[hoahoc11]dethidenghi-olympic30thang4-lanthuxii-2006-thptphanchautrinh-danang-dapan

  • Số trang: 13 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 24 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ OLIMPIC - KHỐI 11 Câu1 (4 điểm) 1.1 Cho phản ứng: CO2 (khí)  CO (khí) + 1 O2 (khí) 2 Và các dữ kiện: Chất 0 213,64-197,91 G 298 (KJ.mol-1) O2 CO2 -393,51 CO -110,52 205,03 0 S 298 (J0K-1.mol-1) Ở điều kiện chuẩn (250C) phản ứng trên có xảy ra được không? Nếu có H và S không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biết ở nhiệt độ nào phản ứng trên có thể xảy ra? 1.2 Hãy so sánh độ tan của SO2 trong dung dịch nước có cùng nồng độ của các chất sau: a. NaCl b. HCl c. NH4Cl d. Na2S 1.3 Dẫn từ từ SO2 qua1 lít dung dịch Ca(OH)2 (dung dịch A), sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 12 và có kết tủa tạo thành. Lọc kết tủa rồi làm khô, cân nặng được 1,200 gam. 1.3.1 Tính thể tích của SO2 ở 27,30C, 1 atm đã tan trong dung dịch A. 1.3.2 Tính nồng độ mol/L của Ca(OH)2 trong dung dịch A. (Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể, coi Ca(OH)2 điện li hoàn toàn cả 2 nấc) 0 0 0,25 1.1.1 H0pư = H co - H co = 282,99 kJ 1.1.1 1.1.2 2 0.25 S0pư = S 0co + 1 S- S = 86,785 J.0K-1 2 0.25  G = H TS = 282,99. 103 298.86, 785 = 257128 J > 0 0.25 Vậy ở ĐKC (250) phản ứng này không xảy ra vì G0 > 0 1.1.2 Muốn phản ứng xảy ra phải có: 0.25 G = H - TS < 0  T > 0.25 Nếu chấp nhận H, S không phụ thuộc vào 1 nhiệt độ thì phản ứng xảy ra khi: T >  32160K 1.2.(1,5đ) Khi SO2 tan vào nước ta có các cân bằng: 0.25 SO2(K) + H2O ⇋ HS O3 + H+ (1) HS O ⇋ SO + H+ (2) 0.25 a. NaCl (PH=7) nên không ảnh hưởng đến (1) (2), do đó độ tan của SO2 trong dung dịch NaCl tương tự như trong nước. b. HCl: 0.25 HCl  H+ + Cl [H+] tăng  cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang trái, do đó độ tan của SO2 giảm mạnh. c. NH4Cl NH4  NH + Cl 0.25 NH ⇋ NH3 + H+ (Hay : NH + H2O ⇋ NH3 + H3O+) NH+ là axit yếu nên [H+] tăng ít  cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang trái không đáng kể nên độ tan của SO2 giảm ít. d. Na2S: Na2S  2Na+ + S2 0.25 S2 + H2O ⇋ HS + OH HS + H2O ⇋ H2S + OH Ion S2 là một bazơ nhận H+ làm cho cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang phải, mặt khác dung dung dịch có phản ứng: SO2 + 2H2S  3S  + 2H2O 2 do đó độ tan của SO2 tăng 0.25  Kết quả: S(SO2)/Na2 > S S(SO2)/Na > Cl S(SO2)/NH > 4Cl S(SO2)/HCl 1.3.1. Dung dịch sau phản ứng có pH = 12  bazơ pOH = 2  [OH] = 0,01M 0.25  nOH = 0,01mol 0.25 SO2 0,01 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O 0,01 (1) 0,01 nCaS = O3 = 0,01 mol 0.25 (1)  nSO2 = 0,010 mol  VSO = 2  VSO2 = 0,246 lít. 