Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh giải toán trên máy tính Casio môn Hóa học lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

123
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mục tiêu cung cấp đến các em học sinh và quý giáo viên các tài liệu phục vụ công tác rèn luyện, nâng cao kiến thức và kỹ năng giải toán trên máy tính Casio; Tailieu.vn thông tin đến các bạn "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh giải toán trên máy tính Casio môn Hóa học lớp 12 năm học 2012-2013". Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh giải toán trên máy tính Casio môn Hóa học lớp 12 năm học 2012-2013 – Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang (Đề chính thức)

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 XH3. 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 XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X. 2. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng 1,55 g/cm3. 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 XH3 a) 1s22s22p3  X thuộc nhóm VA X là Nitơ (N) 2 3 Vậy cấu hình e của X ở lớp ngoài cùng là: ns np (1,5 điểm) 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: 1s22s22p3 ; X là Nitơ (N) b) CTCT và trạng thái lai hóa của: b) N ở trạng thái 3 * NH3 H–N–H N ở trạng thái lai hóa sp lai hóa sp3 ( 1,5 điểm) H * Oxit cao nhất: N2O5 O=N–O–N=O N ở trạng thái lai hóa sp2   O O H–O–N=O * Hiđroxit cao nhất: HNO3  N ở trạng thái lai hóa sp2 O 40,08 1,965.10-8 cm 2. Thể tích của 1 mol Ca = = 25,858 cm3 1,55 (2 điểm) một mol Ca chứa NA = 6,02 1023 nguyên tử Ca 25,858  0,74 Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Ca = = 3,18 6,02  1023 1023 cm3 4 Từ V =  r3 3
3V 3  3,18  1023  Bán kính nguyên tử Ca = r = 3 = 3 = 1,965 108 cm 4 4  3,14 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/cm3 2. Trộn 100ml dung dịch Na2SO4 0,00075M với 50 ml dung dịch BaCl2 0,015M. Kết tủa có xuất hiện không? Khi nào kết tủa không sinh ra nữa? Cho T(BaSO4) = 1,1.10-10 Cách giải Kết quả 1. a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình a) 4 nguyên tử A B A bên) B Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là E E a 1  Ở tám đỉnh lập phương = 8  = 1 8 D C D C 1  Ở 6 mặt lập phương = 6  = 3 2 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  rCu b) a = 3,63A0 0 4  rCu4  1,28A a=   3,63 Å 2 2 c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: c) khoảng cách ngắn AC a 2 nhất AE =  = 2,55 Å 2,55A0 2 2 d) Khối lượng riêng: + 1 mol Cu = 64 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 4 nguyên tử Cu d) d = 8,88 + 1 mol Cu có NA = 6,02 1023 nguyên tử m 64 (4 điểm) Khối lượng riêng d = =4 23 8 3 = 8,88 g/cm3 V 6,02  10  (3,63  10 ) Khi trộn lẫn 2 dung dịch thì: [SO42  ].[ Ba 2  ]  2,5.106 0, 00075.100 > T(BaSO4) = 1,1.10-10 [SO42  ]  = 0,0005M 150 0, 015.50 [ Ba 2  ]  = 0,005M 150 có xuất hiện kết tủa Ta có: [SO42 ].[ Ba 2 ]  2,5.106 > T(BaSO4) = 1,1.10-10 đến khi [SO42 ].[ Ba 2 ] Vậy có xuất hiện kết tủa đến khi [SO42 ].[ Ba 2 ] = T(BaSO4) thì kết tủa = T(BaSO4) thì kết tủa không sinh ra nữa. không sinh ra nữa. ( 1 điểm)
Câu 3. 1. Cho 24,696 gam hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 210ml dung dịch HNO3 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 H2SO4 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 KMnO4). 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 N2 (1M), H2 (4M) và xúc tác ( thể tích không đáng kể) . Thực hiện phản ứng ở nhiệt độ t0c và áp suất p .Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng thì áp suất là 0,8p, nhiệt độ vẫn là t0c . Hãy tính : a) Hằng số cân bằng của phản ứng b) Hiệu suất của phản ứng Cách giải Kết quả nH   0, 21.3, 4  0, 0924.2.2,5 = 1,176 mol %mMg  6,122% nNO   0, 21.3, 4 = 0,714 mol %mCu  65,306% 3 3Mg + 8H+ + 2NO3-  3Mg2+ + 2NO + 4H2O %mFe  28,572% x 8x/3 x + - 2+ 3Cu + 8H + 2NO3  3Cu + 2NO + 4H2O 3,5 điểm y 8y/3 y 3Fe + 8H+ + 2NO3-  3Fe2+ + 2NO + 4H2O z 8z/3 z  0 Mg 2  OH t  Mg (OH )2   MgO x x 2 OH  t0 Cu   Cu (OH ) 2   CuO y y 2 OH  O2 ,t 0 2 Fe   2 Fe(OH ) 2   Fe2O3 z z/2 mhh = 24x + 64y + 56z = 24,696 g (1) nH = 8x/3 + 8y/3 + 8z/3 = 1,176 mol  (2) mCR = 40x + 80y + 160.(z/2) = 16,38.2 (3) Giải hệ 1, 2, 3  x = 0,063 y = 0,252 z = 0,126 2) (1,5 điểm) Ta có cân bằng: N2 + 3H2  2NH3 KC a) KC = 25 Ban đầu: 1 4 Phản ứng x 3x 2x Cân bằng 1–x 4-3x 2x Pd 5   x = 0,5 0,8 Pd 5  2 x
