Đáp án đề thi đề xuất hóa11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP

KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN
THỨ XIII, NĂM 2017 - MƠN HĨA HỌC KHỐI 11

ĐỀ THI ĐỀ
XUẤT

Câu
1
1.1. Xét đồ thị :

Nội dung

Điểm
2,5

c
A
B

0,5

C
t

Các nồng độ của NO và O2 tăng với thời gian (các đường A và B).
Vì nồng độ NO tạo ra gấp đơi nồng độ O 2 cho nên đường B biểu thị sự phụ
thuộc nồng độ của O2 với thời gian.
1.2. Từ thí nghiệm 1 và 2
a=2

Từ thí nghiệm 1 và 3

d = -1

Từ thí nghiệm 1 và 4

b=2
e=0

dc(I2 )
dt = k.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−).c−1([Fe(CN)6]4−).c0(I2)

0,5

Thí nghiệm 1:
1.10−3 mol.L−1. H−1 = k . 1 mol2.L−2.1 mol2.L−2.(1 mol.L−1) −1
0,25

K = 1.10−3 mol−2.L2. h−1
1.3
(a)

1,25
k1

[Fe(CN)6]3− + 2 I−
[Fe(CN)6]3− + I2−

  


k 1

2
 k


[Fe(CN)6]4− + I2−

(1)

[Fe(CN)6]4− + I2

(2)

(1) diễn ra nhanh.
(2) diễn ra chậm.
(b)

Chứng minh:

0,5


Từ cân bằng (1) ta có:
c([Fe(CN)6 ]4- )  c(I 2 - )
k1
=
k -1
c([Fe(CN)6 ]3- )  c 2 (I- )

k1 c([Fe(CN) 6 ]3- )  c 2 (I - )

k
c([Fe(CN)6 ]4- )
−
-1
c(I2 ) =

(a)

Phản ứng (2) diễn ra chậm:
dc(I )
2
dt = k2 × c([Fe(CN)6]3−) × c(I2−)

0,25
(b)

Thay (a) vào (b) ta được:
c 2 ([Fe(CN) 6 ]3- )  c 2 (I - )
k1
dc(I )
2
c([Fe(CN)6 ]4- )
dt = k -1 × k2 ×

Kết quả này phù hợp với kết quả thực nghiệm.
Nếu phản ứng (1) là chậm, phản ứng (2) nhanh:

0,25

dc(I )
2
dt = k2.c([Fe(CN)6]3−).c(I2−) và c(I2−) = k1.c([Fe(CN)6]3−).c2(I−)
dc(I )
2
-> dt = k1.k2.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−).

Kết quả này không phù hợp với kết quả thực nghiệm.
2

0,25
2,5

2.1. Ta có: G 0 H 0  T.ΔSS0 = - RTlnKp
0
0
0
Ở 25 oC: G 298 H 298  T.ΔSS298 .

1
Từ phản ứng: 2 O2 + SO2

G 0298 =



ΔSG 0298
e RT

=e

-

o
Khi H = const, ta có :



SO3, suy ra:

1
(- 395,18 + 296,06) – 298.10-3 . (256,22 – 248,52 - 2 . 205,03)
= - 99,12 – 298.10-3.(- 94,815)  - 70,87 (Kj.mol-1 )

 K p, 298 =

ln

0,25

K p, 333
12

2,65.10

- 70,87.103
8,314 . 298

ln

=-

0,25

= 2,65.1012.

K p, 333
K p, 298
3

0,25

=-

ΔSH0  1
1 


R  333 298 

- 99,12.10  1
1 

8,314  333 298   K p, 333  3,95.1010 (atm- ½).

