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.[r]
(1)HƯỚNG DẪN CHẤM THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN HÓA HỌC LỚP 12_CẤP THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Cấu hình electron ngoài cùng nguyên tử nguyên tố X là 5p Tỉ số nơtron và điện tích hạt nhân X 1,3962 Số nơtron X 3,7 lần số nơtron nguyên tử thuộc nguyên tố Y Khi cho 4,29 gam Y tác dụng vừa đủ với X thu 18,26 gam sản phẩm có công thức XY Xác định điện tích hạt nhân X, Y và viết cấu hình electron Y Cách giải Kết Điểm ZX = 53 0,5 Cấu hình đầy đủ X là [ 36 Kr] 5s24d105p5 số ZX = 53 = số proton nx Mặt khác: p x 1,3692 nX = 73,9986 ≈ 74 AX = pX + nX = 53 + 74 = 127 nx ny 0,5 = 3,7 nY = 20 X + Y XY 4,29 18,26 Y XY 4,29 18,26 Y 127 Y 4,29 18,26 0,5 Y = 39 AY = pY + nY 39 = pY + 20 pY = 19 hay ZY = 19 ZY = 19 [ 18 Ar] 4s1 Cấu hình electron Y là [ 18 Ar] 4s1 0,5 Câu (2,0 điểm) Ở 20oC hòa tan vào dung dịch NaOH nồng độ 0,016 g/lít lượng iot đủ để phản ứng xảy hoàn toàn: 2NaOH + I2 NaI + NaIO + H2O Tính pH dung dịch thu Biết số axit HIO = 2,0 x 10-11 Cách giải − Nồng độ đầu OH = Phản ứng: ❑ Cân 0,5 IO- + H2O −4 ❑ Điểm , 016 =4,0× 10− (mol/lít) 40 2OH- + I2 I- + 4,0 ×10 Kết −❑ IO + H O 2,0 ×10 ❑ ❑ −4 ❑ HIO + OH− (2) [] 2,0 ×10 −4 -x HIO Ta có: x x ❑❑ ❑ − +¿ + OH H¿ −11 K a=2,0 × 10 +¿¿ H ¿ [IO− ] ¿ K a =¿ Do [HIO] = [OH-] Biểu thức 0,5 Biến đổi 0,5 pH = 10,185 0,5 +¿¿ H ¿ − [IO ] ¿ ¿ +¿¿ H ¿ +¿ H¿ +¿ H¿ ¿ +¿¿ H ¿ ¿ 10−14 ¿ ¿.¿ 10− 14 2,0 ×10− − ¿ ¿ (2,0 ×10− −[OH − ]) ¿ ¿ ⇒¿ +¿ ¿ −25 H −2,0 × 10 =0 +¿ ¿2 −1,0 ×10− 14 ¿ H¿ ⇒2,0 ×10 −4 ¿ Giải phương trình bậc [H+] = 6,53 x 10-11 pH = -lg[H+] = - lg(6,53 x 10-11) = 10,185 Câu (2,0 điểm) Trong quá trình điều chế etyl axetat người ta cho a mol ancol etylic tác dụng với b mol axit axetic, đạt hiệu suất 75% thì nồng độ mol ancol nồng độ mol axit và phản ứng đạt trạng thái cân Tính số cân phản ứng Cách giải Ta có naxit > nancol hiệu suất tính theo ancol Kết Điểm (3) C2H5OH + CH3COOH CH3COOC2H5 + H2O Ban đầu a b 0 3a Pư 3a 3a 3a a [] (b - 3a ) 3a 3a K cb Kcb = 1,125 (3a / 4)2 a / 4.(b 3a / 4) mà (b - 2,0 3a a 8× )= Kcb = 1,125 Câu (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm CuO và Fe 2O3 Hoà tan hoàn toàn 44 gam X dung dịch HCl (dư), sau phản ứng thu dung dịch chứa 85,25 gam muối Mặt khác, khử hoàn toàn 22 gam X CO (dư), cho hỗn hợp khí thu sau phản ứng lội từ từ qua dung dịch Ba(OH) (dư) thì thu m gam kết tủa Tính giá trị m Cách giải Phương trình phản ứng: CuO + 2HCl CuCl2 + H2O Fe2O3 + 6HCl 2FeCl3 + 3H2O Gọi số mol CuO là x, Fe2O3 là y Ta có hệ pt: 80x + 160y = 44 135x + 162,5.2y = 85,25 x = 0,15 (mol) & y = 0,20 (mol) Trong 22 gam X có nCuO =0 , 075( mol) & nFe O =0 ,10 (mol) Bản chất phản ứng khử hh oxit CO: CO + [O] CO2 CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O Phản ứng nBaCO ↓=nCO =n[O ]=¿ 0,075.1 + 0,10.3 = 0,375 (mol) mBaCO ↓=¿ 0,375.197 = 73,875 gam Kết Điểm m = 73,875 gam 2,0 3 Câu (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm chất hữu A và B Trong phân tử mỗi chất có nhóm chức –OH –CHO Nếu cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO NH3 dư thì thu 21,6 gam Ag (không có