12 a) K C   0,128 0,5.2,53 0,5 b) Hiệu suất phản ứng: H = .100% = 40% b) H = 40% 1 Câu 4 : 1. Hỗn hợp gồm FeCl3, MgCl2, CuCl2 hòa tan trong nước được dung dịch X. Cho X tác dụng với Na2S dư tách ra một lượng kết tủa m1. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với X tách ra một lượng kết tủa m2. Thực nghiệm cho biết m1 = 2,51m2. Nếu giữ nguyên lượng các chất MgCl2, CuCl2 trong X và thay FeCl3 bằng FeCl2 cùng lượng rồi hòa tan trong nước thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với Na2S dư tách ra một lượng kết tủa m3. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với Y tách ra một lượng kết tủa m4. Thực nghiệm cho biết m3 = 3,36m4. 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. Cách giải Kết quả 1. MgCl2 + Na2S + 2H2O  Mg(OH)2  + H2S + 2NaCl %mMgCl2 2FeCl3 + 3Na2S  2FeS  + S  + 6NaCl = 13,3% CuCl2 + Na2S  CuS  + 2NaCl %mCuCl 2 = 28,76% MgCl2 + H2S  không phản ứng %mFeCl3 2FeCl3 + H2S  2FeCl2 + S  + 2HCl = 57,95% CuCl2 + H2S  CuS  + 2HCl (3 điểm) Đặt số mol các muối lần lượt là x, y, z. Ta có: y 58x  88y  32  96z 2 = 2,51  58x + 63,84y = 144,96z (1) 16y  96z 162,5y Số mol FeCl2 = = 1,28y 127 FeCl2 + Na2S  FeS  + 2NaCl FeCl2 + H2S  không phản ứng 58x  88  1,28y  96z = 3,36  58x + 112,64y = 226,56z (2) 96z Giải (1) và (2) cho 48,8y = 81,6z Đặt mhh = 95x + 162,5y + 135z = 100  x = 0,14 ; y = 0,356 ; z = 0,213 %MgCl2 = 13,3% %CuCl2 = 28,76% %FeCl3 = 57,95% 2. Đặt % lượng Oxi = a thì % lượng Hidro = 57,37 – a Al2Si2O9H4 Ta có: tỷ lệ số nguyên tử hay 20,93 21, 7 a Al2O3.2SiO2.2H2O Al : Si : O : H = : : : (57, 37  a) 27 28 16 (Cao lanh) Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên ( 2 điểm)
20,93 21, 7 a 3  4  2   (57, 37  a)  0 27 28 16 Giải phương trình cho a = 55,82 20,93 21, 7 55,82 Suy ra, Al : Si : O : H = : : :1, 55 = 2 : 2 : 9 : 4 27 28 16 Vậy công thức khoáng chất Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O (Cao lanh) Câu 5 1. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 ml dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 ml dung dịch NaOH 0,100 M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5 2. Cho phản ứng phân hủy CaCO3(r)  CaO(r) + CO2(k) Cho biết ở 2980K: H 0pu = +178,32 kJ ; S 0 = +160,59 J/K a) Phản ứng có tự diễn biến ở 250C không? b) Phản ứng có tự diễn biến ở 8500C không? Cách giải Kết quả 1. NH4+ + OH-  NH3 + H2O pH = 9,73M nNH pu  nOH pu  nNH  0, 0075mol < nNH bd   3  (4 điểm) 4 4 + - + Dung dịch chứa NH4 , NH3, Cl , Na 0, 0025 [ NH 4 ]   0, 02 M 0,125 0, 0075 [ NH 3 ]   0, 06M 0,125  Ta có cân bằng: NH3 + H2 O NH4+ + OH- Kb Ban đầu: 0,06 0,02 Phản ứng x x x Cân bằng 0,06 – x 0,02+x x (0, 02  x ).x Kb   1,8.105 (0, 06  x) x  5, 4.10 5  pOH = 4,27  pH = 9,73M 2. G 0  H 0  T .S 0 (1 điểm) a) t0 = 250C  G298 0  178,32  298.0,16059  130, 464kJ > 0 a) không tự xảy ra Phản ứng không tự xảy ra b) t = 8500C  G298 0 0  178,32  1123.0,16059  2, 02257kJ < 0 b) tự xảy ra Phản ứng 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 CO2 và 9,9 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của từng este trong A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). Cách giải Kết quả Xác định ancol B: vì este đơn chức nên ancol B đơn chức (5 điểm) 1 HCOOCH3 ; R – OH + Na  R – ONa + H2 2 CH3COOCH3 0,2 0,1 mol và Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g CH2=CH-COOCH3 6,2 hay  KL mol (R – O) = = 31  R + 16 = 31  R = 15 là CH3  Ancol HCOOCH3 0, 2 B: CH3OH CH3COOCH3 Và Công thức của 2 este no là: C n H 2n 1 COOCH3 số mol = x C3H5-COOCH3 Công thức của este chưa no là CmH2m1COOCH3 số mol = y 3n  4 C n H 2n 1 COOCH3 + O2  ( n + 2) CO2 + ( n + 2) H2O 2 x ( n + 2) x ( n + 2) x 3m  3 CmH2m1COOCH3 + O2  (m + 2) CO2 + (m + 1) H2O 2 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 2  n = ứng với nghiệm 3 HCOOCH3 ; CH3COOCH3 và CH2=CH-COOCH3 1 Với m = 3  n = 3 ứng với nghiệm HCOOCH3 ; CH3COOCH3 và C3H5-COOCH3 * Bài làm của học sinh theo cách khác đúng vẫn cho điểm.