Đáp án đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương môn Hóa học Lớp 11 năm 2019 - Trường THPT chuyên Hùng Vương

Nội dung text: Đáp án đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương môn Hóa học Lớp 11 năm 2019 - Trường THPT chuyên Hùng Vương

1. ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN HÓA HỌC KHỐI 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM 2019 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (Tốc đô phản ứng có cơ chế) Nitramit có thể bị phân hủy trong dung dịch nước theo phản ứng: NO2 NH2 N2O(k) H2O Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng được tính bởi biểu thức: [NO2 NH2 ] v k [H3O ] a. Trong môi trường đệm, bậc của phản ứng là bao nhiêu? b.Trong các cơ chế sau, cơ chế nào chấp nhận được? k1 + Cơ chế 1: NO2 NH2  N2O(k) H2O k2 + Cơ chế 2: NO2 NH2 H3O  NO2 NH3 H2O (nhanh) k3 NO2 NH3  N2O H3O (chậm) k4 + Cơ chế 3: NO2 NH2 H2O  NO2 NH H3O (nhanh) k5 NO2 NH  N2O OH (chậm) k6 H3O OH  2H2O (nhanh) Hướng dẫn giải Câu Nội dung Điểm 1 + 1 Do môi trường đệm, nồng độ H3O là không đổi nên biểu thức tốc độ 0,5đ phản ứng là v=k.[NO2NH2] Phản ứng là bậc nhất theo thời gian. 2 Cơ chế 1: v = k1. [NO2NH2] loại 0,5đ Cơ chế 2: v k3[NO2 NH3 ] 0,5đ [NO2 NH2 ].[H3O ] [NO2 NH2 ][H3 O ] Mặt khác: [NO2 NH3 ]=k2 v k3k2 [H2O] [H2O] 1
2. loại Cơ chế 3: v k5[NO2 NH ] 1,0đ [NO2 NH2 ].[H2O] Mặt khác: [NO2 NH ]=k4 [H3O ] [NO2 NH2 ].[H2O] v k5k4 [H3O ] Trong dung dịch, coi nồng độ nước là không đổi nên chọn cơ chế 3 Câu 2: (Nhiệt, cân bằng hóa học) 1. Thủy ngân oxit phân hủy theo phản ứng: 2HgO(r) € 2Hg(k) O2(k) Cho biết HgO(r) Hg(k) O2(k) 0 H298 (kJ / mol) -91,389 61,725 0 0 1 1 S298 (J.K .mol ) 70,861 175,56 205,329 1 1 CP (J.K .mol ) 44,500 21,820 29,170 0 o Tìm G và KC của phản ứng ở điều kiện chuẩn tại 400 C. (Cho các giá trị hằng số khí; 8,31451 J.mol-1.K-1; 0,08205 atm.mol-1.K-1). 2. Cho cân bằng: N2O4 € 2NO2 o Cho 18,4 gam N2O4 vào bình chân không, dung tích 5,9 lít ở 27 C. Khi đạt trạng thái o cân bằng, áp suất đạt 1 atm. Cũng với khối lượng đó của N 2O4 tại nhiệt độ 110 C, ở trạng thái cân bằng nếu áp suất vẫn 1 atm thì thể tích hỗn hợp khí đạt 12,14 lít. o o a. Tính phần trăm N2O4 bị phân hủy ở 27 C và 110 C. b. Tính hằng số cân bằng ở hai nhiệt độ trên, từ đó rút ra phản ứng tỏa hay thu nhiệt? Hướng dẫn giải Câu 2 Nội dung Điểm 2
