Đáp án đề thi đề xuất hóa11

Vì nồng độ NO tạo ra gấp đôi nồng độ O2 cho nên đường B biểu thị sự phụ thuộc nồng độ của O2 với thời gian.. a Nếu áp suất tăng gấp đôi do thêm N2, nhưng thể tích không đổi, áp suất riên

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN

THỨ XIII, NĂM 2017 MÔN HÓA HỌC

-KHỐI 11

1.1 Xét đồ thị :

t

c

A B C

Các nồng độ của NO và O2 tăng với thời gian (các đường A và B)

Vì nồng độ NO tạo ra gấp đôi nồng độ O2 cho nên đường B biểu thị sự phụ

thuộc nồng độ của O2 với thời gian

0,5

1.2 Từ thí nghiệm 1 và 2 a = 2

Từ thí nghiệm 1 và 3 d = -1

Từ thí nghiệm 1 và 4 b = 2

e = 0

2

dc(I )

dt = k.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−).c−1([Fe(CN)6]4−).c0(I2) Thí nghiệm 1:

1.10−3 mol.L−1.H−1 = k 1 mol2.L−2.1 mol2.L−2.(1 mol.L−1) −1

K = 1.10−3 mol−2.L2.h−1

0,5

0,25

(a)

[Fe(CN)6]3− + 2 I−

1 1

k

k

   

 [Fe(CN)6]4− + I2− (1)

[Fe(CN)6]3− + I2− 2

k

  [Fe(CN)6]4− + I2 (2) (1) diễn ra nhanh

(b) Chứng minh:

ĐỀ THI ĐỀ

XUẤT

Từ cân bằng (1) ta có:

1

3- 2

c([Fe(CN) ] ) c(I ) k

 c(I2−) =

3- 2 -6

1

c([Fe(CN) ] ) c (I ) k

k c([Fe(CN) ] )





(a) Phản ứng (2) diễn ra chậm:

dc(I )2

dt = k2 × c([Fe(CN)6]3−) × c(I2−) (b) Thay (a) vào (b) ta được:

dc(I )2

dt =

1 -1

k

k × k2 ×

-6 4-6

c ([Fe(CN) ] ) c (I ) c([Fe(CN) ] )



Kết quả này phù hợp với kết quả thực nghiệm

Nếu phản ứng (1) là chậm, phản ứng (2) nhanh:

dc(I )2

dt = k2.c([Fe(CN)6]3−).c(I2−) và c(I2−) = k1.c([Fe(CN)6]3−).c2(I−)

->

dc(I )2

dt = k1.k2.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−)

Kết quả này không phù hợp với kết quả thực nghiệm

0,25

0,25

0,25

2.1 Ta có:  G 0  H 0  T.ΔSS 0= - RTlnKp

Ở 25 oC:  G0298  H0298  T.ΔSS0298

Từ phản ứng:

1

2O2 + SO2  SO3, suy ra:

0 298 G

 = (- 395,18 + 296,06) – 298.10-3 (256,22 – 248,52 -

1

2 205,03) = - 99,12 – 298.10-3.(- 94,815)  - 70,87 (Kj.mol-1 )



3 0

298 - 70,87.10 ΔSG -

- 8,314 298 RT

p, 298

K = e = e = 2,65.1012

Khi  Ho= const, ta có :

0

p, 333

p, 298



3

p, 333 12

8,314 333 298 2,65.10

   K p, 333  3,95.1010 (atm- ½)

0,25

0,25 0,25

0,25

Khi tăng nhiệt độ từ 25oC đến 60oC, hằng số cân bằng Kp giảm từ 2,65.1012

xuống 3,95.1010 (atm- ½), điều này hoàn toàn phù hợp với nguyên lý Le

Chatelier (Lơ Satơliê), do phản ứng (1) tỏa nhiệt

0,25

2.2.

Tổng số mol của hệ :

P.V 1 1

R.T0,082 373 (mol) Tại thời điểm cân bằng :

n = 0,015 (mol); n = 0,025 - 0,015 = 0,01 (mol); n = 0,0327 - 0,015 - 0,01 = 0,0077 (mol).

