Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 11
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh - Phạm Tấn Lộc
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII
Câu I (4 điểm)
Cho bộ bốn số lượng tử của electron chót cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X như sau:
A: n = 2, l = 1, m = - 1, s = -1/2
X: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2
I.1 Xác định A, X.
I.2 Bằng thuyết lai hoá hãy giải thích sự tạo thành phân tử XA.
I.3 CO có khả năng tạo phức mạnh với nhiều kim loại chuyển tiếp. Giải thích sự hình thành liên
kết trong phân tử phức [Ni(CO)4] bằng thuyết VB và cho biết từ tính của phức.
I.4 Giải thích vì sao SiO2 lại có nhiệt độ nóng chảy rất cao so với XA2.
Câu II (4 điểm)
II.1 Tính độ tan của FeS trong dung dịch có pH = 3.
Cho:
FeS có pKS = 17,2; H2S có pK1 = 7,02; pK2 = 12,90
-5,92
+
+
���
Fe2+ + H2O ��
� Fe(OH) + H = 10
II.2 Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 g/lit còn ở 1000C là 4.10-2 g/lit.
II.2.1 Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở hai nhiệt độ và pH của các dung dịch bão hoà.
II.2.2 Tính các đại lượng H0, G0 và S0 của phản ứng hoà tan, coi H0 và S0 không thay
đổi theo nhiệt độ.
Câu III (4 điểm)
Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng
với dung dịch HCl dư thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng 10,6. Nếu
đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.
III.1 Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện)
III.2 Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2.
III.3 Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.
III.4 Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn
hợp B.
Cho: S = 32; Fe = 56; O = 16
Câu IV (4 điểm)
IV.1 Viết sơ đồ điều chế các chất sau đây:
a. 1,2,3 – tri brômbenzen từ axêtilen và các hoá chất cần thiết khác.
b. Axit m – toluic từ benzen và các hoá chất cần thiết khác.
IV.2 Hãy đề nghị cơ chế phản ứng khử nước (H+) của
a. Butanol – 1 tạo trans – buten – 2
b. 3,3 – đimetylbutanol – 2 tạo 2,3 – dimêtylbuten – 2.
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 11
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh - Phạm Tấn Lộc
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Câu V (4điểm)
V.1 Khi cho PVC tác dụng với Zn trong rượu thì tách ra được ZnCl 2 và thu được polime có chứa
20,82% clo. Polime không chứa nối đôi và không có tính dẻo như PVC. Kết quả trên cho biết gì
về cấu tạo của polime mới thu được. Tính % mắc xích vinyl clorua đã bị tách clo bởi Zn.
V.2 Xử lí - halogen xeton với bazơ mạnh tạo thành các sản phẩm chuyển vị. Sự chuyển vị này
gọi là phản ứng Favorski. - cloxiclohexanon sẽ chuyển vị thành metylxiclopentancacboxilat khi
có mặt CH3ONa trong ete. Hãy xác định cơ chế của phản ứng này.
O
Cl
CH3ONa
ete
COOCH3
NaCl
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 11
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh - Phạm Tấn Lộc
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII
Câu I
I.1
Nguyên tố A: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2 � 2p4 A là O
Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 � 2p2 X là C
I.2 Giải thích sự tạo thành phân tử CO bằng thuyết lai hoá.
C:
[He]
2s2
2p2
O:
[He]
2s2
2p4
Cacbon dùng 1 obitan 2s tổ hợp với 1 �� � �
obitan 2p tạo ra 2 obitan lai
�
�
�
�
�
�
hoá sp hướng ra hai phía khác nhau, trong
đó có một obitan bão hoà
và 1 obitan chưa bão hòa.
Cacbon dùng 1 obitan lai hoá chưa bão hoà xen phủ xichma với 1 obitan p chưa bão hoà của oxi
và dùng 1 obitan p thuần chủng chưa bão hoà xen phủ pi với 1 obitan p chưa bão hoá còn lại của
oxi. Oxi dùng 1 obitan p bão hoà xen phủ với obitan p trống của cacbon tạo liên kết pi kiểu p � p.
Công thức cấu tạo:
:C �O:
I.3 Sự hình thành liên kết trong phân tử Ni(CO)4
Ni (Z = 28) [Ar]
3d8
4s2
4p0
Ni*
[Ar]
3d 8
�� �� �� �
4s0
4p0 ��
�
�
�
�
�
�
�
�� ��
Ở trạng
thái kích thích, nguyên tử Ni dùng 1 obitan
4s trống tổ hợp với 3 obitan 4p tạo thành 4 obitan lai hoá sp 3 trống hướng ra 4 đỉnh của hình tứ
diện đều tâm là nguyên tử Ni.
CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các
obitan lai hoá trống của Niken tạo ra phân tử phức trung hoà Ni(CO)4
Ni*
[Ar]
3d8
4s0
4p0
�
� � �
�� �� �� ��
� � � �
��
:CO :CO : CO :CO
Phân tử Ni(CO)4 có tính nghịch từ vì không còn electron độc thân.
I.4 Cacbondioxit có cấu trúc đường thẳng O = C = O ứng với trạng thái lai hoá sp của nguyên tử
cacbon. Trái lại, SiO2 có cấu tạo tứ diện ứng với trạng thái lai hoá sp3 của nguyên tử Silic. Trong
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 11
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh - Phạm Tấn Lộc
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
tinh thể SiO2, nguyên tử Si nằm ở tâm của tứ diện liên kết công hoá trị với 4 nguyên tử oxi nằm ở
4 đỉnh của tứ diện đó. Như vậy mỗi nguyên tử oxi liên kết với hai nguyên tử Silic ở hai tứ diện
cạnh nhau. Do đó, SiO2 ở dạng polime với cấu trúc 3 chiều nên quá trình nóng chảy có liên quan
đến quá trình cắt đứt liên kết hoá học, còn CO 2 ở trang thái rắn tạo ra tinh thể phân tử, quá trình
nóng chảy không liên quan đến sự đứt liên kết hoá học trong phân tử CO2.
Câu II
II.1
Các cân bằng điện li trong dung dịch:
2+
2–
���
FeS
KS=10–17,2
��
� Fe + S
FeOH+ + H+
= 10-5,92
HS–
Ka2-1 = (10–12,9)–1
���
��
� H2S
Ka1-1 = (10–7,02)–1
���
Fe2+ + H2O ��
�
2–
+
�
�
�
S + H
���
HS– + H+
Gọi độ tan của FeS là s:
s = CFe2 = [Fe2+] + [FeOH+]
= [Fe2+] + [Fe2+][H+]-1
= [Fe2+] .(1 + [H+]-1)
s = CS2 = [S2–] + [HS–] + [H2S]
= [S2–] + Ka2-1 [S2–][H+] + ( Ka1Ka2)–1 [S2–][H+]2
= [S2–] [1 + Ka2–1[H+] + (Ka1Ka2)–1[H+]2]
(2)
2+
2–
[Fe ] [S ] = KFeS
Tổ hợp các cân bằng (1), (2) và (3), ta có: s = 2,29.10-2 M
II.2
2+
2+
- 2
3
���
II.2.1 Mg(OH)2 ��
� Mg + 2OH T = [Mg ].[OH ] = 4s
s
2s
(1)
(3)
3
�9.10 3 �
-4 3
-11
Ở 291K: T291 = 4. �
� = 4.(1,552.10 ) = 1,495.10 .
� 58 �
pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4) = 10,49
3
�4.10 2 �
-9
Ở 373K: T373 = 4. �
�= 1,312.10
58
�
�
pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4) = 11,14
II.2.2
RT2 T1
T
8,314.373.291 1,312.109
.ln 373
.ln
= 49243,8 J.mol-1
H0 =
T2 T1
T291
373 291
1,495.10 11
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 11
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh - Phạm Tấn Lộc
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Tính độ tan của Mg(OH)2 ở 298K:
T
H 0 �1
1 � 49243,8 � 1
1 �
ln 298
.�
.�
�
T291
R �298 291 �
8,314 �298 291 �
�
-11
Suy ra T298 = 2,41.10 .
Từ biểu thức:
0
G 298 = -RTlnT298 = -8,314.298.ln2,41.10-11 = 60573,7 J.mol-1 = 60,5737 KJ.mol-1
0
G 298 = H0 – 298. S0 Suy ra S0 = -38,02 J.mol-1.K-1
Câu III
t 0C
III.1
Fe + S ��
� FeS.
Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S.
FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S
Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
Vậy trong C có H2S và H2. Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C.
(2x+34(100-x))/100 = 10,6.2 = 21,2 � x = 40%
Vậy trong C có 40% H2 và 60% H2S (theo số mol)
Đốt cháy B
0
t C
4FeS + 7O2 ��
� 2Fe2O3 + 4SO2
0
t C
4Fe + 3O2 ��
� 2Fe2O3
0
t C
S + O2 ��
� SO2
Thể tích O2 đốt cháy FeS là: (3V1/5) . (7/4) = 21V1/20.