0,25


Khi tăng nhiệt độ từ 25oC đến 60oC, hằng số cân bằng Kp giảm từ 2,65.1012 0,25

xuống 3,95.1010 (atm- ½), điều này hoàn toàn phù hợp với nguyên lý Le
Chatelier (Lơ Satơliê), do phản ứng (1) tỏa nhiệt.
P.V
1.1
2.2.
0,25
n=

=0,0327
R.T 0,082 . 373
Tổng số mol của hệ :
(mol). Tại thời điểm cân
bằng :
0,25
n SO3 = 0,015 (mol); nSO2 = 0,025 - 0,015 = 0,01 (mol); n O2 = 0,0327 - 0,015 - 0,01 = 0,0077 (mol).

Vì áp suất tổng của hệ là 1 atm, do đó:
Kp =

pSO3
pSO2 . pO2

0,015
0,015
0,0327
=
=
3, 0911
0,01
0,0077

0,0077
.
0,01 .
0,0327
0,0327
0,0327
(atm-1/2).

0,25

2.3. a) Nếu áp suất tăng gấp đôi do thêm N2, nhưng thể tích khơng đổi, áp suất riêng 0,25
phần của các chất khí khơng đổi, do đó cân bằng khơng bị chuyển dịch.
b) Nếu áp suất tổng trong bình khơng đổi, nhưng giả thiết thể tích bình được tăng
gấp đơi, khi đó sẽ làm giảm áp suất riêng phần của các chất (lỗng khí), cân bằng 0,25
(1) sẽ chuyển dịch theo chiều nghịch.
3
3.1.
(a)

2,5
1,5


  
H 3AsO 4 
 H  H 2 AsO 4

[H  ].[H 2 AsO 4 ]
Ka1 
[H 3AsO 4 ]

H 2 AsO 4    H   HAsO 42

[H  ].[HAsO 24 ]
Ka2 
[H 2 AsO 4 ]

2
4

HAsO    H   AsO34

[H  ].[AsO34 ]
Ka3 
[HAsO 24 ]

Áp dụng bảo toàn nồng độ ta có:
CAs(V) = [H3AsO4] + [H2AsO4-] + [HasO42-] + [AsO43-]
Ka .Ka
[H  ]
Ka
 C [H 2 AsO ](
 1  2  2  2 3 )
Ka1
[H ] [H ]

4

[H 2 AsO4 ]
1


 
(1)
[H ]
Ka2 Ka2 .Ka3
C
1   
Ka1
[H ] [H  ]2

0,25


* Tại Ph = pKa1 hay [H+] = Ka1
=> [H2AsO4-]/[H3AsO4] = Ka1/[H+] = 1 => [H2AsO4-]=[H3AsO4]


[H 3 AsO 4 ] [H 2 AsO 4 ]


C
C

 6,9

2

10
10 2,2

1
1

 6,9
 11,5
10 .10
2

 4,4
10

Vây: Tại Ph = pKa1: [H2AsO4-]=[H3AsO4] = 50% (về số mol)
0,25
24

4

+

* Tại Ph = pKa2 tương tự ta có: [HasO ]/[H2AsO ] = Ka2/[H ] = 1 =>
[HasO42-]=[H2AsO4-]
Thay vào (1) ta có:


[H 3AsO 4 ] [H 2 AsO4 ]


C
C

1
 6,9

2

 11,5

10
10
  2,2
 2,2
10
10

24



1
2

0,25

4

Vậy tại Ph = pKa2 : [HasO ]=[H2AsO ] = 50% (về số mol)
* Tại Ph = pKa3 :
Ta có: CAs(V) = [H3AsO4] + [H2AsO4-] + [HasO42-] + [AsO43-]
[H  ]2 .[HAsO 24 ] [H  ].[HAsO 24 ]
Ka .[HAsO 2 ]

 C 

 [HAsO 24 ]  3  4
Ka1.Ka2
Ka2
[H ]
[H  ]2
[H  ] Ka3
 C [HAsO ](
1 

)
Ka2 .Ka1
Ka2 [H  ]
2
4



[HAsO 24 ]
1

 2
[H ]
[H  ] Ka3
C
1 

Ka2 .Ka1
Ka2 [H  ]