Vì áp suất tổng của hệ là 1 atm, do đó:

3

SO p

0,015



(atm-1/2)

0,25

0,25

0,25

2.3 a) Nếu áp suất tăng gấp đôi do thêm N2, nhưng thể tích không đổi, áp suất riêng

phần của các chất khí không đổi, do đó cân bằng không bị chuyển dịch

b) Nếu áp suất tổng trong bình không đổi, nhưng giả thiết thể tích bình được tăng

gấp đôi, khi đó sẽ làm giảm áp suất riêng phần của các chất (loãng khí), cân bằng

(1) sẽ chuyển dịch theo chiều nghịch

0,25

0,25

2

3

4

[ ].[ AsO ]

[ AsO ] [ ].[ AsO ]

[ AsO ] [ ].[AsO ]

[ AsO ]

H H

H

H H

H H

H





  



  

  

  

  

Áp dụng bảo toàn nồng độ ta có:

CAs(V) = [H3AsO4] + [H2AsO4-] + [HasO42-] + [AsO43-]

2 3 2

1

2 3 2

2 1

[ ]

(1) [ ]

1

Ka Ka Ka

H

C H

H

Ka Ka Ka

H C









0,25

* Tại Ph = pKa1 hay [H+] = Ka1

=> [H2AsO4-]/[H3AsO4] = Ka1/[H+] = 1 => [H2AsO4-]=[H3AsO4]

6,9 6,9 11,5

2



Vây: Tại Ph = pKa1: [H2AsO4-]=[H3AsO4] = 50% (về số mol)

* Tại Ph = pKa2 tương tự ta có: [HasO42-]/[H2AsO4-] = Ka2/[H+] = 1 =>

[HasO42-]=[H2AsO4-]

Thay vào (1) ta có:

6,9 11,5 2,2 2,2

2



Vậy tại Ph = pKa2 : [HasO42-]=[H2AsO4-] = 50% (về số mol)

* Tại Ph = pKa3 :

Ta có: CAs(V) = [H3AsO4] + [H2AsO4-] + [HasO42-] + [AsO43-]

2

4

2

4

2 4

2

3

.[ AsO ] [ ] [ AsO ] [ ].[ AsO ]

[ AsO ]

1

Ka H

Ka

C H

Ka Ka Ka H H

Ka

C

Ka Ka Ka H















Tại Ph = Ka3 hay [H+]= Ka3 thì [AsO43-]/[HasO42-] = Ka3/[H+] = 1 => [AsO43-]=

[HasO42-]

11,5 2 11,5 2,2 6,9 6,9

2

H

Vậy tại Ph = Ka3 : [AsO43-]= [HasO42-] = 50% (về số mol)

0,25

0,25

0,25 (b) As (V) sẽ được hấp thụ tốt trên Fe(OH)3 khi As mang điện tích trái dấu với điện

tích trên bề mặt Fe(OH)3

Vây:

- As (V) không thể hấp phụ trên Fe(OH)3 ở Ph = pKa3 = 11,5 vì ở đó chúng mang điện tích cùng dấu (-)

- As (V) chỉ bị hấp phụ trên Fe(OH)3 ở Ph = pKa1 = 2,2 hoặc Ph = pKa2 = 6,9 vì ở đó chúng mang điện tích trái dấu

- Tuy nhiên ở Ph = pKa1 = 2,2 chỉ có ½ lượng As (V) tích điện âm

(Thực tế ở Ph = 2,2, Fe(OH)3 mới chỉ bắt đầu kết tủa, lượng Fe(OH)3 còn rất

0,25

nhỏ) Còn ở Ph = 6,9 toàn bộ lượng As(V) đều tích điện âm nên chúng sẽ bị

hấp phụ hoàn toàn trên bề mặt Fe(OH)3

Vậy As (V) bị hấp phụ trên Fe(OH)3 tốt nhất khi Ph = pKa2 = 6,9

0,25

(a)

Catot: PbO2 + 4 H+ + 2e Pb2+ + 2 H2O K1 =

2(1,455) 0,0592

HSO4- SO42− + H+ K2=

10-2

Pb2+ + SO42- PbSO4 K3 =

107,66

Quá trình khử tại catot:

PbO2 + HSO4- + 3H+ + 2e PbSO4 + 2 H2O Kcatot =K1

K2 K3 (*)

Anot: Pb Pb2+ + 2e K1’=

2( 0,126)

0,0592

10

 

HSO4- SO42- + H+ K2’= 10-2

Pb2+ + SO42- PbSO4 K3’=

107,66

Q.trình oxh tại anot:

Pb + HSO4- PbSO4 + H+ + 2e Kanot = K1’ K2’ K3’ (**)

Phản ứng chung khi pin phóng điện:

PbO2 + Pb + 2 HSO4- + 2 H+ 2 PbSO4 + 2 H2O

(***)

Sơ đồ pin: (a) Pb│PbSO4, H+, HSO4-│PbO2 (Pb) (c)

0,25

0,25

(b)

Theo (*):

0 PbO /PbSO2 4

2E 0,0592

2(1,455) 0,0592

 2 4

0 PbO /PbSO

E

= 1,62 (V) Theo (**):

0 PbSO /Pb4

2E

0,0592

10



= Kanot =

2( 0,126) 0,0592

10

 

.10-2 107,66  4

0 PbSO /Pb

E

= - 0,29 (V) Theo (***):

Epin = E€ – E(a) = 2 4

0 PbO /PbSO

E

0 PbSO /Pb

E

+

- 2 +

0,0592

log[HSO ] [H ] 2

Trong đó [HSO ], [H ]-4 + được tính từ cân bằng sau:

HSO-4 H+ + SO2-4 Ka = 10−2

[ ] 1,8 – x 1,8 + x x

[SO2-4 ] = x = 9,89×10-3 (M)  [H+] = 1,81 (M); [HSO-4] = 1,79 (M)

Epin = 1,62 + 0,29 +

2

2

0.0592

log(1,79) (1,81)

0,25

0,25

(a) * Do N có Z=7 và H có Z=1; mà chất A có tổng ĐTHN là 10 A là NH3

* Đặt oxit nito là NxOy => N2O

* Các phản ứng:

NH3 + NaClO → N2H4 + NaCl + H2O

N2H4 + HNO2 → HN3 + 2H2O

HN3 + NaOH → NaN3 + H2O

2NH3 + 2Na → 2NaNH2 + H2

NaNH2 + N2O → NaN3 + H2O

A là NH3; B là N2O; X là N2H4; D là HN3; E là NaN3; G là NaNH2

0,25

0,5

(b) D: Axit hidrazoic

H-N(-3)=N(+5) ≡N(-3)

Trong phân tử HN3 vừa có N(+5), vừa có N(-3) nên nó vừa có tính oxi hóa, vừa có

tính khử

0,25

e Về tính oxi hóa nó giống HNO3 nên hòa tan Cu:

Cu + 3HN3 → Cu(N3)2 + N2 + NH3

Khi trộn với HCl:

0,25

2Au + 3HN3 +8HCl → 2H[AuCl4] + 3N2 + 3NH3

Hợp chất chưa biết: A – NO2, B – NO, C – NOHSO4, D – H2NSO5.

Phản ứng:

1) SO2 + NO2 + H2O = H2SO4 + NO 2) 2NO2 + H2O (lạnh) = HNO3 + HNO2 3) 3NO2 + H2O (nóng) = 2HNO3 + NO 4) 4NO2 + 2H2O + O2 = 4HNO3

5) 3NO2 + 2SO2 + H2O = 2NOHSO4 + NO 6) NO2 + SO2 + H2O = H2NSO5

7) 2H2NSO5 + NO2 = 2NOHSO4 + NO + H2O 8) 2NOHSO4 + H2O = 2H2SO4 + NO + NO2 (hoặc 3NOHSO4 +2H2O = 3H2SO4 + HNO3 + 2NO)

Công thức cấu tạo của axit sunfonitrơ D:

0,25

0,75

0,25

5.1 - Cấu tạo [Fe(CO)5]:

Fe0 cấu hình 3d8 Phối tử CO sẽ lai hóa trong, hai e độc thân của cấu hình d8 sẽ

ghép đôi tạo nên 1 obitan d trống Dạng lai hóa dsp3, cấu trúc hình học lưỡng

chóp tam giác, thỏa mãn tính nghịch từ

0,25

0,25

S O

O

O H

N O

- Cấu tạo của [Fe(CO)6]2+:

Fe2+ cấu hình 3d6 Phối tử CO lai hóa trong, bốn e độc thân của cấu hình d6 sẽ

ghép đôi tạo nên 2 obitan d trống Dạng lai hóa d2sp3, cấu trúc hình học bát diện

0,25 5.2. - Cấu hình electron của CO: 2 *2 4 2 0

s s xy z xy

    

