Đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay cấp tỉnh, năm học 2011 - 2012

Chia sẻ: Phạm Hoàng Hiếu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

645
lượt xem 110
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Lưu ý: Nếu thí sinh có cách giải khác hợp logic và chính xác vẫn hưởng đủ số điểm. Câu 1: (5 điểm) Một hợp chất AB2 có tổng số hạt (p, n, e) bằng 106, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34. Tổng số hạt (p, n, e) trong nguyên tử A nhiều hơn B cũng là 34. Số khối của A lớn hơn số khối của B là 23. Xác định tên hợp chất AB2.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay cấp tỉnh, năm học 2011 - 2012

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP TỈNH HƯỚNG DẪN CHẤM NĂM HỌC: 2011 − 2012 Môn: HÓA HỌC Ngày thi: 27/11/2011 Lưu ý: Nếu thí sinh có cách giải khác hợp logic và chính xác vẫn hưởng đủ số điểm. Câu 1: (5 điểm) Một hợp chất AB2 có tổng số hạt (p, n, e) bằng 106, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34. Tổng số hạt (p, n, e) trong nguyên tử A nhiều hơn B cũng là 34. Số khối của A lớn hơn số khối của B là 23. Xác đ ịnh tên hợp chất AB2. Cách giải Kết quả Điểm A : ZA, NA B: ZB, NB Theo đề bài ra ta có: (2ZA + NA) + 2(2ZB + NB) = 106 (1) 0,5đ (2ZA + 4ZB) - (NA + 2NB) = 34 (2) 0,5đ (2ZA + NA) - (2ZB + NB) = 34 (3) 0,5đ (ZA + NA) - (ZB + NB) = 23 (4) 0,5đ 2ZA + 4ZB = 70 (5) Từ (1) và (2) ta giải được: N A + 2N B = 36 (6) ZA - ZB = 11 (7) Từ (3) và (4) ta giải được: N A − N B = 12 (8) 1đ + 1đ Từ (5) và (7) ta giải được ZA = 19, ZB = 8 KO2 0,5 đ Kali supeoxit 0,5đ Vậy hợp chất là KO2: kali supeoxit 1/10
Câu 2: (5 điểm) Một nguyên tố kim loại M có bán kính nguyên tử R = 143 pm và đơn chất kết tinh theo cấu trúc lập phương tâm diện, có khối lượng riêng D = 2,7 g/cm 3. Xác định kim loại M. Cách giải Kết quả Điểm Trong một ô mạng cơ cở lập phương tâm diện, số nguyên tử bằng: 1đ 1  1  Z =  × 8 +  × 6 = 4 8   2  Gọi a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở. Khoảng cách ngắn nhất giữa các nguyên tử là trên đường chéo của mặt, nên: 1đ 4 × 143 a2 R= ⇒a= = 404pm 4 2 M ×Z Từ m × Z NA d= = a3 V 26,79 g / mol d × a 3 × N A (2,7g / cm 3 ) × (404.10 −10 cm) 3 × (6,02.10 23 mol −1 ) ⇒M= = 2,5đ Z 4 0,5 ⇒ M = 26,79g / mol . Vậy M là Al. ( M = 26,88 g/ml) 2/10
