Thi chon DT HSG12-Thai Nguyen

a Cho bột sắt vào dung dịch sắt III sunfat.. c Cho dung dịch bạc nitrat vào dung dịch sắt II nitrat.. d Cho dung dịch sắt III nitrat vào dung dịch kali iotua.. Điện phõn dung dịch A với

UBND TỈNH THÁI NGUYấN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI Kè THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG TỈNH NĂM HỌC 2010-2011

MễN THI: HOÁ HỌC LỚP 12

(Thời gian làm bài 180 phỳt khụng kể thời gian giao đề)

Cõu I (4,0 điểm)

1 Tại sao trong cỏc phõn tử H2O, NH3 cỏc gúc liờn kết ãHOH(104,290) và ãHNH(1070) lại nhỏ hơn gúc tứ diện đều (1090,28’)

2

- Xột 2 phõn tử H2O và H2S tại sao gúc ãHSH(92015’) lại nhỏ hơn ãHOH(104029’)

- Xột 2 phõn tử H2O và F2O tại sao gúc ãFOF(103015’) lại nhỏ hơn ãHOH(104029’)

3 So sánh góc liên kết, momen lỡng cực của các hạt: NO2

+, NO2, NO2

−

4 Giải thích tại sao BF3 có thể đime hoá, còn BCl3 không thể; trong khi đó AlF3 và AlI3 lại

dễ tạo đime?

CõuII (4,0 điểm)

1 Biết cỏc thế oxi hoỏ - khử tiờu chuẩn:

E0 Cu2+/Cu+ = +0,16V E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77V E0 Ag+/Ag = +0,8V

E0 Cu+/Cu = +0,52V E0 Fe2+/Fe = -0,44V E0 I2/2I- = +0,54V

Hóy cho biết hiện tượng xảy ra trong cỏc trường hợp sau Giải thớch

a) Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat

b) Cho bột đồng vào dung dịch đồng (II) sunfat

c) Cho dung dịch bạc nitrat vào dung dịch sắt (II) nitrat

d) Cho dung dịch sắt (III) nitrat vào dung dịch kali iotua

2 Hoà tan 7,82 gam muối RNO3 vào nước thu được dung dịch A Điện phõn dung dịch A với điện cực trơ

- Nếu thời gian điện phõn là t giõy thỡ thu được kim loại tại catot và 0,1792 lớt khớ (ở đktc) tại anot

- Nếu thời gian điện phõn là 2t giõy thỡ thu 0,56 lớt khớ (ở đktc)

Xỏc định R và tớnh thời gian t biết I = 1,93A

CõuIII (4,0 điểm)

1 Hũa tan 0,01mol NH3 vào nước được 1 lớt dung dịch A Độ điện li của NH3 trong nước là 4,15% (ở điều kiện đang xột)

a) Tớnh pH của dung dịch A

b) Tớnh hằng số bazơ của NH3

c) Hấp thụ hoàn toàn 201,6 ml khớ HCl (ở đktc) vào 1 lớt dung dịch A Tớnh pH dung dịch thu được (Cỏc trường hợp trờn được tớnh toỏn trong điều kiện nhiệt độ khụng thay đổi)

2 Muối sắt (III) bị thuỷ phõn theo phương trỡnh hoỏ học sau:

Fe3+ + H2O ƒ Fe(OH)2+ + H+ K = 4.10-3

a) Tớnh pH dung dịch FeCl3 0,003M

b) Tớnh pH mà dung dịch phải cú để 85% muối sắt (III) khụng bị thuỷ phõn

Cõu IV (4,0 điểm)

Từ nhụm và than chỡ và cỏc chất vụ cơ cần thiết hóy viết cỏc phương trỡnh hoỏ học của cỏc phản ứng dựng điều chế:

ĐỀ CHÍNH THỨC

O O

OC2H5

OC2H5

N SO2NH2 N

H2N

NH2

CâuV (4,0 điểm)

1 Protasil là chất màu kháng khuẩn được sử dụng trong tự nhiên để chống lại sự truyền bệnh Trình bày sơ đồ tổng hợp hợp protasil từ benzen theo phương pháp tổng hợp hiện đại (Các hóa chất vô cơ và điều kiện cần thiết coi như có đủ)

Cho công thức cấu tạo của protasil:

2 Tính tỉ lệ các sản phẩm monoclo hóa (tại nhiệt độ phòng) và monobrom hóa (tại 127oC) phân tử isobutan Biết tỉ lệ khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử H trên cacbon bậc nhất, bậc hai và bậc ba trong phản ứng clo hóa là 1,0 : 3,8 : 5,0 và trong phản ứng brom hóa là 1 :

82 : 1600 Dựa vào kết quả tính toán trên, hãy cho nhận xét về các yếu tố ảnh hưởng đến hàm lượng các sản phẩm của phản ứng halogen hóa ankan

3 Viết sơ đồ hoá học minh họa phản ứng sau và giải thích hướng xảy ra phản ứng (trên cơ

sở cơ chế của phản ứng):

O

H2C CH CH3 CH3OH

H

(Cho H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)

Hết

( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)

Hä vµ tªn thÝ sinh:

Sè b¸o danh:

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HD CHẤM ĐỀ THI KÌ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2010-2011

MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 2)

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

I

(4,0)

1 Viết CT e, CTCT và giải thích cặp e chưa liên kết đẩy mạnh hơn cặp e đã

liên kết

2 Viết CT e, CTCT và giải thích Khi độ âm điện của nguyên tử trung tâm

giảm (hoặc khi độ âm điện của phối tử tăng) thì các cặp e của liên kết bị đẩy

nhiều về phía các nguyên tử liên kết nên chúng chỉ cần một khoảng không gian

nhỏ chung quanh nguyên tử trung tâm

3

NO2

+

: O =N+ = O → N lai hoá sp → có dạng đường thẳng

NO2:

N

.

→ N lai hoá sp2, N còn 1 e độc thân

NO2

−

:

N

O-

→ N lai hoá sp2, N còn cặp e cặp đôi + Do cặp e cặp đôi đẩy các cặp e liên kết lớn hơn e độc thân nên ta có góc liên

kết: NO2

+

> NO2 > NO2

−

+ Mo men lưỡng cực:

O = N = O+

O O

N

O

N

-O

NO

µ + = , 2

2

µ <µ − vì mô men lưỡng cực của e cặp đôi lớn hơn e độc thân

Vậy µNO2− >µNO2 >µNO2+

4

+ Trong các phân tử trên B, Al đều ở trạng thái lai hoá sp2, 3 obitan sp2 của

mỗi nguyên tử tham gia liên kết tạo 3 liên kết σ , nguyên tử trung tâm còn lại 1

obitan trống:

B*: 2s1 2p2

sp2

Al*: 3s1 3p2

sp2

Trong phân tử obitan trống còn lại của B, Al tạo liên kết π (p → p) không định

vị với F, Cl làm bền hơn cho liên kết σ .

0,5 0,5

1,5

1,5

ĐỀ CHÍNH THỨC

.

B

Cl

Cl Cl

B F

F F

F

Al Al

I

I I

+ Phân tử BF3 có thể đime hoá vì B có xu hướng chuyển từ lai hoá sp2 sang

sp3, lúc đó nguyên tử F của phân tử BF3 thứ 2 đưa ra 1 cặp e p xen phủ với

obitan trống của nguyên tử B ở phân tử thứ nhất, tương tự nguyên tử F ở BF3

thứ nhất cũng tạo liên kết cho nhận với nguyên tử B ở BF3 thứ 2

B F

F

F

B F

F

F

Phân tử BCl3 không thể đime hoá vì B có kích thước nguyên tử nhỏ, Cl có

kích thước lớn hơn F nên sự sắp xếp 4 nguyên tử Cl xung quanh nguyên tử B là

không thuận lợi về mặt năng lượng

+ Phân tử AlF3 và AlI3 dễ tạo đime vì Al có xu hướng chuyển từ lai

hoá sp2 sang sp3, mặt khác Al có bán kính nguyên tử lớn nên 1 nguyên

tử Al liên kết với 4 nguyên tử F hay 4 nguyên tử I là đều thuận lợi về

mặt năng lượng.

