Đề đề nghị Olympic 11

b Sắp xếp có giải thích theo thứ tự tăng dần tính bazơ các chất trên.. Nung 109,6 gam Bari với một lượng vừa đủ NH4NO3 trong một bình kín thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 3 hợp chất của Bar

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP CẦN THƠ

TRƯỜNG: THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HOÁ HỌC; KHỐI: 11.

ĐỀ THI

CÂU HỎI 1: (4 điểm)

1 Tại nhiệt độ nào sự chuyển 1 mol nước lỏng thành hơi nước ở áp suất khí quyển 1atm là

một quá trình tự xảy ra Biết nhiệt hoá hơi 1 mol nước lỏng bằng 40587,80 J và biến thiên entropi của sự chuyển trạng thái này bằng 108,68 J/K

2 Tính năng lượng mỗi photon (tím và đỏ) biết tần số của ánh sáng tím và của ánh sáng đỏ

lần lượt là: 7,31.1014 s–1 ; 4,57.1014 s–1 và hằng số Plăng bằng 6,63.10– 34 J.s

3 Xét phản ứng: 2NO2 + F2  2NO2F có tốc độ phản ứng là bậc 2: v = k.CNO 2 C F 2

Hãy giải thích điều này

4 So sánh và giải thích góc liên kết: góc HOH và góc HSH.

ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:

Tại cân bằng H2O (l) ⇌ H2O (h) thì G = 0 nên 40587,80 = 108,68.T  T =

373,46 K

Vậy muốn quá trình tự xảy ra thì T > 373,46 K

0,25 đ

2 Ephoton (tím ) = hV = (6,63.10– 34 J.s) (7,31.1014 s–1) = 4,85.10– 19(J) 0,5 đ

Cách tính tương tự  Ephoton (đỏ) = 3,03.10– 19(J) 0,5 đ

3 Do phản ứng qua 2 giai đoạn (giai đoạn chậm quyết định bậc phản ứng)

NO2 + F2  NO2F + F ( chậm )

NO2 + F  NO2F ( nhanh )

0,75 đ

4 O và S đều lai hóa sp3 nhưng vì đâđO > đâđS nên các đám mây electron bị hút

mạnh

 góc HOH > góc HSH

1 đ

Số phách

Trang 2

1 Tính độ tan (g/l) của AgCl trong nước ở 250C, biết rằng:

AgCl e Ag Cl , E0 = 0,222V và E0Ag / Ag 0,8V

2 Ion Fe(H2O)3+ là một axit, phản ứng với nước theo cân bằng

Fe(H O)  H O Fe(OH)  H O , Ka 10 

a) Xác định pH của dung dịch FeCl3 10– 3M

b) Tính nồng độ C (mol/l) của dung dịch FeCl3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH)3 và tính

pH của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa Biết TFe(OH)3 1038

3 Cho giản đồ Latimer của đioxi (O2) trong môi trường axit:

O2 0,695V H2O2 1,763V H2O trong đó O2, H2O2 và H2O là các dạng oxi hoá - khử chứa oxi ở mức oxi hoá giảm dần Các số 0,695V và 1,763V chỉ thế khử của các cặp oxi hoá - khử tạo thành bởi các dạng tương ứng: O2/

H2O2; H2O2/2H2O

a) Tính thế khử của cặp O2/2H2O

b) Chứng minh rằng H2O2 có thể phân huỷ thành các chất chứa oxi ở mức oxi hoá cao hơn và thấp hơn theo phản ứng: 2 H2O2 → O2 + 2 H2O

1 Tính độ tan của AgCl cần dựa vào:

AgCl   Ag  Cl (1) , Ks

s s s

Quá trình (1) là tổ hợp của:

AgCl(r)e Ag(r) Cl , E0 = 0,222V

Ag Ag e, E0Ag /Ag  = 0,8V



 AgCl(r) AgCl , E0= 0,222 – 0,8 = – 0,578

0,5 đ

(r) AgCl  AgCl ,

0

n.E 1.( 0,578)

