Hoa 11 - Son La [PDF]

Zitiervorschau

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI

ĐỀ THI MÔN HÓA LỚP 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊNTỈNH SƠN LA

(Đề này có3trang, gồm 8 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

CÂU 1: CÂN BẰNG HÓA HỌC (2.5 điểm). 1. Hãy xác định bậc của phản ứng: (CH3)3CBr (aq) + H2O (l)  (CH3)3COH (aq) + H+ + Brtừ các dữ kiện thực nghiệm sau đây ở 298K: t, (s) [(CH3)3CBr], (mol.L-1)

0

15000

35000

55000

95000

145000

0,0380

0,0308

0,0233

0,0176

0,0100

0,00502

2. Cân bằng: N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k) sẽ chuyển dịch chiều nào khi: a. thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho thể tích không đổi b. thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho áp suất không đổi CÂU 2. DUNG DỊCH (2,5 đ) 1. Tính thể tích dung dịch KOH 1,8M cần để : a. Trung hoà hoàn toàn 50,00 ml dung dịch H 3PO4 0,60M. Tính pH tại thời điểm đó. b. Trung hoà 25,00 ml dung dịch H 3PO4 ở trên đến pH 1 = 4,68 và pH 2 = 7,21. Cho hằng số phân li axit của H3PO4 là K1 = 10- 2,15; K2 =10- 7,21; K3 = 10- 12,32. 2. có các cân bằng xảy ra trong dung dịch: H2S ⇌ H+ + HS- ; HS-⇌ H+ + S2- ;

K1 = 10-7 K2 = 10-13

Dựa vào các hằng số cân bằng cho ở trên, tính hằng số cân bằng K của quá trình: 2H+ + S2-⇌ H2S CÂU 3: NITƠ, PHỐTPHO, CACBON, SILIC (2,5 điểm) 1. Cho 3 gam kim loại M có hoá trị 2 tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc, nóng, dư. Khí tạo thành cho hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch NaOH vừa đủ , thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X rồi nhiệt phân hoàn toàn chất rắn thu được trong môi trường trơ thì được

chất Y. Lượng chất Y naỳ làm mất màu vừa hết 0,5 lit dung dịch KMnO 4 0,2M trong môi trường H2SO4. Xác định kim loại M. 2. Cho 37,95 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại kiềm thổ vào dung dịch H2SO4 loãng dư, sau phản ứng thu được 5,6 lit khí (đktc), lấy dung dịch sau phản ứng cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa X, nung X đến khối lượng không đổi thu được 4 gam chất rắn. Xác định công thức 2 muối ban đầu. CÂU 4: SO SÁNH LỰC AXIT BAZƠ, TÍNH CHẤT VẬT LÝ (2,5 điểm)

1. So sánh tính axit của các chất dưới đây và giải thích ngắn gọn. (A) : Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic và (B): axit 2,2-đimetyl propanoic 2.So sánh tính bazơ của các chất sau: CH3CH2CH2NH2 ( M); CHC-CONH2 (N); H N

N N

(P)

(Q)

(O)

3. Cho 4 anken; but-1-en; 2-metyl pent-2-en; trans but-2-en; cis but-2-en. Hãy sắp xếp chúng theo chiều nhiệt hiđro hoá giảm dần? 4. Hãy qui kết t0s hoặc t0nc trong dãy sau? Giải thích? t0nc: 950C; 1560C cho 2 cấu hình của o-HO- C6H4-C(C6H5)= N-CH3. CÂU 5: CƠ CHẾ PHẢN ỨNG – CHUỐI BIẾN HÓA (2,5 điểm)

1. Hoàn thành các phương trình phản ứng : +HCHO (2)

Etyl bromua

+Mg/ete A (1)

+CH3COCH3 (4) +CO2 (6)

H2O (3)

X1 Y1 Z1

H2O (5) H2O (7)

X1 Y1 Z1

2. Một hợp chất A có trong tự nhiên, chỉ chứa C, H, O và có thành phần nguyên tố cấu tạo gồm: 63,158%; 5,263% H; còn lại là Oxi. a. Xác định công thức phân tử của A, biết MA=152. b. A tác dụng được với dung dịch NaOH trong nước, nhưng không tác dụng được với dung dịch NaHCO3 trong nước. Biết rằng A có phản ứng tráng bạc với dung dịch Ag(NH3)2+ và chỉ có liên kết hiđro liên phân tử một chiều. Hãy viết 4 công thức cấu tạo có thể có của hợp chất A.