Câu 3: ( 5 điểm) Nguyên tố R là phi kim thuộc nhóm A trong Hệ thống tuần hoàn. Tỉ lệ giữa thành phần phần trăm nguyên tố R trong oxit cao nhất với thành phần phần trăm 20,25 nguyên tố R trong hợp chất khí với hidro là . 34 a.Xác định nguyên tố R. b.Cho 4,05g một kim loại M chưa rõ hóa trị tác dụng hết với đ ơn chất R ở trên thì thu được 40,05g muối. Xác định nguyên tố M. Cách giải Kết quả Điểm Gọi x là số thứ tự nhóm A (hóa trị) Công thức oxit cao nhất: R2Ox CT hợp chất khí với H: RH8-x Ta có: 2R R 20,25 = : 2 R + 16 x R + 8 − x 34 392 x − 544 R= 1đ 27,5 1đ x 4 5 6 7 R 37,2 51,5 65,7 80 R là Br 1đ Vậy: R là Br 0,5đ 2M + aBr2  2MBra 2M 2M + 160a 4,05 40,05 2M + 160a 2M = Tỷ lệ: 4,05 40,05 72M = 648a M = 9a a 1 2 3 1đ M 9 18 27 M là Al 0,5đ Vậy: M là Al 3/10
Câu 4: ( 5 điểm ) Tính nồng độ mol/l các ion và pH của dung dịch Na 2CO3 0,01M? Biết CO32- có Kb1 = 10-3,76 ; Kb2 = 10-7,65 . Cách giải Kết quả Điểm Na2CO3  2Na+ + CO32- 0,5đ −3, 67 HCO3- + OH- K b = 10 (1) CO32- + H2O 1 −7 , 65 H2CO3 + OH- K b 2 = 10 (2) HCO3- + H2O 0,5đ + - -14 (3) H2O H + OH KW = 10 Vì K b >> K b >> KW nên 1 2 Cân bằng (1) là chủ yếu 0,5đ −3, 67 HCO3- + OH- K b = 10 CO32- + H2O 1 [Bđ] 0.01 [P.ứng] x [CB] 0.01 – x x x 2 x = 10 −3,76 K b1 = 0,01 − x 1đ  x = 1,234.10-3  pOH = 2,908 pH = 11,092 pH=11,092 1đ + [Na ] = 0,02M [Na+] = 0,5đ [CO3 ] = 0,01 – 1,234.10-3 = 8,766.10-3M 2- 0,02M [HCO3-] = 1,234.10-3 M [CO32-] 0,5đ =8,766.10-3M [HCO3-] = 0,5đ 1,234.10-3 M 4/10
Câu 5: (5 điểm) Ở 100 0C hằng số cân bằng của phản ứng N2O4 2NO2 (khí) (khí) là 4. Tính thành phần phần trăm số mol của hỗn hợp khi áp suất chung của hệ lần lượt là 2atm và 20 atm. Từ đó hãy rút ra kết luận về ảnh hưởng của áp suất đến sự chuyển dịch cân bằng. Cách giải Kết quả Điểm *Áp suất chung của hệ là 2atm PN2O4 + PNO2 = 2 P 2 NO 2 P2NO2 : PN2O4 = 4 => PN2O4 = 4 0,5đ PNO2 = 1,464 0,5đ PN2O4 = 0,536 0,5đ % số mol NO2 = 73,2% 0,5đ %số mol N2O4 = 26,8% *Áp suất chung của hệ là 20 atm PN2O4 + PNO2 = 20 P 2 NO 2 P2NO2 : PN2O4 = 4 => PN2O4 = 4 0,5đ PNO2 = 7,165 0,5đ PN2O4 = 12,835 0,5đ % số mol NO2 = 35,83% 0,5đ %số mol N2O4 = 64,17% Khi áp suất tăng từ 2 atm đến 20 atm thì %NO2 giảm từ 73,2% xuống còn 35,83% => Cân bằng chuyển dịch theo 1đ chiều nghịch. 5/10