0.25 1.3.2 (1)  nCa(OH)2 (pư) = 0,01 mol nCa(OH)2 (dư) = nOH = 0,005 mol  nCa(OH)2 (ddA) = 0,015 mol  CM(Ca(OH)2 = 0,015 mol/l Câu 2 (4 điểm) 2.1 Đánh giá khả năng hoà tan của HgS trong các dung dịch sau: 2.1.1 Dung dịch HNO3 2.1.2 Nước cường toan 0 0 (Cho: E NO3 / NO = E10 = 0,96 v; E S / H 2 S = E 20 = 0,141 v; H2S có pK1 = 7,02 và pK2 = 12,92; phức HgCl 42 có log  4 =14,92 và pTHgS = 51,8)  2.2 Một dung dịch X có chứa 5,4 gam Al3+; 37,2 gam NO3 , x mol SO42  và 0,2 mol Rn+. 2.2.1 Xác định x và cation Rn+. Biết tổng khối lượng của muối trong dung dịch X là 82,6 gam 2.2.2 Bằng phương pháp hoá học, hãy nhận biết các ion trong dung dịch X.. 2.1.1. Trong HNO3 (1,5đ) 3 x  HgS ⇋ Hg2+ + S2 T = 1051,8 HNO3  H+ + NO 0,25 0,25 3 x  H+ + S2 ⇋ HS K = 1012,92 3 0,25 3 x  H+ + HS ⇋ H2S K= 107,02 3 x  H2S - 2e ⇋ S + 2H+ K '2 -1 = 102E/0,059 2 x  NO + 4H+ + 3e ⇋ NO + 2H2O 0,25 K 1' -1= 10 3E/0,059 3HgS + 2NO + 8H+ ⇋ 3Hg2+ + 3S + 2NO + 4H2O (1) K = T3. K . K . K 1' 2. K '2 0,25lgK  = 3lgT 3lgK2 3lgK1 3lgK'2 + 2lgK'1 K -3 K = 10-12,25 , K rất bé  HgS tan rất ít trong HNO3 lgK = -3.51,8 + 3.12,92 + 3.7 + 6. (0,96  0,141) 0,059 = -12,25 0,25 0,25 2.1.2 . Trong nước cường toan: (1đ) Ngoài cân bằng (1) còn có thêm cân bằng tạo phức giữa ion Hg2+ với ion Cl 3HgS + 2NO + 8H+ ⇋ 3Hg2+ + 3S + 2NO + 4H2O 3 x  Hg2+ + 4Cl ⇋ HgCl K = 10-12,25  4 = 1014,92 0,25 3HgS + 2NO + 8H+ + 12Cl ⇋ 3HgCl + 3S + 2NO + 4H2O (2) K’  lgK' = -12,25 + 3.14,92 = 32,51 0,25 lgK' = lgK + 3lg  0,25  K' = 1032,51 ; K' lớn nên HgS tan mạnh trong nước cường toan. 4 0,25 2.2.1 n Al 3 = = 4 0,2mol,  n NO3 = = 0,6 mol Theo ĐLBTĐ T và ĐLBTK L ta có: 0,2.3 + 0,2.n = 0,6 .1 + 2x  x = 0,1n 5,4 + 37,2 + 96x + 0,2.MRn + = 82,6  MRn+ = (2) 0,25 Từ (1) (2)  MRn+= 200 - 48n n MR n+ 1 2 3 152 104 56 Thích hợp 0,25 n = 3  x = 0,3 và Rn+ là cation Fe3+ 0,25 2.2.2 Dùng dung dịch chứa Ba2+  nhận dược SO: có  trắng không tan trong axit mạnh Ba2+ + SO  BaSO4  Dùng dung dịch chứa OH  nhận được Fe3+: có  đỏ nâu Fe3+ + 3OH  Fe(OH)3 đỏ nâu 0,25 Có  trắng rồi tan trong OH dư: có ion Al3+ Al3+ + 3OH  Al(OH)3  Al(OH)3 + OH  [Al(OH)4] 0,25 Dùng hỗn hợp (Cu + dd H2SO4): có khí không màu thoát ra, 5 hoá nâu trong không khí  trong dd A có ion NO. 3Cu + 8H+ + 2NO 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 2NO + O2  2NO2 ( nâu) Câu 3 (4 điểm) 3.1 Xác định các chất A, B, A1, B1, dung dịch A2 và hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau: + CuO, t0 A + dd FeCl3 ddA + (O2 + H2O) ? A 2 1 (4) (3) (2) + (NaNO3+ ddNaOH) Al + CO2, p, t0 + CuO, t0 B + A, xt, t0 (1) ? B B 1 (6) (7) (5) 3.2 Hổn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nó (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1). Hoà tan hoàn toàn 68,4 gam hổn hợp X trong dung dịch HNO 3 thấy thoát ra hổn hợp khí Y gồm NO và CO2. Cho hổn hợp khí Y qua dung dịch KMnO4 1M đến mất màu thì hết 420 ml dung dịch KMnO4, khí còn lại cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện m gam kết tủa đồng thời khối lượng dung dịch giảm đi 16,8 gam. 3.2.