- Liên kết M-CO bền vì ngoài liên kết  cho nhận kiểu CO→M (giữa đôi e trên

MO z liên kết của CO với obitan d trống của M) còn có liên kết π kiểu

M→CO (giữa đối e trên obitan d của M với MO phản liên kết π* trống của

CO)

- Liên kết sau đóng vai trò quyết định độ bền bất thường của liên kết M-CO mà

thuyết trường tinh thể, thuyết VB không giải thích được

- Như vậy CO dùng cả hai obitan z và π* trống để hình thành liên kết phối trí

0,25

0,25

5.3. Cấu hình electron của NO: 2 *2 4 2 *1

s s xy z xy

    

- Trên MO của phối tử NO có thêm một electron trên MO π* Giống như CO,

NO cũng dùng hai obitan z và π* để hình thành liên kết phối trí Như vậy, NO

cho nguyên tử kim loại 3e (CO chỉ cho 2e) Do đó, 2 phối tử NO có thể thay thế

được 3 phối tử CO

- Phức chất đồng điện tử với [Fe(CO)2(NO)2] là [Ni(CO)4] hoặc [Fe(CO)4]2+

Chúng đều là những phức chất tứ diện (giải thích bằng thuyết VB) Do vậy, cấu

trúc của [Fe(CO)2(NO)2] cũng được dự đoán là tứ diện

0,25

0,25 5.4. Ta có:

A + H2O AH+ + OH

-+ -b

[AH ][OH ]

K =

[OH ] =  [OH ]

lg0,82

1,48.10 2

 pH = 14 + lg(1,355.10 ) = 7,132-7

0,25 0,25

(b)

O

H3O+

O H

H

OH

H2O

OH

OH

0,5

€

Et

to

N+ Et

Cl

-N Cl

Et

0,5

(d)

O

CH3

C 2 H 5 OOC Et3N

O

CH3

C 2 H 5 OOC C O

H

2 C C

O

CH3 COOC2H5

O

CH3

CH 3

O CH - 3

O

COOC 2 H 5

CH 3

OCH2 O

COOC 2 H 5

O

COOC 2 H 5

CH 3

O- 1 H2 H2+O, to

O

COOC 2 H 5

0,5

OH

OH

H +

OH

- H+

OH

H +

- H+

0,5

D

O

COOMe

OMe

1 AcOMe, NaH

2 ClCH2COOMe, NaH

OMe

O COOMe

COOMe

OMe

O COOMe

COOMe

COOMe

NaH

COOMe

OMe

O

COOMe

COOMe

H2SO4 MeOH, t o

OMe

COOMe

COOMe

N2H4 KOH

OMe

COOH

O

1 NaOH, H2O

2 HF

0,5

COOMe

O

1 Cl2/Fe

2 MeOH/H2SO4

Cl

OMe

COOMe

O

Cl (COOMe) 2 /NaH

OH

Cl

O OH HCl, to

OMe O

Cl

O OH

OHC-COOtBu NaH

COOtBu

OMe O

Cl

OH OH

COOtBu

1 Me 2 NH

2 NaBH 4

NMe2

TsOH, t o

OMe O

Cl

OH O

NMe2

O

OMe O

Cl

OH

COOH NMe2

Zn HCOOH

1 COCl2 2.

EtOOC CONHtBu

Na+

OMe O

Cl

OH

NMe 2

OH

CONHtBu EtOOC

NaH

OMe OH

Cl

OH

NMe 2

O

CONHtBu OH

NH3

OMe OH

Cl

OH

NMe2 O

CONH2 OH

O 2 /CeCl 3

NaOH./MeOH

OMe O

Cl

OH

NMe2 OH

CONH2 O

OH

O

0,5

0,5

0,25

8.2 Phức chất:

OMe O

Cl

O

OH

O

OH

0,25

8.3 Tuyệt đối không nên sử dụng tetracycline với các chế phẩm chứa nguyên tố vi

lượng vì do có phản ứng tạo phức nên sẽ làm mất tác dụng của cả các nguyên

0,5

tố vi lượng và kháng sinh sẽ gây mất tác dụng, làm vi khuẩn kháng thuốc( do không đủ liều)

HẾT

GV ra đề: Mạc Thị Thanh Hà – 0904769299