CÂU 6: XÁC ĐỊNH CẤU TẠO, CẤU TRÚC HỢP CHẤT HỮU CƠ, TỔNG HỢP CÁC CHẤT HỮU CƠ (2,5 điểm). Cho hợp chất B tác dụng với axit malonic/piridin tạo thành D. Đun D trong dung dịch axit tạo thành E và F có cùng công thức phân tử: C5H8O2 . Khi oxi hoá E cho axit oxalic còn khi khử hoá F bằng LiAlH4 thu được diol G. 1. Xác định cấu trúc B, D ,E ,F ,G. Giải thích 2. Viết sơ đồ chuyển F thành 5–etylheptan–2,5–diol. 3. Viết cơ chế phản ứng F với HCl CÂU 7: PHỨC CHẤT - CHUẨN ĐỘ (2,5 điểm)

1. Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) để giải thích dạng hình học, từ tính của các phức chất sau:[Ni(CN)4]2-, [NiCl4]2-, [Ni(CO)4]. Cho C (Z=6), N (Z=7), O (Z=8), Ni (Z=28), Cl (Z=17). 2. Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A. Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml NaOH nữa. Tính nồng độ mol/L của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn. CÂU 8: PIN ĐIỆN HOÁ - SỰ ĐIỆN PHÂN (2,5 điểm) 1. Tính nồng độ ban đầu của HSO4- biết rằng khi đo sức điện động của pin: Pt│I- 0,1M; I3- 0,02M ║ MnO4- 0,05M, Mn2+ 0,01M, HSO4- CM│Pt 0 0 ở 250C được giá trị 0,824V. Cho: EI3 / 3 I   0,5355V ; EMnO4 / Mn2  1,51V

2. Hoà tan 7,82 gam XNO 3 vàonước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ. Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại ở catot và 0,1792 lít khí tại anot (đktc) Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu 0,56 lít khí (đktc) Xác định X và tính t biết cường độ dòng điện I = 1,93A.

.................HẾT..................... Người thẩm định

Người ra đề

Đinh Thị Thanh Dung Số điện thoại: 01674671721

Đỗ Trường Sơn Số điện thoại: 0974631257

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA; LỚP 11 Câu 1

Ý 1

Nội dung

Điểm

1. Phương trình động học của phản ứng: d (CH 3 ) 3 CBr    v  k H 2 O  (CH 3 ) 3 CBr  dt

0.25

Do nồng độ của chất tan rất nhỏ, nên có thể coi [H 2O]  const, phương trình trên trở thành: 0.25 d (CH 3 ) 3 CBr   α’ v  k (CH 3 ) 3 CBr  với k = k’[H2O] = dt const

Thế các dữ kiện thực nghiệm vào các biểu thức của k đối với các phản ứng đơn giản bậc 0, 1, 2 ta được các kết quả sau đây: 0.25 α=0 k

2 1.5

α=1

 A1  o   A1  t

1 A  k  ln 1 o t  A1 

α=2

k

1  A1  o   A1  t  A1  o   A1 

4,80.10-7

1,4.10-5

4,10.10-4

4,20.10-7

1,4.10-5

4,70.10-4

3,70.10-7

1,4.10-5

5,50.10-4

2,95.10-7

1,4.10-5

7,80.10-4

2,27.10-7

1,4.10-5

1,19.10-4

Vậy phản ứng có bậc 1 đối với (CH3)3CBr. a. Ta có: KP 

2 PNH 3

PN 2 PH3 2



2 n 2NH3  V  2  V   K    n n N 2 n 3H 2  RT   RT 

Vì V, KP và T = const nên K n 

n 2NH 3 n N 2 n 3H 2

V    RT 

0.25

 const . Như vậy có sự tăng

áp suất của hệ nhưng không có sự chuyển dịch cân bằng.  b. K P  K n 

0.25

0.5

2

Với T, P và Kp = const, khi thêm Ar đã làm V tăng nên Kn phải giảm. Sự thêm agon đã làm cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều làm phân li NH3). Chú thích:Trong trường hợp này, ta không thể dựa vào nguyên lí Le Chatelier để dự đoán chiều diễn biến của phản ứng.