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. 3.2.2 Xác định công thức muối cacbonat của R và tính thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hổn hợp X. 0,25 3.1. 2Al + 6H2O + 2NaOH  2Na[Al(OH)4] + H2  8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 18H2O  8Na[Al(OH)4] + 3NH3  10 Al + 3NaNO3 + 7NaOH + 24H2O 10Na[Al(OH4)] + 3H2 + 3NH3  (1) (A) 0,25 H2 + CuO  Cu + H2O 2FeCl2 + CuCl2 (3) (A) (A1) Cu + 2FeCl3  (A1) 0,25 (2) (A2) 2FeCl2 + O2 + H2O  2Fe(OH)Cl2 (4) (A2) 2NH3 + 2CuO  N2  + 2Cu + 3H2O 6 (5) (B) (B) x+,p 0,25 (B1) N2 + 3H2 ⇋ 2NH3  (6) (B1) (B) 2NH3 + CO2  (NH2)2 CO + H2O (7) 0,25 3.2. 3.2.1. TH1: R là kim loại có hoá trị biến dổi: 3Rx(CO3)y + (4nx - 2y)H+ + (nx - 2y) NO  3x Rn+ + 3y CO2  (amol) 0,25 + (nx - 2y)NO + (2nx - y)H2O (1) 3R + 4n H+ + nNO  3Rn+ + nNO + 2nH2O (2) (2amol) 0,25 10NO + 6MnO + 8H+  10NO + 6Mn2+ + 4H2O 0,25 CO2 + Ca2+ + 2OH  CaCO3  + H2O t(mol) t (mol) 0,25 3.2.2. Theo gt: nR: nmuối = 2 : 1  nR = 2a, nRx(CO3)y: amol nKMnO4 = 0,42.1 = 0,42 mol  Từ (3)  nNO = 0,7 mol. 7 (4) (3) mddgiảm = mCaCO 3 mCO2  100t - 44t = 56t = 16,8 (g) 0,25  nCO2 = t = = 0,3mol 0,25 Từ (1)  nCO2 = ay  ay = 0,3 (I) Từ (1) (2)  nNO = a + = 0,7 (II) mhhX = a(xMR + 60y) + 2aMR = 68,4 (III) Từ (I) (II): a = (I) (III): a = (*) (IV) (**) 0,25 Từ (IV) ta có: MR = (Hoặc HS chỉ cần trình bày từ (I) (II) (III) ta có: MR = 50,4n 2,7 ) Thích hợp Vậy R là Fe 0,25 Thế n = 3 vào (*) (IV)  a = (I)  a =  = Từ dd tạo muối Fe3+ nên x = 1, y = 1 là nghiệm hợp lý  CTP muối là FeCO3 (HS lập luận muối cacbonat tham gia  đó là FeCO3  0,25đ) 0,25 * Tính % mFe và % mFeCO3 trong X y = 1  a = 0,3 8 %mFe = .100 = 50,88 %mFeCO3 = .100 = 49,12 0,25 Trường hợp 2: R là kim loại có hoá trị không biến đổi. Rx(CO3)y + 2yH+  x 3R + 0,25 R 2y  x + yCO2 + yH2O (1) 2y 8y + 2y H + NO  3 x  + NO + H2O R x x 1)  nCO2 = ay = 0,3  a =  x = (lẻ)  loại (do x, y: nguyên dương) (2)  nNO = = 0,7. Câu 4: (4điểm) 4.1. Cho 4 hợp chất: but-1-in; 3,3-dimetyl but -1-in; etyl bromua và tert butyl bromua. Dùng phản ứng thế của ankin đầu mạch với NaNH2 trong NH3 lỏng, hãy chọn những hợp chất thích hợp từ các hợp chất cho trên để điều chế ra 2,2-dimetyl hex-3-in. Giải thích bằng phương trình phản ứng? 4.2. Đun nóng neopentyl iotua trong axit fomic (là dung môi