3. 0 1 H298 61,725.2 2.( 91,389) 306,228kJ / mol 1,0đ 0 S298 205,329 2.175,56 2.70,861 414,727 J / K C C 2C 2C P P(O2 ) P(Hg) P(HgO) 29,170 2.21,820 2.44,5 16,19J / K H0 H0 C (T T ) T2 T1 P 2 1 306,228.103 ( 16,19).(673 298) 300,15675kJ T 673 S0 S0 C ln 2 414,727 ( 16,19).ln 401,53779J / K T2 T1 P T1 298 0 3 G673 300,15675 673.401,53779.10 29,92182kJ 29,92182.103 29,92182 RT ln K ln K 5,34732 P P 8,3145.673 5,34732 3 Kp e 4,760887.10 4,760887.10 3 K K .(RT) n K 2,82753.10 8 mol3 / l 3 P C C (0,08205.673)3 2 18,4 0,5đ Số mol N2O4 ban đầu là: nđ = 0,2mol 92 N2O4 € 2NO2 0,2 0 x 2x 0,2 x 2x nsau 0,2 x o Ở 27 C, số mol hỗn hợp khí sau là: 0,2 + x1 = 1.5,9 0,24 x 0,04 0,082.300 1 0,04.100% %N2O4 bị phân hủy là: 20% 0,2 Ở 110oC 1.12,14 0,2 x 0,3866 x 0,1866 2 0,082.383 2 0,1866.100% %N2O4 bị phân hủy là: 93,27% 0,2 3
4. 2 2x 0,5đ 2 2 [NO ] V 4x Tính K: K 2 [N O ] 0,2 x V(0,2 x) 2 4 V o Ở 27 C: V1 = 5,9 lít; x1 = 0,04 mol 4.0,042 K 6,78.10 3 5,9(0,2 0,04) o Ở 110 C: V2= 12,14 lít; x2 = 0,1866 mol 4.0,18662 K 0,8562 12,14(0,2 0,1866) Ta thấy, khi nhiệt độ tăng, số mol N 2O4 phân hủy tăng và hằng số 0,5đ cân bằng cũng tăng phản ứng thu nhiệt. Câu 3: Dung dịch điện li – phản ứng oxi hóa khử - pin điện, điện phân (có cân bằng tạo chất ít tan) Dung dịch A gồm AgNO3 0,050M và Pb(NO3)2 0,100M. 1. Tính pH của dung dịch A. 2. Thêm 10,00 ml KI 0,250M và HNO3 0,200M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO3 0,010M và KSCN 0,040M. a. Viết sơ đồ pin. o b. Tính sức điện động Epin tại 25 C. c. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. d. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. Cho biết: 11,7 Ag H2O € AgOH H (1) K1 10 2 7,8 Pb H2O € PbOH H (2) K2 10 E0 0,799V Chỉ số tích số tan pKs: AgI là 16,0; PbI2 là 7,86; AgSCN là 12,0; Ag /Ag 3. Epin sẽ thay đổi ra sao nếu: a. Thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B. b. Thêm một lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X. 4
5. Hướng dẫn giải Câu 3 Nội dung Điểm 11,7 1 Ag H2O € AgOH H (1) K1 10 0,5đ 2 7,8 Pb H2O € PbOH H (2) K2 10 Do K2 >>K1 nên cân bằng (2) quyết định pH của hệ 2 7,8 Pb H2O € PbOH H K2 10 0,1 0,1 x x x x2 10 7,8 x 10 4,4 pH 4,4 0,1 x 2 Dung dịch B: thêm KI: 1,0đ C 0,025M;C 0,05M;C 0,125M;C 0,1M Ag Pb2 I H Ag I AgI  0,025 0,125 0,1 2 Pb 2I PbI2  0,05 0,1 Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI và PbI2 16 AgI € Ag I Ks1 10 (3) 2 7,86 PbI2 € Pb 2I Ks2 10 (4) Ks1 Ks2 , vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu. Sự tạo phức hidroxo của Pb2+ là không đáng kể vì có H+ dư. 2 7,8 Pb H2O € PbOH H K2 10 [PbOH ] 10 7,8 10 6,8 [PbOH ] [Pb2 ] [Pb2 ] 10 1 Trong dung dịch: 2 7,86 PbI2 € Pb 2I Ks2 10 x 2x (2x)2.x 10 7,86 x 1,51.10 3 M [I ] 2x 2,302.10 3 M K 10 16 [Ag ] s1 3,31.10 14 M [I ] 3,02.10 3 5
