DA MTCT Hoa 12Tinh GL

Tính hiệu suất sự điện phân đó.. CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM.[r]

Pa

ge

7

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH GIA LAI GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2010- 2011

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án gồm trang)

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MƠN: HĨA HỌC

Câu 1(5 điểm): Kim cương có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện với cạnh a

của ô mạng sở bằng 3,567 Å, ngoài mỗi ô mạng sở còn có thêm nguyên tử C chiếm tâm của hình lập phương 1;2;3;4 Nếu ô mạng sở được chia thành hình lập phương với cạnh là a/2 Mỗi nguyên tử C tinh thể liên kết với nguyên tử C gần nhất bằng các obitan lai hóa sp3

a Hãy tính bán kính r cộng hóa trị của cacbon

b Hãy tính độ đặc khít của hình lập phương số

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Theo quy ước nguyên tử ở tâm của hình lập phương phải tiếp xúc với nguyên tử ở đỉnh của hình này và chúng được coi là có dạng hình cầu

Xét nguyên tử nằm đường chéo d của hình lập phương ,ta có:

3 3 3,567 0,772

4    

a r a Å

Độ đặc khít của hình lập phương số 1: (1/8)4+ 1= 1,5 nguyên tử



3

4

1,5 .3,14

3

0,5099

2

        

     

 a

a

Tức là 50,99%

0,772Å

50,99%

3,0đ

2,0đ

ge

7

Tính pH của dung dịch H2SO4 0,010 M Hằng số Ka nấc thứ hai là 1,0.10-2

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

H2SO4 → H+ + HSO4 0,010M 0,010M HSO4-  

 H+ + SO4

2-Nđcb : 0,010 – x 0,010+x x (0,010 ) 10 2 2 2.10 2 10 4 0

0,010

   

    



x x x x

x

=> x = 4,1421.10-3 => [H]+ = 0,010 + 4,1421.10-3 = 14,1421.10-3M

=> pH = 1,8495

x = 4,1421.10-3

14,1421.10-3M pH = 1,8495

1,0đ 1,0đ 1,0đ 2,0đ Câu (5 điểm): Xác định nhiệt tạo thành của CaCl2 (tinh thể) biết:

- Nhiệt thăng hoa của Ca: +192 kJ.mol-1

- Tổng lượng ion hóa thứ nhất và thứ hai của nguyên tử Ca: +1745kJ.mol-1 - Năng lượng phân li Cl2 : + 243kJ.mol-1

- Ái lực với electron của nguyên tử clo: -364kJ.mol-1 - Năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 : -2247kJ.mol-1

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Giả thiết ta có:

Ca (r)  Ca(k) H1

Ca (k) Ca+ + 1e

Ca+(k) Ca2+ + 1e

H



Cl2 (k) 2Cl(k) H3

Cl(k) + 1e  Cl- (k) H4

Ca2+ (k)+ 2Cl-(k)  CaCl2 (tt)

H



Ca(r) + Cl2(k)  CaCl2 (r) H

H

 =H1+ H2+ H3+2H4+H5= -795kJ.mol-1

0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2,0đ

Câu 4(5 điểm): Iot – 131 phóng xạ được dùng dưới dạng NaI được dùng để chữa ung thư tuyến giáp trạng Chất này phóng xạ - với chu kỳ bán hủy là 8,05

Pa

ge

7

b Nếu mẫu ban đầu chứa 10,0 microgam iot – 131 thì mỗi phút hạt  - được phóng ?

(Cho N = 6,023.1023 , t1/2 0,693

k )

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

a.13153I β +  01Xe 13154

 b t1/2 0,693

k

k 0,693t =8,05ngày0,693 = 0,0861/ngày

1/2 = 5,9792.10

-5/phút Tốc độ phân hủy N = kA

10 microgam I- 131 = 1,0.10-5 gam

Số nguyên tử iot – 131 = (1,0.10-5/131).6,023.1023 = 4,5977.1016 nguyên tử.

Số nguyên tử bị phân rã phút là :

N=kA=(5,9792.10-5/phút)(4,5977.1016)=2,7491.1012 nguyên tử/phút

1,0đ

1,0đ 1,0đ

2,0đ

Câu 5(5 điểm):

Hai bình điện phân với hai điện cực trơ được mắc nối tiếp Mỗi bình đều chứa 200 ml dung dịch nồng độ 0,1 M; Bình chứa CuCl2; Bình chứa AgNO3 Sau 357,41 giây thì dừng điện phân ; ở anốt bình thu được 0,1232 lít khí tại 27,3oC và atm Sự điện phân có I = 3A, điện thế thích hợp, không xét các quá trình phụ

a Viết phương trình điện phân và tính nồng độ mol/lít của mỗi dung dịch sau điện phân

b Nếu dẫn khí được tạo thành ở bình vào bình chân không thể tích không đổi 0,5 lít ở 54,6 oC thì áp suất là atm ?

c Khối lượng catot mỗi bình thay đổi thế nào ? d Tính hiệu suất điện phân đó

ge

7

a

Phương trình điện phân:

Bình : CuCl2   ®pdd Cu + Cl2

Bình : 2AgNO3 + H2O   ®pdd 2Ag +1

2O2+2HNO3

nCl2 = 0,082(273 27,3)1.0,1232 0,005

 (mol)

Bình 1: nCuCl2 đầu = 0,2.0,1= 0,02 mol; nCuCl2 dư = 0,015 mol,CCuCl2 = 0,075M Bình 2: nAgNO3 điện phân = nCl2 = 0,01 mol

=> nAgNO3 dư = 0,01 mol => CAgNO3 = 0,05M => CHNO3 mới = 0,05M b

0,0025.0,082.(273 54,6)

P = 0,1343

0,5



 atm

c

Bình 1: Catot bình tăng là 64.0,005 = 0,32 g Bình 2: Catot bình tăng là 108.0,01 = 1,08 g d

m It

nCl = = 0,0056 mol 2A 2F

2 

Hiệu suất điện phân : (0,005/0,0056)100 % = 89,29 %

0,005 mol

C = 0,075M

CuCl2 0,05M

0,05M b

P = 0,1343 atm c

0,32 g 1,08 g d.89,29 %

1,0đ

0,5đ

0,5d 0,5đ

1,0đ 0,5đ 1,0đ

Câu 6(5 điểm):

Hãy thiết lập một pin điện hoá gồm hai điện cực chuẩn ở 250C Một điện cực là Pt dung dịch Sn4+/Sn2+ , điện cực là Pt dung dịch Fe3+/Fe2+.

a Viết phương trình phản ứng xảy pin hoạt động và tính suất điện động chuẩn của pin, biết rằng E0

Fe3+/Fe2+ = 0,771V; E0Sn4+/Sn2+ = 0,15V b Nếu nồng độ của Sn4+= 0,01M, của Sn2+= 0,1M ;của Fe3+= 0,1M và Fe2+ =

0,001M thì suất điện động ở 250C của pin này là bao nhiêu? Tính

G của

phản ứng xảy pin

c Từ kết quả thu được ở câu a và b, hãy cho biết muốn tăng suất điện động của một pin trên, cần phải thay đổi nồng độ của các cặp oxi hóa- khử ở các điện cực thế nào ?

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Pa

ge

7

(-)Pt|[Sn4+]=[Sn2+]=1M||[Fe3+]=[Fe2+]=1M|Pt(+) a Sn2+ + 2Fe3+ → Sn4+ + 2Fe2+

E0pin= E0(+) - E0(-) = 0,771 – 0,15 = 0,621 V b EFe3+

/Fe2+ = 0,771 + (0,059/1)log(0,1/0,001)= = 0,889V

ESn4+

/Sn2+ = 0,15 + (0,059/2)log(0,01/0,1) = 0,1205 V Epin= EFe3+

/Fe2+ - ESn4+/Sn2+ =0,889 - 0,1205= 0,7685 V

G = -nFEpin = -2.96500.0,7685 = -148320,5 J

c Để tăng suất điện động của pin, cần tăng E(+) và giảm E(-), nghĩa là tăng nồng độ dạng oxi hóa, giảm nồng độ dạng khử ở catot, đồng thời giảm nồng độ dạng oxi hóa, tăng nồng độ dạng khử ở anot

0,621 V

0,7685 V -148320,5 J

1,0đ

1,0đ 1,0đ 1,0đ

Câu 7(5 điểm) : Năng lượng được giải phóng phản ứng tổng hợp nhiệt hạch: 31H21H 24He01n là 17,562MeV Hãy tính khối lượng của 42He (theo u); cho m3H 3,016u;m2H 2,014u;m1n 1,0087u;1u 931,2MeV / c2

1

   

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Ta có: E m.c2 m 2E c



     = 17,562MeV/c2 = 17,562/931,2 = 0,0189u

Mặt khác: m m 2Hm3H m4He m1n

m4 m2 m3 m m1

He H H n

     

= 3,016 + 2,014 – 0,0189 – 1,0087 = 4,0024(u)

0,0189u

4,0024u

2,0đ

3,0đ

Câu 8 (5 điểm): Một nguyên tử X của nguyên tố R ( R không phải khí hiếm) có

ge

7

b Nguyên tố R có hai đồng vị gồm X ( ở trên) và Y mà tổng số số khối của hai đồng vị bằng lần số điện tích hạt nhân của 24Cr Khi cho 1,43 gam Zn tác dụng hết với R thu được 2,992 gam muối ZnR2 Hãy tính:

- Số nguyên tử đồng vị Y có lượng muối - % khối lượng của đồng vị X muối ZnR2 (Cho: Zn = 65; N = 6,023.1023; sử dụng bảng tuần hoàn).