10 0,059 0,059

s



Vậy S = 1,597.10 10 = 1, 263.10 5 mol/l = 1,8134.10 3 g/l

0,5 đ

2 a) 3

3 FeCl Fe 3Cl

10 3 10 3

Fe3 H O2 Fe(OH)2 H

 Cân bằng ( 10 3 x

 ) x x

0,5 đ

Trang 3

Câu Đáp án Điểm

x



  pH = 3,06

b) 3 2

2

a

K 10

 Cân bằng (C – x) x x

Fe3OH  Fe(OH)3  , T 10 38



Ta có:

2 a

x K

C x



 (1)

3 3 38

[Fe ][OH ]  10

 (2)

2

3

K

x



(*)

Từ (1) suy ra:

2 a

x

C x

K

  thế vào (*), ta được:

3 2

a

K



x 10 1,8

Ta có: (C – x) =

2 a

x

K  C = 0,05566 M

1 đ

2 2 2

2 2

0



Ta có: -2F E0O /H O2 2 2 + (-2F

2 2 2

0

H O /2H O

2 2

0

O /2H O

2 2 2 2 2 2

2 2

O /H O H O /2H O 0

O /2H O

0,5 đ

Trang 4

Câu Đáp án Điểm 3

b) Để có phản ứng: H2O2 → 12 O2 + H2O, ta lấy phản ứng (2)

trừ phản ứng (1)

2 2 2

2 2 2 2 2 2

0



Hay phản ứng: H2O2 → 12 O2 + H2O (4)

H O / H O O /H O 0

4

E

2



2



G04 nFE04 0 Vậy phản ứng (4) tự xảy ra về phương diện nhiệt động học

1 đ

Trang 5

1 Cho các hợp chất của Nitơ: NH3 (1), (H2N)2 (2), H2N–OH (3) và H–N=NN (4)

a) Gọi tên thông dụng của các chất trên

b) Sắp xếp (có giải thích) theo thứ tự tăng dần tính bazơ các chất trên

2 Nung 109,6 gam Bari với một lượng vừa đủ NH4NO3 trong một bình kín thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 3 hợp chất của Bari (hỗn hợp A) Hòa tan hỗn hợp A trong một lượng nước dư được hỗn hợp khí B và dung dịch C

a) Giải thích và viết các phương trình phản ứng xảy ra

b) Cho khí B vào bình kín dung tích không đổi có mặt chất xúc tác Nung nóng bình ở nhiệt độ không đổi, khi áp suất ổn định thấy áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu Tính phần trăm thể tích các khí ở trạng thái ổn định

c) Có 6 dung dịch cùng nồng độ mol: Na2CO3, Na2SO4, NaHCO3, Na3PO4, FeCl3 và AgNO3 Giả sử dung dịch C có cùng nồng độ mol như các dung dịch trên Trộn V ml dung dịch C với V ml dung dịch một trong các muối trên thì trường hợp nào thu được lượng kết tủa lớn nhất? (chỉ ghi kết quả, không giải thích)

1 a) (1) : khí amoniac, (2) : hidrazin, (3) : hidroxilamin, (4) : hidro azit

* Gọi tên đúng từ 2  3 chất (0,25đ)

* Gọi tên đúng, đủ 4 chất (0,5đ)

0,5 đ

Giải thích:

- Chất từ (1)  (3) có tính bazơ vì “N” còn đôi electron (e) chưa liên kết có

khả năng nhận H+

- NH3 có tính bazơ mạnh nhất vì mật độ e trên “N” lớn nhất, kế đến NH2 –

NH2 , còn H2N – OH có tính bazơ yếu nhất do “O” có độ âm điện lớn hơn độ

âm điện của “N” nên làm giảm mật độ e trên “N” Vì vậy khả năng nhận H+

yếu nhất

- Riêng (4) có tính axít là do nhóm –N=NN hút e mạnh làm liên kết H – N

phân cực mạnh Vì vậy, H linh động hơn nên chất này tác dụng được với

kiềm

0,75 đ

2 a) Quá trình tạo thành các hợp chất của Bari:

NH4NO3  N2O + 2H2O

Ba + H2O(hơi)  BaO + H2

Ba + N2O  BaO + N2

Ba + H2  BaH2 3Ba + N2  Ba3N2

0,5 đ

Trang 6

2 8Ba + NH4NO3  3BaO + Ba3N2 + 2BaH2 (1)

(điều kiện phản ứng: đun nóng)

BaO + H2O  Ba(OH)2 (2)

Ba3N2 + 6H2O  3Ba(OH)2 + 2NH3 (3) BaH2 + 2H2O  Ba(OH)2 + 2H2

* Giải thích quá trình tạo thành các chất trong hỗn hợp A bằng phương trình

phản ứng đúng: (0,25đ)

* Viết đúng phương trình từ 1  4 : (0,25đ)

b) nBa = 109,6 : 137 = 0,8 mol

Theo (1) , (3) , (4) : nNH3 = 0,8 x 1/8 x 2 = 0,2 mol

nH 2 = 0,8 x ¼ x 2 = 0,4 mol Khi nung khí B có phản ứng: 2NH3  N2 + 3H2

Trước Pứ : 0,2 0,4

Pứ: 2x x 3x Sau Pứ: 0,2-2x x 0,4+3x Theo giả thiết ta có: (0,2 – 2x) + x + (0,4 + 3x) = 0,6 x 1,1 = 0,66 (Hoặc 2x 0,1

0,6  vì áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu nên số mol cũng tăng 10% so với số mol đầu)

Suy ra: x = 0,03 % VNH 3 = (0,14 x 100%) : 0,66 = 21,21%

% VN 2 = (0,03 x 100%) : 0,66 = 4,55%

% VH 2 = 74,24%

* Tính đúng giá trị x = 0,03 : (0,75đ)

* Tính đúng % VNH 3 = 21,21% : (0,25đ)

* Tính đúng % VN 2 = 4,55% : (0,25đ)

* Tính đúng % VH 2 = 74,24% : (0,25đ)

1,5 đ

c)Trộn dung dịch C với dung dịch Na2SO4 thu được lượng kết tủa lớn nhất

(dựa vào hệ số cân bằng các chất và giả thiết )

0,5 đ

Trang 7

1 Nhị hợp isopren (2–metylbuta–1,3–đien) thu được hỗn hợp 4 đồng phân cấu tạo

a) Hãy cho biết công thức cấu của 4 đồng phân này (bỏ qua yếu tố lập thể) Biết phản ứng nhị hợp này là phản ứng Diels-Alder

b) Oxi hoá X bởi KMnO4 đặc thì thu được K2CO3 và

CH3

Cho biết X là chất nào trong 4 đồng phân trên?

2 Dùng cơ chế phản ứng để giải thích kết quả thực nghiệm sau: Xử lí but-3-en-2-ol với hiđrô

bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và 3-brombut-1-en

3 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 olefin A và B (MB > MA) thu được CO2 và H2O Tỉ lệ thể tích giữa hỗn hợp X và O2 tham gia phản ứng là 21:93 Thành phần % về số mol của olefin B trong hỗn hợp X khoảng 40% đến 50%

a) Xác định công thức phân tử của A và B; Tính thành phần % theo thể tích của 2 olefin trong hỗn hợp X

b) Lấy 4,704 lít hỗn hợp X (đktc) để thực hiện phản ứng hợp H2 với Ni xúc tác Hỗn hợp Y thu được sau phản ứng khi cho qua bình đựng nước brom thì thấy dung dịch nhạt màu và khối lượng dung dịch tăng lên 2,8933 gam Tính thể tích H2 (đktc) đã tham gia phản ứng Biết rằng tốc độ hợp H2 của 2 olefin này bằng nhau và hiệu suất các phản ứng là 100%

