đề thi HSG cấp trường lớp 11 năm 2008-2009

8 696 0
đề thi HSG cấp trường lớp 11 năm 2008-2009

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

KỲ THI OLYMPIC TRÙN THỚNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỚ H́ ĐỀ THI MƠN HĨA 11 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Chú ý: Mỡi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt I.3(1đ) So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NF 3 , BF 3 . Câu II (4đ) II.1(1,5đ) Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỗn hợp khi trộn H 2 SO 4 C 1 M với Na 3 PO 4 C 2 M trong trường hợp sau: 2C 1 > C 2 > C 1 II.2(0,5đ) Tính pH của dung dịch H 3 PO 4 0,1M II.3(1đ) Cần cho vào 100ml dung dịch H 3 PO 4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có pH= 4,72. Cho: H 2 SO 4 : pK a2 = 2 ; H 3 PO 4 : pK a1 = 2,23 , pK a2 = 7,21 , pK a3 = 12,32 II.4(1đ)Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử: 2FeF 3 + 2I - 2Fe 2+ + I 2 + 6F - Biết : E o Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77V E o I 2 /2I - = 0,54V Q trình : Fe +3 + 3F -  FeF 3 β = 10 12,06 (Bỏ qua q trình tạo phức hiđroxo của Fe 3+ , Fe 2+ ) Câu III (4đ) III.1(2đ) Khi hòa tan SO 2 vào nước có các cân bằng sau : SO 2 + H 2 O  H 2 SO 3 (1) H 2 SO 3  H + + HSO 3 - (2) HSO 3 -  H + + SO 3 2- (3) Hãy cho biết nồng độ cân bằng của SO 2 thay đổi thế nào ở mỗi trường hợp sau (có giải thích). 1.1 Đun nóng dung dịch 1.2 Thêm dung dịch HCl 1.3 Thêm dung dịch NaOH 1.4 Thêm dung dịch KMnO 4 Câu I (4 đ) I.1(1,5đ) Đối với phản ứng : A k1 k2 → ¬  B Các hằng số tốc độ k 1 = 300 giây -1 ; k 2 = 100 giây -1 . Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và khơng có chất B . Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến thành chất B? I.2(1,5đ) Cho 2 cặp oxi hoá khử : Cu 2+ / Cu + 0 1 0,15E V= I 2 / 2I - 0 2 0,62E V= 2.1.Viết các phương trình phản ứng oxi hoá khử và phương trình Nernst tương ứng. Ở điều kiện chuẩn có thể xảy ra sự oxi hoá I - bằng ion Cu 2+ ? 2.2. Khi đổ dung dòch KI vào dung dòch Cu 2+ thấy có phản ứng Cu 2+ + 2I - CuI↓ + 1 2 I 2 Hãy xác đònh hằng số cân bằng của phản ứng trên . Biết tích số tan T của CuI là 10 -12 III.2(2đ) Cho m 1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m 2 gam dung dịch HNO 3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N 2 O, N 2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một lượng vừa đủ O 2 vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H 2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m 1 , m 2 . Biết lượng HNO 3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. Cho Mg = 24; Al = 27; N = 14; Na = 23; O =16; H = 1. Câu IV (4đ) IV.1(1,5đ) Hợp chất hữu cơ X có cấu