Al Al

I F

F

F

F

F

F

I

I I

Câu II

(4,0đ)

1

a) Vì E0 Fe 3+ /Fe 2+> E0 Fe 2+ /Fe nên tính oxi hoá của Fe3+ mạnh hơn Fe2+ đồng thời

tính khử của Fe2+ mạnh hơn Fe3+ phản ứng xảy ra như sau:

2Fe3+ + Fe →3Fe2+

=> Dung dịch chuyển từ mầu vàng sang mầu lục nhạt

b) Vì E0

Cu + /Cu > E0

Cu 2+ /Cu + nên tính oxi hoá của Cu+ mạnh hơn Cu2+; tính khử của Cu+ mạnh hơn Cu phản ứng xảy ra như sau:

Cu+ + Cu+ →Cu2++ Cu (phản ứng nghịch không xảy ra )

=> Khi cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 không có hiện tượng gì

c) Vì E0 Ag + /Ag > E0 Fe 3+ /Fe 2+ nên tính oxi hoá của Ag+ mạnh hơn Fe3+; tính khử

của Fe2+ mạnh hơn Ag phản ứng xảy ra như sau:

Fe2+ + Ag+ →Fe3++ Ag

=> Dung dịch chuyển từ mầu lục nhạt sang mầu vàng

d) Vì E0 Fe 3+ /Fe 2+ > E0 I2/2I - nên tính oxi hoá của Fe3+ mạnh hơn I2; tính khử của

I - mạnh hơn Fe2+ phản ứng xảy ra như sau:

2I- + 2Fe2+ → 2Fe3++ I2

=> Dung dịch chuyển từ không mầu sang mầu nâu

2

Điện phân dung dịch A:

RNO3 ƒ R+ + NO3

−

Ở anot Ở catot

H2O →2H+ + 1

2 O2 + 2e R+ +e →X Ứng với 2t giây, có số mol khí: 2.0,1792 0,016mol 0,56 0,025mol

22, 4 = < 22, 4=

2,0

2,0

Vậy catot có khi H2 thoát ra: 0,025 - 0,016 = 0,009 mol.

=> R+ đã bị khử hết

Tổng hợp các quá trình điện phân:

Ở anot Ở catot

H2O →2H+ + 1

2 O2 + 2e R+ + e →X

H2O + 2e →2OH- + H2

Gọi x là số mol của RNO3 => nR + = x

Theo định luật bảo toàn electron:

ne (catot)= x +0,009.2 (mol) => x = 0,064 - 0,018 =0,046

ne (atot)= (0,025-0,009).4=0,064

MRNO3= 0,0467,82 =170 g/mol => M R =108 ( R là Ag)

Ứng với thời gian t và số mol e trao đổi:

It 0,064 0, 032

96500 = 2 = => t = 96500.0,032 1600

1,93 = giây (26 phút40 giây)

III

(4,0đ)

1

a)

NH3 + H2O ƒ NH4+ + OH-

Ban đầu 0,01 0 0 (M)

Điện li 0,01α 0,01α 0,01α (M)

Cân bằng 0,01 - 0,01α 0,1α 0,1α (M)

(0,25)

[OH-]= 0,01.0,0415 = 4,15.10-4 (M)

(0,25)

14

11 4

10

2, 41.10 4,15.10

−

−

(0,25)

⇒pH = 10,62.

(0,25)

b) K b (NH 3 ) =

3

1,79.10 0,01 0,01α 0,01.0,9585

−

   

−

NH

(0,5)

c) HCl + NH3 → NH4Cl

0,009 0,009 0,009 (mol)

Số mol NH3 dư = 0,001 (mol)

(0,25)

NH3 + H2O ƒ NH4+ + OH

-Ban đầu 0,001 0,009 0 (M)

Điện li x x x (M)

Cân bằng 0,001-x 0,009+x 0,1α (M)

(0,25)

Kb=

1,79.10 0,001

−

−

Giả sử x<<0,009; x<<0,001

⇒ [OH-] = x = 1,99.10-6M << 10-3

(0,25)

⇒

14

9 -6

10

5,03.10 1,99.10

2,5

1,5

⇒ pH = 8,3

(0,25)

2

Ta có Ka(Fe3+) = 4.10-3 >> 14-14 nên bỏ qua sự phân li của nớc

FeCl3 → Fe3+ + Cl−

0,03 0,03

Fe3+ + H2O ƒ Fe(OH)2+

+ H+ K = 4.10-3 [ ]đầu 0,003 0 0

[ ] (0,003 - x) x x

Ta có: K =

2 0,003−

x

x= 4.10-3 ⇒ x=2.10-3 ⇒ pH = 2,7.

b) 85% muối sắt (III) không bị phân huỷ, nghĩa là có 15% muối bị thuỷ

phân

Fe3+ + H2O ƒ Fe(OH)2+

+ H+ K = 4.10-3 [ ]đầu 0,003 0 0

[ ] (0,003 - 15.0,003

100 ) 4,5.10-4

Ta có: K =

4 3

.4,5.10 2,55.10

−

 

  = 4.10-3 ⇒ [H+] = 10-1,64 ⇒ pH = 1,64

Vậy pH mà dung dịch phải có để 85% muối sắt (III) không bị phân

huỷ là 1,64.

