Đề thi casio môn hóa học

Chia sẻ: Nguyen Xuan Hanh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

527
lượt xem 171
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tuyển tập đề thi casio fx500 nhằm giúp các bạn có tài liệu học tập và luyện thi giải toán trên máy tính, là kỳ thi rất hấp dẫn đối với học sinh tài liệu giúp các bạncó cách nhìn toàn...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi casio môn hóa học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH C ẦM TAY NĂM 2008 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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 Các giám khảo SỐ PHÁCH (Họ, tên và chữ ký) ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI (Do chủ tịch Hội đồng khu vực thi ghi ) Bằng số Bằng chữ Câu 1: Mỗi phân tử XY3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, s ố h ạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số h ạt mang đi ện c ủa X ít hơn số hạt mang điện của Y là 76. a) Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY3 . b) Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM a) Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY3 , ta có các phương trình: Tổng số ba loại hạt: 2 Zx + 6 Zy + Nx + 3 Ny = 196 (1) 2 Zx + 6 Zy − Nx − 3 Ny = 60 (2) 2,0 6 Zy − 2 Zx = 76 (3) Cộng (1) với (2) và nhân (3) với 2, ta có: 4 Zx + 12 Zy = 256 (a) Vậy X là nhôm, 2,0 12 Zy − 4Zx = 152 (b) Y là clo. ⇒ Zy = 17 ; Zx = 13. XY3 là AlCl3 b) Cấu hình electron: 1,0 Al : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 ; Cl : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 01 of 08
Câu 2: Một mẩu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh Hòa Bình có 9,4 phân hủy 14 C. hãy cho biết người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14 C. Các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ln2 0,693 ♣ Hằng số phóng xạ: k = t = 2,0 5730 1 2 1 N0 5730 15,3 = ln ln Niên đại của mẩu than t = k N t 0,693 9,4 = 3989,32 (năm) ≈ 4000 (năm) Người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây khoảng 3,0 4000 năm Câu 3: Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là nguyên tố X về khối lượng. Hãy xác định công thức phân tử của khoáng đó. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39 1,0 = 19,18% Cân bằng số oxi hóa trong hợp chất: 13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 ×1+ ×2− ×2+ × 1+ ×y = 0 23 24 16 1 X 2,0 ⇒ X = 5,33y Lập bảng xét: Y 1 2 3 4 5 6 7 8 X 5,33 10,6 ... ... ... 32 6 thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32 ⇒ S (lưu huỳnh) Công thức khoáng 13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 2,0 Na2SO4.MgSO4.4H2O : : : : Na : Mg : O : H : S = 23 24 16 1 32 = 2 : 1 : 12 : 8 : 2 Công thức khoáng: Na2MgO12H8S2 02 of 08