Tại Ph = Ka3 hay [H+]= Ka3 thì [AsO43-]/[HasO42-] = Ka3/[H+] = 1 => [AsO43-]=
[HasO42-]


[AsO34 ] [HAsO 42 ]


C
C

1
1

 11,5
(10 )
10
2
2   2,2  6,9   6,9
10 .10
10
 11,5 2

Vậy tại Ph = Ka3 : [AsO43-]= [HasO42-] = 50% (về số mol)
0,25
(b)

As (V) sẽ được hấp thụ tốt trên Fe(OH)3 khi As mang điện tích trái dấu với điện
tích trên bề mặt Fe(OH)3.
Vây:

- As (V) không thể hấp phụ trên Fe(OH)3 ở Ph = pKa3 = 11,5 vì ở đó
chúng mang điện tích cùng dấu (-).
0,25
- As (V) chỉ bị hấp phụ trên Fe(OH)3 ở Ph = pKa1 = 2,2 hoặc Ph = pKa2 =
6,9 vì ở đó chúng mang điện tích trái dấu.
- Tuy nhiên ở Ph = pKa1 = 2,2 chỉ có ½ lượng As (V) tích điện âm.
(Thực tế ở Ph = 2,2, Fe(OH)3 mới chỉ bắt đầu kết tủa, lượng Fe(OH)3 còn rất


nhỏ). Cịn ở Ph = 6,9 tồn bộ lượng As(V) đều tích điện âm nên chúng sẽ bị
hấp phụ hồn toàn trên bề mặt Fe(OH)3.
Vậy As (V) bị hấp phụ trên Fe(OH)3 tốt nhất khi Ph = pKa2 = 6,9.
3.2.
(a)

0,25
1,0

PbO2 + 4 H+ + 2e

Catot:

Pb2+
HSO4-

+ 2 H2 O

K1 =

2(1,455)

10 0,0592

SO42− + H+

K2=

10-2
Pb2+ + SO42-

PbSO4

K3 =

107,66

0,25

Quá trình khử tại catot:
+
PbO 2 + HSO4 + 3H + 2e

K2. K3

PbSO4 + 2 H2O

Kcatot = K1.

(*)

Anot:

Pb

Pb2+ + 2e

K 1’=

 2(  0,126)
10 0,0592

HSO4Pb2+ + SO42-

SO42- + H+

K2’= 10-2
K3’= 0,25

PbSO4

107,66
Q.trình oxh tại anot:
Pb + HSO4-

PbSO4 + H+ + 2e Kanot = K1’. K2’. K3’

(**)

Phản ứng chung khi pin phóng điện:
PbO2 + Pb

+

2 HSO 4- + 2 H+

2 PbSO4 + 2 H2O

(***)
Sơ đồ pin:
(b)

(a) Pb│PbSO4, H+, HSO4-│PbO2 (Pb) (c)
2E 0PbO2 /PbSO4

Theo (*): 10

0,0592

= Kcatot =

2(1,455)
10 0,0592

−2
7,66
.10 .10


0
 E PbO2 /PbSO4 = 1,62 (V)

Theo (**):
 2E 0PbSO4 /Pb

10

0,0592

= Kanot =

 2(  0,126)
10 0,0592

E 0PbSO4 /Pb
-2
7,66

10
.10
= - 0,29 (V)
.

0,25

Theo (***):
E 0PbO2 /PbSO 4 E 0PbSO4 /Pb
Epin = E€ – E(a) =
+
-

0, 0592

2

- 2

+ 2

log[HSO 4 ] [H ]

+

Trong đó [HSO 4 ], [H ] được tính từ cân bằng sau:
-

[]

2-

HSO 4

H+

+

SO 4

1,8 – x

1,8 + x

x

Ka = 10−2

2-

-

[ SO 4 ] = x = 9,89×10-3 (M)  [H+] = 1,81 (M); [ HSO 4 ] = 1,79 (M)
0.0592

Epin = 1,62 + 0,29 +

2

2

log(1, 79) (1,81)