khí thoát ra) Mặt khác cho hỗn hợp X tác dụng hoàn toàn với H (t0, Ni (4) xúc tác) thấy có 4,48 lít khí H (ở đktc) tham gia phản ứng, còn đốt cháy hoàn toàn sản phẩm đó cho toàn sản phẩm đốt cháy hấp thụ vào 300 gam dung dịch KOH 28% thì sau thí nghiệm nồng độ KOH còn lại là 11,937% Biết X tác dụng với H (t0, xúc tác) tạo Y, Y tác dụng với Na thu 2,24 lít H2 (ở đktc) Xác định công thức mỗi chất hỗn hợp X Cách giải Kết Điểm Trường hợp 1: Hỗn hợp không có HCHO RCHO → 2Ag Số mol RCHO = ½ số mol Ag = 21 , × =0,1 mol 108 X sau cộng H2, mỗi chất có nhóm –OH nên: X + Na → ½ H2 Mặt khác: Số mol X = số mol H2 = 2× 2, 24 =0,2 mol 22 , Số mol chất còn lại = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol Giả thiết: 0,2 mol X + 0,2 mol H2 Trong X có chất chứa nối C=C Gọi CTPT ancol sinh cộng H2 là C n H n+1 OH C n H n+1 OH → n CO2 + ( n +1) H2O 0,2 0,2 n 0,2( n +1) CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O 0,2 n 0,4 n Khối lượng KOH dư = 84 – 56.0,4 n = 84 – 22,4 n gam C% KOH = 84 − 22, n =0 , 11937 300+44 0,2 n+18 0,2(n+1) n =2 Gọi n (n≥2) là số nguyên tử C ancol anđehit tạo m là số nguyên tử C ancol còn lại Vì số mol ancol = 0,1 mol n+m=4 n = 2, m = → loại (không có nối C=C) n = 3, m = → CH2=CH-CHO và CH3OH Trường hợp 2: Hỗn hợp có HCHO N Z → loại CH2=CH-CHO và CH3OH 2,0 Câu (2,0 điểm) Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức X và axit cacboxylic đơn chức Y, mạch hở và có cùng số nguyên tử C, tổng số mol hai chất là 0,5 mol (số mol Y lớn số mol X) Nếu đốt cháy hoàn toàn M thì thu 33,6 lít khí CO (đktc) và 25,2 gam H 2O Mặt khác, đun nóng M với H2SO4 đặc để thực phản ứng este hoá (hiệu suất là 88%) thì số gam este thu là bao nhiêu? Cách giải Ta có: nhhM = 0,5 mol , nCO = 1,5 mol X và Y có 3C phân Kết Điểm (5) tử Công thức ancol C3H7OH, axit C3HkO2 Gọi số mol X là x, Y là y (0,25 < y < 0,5) C3H7OH → 3CO2 + 4H2O x 4x mol C3HkO2 → 3CO2 + k/2 H2O y ky/2 mol Ta có: x + y = 0,5 & 4x + ky/2 = 1,4 y= 1,2 −k Vì 0,25 < y < 0,5 k = ; y = 0,3 ; x = 0,2 Phản ứng este hoá: C3H7OH + CH2=CH-COOH C2H3COOC3H7 + H2O Vì số mol ancol nhỏ số mol axit nên tính theo số mol ancol mEste = 0,2 114 × 88 100 = 20,064 gam 20,064 gam 2,0 Câu (2,0 điểm) Ở 1020K, hai cân sau cùng tồn bình kín: + CO2 (k) ⇌ 2CO(k) Kp = 4,00 Fe(tt) + CO2 (k) ⇌ FeO(tt) + CO(k) K’p = 1,25 Cgr a Tính áp suất riêng phần các khí lúc cân b Cho 1,00 mol Fe; 1,00 mol cacbon graphit; 1,20 mol CO2 vào bình kín chân không dung tích 20,0 lít 1020K Tính số mol các chất lúc cân Cách giải a P 2CO 4, 00 PCO2 ; Kết Điểm PCO 1, 25 PCO2 Kp P CO PCO : ' PCO PCO2 PCO2 K p 4, 00 3, 20 atm 1, 25 3, 20 2,56 atm 1, 25 PCO PCO2 b Gọi x, y là số mol C, Fe phản ứng Cgr + CO2 (k) ⇌ 2CO Lúc cân bằng: (1-x) (1,2-x-y) (2x + y) Fe(tt) + CO2 (k) ⇌ FeO + CO Lúc cân bằng: (1-y) (1,2- x- y) y (2x + y) Tổng số mol khí lúc cân : 1,2- x- y + 2x + y = 1,2 + x 3,20 2,56 0,5 0,5 (6) (3, 20 2,56).20, 1, 38 0, 082.1020 x 0,18 mol 2,56.20, nCO2 0, 61 mol 0, 082.1020 3, 20.20, nCO 0, 77 mol 0, 082.1020 2x + y y 0, 77 2.0,18 0, 41 mol 1, x nCO nCO = 0,61 nCO = 0,77 nFeO = 0,41 nC = 0,82 nFe = 0,59 nC 1, 00 0,18 0,82 mol 1,0 nFe 1, 00 0, 41 