KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUÊ
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11
Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt
Câu I (4 đ)
k1
��
�
��
� B
k2
Các hằng số tốc độ k1 = 300 giây -1 ; k2 = 100 giây -1 . Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và không có chất B .
Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến thành chất B?
E10 0,15V
I.2(1,5ñ) Cho 2 caëp oxi hoaù khöû :
Cu2+/ Cu+
E20 0, 62V
I2/ 2I-
I.1(1,5đ) Đối với phản ứng :
A
2.1. Vieát caùc phương trình phaûn öùng oxi hoaù khöû vaø phöông trình Nernst töông öùng. Ở điều
kiện chuaån coù thể xaûy ra söï oxi hoaù I- baèng ion Cu2+ ?
2.2. Khi ñoå dung dòch KI vaøo dung dòch Cu2+ thaáy coù phaûn öùng
1
Cu2+ +
2ICuI � + I2
2
Haõy xaùc ñònh haèng soá caân baèng cuûa phaûn öùng treân . Bieát tích soá tan T cuûa CuI laø 10 -12
Câu II (4đ)
II.1(1,5đ) Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỗn hợp khi trộn H 2SO4
C1M với Na3PO4 C2M trong trường hợp sau: 2C1 > C2 > C1
II.2(0,5đ) Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1M
II.3(1đ) Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có
pH= 4,72.
Cho: H2SO4 : pKa2 = 2 ; H3PO4 : pKa1 = 2,23 , pKa2 = 7,21 , pKa3 = 12,32
II.4(1đ)Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử:
2FeF3
+ 2I2Fe2+ + I2 + 6Fo
3+
2+
o
Biết : E Fe /Fe
= 0,77V
E I2/2I = 0,54V
Quá trình : Fe+3 + 3F- FeF3
= 1012,06 (Bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Fe3+, Fe2+)
Câu III (4đ)
III.1(2đ) Khi hòa tan SO2 vào nước có các cân bằng sau :
SO2 + H2O H2SO3 (1)
H2SO3 H+ + HSO3- (2)
HSO3- H+ + SO32(3)
Hãy cho biết nồng độ cân bằng của SO2 thay đổi thế nào ở mỗi trường hợp sau (có giải thích).
1.1 Đun nóng dung dịch
1.2 Thêm dung dịch HCl
1.3 Thêm dung dịch NaOH
1.4 Thêm dung dịch KMnO4
III.2(2đ) Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại
tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N 2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một
lượng vừa đủ O2 vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48
lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H 2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để được
lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa.
Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết.
Cho Mg = 24; Al = 27; N = 14; Na = 23; O =16; H = 1.
Câu IV (4đ)
IV.1(1,5đ) Hôïp chaát höõu cô X coù caáu taïo khoâng voøng, coù coâng thöùc phaân töû C 4H7Cl vaø coù caáu hình
E. Cho X taùc duïng vôùi dung dòch NaOH trong ñieàu kieän ñun noùng thu ñöôïc hoãn hôïp saûn phaåm beàn coù
cuøng coâng thöùc C4H8O . Xaùc ñònh caáu truùc coù theå có cuûa X.
IV.2 (1đ) Cho buten – 2 vaøo dd goàm HBr , C 2H5OH hoaø tan trong nöôùc thu ñöôïc caùc chaát höõu cô
gì ? Trình baøy cô cheá phaûn öùng taïo thaønh caùc chaát treân .
IV.3(1,5đ) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về
khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC)
A có khả năng làm mất màu dd Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với
AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal.
Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có).
Cho C = 12; H = 1.
Câu V (4đ)
V.1(2đ) Từ các chất ban đầu có số nguyên tử cacbon ≤ 3, viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều
kiện nếu có) điều chế: Axit xiclobutancacboxylic và Xiclopentanon .