Thể tích O2 đốt cháy Fe là: (2V1/5) . (3/4) = 6V1/20.
Tổng thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20.
Thể tích O2 đốt cháy S là: V2- (27V1/20) = V2 - 1,35 V1. Vậy V2 ≥ 1,35 V1
3V1
x88x100
5280V1
165V1
5
=
=
%
III.2 %FeS =
3V1
2V1
75,
2V
+
32(V
-1,35V
)
V
+
V
1
2
1
2
1
x88 +
x56 + 32(V2 -1,35V1 )
5
5
2V1
x56x100
70V1
5
%Fe =
=
%
32(V2 + V1 )
V2 + V1
%S
32(V2 1,35V1 )x100 100V2 135V1
%
32(V2 V1 )
V2 V1
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 11
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh - Phạm Tấn Lộc
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
III.3 Nếu dư S so với Fe thì hiệu suất tính theo Fe. Trường hợp này H = 60%. Nếu dư Fe so với
S, hiệu suất phản ứng tính theo S. Trường hợp này H > 60%.
Vậy hiệu suất phản ứng nung trên 60%.
III.4
Nếu H = 75% có nghĩa là nFeS = 3 nS dư, nFeS tỷ lệ với 3V1/5, vậy nS tỷ lệ với V1/5.
5280V1
5280V1
=
= 64, 7%
32V1 81, 6V1
75, 2V1 +
5
2240V1
%Fe =
= 27, 45%
%S = 100 - (64,7 + 27,45) = 7,85%
81, 6V1
%FeS =
Câu IV
IV.1
a.
C2H2
600 C
HNO3
C
H2SO4
0
NO2
NH2
[H]
Br2
NH2
Br NaNO2/HCl Br
Br
N2Cl
Br C2H5OH
Fe/HCl
Br
Br
Br
Br
b.
CH3
CH3Cl
AlCl3
CH3
HNO3
H2SO4
[H]
Fe/HCl
NO2
CH3
CH3
Br2
CH3COCl
NH2
NHCOCH3
CH3
Br
NHCOCH3
H2O
CH3
CO2/ete
COOH
CH3
Mg/ete
MgBr
CH3
CH3
CH3
C2H5OH
NaNO2/HCl
Br
Br
N2Cl
0
0 5 C
Br
NH2
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 11
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh - Phạm Tấn Lộc
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
Br
IV.2
a.
CH3CH2CH2CH2OH
H
H2O
CH3CH2CH2CH2
H
CH3CH2CHCH3
H
H3 C
C
C
CH3
H
b.
CH3
CH3
CH3CHCCH3
H
H2O
CH3CHCCH3
OHCH3
CH3
H
CH3CHCCH3
C
H3 C
CH3
CH3
CH3
H3C
C
CH3
Câu V
V.1 PVC clo chiếm 66,8% (theo khối lượng). Sau phản ứng với Zn, clo giảm còn 20,82%, lượng
clo giảm nhiều mà polime tạo thành không chứa nối đôi. vậy PVC có cấu tạo đều đặn, cứ một
nhóm –CH2- lại đến 1 nhóm –CHCl-, vì nếu có 2 nhóm –CHCl- cạnh nhau thì tạo nối đôi.
Phản ứng tách clo khỏi PVC có thể biểu diễn theo sơ đồ:
CH
CH2
Cl
CH
CH2
Cl
Cl
Cl
CH
CH
CH2
CH2
CH2
CH
CH
CH
CH
2 Zn
CH2
2 ZnCl2
CH2
CH2
Trong polime tạo thành, nếu cứ x mắc xích còn lại 1 nguyên tử clo thì công thức là [-(C2H3)xCl-]n
35,5
Ta có:
= 0,2082 � x = 5.
27x 35,5
Vậy cứ 5 mắc xích chỉ có 1 mắc xích còn clo.
4
Suy ra % số mắc xích bị loại clo là: .100% = 80%
5
Tỉnh: Lâm Đồng.
Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt.
Môn: Hoá học khối 11
Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh - Phạm Tấn Lộc
Số mật mã:
Phần này là phách
Số mật mã
V.2 Cơ chế:
O
O
Cl CH3O
O
O
Cl
OCH3
CH3O
CH3OH
O
OCH3
O
H2O
OH
OCH3
- Xem thêm -