ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC - LỚP 11 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC - LỚP 11 Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh Tỉnh Đồng Nai Tỉnh Đồng Nai Câu I (4điểm) I.1. Ở 27 o C, 1atm, 20% N 2 O 4 chuyển thành NO 2 . Hỏi ở 27 o C, 0,1 atm, có bao nhiêu % N 2 O 4 chuyển thành NO 2 ? Nhận xét ? I.2. Tính α khi cho 69 gam N 2 O 4 vào 1 bình 20 lít ở 27 o C. I.3. Tính α khi cho 69 gam N 2 O 4 và 30 gam Ar vào 1 bình 20 lít ở 27 o C. I.4. Tính α khi cho 69 gam N 2 O 4 và 30 gam Ar vào 1 bình 40 lít ở 27 o C. Cho nhận xét và giải thích. I.5. Người ta đo tỉ khối đối với không khí của một hỗn hợp khí N 2 O 4 , NO 2 ở áp suất 1 atm và tại các nhiệt độ khác nhau. Kết quả thu được là: t o (C) 45 60 80 100 140 180 d 2,34 2,08 1,80 1,68 1,59 1,59 Tính α ở các nhiệt độ trên. Cho biết chiều thuận là chiều thu nhiệt hay toả nhiệt? Câu II (4 điểm) Cho pin: H 2 (Pt), 2 H p = 1 atm Pt 1MH 1M,Mn 1M,MnO 1MH 2 4 ++ − + Biết rằng sđđ của pin ở 25 o C là 1,5V. I.1. Hãy cho biết phản ứng quy ước, phản ứng thực tế xảy ra trong pin và xác định o MnMnO 2 4 E + − / . I.2. Sức điện động của pin thay đổi ra sao (xét ảnh hưởng định tính), nếu: -Thêm ít NaHCO 3 vào nửa trái của pin? -Thêm ít FeSO 4 vào nửa phải của pin? -Thêm ít CH 3 COONa vào nửa phải của pin? Câu III (4 điểm) Một vài tính chất của một hợp chất vô cơ chưa biết A được liệt kê dưới đây: -A là một chất rắn màu trắng hơi vàng, dễ chảy rữa và thăng hoa khi đun nóng. A có khối lượng phân tử là 266. -A phản ứng mãnh liệt với nước để cho dung dịch B. -Khi một dung dịch hỗn hợp gồm NH 4 OH và NH 4 Cl được thêm vào dung dịch B thì nhận được kết tủa keo màu trắng. -Một mẫu dung dịch B phản ứng với dung dịch hỗn hợp nitric axit và bạc nitrat cho kết tủa vón cục màu trắng C. Kết tủa trắng này nhanh chóng tan đi khi thêm vào dung dịch NH 4 OH mặc dù khi ta cho dư NH 4 OH thì lại xuất hiện kết tủa trắng D. -Kết tủa D được lọc và hoà tan trong NaOH thu được dung dịch trong suốt E. -Khi cho khí CO 2 lội qua dung dịch E thì lại sinh ra kết tủa D. -Chất A hoà tan không điện ly trong ete không lẫn nước. Khi dung dịch này phản ứng với LiH thì sẽ tạo thành sản phẩm F. Nếu dùng dư LiH thì F sẽ chuyển thành G. I.1. Xác định chất A. I.2. Xác định các chất từ B đến G và viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra. Câu IV (4 điểm) Từ dầu mỏ, người ta tách được các hyđrocacbon A, B, C. Dưới tác dụng của ánh sáng, brom hóa A (1:1) ta thu được