BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM 2008

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: HÓA HỌC
Lớp 12 cấp THPT
Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 14/3/2008

(HDC gồm 08 trang)

ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI

Bằng số

Các giám khảo
(Họ, tên và chữ ký)

SỐ PHÁCH
(Do chủ tịch
Hội đồng khu vực thi ghi )

Bằng chữ

Câu 1: Mỗi phân tử XY3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, số hạt
mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt
mang điện của Y là 76.

2
1
2
2
6
2
5
Al : 1s 2s 2p 3s 3p
; Cl : 1s 2s 2p 3s 3p

ĐIỂM

2,0

2,0
1,0

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


♣ Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39
= 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
⇒ X = 5,33y
Lập bảng xét:
Y
X

1
5,33

2
10,6
6


16
1
32
= 2 : 1 : 12 : 8 : 2
Công thức khoáng: Na2MgO12H8S2

Công thức khoáng

Na2SO4.MgSO4.4H2O 2,0

Câu 4: Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện.

02 of 08


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

D

4 (nguyên tử)

1,0

0

a = 4 × rCu = 4 × 1,28 A = 3,63 Å
2
2
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AC a 2
AE =
= 2,55 Å
=
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 d =
=4×
23
6,02 × 10 × (3,63 × 10−8 )3
V
= 8,88 g/cm3

a = 3,63 Å


1,0

V = 3,18 ×10−23 cm3

2,0

r = 1,965 ×10−8 cm

2,0

một mol Ca chứa NA = 6,02 ×1023 nguyên tử Ca
Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe =

Từ V =

25,858 × 0,74
6,02 × 1023

= 3,18 ×10

4
× πr 3
3

⇒ Bán kính nguyên tử Ca = r =

3

3V
=

ortho
meta
µ=µ 3
µ=µ
µ=0
Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác
µ
a2 = b2 + c2 – 2bc cos A

Dẫn xuất ortho: µo =

2µ12 + 2µ12 cos600 = µ1 3

Dẫn xuất meta: µm =

2µ12 + 2µ12 cos1200 = µ1

Dẫn xuất para: µp = µ1 − µ1 = 0
b) Theo đầu bài µ =1,53D = µ1 ⇒ đó là dẫn xuất meta -diclobenzen

1,0
1,0
1,0
1,0

04 of 08


Câu 7: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C6H5COONa nồng độ 2,0 ×10−5 M. Biết hằng số


→ C6H5COOH + OH−
C6H5COO− + H2O ¬



Ktp

−14

Kw
10
=
= 1,59 ×10−10
Ka
6,29 × 10−5
Ktp = 1,59 ×10−10
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.

→ C6H5COOH + OH− Ktp (1)
C6H5COO− + H2O ¬



1,0


→ H+ + OH−
Kw (2)


[ C 6 H 5COOH ] OH   OH  −  −  ÷÷× OH − 
K=
= 
OH  
C 6 H 5COO − 
C 6 H 5COO − 
K = 1,59 ×10−10
2

OH −  − 10−14
⇒
= 1,59 ×10−10
−5
−
2 × 10 − OH 

⇒ [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
⇒ pH = 7,06

1,0

1,0

05 of 08



→ 2NH3 (k) có Kp = 1,64 ×10−4.


(PNH )2

(1)

2

PNH

2

= 6,65×10−2.
(PN 2 )2
Thay vào (1) được:

⇒

1,0

(PNH3 )2

=
= 1,64 ×10−4
(PN2 )(3PN2 )3
(PN )(PH )3
3

P NH3 + 4P N 2 = 10

3

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
♣ 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
6,2
⇒ KL mol (R – O) =
= 31 ⇒ R + 16 = 31
0,2
⇒ R = 15 là CH3 ⇒ Rượu B: CH3OH

KẾT QUẢ

ĐIỂM

1,0

( n + 2) x + (m + 1) y = 0,55

(1)
(2)
(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
2
Với m = 2 ⇒ n =
ứng với nghiệm CH2=CH-COOCH3
3
và HCOOCH3 ; CH3COOCH3
1
Với m = 3 ⇒ n = ứng với nghiệm C3H5-COOCH3
3
và HCOOCH3 ; CH3COOCH3

1,0
1,0

1,0

07 of 08


Câu 10: Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân huỷ thành nitơ monoxit và

clo.