tạo không vòng, có công thức phân tử C 4 H 7 Cl và có cấu hình E. Cho X tác dụng với dung dòch NaOH trong điều kiện đun nóng thu được hỗn hợp sản phẩm bền có cùng công thức C 4 H 8 O . Xác đònh cấu trúc có thể có của X. IV.2 (1đ) Cho buten – 2 vào dd gồm HBr , C 2 H 5 OH hoà tan trong nước thu được các chất hữu cơ gì ? Trình bày cơ chế phản ứng tạo thành các chất trên . IV.3(1,5đ) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC) A có khả năng làm mất màu dd Br 2 , tác dụng với Br 2 theo tỉ lệ mol 1:2, khơng tác dụng với AgNO 3 /NH 3 . Ozon phân hồn tồn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định cơng thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có). Cho C = 12; H = 1. Câu V (4đ) V.1(2đ) Từ các chất ban đầu có số ngun tử cacbon ≤ 3, viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) điều chế: Axit xiclobutancacboxylic và Xiclopentanon . V.2(2đ) Từ dẫn xuất halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau : RX  → + ).( khaneteMg RMgX  → + ).( 2 khaneteCO R-COOMgX 2 MgX HX − + R-COOH Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế:Axit metyl malonic .Hết ĐÁP ÁN Câu 1(4 đ) : I.1. A k1 k2 → ¬  B t = 0 a 0 t 2 a 2 a Áp dụng cơng thức đã cho : e 1 2 e x 1 k k ln t x x + = − Ở đây nồng độ lúc cân bằng x e được xác định thơng qua hằng số cân bằng K : [ ] [ ] e e B x K A a-x = = Sau khi biến đổi ta được : K1 aK x e + = và e aK-x(1+K) x x 1 K − = + Cuối cùng Kx-x-aK aK lg t 303,2 kk 21 =+ Vì 2 a x = Nên 2 a K- 2 a -aK aK lg t 303,2 kk 21 =+ K-1-2K 2K lg t 303,2 = 1-K 2K lg t 303,2 = Vì K = k 1 / k 2 Nên 21 1 21 k-k 2k lg kk 303,2 t + = giây10.7,2 100-300 300 . 2 lg 100003 303,2 3 − = + = I.2 2.1. Xét 2 cặp oxi hoá khử : Cu 2+ + e Cu + 2 0 1 1 0,059lg Cu E E Cu + +     = +     I 2 + 2e 2I - [ ] 2 0 2 2 2 0,059 lg 2 I E E I − = +     0 0 1 2 E E 〈 : Không thể có phản ứng giữa Cu 2+ và I - được. 2.2. Giả sử đổ dung dòch KI vào dung dòch chứa Cu 2+ và một ít Cu + . Vì CuI rất ít tan nên [Cu + ] rất nhỏ, do đó E 1 có thể lớn hơn E 2 . Như vậy ta có : Cu 2+ + e Cu + I - + Cu + CuI ↓ 1 2 I 2 + e I - Phản ứng oxi hoá khử tổng quát là : Cu 2+ + 2I - CuI ↓ + 1 2 I 2 (1) Lúc cân bằng ta có: 2 1 0,15 0,059lg [ ] Cu E T I + −     = + = [ ] 2 2 2 0,059 0,62 lg 2 I E I − = +     ⇔ 0,62 – 0,15 [ ] 2 2 1 2 2 1 0,059lg 0,059lg . Cu I T K T I + −         = = ⇒ 0,62 0,15 4 0,059 1 .10 10 − + = = K T 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5đ B F F F Ph©n tư d¹ng tam gi¸c ®Ịu C¸c vect¬ momen l­ìng cùc cđa c¸c liªn kÕt triƯt tiªu lÉn nhau(tỉng b»ng kh«ng) ph©n tư kh«ng ph©n cùc. N F F F C¸c vect¬ momen l­ìng cùc cđa c¸c liªn kÕt vµ cỈp electron kh«ng liªn kÕt ng­ỵc chiỊu nªn momen l­ìng