Câu 6: (5 điểm) Người ta có thể điều chế NaOH bằng 2 phương pháp khác nhau từ Na, H2 và O2. Trình bày 2 cách điều chế đó và tính hiêu ứng nhiệt ở mỗi cách. Biết: Na (r) + 1/2O2 (k) → 1/2Na2O2 (r) ∆H1 = -60,3 Kcal H2 (k) + 1/2O2 (k) → H2O (l) ∆H2 = -68,3 Kcal 1/2Na2O2 (r) + 1/2H2O (l) → NaOH (r) + 1/4O2 (k) ∆H3 = -7,6 Kcal Na (r) + H2O (l) → NaOH (r) + 1/2H2 (k) ∆H4 = -33,75 Kcal Cách giải Kết quả Điểm Cách 1: ∆ H1=-60,3 kcal Na(r) + 1/2O2(k)  1/2Na2O2(r) ∆ H2 =-68,3 kcal H2(k) + 1/2O2(k)  H2O(l) 1/2Na2O2 + 1/2H2O(l)  NaOH(r) + 1/4O2(k) ∆ H3 = -7,6kcal 1,0đ Tổng cộng: Na(r) + 1/2O2(k) + 1/2H2(k) NaOH(r) ∆ H = ?? 1,5 đ Thì ta có: ∆ H = -60,3 - 68,3 -7,6 = -136,2 kcal Cách 2: ∆ H1= - 68,3 kcal H2(k) + 1/2O2(k)  H2O(l) Na (r) + H2O(l)  NaOH + 1/2H2 ∆ H2= -33,75kcal 1,0 đ Tổng cộng: Na(r) + 1/2H2(k)+1/2O2(k) NaOH (r) ∆ H=?? 1,5đ Ta có: ∆ H= -68,3 - 33,75 = -102,05kcal 6/10
Bài 7. (5 điểm) Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch H2SO4đặc, nóng (dư) .Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 0,504 lít khí SO2 ( sản phẩm khử duy nhất) , ở điều kiện chuẩn và dung dịch chứa 6,6 gam hỗn hợp muối sunfat . a) Tìm công thức của FexOy. b)Tính phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM Phương trình hóa học: 2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 xFe2(SO4)3 +(3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O 0,5 đ a ax/2 ( 3x-2y).a/2 Cu + 2H2SO4 CuSO4 + SO2 +2H2O 0,5đ b b b Ta có : (56x + 16y).a + 64b = 2,44 (1) (3x-2y).a/2 + b = 0,0225 (2) 200x.a + 160.b = 6,6 (3) ax = 0,025 => ay = 0,025 1đ b = 0,01 a) Ta có x/y = 1 => công thức FexOy là: FeO 1đ b)Khối lượng Cu: 64.0,01 = 0,64 gam Phần trăm khối lượng của Cu là: 0,64 . 100/2,44 = 26,23 % 1đ Phần trăm khối lượng của FexOy là: 100 – 26,23 = 73,77 % 1đ 7/10
Bài 8: (5 điểm) Nung hỗn hợp SO2 , O2 có số mol bằng nhau trong một bình kín có thể tích không đổi với chất xút tác thích hợp. Sau thời gian đưa bình về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất trong bình giảm 10% so với áp suất ban đầu .Tính hiệu suất của phản ứng? CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM 1đ 2 SO2 + O2 2 SO3 Ban đầu: a a 0 mol Phản ứng: x 0,5x x 1đ Cân bằng: a-x a-0,5x x Số mol khí ban đầu là 2a mol. Số mol khí lúc cân bằng là: (a-x) + (a- 0,5x) + x = 2a – 0,5x 1đ Ở cùng nhiệt độ và thể tích , tỷ lệ về số mol bằng tỷ lề về áp 1đ 1đ suất. n1/n2 = P1/p2 => 2a/(2a – 0,5x) = P/0,9P  x = 0,4a  => H = x/a = 40% Câu 9: (5 điểm) Có một hỗn hợp X gồm 2 đồng đẳng của rượu etylic, oxy hoá hữu hạn là 30,75g X thu được hỗn hợp hai axit hữu cơ tương ứng. Và để trung hoà hỗn hợp axit nầy phải dùng 24g NaOH. Đốt cháy hoàn toàn 61,5g X rồi cho sản phẩm sinh ra lội qua bình A đựng H2SO4 đặc, rồi lội bình B đựng Ba(OH)2. Sau thí nghiệm bình A và B