1. Câu 1 (2,0 điểm)
Cấu hình electron ngoài cùng nguyên tử của nguyên tố X là 5p5
. Tỉ số nơtron và điện tích hạt
nhân của X bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên
tố Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng vừa đủ với X thu được 18,26 gam sản phẩm có công thức
XY. Xác định điện tích hạt nhân của X, Y và viết cấu hình electron của Y.
Cách giải Kết quả Điểm
Cấu hình đầy đủ của X là
[36 Kr] 5s2
4d10
5p5
⇒ số ZX = 53 = số proton
Mặt khác:
x
x
n
p
= 1,3692 ⇒ nX = 73,9986 ≈ 74
⇒ AX = pX + nX = 53 + 74 = 127
x
y
n
n
= 3,7 ⇒ nY = 20
X + Y → XY
4,29 18,26
⇒
Y X Y
4,29 18,26
+
= ⇒
Y 127 Y
4,29 18,26
+
= ⇒ Y = 39
⇒ AY = pY + nY  39 = pY + 20
⇒ pY = 19 hay ZY = 19
Cấu hình electron của Y là [18 Ar] 4s1
ZX = 53
ZY = 19
[18 Ar] 4s1
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 2 (2,0 điểm)
Ở 20o
C hòa tan vào dung dịch NaOH nồng độ 0,016 g/lít một lượng iot đủ để phản ứng
xảy ra hoàn toàn: 2NaOH + I2  NaI + NaIO + H2O.
Tính pH của dung dịch thu được. Biết hằng số axit của HIO = 2,0 x 10-11
.
Cách giải Kết quả Điểm
Nồng độ đầu của 4
100,4
40
016,0 −−
×==OH (mol/lít)
Phản ứng: 2OH-
+ I2  I-
+ IO-
+ H2O
4
100,4 −
× 4
100,2 −
×
OHIO 2+−  −
+ OHHIO
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN HÓA HỌC LỚP 12_CẤP THPT

2. [ ] 4
100,2 −
× - x x x
HIO  −+
+ OHH
11
100,2 −
×=aK
Ta có:
11
100,2
][
]].[[ −
+−
×==
HIO
HIO
Ka
Do [HIO] = [OH-
] ⇒
11
100,2
][
]].[[ −
−
+−
×=
OH
HIO
11
14
14
4
4
100,2
][
10
]).[
][
10
100,2(
][
]]).[[100,2(
−
+
−
+
+
−
−
−
+−−
×=
−×
=
=
−×
⇒
H
H
H
OH
HOH
0100,2][100,1][100,2 251424
=×−×−×⇒ −+−+−
HH
Giải phương trình bậc ⇒ [H+
] = 6,53 x 10-11
.
⇒ pH = -lg[H+
] = - lg(6,53 x 10-11
) = 10,185.
Cân bằng
Biểu thức
Biến đổi
pH = 10,185
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 3 (2,0 điểm)
Trong quá trình điều chế etyl axetat người ta cho a mol ancol etylic tác dụng với b mol
axit axetic, khi đạt hiệu suất 75% thì nồng độ mol của ancol bằng
8
1
nồng độ mol của axit và
phản ứng đạt trạng thái cân bằng. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
Cách giải Kết quả Điểm
Ta có naxit > nancol ⇒ hiệu suất tính theo ancol
C2H5OH + CH3COOH  CH3COOC2H5 + H2O
Ban đầu a b 0 0
Pư
4
3a
4
3a
4
3a
4
3a
[ ]
4
a
(b -
4
3a
)
4
3a
4
3a
2
cb
(3a / 4)
K
a / 4.(b 3a / 4)
=
−
mà (b -
4
3a
) =
4
8
a
×
⇒ Kcb = 1,125 Kcb = 1,125 2,0
Câu 4 (2,0 điểm)