có khả năng ion hóa cao), phản ứng chậm tạo thành sản phẩm chính là 2-metyl but-2-en. Hãy trình bày cơ chế phản ứng. 4.3. Hidro hoá một chất X (C7H10) không quang hoạt thu được chất Y (C7H16) cũng không quang hoạt có tỉ lệ tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc hai với tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc một là 2:3. X tác dụng được với dung dịch AgNO3 trong NH3 tạo kết tủa và tác dụng với H2 có xúc tác là Pd/PbCO3 tạo ra Z. Andehyt oxalic là một trong các sản phẩm được tạo thành khi ozon phân Z. Xác định công thức cấu tạo X, Y, Z. Viết phương trình phản ứng. 0,5 4.1 CH3 CH3 | | NH long CH3  C  C  CH + NaNH2     CH3  C  C  C: Na+ + NH3 | | CH3 CH3 CH3 CH3 | | CH3  C  C  C: Na+ + CH3CH2Br  CH3 CCCCH2CH3 + NaBr | | CH3 CH3 3 0,5 1,0 long Còn: CH3CH2C  CH + NaNH2  NH    CH3CH2C C: Na+ + NH3 CH3 |  + CH3CH2C  C: Na + BrCCH3  CH2=CCH3 + CH3CH2CCH + NaBr | | CH3 CH3 3 4.2 CH3 CH3 CH3 | | | (  I)  + CH3CCH2I    CH3C CH2  CH3 C CH2CH3 | | CH3 CH3 (-H+) 9 0,5 CH3C=CHCH3 | CH3 (SPC)  H / Ni , t 4.3 C7H10 C7H16     (X không quang hoạt) (Y không quang hoạt) Vì X cộng 3 phân tử hidro để tạo thành Y nên X có các liên kết bội hoặc vòng 3 cạnh Y có: số ngtử H/CII: số ngtử H/CI = 2:3 Vậy CTCT của Y là: CH3CHCH2CH2CH2CH3 | CH3 hoặc: CH3CH2CHCH2CH3 | CH2 | CH3 X + AgNO3 + NH3  kết tủa  trong cấu tạo của X có liên kết ba đầu mạch (CCH) X + H2  Pd/ PbCO   Z  trong cấu tạo của Z không còn liên kết CCH, mà chỉ có liên kết C=C    Z  ozonphan HOCCHO 2 o 3  Trong cấu tạo của Z phải có: 0,5 C=CHCH=C Vậy CTCT của X là: CH3CHCH=CHCCH | CH3 Y là: CH3CHCH2CH2CH2CH3 | CH3 Z là: CH3CHCH=CHCH=CH2 | CH3 CH3CHCH=CHCCH + 3H2  Ni,t  CH3CHCH2CH2CH2CH3 | (X) | (Y) CH3 CH3 ,t CH3CHCH=CHCCH + H2  Pd/ PbCO    CH3CHCH=CHCH=CH2 | (X) | (Z) CH3 CH3 O O CH2 CH CH CH3CHCH=CHCH=CH2+2O3  CH3CH CH | (Z) | O O O O CH3 CH3 o 0,5 3 0,5 o O O CH3CH CH CH CH CH2 + 4[H] | O O O O CH3 Câu 5: (4 điểm) 10 H  Zn/   CH3CHCHO  | CH3 + HOCCHO + HCHO + 2H2O 5.1 5.1.1. Phản ứng thế nguyên tử halogen trong dẫn xuất halogen bằng nhóm OH xảy ra theo những cơ chế nào? Trình bày cơ chế tổng quát? 5.1.2. Các phản ứng sau đây xảy ra theo cơ chế nào? Giải thích? Phản ứng nào xảy ra nhanh hơn trong từng cặp sau đây? Giải thích? a. (CH3)3CI + CH3OH (CH3)3CCl + CH3OH b. (CH3)3CBr + H2O  (CH3)3COCH3 + HI (1)  (CH3)3COCH3 + HCl (2)  (CH3)3COH + HBr (3) (CH3)3CBr + CH3OH  (CH3)3COCH3 + HBr c. (CH3)3CCl (1M) + CH3O (0,01M)  CH  OH  (4) (CH3)3COCH3 + Cl 3 (5) (CH3)3CCl (1M) + CH3O(0,001M)  CH  OH   (CH3)3COCH3 + Cl (6) 3 d. (CH3)3CCl + H2O  (CH3)3COH + HCl (7) (CH3)2 C=CHCl + H2O  (CH3)2C=CHOH + HCl (8) 5.2. Tiến hành oxi hoá hoàn toàn 1 thể tích hơi ancol A cần 9 thể tích O2 ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất, rồi cho toàn bộ sản phẩn hấp thụ vào dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình nước vôi tăng 3,9g và có 6g kết tủa tạo thành. Đem A phân tích phổ thì kết quả không có tín hiệu của nhóm -CH2-. A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tham gia phản ứng tráng gương. 