[hoahoc11]thptchuyenthanglong-dalat

  • Số trang: 8 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 39 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

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 1,312.109 .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 -