Hoa 11 vc viet bac

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (229.98 KB, 13 trang )

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
-------------------

ĐỀ THI MƠN HĨA - KHỐI 11
Năm học 2016 - 2017
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 04 trang, gồm 08 câu)

Câu 1: (2,5 điểm) Tốc độ phản ứng- cân bằng hóa học
Cho phản ứng: 2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k)
Giá trị tốc độ đầu của N2O5 tại 250C được cho trong bảng dưới đây:
[N2O5], M
0,150
0,350
0,650
-1
-1
-4
-4
Tốc độ, mol.l .phút
3,42.10
7,98.10
1,48.10-3
1. Hãy viết biểu thức của định luật tốc độ phản ứng cho phản ứng trên và tính hằng số tốc độ
phản ứng. Chỉ dẫn cách tính cụ thể.
2. Tính thời gian cần để nồng độ N2O5 giảm từ 0,150M xuống còn 0,050M.
3. Tốc độ đầu của phản ứng khi nồng độ N2O5 bằng 0,150M là 2,37.10-3 mol.l-1.phút-1 tại 400C.
Xác định năng lượng hoạt hoá của phản ứng.
4. Cho biết cơ chế của phản ứng phân huỷ N2O5 theo sơ đồ sau:

k1
N2O5   NO2 + NO3

k'

1
NO2 + NO3   N2O5

k

2
NO2 + NO3   NO2 + NO + O2

k

3
NO + N2O5   3NO2
Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO 3 và NO, hãy thiết lập biểu thức của tốc độ

d[N 2 O5 ]
dt
.

Câu 2: (2,5 điểm) Nhiệt, cân bằng hóa học
H 0298 74,85 kJ



Cho bảng số liệu sau: CH4 (k)  C(gr) + 2H2 (k)

CH4 (k)
186,19
S (J.K .mol )
35,71
C0298 (J.K -1 .mol  1 )
a. Tính Kp của phản ứng (1) ở 250C.
0
298

-1

1

C(gr)
5,69
8,64

(1)
H2 (k)
130,59
28,84

0
C0
b. Xác định H T và Kp ở 7270C, coi p không phụ thuộc vào nhiệt độ.

c. So sánh giá trị Kp ở 7270C và 250C xem có phù hợp với ngun lý Le Chatelier khơng? Giải
thích.

Câu 3: (2,5 điểm) Dung dịch điện li - phản ứng oxi hóa khử - pin điện, điện phân
1. Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1M
2. Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có
pH= 4,72.
Cho: H3PO4 : pKa1 = 2,23 , pKa2 = 7,21 , pKa3 = 12,32
-

-

3. Xét khả năng phản ứng của Cl , Br với KMnO4.Biết
;

E0MnO− /Mn 2+ =1, 51 V
4

E0Br

2

/2 Br −

=1 , 085V

;

E0Cl

2

/2Cl−

=1, 359 V

.

a. Ở pH=0
b. Trong dung dịch axit axetic 1,00 M. Biết CH3COOH có Ka=10-4,76.
Câu 4: (2,5 điểm) Hóa ngun tố
Kim lo¹i A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C màu vàng cam. Cho 0,1 mol hợp chất
C phản ứng với CO2 (d) tạo thành hợp chất D và 2,4 gam B. Hòa tan hoàn toàn D vào nớc, dung
dịch D phản ứng hết 100 ml dung dịch HCl 1 M giải phóng 1,12 l khí CO 2 (đktc). HÃy xác định
A, B, C, D và viết các phơng trình phản ứng xảy ra. Biết hợp chất C chứa 45,07 % B theo khối lợng; hợp chất D không bị phân tích khi nóng chảy.
Cõu 5: (2,5 im) Phc chất - 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.
b. M tạo được ion phức có cơng thức M(NH3)63+, 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 6: ( 2,5 điểm) Đại cương hóa hữu cơ
1. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong từng dãy sau:
a. Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic, xiclohexyletanoic,

1-metylxiclohexan-cacboxylic.
COOH

b.