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
∆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
⇒ 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 
77080  1
1 
⇒ lnKp(475K) = 8,314  298 − 475 ÷+ lnKp(298)


⇒ ln Kp (475) = − 5,545
⇒ Kp = 4,32. 10 − 3 atm hay Kp = 437Pa


* Hằng số khí: R = 8,314 J.K-1.mol-1; p = 1atm = 1,013. 105 Pa ; NA = 6,022. 1023
* ∆G = ∆H − T∆S ; ∆G = − RTlnK và ln

08 of 08


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM 2008

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI DỰ BỊ

Môn: HÓA HỌC
Lớp 12 cấp THPT
Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 14/3/2008

(HDC gồm 08 trang)

ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI

Bằng số

Các giám khảo
(Họ, tên và chữ ký)

SỐ PHÁCH
(Do chủ tịch

ny
Y → XY
4,29
18,26
Y
X+Y
Y
127 + Y
=
=
⇒
⇒
⇒ Y = 39
4,29 18,26
4,29 18,26
⇒ A Y = pY + nY
⇒ 39 = pY + 20 ⇒ pY = 19 hay ZY = 19
Cấu hình electron của Y là [ 18 Ar] 4s1
X +

1,0
pY = 19

1,0

[ 18 Ar] 4s1

1,0

09 of 08

t = 973,88 (nm)

3,0

Cõu 3: Mt khoỏng cht cú cha 20,93%Nhụm; 21,7%Silic v cũn li l oxi v Hidro (v khi
lng). Hóy xỏc nh cụng thc ca khoỏng cht ny.
CCH GII
t % lng Oxi = a thỡ % lng Hidro = 57,37 a
Ta cú: t l s nguyờn t
20,93 21, 7 a
:
: : (57,37 a)
Al : Si : O : H =
27
28 16
Mt khỏc: phõn t khoỏng cht trung hũa in nờn
20,93
21, 7
a
3ì
+ 4ì
2 ì + (57,37 a) = 0
27
28
16
Gii phng trỡnh cho a = 55,82
Suy ra,
20,93 21, 7 55,82
:
:

1,24 Å. Hãy tính:
a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng
b) Tỉ khối của Fe theo g/cm3.
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe
CÁCH GIẢI

KẾT QUẢ

ĐIỂM

♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)
B
A

B

1,0

A
E

E
a

C
D

C

a

d) + 1 mol Fe = 56 gam
+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe
+ 1 mol Fe có NA = 6,02 ×1023 nguyên tử
m
Khối lượng riêng d =
V
56
=2×
= 7,95 g/cm3
23
6,02 × 10 × (2,85 × 10 −8 )3

2 (nguyên tử)

1,0

a = 2,85 Å

1,0

Khoảng cách =
2,468 Å

1,0

Khối lượng riêng:
d = 7,95 g/cm3

1,0


3

(cm )

= 0,8 ×10−23 cm3

4
× πr 3
3

Từ V =

ĐIỂM

3

3V
4π

r = 1,24 ×10−8 cm

3 × 0,8 × 10−23
= 1,24 ×10−8 cm
4 × 3,14

3,0

Câu 6: Clobenzen có momen lưỡng cực µ1 = 1,53 D (µ1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen

lưỡng cực µ2 = 1,60D (µ2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính µ của ortho – cloanilin; meta –


1,0

para

1,0

= µ 1 + µ 2 − µ1µ2 = 2,45
µo =
Dẫn xuất meta:

2
µm

2
= µ1
2
= µ1

2
+ µ2
2
+ µ2

2, 45 = 1,65D

1,0

− 2µ1µ2 cos 1200
+ µ1µ2 = 7,35

của H2O
H2O ơ
H+ + OH



IM

1,0

HCl
H+ + Cl
Theo định luật bảo toàn điện tích:

[ H+] = [ Cl-] + [OH-] [ H+] = 0,5.10-7 +
[ H ] 0,5.10 [ H ] 10 = 0.
Giải đợc: [ H+] = 1,28.10-7 pH 6,9
b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ;
nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol
KOH + HA KA + H2O
0,01 0,01 0,01
Theo phơng trình HA còn d = 0,01 mol
0,01
Trong d2 X: CHA = CKA =
= 0,025M.
0,4
Xét các cân bằng sau:


H2O


[ ]
1,0

1,0
(1)
(2)

HA + OHKB = KHA-1. KW = 10-10,25 (3)
So sánh (1) với (2) KHA >> KW bỏ qua (1)
So sánh (2) với (3) KHA >> KB bỏ qua(3) Dung
dịch X là dung dịch đệm axit
[ muoi ]
0,1
có pH = pKa + lg
= 3,75 + lg
= 3,75
[ axit ]
0,1
Khi thêm 10-3 mol HCl
KA + Cl KCl + HA
0,001 0,001
0,001 (mol)
0,01 + 0,001
[HA] =
= 0,0275 M
0,4