V.2(2đ)
Từ dẫn xuất halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau :
HX
.khan )
( ete.khan )
RMgX CO( ete
RX Mg
R-COOH
R-COOMgX
MgX 2
Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế:Axit metyl malonic
2
...............................Hết................................
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUÊ
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN ĐÁP ÁN
Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt
Câu 1(4 đ) :
I.1.
k1
��
�
��
�
k2
A
t=0
a
t
a
2
B
0
a
2
Câu 2 (4
xe
1
k1 k 2 ln
Áp dụng công thức đã cho :
t xe x
Ở đây nồng độ lúc cân bằng xe được xác định thông qua hằng số cân bằng K :
B x e
K
A a-x e
Nên
Vì
Nên
aK-x(1+K)
1 K
xe x
Cuối cùng
II.1
aK
xe
1 K
Sau khi biến đổi ta được :
và
đ):
2,303
aK
a
lg
x
Vì
t
aK - x - Kx
2
2,303
aK
k1 k 2
lg
2,303
2K
2,303
2K
lg
lg
a
a
t
aK - - K
t
2K - 1 - K
t
K -1
2
2
k1 k 2
K = k1 / k2
t
2k 1
2,303
lg
k1 k 2 k1 - k 2
2,303
2 . 300
lg
2,7.10 3 giây
300 100 300 - 100
I.2
2.1. Xeùt 2 caëp oxi hoaù khöû :
Cu
I2
2+
+ e
+ 2e
0,25
�
Cu 2 �
�
�
E1 E 0, 059 lg
�
�
Cu �
�
0
1
Cu
+
2I-
E2 E20
I
0, 059
lg 2 2
2
�
I�
�
�
0,25
E10 �
E20 : Khoâng theå coù phaûn öùng giöõa Cu2+ vaø I- ñöôïc.
2.2. Giaû söû ñoå dung dòch KI vaøo dung dòch chöùa Cu2+ vaø moät ít Cu+. Vì CuI
raát
ít tan neân [Cu+] raát nhoû, do ñoù E1 coù theå lôùn hôn E2.
Nhö vaäy ta coù :
Cu2+ + e
Cu+
+
I
+ Cu
CuI �
1
I2 + e
I2
Phaûn öùng oxi hoaù khöû toång quaùt laø :
1
Cu2+ +
2ICuI � + I2
(1)
2
Luùc caân baèng ta coù:
�
Cu 2 �
�
�
IF2
0, 059
E1 0,15 0, 059 lg
E
0,
62
lg
2
=
T
B 2
2 F�
F
I
��
�
[I ]
2
0,5
0,25
Ph©n tö d¹ng tam gi¸c ®Òu
C¸c vect¬ momen l ìng cùc
cña c¸c liªn kÕt triÖt tiªu lÉn
�
�
Cu 2 �
I�
1
�
�
�
� nhau(tæng
b»ng kh«ng) ph©n
0,kh«ng
059 lg ph©n
� 0,62 – 0,15 0, 059 lg
tö
cùc.
1
T
.
K
2
T cực
I2
Các vectơ momen lưỡng
Các vectơ momen lưỡng cực
0,62 0,15
N
của1 cácF0,059
cặp electron
không
của các liên kết triệt tiêu lẫn
F4
� K .10
F 10
liên
kết ngược chiều nên
nhau nên momen lưỡng cực
T C¸c
vect¬ momen l ìng cùc
momen
lưỡng
của
phân tử
tổng bằng 0. phân tử không
cña c¸c
liªn cực
kÕt vµ
cÆp
Nhö vaäy vôù
i K raákh«ng
t lôùn,liªn
phaûkÕt
n öùngngîc(1) xaûy ra hoaøn toaøn.
electron
bé hơn
NH
phân cực.
chiÒu
nªn
3 momen l ìng cùc
cña ph©n töbÐ h¬n NH .
I.3.
3
0,25
0,5đ
H+ +
C1
/
2C1 > C2 > C1
4
HSO
C1
2C1 – C2
PO43
C2
C 2 – C1
3
2
+ PO 4 SO 4 +
C2 – C1
/
C 2 – C1
2
HSO 4 + HPO 4 D SO 24
+
2C1 – C2
C2
C2 - C 1
/
2(C2 – C1)
C1
1
K a3
1012, 32
HPO42C1
0,25đ
HPO 24
K1 = 1010,32
C1
C2
H 2 PO 4
0,25đ
K2 = 105,26
2C1 – C2
2
2
Vậy TPGH : HPO 4 : 2(C2 – C1) ; H 2 PO 4 : 2C1 – C2 ; SO 4 : C1 ; Na+ : 3C1
II.2.
H3PO4
H+ + H2PO4- (1) K1 = 10-2,23
H2PO4
H+ + HPO42- (2) K2 = 10-7,21
2HPO4
H+ + PO43- (3) K3 = 10-12,32
H2O
H+ + OH(4) Kw
K3 << K2 << K1 chủ yếu xảy ra cân bằng (1)
H3PO4
H+ + H2PO4- K1 = 10-2,23
C(M) 0,1
[ ](M) 0,1 – x
x
x
-2,23
2
-2,23
= 10
x + 10 x – 10-3,23 = 0
x = 0,0215 (M)
pH = 1,66
NaOH + H3PO4 = NaH2PO4 + H2O
NaOH + NaH2PO4 = Na2HPO4 + H2O
NaOH + Na2HPO4 = Na3PO4 + H2O
Trung hòa nấc 1:
pH1 = = = 4,72
0,5đ
trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH2PO4.
nH3PO4 = 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol)
nNaOH = 0,01 (mol)
mNaOH = 0,01 x 40 = 0,4(g)
II.4. Ta có các quá trình :
FeF3 DFe3+ + 3F-1 = 10-12,06
Fe3+ +1e Fe3+
K1 = 10E1/ 0,059
FeF3 +1e DFe2+ + 3F(1) K2 = 10-12,06 + 0,77/ 0,059
= 10 0,99
0,5đ
0,5đ
0,5đ
II.3.
0,5đ
0,25đ
Mặt khác :
I2 + 2e 2I(2)
K3 = 10 (0,54/ 0,059)2 = 1018,3051
0,25đ
2+
2
-1
-17,325
Tổ hợp (1) và (2): 2FeF3 + 2I 2Fe + I2 + 6F
Với K = K2 .K3 = 10
0,25đ
* Kết luận : K quá bé nên phản ứng không thể xảy ra theo chiều thuận, mà chỉ xảy ra theo chiều nghịch.
0,25đ
.
Câu 3( 4 đ)
III.1. SO2 + H2O H2SO3 (1)
H2SO3 H+ + HSO3- (2)
HSO3- H+ + SO32(3)
1.1. Khi đun nóng khí SO2 thoát ra nên nồng độ SO2 tan giảm
0,25
1.2. Thêm dung dịch HCl : Kết hợp cân bằng (1) và (2) cho thấy nồng độ
0,25
cân bằng SO2 tăng
1.3. Thêm dung dịch NaOH có phản ứng
NaOH + SO2 NaHSO3
Hay 2NaOH + SO2 Na 2SO3 + H2O
Vậy nồng độ cân bằng SO2 giảm
1.4. Thêm dung dịch KMnO4 : có phản ứng oxi hóa khử sau :
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
Nên nồng độ cân bằng SO2 giảm
III.2.