N

COOH

;

(A)

CH2COOH

COOH
;

;

N

(D)

(C)

(B)

2. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau:
COOH

S

(A)

COOH

COOH
;
N

(B)

;
(C)

Câu 7: ( 2,5 điểm) Hidrocacbon
Trộn hiđrocacbon khí A với oxi theo tỉ lệ thể tích A:O2 = 1:9 rồi cho vào bình kín thấy áp
suất trong bình là 1 atm ở 00C. Bật tia lửa điện để A cháy hết, hh sau pư có áp suất là 1,575 atm
ở 136,50C.
a.Tìm cơng thức phân tử của A?
b. Viết công thức cấu tạo có thể có của A biết tất cả các nguyên tử cacbon trong A đều có
cùng một dạng lai hóa?
c. Chọn công thức cấu tạo của A ở trên để viết sơ đồ tổng hợp :

+ Chất B(Anthracen) có CTCT như sau:
+ bixiclo[ 4.1.0] heptan
+ Đietyl phtalat( DEF)
Câu 8: (2,5 điểm) Tổng hợp hữu cơ
Taxan là các đitecpen tự nhiên được tách ra từ cây thủy tùng ( Taxus) thường được sử
dụng trong hóa trị liệu. Hợp chất K trong sơ đồ dưới đây mang bộ khung phân tử của các Taxan.
Hồn thành sơ đồ tổng hợp và giải thích sự hình thành K từ H:

................... Hết ..................

Người ra đề

Đoàn Minh Đức
(Điện thoại: 0975642818)

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
HƯỚNG DẪN CHẤM
-------------------

Câu
Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA - KHỐI 11
Năm học 2016 - 2017
(Đáp án gồm có 09 trang)

Điểm
2,5

Nội dung
1.
Biểu thức của định luật tốc độ phản ứng cho phản ứng trên và tính hằng số tốc độ
phản ứng.
v = k.[N2O5]x
Dựa vào số liệu cho suy ra x = 1 hay v = k.[N2O5]
Tính k của các thí nghiệm suy ra k trung bình k = 2,28.10-3 (phút-1)

0,5

2.
Thời gian cần để nồng độ N2O5 giảm từ 0,150M xuống còn 0,050M.
Áp
dụng
biểu
thức
của
động
học
bậc
nhất:

=

0,5

Tốc độ đầu của phản ứng khi nồng độ N 2O5 bằng 0,150M là 2,37.10-3, mol.l-1.phút1
tại 400C. Năng lượng hoạt hố của phản ứng.
Tại 400C có k2 = 2,37.10-3 : 0,150 = 1,58.10-2 (phút-1)
Áp dụng phương trình Arrhenus:

0,75

ln

kt

[N 2O5 ]0
0,150
ln
2, 28.10  3.t
[N 2O5 ]
0, 050
T = 481 phút

3.

k  E
ln  2  = a
 k1  R

2

 1 1 
 1, 58.10 
E  1
1 
ln 
= a 
 - 

3 
 T1 T2  . Thay các số liệu:  2, 28.10  8,314  298 313 

 Ea = 1,00.105 (J/mol)

4.

0,75

d[N 2 O5 ]
dt
Thiết lập biểu thức của tốc độ phản ứng
.
k

1
N2O5   NO2 + NO3

k'

1
NO2 + NO3   N2O5

k

2
NO2 + NO3   NO2 + NO + O2

k

3
NO + N2O5   3NO2
Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO3 và NO:

d[NO3 ]

'
dt
= k1.[N2O5] - k1 .[NO2].[NO3] – k2.[NO2].[NO3] = 0 (1)
d[NO]
dt = k2.[NO2].[NO3] – k3.[NO].[N2O5] = 0 (2)
d[N 2O5 ]
'
dt
= - (k1.[N2O5] + k3.[NO].[N2O5] ) + k1 .[NO2].[NO3]
'
Từ (1) và (2) suy ra: k .[N O ] = ( k1 + k ).[NO ].[NO ]
1

2

5

2

2

3

k3.[NO].[N2O5] = k2.[NO2].[NO3]
k
k2
 3 [NO]
'
k1  k2 k1
[NO] 

k1k2
k3 (k1'  k2 )

[NO2].[NO3]

=

k3
k2 .[NO].

[N2O5]
k3
d[N 2O5 ]
'
dt
= - k1.[N2O5] - k3.[NO].[N2O5] + k1 . k2 .[NO].
[N2O5]
k1'
k2
'
'
= k1.[N2O5].( -1 - k1  k2 + k1  k2 )

Câu 2

2,5

a.
S0298 

5,69 + 130,59.2 - 186,19 = 80,68 JK-1;