3. Hỗn hợp X gồm CuO và Fe2O3. Hoà tan hoàn toàn 44 gam X bằng dung dịch HCl (dư),
sau phản ứng thu được dung dịch chứa 85,25 gam muối. Mặt khác, nếu khử hoàn toàn 22 gam X
bằng CO (dư), cho hỗn hợp khí thu được sau phản ứng lội từ từ qua dung dịch Ba(OH)2 (dư) thì
thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m.
Cách giải Kết quả Điểm
Phương trình phản ứng:
CuO + 2HCl  CuCl2 + H2O
Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O
Gọi số mol của 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 )(075,0 molnCuO = & )(10,032
moln OFe =
Bản chất của phản ứng khử hh oxit bằng CO:
CO + [O]  CO2
CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 ↓ + H2O
Phản ứng ⇒ ===↓ ][23
OCOBaCO
nnn 0,075.1 + 0,10.3 = 0,375 (mol)
⇒ =↓3BaCO
m 0,375.197 = 73,875 gam. m = 73,875 gam 2,0
Câu 5 (2,0 điểm)
Hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ A và B. Trong phân tử mỗi chất chỉ có một nhóm chức –OH
hoặc –CHO. Nếu cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thì thu được 21,6
gam Ag (không có khí thoát ra). Mặt khác nếu cho hỗn hợp X tác dụng hoàn toàn với H2 (t0
, Ni
xúc tác) thấy có 4,48 lít khí H2 (ở đktc) tham gia phản ứng, còn nếu đốt cháy hoàn toàn sản
phẩm đó rồi cho toàn bộ sản phẩm đốt cháy hấp thụ vào 300 gam dung dịch KOH 28% thì sau
thí nghiệm nồng độ của KOH còn lại là 11,937%. Biết X tác dụng với H2 (t0
, xúc tác) tạo ra Y, Y
tác dụng với Na thu được 2,24 lít H2 (ở đktc). Xác định công thức mỗi chất trong hỗn hợp X.
Cách giải Kết quả Điểm
Trường hợp 1: Hỗn hợp không có HCHO
RCHO → 2Ag
Số mol RCHO = ½ số mol Ag = 1,0
108
6,21
2
1
=× mol
X sau khi cộng H2, mỗi chất có 1 nhóm –OH nên:
X + Na → ½ H2
Mặt khác: Số mol X = 2 số mol H2 = 2,0
4,22
24,2
2 =× mol
⇒ 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 một chất chứa nối C=C.
Gọi CTPT 2 ancol sinh ra do cộng H2 là OHHC 1n2n +
OHHC 1n2n + → n CO2 + ( n +1) H2O

4. 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 = 11937,0
)1n(2,0.18n2,0.44300
n4,2284
=
+++
−
⇒ n = 2
Gọi n (n≥2) là số nguyên tử C của ancol do anđehit tạo ra
m là số nguyên tử C của ancol còn lại
Vì số mol 2 ancol bằng nhau = 0,1 mol
⇒ n + m = 4
• n = 2, m = 2 → loại (không có nối C=C)
• n = 3, m = 1 → CH2=CH-CHO và CH3OH
Trường hợp 2: Hỗn hợp có HCHO
N Z∉ → loại.
CH2=CH-CHO
và CH3OH
2,0
Câu 6 (2,0 điểm)
Hỗn hợp M gồm ancol no, đơn chức X và axit cacboxylic đơn chức Y, đều mạch hở và có
cùng số nguyên tử C, tổng số mol của hai chất là 0,5 mol (số mol của Y lớn hơn số mol của X).
Nếu đốt cháy hoàn toàn M thì thu được 33,6 lít khí CO2 (đktc) và 25,2 gam H2O. Mặt khác, nếu
đun nóng M với H2SO4 đặc để thực hiện phản ứng este hoá (hiệu suất là 88%) thì số gam este
thu được là bao nhiêu?
Cách giải Kết quả Điểm
Ta có:
nhhM = 0,5 mol , 2COn = 1,5 mol ⇒X và Y đều có 3C trong phân
tử.
⇒ Công thức của ancol C3H7OH, của axit C3HkO2
Gọi số mol của X là x, của 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 ⇒
k
y
−
=
8
2,1
Vì 0,25 < y < 0,5 ⇒ k = 4 ; y = 0,3 ; x = 0,2
Phản ứng este hoá:
C3H7OH + CH2=CH-COOH  C2H3COOC3H7 + H2O
Vì số mol của ancol nhỏ hơn số mol của axit nên tính theo số
mol của ancol.
⇒ mEste =
100
88
114.2,0 × = 20,064 gam 20,064 gam
2,0
Câu 7 (2,0 điểm)
Ở 1020K, hai cân bằng sau cùng tồn tại trong một bình kín:

5. Cgr + CO2 (k) ⇌ 2CO(k) Kp = 4,00
Fe(tt) + CO2 (k) ⇌ FeO(tt) + CO(k) K’p = 1,25
a. Tính áp suất riêng phần các khí lúc cân bằng.
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 ở 1020K. Tính số mol các chất lúc cân bằng.
Cách giải Kết quả Điểm
a.
2
2
4,00CO
CO
P
P
= ;
2
1,25CO
CO
P
P
=
2 2
2
'
:
pCO CO
CO
CO CO p
KP P
P
P P K
= =
4,00
3,20atm
1,25
COP⇒ = =
2
3,20
2,56atm
1,25
COP⇒ = =
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 bằng :
1,2- x- y + 2x + y = 1,2 + x
(3,20 2,56).20,0
1,2 1,38
0,082.1020
x
+
⇒ + = =
0,18x mol⇒ =
2
2,56.20,0
0,61
0,082.1020
COn mol⇒ = =
3,20.20,0
0,77
0,082.1020
COn mol⇒ = =
2x + y 0,77 2.0,18 0,41COn y mol⇒ = ⇒ = − =
1,00 0,18 0,82Cn mol⇒ = − =
e 1,00 0,41 0,59Fn mol⇒ = − =
3,20
2,56
2COn = 0,61
COn = 0,77
FeOn = 0,41
Cn = 0,82
Fen = 0,59
0,5
0,5
1,0
Câu 8 (2,0 điểm)