cùc cđa ph©n tưbÐ h¬n NH 3 . Câu 2 (4 đ): II.1 2C 1 > C 2 > C 1 H + + PO 4 3-  HPO 4 2- 32,121 a3 10K = − C 1 C 2 / C 2 – C 1 C 1 0,25đ 4 HSO − + − 3 4 PO  − 2 4 SO + 2 4 HPO − K 1 = 10 10,32 C 1 C 2 – C 1 C 1 2C 1 – C 2 / C 2 – C 1 C 2 0,25đ − 4 HSO + 2 4 HPO −  − 2 4 SO + 2 4 H PO − K 2 = 10 5,26 2C 1 – C 2 C 2 C 2 - C 1 / 2(C 2 – C 1 ) C 1 2C 1 – C 2 0,5đ Vậy TPGH : − 2 4 HPO : 2(C 2 – C 1 ) ; − 42 POH : 2C 1 – C 2 ; − 2 4 SO : C 1 ; Na + : 3C 1 0,5đ II.2. H 3 PO 4 H + + H 2 PO 4 - (1) K 1 = 10 -2,23 H 2 PO 4 - H + + HPO 4 2- (2) K 2 = 10 -7,21 HPO 4 2- H + + PO 4 3- (3) K 3 = 10 -12,32 H 2 O H + + OH - (4) K w K 3 << K 2 << K 1 ⇒ chủ yếu xảy ra cân bằng (1) H 3 PO 4 H + + H 2 PO 4 - K 1 = 10 -2,23 C(M) 0,1 [ ](M) 0,1 – x x x = 10 -2,23 ⇒ x 2 + 10 -2,23 x – 10 -3,23 = 0 ⇒ x = 0,0215 (M) ⇒ pH = 1,66 0,5đ II.3. NaOH + H 3 PO 4 = NaH 2 PO 4 + H 2 O NaOH + NaH 2 PO 4 = Na 2 HPO 4 + H 2 O NaOH + Na 2 HPO 4 = Na 3 PO 4 + H 2 O Trung hòa nấc 1: pH 1 = = = 4,72 0,5đ ⇒ trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH 2 PO 4 . n H3PO4 = 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol) ⇒ n NaOH = 0,01 (mol) m NaOH = 0,01 x 40 = 0,4(g) 0,5đ II.4. Ta có các quá trình : FeF 3  Fe 3+ + 3F - β -1 = 10 -12,06 Fe 3+ +1e  Fe 3+ K 1 = 10 E1/ 0,059 FeF 3 +1e  Fe 2+ + 3F - (1) K 2 = 10 -12,06 + 0,77/ 0,059 = 10 0,99 0,25đ Mặt khác : I 2 + 2e  2I - (2) K 3 = 10 (0,54/ 0,059)2 = 10 18,3051 0,25đ Tổ hợp (1) và (2): 2FeF 3 + 2I -  2Fe 2+ + I 2 + 6F - Với K = K 2 2 .K 3 -1 = 10 -17,325 0,25đ * Kết luận : K quá bé nên phản ứng không thể xảy ra theo chiều thuận, mà chỉ xảy ra theo chiều nghịch. 0,25đ . Câu 3( 4 đ) III.1. SO 2 + H 2 O  H 2 SO 3 (1) H 2 SO 3  H + + HSO 3 - (2) HSO 3 -  H + + SO 3 2- (3) 1.1. Khi đun nóng khí SO 2 thoát ra nên nồng độ SO 2 tan giảm 0,25 1.2. Thêm dung dịch HCl : Kết hợp cân bằng (1) và (2) cho thấy nồng độ cân bằng SO 2 tăng 0,25 1.3. Thêm dung dịch NaOH có phản ứng NaOH + SO 2 → NaHSO 3 Hay 2NaOH + SO 2 → Na 2 SO 3 + H 2 O 0,25 Vậy nồng độ cân bằng SO 2 giảm 0,5 1.4. Thêm dung dịch KMnO 4 : có phản ứng oxi hóa khử sau : 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O → K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 2H 2 SO 4 Nên nồng độ cân bằng SO 2 giảm 0,25 0,5 III.2. Số mol của hỗn hợp X: n X = 8,96/22,4 = 0,4 mol Khi cho O 2 vào hỗn hợp X có : 2NO + O 2 = 2NO 2 ⇒ n X = n y 2NO 2 + 2NaOH = NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O → n z =n N 2 O +n N 2 = 44,8/22,4 = 0,2 mol → n NO = 0,2 M Z = 2.20 = 40 = 0,2 28.44.n 22 ON N n + → n N 2 O = 0,15 mol ; n N 2 = 0,05 mol 0,5đ Khi kim loại phản ứng ta có quá trình nhường e: Mg –2e = Mg 2 x mol n e (mất) = (2x + 3y) mol 