1,0


CH3COOH + C2H5OH ơ


Phn ng x
x
[ ]
1x
0,6 x
x
x
K=

[ CH3COOC 2 H5 ] [ H2O]
[ C 2 H 5OH ] [ CH3COOH ]



IM
1,0

x2
=4
(1 x)(0,6 x)

2,0

3x2 6,4x + 2,4 = 0 x1 = 0,4855 v x2 = 1,64 > 1

Vy, s mol este thu c khi phn ng t ti trng thỏi
cõn bng = 0,4855

1,0

014 of 08


0,044.5.3
= 0,165 mol
4
Theo c¸c ph¬ng tr×nh (1), (2), (3), (4), (5): sè mol e cho b»ng
sè mol e nhËn:
2(x + y + z − 0,165) = [3,4.0,2 − 2(x + y + z − 0,165)].
→ x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b)
Tõ khèi lîng c¸c oxit MgO; Fe2O3; CuO, cã ph¬ng tr×nh:
x
y
z
.40 + .160 + . 80 = 15,6 (c)
2
4
2
HÖ ph¬ng tr×nh rót ra tõ (a), (b), (c):
3x + 7y + 8z = 2,94
x + y + z = 0,42
x + 2y + 2z = 0,78
Gi¶i ®îc: x = 0,06; y = 0,12;
z = 0,24.
% lîng Mg = 6,12% ;
% lîng Fe = 28,57% ;
% lîng Cu = 65,31%
2/ TÝnh nång ®é c¸c ion trong dd A (trõ H+, OH-)

→ N2H4 + H2O

− 317

2NH3 + 0,5O2 → N2H4 + H2O

− 143

+ 0,5 O2 → H2O

− 286

H2

S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol
S0298 (N2)

= 191 J/K.mol

; S0298 (O2)

= 205 J/K.mol

a) Tính nhiệt tạo thành ∆Ho298 của N2H4 ; N2O và NH3.

b) Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin và tính ∆Ho298 , ∆Go298 và hằng số cân bằng
K của phản ứng này.
CÁCH GIẢI
♣ a) Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu
các chất và được

= ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol
b) N2H4 + O2 ? N2 + 2H2O

1,0

1,0

0

∆H 298 = 2 × ( −286) − 50,75 = − 622,75 kJ/mol

1,0

0

∆S 298 = 191 + (2 × 66,6) − 205 − 240 = − 120,8 J/K
∆G 298 = − 622,75 − ( −120,8. 10 −3 × 298) = − 586,75 kJ/mol
0

∆G
−586, 75.103
ln K = −
=−
= 236,8 ;
RT
8,314 × 298

ln 2
* Hằng số phóng xạ: k = t
1

CHNH THC

MTCT NM HC 2010-2011

MễN THI: HO HC LP 12 (VềNG 1 )
(Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian giao
)

Cõu I. (3,0 im)

Khi cho khớ Cl2 vo 100ml dung dch KI 0,2 M (dung dch A). Sau ú, un sụi
ui ht I2. Thờm nc th tớch dung dch tr li 100ml (dung dch B).
a) Bit th tớch khớ Cl2 ó dựng l 0,1344 lớt ( ktc). Tớnh nng mol/l ca mi mui
trong dung dch B?
b) Thờm t t vo dung dch B mt dung dch AgNO 3 0,05 M. Tớnh th tớch dung dch
AgNO3 ó dựng nu kt ta thu c cú khi lng bng:
(1) Trng hp 1: 1,41 gam kt ta.
(2) Trng hp 2: 3.315 gam kt ta.
Chp nhn rngAgI kt ta trc. Sau khi AgI kt ta ht thỡ AgCl mi kt ta.
c) Trng hp khi lng kt ta l 3,315 gam, tớnh nng mol/l ca cỏc ion trong
dung dch thu c sau phn ng vi AgNO3.
CõuII. (3,0 im)
Nguyên tố A có 4 loại đồng vị có các đặc điểm sau:
- Tổng số khối của 4 đồng vị là 825.
- Tổng số nơtron đồng vị A3 và A4 lớn hơn số nơtron đồng vị A1 là 121 hạt.
- Hiệu số khối của đồng vị A2 và A4 nhỏ hơn hiệu số khối của đồng vị A1 và A3là 5
đơn vị .
- Tổng số phần tử của đồng vị A1 và A4 lớn hơn tổng số hạt không mang điện của
đồng vị A2 và A3 là 333 .
- Số khối của đồng vị A4 bằng 33,5% tổng số khối của ba đồng vị kia .