IV

(4,0)

a) Điều chế:

O O

Al + C (than chỡ) →1500 C 1700 C 0 − 0 Al4C3 (1)

4 3 12 2 4 ( )3 3 4

Al C + H O→ Al OH + CH ↑ (2)

1500 ,

2CH o lln→CH CH≡ +3H ↑ (3)

4 3

.

2

2CH CH≡ →CuCl NH NO CH ≡ −C CH CH= (4)

,

o

Pd t

CH C CH≡ − =CH +H →CH =CH CH− =CH (5)

CH =CH CH CH− = + HBr→Br CH− −CH −CH −CH −Br (6)

NC CH CH CH CH CN− − − − − + H O →+ HOOC CH CH CH CH COOH− − − − − + NH (8)

(9)

3,0

CH2 - CH2 - C

CH2 - CH2 - C

OH OH

t o

O

O

CH2 - CH2 - C

CH2 - CH2 - C

C O + CO2 + H2O

NO2

2CH CH H≡ + →Pd CH =CH (9)

CH =CH +H O →HO CH− −CH −OH (10)

b) Điều chế:

OC2H5

OC2H5

4 3 2 askt 3 3

CH + Cl →CHCl + HCl (1)

H

CH =CH +H O→+ CH −CH −OH (2)

2C H OH +2Na→2C H ONa H+ ↑ (3)

3C H ONa CHCl+ →HC OC H( ) +3NaCl (4)

( 5)

1,0

V

(4,0)

1 Tổng hợp Protasil:

2,0

HO - CH2

HO - CH2

O O

+ H2O

O +

HC OC H

OHC2H5

OC2H5

+ HCOOC2H5

H2SO4 đặc

H2N

NH2

1 SnCl

2 /H

3 O +

NHCOCH3

SO2Cl

NHCOCH3

SO2NH2

NH2

SO2NH2

H2N + O4SHN2 SO2NH2

2

+ Với Cl 2

CH3CH(CH3)2

0 2,

Cl t phong

→ CH3CH(CH3)(CH2Cl) : 1-clo-2-metylpropan

Tỉ lệ sản phẩm:

= 64,29%

Tương tự, C(CH3)3Cl : = 35,71%

1-clo-2-metylpropan

+ Với Br 2

CH3CH(CH3)2 Cl t phong 2, 0

→ CH3CH(CH3)(CH2Cl) : 1-brom-2-metylpropan

CH3CH(CH3)(CH2Br) :

1-brom-2-metylpropan = 0,56%

C(CH3)3Br : = 99,44%

1-brom-2-metylpropan

Nhận xét: Hàm lượng sản phẩm halogen hóa phụ thuộc vào ba yếu tố:

- Khả năng tham gia phản ứng thế của ankan: Phản ứng halogen

hóa ưu tiên thế hiđro trên nguyên tử cacbon bậc cao hơn

- Khả năng phản ứng của halogen: Brom tham gia phản ứng yếu

hơn so với clo, nhưng có khả năng chọn lọc vị trí thế cao hơn so với clo

- Số nguyên tử hiđro trên cacbon cùng bậc: Khi số hiđro trên các

nguyên tử cacbon càng nhiều thì hàm lượng sản phẩm càng lớn

3

Viết sơ đồ phản ứng minh họa và giải thích hướng:

O

O

H

- H

OH

1,5

0,5

1.5,0 (9.1,0) + (1.5,0)

1.160 0 (9.1,0) + (1.1600)

9.1,0 (9.1,0) + (1.1600)

9.1,0 (9.1,0) + (1.5,0)

N

H2N

NH2

Chỳ ý:

Thí sinh có thể giải bài toán theo cách khác nếu lập luận đúng và tìm ra kết quả đúng vẫn cho

điểm tối đa.