Đáp án đề thi olympic Hùng Vương môn Hóa học Lớp 11 lần thứ XV - Trường THPT chuyên Hà Giang

Nội dung text: Đáp án đề thi olympic Hùng Vương môn Hóa học Lớp 11 lần thứ XV - Trường THPT chuyên Hà Giang

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ GIANG OLIMPIC HÙNG VƯƠNG LẦN XV Câu 1 (2,5 điểm) Tốc độ phản ứng có cơ chế: Cho cân bằng sau ở toC : A B là phản ứng thuận nghịch bậc 1. Thành phần % của hỗn hợp phản ứng được cho dưới đây : Thời gian(s) 0 45 90 225 270 360 495 675 % B 0 10,8 18,9 37,7 41,8 49,3 56,5 62,7 70 Hãy xác định giá trị k1 ; k2 của phản ứng. Tính hằng số cân bằng, hằng số tốc độ của phản ứng? Câu 1 Đáp án Điểm Gọi a là % của A tại thời điểm ban đầu x là % của B tại thời điểm t (a-x) là % của A tại thời điểm Vì là phản ứng thuận nghịch bậc 1 nên tốc độ hình thành chất B được tính theo biểu thức: 0,75 dx k (a x) k x dt 1 2 Ở trạng thái cân bằng, tốc độ phản ứng bằng 0 nên k1(a-xc) = k2xc ( xc là % của B tại thời điểm cân bằng) k x 70 K 1 c 2,333 (I) k2 a xc 30 0.75 2,303 xc Hằng số tốc độ phản ứng k k1 k2 lg t xc x Theo đề bài, tính được hằng số tốc độ trung bình của phản ứng là -3 -1 k = k1 + k2 = 3,36.10 s (II) 1,0 -3 -3 Từ (I) và (II) ta được k1= 2,35.10 ; k2 = 1,01.10 Câu 2: (2, 5 điểm) : Nhiệt , cân bằng hóa học Cho cân bằng sau : CO(k) + 2H2 (k) CH3OH (k) 0 -1 H pư = - 90,0 kJ.mol , giả thiết là không đổi trong khoảng nhiệt độ tiến hành thí -3 nghiệm. KP (573K) = 2,5.10 1. Trong 1 bình kín, ban đầu lấy CO và H2 theo tỷ lệ mol 1 : 2 tại nhiệt độ 573K . Xác định áp suất toàn phần của hệ để hiệu suất phản ứng đạt 70%. 2. Xác định phương trình của sự phụ thuộc giữa lnKP vào T . 3. Tại 200 bar, xác định nhiệt độ mà tại đó hiệu suất phản ứng đạt 70%. Đáp án Điểm 1. Xét cân bằng: CO(k) + 2H2 (k) CH 3OH(k) 1
2. 0,5 Ban đầu 1 2 0 ntổng = 3 Cân bằng 1-x 2 – 2x x ntổng = 3 – 2x Hiệu suất đạt 70% -> x = 0,7 1 x P . P 0,1875P 0,5 H 2 3 2x T T x P 2P 0,375P ; P . P 0,4357P CO H 2 T CH3OH 3 2x T T PCH OH 0,4375 1 K 3 2,5.10 3 . P P .P 2 0,1875.(0,375) 2 P 2 0,5 CO h2 T PT = 81,486 (bar) 0 K (T ) H pu 1 1 2. Ta có : ln P K P (573K) R T 573 0,5 10.825 lnKP(T) = 24,88 T 3. Tại PT = 200 bar và hiệu suất 70% 0,4375 1 4 2 KP(T) = . 4,15.10 (bar ) 0,1875.(0,375) 2 2002 0,5 10825 lnKP(T) = -7,79 = 24,88 => T = 633K T Câu 3 : (2,5 điểm) Cân bằng trong dung dịch chất điện ly -5 1. Tính pH của dung dịch CH 3COOH 0,1M biết Ka=2.10 . Thêm 0,4 gam NaOH vào 1 lít dung dịch đó. Tính pH của dung dịch tạo thành. 