0,25

2

= 1,94 (V)

4
4.1.
(a) * Do N có Z=7 và H có Z=1; mà chất A có tổng ĐTHN là 10. A là NH3.
* Đặt oxit nito là NxOy => N2O
* Các phản ứng:
NH3 + NaClO → N2H4 + NaCl + H2O

N2H4 + HNO2 → HN3 + 2H2O
HN3 + NaOH → NaN3 + H2O
2NH3 + 2Na → 2NaNH2 + H2
NaNH2 + N2O → NaN3 + H2O
A là NH3; B là N2O; X là N2H4; D là HN3; E là NaN3; G là NaNH2.
(b) D: Axit hidrazoic
H-N(-3)=N(+5) ≡N(-3)
Trong phân tử HN3 vừa có N(+5), vừa có N(-3) nên nó vừa có tính oxi hóa, vừa có
tính khử.
e Về tính oxi hóa nó giống HNO3 nên hòa tan Cu:
Cu + 3HN3 → Cu(N3)2 + N2 + NH3
Khi trộn với HCl:

2,5
1,25
0,25

0,5

0,25

0,25


2Au + 3HN3 +8HCl → 2H[AuCl4] + 3N2 + 3NH3
4.2.
Hợp chất chưa biết: A – NO2, B – NO, C – NOHSO4, D – H2NSO5.

1,25
0,25

Phản ứng:
1) SO2 + NO2 + H2O = H2SO4 + NO
2) 2NO2 + H2O (lạnh) = HNO3 + HNO2

0,75

3) 3NO2 + H2O (nóng) = 2HNO3 + NO
4) 4NO2 + 2H2O + O2 = 4HNO3
5) 3NO2 + 2SO2 + H2O = 2NOHSO4 + NO
6) NO2 + SO2 + H2O = H2NSO5
7) 2H2NSO5 + NO2 = 2NOHSO4 + NO + H2O
8) 2NOHSO4 + H2O = 2H2SO4 + NO + NO2
(hoặc 3NOHSO4 +2H2O = 3H2SO4 + HNO3 + 2NO)
Công thức cấu tạo của axit sunfonitrơ D:
O
O
H

S
O

O

0,25

N
O

H

5
5.1. - Cấu tạo [Fe(CO)5]:

2,5

Fe0 cấu hình 3d8. Phối tử CO sẽ lai hóa trong, hai e độc thân của cấu hình d 8 sẽ
ghép đôi tạo nên 1 obitan d trống. Dạng lai hóa dsp 3, cấu trúc hình học lưỡng 0,25
chóp tam giác, thỏa mãn tính nghịch từ.

0,25


- Cấu tạo của [Fe(CO)6]2+:
Fe2+ cấu hình 3d6. Phối tử CO lai hóa trong, bốn e độc thân của cấu hình d6 sẽ
ghép đơi tạo nên 2 obitan d trống. Dạng lai hóa d2sp3, cấu trúc hình học bát diện
đều, thỏa mãn tính nghịch từ.

0,25

0,25
5.2.

- Cấu hình electron của CO:

4
2 0
s2*2
s  xy  z  xy

- Liên kết M-CO bền vì ngồi liên kết  cho nhận kiểu CO→M (giữa đôi e trên
MO z liên kết của CO với obitan d trống của M) cịn có liên kết π kiểu

0,25

M→CO (giữa đối e trên obitan d của M với MO phản liên kết π * trống của
CO).
- Liên kết sau đóng vai trị quyết định độ bền bất thường của liên kết M-CO mà

0,25

thuyết trường tinh thể, thuyết VB khơng giải thích được.
- Như vậy CO dùng cả hai obitan z và π* trống để hình thành liên kết phối trí.
5.3.