sản phẩm A 1 . Phân tích định lượng A 1 : 55,81%C ; 6,98%H; 37,21%Br. Bằng phương pháp vật lý cho biết A 1 gồm hai loại phân tử với số lượng tương đương nhưng có khối lượng hơn kém nhau 2 đvC. B, C có nhiều hơn A hai nguyên tử H. I.1. Xác định công thức phân tử của A, B, C. I.2. Cả A, B, C đều không làm mất màu dung dịch brom và chỉ chứa C bậc hai và ba. Tỉ lệ giữa số nguyên tử C III : số nguyên tử C II ở A là 2 : 3; còn ở B và C là 1 : 4. Cả ba đều chỉ chứa vòng 6 cạnh ở dạng ghế. Hãy xác định công thức cấu tạo và viết công thức lập thể của A, B, C. I.3. So sánh nhiệt độ nóng chảy của A, B, C. Giải thích? Câu V (4 điểm) Xitral A C 10 H 16 O là một terpenoit thành phần chính của tinh dầu chanh. Nó phản ứng với NH 2 OH tạo thành chất có công thức phân tử: C 10 H 17 N, với thuốc thử Tolens cho phản ứng tráng gương và một chất có công thức phân tử: C 10 H 16 O 2 . Khi oxi hóa mãnh liệt xitral tạo thành axeton, axit oxalic và axit levuric (CH 3 COCH 2 CH 2 COOH) I.1. Dựa vào dữ kiện trên và dựa vào qui tắc isopren của terpen, hãy viết công thức cấu tạo của xitral. I.2. Trong thực tế xitral gồm hai đồng phân: xitral-a (tức geranial) và xitral-b (tức neral). Cả hai chất này đều cho sản phẩm oxi hóa như nhau. Vậy có thể có đặc điểm gì khác trong cấu hình của hai đồng phân đó? I.3. Xitral-a được tạo thành khi oxi hóa nhẹ geraniol, còn xitral-b được tạo thành khi oxi hóa nhẹ nerol. Dựa trên cơ sở này, hãy viết công thức cấu hình của xitral-a và xitral-b. ĐÁP ÁN ĐÁP ÁN Câu I I.1. N 2 O 4 (k)  2NO 2 (k) Tổng số mol khí P hệ Ban đầu n n P o Biến đổi nα 2nα Cân bằng n(1-α) 2nα n(1+α) P cb ( ) ( ) cbON P . 1n -1n P 42 α α + = ; ( ) cbNO P . 1n n2 P 2 α α + = ⇒ K P = cb 2 2 ON 2 NO P . 1 4 P P 42 2 α α − = -Khi P cb = 1 atm, α = 0,2 ⇒ K P = 0,167 -Khi P cb = 0,1 atm ⇒ α = 0,543 = 54,3% ♣ Nhận xét: Khi P cb của hệ giảm, α tăng tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, phù hợp với nguyên lí Lechatelier. I.2. 0,0375 20 0,75 V n C 42 ON === (M) P o = CRT = 0,0375.0.082.300 = 0,9225 (atm) N 2 O 4 (k)  2NO 2 (k) Ban đầu P o Biến đổi P o α 2P o α Cân bằng P o (1-α) 2P o α ⇒ K P = o 2 2 ON 2 NO P . 1 4 P P 42 2 α α − = ⇒ α = 0,191 = 19,1% I.3. Mặc dù thêm 1 lượng khí Ar làm áp suất tổng quát tăng gấp đôi tuy nhiên do thể tích bình không đổi nên 42 ON C không đổi ⇒ P o (N 2 O 4 ) không đổi, mà K p cũng không đổi (vì nhiệt độ không đổi). ⇒ α = 0,191 = 19,1% I.4. Tính tương tự câu I.2 ta được α = 0,259 = 25,9% ♣ Nhận xét: α tăng, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Vì: áp suất tổng quát của hệ không đổi nhưng áp suất cân bằng gây ra bởi N 2 O 4 , NO 2 lại giảm ⇒ cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. I.5. 