2. Trộn 100 ml dung dịch Na 2S 0,102M với 50 ml dung dịch (NH 4)2SO4 0,051M. Tính pH của dung dịch thu được, biết H 2S có pK1 = 7; pK2 = 12,92; NH3 có pKb = 4,76 và giả thiết rằng - HSO4 điện ly hoàn toàn. Câu 3 Nội dung Điểm 1 1)Tính pH của dung dịch đầu và sau khi thêm NaOH: Trong dung dịch: + - CH3-COOH H + CH3COO 0,1-x x x 0,5 5 x2 K a 2.10 0,1 x Giả sử x x = 1,414.10-3 ( giả thiết x << 0,1 chấp nhận được ). Do đó: pH = -lgx = -lg1,414.10-3 = 2,85 Thêm 0,4 / 40 = 0,01 mol NaOH vào dd, lúc đó xảy ra phản ứng: 2
3. CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O Nồng độ mol của CH3COOH = 0,1 – 0,01 = 0,09M và của CH3COONa = 0,01M 0,5 Ta có dd đệm và pH có thể tính theo CT: pH pK lg Ca 4,7 lg 0,09 3,75 a Cb 0,01 2 Tính pH của dung dịch thu được: 0,102.100 0,051.50 C(Na2S) = = 0,068 (M); C((NH4)2SO4) = = 0,017 (M) 150 150 + 2- Na2S 2Na + S + 2- (NH4)2SO4 2NH4 + SO4 2- + - 12,92 -9,24 S + NH4 HS + NH3 K = 10 .10 = 103,68 C: 0,068 0,034 0,5 C: -0,034 -0,034 0,034 0,034 TPGH: 0,034 - 0,034 0,034 K của phản ứng lớn nên phản ứng có thể xem như hoàn toàn. Do đó, thành phần giới hạn của hệ như trên. 2- - - -1,08 S + H2O HS + OH Kb1 = 10 (1) - - -7 HS + H2O H 2S + OH Kb2 = 10 (2) + - -4,76 NH3 + H2O NH4 + OH Kb3 = 10 (3) - + 2- -7 HS H + S Ka2 = 10 (4) + - -14 0,5 H2O H + OH Kw =10 (5) - Vì Kb1 >> Kb3 >> Kb2 nên cân bằng phân ly ra OH chủ yếu là do cân bằng (1). + Vì Ka2 >> Kw nên cân bằng phân ly ra H chủ yếu do cân bằng (4). Như vậy, cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng (1) và (4). Đánh giá sơ bộ pH của dung dịch: pH = pKa2 + lg(Cb/Ca) = 12,92 + lg (0,034/0,034) = 12,92 > 7 nên ta xét cân bằng: 2- - - —1,08 S + H2O HS + OH Kb1 = 10 (1) 0,5 C: 0,034 0,034 C: -x x x [ ] 0,034 – x 0,034 + x x x.(0,034 x) -1,08 Kb1 = = 10 0,034 x Giải ra được: x 0,02, suy ra: [OH-] = x = 0,02M; pOH = -lg0,02 1,7 pH = 14 – 1,7 = 12,3. Câu 4 : (2,5 điểm) Hóa nguyên tố nhóm 4, 5 Trộn ba oxit kim loại là FeO, CuO và MO ( M là kim loại chưa biết, chỉ có số oxi hoá +2 trong hợp chất) theo tỉ lệ mol là 5:3:1 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí H2 dư đi qua 11,52 gam A nung nóng đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp B. Để hoà tan hết B cần 180 3
4. ml dung dịch HNO3 3M và thu được V lít (đktc) khí NO duy nhất và dung dịch chỉ chưá nitrat kim loại. Xác định kim loại M và tính V. Câu 4 Nội dung Gọi số mol các oxit kim loại FeO , CuO và MO trong A tương ứng là 5a,3a và a. * Trường hợp 1: Các oxit kim loại bị H2 khử hoàn toàn: FeO + H2 Fe + H2O (1) CuO + H2 Cu + H2O (2) MO + H M + H O (3) 2 2 0,75 Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (4) 3Cu + 8HNO3 