6. Thế điện cực của điện cực Ag trong dung dịch A E E0 0,0592log[Ag ] 0,799 0,0592log(3,31.10 14 ) 0,001V 1 Ag /Ag Dung dịch X: Ag SCN € AgSCN  1012 0,01 0,04 0,03 AgSCN € Ag SCN 10 12 0,03 x 0,03 x x(x 0,03) 10 12 [Ag ] x 3,33.10 11 M 11 E2 0,799 0,0592log[Ag ]=0,799+0,0592log(3,33.10 ) 0,179V Vì E2 > E1, ta có pin gồm cực Ag trong X là cực +, cực Ag trong B là cực – Sơ đồ pin: ( )Ag,AgI I SCN AgSCN,Ag( ) Epin=0,179 – 0,001=0,178V Catot: AgSCN+e€ Ag+SCN- 0,5đ Anot: Ag+I- € AgI+e Phương trình phản ứng: AgSCN + I- € Ag +AgI + SCN-\ 12 Ks(AgSCN) 10 4 K= 16 10 Ks(AgI) 10 3a Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B, có thể xảy ra ba 0,25đ trường hợp: - Lượng NaOH quá ít, không đủ để trung hòa HNO 3: sự tạo phức 2+ hidroxo của Pb vẫn không đáng kể, do đó Epin không đổi. 2+ - Lượng NaOH đủ để trung hòa HNO 3: Có sự tạo phức của Pb , do đó [Pb2+] giảm, nồng độ I - sẽ tăng lên, do đó, nồng độ của Ag + sẽ giảm xuống, E1 giảm, vậy Epin tăng. - Lượng NaOH đủ dư để trung hòa hết HNO 3 và hòa tan PbI2 tạo 2+ thành PbO2 . Do đó, [Pb ] giảm và Epin tăng. PbI2 4OH PbO2 2H2O 2I 6
7. 3b Thêm ít Fe3+ vào dung dịch X: Fe3 SCN FeSCN2 0,25đ - + Nồng độ ion SCN giảm, do đó, nồng độ ion Ag tăng, E2 tăng dẫn đến Epin tăng. Câu 4: (Hóa nguyên tố nhóm IV, V) Một nguyên tố X có nhiều dạng thù hình, đa hóa trị, là nguyên tố thiết yếu cho cơ thể sống, không tồn tại ở dạng đơn chất trong tự nhiên. Cho 1,55 gam X màu trắng tan hết trong dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư, thu được 5,6 lít NO 2 (ở đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y chỉ chứa axit. Cho sơ đồ phản ứng sau đây: o X dd Ba(OH)2 A H2SO4 B ddCuSO4 D  2NaOH E 600 C F o o o X Ca,t G  H2O L dd AgNO3 M 200 C D 260 C Q Biết A, B, D, E, F, G, L, M, Q đều là hợp chất của X có phân tử khối thỏa mãn: MA MG 449 MB ML 100 MF MQ 444 MD MM 180 a. Xác định nguyên tố X và các chất A, B, D, E, F, G, L, M và Q. b. Biết các phương trình phản ứng theo sơ đồ phản ứng ở trên. Hướng dẫn giải Câu 4 Nội dung Điểm Theo giả thiết, X phải là phi kim 0,5đ n 5 4 X X ne N 1e N a an 0,25 0,25 an 0,25 31 n 5 Mặt khác: MX.a=1,55 MX n X là P (photpho) 5 MX 31 7
8. Xác định các chất trong sơ đồ phản ứng 1,5đ X tác dụng với Ca G là Ca3P2 MA + MG = 449 MG = 449 – 182 = 267 Mặt khác: X tác dụng với Ba(OH)2 tạo A phải là muối A là Ba(H2PO2)2. G tác dụng với nước L là PH3. MB + ML = 100 MB = 100 – 34 = 66 Mặt khác: A tác dụng với H2SO4 tạo B B là H3PO2. B tác dụng với CuSO4 có tính oxi hóa tạo D tác dụng được với NaOH D là H3PO4 E là Na2HPO4. MD + MM = 180 MM = 180 -98 = 82 Mặt khác: L tác dụng với AgNO3 có tính oxi hóa tạo M, M mất nước tạo D M là H3PO3. Nhiệt phân D mất nước tạo Q Q là H4P2O7. MF + MQ = 444 MF = 444-178 = 266 Mặt khác, nhiệt phân E tạo F F là Na4P2O7 Vậy các chất trong sơ đồ phản ứng đã cho là: A: Ba(H2PO2)2 G: Ca3P2 B: H3PO2 L: PH3 D: H3PO4 M: H3PO3 E: Na2HPO4 Q: H4P2O7 F: Na4P2O7 8