0
0
0
→ G 298  H 298 - T S298 = 74,85.103 - 298.80,68 = 50,81.103 J

0
→ G 298

1,0

 50,81.103
- RTlnK → K = exp 8,314.298 =1,24.10-9
p
p

1,0

b.
C0298 

8,64 + 28,84.2 - 35,71 = 30,61 JK-1
T
0
T

H H

0
298



0
p

C dT

298

= 74,85.103 + 30,61(T-298) = 65,73.103 +

30,61.T
0
→ H1000  65,73.103 + 30,61.1000 = 96,34.103 J

 ln K p

H 0
(
) P0  T2
T
RT →

T

T

1 65,73.103 + 30,61.T
d ln K p  
dT

R 298
T2
298

→ lnKP(T) = -14,96 - 7905,94.T-1 = 3,68lnT
→ KP(1000) = 12,9
c.
→ Khi tăng nhiệt độ Kp tăng là phù hợp với nguyên lý Le Chatelier vì
phản ứng thu nhiệt, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
Câu 3

0,5

2,5
1.
H+ + H2PO4- (1) K1 = 10-2,23

H3PO4

H2PO4-

H+ + HPO42- (2) K2 = 10-7,21

HPO42-

H+ + PO43-

(3) K3 = 10-12,32

H2O

H+ + OH-

(4) Kw

K3 << K2 << K1  chủ yếu xảy ra cân bằng (1)
H+ + H2PO4- K1 = 10-2,23

H3PO4
C(M)

0,75

0,1

[ ](M) 0,1 – x

x

x

= 10-2,23  x2 + 10-2,23 x – 10-3,23 = 0


x = 0,0215 (M)

 pH = 1,66

2.
NaOH + H3PO4

= NaH2PO4 + H2O

NaOH + NaH2PO4 = Na2HPO4 + H2O
NaOH + Na2HPO4 = Na3PO4 + H2O
Trung hòa nấc 1:

0,75

pH1 = = = 4,72
 trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH2PO4:
nH3PO4 = 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol)  nNaOH = 0,01 (mol)
mNaOH = 0,01 x 40 = 0,4(g)
3.
a. Các cặp oxi hoá- khử:

0

E Br

-

Br2 + 2e

2Br

2

/2 Br −

2

/2Cl−

=1 , 085V

(1)
Cl2 + 2e

2Cl

E0Cl

-

=1, 359 V

(2)
-

+

2+

MnO4 + 8H + 5e

Mn

E0MnO− /Mn 2+ =1, 51 V

+ 4H2O

4

0,5

(3)
Từ (1) và (2) ta thấy thế của các cặp không phụ thuộc vào pH( trong môi
trường axit), tuy vậy thế của cặp MnO4-/Mn2+ lại phụ thuộc pH:

[ MnO 4 ] . [ H + ]8
0 , 0592
E=E +
. lg
5
[ Mn 2+ ]
→
−

0

[ MnO 4 ]
8 0 , 0592
0 , 0592

E=E +
. lg [ H + ] +
. lg
5
5
[ Mn 2+ ]
−

0

E=E

→

0

MnO−4 ]
[
−0 , 095 pH +0 , 0118 lg

[ Mn 2 + ]

(4)

Ở pH = 0
E=E 0 =1 ,51 V > E0Cl

Ở điều kiện tiêu chuẩn

2

/ 2Cl−

¿ E 0Br

−

2

/ 2 Br

. Vì vậy trước

hết MnO4- oxi hố Br- thành Br2 và sau đó Cl- thành Cl2.
b. Trong dung dịch CH3COOH 1,00M
H+ + CH3COO-

CH3COOH
C

1,00

[]

1,00-x

x

√ Ka

[H+] = x =

Ka = 10-4,76

x
= 10-2,38 → pH = 2,38

0,5

Từ (4) rút ra: E = E0- 0,095pH = 1,51- 0,095.2,38 = 1,28V
Bởi vì

E0Br

/ 2 Br −
2

¿ E< E0Cl

2

/2 Cl−

, nên trong dung dịch CH3COOH 1M, MnO4-

chỉ oxi hố được Br- thành Br2 mà khơng oxi hoá được Cl- thành Cl2.
Câu 4

2,5
nHCl = 0,1 mol ; nCO2 = 0,05 mol

Dung dịch D phản ứng hết 0,1 mol HCl gi¶i phãng khÝ CO2

nH 
nCO2

0, 1
2
= 0, 05 = 1


suy ra h¬p chÊt D là muối cacbonat kim loại. hơp chất D không bị phân tích
khi nóng
chảy, vậy D là cacbonat kim loại kiÒm. 2 H+ + CO32- = H2O + CO2
C + CO2 = D + B  C lµ peroxit hay superoxit, B là oxi.
Đặt công thức hoá học của C là AxOy .
Lợng oxi trong 0,1 mol C (AxOy ) lµ 16 x 0,05 + 2,4 = 3,2 (g);
3, 2.100
mC = 45, 07 = 7,1 gam

Mc = 7,1 : 0,1 = 71 (g/mol).

mA trong C = 7,1 - 3,2 = 3,9 (g).