5.2.1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo ancol A. 5.2.2. Xử lý ancol A bằng dung dịch H3PO4 85% có đun nóng thu được B. Ôzon phân B thu được axeton là sản phẩm hữu cơ duy nhất. Hãy viết phương trình phản ứng xảy ra và cơ chế của phản ứng từ A tạo ra B. 1 2 0,25 5.1.1 Xảy ra theo cơ chế SN và SN 1  SN : 2 giai đoạn: | X   CX  C+ quyết định Vpứ | | | | |  + C + OH  COH | | 2  SN : 1 giai đoạn: | | CX + OH  HO-... C ...X  HO  C  + X | | | 0,25 1 0,25 5.1.2. Các phản ứng sau đây xảy ra theo cơ chế SN vì nhóm tertbutyl (CH3)3C- gây 2 hiệu ứng không gian làm ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng SN nhưng (CH3)C+ là 1 cacbocation bậc 3 bền nên phản ứng dễ xảy ra theo SN . a. (1) xảy ra nhanh hơn (2) vì liên kết C-I dễ phân li hơn C-Cl. 0,25 b. (3) xảy ra nhanh hơn (4) vì H2O là dung môi phân cực hơn CH3OH 0,25 c. Như nhau vì CH3O- không ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng SN . | d. (7) xảy ra nhanh hơn (8) vì nhóm vinyl clorua (C=CHCl) có khả năng phản ứng 0,25 1 11 0,25 rất kém 5.2.1. Ancol A + O2  CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 6 n CO 2 n CaCO3  0,06( mol) 100 Mbình nước vôi = m CO 2  m H 2O  m H 2O 3,9  0,06.44 1,26(g ) 1,26  n H 2O  0,07(mol) 18 0,5  nCO2  n H 2O  Ancol A là ancol no, hở. Gọi ctpt ancol A là: CnH2n+2Ox C n H 2n 2O x  0,5 0,5 3n  1  x O 2  nCO 2  ( n  1) H 2 O 2 1V  9V 0,06mol  0,07mol n=6 x = 1 vậy ctpt của A là: C6H14O A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tráng gương, trong cấu tạo không có nhóm CH2  A là ancol bậc 2  ctct A là: CH3 | CH3 C  CH  CH3 | | H3C OH H PO ,85%,t 5.2.2. A      B Ozon phân B được CH3COCH3 cấu tạo B là: CH3 C = C  CH3 | | CH3 H3C CH3 | CH3 C  CH  CH3  HPO85%,t  CH3 C = C  CH3 + H2O | | | | H3C OH H3C CH3 (B) (A) (spc) ( CH2 = C  CH  CH3 ) | | 1. O3 CH3 CH3 (spp) + CH3 C = C  CH3 CH3COCH3 2. Zn/H | | H3C CH3 CH3 H CH3 | | | + CH3 C  CH  CH3 + HO:+ CH3 C  CH  CH3 + H2O | | | | | H3C :OH H H3C +:OH2 + CH3 CH3 | + | + CH3 C  CH  CH3  CH3 C  CH  CH3 + H2O | | | H3C :OH2 H3C CH3 (a)CH3 (a) | (b) | 3 4 0 3 0,75 4 0 + 12 (b) CH3  C  CH  CH3  CH3 C CH  CH3 | | H3C H3C H CH3  C = C CH3 | | | HCH2  C C  CH3 H3C CH3 (spc) | | H3C CH3 CH2 = C  CH  CH3 | | H3C CH3 (spp) 13
- Xem thêm -