9. Phương trình phản ứng: 0,5đ 8P 3Ba(OH)2 6H2O 3Ba(H2PO2 )2 2PH3 Ba(H2PO2 )2 H2SO4 2H3PO2 BaSO4 H3PO2 2CuSO4 2H2O 2Cu H3PO4 2H2SO4 H3PO4 2NaOH Na 2HPO4 H2O 600o C 2Na 2HPO4  Na 4P2O7 H2O to 2P 3Ca  Ca3P2 Ca3P2 3H2O 3Ca(OH)2 2PH3 PH3 6AgNO3 3H2O 6Ag 6HNO3 H3PO3 200o C 4H3PO3  PH3 3H3PO4 260o C 2H3PO4  H4P2O7 H2O Câu 5: (Phức chất – phân tích trắc quang) Để xác định hằng số bền tạo phức giữa Fe 3+ và SCN−, người ta chuẩn bị dung dịch bằng cách trộn 1 mL dung dịch Fe3+ 2.10−2 M (trong môi trường axit mạnh) với 1 mL dung dịch SCN 2.10−3 M, thu được dung dịch X. Tiến hành đo mật độ quang của dung dịch X trong cuvet có bề dày 1 cm ở bước sóng  thì giá trị mật độ quang thu được là 0,4897. Nếu pha loãng dung dịch X 10 lần rồi tiến hành đo mật độ quang của dung dịch sau khi pha loãng với điều kiện đo như trên thì mật độ quang thu được là 0,0272. a. Xác định hằng số bền tạo phức  của FeSCN2+ và hệ số hấp thụ mol phân tử của nó tại bước sóng  kể trên. b. Mật độ quang của dung dịch tại bước sóng  kể trên là bao nhiêu nếu thêm tiếp 2 mL dung dịch SCN 2.10−3 M vào dung dịch X. Biết rằng, tại bước sóng  kể trên thì cả Fe 3+ và SCN− đều không hấp thụ ánh sáng. Coi sự tạo phức hydroxo của Fe 3+ là không đáng kể trong điều kiện thực nghiệm và chỉ có phức bậc 1 (FeSCN2+) tạo thành). Hướng dẫn chấm Câu Nội dung Điểm 5 9
10. a A lC FeSCN2 A C 2 C 2 0,4897 FeSCN FeSCN 18 ' ' ' ' ' A lC A C 2 C 2 0,0272 FeSCN2 FeSCN FeSCN 0,25đ Fe3 SCN FeSCN2 10 2 10 3 0,009 0,001 Xét cân bằng: FeSCN2 € Fe3 SCN 0,001 0,009 0,001 x 0,009 x x (0,009 x).x K (1) kb 0,001 x Khi pha loãng dung dịch X 10 lần 0,25đ FeSCN2 € Fe3 SCN 10 4 9.10 4 8.10 4 x 8.10 4 x 8.10 4 x 18 18 18 0,001 x 0,017 x 8.10 4 x 18 18 18 (0,017 x)(8.10 4 x) K (2) kb 18.(0,001 x) (0,009 x).x (0,017 x)(8.10 4 x) 0,5đ Từ (1) và (2) ta có: = 0,001 x 18.(0,001 x) 4 (0,017 x)(8.10 x) 5 (0,009 x).x x 9,329.10 M →Kkb=9,356.1 18 0-4 →β=1,069.103 C 10 3 9,329.10 5 9,067.10 4 M 0,5đ Tại thời điểm cân bằng: FeSCN2 A 0,4897  540,09 l.mol 1.cm 1 lC 1.9,067.10 4 b Fe3 SCN FeSCN2 0,25đ 5.10 3 1,5.10 3 3,5.10 3 1,5.10 3 Xét cân bằng 0,75đ 10
11. FeSCN2 € Fe3 SCN 1,5.10 3 3,5.10 3 1,5.10 3 x 3,5.10 3 x x x(3,5.10 3 x) K 9,356.10 4 x 2,97.10 4 M kb (1,5.10 3 x) C 1,5.10 3 2,97.10 4 1,2.10 3 M Tại thời điểm cân bằng: FeSCN2 A lC 540,09.1.1,2.10 3 0,648 Câu 6: (Đại cương hóa hữu cơ) 1. Metyl da cam là chất chỉ thị màu axit – bazơ có công thức: 2 3 H3C 1 N N N SO3Na H3C Cho biết nguyên tử N nào có tính bazơ mạnh nhất? Giải thích? 2. Sắp xếp các hợp chất: purin (I), benzimidazol (II) và indol (III) theo thứ tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy. Giải thích. N N N N N N N Purin Benzimidazol Indol 3. Viết cơ chế phản ứng và giải thích các kết quả thực nghiệm của phản ứng sau: Br (44%) A NBS (17%) h Br B Br (29%) C Hướng dẫn giải Câu Nội dung Điểm 6 1 Cặp electron không liên kết của N(1) có hiệu ứng +C vào vòng benzene nên N(1) có mật độ electron thấp hơn so với hai nguyên tử N còn lại Trong công thức cộng hưởng ta nhận thấy N(3) có mật độ e cao nhất do 11