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (5) 3M + 8HNO3 3 M(NO3)2 + 2NO + 4H2O (6) Ta có hệ pt: 72.5a + 80.3a + (M + 16).a = 11,52 (I) 0.5 20a + 8a + 8a/3 = 0,18.3 = 0,54 (II) Giải ra a = 0,0176; M = 38,55 Loại, vì không có kim loại tương ứng . *Trường hợp 2: FeO, CuO bị H2 khử còn MO không bị H2 khử Có các phản ứng (1), (2), (4), (5); không có phản ứng (3), (6); thêm phản 0,75 ứng (7) sau: MO + 2HNO3 M(NO3)2 + 2H2O (7) Ta có hệ pt: 72.5a + 80.3a + (M + 16).a = 11,52 (I’) 20a + 8a + 2a = 0,18.3 = 0,54 (II’’) Giải ra a = 0,018; M = 24 M là kim loại Mg V (khí NO) = (0,018.5 + 0,018.2).22,4 = 2,8224 lit 0.5 Câu 5 : (2,5 điểm) Phức chất – phân tích trắc quang Cấu hình electron của nguyên tố M ở trạng thái cơ bản chỉ ra rằng: M có 4 lớp electron, số electron độc thân của M là 3. a. Dựa vào các dữ liệu trên cho biết M có thể là các nguyên tố nào. 3+ b. M tạo được ion phức có công thức M(NH 3)6 , phép đo momen từ chỉ ra rằng ion này là nghịch từ. - Cho biết tên gọi của M(NH3)6Cl3 - Cho biết trạng thái lai hoá của M trong ion phức trên và chỉ ra dạng hình học của ion phức này. Câu 5 a Vì có 4 lớp điện tử do vậy phân lớp cuối cùng trong phân bố điện tử chỉ có thể là 4S, 3d, 4P. 0,5 Vì có 3 điện tử độc thân do vậy, phân lớp cuối cùng chỉ có thể là 3 2 2 6 2 6 3 2 3d Cấu hình hoàn chỉnh 1S 2S 2P 3S 3P 3d 4S Nguyên tố 23V 4
5. 7 2 2 6 2 6 7 2 3d Cấu hình hoàn chỉnh 1S 2S 2P 3S 3P 3d 4S Nguyên tố 27Co 3 2 2 6 2 6 10 2 3 3P Cấu hình hoàn chỉnh 1S 2S 2P 3S 3P 3d 4S 4P Nguyên tố 33As 0,5 b 3+ Tạo phức với NH3 có công thức [M(NH3)6] do vậy không thể là As. Vì phức nghịch từ do vậy không có điện tử độc thân M chỉ có thể là Coban [CO] 0,5 Tên gọi [CO(NH3)6]Cl3 : Hexa amin coban (III) Clorua: 3+ 2 2 6 2 6 6 CO : 1S 2S 2P 3S 3P 3d Vì NH3 là phối tử trường mạnh do vậy khi tạo phức có sự dồn 2 electron vào vậy: 0,5 NH3 NH3 NH3 NH3NH3NH3 Vậy Co lai hoá d2sp3 Hình dạng phân tử bát diện: NH3 NH H3N 3 Co 0,5 H3N NH3 NH 3 Câu 6:( 2,5 điểm) Đại cương hữu cơ 1. a. Sắp xếp các chất sau theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi: hexan (A1); 2,3- đimetylbutan (A2); pentan-1-ol (A3); 2- metylbutan-2-ol (A4). b. Sắp xếp theo chiều giảm dần lực axit của các chất sau: HCOOH; CH3-CH2-COOH; CH2=CH-COOH ; CH C-COOH 2. Đề xuất một sơ đồ tổng hợp 4-metoxixiclohexanon xuất phát từ p-metoxiphenylaxetalđehit và các hợp chất có số nguyên tử C 4. Câu 6 Nội dung Điểm 0 a. T s: 2,3- đimetylbutan < hexan < 2- metylbutan-2-ol < pentan-1-ol 0 hay T s của A2 < A1 < A4 < A3 0,5 Giải thích: A1, A2 không có liên kết hiđro nên có nhiệt độ sôi thấp hơn hẳn A3, A4 có liên kết hiđro 5
