SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG K THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 16 TI TỈNH TIỀN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 04 tháng 01 năm 2009 Câu 1 : (2,5 điểm) 1. Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số hạt các loại là 180, trong đó tổng số hạt mang điện gấp 1,432 lần số hạt nơtron. a. Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử X. b. Dự đoán tính chất của X ở dạng đơn chất (tính oxi hóa, tính khử) và viết phương trình hoá học để minh họa. c. Dạng đơn chất của X tác dụng được với dung dịch AgNO 3 (dung môi không phải là nước) ở điều kiện thường chỉ tạo ra hai chất, trong đó có một chất là XNO 3 và một chất kết tủa màu vàng. Hãy viết phương trình hoá học của phản ứng và cho biết phản ứng thuộc loại nào. 2. Sắt dạng α (Fe α ) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å. Hãy tính : a. Số nguyên tử Fe trong một tế bào sơ đẳng. b. Cạnh a của tế bào sơ đẳng. c. Tỉ khối của Fe theo g/cm 3 . d. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe. (Cho Fe = 56 g/mol) Đáp án 1a. Gọi số proton là Z, số nơtron là N, số electron là E, ta có : Z + N + E = 180  2Z + N = 180 Z + E = 1,432N  2Z – 1,432N = 0 Giải hệ phương trình được : N = 74; Z = 53 => X là iôt Cấu hình electron: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 4d 10 5s 2 5p 5 (0,50 đ) 1b. -Nguyên tử I có 7 electron ở lớp ngoài cùng (chưa bão hòa) => dạng đơn chất I 2 ; iot nguyên tử có khuynh hướng nhận thêm 1 electron để có cấu hình electron bền vững của khí hiếm (8 electron lớp ngoài cùng) => thể hiện tính oxi hóa. Thí dụ : 2Na + I 2 → 2NaI (0,25 đ) - Tuy nhiên, iot ở cuối nhóm VIIA nên tính phi kim tương đối yếu => khi tiếp xúc với chất oxi hóa mạnh hơn thì iôt thể hiện tính khử. Thí dụ : 3I 2 + 10HNO 3 → 6HIO 3 + 10NO + 2H 2 O (0,25 đ) Trang 1/11 ĐỀ CHÍNH THỨC 1c. - Phương trình hóa học : I 2 + AgNO 3 → AgI ↓ (vàng) + INO 3 (0,25 đ) - Phản ứng này thuộc loại phản ứng tự oxi hóa khử vì số oxi hóa của I vừa tăng từ 0 đến +1, vừa giảm từ 0 đến –1. (0,25 đ) 2a. A B C D a D C A B E E a - Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ) - Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là + ở tám đỉnh của khối lập phương = 8 × 1 8 = 1 + ở tâm của khối lập phương = 1 => tổng số nguyên tử Fe chứa trong tế bào sơ đẳng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) (0,25 đ) 2b. - Từ hình vẽ, ta có : AD 2 = a 2 + a 2 = 2a 2 - Xét mặt ABCD : AC 2 = a 2 + AD 2 = 3a 2 - Mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 => a = 4r 3 = 4 1,24 3 × = 2,86 Å (0,25 đ) 2c. Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE : AE = AC a 3 2 2 = = 2,86× 3 2 = 2,48 Å (0,25 đ) 2d. Khối lượng riêng: - 1 mol Fe = 56 gam - Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 2 nguyên tử Fe - 1 mol Fe có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử => Khối lượng riêng d = m V = 2 × 23 8 3 56 6,02×10 ×(2,86×10 ) − = 7,95 g/cm 3 (0,25 đ) Trang 2/11 Câu 2 : (3,0 điểm) Cho biết axit photphorơ H 3 PO 3 là một axit hai lần axit với các hằng số axit : k a1 = 1,6 .10 − 2 và k a2 = 7.10 − 7 . 