0,25đ Al – 3e = Al 3+ y mol Khi HNO 3 phản ứng ta có quá trình nhận e : N +5 + 3e =N +2 (NO) 0,2 mol 0,2 mol 2N +5 + 8e = 2 N + (N 2 O) n e(nhận) = 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol 0,25đ 0,3 0,15mol 2N +5 +10e = N 2 0,1 0,05 mol Mg 2+ + 2OH - =Mg(OH) 2 ↓ x mol Al 3+ + 3OH - = Al(OH) 3 ↓ y mol Ta có hệ PT : 2x +3y = 2,3 58x + 78y = 62,2 0,25đ → x = 0,4mol ; y = 0,5mol → m 1 = 23,1 g 0,25đ Và số mol HNO 3 tham gia phản ứng là: n HNO 3 = n N 5 + tạo khí + n N 5 + tạo muối = 0,6 + 2,3 = 2,9 mol (n N 5 + tạo muối = n e trao đổi ) Vậy: m 2 = 5,913 100.24 120.100.63.9,2 = g 0,5đ Câu 4: IV.1. Ứng với cấu hình E thì C 4 H 7 Cl có 3 cấu trúc CH 3 CH 3 C 2 H 5 H CH 3 H C = C C = C 1,5đ H Cl H Cl H CH 2 Cl (1) (2) (3) X + dung dịch NaOH , t 0 c thu được hởn hợp sản phẩm bền Vậy cấu trúc của X là : H 3 C H C = C H CH 2 Cl IV.2. CH 3 CH = CHCH 3 + H + → 3 2 3 CH CH C HCH + 0,25đ CH 3 CH 2 CHBrCH 3 0,25đ 3 2 3 CH CH C HCH + 2 H O → 3 2 3 2 3 2 3 ( ) ( ) H CH CH CH CH O H CH CH CH OH CH + + − → 0,25đ 3 2 3 2 5 3 2 3 2 5 ( ) ( ) H CH CH CH CH O C H CH CH CH CH OC H + + − → H 0,25đ IV.3. Xác định cơng thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có) Đặt A: C x H y x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 ⇒ CT thực nghiệm (C 10 H 16 ) n M A = 136 ⇒ CTPT A : C 10 H 16 (số lk π + số vòng = 3) 0,5đ A tác dụng Br 2 theo tỉ lệ mol 1:2 ⇒ A có 2 liên kết π và 1 vòng A khơng tác dụng với AgNO 3 /NH 3 ⇒ A khơng có nối ba đầu mạch Ozon phân hồn tồn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal C = C Br - C 2 H 5 OH ⇒ CTCT A: CH 3 * 0,5đ A có 1 C * nên số đồng phân lập thể là 2 0,5đ Câu 5 : V.1. 0,5 0,5 0,5 0,5 Thí sinh có thể điều chế theo cách khác , vẫn cho điểm tối đa V.2. 2CH 4  → ln)(1500 lC o C 2 H 2 + 3H 2 0,25 C 2 H 2 + 2 HCl → CH 3 -CHCl 2 0,25 CH 3 -CHCl 2 + 2Mg  → khanete. CH 3 -CH(MgCl) 2 0,5 CH 3 -CH(MgCl) 2 + 2CO 2  → khanete. CH 3 -CH(COOMgCl) 2 0,5 CH 3 -CH(COOMgCl) 2 + 2HCl → CH 3 -CH(COOH) 2 + 2MgCl 2 0,5 + CH 2 (COOH) 2 CH 2 (COOC 2 H 5 ) 2 C 2 H 5 OH + BrCH 2 CH 2 Br Br(CH 2 ) 4 Br NC(CH 2 ) 4 CN HOOC(CH 2 ) 4 COOH Zn KCN H 2 O Ca(OH) 2 COO COO Ca t o O Br(CH 2 ) 3 Br C 2 H 5 O - COOC 2 H 5 C CH 2 CH 2 CH 2 COOC 2 H 5 CH CH 2 CH 2 CH 2 H 3 O + - CO 2 COOH . KỲ THI OLYMPIC TRÙN THỚNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỚ H́ ĐỀ THI MƠN HĨA 11 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Chú. HĨA 11 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Chú ý: Mỡi câu hỏi thi sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt I.3(1đ) So sánh và giải thích ngắn

Ngày đăng: 29/07/2013, 01:26

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan