Tài liệu [hoahoc11]dethidenghi-olympic30thang4-lanthuxii-2006-thptquochochue-dapan

Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng SỞ GD-ĐT TT.HUẾ Trường PTTH Quốc Học Câu I : I.1. 1.1. Phản ứng ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 30/4 Môn : Hóa học 11 - Thời gian : 180' : 2A + B  C + D 4,75đ Vận tốc phản ứng : V = k.[A]x [B]y V1 = k.(0,25)x (0,75)y = 4.10-4 0,25 V2 = k.(0,75)x (0,75)y = 1,2.10-3 0,25 x V1 4.10  0,25    3 x 3  x 1   V2 1,2.10  3  0,75   4 0,25 Xét thứ nguyên : V = k.[A]x [B]y y  mol  mol  mol  mol   mol  mol       1    e.s  e.s  es  es   e.s  es  Vậy bậc phản ứng theo A là 1, theo B là -1, chung là 0 V1 4.10  4  0,75 1,2.10  3  mol / es k = 1 0,25  A B 1.2. Ở 550C ta có : k' = 6,4.10  3 38,4.10  3 0,25.1,5  1 y  y  1 0,5 0,25 0,25 Hệ số nhiệt của tốc độ phản ứng : k/ 38,4 t / 10 K T  k 3T  32 k 1,2  k T 3 32 0,5 I.2. Tổ hợp các cân bằng : 4N2 + 3H2O = 2NH3 3N2O + 9H2 = 3N2H4 + 2NH2 + 1 O2 2 H2O 4N2 + 8H2 = N2H4 = 1 O2 2 = 4N2H4 + 3N2O -H1 3H2O 3H2 + H2O H3 + H2 -H4 4H5 1011  3.317  143  286 50,75KJ / mol H5 = 4 Tổhợp các cân bằng : N2H4 + 2H2 + H2 + N2 + H2O N2 1 O2 2 3H2 = = = = 2NH3 + N2H4 1 O2 2 0,25 -H3 H5 H4 H2O 2NH3 0,25 2H6 143  50,75  286  46,125KJ / mol H6 = 2 1 0,25 Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng 3.1. Phân tử SO3 tồn tại ở trạng thái hơi. Khi làm lạnh hơi SO3 ngưng tụ thành chất 0,25 lỏng dễ bay hơi gồm các phân tử trime mạch vòng (SO3)3. Khi làm lạnh đến 16,80C chất lỏng đó biến thành khối chất rắn trong suốt có dạng (SO 3)n phân tử polime mạch thẳng. 0,25 Hiện tượng dễ trùng hợp của các phân tử SO3 thành vòng hay thẳng là do S dễ chuyển từ trạng thái lai hóa sp2 thành sp3. 3.2. * NO2+ N: 0,25     Nguyên tử N lai hóa sp. Một obitan lai hóa chứa e_ độc thân liên kết với obitan 2p của O tại liên O:     kết . Còn obitan lai hóa chứa cặp e - tự do liên kết cho nhận với obitan p trống của O +. Còn 2 obitan không lai hóa của N xen phủ với obitan chứa e- độc thân của O và O+ O+ :  Vậy ion NO2+ có cấu trúc thẳng :   O  N+ = O 0,25 4 * ICl : I :     Cl :      I :     * Cl- :   0,25    Nguyên tử I* lai hóa sp3d2. Ba obitan sp3d2 chứa e- độc thân liên kết với 3 obitan 3p chứa e- độc thân của 3 nguyên tử Cl tạo 3 liên kết . Một obitan 3p chứa cặp e - tự do của Cl- tạo liên kết cho nhận với obitan sp3d2 trống I*. Hai cặp e- tự do chiếm vị trí trục xuyên tâm Cl Vậy : ion ICl4- có cấu trúc vuông phẳng Cl I Cl 0,25 Cl Câu II : II. 1. Ta có : AgCl + e 0,25 - - Ag + Cl 2 E1 = + 0,22v Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng - e- Ag AgCl Ag+ E2 = -0,80v Ag+ + Cl- E = -0,58v nE 0,58 lgK = 0,059  0,059  9,83 Mà : 3,25đ  K = 10-9,83 = 1,48.10-10 0,25 K = [Ag+] [Cl-] = Tt 0,25 Vậy : Tích số tan AgCl ở 25oC là Tt = 1,48.10-10 0,25 II.2. Số mol H2SO4 = 5,2.10-3 (mol) 0,25 Số mol CH3COONa = 12,2.10-3 (mol) 2.1. 