1. Hỏi Na 2 HPO 3 là muối axít hay muối trung hòa? Viết công thức cấu tạo của muối đó. 2. Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,1 mol PCl 3 vào 1 lít nước. 3. Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,1 mol PCl 3 vào 450ml dung dịch NaOH 1M. Đáp án 1. - Na 2 HPO 3 là muối trung hòa, không có khả năng cho proton H + . (0,25 đ) - Công thức cấu tạo : O O H P O Na Na (0,25 đ) 2. -Khi hòa tan PCl 3 vào nước: PCl 3 + H 2 O → H 3 PO 3 + 3HCl (0,25 đ) 0,1 mol 0,1 mol 0,3 mol HCl → H + + Cl − 0,3 mol 0,3 mol H 3 PO 3 → ¬  H + + H 2 PO 3 − k a1 = 1,6.10 –2 Do H 3 PO 3 là một axit yếu nên nồng độ H + chủ yếu do HCl tạo ra => [H + ] = 0,3M => pH = -lg0,3 = 0,52 (0,25 đ) 3. Các phản ứng xảy ra : PCl 3 + H 2 O → H 3 PO 3 + 3H + + 3Cl − (1) 0,1 mol 0,1 mol 0,3 mol (0,25 đ) H + + OH − → H 2 O (2) 0,3 mol 0,3 mol (0,25 đ) H 3 PO 3 + OH − → ¬  H 2 PO 3 − + H 2 O (3) 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol (0,25 đ) H 2 PO 3 − + OH − → ¬  HPO 3 2 − + H 2 O (4) 0,05 mol 0,05 mol 0,05 mol (0,25 đ) H 2 PO 3 − → ¬  HPO 3 2 − + H + Cân bằng : C –x C + x x (0,25 đ) => a2 (C + x)x k = C - x với C = 0,05 : 0,45 (0,50 đ) Trang 3/11 => x = k a2 = 7.10 –7 => pH = 6,15. (0,25 đ) Câu 3 : (2 điểm) Cho phản ứng: A + B → C + D Người ta làm thí nghiệm với những nồng độ khác nhau và thu được những kết quả sau đây (ở nhiệt độ không đổi) : Thí nghiệm Nồng độ (mol/l) Tốc độ (mol/phút) A B 1 2 3 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 1,0 5.10 − 2 20.10 − 2 20.10 − 2 1. Tính hằng số tốc độ K của phản ứng trên và viết biểu thức tốc độ phản ứng. Cho biết bậc của phản ứng? 2. Tính tốc độ phản ứng khi : [A] = [B] = 0,1 mol/l. Đáp án 1. Biểu thức tốc độ có dạng : y B x A C C k V ××= => V 1 = k(0,5) x . (0,5) y = 5.10 − 2 V 2 = k(1,0) x . (1,0) y = 20.10 − 2 V 3 = k(0,5) x . (1,0) y = 20.10 − 2 (0,50 đ) x 2 3 V => = 2 =1=> x = 0 V (0,25 đ) y 3 1 V => = 2 = 4 => y = 2 V (0,25 đ) => V 2 = k(1,0) 0 . (1,0) 2 = 20.10 − 2 => k = 0,2 (0,25 đ) V = 0,2. 2 B C (phản ứng có bậc = x + y = 2) (0,25 đ) 2. [A] = [B] = 0,1 mol/l => V = 0,2 (0,1) 2 = 2.10 − 3 (0,50 đ) Trang 4/11 Câu 4 : (2 điểm) Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây : (1) 2ClO 2 (k) + O 3 (k) → Cl 2 O 7 (k) ΔH 0 = −75,7 kJ (2) O 3 (k) → O 2 (k) + O (k) ΔH 0 = 106,7kJ (3) 2ClO 3 (k) + O (k) → Cl 2 O 7 (k) ΔH 0 = − 278 kJ (4) O 2 (k) → 2O (k) ΔH 0 = 498,3 kJ Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau: (5) ClO 2 (k) + O (k) → ClO 3 (k). Đáp án -Kết hợp (1) và (3) ta có : ClO 2 (k) + 1 2 O 3 (k) → 1 2 Cl 2 O 7 (k) ΔH 0 = −37,85 kJ (0,25 đ) 1 2 Cl 2 O 7 (k) → ClO 3 (k) + 1 2 O (k) ΔH 0 = 139 kJ (0,25 đ) =>(6) ClO 2 (k) + 1 2 O 3 (k) → ClO 3 (k) + 1 2 O (k) ΔH 0 = 101,15 kJ (0,25 đ) - Kết hợp (6) và (2) ta có : ClO 2 (k) + 1 2 O 3 (k) → ClO 3 (k) + 1 2 O (k) ΔH 0 = 101,15 kJ 1 2 O 2 (k) + 1 2 O (k) → 1 2 O 3 (k) ΔH 0 = −53,35 kJ (0,25 đ) => (7) ClO 2 (k) + 1 2 O 2 (k) → ClO 3 (k) ΔH 0 = 47,8 kJ (0,25 đ) - Kết hợp (7) và (4) ta có ClO 2 (k) + 1 2 O 2 (k) → ClO 3 (k) ΔH 0 = 47,8 kJ O (k) → 1 2 O 2 (k) ΔH 0 = −249,15 kJ (0,25 đ) => (5)ClO 2 (k) + O (k) → ClO 3 (k) ΔH 0 = − 201,35 kJ. (0,50 đ) @ Cách khác : tổ hợp các phương trình đã cho như sau để được (5) (1). 1 2 + (3). (- 1 2 ) + (2).(- 1 2 ) + (4).(- 1 2 ) => (5) (0,50 đ) => ΔH 5 0 = ΔH 1 0 . 1 2 + ΔH 3 0 . (- 1 2 ) + ΔH 2 0 .(- 1 2 ) + ΔH 4 0 .(- 1 2 ) (0,50 đ) = (-75,7). 1 2 + (- 278). (- 1 2 ) + (106,7).(- 1 2 ) + (498,3).(- 1 2 ) (0,50 đ) = -201,35 kJ (0,50 đ) Trang 5/11 Câu 5 : (2 điểm ) Cho m 1 (g) gồm Mg và Al vào m 2 (g) dung dịch HNO 3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 (l) hỗn hợp khí A gồm NO; N 2 O; N 2 bay ra (đktc) và dung dịch X. Thêm một lượng O 2 vừa đủ vào A, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí B. Dẫn B từ từ qua dung dịch NaOH dư, có 4,48 (l) hỗn hợp khí C đi ra (đktc). Tỉ khối hơi của C đối với H 2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào dung dịch X để lượng kết tủa lớn nhất thì thu được 62,2 (g) kết tủa. Tính m 1 và m 2 . Biết lượng HNO 3 đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết. Đáp án - Số mol khí của hỗn hợp A: n A = 8,96/22,4 = 0,4 mol (1) - Khi cho O 2 vào hỗn hợp A có phản ứng : 2NO + O 2 → 2NO 2 => B gồm NO 2 , N 2 O, N 2 với n A = n B - Dẫn B qua dung dịch NaOH có phản ứng : 2NO 2 + 2NaOH → NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O (0,25 đ) => C gồm N 2 O và N 2 với : n C = n N2O +n N2 = 44,8/22,4 = 0,2 mol (2) - M C = 2.20 = 40 = 2 2 N O N n .44 + n .28 0,2 (3) - Giải hệ 2,3 => n N2O = 0,15 mol ; n N 2 = 0,05 mol (0,25 đ) - So sánh 1, 2 => n NO = 0,2 (0,25 đ) - Gọi x, y là số mol Mg, Al => n e (cho) = (2x + 3y) mol Số mol electron nhận ứng với số mol khí trong hỗn hợp A : n e (nhận) = n NO .3 + n N2O .8 + n N2 .10 = 0,2.3 + 0,15.8 + 0,05.10 = 2,3 mol Theo ĐLBT e => 2x + 3y = 2,3 (4) - Lượng kết tủa tối đa = 24x + 27y + (2x + 3y).17 = 62,2 (5) - Giải hệ 4, 5 => x = 0,4 mol ; y = 0,5 mol (0,50 đ) * Vậy m 1 = 24.0,4 + 27.0.5 = 23,1 g (0,25 đ) - n HNO3 tgpu = n HNO3 tạo khí + n HNO3 tạo muối = n NO + 2n N2O + 2n N2 + n e trao đổi = 0,2 + 2.0,15 + 2.0,05 + 2,3 = 2,9 mol * Vậy m 2 = 2,9.63.100.120 = 913,5 24.100 g (0,50 đ) Trang 6/11 Câu 6 : (2,0 điểm) 1. Có một hỗn hợp các chất rắn gồm : p-metyl anilin, axit benzoic, naphtalen. Trình bày ngắn gọn phương pháp hoá học để tách riêng từng chất. Viết các phương trình phản ứng minh họa. 2. Có 5 lọ đựng riêng biệt các chất : axit benzoic (A); benzanđehit (B); metylphenyl ete (C); ancol benzylic (D); isopropyl benzen (E). Biết A, B, C, D, E là chất lỏng. Hãy sắp xếp thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi, giải thích. Đáp án 1. - Khuấy đều hỗn hợp rắn với lượng dư dung