Câu 4: 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 CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình vẽ) A B A B E E 1,0 a C D D C Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là 1 − Ở tám đỉnh lập phương = 8 × = 1 8 1 − Ở 6 mặt lập phương = 6 × =3 2 1,0 4 (nguyên tử) Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 3 = 4 (nguyên tử) b) Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4 × rCu 0 a = 4 × rCu = 4 × 1,28A = 3,63 Å a = 3,63 Å 2 2 1,0 c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: khoảng cách AC a 2 = 2,55 Å = 2,55 Å = AE = 1,0 2 2 d) + 1 mol Cu = 64 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 4 nguyên tử Cu + 1 mol Cu có NA = 6,02 × 1023 nguyên tử 64 m Khối lượng riêng: =4× Khối lượng riêng d = 6,02 × 10 × (3,63× 10−8 )3 = 8,88 g/cm3 23 V 1,0 = 8,88 g/cm3 03 of 08
Câu 5: 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%. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM 40,08 ♣ Thể tích của 1 mol Ca = = 25,858 cm3, V = 25,858 cm3 1,0 1,55 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 Fe = 6,02 × 1023 V = 3,18 × 10−23 cm3 2,0 = 3,18 × 10 23 cm3 − 4 × πr 3 Từ V = 3 3× 3,18× 10−23 3V ⇒ Bán kính nguyên tử Ca = r = = 3 3 4π 4 × 3,14 r = 1,965 × 10−8 cm 2,0 = 1,965 × 10 8 cm − Câu 6: Biết rằng mono – clobenzen có momen lưỡng cực µ1 = 1,53 D. a) Hãy tính momen lưỡng cực µo ; µm ; µp của ortho, meta, para – diclobenzen. b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được µ = 1,53 D. Hỏi đó là dạng nào của diclobenzen? CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM ♣ clo có độ âm điện lớn, µ1 hướng từ nhân ra ngoài 1,0 para ortho meta µ=µ 3 µ=µ µ=0 Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác µ a 2 = b2 + c2 – 2bc cos A 2µ1 + 2µ1 cos600 = µ1 3 2 2 Dẫn xuất ortho: µo = 1,0 1,0 2µ1 + 2µ1 cos1200 = µ1 2 2 Dẫn xuất meta: µm = Dẫn xuất para: µp = µ1 − µ1 = 0 1,0 b) Theo đầu bài µ =1,53D = µ1 ⇒ đó là dẫn xuất meta -diclobenzen 1,0 04 of 08
− Câu 7: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C6H5COONa nồng độ 2,0 × 10 5 M. Biết hằng số − axit của axit benzoic bằng 6,29 × 10 5. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM − C6H5COONa → Na + C6H5COO ♣ +  → − − C6H5COO + H+ ¬  C6H5COOH Ka 1  → − H2O ¬  H+ + OH Kw  Tổ hợp 2 phương trình cho: → − − C6H5COO + H2O ¬  C6H5COOH + OH Ktp  −14 Kw 10 1,0 −10 −5 = 1,59 × 10 Ktp = = −10 Ktp = 1,59 × 10 6,29 × 10 Ka − Do nồng độ đầu của C6H5COO nhỏ; mặt khác hằng số của − quá trình không lớn hơn nhiều so với 10 14 nên phải tính đến sự điện li của nước.  → − − C6H5COO + H2O ¬  C6H5COOH + OH Ktp (1)  − − 2,0 × 10 5 − [OH ] 1,0  → − + H2O ¬  H + OH Kw (2)  − Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH ] = [C6H5COOH] + [H+] − hay [C6H5COOH] = [OH ] − [H+] 10−14 1,0 − = [OH ] −  OH  −  thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1):  10−14  [ C6H 5COOH ] OH −   OH −  −  OH −  ÷× OH  −  ÷    K= =   C6 H 5COO −   C6 H 5COO−    −10 K = 1,59 × 10 2 OH −  − 10−14 1,0   − ⇒ = 1,59 × 10 10 2 × 10 − OH  −5 −   − − ⇒ [OH−]2 + 1,59 × 10 10[OH−] − 13,18 × 10 15 = 0 ⇒ [OH−] = 1,148 × 10−7 ⇒ pOH = − lg(1,148 × 10−7) = 6,94 1,0 ⇒ pH = 7,06 05 of 08