2CH3COONa + H2SO4 = 2CH3COOH 10,4.10-3 5,2.10-3 + Na2SO4 10,4.10-3 Ta thu được dung dịch đệm : CH3COOH và CH3COO[CH3COOH ] = 10,4.10-2 M [CH3COO- ] = 1,8.10-2 M Vậy : pH = pKa + lg 2.2. Cm 1,8.10  2 4,76  lg = 4 Ca 10,4.10  2 Khi thêm NH3 : CH3COOH + 10,4.10-3 NH3 = 0,25 0,25 CH3COONH4 10,4.10-3 0,5 10,4.10-3 Ta thu được dung dịch gồm : 1axit yếu (NH4+) và 1 bazơ yếu (CH3COO -) -3  [NH4 ] + + 10,4.10 (mol) NH4 10,4.10  3 M 0,11 = 12,2.10-3 (mol) CH3COO-  [CH3COO-] = Ta có : [H+] = Ka1 .Ka 2 . Fe x(mol) Biện luận : 1. Khi x = 0,25 pH = 7,03 số mol CH3COO- = 12,2.10-3 (mol) Vậy : [CH3COO-] = Câu III : III.1. 0,25 Ca 10  14 10,4.10  3  10  4 ,76 .  4, 76 . Cb 10 12,2.10  3 = 9,233.10-8  2.3. Ta có : 12,2.10  3 M 0,11 + 12,2.10  3 0,11 = 0,1109M 4HNO3 = Fe(NO3)3 + NO  + 2H2O (1) y(mol) 0,25 y : Fe và HNO3 cùng hết 4 Dung dịch D gồm có các ion : Fe3+(xmol) và NO-3(3x mol) 2. Khi x < 0,5 y : Fe hết , HNO3 dư 4 Dung dịch D gồm có các ion : Fe3+(xmol), NO3-(y - x mol) và H+(y - 4x mol) 3 4đ Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng y : Fe dư , HNO3 hết 4 3. Khi x > 0,25 Lúc này xảy ra phản ứng Fe khử Fe3+ : Fe + 2Fe(NO3)3 = 3Fe(NO3)2 (2) 0,25 3Fe + 8HNO3 = 3Fe(NO3)2 + 2NO  + 4H2O (1) + (2) : + Nếu : x  3/8y : Fe hết hoặc dư Dung dịch D gồm có các ion : Fe2+(3y/8mol) và NO3-(3y/4 mol) + Nếu : y 3y m  3 ; n  m 0,25 Vậy chỉ có nghiện hợp lý là : n = 5 ; m = 3 Vậy công thức phân tử 2 rượu : C5H12O và C3H6O * Xác định công thức cấu tạo 2 rượu : Công thức cấu tạo của C3H6O : CH2 = CH - CH2 - OH + A + H2SO4 đặc (1800C) : 0,2 (mol) A được 0,1 (mol) Hyrocacbon không no  có 1 rượu không tách nước, mà : 6 0,25 Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng H2SO4đ CH2 = C = CH2 + H2O CH2 = CH - CH2OH  180oC CH3 Nên : C5H12O không có phản ứng tách H2O  Vậy công thức cấu tạo phù hợp là : CH3  C  CH2OH  CH3 0,5 + A oxy hóa cho hỗn hợp anđehyt và xeton đối xứng : CH2 = CH - CH2OH + [O]  CH2 = CH - CHO + H2O 0,25 Nên : C5H12O oxy hóa tạo xeton đối xứng Vậy công thức cấu tạo phù hợp là : CH3 - CH2 - CH - CH2 - CH3  OH CH3 - CH2 - CH - CH2 - CH3 + [O]  CH3 - CH2 - C - CH2 - CH3 + H2O   OH O 0,25 + Khử H2O A tạo hỗn hợp hyđrocacbon không no, ozon phân thu 1 xeton, HCHO, CO2 H2SO4đ CH = C = CH CH2 = CH - CH2 - OH  2 2 -H2O 0,25 H2O CH2 = C = CH2 + O3  0,25 2HCHO + CO2 + H2O2 -H2O O3 xeton và xeton có công thức Nên C5H12Ohyđrocacbon không no H2O cấu tạo : CH3 - C - CH2 - CH3  O Vậy công thức cấu tạo phù hợp : CH3 - CH2 - CH - CH2 - OH  CH3 H2SO4đ CH - CH - C = CH CH3 - CH2 - CH - CH2 - OH  3 2 2 -H2O   CH3 CH3 H2O CH3 - CH2 - C = CH2 + O3  CH3 - CH2 - C - CH3 + HCHO + H2O2   CH3 O 0,25 0,25 0,25 0,25 7 Thi Olympic 30/4/2006 - Đà Nẵng 8