0,25
0,5
0,25
0,5
Số mol của hỗn hợp X: nX = 8,96/22,4 = 0,4 mol
Khi cho O2 vào hỗn hợp X có : 2NO
nX = ny
2NO2 + 2NaOH = NaNO3 +
+ O2
NaNO2
=
2NO2
+
H2O
→ nz=nN 2 O +nN 2 = 44,8/22,4 = 0,2 mol → nNO = 0,2
n N O .44 n N .28
MZ= 2.20 = 40 =
0,2
2
2
→ nN 2 O = 0,15 mol ; nN 2 = 0,05 mol
Khi kim loại phản ứng ta có quá trình nhường e:
Mg –2e = Mg2
x mol
ne (mất) = (2x + 3y) mol
3+
Al – 3e = Al
y mol
Khi HNO3 phản ứng ta có quá trình nhận e :
N+5 + 3e =N+2(NO)
0,2 mol
0,2 mol
2N+5+ 8e = 2 N+ (N2O)
ne(nhận) = 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol
0,3
0,15mol
2N+5 +10e = N2
0,1
0,05 mol
Mg2+ + 2OH- =Mg(OH)2↓
x mol
Al3+ + 3OH- = Al(OH)3 ↓
y mol
Ta có hệ PT : 2x +3y = 2,3
58x + 78y = 62,2
→ x = 0,4mol ; y = 0,5mol
→ m1 = 23,1 g
Và số mol HNO3 tham gia phản ứng là:
5
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5
n HNO 3 = nN tạo khí+ nN tạo muối = 0,6 + 2,3 = 2,9 mol
5
(nN tạo muối = ne trao đổi )
Vậy: m2 =
2,9.63.100.120
913,5 g
24.100
Câu 4:
IV.1. ÖÙng vôùi caáu hình E thì C4H7Cl coù 3 caáu truùc
CH3
CH3
C2H5
H
CH3
H
C=C
C=C
C=C
H
Cl
H
Cl
H
CH2Cl
(1)
(2)
(3)
0
X + dung dịch NaOH , t c thu được hổn hợp sản phẩm bền
Vậy cấu trúc của X là : H3C
H
0,5đ
1,5đ
C = C
H
CH2Cl
� CH 3CH 2 C HCH 3
IV.2. CH3CH = CHCH3 + H
CH3CH2CHBrCH3
+
0,25đ
0,25đ
Br
H 2O
� CH 3CH 2CH (OH )CH 3
CH 3CH 2 C HCH 3 ���
� CH 3CH 2CH (CH 3 ) O H 2 ���
H
0,25đ
C2H5OH
CH 3CH 2CH (CH 3 ) O C2 H 5 ���
� CH 3CH 2CH (CH 3 )OC2 H 5
H
H
0,25đ
IV.3. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có)
Đặt A: CxHy
x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 CT thực nghiệm (C10H16)n
MA = 136 CTPT A : C10H16
(số lk + số vòng = 3)
0,5đ
A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2 A có 2 liên kết và 1 vòng
A không tác dụng với AgNO3/NH3 A không có nối ba đầu mạch
Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal
CTCT A:
*
CH3
0,5đ
0,5đ
A có 1 C* nên số đồng phân lập thể là 2
Câu 5 :
V.1.
+ CH2(COOH)2
CH2(COOC2H5)2
Br(CH2)3Br
C2H5O-
CH2
CH2
CH2
CH
COOC2H5
0,5
C
CH2
CH2
+
H3O
- CO2
C2H5OH
COOC2H5
0,5
COOH
CH2
0,5
+ BrCH2CH2Br
Ca(OH)2
Zn
Br(CH2)4Br
COO
Ca
KCN
to
NC(CH2)4CN
O
COO
Thí sinh có thể điều chế theo cách khác , vẫn cho điểm tối đa
H2O
HOOC(CH2)4COOH
0,5
V.2.
ln)
2CH4 1500
C ( l
C2H2 + 3H2
C2H2 + 2 HCl CH3-CHCl2
khan
CH3-CH(MgCl)2
CH3-CHCl2 + 2Mg ete.
khan
CH3-CH(COOMgCl)2
CH3-CH(MgCl)2 + 2CO2 ete.
CH3-CH(COOMgCl)2 + 2HCl CH3-CH(COOH)2 + 2MgCl2
o
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
- Xem thêm -