2 *2 4
2 *1
Cấu hình electron của NO: s s xy z xy

- Trên MO của phối tử NO có thêm một electron trên MO π*. Giống như CO,
NO cũng dùng hai obitan z và π* để hình thành liên kết phối trí. Như vậy, NO

0,25

cho nguyên tử kim loại 3e (CO chỉ cho 2e). Do đó, 2 phối tử NO có thể thay thế
được 3 phối tử CO.
- Phức chất đồng điện tử với [Fe(CO)2(NO)2] là [Ni(CO)4] hoặc [Fe(CO)4]2+...
Chúng đều là những phức chất tứ diện (giải thích bằng thuyết VB). Do vậy, cấu
trúc của [Fe(CO)2(NO)2] cũng được dự đốn là tứ diện.
5.4.

Ta có:
A + H2 O
AH+ + OH-

0,25


[AH + ][OH - ]
- 2
[OH
]
=
K b [A]  [OH - ]  K b [A]
[A]

lg0,82
[A]= = 2,911.10-5
3
A= -lgT = εl[A]l[A] 
1,48.10 .2
Kb =

[OH- ]= 10 9,2 .2,911.10-5 = 1,355.10-7 

0,25
0,25

pH = 14 + lg(1,355.10-7 ) = 7,132

6

(a)

2,5
0,5

(b)

H
O

OH

O

H3O

0,5

OH

+

H2O

H

OH

€
N

Et

Cl

Cl-

to
N+
Et

Cl

N
Et

(d)
O
C2H5OOC

Et3N
CH3

O
C2H5OOC

H2C C

CH3

O

CH3

CH3
O-

CH2
O

CH3
COOC2H5

CH3
COOC2H5

OCH3
COOC2H5

CH3

COOC2H5

O

O

O

0,5
O

H
H C O

0,5

O
1. H2O
2. H+, to
COOC2H5


€

- H+

H+

0,5

H+

OH
OH

OH

OH

- H+

7

2,5
Cl

HOOC

A

B

O

O

O

C

D

O

G

F

H

8

8.1.

2,5
1,75
O

O
COOMe

COOMe

COOMe

1. AcOMe, NaH
OMe

2. ClCH2COOMe, NaH

COOMe

COOMe

NaH

COOMe

COOMe

OMe

OMe
A

B

O
COOMe
1. NaOH, H2O

COOMe
N2H4

H2SO4
MeOH, to

COOMe
OMe

C

COOH
0,5

COOMe 2. HF

KOH

OMe O

OMe

D

E


Cl

Cl

Cl
COOMe
HCl, to

(COOMe)2/NaH

1. Cl2/Fe

COOMe

2. MeOH/H2SO4

OH

OMe O

OMe O

OH

Cl

Cl
OHC-COOtBu

COOtBu

NaH
OMe O

1. Me2NH

TsOH, to

OH
OMe O

OH

OH

I

Cl

OH

NMe2
COOtBu

2. NaBH4

O

O

H

G

F

J

Cl

NMe2
O
O

OMe O

OMe O

0,5

NMe2

Zn

COOH

HCOOH

OH

1. COCl2

OMe O

K

2.
EtOOC

OH

Na+
CONHtBu

0,5

L

Cl

Cl

NMe2
OH

EtOOC
OH

OMe O

NMe2
O

NaH

NH3

CONHtBu

CONHtBu

OMe OH

OH

OH

N

M

Cl

Cl

NMe2
O
CONH2

OMe OH

OH

OH

NMe2
OH

O2/CeCl3
NaOH./MeOH
OMe O

OH

OH

0,25

CONH2
O

O

8.2. Phức chất:

0,25

Cl

NMe2
OH

OMe O

O

OH

CONH2
O

M là kim loại.
8.3. Tuyệt đối không nên sử dụng tetracycline với các chế phẩm chứa nguyên tố vi 0,5
lượng vì do có phản ứng tạo phức nên sẽ làm mất tác dụng của cả các nguyên
M


tố vi lượng và kháng sinh sẽ gây mất tác dụng, làm vi khuẩn kháng thuốc( do
không đủ liều).
HẾT.
GV ra đề: Mạc Thị Thanh Hà – 0904769299.