6. Có a gam hỗn hợp X gồm etanol và ba hiđrocacbon ở thể lỏng liên tiếp nhau trong dãy
đồng đẳng. Nếu lấy ¼ hỗn hợp trên cho phản ứng với Na dư thu được 0,28 lit khí hiđro ở đktc.
Nếu lấy ¾ hỗn hợp còn lại đốt cháy hoàn toàn, dẫn hết sản phẩm cháy đi qua bình đựng dung dịch
Ba(OH)2 dư thấy bình nặng thêm 157,35 gam đồng thời xuất hiện 472,8 gam kết tủa. Tính a ?
Cách giải Kết quả Điểm
Trong ¼ hh X :
2Hn =
0,28
22,4
= 0,0125 mol
C2H5OH + Na → C2H5ONa + ½ H2 (1)
0,025 0,0125
Trong ¾ hh X :
3BaCOn =
472,8
197
= 2,4 mol ⇒ 2COn = 2,4 mol
⇒ OHm 2 = 157,35 – 2,4.44 = 51,75 gam.
⇒ OHn 2 = 2,875 mol
C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O (2)
0,075 0,15 0,225
C x H y + ( x +
4
y
)O2 → x CO2 +
2
y
H2O (3)
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O (4)
2,4 2,4
Từ đề và ptpư, ta có:
2COn (pư 2) = 0,15 (mol) ⇒ 2COn (pư 3) = 2,25 (mol)
OHn 2 (pư 2) = 0,225 (mol) ⇒ OHn 2 (pư 3) = 2,65 (mol)
Vì OHn 2 > 2COn ⇒ 3 hiđrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankan
⇒ nhh ankan = 2,65 – 2,25 = 0,4 mol
Cn H2
n + 2 + (
3 1
2
n +
) O2
→ n CO2 +(n +1) H2O
2,25 2,65
⇒ Số C trung bình: n =
2,25
0,4
= 5,625
Khối lượng hh X là :
a = 0,025×4×46 + 0,4×
3
4
(14×5,625 + 2) = 47,6667 gam.
2COn = 2,4
OHn 2 = 2,875
nhh ankan = 0,4
n = 5,625
47,6667 gam
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 9 (2,0 điểm)

7. Lấy 7,29 gam hỗn hợp A gồm nhôm và nhôm cacbua hòa tan hoàn toàn trong dung dịch
HCl 2M thì thu được một lượng khí có tỉ khối hơi so với oxi bằng 0,390625. Định phần trăm
khối lượng của hỗn hợp A ? (Tính các giá trị chính xác đến 5 chữ số thập phân).
Cách giải Kết quả Điểm
Phương trình phản ứng:
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 ↑
3
2x
x
Al4C3 + 12HCl → 3CH4 ↑ + 4AlCl3
3
y
y
M hh = 0,390625×32 = 12,5
Gọi 2Hn = x và 4CHn = y
Ta có hệ :




=+
=−
29,7
3
144.
3
27.2
05,35,10
yx
yx
⇒



=
=
135,0
045,0
y
x
⇒ %mAl =
0,03.27
100
7,29
= 11,11111%
34
% CAlm = 88,88888%
Alm% = 11,11111
34
% CAlm =
88,88888%
2,0
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 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
.
( Cho biết khối lượng mol nguyên tử Cu = 63,54 gam/mol và số Avorađro = 6,02 x 1023
).
Cách giải Kết quả Điểm
a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình vẽ)
A B
CD
a
E
D C
A B
E

8. Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là:
− Ở tám đỉnh lập phương = 8 ×
1
8
= 1
− Ở 6 mặt lập phương = 6 ×
1
2
= 3
Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng
= 1 + 3 = 4 (nguyên tử)
b) Xét mặt lập phương ABCD
Ta có: Đường chéo AC = a 2 = 4 × rCu
⇒ a =
0
Cu4 r 4 1,28A
2 2
× ×
= = 3,621 Å
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AE =
AC a 2
2 2
= = 2,561 Å
d) + 1 mol Cu = 63,54 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
⇒ Khối lượng riêng d =
m
V
= 3823
)10621,3(1002,6
54,63
4 −
×××
×
= 8,893 g/cm3
4 (nguyên tử)
a = 3,621 Å
khoảng cách
= 2,561 Å
Khối lượng
riêng
= 8,893 g/cm3
0,5
0,5
0,5
0,5
Lýu ý: Thí sinh làm bài bằng máy tính bỏ túi CASIO: fx-500A, fx-500.MS, fx-570.MS,
fx-500.ES, fx-570.ES hoặc các máy tính khác có chức năng tương đương.
--------- HẾT ---------