0.25

0.5

2

1

n H 3PO 4 = 0,050 . 0,60 = 0,03 mol

3KOH + H3PO4 K3PO4 + 3H2O 0,09 0,03 0,03 nKOH = 0,09 mol  Vdd KOH =

0,09 = 0,05 (l) hay 50,00ml 1,8 0,03

n K 3PO 4 = 0,03mol  CM K3PO4 = = 0,3M 0,05  0,05

0.25

3-

TPGH: PO4 : 0,3M; H2O Cân bằng: H2O ⇌ H+ + OH; Kw = 10-14 (1) 32-1,68 PO4 + HOH ⇌ HPO4 + OH Kb1 = 10 (2) 2-6,79 HPO4 + HOH ⇌ H2PO4 + OH ; Kb2 = 10 (3) -11,85 H2PO4 + HOH ⇌ H3PO4 + OH ; Kb3 = 10 (4) So sánh: Kb1>> Kb2>> Kb3>> Kw Tính theo cân bằng (2) PO43- + HOH ⇌ HPO42- + OHC 0,3 0 0 [] 0,3-x x x x2 0,3  x

[H+] =

= 10-1,68 x = 0,069

10 14 0,069

= 1,45.10-13

pH  12,84

0.25

pK 1  pK 2 2,15  7,21  = 4,68 2 2  Thành phần của hệ là muối H2PO4KOH + H3PO4 KH2PO4 + H2O 0,015 0,015 nKOH = 0,015 mol

b. Nhận thấy pH1 =

Vdd KOH =

0.25

0,015 = 0,0083 (l) hay 8,30ml 1,8

0.25 0.25

0.25

Vơí pH2 = 7,21 ta thấy pH2 = pK2 Thành phần của hệ sau trung hoà là một hệ đệm gồm H 2PO4và HPO42-. pH2 = 7,21 = pKa2 + lg

[HPO 24 ] [H 2 PO 4 ]

 [HPO42-] = [H2PO4-]  n HPO 24   n H 2 PO 4 3KOH + 2H3PO4 KH2PO4 + K2HPO4 + 3H2O 0,0225 0,015 nKOH = 0,0225 mol

0.25

Vdd KOH = 2

3

1

0,0225 = 0,0125 (l) 1,8

K1 = [H+].[HS-]/[H2S] K2 = [H+].[S2-]/[HS-] K1.K2 = [H+]2. [S2-]/ [H2S] K = [H2S] / [H+]2. [S2-] = 1/K1.K2 = 1/ 10-7 . 10-13= 1020

0.25

0.25 0.25

1. M + 4HNO3   M(NO3)2 + 2H2O + 2NO2 (1) x 2x 2NO2 + 2NaOH  NaNO3 + NaNO2 + H2O (2) 2x x x o tC NaNO3   NaNO2 + 1/2O2

0.25 0.25

0.25

5NaNO2+2KMnO4 +3H2SO4   5NaNO3 + K2SO4 +2MnSO4+ 3H2O (4) Từ phương trình 4 : n NaNO2= 5/2. n KMnO4 =0,25 mol Đặt nM=x từ các phương trình ta thấy nNO2 =2x  nNaNO3=nNaNO2(2) =x Vậy 2x= 0,25 nên x=0,125

0.25

MM= 3/0,125 = 24(g/mol) vậy M là Mg

0.25 0.25

2

Số mol CO2= số mol hỗn hợp X=0,25  NTK trung bình 2 kim loại=91,8 có 1 KLKT là Bari.

0.25 0.25

Vì BaSO4 kết tủa  X là M(OH)2, chất rắn là MO Gọi số mol BaCO3, MCO3 lần lượt là x,y ta có hệ phương trình:

0.25

197x+ (M+60)y=37,75 x+y=0,25

4

1

(M+16)y=4  M là Mg Tính ax: A > B là do:

0.25 0.75đ

H3C COOH

COOH

H3C H3C

+I

+I

H3C COOH3C

COO-

H3C

2

P>O> M> Q> N Giải thích: - P > M vì amin bậc hai lớn hơn bậc 1 - M > Q vì M có hiều ứng + I - N < Q vì nhóm C=O hút electron tính bazơ gần như không còn - P > O vì O cồng kềnh cản trở sự sonvat hoá

0.75đ

3

Anken có càng nhiều nhóm thế,càng bền, nhiệt hiđro hoá càng nhỏ. but-1-en > cis but-2-en> trans but-2-en > 2-metyl pent-2-en.

0.75đ

4

H N

O

CH3

H

CH3

O

0.75đ N

Z

E

E tạo liên kết H nội phân tử tnc= 950C; Z tạo liên kết H liên phân tử tnc= 1560C. 5

1

Các phương trình phản ứng : CH3CH2Br + Mg ete CH3CH2MgBr 



H C H O CH3-CH2-CH2-OMgBr + Mg(OH)Br CH3 CH2MgBr



0.25



CH3 CH2 CH2 OMgBr H2O   CH3-CH2-CH2-OH

CH3 CH3 CH2 C CH3 OMgBr

0.25 + 0.25

0.25 CH3 CH2MgBr + CH3 C CH3 O CH3 CH3 0.25 CH3 CH2 C CH3 + H2O CH3 CH2 C CH3 + Mg(OH)Br OMgBr OH

0.25

O CH3 CH2MgBr C  O CH3 CH2 C OMgBr + H2O O . a. Công thức phân tử: C8H8O3. b. 4 công thức cấu tạo: 

2

O

O O

1

O

O

(C)

(B)

CH3 (A)

OH

O

O

OH

6

CH3 CH2 C OMgBr O CH3 CH2 C OH + Mg(OH)Br O

(D)

HO

OH

H3C

CH3

O

CH3

Xác định cấu trúc B, D ,E ,F ,G. – E và F: C5H8O2 có độ không no bằng 2. O] – E [ HOOC–COOH 0.25 => E là HOOC–CH=CH–CH2–CH3. 0.25 + – D là sản phẩm tổng hợp malonic, mặt khác D đun trong H tạo thành E. Vậy D là: CH3CH2CH(OH)CH(COOH)2, vì: COOH (R,S)

COOH OH

COOH

+

H -HOH

t

COOH

CO2

(cis, trans)

COOH (E)

(D)

0.25

– B phản ứng với axit malonic tạo thành D. Vậy B là CH3CH2CHO. 0.25 COOH H

+

CH

COOH COOH

O

COOH

COOH O

(B)

+HOH - OH

COOH OH

(D)

0.25

– Sản phẩm F tạo thành từ D khi đun với H+: COOH COOH OH

-HOH CO2

(D)

+

O H O

O (R, S)

O

(F)

– F khử bằng LiAlH4 cho diol G: O

O

(F)

LiAlH4

(R,S) HO

OH

(G)

2 O

O

C2H5MgBr

(F)

BrMgO

O

C2H5MgBr

Et

Et

Et

OMgBr

0.75

BrMgO

OH

HOH +

HO

H

3

Et

5-etylheptan-2,5-diol

Cơ chế F + HCl: 0.5

Cl O

O

+

O

+

H (HCl)

OH

O

Cl

OH

(F)

7

1

Cl

Ni : 3d84s2 ; Ni2+ : 3d8 Ni2+ :

4s

3d

0.25

4p

Phức [Ni (CN)4]2- : CN- là phối tử nhận  tạo trường mạnh  dồn electron d  tạo phức vuông phẳng với lai hóa dsp2 . Spin thấp (S = 0 ). Nghịch từ

0.25

dsp2 [Ni(CN)4]24s

3d

4p

Phức [NiCl4] : Cl là phối tử cho  tạo trường yếu  không dồn ép electron d được  tạo phức tứ diện với lai hóa sp3 . Spin thấp (S = 1 ). Thuận từ 2-