dịch NaOH loãng, chỉ có axit benzoic phản ứng tạo thành natri benzoat tan trong dung dịch, hai chất còn lại không phản ứng, lọc tách hỗn hợp rắn và dung dịch. Axit hoá dung dịch natribenzoat bằng dung dịch HCl loãng : (0,25 đ) C 6 H 5 COOH + NaOH → C 6 H 5 COONa + H 2 O (rắn) (tan) C 6 H 5 COONa + HCl → C 6 H 5 COOH ↓ + NaCl (0,25 đ) - Khuấy hỗn hợp rắn còn lại, p-metyl anilin với lượng dư dung dịch HCl (loãng) phản ứng tạo muối tan, lọc lấy naphtalen, kiềm hoá dung dịch muối, thu được p- metyl anilin : (0,25 đ) p-CH 3 C 6 H 4 NH 2 + HCl → p-CH 3 C 6 H 4 NH 3 Cl p-CH 3 C 6 H 4 NH 3 Cl + NaOH → p-CH 3 C 6 H 4 NH 2 + NaCl + H 2 O (0,25 đ) 2. - Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi : (CH 3 ) 2 CHC 6 H 5 < C 6 H 5 OCH 3 < C 6 H 5 CH=O < C 6 H 5 CH 2 OH < C 6 H 5 COOH (E) (C) (B) (D) (A) (0,50 đ) + (E) phân cực yếu hơn (C), không có liên kết hiđro + (C) phân cực yếu hơn (B), không có liên kết hiđro + (B) phân cực, không có liên kết hiđro + (D) phân cực, có liên kết hiđro liên phân tử yếu hơn (A) + (A) phân cực, có liên kết hiđro liên phân tử mạnh. (0,50 đ) Trang 7/11 Câu 7 : (2,5 điểm) Hai hợp chất thơm A và B đều có công thức phân tử C n H 2n − 8 O 2 . Hơi B có khối lượng riêng 5,447 g/l (đktc). A có khả năng phản ứng với kim loại Na giải phóng H 2 và có phản ứng tráng gương. B phản ứng được với Na 2 CO 3 giải phóng khí CO 2 . 1. Viết công thức cấu tạo của A, B. 2. A có 3 đồng phân A 1 , A 2 , A 3 ; trong đó A 1 là đồng phân có nhiệt độ sôi nhỏ nhất. Xác định công thức cấu tạo của A 1 , giải thích. 3. Viết sơ đồ chuyển hoá o-crezol thành A 1 . Đáp án 1. - M B = 5,447.22,4 = 122 (g) => CTPT của A, B: C 7 H 6 O 2 ( 0,25 đ) A + Na → H 2 => A có nhóm -OH. A + AgNO 3 3 NH → Ag => A có nhóm -CH=O ( 0,25 đ) - CTCT của A : (1) CHO OH (2) CHO OH (3) CHO OH ( 0,25 đ) - B + Na 2 CO 3 → CO 2 => B là axit : COOH ( 0,25 đ) 2. - A 1 là đồng phân ortho (1) ( 0,25 đ) - vì có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm nhiệt độ sôi. ( 0,25 đ) 3. - Sơ đồ phản ứng từ o-crezol thành A 1 CH 3 OH Cl 2 as CH 2 Cl OH NaOH t o CH 2 OH ONa CHO ONa CuO t o HCl CHO OH (0,25 đ ×4) Trang 8/11 Câu 8 : (2 điểm ) 1. Bradikinin có tác dụng làm giảm huyết áp. Đó là nonapeptit có công thức viết tắt là Arg – Pro – Pro – Gly – Phe – Ser – Pro – Phe – Arg. Khi thủy phân từng phần peptit này có thể thu được những tripeptit nào có chứa phenyl alanin? 2. Khi thủy phân một peptit người ta chỉ thu được các đipeptit sau : Glu – His, Asp – Glu, Phe – Val, và Val – Asp. Xác định cấu tạo của peptit trên. Đáp án 1. Những tripeptit có chứa phenyl alanin: Gly – Phe – Ser Pro – Gly – Phe Phe – Ser – Pro Ser – Pro – Phe Pro – Phe – Arg (0,20 đ ×5) 2. - Từ Glu – His và Asp – Glu => ? Asp – Glu – His ? (0,25 đ) - Từ Phe – Val và Val – Asp => ? Phe – Val – Asp ? (0,25 đ) - Từ Asp – Glu và Val – Asp => ? Val – Asp – Glu ? (0,25 đ) => Tổ hợp lại ta có pentapeptit : Phe – Val – Asp – Glu – His (0,25 đ) @ Nếu thí sinh nêu thẳng pentapeptit : Phe – Val – Asp – Glu – His vẫn được trọn 1,00 đ. Trang 9/11 Câu 9 : (2 điểm ) Đốt cháy hoàn toàn 5,04 g X cần 20,16 lít (đktc) không khí (biết O 2 chiếm 20% thể tích không khí) chỉ thu được CO 2 và H 2 O với tỉ lệ khối lượng 2 2 CO H O m 11 m 4 = . 