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

a Đặt số proton là Z; số nơtron là N Ta có:

2Z + N = 54 (1) Mặt khác : N / Z 1,525  (2) Từ (1) và (2) 15,319  Z  18

Z 16 17 18

NX 26 20 18

AX 38 37 36

Loại Chọn (clo) Loại ( KH) Vậy A1 = 37 = A(X)

b Giải thiết : A(X) + A(Y) = 3.24 = 72  A(Y) = 35

Phản ứng: Zn + R2  ZnR2

Ta thấy số mol Zn = số mol ZnR2 = 1,43/65 = 0,0022(mol)

 MZnR

2  2,992 /0,022 = 136  MR = 35,5

Đặt số nguyên tử đồng vị X là a ; (1-a) là số nguyên tử đồng vị Y Ta có:

MR = [37.a + 35(1-a)]/1 = 35,5  a = 0,25

Vậy đồng vị X ( A = 37) chiếm 25% số nguyên tử; đồng vị Y(A = 35) chiếm 75% số nguyên tử

- Số nguyên tử đồng vị Y có 0,022 mol muối ZnR2 là: 0,022.2.0,75.6,023.1023 = 1,9876.1022.

- % khối lượng đồng vị X có muối ZnR2 là: 2.0,25.37 100% 13,603%

65 35,5.2 

2,0đ

1,0đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Câu (5 điểm): Chất hữu A chứa 24,7423% C ; 2,0619% H còn lại là clo ( theo khối lượng phân tử ) Biết hóa 1,94 gam A chiếm thể tích bằng thể tích của 0,88 gam CO2 điều kiện

Pa

ge

7

b A có thể tồn tại ba cấu trúc hình học Hãy tính giá trị momen lưỡng cực của ba dạng đó Cho rằng đẩy của các nhóm thế từng nguyên tử C phân tử là không khác nhiều và C H 0,0D;C Cl 1,6D (Cho H=1, C=12, Cl= 35,5)

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

a Đặt A: CxHyClz

Ta có số mol CO2 = số mol A = 0,88: 44 = 0,02 (mol) Vậy MA = 1,94 /0,02 = 97

%C = 12x/97 = 24,7422/100  x =

%H = y/97 = 2,0619/100  y =

Dựa vào M = 12.2 + 2.1 + 35,5.z = 97  z =

Vậy CTPT A: C2H2Cl2

b Các cấu trúc hình học của A: Cl Cl Cl Cl

; ; Cl (1) (2) (3) Cl

Các nhóm thế từng nguyên tử C đẩy không khác nhiều , mặt khác C lai hóa sp2 nên các góc liên kết

0

ClCCl ClCC ClCH 120     

Do vậy đối với cấu trúc (1), áp dụng công thức cộng vectơ ta có : 1,6D, cấu trúc (2) : 2,77D

Cấu trúc (3)Dễ thấy tổng hai vectơ phân cực triệt tiêu nên momen lưỡng cực của phân tử = 0,0D

0,5đ

1,5đ

1,5đ

1,0đ

0,5đ

Câu 10 (5 điểm) : Cho 0,2 mol hỗn hợp gồm hai este đơn chức (chứa C, H O) tác dụng vừa đủ với 300ml dung dịch NaOH 1M (có đun nóng).Kết thúc phản ứng thu được một anđehit B và 29,4 gam hai muối hữu (D) Biết:

- Đốt hoàn toàn B được số mol CO2 bằng số mol H2O; % khối lượng oxi B là 36,36%

- Trong D khối lượng muối này gấp 1,2615 lần khối lượng muối

ge

7

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM

Xác định B:

Giả thiết suy CTTQ B: CnH2nO

%mO = 16/MB = 36,36/100  MR = 44 = 14n + 16  n = CTPT B: C2H4O ; CTCT: CH3CHO

Số mol NaOH tham gia = 0,3.1 = 0,3 Ta thấy: OH

2este

n 0,3

1

n 0,





  nên hai este phải có dạng:

RCOOR’ và R’’COOC6H5-aR

a

Trong đó -R’ là –CH=CH2 ; RCOONa và R’’COONa trùng ( tạo hai muối)

Hay RCOOCH=CH2 và RCOOC6H5-aR

a Phản ứng:

RCOOCH=CH2 + NaOH  RCOONa + CH3CHO

a a a RCOOC6H5-aR

a+ 2NaOH RCOONa +R

aC6H5-aONa + H2O b 2b b b

C ta có hệ phương trình: a + b = 0,2 A a + 2b = 0,3 G Giải hệ ta được : a = b = 0,1

Trong D gồm : RCOONa : 0,2 mol và R

aC6H5-aONa: 0,1 mol T Trường hợp 1:

Nếu khối lượng RCOONa = 29,4 /2,2615 = 13,00 gam  khối

lượng R

aC6H5-aONa = 16,40 gam

 M(RCOONa) = 13/0,2 = 65 : loại

Trường hợp 2: Nếu khối lượng R

aC6H5-aONa = 29,4 /2,2615 = 13,00 gam 

khối lượng RCOONa = 16,40 gam

 M(RCOONa) = 16,4/0,2 = 82  MR = 15  R: CH3

và M(R

aC6H5-aONa) = 13/0,1 = 130  CH3C6H4ONa

(o,m,p) Vậy CTCT hai este là

CH3COOCH=CH2 và CH3COOC6H4CH3 (o,m,p)

1,0đ

1,0đ

1,0đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ Ghi chú:

- Nếu hoc sinh giải theo phương pháp khác, đạt điểm tối đa.