0, 59 mol Câu (2,0 điểm) Có a gam hỗn hợp X gồm etanol và ba hiđrocacbon thể lỏng liên tiếp dãy đồng đẳng Nếu lấy ¼ hỗn hợp trên cho phản ứng với Na dư thu 0,28 lit khí hiđro đktc Nếu lấy ¾ hỗn hợp còn lại đốt cháy hoàn toàn, dẫn hết sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy bình nặng thêm 157,35 gam đồng thời xuất 472,8 gam kết tủa Tính a ? Cách giải Kết Điểm nCO = 2,4 nH O = 0,5 Trong ¼ hh X : 0, 28 = 22, = 0,0125 mol C2H5OH + Na C2H5ONa + ½ H2 nH 0,025 Trong ¾ hh X : nBaCO 472,8 nCO = 197 = 2,4 mol (1) 0,0125 = 2,4 mol mH O = 157,35 – 2,4.44 = 51,75 gam n H O = 2,875 mol C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O 2 2 0,075 0,15 (2) 2,875 0,225 y y C x H + ( x + )O2 x CO2 + H2O CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O y (3) (4) 2,4 2,4 Từ đề và ptpư, ta có: nCO (pư 2) = 0,15 (mol) nCO (pư 3) = 2,25 (mol) n H O (pư 2) = 0,225 (mol) n H O (pư 3) = 2,65 (mol) Vì n H O > nCO hiđrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan nhh ankan = 2,65 – 2,25 = 0,4 mol 2 2 2 0,5 (7) 3n C n H2 n + + ( ) O2 n CO2 +( n +1) H2O 2,25 nhh ankan = 0,4 2,65 2, 25 Số C trung bình: n = 0, = 5,625 0,5 Khối lượng hh X là : a = 0,025 4 46 + 0,4 (14 5,625 + 2) = 47,6667 gam n = 5,625 0,5 47,6667 gam Câu (2,0 điểm) Lấy 7,29 gam hỗn hợp A gồm nhôm và nhôm cacbua hòa tan hoàn toàn dung dịch HCl 2M thì thu lượng khí có tỉ khối so với oxi 0,390625 Định phần trăm khối lượng hỗn hợp A ? (Tính các giá trị chính xác đến chữ số thập phân) Cách giải Kết Điểm Phương trình phản ứng: 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2 2x x Al4C3 + 12HCl 3CH4 + 4AlCl3 y M y = 0,390625 32 = 12,5 Gọi n H = x và nCH = y hh ¿ 10 ,5 x −3,5 y=0 x 27 y 144 + =7 , 29 Ta có hệ : 3 ¿{ ¿ ¿ x=0 ,045 y=0 , 135 ¿{ ¿ 0, 03.27 100 %mAl = 7, 29 = 11,11111% %mAl C = 88,88888% %mAl %mAl C = 11,11111 = 88,88888% 2,0 (8) Câu 10 (2,0 điểm) Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện a) Hãy vẽ cấu trúc mạng tế bào sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa tế bào sơ đẳng này b) Tính cạnh lập phương a (Å) mạng tinh thể, biết nguyên tử Cu có bán kính 1,28 Å c) Xác định khoảng cách gần hai nguyên tử Cu mạng d) Tính khối lượng riêng Cu theo g/cm3 ( Cho biết khối lượng mol nguyên tử Cu = 63,54 gam/mol và số Avorađro = 6,02 x 1023 ) Cách giải Kết Điểm (nguyên tử) 0,5 a) Mạng tế bào sở Cu (hình vẽ) A B E C D B A a E D C a = 3,621 Å Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là: Ở tám đỉnh lập phương = = 1 Ở mặt lập phương = = Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa tế bào sơ đẳng = + = (nguyên tử) b) Xét mặt lập phương ABCD Ta có: Đường chéo AC = a = rCu rCu 1,28 A 2 3,621 Å a= c) Khoảng cách ngắn nguyên tử là đoạn AE: AC a = 2,561 Å AE = 0,5 khoảng cách = 2,561 Å 0,5 Khối lượng riêng = 8,893 g/cm3 0,5 (9) d) + mol Cu = 63,54 gam + Thể tích tế bào sở = a3 chứa nguyên tử Cu + mol Cu có NA = 6,02 1023 nguyên tử m Khối lượng riêng d = V = , 621×10 −8 ¿3 ,02 ×1023 ׿ 63 ,54 4× ¿ = 8,893 g/cm3 Lýu ý: Thí sinh làm bài máy tính bỏ túi CASIO: fx-500A, fx-500.MS, fx-570.MS, fx-500.ES, fx-570.ES các máy tính khác có chức tương đương - HẾT - (10)