6. Khi mạch cacbon càng phân nhánh thì sự tiếp xúc giữa các phân tử càng giảm, tương tác vandevan giảm nhiệt độ sôi giảm. Từ đó nhiệt độ sôi của 0,5 A2 + C Không đẩy e 2 H 0,5 CH3 O CH3 O O O 1.C2H5ONa C2H5ONa H CH3 O CH3 O O O 2. CH O O 0,5 CH3 O O CH3 O O -H2O HO Câu 7: (2,5 điểm) Hợp chất hữu cơ dẫn xuất halogen ,ancol ,phenol. Hợp chất A có M=148 trong đó có 81,081%C; 8,108%H; 10,81%O. 1. Xác định công thức phân tử của A. 2. Viết công thức cấu trúc của A dựa vào những thông tin sau: - A làm mất màu nước brôm, A có 2 đồng phân hình học - Sự oxi hóa A tạo ra axit metoxi benzoic (M) và sự nitro hóa M chỉ cho duy nhất axit metoxi nitro benzoic. 3. Điều chế A từ anisandehit và hợp chất không vòng. Câu 7 ĐÁP ÁN Điểm Công thức phân tử của A: C10H12O A có: + v = 5 A làm mất màu nước brom A có liên kết kép A có 2 đồng phân hình học nên A có 1 liên kết đôi. Oxi hóa A cho axit M nên A có vòng benzen, liên kết đôi ở mạch nhánh. 0,5 Sự nitro hóa M cho sản phẩm duy nhất nên M có công thức cấu tạo: Sự nitro hóa M cho sản phẩm duy nhất nên M có công thức cấu tạo: 6
7. COOH 0,5 OCH3 COOH COOH HNO3 0,5 NO2 OCH3 OCH3 Vậy CTCT của A là: CH3O CH=CH-CH3 Có 2 đồng phân hình học: p-CH OC H p-CH OC H 3 6 4 H 3 6 4 CH3 0,5 C=C C=C H CH3 H H (E) (Z) CH3O 1)C2H5MgBr -H2O CH3O CHO CH3O CH(OH)-CH2CH3 + 2)H3O CH=CHCH3 Hoặc 0,5 Zn(Hg)/HCl - CH3OH/OH CH3O CHO CH3O CH=CHCHO Câu 8: (2,5 điểm) Tổng hợp hữu cơ Axit cacboxylic A ( C5H8O2) tồn tại ở hai dạng đồng phân lập thể A1 và A2( có tính chất vật lí khác nhau). Hiđro hoá A1 hoặc A2 đều cho axit B ở dạng raxemic. 1. Xác định công thức cấu trúc của A1, A2, B và gọi tên. 2. Cho A1, A2 tác dụng với dung dịch Br2/CCl4. Viết cơ chế và cho biết cấu trúc của các sản phẩm tạo thành. Hướng dẫn giải 1) A1 , A2 là đồng phân lập thể có tính chất vật lí khác nhau A1 , A2 là đồng phân hình học của nhau. Ni, t0 Mµ : C4H7 COOH + H2 C4H9COOH (A1, A2) B ( Raxemic) 7
8. * 0,5 B lµ hçn hîp cña 2 ®ång ph©n ®èi quang : CH3 - CH2 - CH - COOH CH3 CH3 A1 , A2 cã cÊu t¹o : CH3 - CH = C - COOH CH COOH CH3 CH3 3 0,5 C = C C =C H H COOH CH3 (Z) - 2 - metyl but - 2 - enoic (E) - 2 - metylbut - 2 - enoic 2) A1 , A2 + Br2/ CCl4 : c¬ chÕ ph¶n øng: COOH COOH COOH CH CH3 Br CH 3 + Br+ 3 + H C + 3 H3C Br H3C 0,5 H H H + Br- Br ( céng trans) HOOC HOOC CH3 CH3 Br + Br H3C H H3C Br H COOH COOH Br 0,5 Br CH3 H3C H Br Br H CH CH3 3 8
9. CH3 CH3 CH3 COOH COOH Br COOH + Br+ + + H3C H3C Br H3C H H H + Br- ( céng trans) 0,5 Br H3C H3C COOH CHOO + Br H Br H3C H H3C Br H COOH COOH H3C Br Br CH3 H Br Br H CH CH3 3 9