1. 137 Cs l nguyờn t phúng x dựng trong lũ phn ng ht nhõn, cú chu k bỏn
hu l 30,2 nm. Sau bao lõu thỡ lng cht ny cũn li 1,0%.
2. Ti 250C G to thnh ca cỏc cht nh sau (theo kJ.mol-1):
H2O (k)
CO2 (k)
CO (k)
H2O (l)
-228,374
-394,007
-137,133
-236,964
a) Tớnh Kp ca phn ng:
CO(k) + H2O(l)
H2(k) + CO2(k) ti 250C
b) Tớnh ỏp sut hi nc ti 250C.
c) Han hp cỏc khớ CO, CO2, H2 m mi khớ u cú ỏp sut riờng phn l 1,0atm
c trn vi H2O (l), d. Tớnh ỏp sut riờng phn ca mi khớ cú trong hn hp
cõn bng ti 250C, bit quỏ trỡnh xy ra khi th tớch coi nh khụng i.
(Cho H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39;
Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)
( Giám thị không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:............................................................................................
Số báo danh:.....................................

018 of 08


UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

= 0,12M ;
0,1

[KI] =

0, 008
= 0, 08M
0,1

b) Xét thành phần của kết tủa:
+ Chỉ có AgI kết tủa:

n KI( B) = 0, 008mol = n AgI ⇒ m AgI = m1 = 0, 008.235 = 1,88gam

+ Cả AgI và AgCl đều kết tủa hết:

n KCl(B) = 0, 012mol = n AgCl

m 2 = 1,88 + 0, 012.143,5 = 3, 602gam
Trường hợp 1: kết tủa có khối lượng 1,41 gam < m1 vậy chỉ có AgI kết tủa.

n AgI(B) =

1, 41
= 0, 006mol = n AgNO3
235

Vdd AgNO 3 =

0, 006

n NO− = 0, 018mol =>  NO3−  =
3

0, 018
= 0, 039130434M
0, 46

n Cl− = 0, 012 − 0, 01 = 0, 002mol => Cl −  =

n K + = 0, 02mol => K +  =

Theo bµi ta cã hÖ
Ph¬ng tr×nh :

0, 002
= 4,347826087.10 −3 M
0, 46

0, 02
= 0, 004347826M
0, 46

1,0

4p + n1 + n2 + n3 + n4 =825.
(1)
n3 + n4 - n1 = 121 .
(2)
n1 - n3 - (n2 - n4) = 5 .
(3)

VËy : nHCld = 0,2.100/(7,3+192,7) - 0,075 = 0,025 mol .
Theo bµi ta cã hÖ :
24x + 56y = 1,3
95x + 127y = 3,9625 .  x= 0,025 vµ y = 0,0125
Hỗn hợp B gồm :
0,025 mol MgCl2

=> m MgCl 2 = 2, 375g

020 of 08

1,5

1,5


0,0125 mol FeCl2 => m FeCl 2 = 1, 5875g
a) Tính lại nồng độ các chất khi trộn:
[Mg2+] = 10-3M và [OH ] = 2.10-5M
[Mg2+][OH ]2 = 10-13 < 10-11 nên không tạo thành kết tủa Mg(OH)2
b) Sau khi trộn vì thể tích tăng lên gấp đôi nên nồng độ mỗi chất giảm đi một nửa
IV
nên tính đợc:
(2,0) [Mg2+] = 10-3M và [NH3] = 10-3M
Giả sử xảy ra kết tủa Mg(OH)2
tính đợc nồng độ của OH trong dung dịch NH3 2.10-3 bằng:
[OH ] = K b .Cb [OH ] 2 = 3,16.10-8
Từ đó: [Mg2+][OH ]2 = 3,16.10-11 > 10-11 nên có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện.