1 a) Công thức cấu tạo của 4 đồng phân là:

+

(1)

+

(2)

1 đ

Trang 8

+

(3)

+

(4)

2 Xử lí but-3-en-2-ol với hiđrô bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và

3-brombut-1-en

OH

H +

OH2

- H2O

Br

Br CH

Br

0,5 đ

Trang 9

3 a) CTPT của 2 olefin

A: C H và B: n 2n C H m 2m

Đặt CT chung của 2 olefin là C Hn 2n

0

t

n 2n

3n

2

Ta có:

2

X O

n 3n 93 21

n < n 2,95 < m

Ta chọn n = 2; m = 3, 4…

Vậy A là C2H4

0,5 đ

Theo đề bài: 40% < % C H < 50%(n) m 2m

Xét 1 mol hỗn hợp: nB = a; nA = 1 - a

Ta có: 0,4 a 0,5  (*)

Mà n 2.(1 a) m.a 62

42.(1 a) 21.m.a 62

20 a

21m 42

 thế vào (*), ta được:

20

21m 42 3,9 m 4,38



Ta chọn m = 4  CTPT của B là C4H8

0,5 đ

Ta có: a = 20 10 0,4762

21.4 42 21   Vậy % C H(V) 4 8 47,62%;% C H(V) 2 4 52,38%

0,5 đ

Trang 10

b) Số mol hỗn hợp X: 4,704 0,21mol

22,4 

4 8

C H

n là 10 0,21 0,1mol

21  ; nC H 2 4 0,21 0,1 0,11  Hỗn hợp Y làm nhạt màu nước brom  H2 hết, olefin dư

Gọi x là tỉ lệ mỗi olefin phản ứng, ta cĩ:

C H phản ứng C H phản ứng

C H dư C H dư

Ta cĩ:

C H dư C H dư

(0,1 0,1x).56 (0,11 0,11x).28 2,8933

2

n 0,1x 0,11x 0,14mol n  



Vậy thể tích H2 sinh ra (đktc) là 0,14  22,4 = 3,136 lít

* Cách khác: ta cĩ Mhh 14n 14 62 124

Số mol olefin dư là: 2,8933 3 0,07mol

124  

 Số mol olefin phản ứng là: 0,21 – 0,07 = 0,14 mol =nH2

Vậy thể tích H2 sinh ra (đktc) là 0,14  22,4 = 3,136 lít

0,5 đ

Trang 11

1 Viết sơ đồ điều chế các axit sau đây:

a Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic từ benzen và các hóa chất cần thiết khác

b) Axit: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic từ metylenxiclohexan và các hóa

chất cần thiết khác

2 Sắp xếp có giải thích theo trình tự tăng dần tính axit của các axit trên

3 Sắp xếp có giải thích theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau:

S COOH

;

COOH

(B)

;

N COOH

1 a)

C6H6 C6H5Br C6H5CH3 C6H5CH2Br C6H5CH2CN

C6H5CH2COOH

CH3Br Zn

H3O + Mg

C6H5MgBr C6H5COOH C6H5CH2CH(COOC2H5)2

C6H5CH2CH2COOH

CH2(COOC2H5)2/NaOEt

Br2/Fe

1 CO2

2 H3O +

1 OH

-3 t 2 H o3O +

1 đ

b)

CH2

2

H3O +

COOH

CH3 MgBr

CH3

2 H3O + (hoÆc )

H3O+

2 CO2

Mg/ ete

1

3

1 đ

2

+I1

+I2

H3C

-I1 < -I2 < -I3 +I1 < +I2

Các gốc hidrocacbon có hiệu ứng +I lớn thì Ka giảm và –I lớn thì Ka tăng

1 đ

Trang 12

S COOH

(A)

COOH

N

COOH

Vì: M C < MA.

(B) có thêm liên kết hidro liên phân tử với N của phân tử khác

1 đ

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	498 KB