2 + 2H2→ N2H4 Đú là:

4N2 + 3H2O → 2NH3 + 3N2O -∆H1

3N2O + 9H2 → 3N2H4 + 3H2O 3∆H2

2NH3 + 0,5 O2 → N2H4 + H2O ∆H3

H2O → H2 + 0,5 O2 -∆H4

Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2→ 4N2H4 cú 4∆H5

Suy ra ∆H5 = (-∆H1 + 3∆H2 + ∆H3 - ∆H4) : 4

= (1011 - 3 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol

Từ ∆H5 và ∆H4 và ∆H2 tớnh được ∆HN2O= ∆H5 + ∆H4 - ∆H2

= 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol

Từ ∆H5 và ∆H4 và ∆H3 tớnh được ∆HNH3= ∆H5 + ∆H4 - ∆H3

= ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol

b) N2H4 + O2 ? N2 + 2H2O

1,0

1,0

1,0

∆H0298= 2 × ( −286) − 50,75 = − 622,75 kJ/mol

∆S0298= 191 + (2 × 66,6) − 205 − 240 = − 120,8 J/K

∆G0298= − 622,75 − ( −120,8 10 −3× 298) = − 586,75 kJ/mol

ln K = − ∆RT G= − −8,314 298586,75.10× 3 = 236,8 ; K = 10 103

1,0

1,0

* Hằng số phóng xạ: k =

1

ln 2

t và t = 0

1 ln

t

N

* ∆G = ∆H − T∆S ; ∆G = − RTlnK và ln 1

( )

P P

∆

* Các nguyên tử khối: Fe = 55,85; Ca = 40,08; Al = 27; Na = 23; Mg = 24; Cu = 64;

Cl = 35,5; S = 32; O = 16; C = 12; H = 1

* Hằng số khí: R = 8,314 J.K -1 mol -1 ; p = 1atm = 1,013 10 5 Pa ; NA = 6,022 10 23