29 M d hh hh/kk = ⇒ ( ) α + == 1n n.M 29d M 42 ON hh (áp dụng định luật bảo toàn khối lượng). ⇒ 1 - 29d M 42 ON = α ⇒ t o 45 60 80 100140 180 d 2,34 2,08 1,80 1,68 1,59 1,59 α 0,356 0,525 0,762 0,888 0,995 0,995 ♣ Nhận xét: nhiệt độ tăng, α tăng ⇒ cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Theo nguyên lý Lechatelier, chiều thuận là chiều thu nhiệt. Câu II I.1. Vì Sđđ = pin E = +1,51V > 0, cực Pt (bên phải) là cactot, cực hiđro (bên trái) là anot, do đó phản ứng thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng quy ước. Ở Catot xảy ra quá trình khử: MnO 4 - + 8H + + 5e  Mn 2+ + 4H 2 O Ở Anot xảy ra quá trình oxi hóa: H 2  2H + + 2e Phản ứng thực tế xảy ra: 2MnO 4 - + 5H 2 + 6H +  2Mn 2+ + 8H 2 O Vì đây là pin tiêu chuẩn, nên theo quy ước: o MnMnO o H2H o MnMnO o - oo pin 2 4 2 2 - 4 E E -E E - E E + −+ + === + / / / Vậy 1,51 E E o pin o MnMnO 2 4 == + − / (V) I.2. Khi thêm các chất vào nửa phải hoặc nửa trái của pin thì lúc đó pin không còn là pin tiêu chuẩn nữa. -Nếu thêm ít NaHCO 3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra phản ứng: HCO 3 - + H + → CO 2 + H 2 O Làm [H + ] giảm ⇒ [ ] 2 2 H H2H p H lg 2 0,0592 E 2 / + = + giảm. Do đó : 2 2 4 H2H MnMnO pin E - E E / / + + − = sẽ tăng. -Tương tự, thêm ít FeSO 4 vào nửa phải của pin sẽ xảy ra phản ứng: MnO 4 - + 5Fe 2+ + 8H + → Mn 2+ + 5Fe 3+ + 4H 2 O SO 4 2- + H + → HSO 4 - Làm cho [MnO 4 - ] và [H + ] giảm ; [Mn 2+ ] tăng. ⇒ [ ] [ ] [ ] + + − += + − + − 2 4 o MnMnO MnMnO Mn HMnO lg 5 0,0592 E E 2 4 2 4 8 / / giảm, do đó Sđđ của pin giảm. -Nếu thêm ít CH 3 COONa vào nửa phải của pin sẽ xảy ra phản ứng: CH 3 COO - + H + → CH 3 COOH Do đó [H + ] giảm, + − 2 4 MnMnO E / giảm, do đó Sđđ của pin sẽ giảm. Câu III I.1. Trong bước thứ ba của phép phân tích ta thu được kết tủa trắng keo, điều này chứng tỏ rằng dung dịch B có chứa Al 3+ và dung dịch B cũng tạo kết tủa trắng với AgNO 3 , kết tủa này tan đi khi ta thêm NH 4 OH vào chứng tỏ rằng dung dịch B có chứa Cl - . Vậy chất A sẽ là Al 2 Cl 6 (M A = 266). I.2. Các phản ứng xảy ra: - Al 2 Cl 6 + 12H 2 O → 2[Al(H 2 O) 6 ] 3+ + 6Cl - - Al 3+ + 3NH 4 OH → Al(OH) 3 + 3NH 4 + - 6AgNO 3 + 6Cl - → 6AgCl + 6NO 3 - (C) AgCl + 2NH 4 OH → [Ag(NH 3 ) 2 ] + Cl - + H 2 O Al 3+ + 3NH 4 OH → Al(OH) 3 + 3NH 4 + (D) - Al(OH) 