-

0.25

sp3 [Ni(Cl)4]24s

3d

4p

Ni : 3d84s2

3d

4s

0.25

4p

Phức [Ni(CO)4] : CO là phối tử nhận  tạo trường mạnh  dồn electron 4s vào 3d  tạo obitan 4s,3d trống  lai hóa sp3 , phức tứ diện. Spin thấp (S = 0). Nghich từ

0.25

0.25

sp3 [Ni(CO)4] 4s

3d

CO

2

4p CO CO CO

0 Đặt nồng độ của SO2 và Na2SO3 trước khi trộn là C1 = CSO ; C2 = 0.25 2

C0SO2 3

 sau khi trộn: CSO = 0,5C1; CSO2 = 0,5C2. 2 3

Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 

pK a1  pK a2 = 2

4,485 = pH HSO-3  thành phần của hệ thu được là HSO-3 , nghĩa là trong hỗn hợp A phải có SO2. Như vậy sau khi trộn dung dịch SO2 với dung dịch Na2SO3, SO2 còn dư:

0.25

SO2 + H2O + SO32-  2 HSO-3 0,5C1 0,5C2 0,5(C1 – C2) 0 C2 Thành phần của dung dịch A: SO2 0,5(C1 – C2) M; HSO-3 C2 M, môi trường axit  Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 dung dịch sẽ chuyển từ màu đỏ sang màu vàng. Thêm tiếp phenolphtalein vào hỗn hợp chuẩn độ và chuẩn độ đến pH = 9,0 dung dịch sẽ chuyển từ màu vàng sang màu hồng. Chuẩn độ đến pH = 4,4 hệ thu được gồm HSO-3 và SO2 (bỏ qua SO32–) trong đó HSO-3 chiếm

[HSO-3 ] K a1 10 1,76    0,998  99,8%  100% [HSO-3 ]  [SO2 ] [H + ]  K a1 10 4,4  10 1,76

0.25

=> chuẩn hết nấc 1 SO2 + OH–  HSO-3

 20,00 . 0,5.(C1 – C2) = 12,50 . 0,20

Chuẩn độ đến pH = 9,0, hệ gồm HSO3- và SO32- (bỏ qua SO2):

[SO32- ] K a2 107,21    0,984 = [HSO-3 ]  [SO32- ] [H + ]  K a2 109,0  107,21 98,4%  100%

 thành phần của hệ gồm  100% SO32- , chuẩn độ hết nấc 2 HSO-3 + OH–  SO32- + H2O

(1)

 20,00 . {0,5(C1 – C2) + C2} = 27,50 . 0,20 Từ (1) và (2)  C2 = 0,15 M; C1 = 0,40 M 8

1

-

+

(2).

2+

Điện cực phải: MnO4 + 8H + 5e  Mn + 4H2O 0 E f  EMnO   / Mn 2 4

0, 0592 [MnO-4 ].[H + ]8 lg 5 [Mn 2+ ]

0, 0592 0, 05[ H  ]8  E f  1,51  lg 5 0,01 Điện cực trái: 3I- I3- + 2e 0, 0592 [I3- ] Et  EI0 / 3 I   lg - 3 3 2 [I ] 0, 0592 0, 02  0,5355  lg  0,574V 2 (0,1)3 Ep = Ef – Et 0,824 = 1,51 + (0,0592/5)lg(5.[H+]8) - 0,574  [H+] = h = 0,0537M Từ cân bằng: HSO4- H+ + SO42- K2 = 10-2 [] c-h h h 2 h (0, 0537) 2   102   102 C h C  0, 0537  CHSO  0, 342 M

0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

4

2

A: XNO3   X+ + NO3anot : H2O – 2e   2H+ + 1/2 O2 + catot : X + 1e   X trong thời gian 2t giây: số mol O2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025mol Vậy có khí H2thoát ra ở catot: 0,025 - 0,016 = 0,009 mol catot : X+ + 1e  X 2H2O + 2e   2OH- + H2 anot : H2O – 2e   2H+ + 1/2 O2 Theo nguyên tắc bảo toàn electron ta có: a + 0,009.2 = 0,008.2.4   a = 0,046 mol (với a là số mol của XNO3) Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag) Ta có: ne 0,008.2.4 = 0.064 mol n F I t t  e  3200s từ công thức: ne  F I

0.25

0.25

0.25

0.25