3, 9 3, 2
:
x : y = M A 16  MA = 39 (g). VËy A lµ K ; B lµ O2 ; C lµ KO2 ; D là

K2CO3
Các phơng trình phản ứng:

K + O2 KO2
4 KO2 + 2 CO2  2 K2CO3 + 3O2 
K2CO3 + 2 HCl  2 KCl + H2O + CO2 

Câu 5

2,5
1.
Vì có 4 lớp điện tử do vậy phân lớp cuối cùng trong phân bố điện tử chỉ có
thể là 4S, 3d, 4P.
Vì có 3 điện tử độc thân do vậy, phân lớp cuối cùng chỉ có thể là
3d3  Cấu hình hồn chỉnh 1S2 2S2 2P6 3S2 3P6 3d3 4S2 Ngun tố 23V
3d7  Cấu hình hồn chỉnh 1S2 2S2 2P6 3S2 3P6 3d7 4S2 Nguyên tố 27Co
3P3  Cấu hình hồn chỉnh 1S2 2S2 2P6 3S2 3P6 3d10 4S2 4P3 Ngun tố 33As
2.
Tạo phức với NH3 có cơng thức [M(NH3)6]3+ do vậy khơng thể là As. Vì
phức nghịch từ do vậy khơng có điện tử độc thân  M chỉ có thể là Coban
[CO]

1,0

1,5

Tên gọi [CO(NH3)6]Cl3 : Hexa amin coban (III) Clorua:
CO3+: 1S2 2S2 2P6 3S2 3P6 3d6
Vì NH3 là phối tử trường mạnh do vậy khi tạo phức có sự dồn 2
electron vào vậy:

NH3 NH3 NH3 NH3NH3NH3

Vậy Co lai hố d2sp3
Hình dạng phân tử bát diện:
NH3
NH3

H3N
Co
NH3

H3N
NH3

Câu 6

2,5
a
+I2

H3C COOH

CH2COOH

+I1

<

<

<

+I1

-I1CH2CH2COOH

CH2COOH

-I2

-I1

0,75

<

<

+I2

COOH

-I3

<

-I2

<

-I3

Các gốc hiđrocacbon có hiệu ứng +I lớn thì Ka giảm và -I lớn thì Ka tăng

b.

-I1

CH2COOH

COOH
-I2

<
(D)

<
(C)

C O
H O
(A)

-C3 N -I3

COOH
-I4
<
N -C4
(B)

0,75

Vì:

- I1 < - I2 nên (C) có tính axit lớn hơn (D).
(A) và (B) có N nên tính axit lớn hơn (D) và (C)

2

(A) có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm tính axit so với (B).
Tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất:
COOH

COOH
<

Vì:
M C < MA.
(B) có thêm liên kết hiđro liên
phân tử với N của phân tử khác.

<
S
(A)

(C)

1,0

COOH

N
(B)

Câu 7

2,5
1.
Gọi CxHy là công thức của A ta có:
y
y
CxHy +(x+ 4 ) O2 → xCO2 + 2 H2O

Mol:

a

y
a(x+ 4 )

ax

y
a2

+ Số mol khí trước pư = a + 9a = 10a mol

1,0

y
y
y
+ Số mol khí sau pư = ax + a 2 + 9a – a(x+ 4 ) = 9a + a 4

n1RT1 n 2 RT2
10a.273 (9a  0, 25ay ).409,5


P
P
1
1,575
1
2
 V bình kín =
hay:
 y = 6.

+ Vì A là chất khí nên A có thể là: C2H6; C3H6 và C4H6

2.
Vì tất cả các nguyên tử C trong A đều có cùng một dạng lai hóa nên CTCT
của A:

0,5
3

3

2

CH3-CH3(sp ); (CH2)3(xiclopropan = sp ); CH2=CH-CH=CH2(sp ) và
CH

CH2

CH2 CH

(sp3)

3.
Ta chọn A là buta-1,3-đien để hoàn thành sơ đồ: buta-1,3-đien → butan →
etilen.

1,0

HC
HC

+

+

CH2

CH2
CH2

CH2

Cho sp cuối cùng trong sơ đồ pư với H2/Ni, t0 thì thu được B
CH2N2
Cu,t0

CH2=CHCH=CH2 

Br
+ CH2=CHCH=CH2

NBS
Br
-HBr

+ C2H5OH

C6H4(CO)2O

SP

-H2

+O2



Câu 8
CN