tăng, giảm khối lượng thế nào? Cách giải Kết quả Điểm Gọi 2 đồng đẳng của rượu etylic là: CxH2x+1CH2OH có số mol là a CxH2x+1CH2OH +→ Pt 0,5đ  CxH2x+1COOH + H2O O2 a a Pt 0,5đ CxH2x+1COOH + NaOH → CxH2x+1COONa + H2O a a a = 24/40 = 0,6 mol Số mol rượu trong 61,5 gam X. 1,2 mol Pt 1đ + O2 CxH2x+1CH2OH  →  (x+1) CO2 + ( x+2) H2O 2a (x+1) 2a (x+2) 2a a = 0,6 0,5đ a = 24/40 = 0,6 mol  0,5đ  x = 1,375 8/10
a = 0,6  (14x+ 32)a = 30,75 72,9 gam 1đ  x = 1,375 Khối lượng bình A tăng là khối lượng H2O =18(1,375+2)0,6x 2 125,4 gam 1đ = 72,9 gam Khối lượng bình B tăng là khối lượng CO2 = 44(1,375+1)0,6x 2 = 125,4 gam Câu 10: (5 điểm) Lấy 70 lít butan đem ckracking ở nhiệt độ, xúc tác thích hợp thu được 134 lít hỗn hợp A : H2, CH4, C2H6, C2H4, C3H6 , C4H8 và một phần butan chứa bị cracking. Chia A làm hai phần bằng nhau. Một phần cho sục từ từ vào nước brôm dư và thu lấy các khí không bị giữ lại (hỗn hợp B), sau khi tách hỗn hợp B ra thành các chất riêng lẽ theo thứ tự phân tử lượng tăng dần ( nhờ phương pháp riêng). Người ta đốt cháy các hydro cacbon riêng lẽ đó và thu được thể tích CO 2 có tỉ lệ tương ứng 1:3:1. Một phần đem hợp H2O nhờ xúc tác đặc biệt, các thể tích ở (đktc) 1.Xác định % V các chất trong A. 2.Hiệu suất craking.. 3.Tính khối lượng rượu nhận được (không cần lưu ý đến rượu đồng phần) Cách giải Kết quả Điểm C4H10 → CH4 + C3H6 (1) V1 V1 V1 C4H10 → C2H4 + C2H6 (2) V2 V2 V2 C4H10 → C4H8 + H2 (3) V3 V3 V3 Gọi V1, V2, V3 , V4 lần lượt là số mol C4H10 ở (1), (2), (3) và dư Hỗn hợp A: CH4 : V1 C3H6 : V1 C2H6 : V2 C2H4 : V2 C4H8 : V3 H2 : V3 C4H10dư: V4 CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O V1/2 V1/2 C2H6 + 7/2O2 → 2CO2 + 3H2O V2/2 V2 C4H10 + 13/2O2 → 4CO2 + 5H2O V4 /2 2V4 Hpt 1đ V1 : 2V2 = 1 : 3 V : 4V = 1 : 1 1 4  V1 + V2 + V3 + V4 = 70 2V1 + 2V2 + 2V3 + V4 = 134  0,25x4=1đ 9/10
V1 = 24 V1 = 12 V = 36 V = 18 2 2   V3 = 4 V3 = 2 V4 = 6 V4 = 3   0,25x4=1đ Tp % 24 x100 = 17,92% % CH4 = % C3H6 = 134 36 x100 = 26,87% %C2H6 = % C2H4 = 134 4 x100 = 2,98% % C4H8 = % H2 = = 134 %C4H10 = 4,46% 1đ 2.Hiệu suất crackinh: V1 + V2 + V3 64 x100 = = 91,43% %C4H10 phản ứng: 35 70 3.Khối lượng rượu: + o C3H6 + H2O C3H7OH H → ,t V1 22,4 + o C2H4 + H2O C2H5OH H → ,t V2 22,4 + o C4H8 + H2O C4H9OH H → ,t V3 22,4 0,25đ V1 1 x x60 = 32,14 gam Khối lượng C3H7OH = 22,4 2 Khối lượng V2 1 0,25đ x x 46 = 36,96 gam Khối lượng C2H5OH = 22,4 2 0,5đ V3 1 x x74 = 6,6 gam Khối lượng C4H9OH = 22,4 2 10/10