1. Xác định CTPT của X, biết rằng khi thủy phân 1 mol X trong môi trường axit sẽ thu được 3 mol monosaccarit thuộc loại hexozơ. 2. Viết công thức cấu trúc của X theo Haworth. Biết X là Melixitozơ là đường không khử có trong mật ong. Khi thủy phân hoàn toàn 1 mol X trong môi trường axit thu được 2 mol D-glucozơ và 1 mol D-fructozơ. Khi thuỷ phân không hoàn toàn sẽ được D-glucozơ và đisaccarit furanozơ. Khi thuỷ phân nhờ enzim mantaza sẽ tạo thành D-glucozơ và D-fructozơ, còn khi thuỷ phân nhờ enzim khác sẽ nhận được saccarozơ. 3. Metyl hóa 1 mol Melixitozơ rồi thuỷ phân, nhận được 1 mol 1,4,6-tri-O- metyl-D-fructozơ và 2 mol 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-glucozơ. Viết sơ đồ phản ứng. Đáp án 1. - Đặt CTPT của X là C x H y O z (x,y,z là số nguyên > 0) o t x y z 2 2 2 y z y C H O + (x + )O xCO + H O 4 2 2 − → a y z (x + ) 4 2 − a ax ay 2 - Từ đề bài => a(12x + y + 16z) = 5,04 (1) n O2 pu = y z (x + ) 4 2 − a = 20,16 20 100 22,4 × × = 0,18 (mol) (2) 2 2 2 2 CO CO H O H O m n 11 9 = = m 4 n 8 => = 2ax ay (3) - Từ 1, 2, 3 => x : y : z = 9 : 16 : 8 => CTN : (C 9 H 16 O 8 ) n (0,50 đ) - Vì khi thủy phân 1 mol X thu 3 mol monosaccarit (loại hexozơ) nên trong X có 18 nguyên tử C => CTPT của X là C 18 H 32 O 16 (0,25 đ) 2. -X là đường không khử nên trong X không có nhóm OH hemiaxetal (semiaxetal) - Khi thủy phân 1 mol X thu được 2 mol D-Glucozơ và 1 mol D-fructozơ => X có 3 monosaccarit liên kết với nhau ở OH hemiaxetal. (0,25 đ) - Khi thủy phân X không hoàn toàn sẽ nhận được D-glucozơ và đisaccarit furanozơ =>trong cấu trúc của X có 1 D-glucozơ ở đầu mạch hoặc cuối mạch. - Khi thủy phân nhờ enzim mantaza sẽ tạo thành D-glucozơ và D-fructơzơ =>X có một β-D-glucozơ và một β-D-fructozơ. - Khi thủy phân nhờ enzim khác sẽ nhận được saccarozơ => X có đoạn : [α-D-glucozơ] – [β-D-fructozơ] –[β-D-glucozơ] (0,25 đ) - Metyl hóa 1 mol Melexitozơ rồi thủy phân, nhận được 1 mol 1,4,6-tri-O-metyl- D-fructozơ và 2 mol 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-glucozơ => α-D-glucozơ liên kết β-D- Trang 10/11 [...]...fructozơ theo liên kết α-1,2-glicozit; β-D-fructozơ liên kết với β-D-glucozơ bằng liên kết β-1,3-glicozit (0,25 đ) => công thức Haworth của Melixitozơ : (0,25 đ) 3 1) metyl hoaù 2) thuyû phaân + + (0,25 đ) HẾT Trang 11/11 . GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG K THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 16 TI TỈNH TIỀN GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC LỚP 12 Thời gian làm. CHÍNH THỨC 1c. - Phương trình hóa học : I 2 + AgNO 3 → AgI ↓ (vàng) + INO 3 (0,25 đ) - Phản ứng này thuộc loại phản ứng tự oxi hóa khử vì số oxi hóa