[hoahoc11]dethidenghi-olympic30thang4-lanthuxii-2006-thptchuyenquangbinh-quangbinh-dapan

  • Số trang: 8 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 20 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

 I.1. Từ bộ số lượng tử của X, Y, Z ta có electron cuối cùng của: X: 2p4 => ZX= 8 => X là Oxi Y: 3p4 => ZY= 16 => Y là S Z: 3p5 => ZZ= 17 => Z là Cl II.2. Gọi công thức phân tử của A là SxOyClz (x, y, z nguyên, dương) d A H =67,5 => MA=67,5 x 2 = 135 => 32x + 16y + 35,5z = 135 2  35,3z < 135 => z < 3,8 Nếu z=1 => 32x + 16y = 99,5 (loại) Nếu z=2 => 32x + 16y = 64 => x=1 và y=2 => CTPT A là: SO2Cl2 Nếu z=3 => 32x + 16y = 28,5 (loại) Vậy A là SO2Cl2. Phương trình: SO2Cl2 (k) SO2 (k) + Cl2 (k) Kp= 50 II.2.1. Đơn vị của trị số Kp: Kp= p SO2 ( atm ) . pCl2 ( atm ) p SO2Cl2 ( atm ) = 50 (atm) => Đơn vị là: atm II.2.1. Gọi số mol ban đầu của SO2Cl2 là 1 mol SO2Cl2 (k) SO2 (k) + Cl2 (k) Ban đầu 1 0 0 Pư  Cuối 1-      1    p , pSO2  p , pCl 2  p 1 1 1  pSO2 Cl 2  pSO2 . pCl 2 ( / 1  p ) 2 2   .p pSO2 Cl 2 (1   / 1   ) p 1   2  kp=  2 50  25 =>  0,9806 2 2 1   Số mol SO2Cl2 còn lại là 1-0,9806= 0,0194 mol n = nSO2 = 0,9806 (mol) mh 2 2 1x135  68,16  d h 34,08 H2 1  0,9806 Cl2  Mh  2 nh 2 I.2.3. Gọi số mol ban đầu của SO2Cl2 là a => nCl2 ở trạng thái cân bằng là  a=147,08 -1-  a= 147,09/0,9806 150 (mol) I.3.3.1. Trạng thái lai hóa của phân tử SO2Cl2 là: Sp3 => dạng hình học là tứ diện. Trạng thái lai hóa của phân tử SO2 là: Sp2 => dạng hình học là chữ V. I.3.3.2. Cho A, B phản ứng với dd NaOH dư:  2NaCl + Na2SO4 + 2H2O SO2Cl2 + 4NaOH SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O Câu II.1. - Tên: [Co(NH3)6]3+: hexamin coban (III) [Co(NH3)6]2+: hexamin coban (II) - Trạng thái lai hoá của 2 phức trên là sp3d2 - Dạng hình học của 2 phức là bát diện đều. II.2. Với i=1 => công thức [Co(NH3)5Cl]2+ => có 1 đồng phân: NH3 H3N NH3 Co H3N NH3 Cl Với i =2 => công thức [Co(NH3)4Cl2]+ => có 2 đồng phân: Cl NH3 Cl NH3 Và Co NH3 Cl Co NH3 NH3 Cl - NH3 NH3 Tác dụng với Fe2+ trong môi trường axit  Co2+ + Fe3+ + 5NH4+ + Cl[Co(NH3)4Cl2]+ + 4H+ + Fe2+  Co2+ + Fe3+ + 4NH4+ + 2Cl[Co(NH3)5Cl]2+ + 5H+ + Fe2+ II.3.1. [Co(NH3)6]3+  Co3+ + 6NH3 6 C (Co3 ) .C NH 3 C  Co( NH 3 ) 6  3 1 4,5.10 33 k1-1 = (4,5.1033)-1 => C(Co3 ) C  Co( NH 3 ) 6   C (Co 3 )  C  Co( NH 3 ) 6  3 0,1 Mặt khác:  3 27 3  C  Co( NH 3 ) 6  4,5.10 .C (Co ) -2- 3 1 4,5.10 27 NH3  C(Co3+)= 2,2. 10-28 mol/l II.3.2. Ta có: [Co(NH3)6]2+ 6 C (Co 2 ).C NH 3 C  Co( NH 3 ) 6  2 1 2,5.10 4 Co2+ + 6NH3 k2-1 = 1/2,5.104 C (Co 2 ) 1  40 => 2 6 (0,1) x 2,5.10 4 C  Co( NH 3 ) 6  0 0 II.3.3. Do ECo3 / Co 2  > EO2 4 H  / 2 H 2O (PH=7) Nên có xảy ra phản ứng: 4Co3+ + 2H2O -> 4Co2+ + O2 + 4H+ => Có giải phóng khí O2 II.3.4 Do trong dung dịch ở câu trên có [Co3+ ] = 2,2.10-28mol/l Quá nhỏ nên thế của Co3+/Co2+ nhỏ hơn thế của 2H2O/O2 + 4H+ ở PH = 7 nên không giải phóng khí. Câu III. 1.1 CTCT của đixian: N C - C N Khi đun nóng ở 5000C -> A (CN)n N CTCT A: N C C C C C C C C N III.1.2 N N N N (CN)2 + H2 -> 2HCN (CN)2 + H2O -> HCN + HCNO (CN)2 + 2NaOH -> NaCN + NaCNO 0 0 0 II.1.3. E I 2 / 2 I  < E( CN ) 2 / 2 (CN )  < EBr2 / 2 Br  III.1.4. (CN)2 + H2O  NH2 - C - C - NH2 NH2 - C - C - NH2 + 2H2O  (A') NH4OOC – COONH4 Cơ chế này xác nhận cấu tạo của đixian có dạng N - C - C - N III.1.5 2CuSO4 + 4NaCN -> 2CuCN + (CN)2 + 2Na2SO4 -3- N III.2.1 Gọi ôxit của M là MxOy và số mol của M và MxOy trong mỗi phần là a và b. Khí hoá nâu trong không khí là NO. P1: M +nH+ -> Mn+ + n/2 H2 a na/2 MxOy + 2yH+ -> xM2y/x+ + yH2O => na/2 = 4,48/22,4 = 0,2 (1) P2: 3M + 4m HNO3 -> 3M(NO3)m + mNO + 2mH2O a ma/3 3MxOy + (4mx - 2y) HNO3 -> 3xM(NO3)m + (mx - 2y)NO + (2mx - y)H2O b b(mx-2y)/3 => ma/3 + b(mx - 2y)/3 = 4,48/22,4 = 0,2 (2) P3:  M M  a  a   CO   => rắn có: (a+xb) mol M.   M O  x y  xM  b  xb Hoà tan rắn trong nước cường toan: Ta có: Khử M - me a + xb m(a+xb) -> Mm+ OXH: NO-3 + 4H+ + 3e -> NO + 2H2O 2,4 0,8 => m(a + bx) = 2,4 (3) Từ (2) => m (a + bx)/3 - 2by/3 = 0,2 => 2,4/3 - 2by/3 = 0,2 Mặt khác: aM + b(Mx + 16y) = 177,24/3 = 59,08 => aM + Mbx + 16by = 59,08 => aM + Mbx = 59,08 - 16 x 0,9 = 44,68 => M(a + bx) = 44,68 => M(a+bx)/m(a + bx) = 44,68/2,4 = 1117/60 Với m = 1, 2, 3 chỉ có m = 3 là hợp lý m 1 2 3 M 55,85 => M = (1117/60)m => M là Fe => n = 2 và m = 3 => a = 0,2, bx = 0,6, by = 0,9 => x/y = 0,6/0,9 = 2/3 => b = 0,3 Vậy oxit cần tìm là: Fe2O3 -4- => by = 0,9  Fe : 0,2(mol )  Fe2 O3 : 0,3(mol ) III.3.2. Ở phần 2:  Ta có: Fe + 4HNO3 -> Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,2 0,8 0,2 Fe2O3 + 6HNO3 -> 2Fe(NO3)3 + 3H2O 0,3 1,8 0,6 => Số mol HNO3 phản ứng là 0,8 + 1,8 = 2,6 => số mol HNO3 dư là 0,26 (mol) vậy số mol HNO3 ban đầu là: 2,6 + 0,26 = 2,86 (mol) => CM (HNO3) = 2,86/1 = 2,86 M Dung dịch B gồm: HNO3: 0,26mol và Fe(NO3)3 = 0,2 + 0,6 = 0,8 mol Fe + 4 HNO3 => Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,065 0,26 0,065 Nên số mol Fe(NO3)3 là 0,065 + 0,8 = 0,865 (mol) Fe + 2Fe(NO3)3 -> 3Fe(NO3)2 0,4325 0,865 Vậy tổng số mol Fe có khả năng hoà tan tối đa là 0,065 + 0,4325 = 0,4975 mol => mFe = 0,4975 x 55,85 = 27,785375 (g) Câu IV. IV.1. - Cả 3 chất đều có đồng phân hình học. CH3- (CH2)7 (CH2)7- COOH CH3- (CH2)7 C C H H H H Z (cis) (CH2)7-COOH E (trăns) C6H5 C6H5 C6H5 N C C N và C N E (trăns) Z (cis) -5- C6H5 IV. Các dạng liên kết hiđrô – 4 dạng  C6H5  H  m-ClC6H4 O Ơ } C6H5 H  H O Ơ } C6H4Cl-m H (II) (I)  m-Cl- C6H4  H O m-Cl- C6H4 Ơ } C6H5 H (III)  O  O H C 6H 5 H (IV) * Dạng bền nhất là dạng (IV) * Kém bền nhất là dạng (III) IV.3. Tính Bazơ theo thứ tự tăng dần như sau: CH3 C NH2 O NH2 NH2 < < -C NH2 < < NH(C2H5)2 < CH3 -C +I NH CH3 +I Câu V. V.1 Hoàn thành sơ đồ phản ứng: OH OH KMnO   4  t0 CH3 nC H Cl  37  HOCH CH N ( Et ) OH COOH (Y) COOH (A) HNO    3   H  COOK (X) OCH2CH2CH3 OCH2CH2CH3 NOSOCl 2 2 NO2    Bazo 2 2     2  OH COOH COCl -6- NO2 (B) (C) OCH2CH2CH3 NO2 OCH2CH2CH3 H / pd  HCl    2   O=C – OCH2CH2N(Et)2 (D) NH2 O=C (E)– OCH2CH2N(Et)2 V 2.1 Gọi công thức của Hiđocácbon A là : CxHy CxHy +( x + y/4)O2 -> xCO2 + y/2H2O CO2 + Ca(HO)2 -> CaCO3 + H2O (1) 0,4 0,4 2CO2 + Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2 (2) 0,4 0,2 Ca(HCO3)3 + 2KOH -> K2CO3 + CaCO3 + H2O 0,2 0,2 Ta có: nCO2 = 0,4 + 0,4 = 0,8 mol => mCO2 = 0,8 x 44 = 35,2 (g) Ta có: m(bình) = mCO2 + mH2O - m kết tủa 1 => mH2O = m (bình) + m kết tủa 1 - mCO2 = 2,4 + 40 - 35,2 = 7,2 (g) => mC = 0,8 x 12 = 9,6 (g) , mH = 7,2/9 = 0,8 (g) => x:y = 9,6/12: 0,8/1 = 1:1 => CTTN là: (CH)n mặt khác dA/H2 = 52 => MA = 104 => 13 n = 104 => n = 8 => CTPT A: C8H8 Ta có: nA = 3,12/ 104 = 0.03 (mol) , nBr2 = 4,8/160 = 0,03 (mol) nH2 = 2,688/22,4 = 0,12 (mol) Vì: A phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1:4 A phản ứng với Br2 theo tỉ lệ 1:1  Có A có dạng CTCT là: CH=CH2 -7- OCH2CH2CH3 NH2 O=C – (F) OCH2CH2N+H(Et)2Cl- V 2.2. CH3 H 2 CH=CH2  C6H5 Cơ chế: C6H5 - CH = CH2 + H+ -> C6H5 - C+H - CH3 C6H5 - C+H - CH3 + C6H5 - CH = CH2 -> CH3 C6H5 - CH- CH2- C+H - C6H5 CH3 C6H5 - CH- CH2- C+H - C6H5 CH3 + H+ -> C6H5 -8-
- Xem thêm -