1,0

b) Dung dịch A có: Mg(NO3)2; Al(NO3)3; HNO3 d (3,48 -2,9 = 0,58mol)
Khối lợng dung dịch A là:
Mdd A = 913,5 + 23,1-(0,2.30+ 0,15.44+0,05.28) = 922,6 gam
Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A:
%Mg(NO3)2= 6,4166486%
%Al(NO3)3 = 11,5434641%
% HNO3 d = 3,9605462%
1.
Hng s tc ca quỏ trỡnh phõn ró ht nhõn l:
0, 693 0, 693
k=
=
= 0, 023(nam 1 )
t1
30, 2
VI
(5,0)

1,0

1,5

1,0

2

Ta cú : t =

2,303
( 137 Cs)dau 2,303

) − ∆G H 2O(l)
2 (k)

⇒ ∆G 0298(pu ) = 0 + (−394, 007) + 137,133 + 236,964 = −19,91 kJ.mol −1
Áp dụng phương trình đẳng nhiệt Van Hof, ta có:

∆G 0T = − RT ln Kp = − RT.2,303.lg Kp
⇒ Kp = 10

−

∆G 0T
2,303.RT

= 10

−

−19,91.10−3
2,303.8,314.298

= 103,49 = 3086, 045027

b) Để xét PH 2 O(h ) ở 250C ta xét cân bằng tại 250C:
H2O(l) € H2O(h)

∆G 0298(pu ) = ∆G 0H2O(h) − ∆G 0H2O(l)
⇒ ∆G 0298(pu) = −228,374) + 236,964 = 8,59 kJ.mol −1

⇒ Kp = 10

[PCO ]
(1 + x)
Vậy tại thời điểm cân bằng ở 250C:

[PCO ] = 1 − x = 1,3.10 −3 atm

1,0

[PH2 ] = [PCO2 ] = 1 + x = 1,9987 atm
Chú ý:
ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng
vÉn cho ®iÓm tèi ®a.

SGD & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
022 of 08


HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH
CẦM TAY
NĂM 2009 - 2010
Môn: HÓA HỌC Lớp 12 cấp THPT
Câu 1:
Hợp chất X được tạo thành từ 13 nguyên tử của ba nguyên tố (A, B, D). Tổng số proton của X
bằng 106. A là kim loại thuộc chu kì III, trong X có một nguyên tử A. Hai nguyên tố B, D
thuộc cùng một chu kì và thuộc hai phân nhóm chính liên tiếp.
1. Xác định công thức phân tử của X.
2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho X lần lượt vào các dung dịch
Na2CO3; Na2S.
CÁCH GIẢI


2
3
a
11
10
9
ZA
11
12
13
X
NaNO11
MgN2O10
AlN3O9
KQ
loại
loại
Al(NO3)3
vậy X là Al(NO3)3
2. Các phương trình
2Al(NO3)3 + 3Na2CO3 + 3H2O 
→ 2Al(OH)3 + 3CO2 + 6NaNO3
2Al(NO3)3 + 3Na2S + 6H2O 
→ 2Al(OH)3 + 3H2S + 6NaNO3

KẾT
QUẢ

ĐIỂM


ln
k Nt

1 N0
1 m
Từ biểu thức: t = ln
→ 1,4 = ln 0
k Nt
k m
 k = 0,13  t 1 = 5,33 năm.

5

2

Câu 3:
Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS 2 và FeS. Khi xử lí một mẫu khoáng pirit
bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung dịch B. Nung
kết tủa A đến khối lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl 2
vào dung dịch B thì thu được 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit.
1. Viết các phương trình phản ứng.
2. Xác định công thức tổng của pirit.
3. Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng.
CÁCH GIẢI

1. Phương trình phản ứng:
2FeS2 + 15Br2 + 38OH- → 2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br- + 16H2O
(1)
2FeS + 9Br2 + 22OH- → 2Fe(OH)3 + 2SO42- + 18Br- + 8H2O
(2)



KẾT
QUẢ

ĐIỂM

2

1

1
1

024 of 08


Câu 4 (5 điểm)
Phân tử NaCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm.
a) Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này.
b) Tính số ion Na+ và Cl- rồi suy ra số phân tử NaCl chứa trong ô mạng cơ sở.
c) Xác định bán kính ion của Na+.
Cho dNaCl = 2.615 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; MNaCl = 58,44 gam/mol. Biết N= 6,023.1023.
CÁCH GIẢI

KẾT
QUẢ

ĐIỂM


d .N A
2, 615.6, 023.10
+

1

1

-

⇒ a = 5, 29 A

o

Mặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r+ + 2ra − 2r− 5, 29 − 2.1,84
⇒ r+ =
=
= 0,805 Ao
2
2

1

1

Câu 5:
Muối sắt (III) thuỷ phân theo phản ứng
Fe3+ + 2H2O ‡ˆ ˆ†
ˆˆ Fe(OH)2+ + H3O+ K a = 4,0 . 10-3
a) Tính pH của dung dịch FeCl3 0,05M