12. điện tích âm được nằm trên nó trong khi N (2) thì không. N(3) có mật độ điện tích âm cao nhất, nó dễ dàng nhận H+ nhất so với hai nguyên tử N còn lại. Do đó N(3) có tính bazo mạnh nhất. N N N SO3Na N N N SO3Na N N N SO3Na N N N SO3Na 2 Liên kết hidro có ảnh hưởng lớn đến nhiệt độ nóng chảy. Liên kết này càng bền và càng nhiều thì điểm nóng chảy càng cao. Indol: Chỉ có liên kết hidro liên phân tử rất yếu giữa N – H và dị vòng 5 cạnh Benzimidazol: N – H tạo được liên kết hidro liên phân tử khá bền với N (có tính bazơ). Purin: N – H có thể tạo liên kết hidro liên phân tử với nhiều nguyên tử N Vậy indol (I) => Tỉ lệ sản phẩm: Trans-1-bromoct-2-en > cis-1-bromoct-2-en > 2- 12
13. bromocten Câu 7: (Dẫn xuất halogen, ancol, phenol) Chất A có công thức phân tử C 8H16O có phản ứng iodofom nhưng không cộng được o H2. Khi A đun với H2SO4 đặc ở 170 C, ta thu được hỗn hợp X trong đó có ba chất B, C và D cso cùng công thức phân tử C 8H14, đều không có đồng phân hình học. Nếu ozon phân khử hoặc oxi hóa hỗn hợp X thì sản phẩm thấy xuất hiện xiclopentanon. a. Xác định CTCT của A, B, C và D b. Trình bày cơ chế chuyển hóa A thành B, C và D. Hướng dẫn chấm Câu 8 Nội dung Điểm a Chất A có độ bất bão hòa bằng 1 Chất A có phản ứng iodofom A có nhóm CH 3-CH(OH)- hoặc CH3CO- Chất A không cộng H 2 A không có liên kết đôi C=C và không có vòng 3, 4 cạnh. Nếu ozon phân khử hoặc oxi hóa hỗn hợp X thì sản phẩm thấy xuất hiện xiclopentanon A có vòng 5 cạnh. A có thể là: OH OH OH Chất A tách nước thu được 3 sản phẩm B, C và D Nên CTCT của A là OH Ba chất B, C và D lần lượt là: 13
14. b H+ -H+ -H O OH 2 -H+ -H+ Câu 8: Tổng hợp hữu cơ Viết công thức cấu tạo của các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, M, N để hoàn thành các sơ đồ chuyển hóa sau: NaCN HNO , CH COOH 1. NaOH, to 1. PhCHO A 3 3 B C 2. H+ (C14H12O2) PCC, CH2Cl2 H2N-C(CH3)3 LiN[CH(CH3)2]2 2. CH3-CH2-CH2-OH D E F + O H2O, H 1. CH M N HBr 3 CH H , Pd/C H O, H+ Mg 3 2 2 (C15H20O) CH2=CH-CHO G H I J K ete 2. H O HO OH 2 Hướng dẫn giải Câu Nội dung Điểm 8 Ph 1 OH 1. NaCN HNO 2PhCHO Ph-CO-CHOH-Ph 3 Ph-CO-C-Ph Ph- C- C-OH CH3COOH (A) (B) O O O Ph Ph H+ Ph- C - C- OH Ph- C - C- OH O O HO O (C) 14
15. Li+ 2 PCC, CH2Cl2 H2N-C(CH3)3 LiN[CH(CH3)2]2 CH3-CH2-CH2-OH CH3-CH2-CHO CH3-CH2-CH=N-C(CH3)3 CH3-CH-CH=N-C(CH3)3 D E F O H3C OH O O 1. CH3 HBr Mg CH3 CH2=CH-CHO H2C-CH2 H2C-CH2 ete 2. H O O HO OH Br O MgBr O 2 H3C G H I O CH CH3 H3C OH 3 H , Pd/C 2 H2O O - H2O O H+ H3C H3C H3C CHO I O J O K CH3 CH3 CH3 + Li H2O, H CH -CH-CH=N-C(CH ) + - H2N-C(CH3)3 3 3 3 H C H C H3C CHO 3 3 F K (CH3)3C-N=HC CH3 OHC CH3 M N 15