→ − Câu 8: Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) ¬  2NH3 (k) có Kp = 1,64 × 10 4.  Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM → N2(k) + 3H2(k) ¬  2NH3 (k)  PN nN 1 = 2= 2 Theo PTHH: PH2 nH 2 3 ⇒ Theo gt: P NH3 + P N2 + P H2 = 10 1,0 ⇒ P NH3 + 4P N2 = 10 P NH3 + 4P N 2 = 10 (1) (PNH )2 (PNH3 )2 − = 1,64 × 10 4 3 Và Ta có: Kp = = 3 3 (PN2 )(3PN2 ) (PN )(PH ) 2 2 PNH PNH = 3 = 6,65× 10−2. 3 ⇒ (PN 2 )2 1,0 (PN )2 2 − 6,65× 10 2 Thay vào (1) được: − 1,0 6,65 × 10 2(P N 2 )2 + 4P N 2 − 10 = 0 ⇒ P N2 = 2,404 và P N2 = − 62,55 < 0 1,0 Vậy, P N 2 = 2,404 ⇒ P NH3 = 10 − 4P N 2 = 0,384 atm chiếm 3,84% 1,0 3,84% 06 of 08
Câu 9: Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một rượu 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 rượu B. Cho p gam rượu 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 ĐIỂM ♣ Xác định rượu B: vì este đơn chức nên rượu B đơn chức 1 R – OH + Na → R – ONa + H2 2 0,2 0,1 mol Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g 1,0 6,2 ⇒ KL mol (R – O) = = 31 ⇒ R + 16 = 31 0,2 ⇒ R = 15 là CH3 ⇒ Rượu B: CH3OH Công thức của 2 este no là: C n H 2n+1 COOCH3 số mol = x Công thức của este chưa no là CmH2m−1COOCH3 số mol = y 3n + 4 O2 → ( n + 2) CO2 + ( n + 2) C n H 2n+1 COOCH3 + 2 1,0 H2O x ( n + 2) x ( n + 2) x 3m + 3 O2 →(m + 2) CO2 + (m + 1) H2O CmH2m−1COOCH3 + 2 (m + 2) y (m + 1) y y ta có hệ pt: x + y = 0,2 (1) 1,0 ( 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 1,0 Do n ≠ 0 và m ≥ 2 nên 2 ≤ m ≤ 3 ⇒ bài toán có 2 nghiệm m = 2 và m = 3 2 Với m = 2 ⇒ n = ứng với nghiệm CH2=CH-COOCH3 3 1,0 và HCOOCH3 ; CH3COOCH3 1 Với m = 3 ⇒ n = ứng với nghiệm C3H5-COOCH3 3 và HCOOCH3 ; CH3COOCH3 07 of 08
Câu 10: Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân huỷ thành nitơ monoxit và clo. a) Hãy viết phương trình cho phản ứng này b) Tính Kp của phản ứng ở 298K(theo atm và theo Pa). Nitơ monoxit Nitrosyl clorua Cl2 51,71 90,25 ? ∆ H 0 (kJ/mol) 298 264 211 223 0 S 298 (J/K.mol) c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM 1,0  → ♣ a) 2NOCl ¬  2NO + Cl2.  b) Hằng số cân bằng nhiệt động lực học được tính theo phương trình ∆ G = − RTlnK Trong đó ∆ G = ∆ H − T. ∆ S ∆ H = [(2 × 90,25. 103) + 0 − (2 × 51,71. 103 ) = 77080 J/mol 1,0 ∆ S = [(2 × 211) + 233 − (2 × 264) = 117 J/mol ∆ G = 77080 − 298 × 117 = 42214 J/mol 42214 và ln K = − = − 17 8,314 × 298 −8 −3 1,0 ⇒ Kp = 3,98. 10 atm và Kp = 4,04. 10 Pa c) Tính gần đúng: Kp(T2 ) ∆H  1 1  −÷ ln = Kp (T1 ) R  T1 T2  1,0 77080  1 1 − lnKp(475K) = ÷+ lnKp(298)  ⇒ 8,314  298 475  ⇒ ln Kp (475) = − 5,545 1,0 ⇒ Kp = 4,32. 10 −3 atm hay Kp = 437Pa ln 2 1 N0 ln * Hằng số phóng xạ: k = t và t= k Nt 1 2 K P (T1 ) ∆H  1 1  = −÷ * ∆ G = ∆ H − T∆ S ; ∆ G = − RTlnK và ln K P (T2 ) RT  T2 T1  * 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. 105 Pa ; NA = 6,022. 1023 08 of 08