3 + NaOH → Na + [Al(OH) 4 - ] (E) - [Al(OH) 4 ] - + CO 2 → Al(OH) 3 + HCO 3 - - Al 2 Cl 6 + 6LiH → (AlH 3 ) 2 + 6LiCl (F) (AlH 3 ) 2 + 2LiHdư → 2LiAlH 4 (G) Câu IV I.1. Đặt công thức tổng quát của A 1 là : C x H y Br z Ta có: x : y : z = 80 % 1 % 12 % BrHC == = 80 21,37 1 98,6 12 81,55 == = 10 : 15 : 1 Công thức nguyên của A 1 : (C 10 H 15 Br) n Ta biết trong tự nhiên Brom tồn tại dưới hai dạng đồng vị Br 79 và Br 81 . Mà khối lượng nguyên tử trung bình của Br là 80 ⇒ Br 79 và Br 81 trong tự nhiên có số lượng tương đương nhau. ⇒ A 1 chỉ có 1 nguyên tử Br hơn kém nhau 2 đvC là Br 79 và Br 81 ⇒ CTPT của A 1 : C 10 H 15 Br ⇒ CTPT của A : C 10 H 16 ⇒ CTPT của B, C : C 10 H 18 I.2. A, B, C không làm mất màu dung dịch brom ⇒ Không chứa liên kết bội mà chứa vòng no. A có 4 C III , 6 C II ; B và C có 2C III và 8C II . ⇒ Công thức cấu tạo của chúng: A B,C Công thức lập thể: A B C I.3. T nc : A > B > C Vì tính gọn gàng giảm theo chiều đó. A có cấu trúc đặc biệt gồm 4 mặt ghế xếp rất khít vào nhau (gần giống mạng tinh thể) nên rất gọn ⇒ T nc cao đặc biệt. Câu V I.1. Xitral có CTPT : C 10 H 16 O Ta có: C 10 H 16 O + NH 2 OH + Tolens + KMnO 4 ñ/t o C 10 H 17 NO C 10 H 16 O 2 CH 3 - C - CH 3 + HOOC - COOH + CH 3 - C - CH 2 - CH 2 - COOH O O (1) (2) (3) Từ (1) và (2) ⇒ Xitral là một anđehit đơn chức. Từ (3) ⇒ Xitral có thể có những công thức cấu tạo sau: CH 3 - C = CH - CH = C - CH 2 - CH 2 - CH = O CH 3 CH 3 CH 3 - C = CH - CH 2 - CH 2 - C = CH - CH = O CH 3 CH 3 CH 3 - C = C - CH 2 - CH 2 - CH = CH - CH = O CH 3 CH 3 Tuy nhiên, dựa vào qui tắc isopren của terpen, CTCT đúng của Xitral là : CH 3 - C = CH - CH 2 - CH 2 - C = CH - CH = O CH 3 CH 3 hay CH 3 CH 3 CH 3 CH = O I.2. Trong thực tế, Xitral gồm 2 đồng phân, khi oxi hóa đều cho 2 sản phẩm như nhau, như vậy chúng có đặc điểm khác nhau trong cấu hình của 2 đồng phân này là: chúng là đồng phân hình học của nhau. CH = O CH 3 CH 3 CH 3 (trans) CH 3 CH 3 CH 3 CH = O (cis) I.3. ♣Geraniol có cấu tạo là: CH = O CH 3 CH 3 CH 3 (trans) CH 3 CH 3 CH 3 CH 2 OH caáu hình cuûa Xitral-a laø: ♣Còn Nerol có cấu tạo là: CH = O CH 3 CH 3 CH 3 (cis) CH 3 CH 3 CH 3 CH 2 OH caáu hình cuûa Xitral-b laø: . CH 3 - C = CH - CH = C - CH 2 - CH 2 - CH = O CH 3 CH 3 CH 3 - C = CH - CH 2 - CH 2 - C = CH - CH = O CH 3 CH 3 CH 3 - C = C - CH 2 - CH 2 - CH = CH - CH. 10 H 16 O + NH 2 OH + Tolens + KMnO 4 ñ/t o C 10 H 17 NO C 10 H 16 O 2 CH 3 - C - CH 3 + HOOC - COOH + CH 3 - C - CH 2 - CH 2 - COOH O O (1) (2) (3) Từ