Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn HÓA HỌC khối 11 của trường chuyên VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ THI CHỌN HSG
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ - NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 11
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm trang)
GV: Nguyễn Đắc Tứ - THPT Chuyên Vĩnh Phúc Điện thoại: 0945028349
Câu 1. (2 điểm) Tc đ phn ng
Kho sát phn ng phân hủy NO
2
tạo thành NO và O
2
ở 10
0
C dưới nh hưởng đng học
và nhiệt đng học. Bng sau cho biết tc đ đầu của phn ng phụ thuc vào các nồng đ đầu
khác nhau của NO
2
:
[NO
2
]
o
( mol.L
-1
) 0,010 0,012 0,014 0,016
V
o
( mol.L

-1
.s
-1
) 5,4.10
-5
7,78.10
-5
1,06.10
-5
1,38.10
-5
a) Xác định bậc của phn ng và hằng s vận tc ?
b) Mt cách gần đúng, nếu xem như các đại lượng nhiệt đng của phn ng trên không
phụ thuc nhiệt đ. Hãy sử dụng các giá trị sau để tr lời các câu hỏi: Nhiệt đ nhỏ nhất
cần đạt đến để cân bằng dịch chuyển về phía phi là bao nhiêu?
./2,33
0
,
2
molkJH
NOs
=∆
;
./3,90
0
,
molkJH
NOs
=∆
./205;/211;/241

000
22
molJSmolJSmolJS
ONONO
===
Câu 2. (2 điểm) cân bằng trong dung dịch
Tc đ của phn ng khử HCrO
4
–
bằng HSO
3
–
được biểu diễn bằng phương trình:
V = k.[HCrO
4
–
][HSO
3
–
]
2
[H
+
]
Trong mt thí nghiệm với các nồng đ ban đầu:
HCrO
4
–
= 10
– 4

mol/l; HSO
3
–
= 0,1 mol/l; H
+
c định bằng 10
– 5
mol/l
Thì nồng đ HCrO
4
–
gim xung còn 5.10
– 5
mol/l sau 15 giây.
1. sau bao lâu nồng đ HCrO
4
–
sẽ bằng 1,25.10
– 5
M.
2. nếu nồng đ đầu của HSO
3
–
là 0,01M thì sau bao lâu nồng đ của HCrO
4
–
sẽ bằng 5.10
– 5
M.
3. Tính hằng s tc đ phn ng k.

4. Nếu nồng đ ban đầu của HSO
3
–
và H
+
đều bằng 10
– 3
M và được giữ c định thì cần thời
gian bao lâu để mt nữa lượng HCrO
4
–
bị khử.
Câu 3. (2 điểm) Pin điện. Điện phân.
Cho pin sau : H
2
(Pt),
atmP
H
1
2
=
/ H
+
1M // MnO
−
4
1M, Mn
2+
1M, H
+

1M / Pt
Biết rằng sc điện đng của pin ở 25
0
C là 1,5V.
1. Hãy cho biết phn ng thực tế xy ra trong pin và tính E
0
/
2
4
+−
MnMnO
.
2. Sc điện đng của pin thay đổi như thế nào trong các trượng hợp sau :
- Thêm mt ít NaHCO
3
vào nửa trái của pin.
- Thêm mt ít FeSO
4
vào nửa phi của pin.
- Thêm mt ít CH
3
COONa vào nửa phi của pin.
Câu 4. (2 điểm) Bài tập vô cơ
Cho m gam hợp chất X ( được tạo thành từ hai nguyên t) phn ng hoàn toàn với H
2
SO
4
đặc,
nóng chỉ thu được 20,16 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm hai khí và H
2

O. A làm mất màu vừa đủ
1,6 lít dung dịch Br
2
0,5M và A không có phn ng với dung dịch CuCl
2
. Cho A vào dung
dịch Ca(OH)
2
dư, thu được 106 gam kết tủa trắng.
Xác định công thc của X, và tính m.
Câu 5. (2 điểm) Cơ chế phn ng – Đồng phân lập thể – Danh pháp
Hãy cho biết các công thc cấu tạo của các chất ng với các chữ cái trong sơ đồ.
COOCH
3
+
O
1.KMnO
4
,H
+
2. CH
2
N
2
du
P
CH
3
ONa
- CH

3
OH
Q
Q
H
3
O
+
,t
0
- CO
2
R
CH
2
N
2
S
Zn, BrCH
2
CO
2
CH
3
T
- H
2
O
U
H

2
/Pt
V
V
CH
3
ONa
- CH
3
OH
X
H
3
O
+
, t
0
- CO
2
Y
NaNH
2
, CH
3
I du
O
(fenchon)
Câu 6. (2 điểm) So sánh nhiệt đ sôi, nhiệt đ nóng chy, tính axit- bazơ, Nhận biết
1. So sánh tính chất của các chất trong các dãy sau (có gii thích):
a. Tính axit: CH

3
COOH, CH
2
=CH-COOH; Phenol, m-crezol, p- crezol.
b. Tính bazơ: đietyl amin; tetrametylen amin; anilin; CH
3
CONH
2
.
2. Hợp chất hữu cơ A cha C, H, O có khi lượng phân tử bằng 74 đvc. Biết A không
phn ng với Na, khi phn ng với dung dịch NaOH chỉ thu được mt sn phẩm hữu
cơ. Biết từ A thực hiện được sơ đồ:

A
+
CH
3
MgCl
B
CH
3
CHO
+
H
2
O
H
2
O
D

+
butan
2
ol
Xác định công thc cấu tạo của A và viết phương trình phn ng.
Câu 7. ( 2 điểm) Dựa vào tính chất xác định Cấu tạo, cấu trúc của hợp chất hữu cơ
Hợp chất (A) có công thc phân tử C
10
H
10
O không tạo màu với FeCl
3
, tạo sn phẩm cng
với NaHSO
3
. Cho (A) tác dụng với I
2
/NaOH không tạo kết tủa, axit hóa hỗn hợp sau phn ng
được (B) là C
10
H
10
O
2
, không làm mất màu dung dịch KMnO
4
. Cho (B) tác dụng với lượng dư
brom khi có mặt HgO(đỏ) hay Ag
2
O/CCl

4
thu được (C) là 1,2,3-tribrom-2-phenylpropan, hầu
như không có sn phẩm hữu cơ khác.
Mặt khác, cho (A) tác dụng với NaBH
4
thu được (D) là C
10
H
12
O. Đun nóng nhẹ (D) với
axit H
2
SO
4
đặc thu được (E) là C
10
H
10
. Xác định công thc cấu tạo của (A), (B), (C), (D), (E).
Hãy gii thích sự tạo thành (E) từ (D).
Câu 8. ( 2 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ:
Antihistamine (kháng histamine) được dùng để gim nh hưởng của các tác đng dị ng trên
cơ thể. Dược chất fexofenadin được dùng để chữa chng hắt hơi, hy nước mũi, nga mắt do
dị ng phấn hoa mà không gây buồn ngủ. Fexofenadin được bán trên thị trường dưới dạng
mui hidro clorua. Đây là sơ đồ tổng hợp fexofenadin:
Xác định cấu tạo của các chất trong phương pháp tổng hợp trên.
Câu 9. (2 điểm) Cân bằng hóa học
ở 820
0
C hằng s cân bằng của phn ng phân huỷ:

CaCO
3
(r)  CaO (r) + CO
2
(k) là K = 0,2.
Trong mt bình kín, chân không, dung tích 22,4 lít ở 820
0
C , ta đưa 0,1 mol CaCO
3
vào.
1. Tính thành phần s mol mỗi chất ở trạng thái cân bằng.
2. Gi sử tăng dần thể tích V ( vẫn ở 820
0
C) Vẽ các đồ thị biểu diễn sự biến thiên của áp suất
P và của s mol CaO theo thể tích V.
3. Trong mt bình kín, chân không, dung tích 22,4 lít ở 820
0
C ta đưa 0,1 mol CaO vào.Sau đó
bơm khí CO
2
, vẽ đồ thị biểu diễ sự biến thiên của áp suất P theo s mol CO
2
đưa vào.
Câu 10. (2 điểm) Phức chất
1. Dựa vào thuyết MO, Viết cấu hình electron đi với các phân tử CO và O
2
. Tính đ bi liên
kết, xác định từ tính của mỗi chất.
2. Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) để gii thích dạng hình học, từ tính của các phc
chất sau: [Ni(CN)

4
]
2-
, [NiCl
4
]
2-
, [Ni(CO)
4
]
Hết
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ - NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 11
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1.
Câu 1
(2
điểm)
a) Phn ng : 2NO
2
→ 2NO + O
2

Tính toán :
V = k[NO
2

]
x
⇒ lgv = logk + xlog[NO
2
]
Áp dụng : log 5,4.10
-5
= logk + xlog0,010 và log 1,38.10
-4
= logk +
xlog0,016
⇒ 0,4075 = x.0,0204 ⇒ x ≈ 2 ⇒ k =
2
2
][NO
v
Sử dụng lần lượt các dữ kiện thực nghiệm, ta có:
K
1
= 5,4.10
-5
/0,01
2
= 5,040.10
-1

K
2
= 7,78.10
-5

/0,012
2
= 5,35.10
-1
K
3
= 1,57.10
-4
/0,014
2
= 5,41.10
-1

K
4
= 2,05.10
-4
/0,016
2
= 5,39.10
-1

Tóm lại: bậc của phn ng là bậc 2, k = 0,54L/mol.s
b) Trước hết, ta tính các thông s nhiệt đng cơ bn của phn ng như sau :
∆H
p
0
= 290,3 – 2×33,2 = 114,2 kJ
∆S
p

0
= 2×211 + 205 – 2×241 = 145 J/K
∆G
p
0
= 114,2 -283 ×0,145 = 73,2 kJ
Tóm lại : ∆H
p
0
= 114,2 kJ; ∆S
p
0
= 145 J/K, ∆G
p
0
= 73,2 kJ
Mt cách gần đúng , về mặt nhiệt đng học khi phn ng đạt đến cân bằng
thì : ∆G
p
0
= 0
⇒ T =
K
KJ
J
S
H
o
o
6,787

)/(145
10002,114
=
×
=
∆
∆
Như vậy, điều kiện về nhiệt đ cần để cân bằng dịch chuyển về phía phi là
:
T ≥ 787,6 K
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 2
Câu 2
(2
điểm)
1) Vì nồng đ HSO
3
–
= 0,1M >> HCrO
4
–
= 10
– 4
M và H
+
= const
=> phn ng là gi bậc nhất với HCrO

4
–
=> thời gian bán phn ng là 15 (giây)
=> để HCrO
4
–
còn 1,25.10
– 5
M thì cần thời gian là : 15.3 = 45 (giây)
2) Phn ng là bậc 2 với HSO
3
–
nên khi gim nồng đ HSO
3
–
từ 0,1M xung
0,01M thì tc đ phn ng gim 100 lần
0,5
=> để HCrO
4
–
gim còn 5.10
– 5
M thì thời gian cần là: 15. 100 = 1500 giây.
3) khi phn ng là gi bậc 1 với HCrO
4
–
ta có
2
-

3
1
2
ln 2 0,693
' . SO . 0,0462
15
k k H H
t
+
   
= = = =
   
=>
5 3 1
2 5
0,0462
4,62.10 ( . )
0,1 .10
k M s
− −
−
= =
4) nếu nồng đ đầu của HSO
3
–
và H
+
đều bằng 10
– 3
M và không đổi

khi đó k” gim 100 lần so với k’
=> tc đ phn ng gim 100 lần
Hay thời gian để ½ lượng HCrO
4
–
bị khử là 1500 giây
0,5
0,5
0,5
Câu 3.
Câu 2
(2
điểm)
1.
* Phn ng thực tế xy ra trong pin:…………………………….
E
pin
= 1,5 V > 0 nên cực Pt - (phi) là catot, cực hiđro - (trái) là anot do đó
PƯ thực tế xy ra trong pin sẽ trùng với phn ng qui ước:
- Catot: MnO
−
4
+ 8H
+
+ 5e Mn
2+
+ 4H
2
O
- Anot: H

2
2H
+
+ 2e
- PƯ: 2MnO
−
4
+ 6H
+
+ 5H
2
2Mn
2+
+ 8H
2
O
*Tính E
0
/
2
4
+−
MnMnO
:………………………………………………….
Ta có: E
0
pin
= E
0
/

2
4
+−
MnMnO
- E
0
/2
2
HH
+
= 1,5 V
⇒ E
0
/
2
4
+−
MnMnO
= 1,5 V
2. Sự thay đổi suất điện đng của pin:
*) Nếu thêm mt ít NaHCO
3
vào nửa trái của pin sẽ xy ra pư:
HCO
3
-
+ H
+
→ H
2

O + CO
2

⇒
[ ]
+
H
gim nên E
2
/2 HH
+
=
[ ]
2
lg.
2
059,0
H
P
H
+
gim , do đó
E
pin
= (E
+− 2
4
/ MnMnO
- E
2

/2 HH
+
) sẽ tăng……………………………….
*) Nếu thêm mt ít FeSO
4
vào nửa phi của pin sẽ xy ra PƯ:
MnO
−
4
+ 8H
+
+ 5Fe
2+
Mn
2+
+ 5Fe
3+
+ 4H
2
O
SO
4
2-
+ H
+
HSO
4
-
do đó nồng đ của MnO
−

4
và H
+
gim , Mn
2+
tăng
E
+− 2
4
/ MnMnO
= E
0
/
2
4
+−
MnMnO
+
[ ] [ ]
[ ]
+
+−
2
8
4
.
lg.
5
059,0
Mn

HMnO
gim do đó E
pin
gim
*) Nếu thêm mt ít CH
3
COONa vào nửa phi của pin sẽ xy ra PƯ:
CH
3
COO
-
+ H
+
→ CH
3
COOH
nên nồng đ H
+
gim , do đó E
pin
gim…………………………
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu 4.
Câu 4
(2

điểm)
20,16
0,9( )
22,4
A
n mol= =
Trong A có SO
2
và mt khí Y , Y không phn ng với dung
dịch Br
2

2
rB
n =
0,5.1,6 = 0,8 (mol) =>
2
SO
n =
0,8 (mol)
=> n
Y
= 0,1 (mol)
Kết tủa gồm 0,8 mol CaSO
3
và kết tủa do Y tạo ra.
m (CaSO
3
) = 0,8. 120 = 96 (gam)
=> kết tủa do Y tạo ra = 106 – 96 = 10 (gam)

Mà n
Y
= 0,1 (mol) => Y là CO
2
và kết tủa là CaCO
3
=> A gồm 0,1 mol CO
2
và 0,8 mol SO
2
=> X cha hai nguyên t là C và S
Gi sử công thc của X là CS
x
=> CS
x

→
C
+ 4
+ xS
+ 4
+ (4 + 4x)e
S
+ 6
+ 2e
→
S
+ 4
n(CO
2

) : n(SO
2
) = 1 :8
=> x + 2 + 2x = 8 => x = 2
Công thc của X là CS
2
và m = 0,1.76 = 7,6 gam
0,5
0,5
0,5
0,5

Câu 5
Bài 5
(2
điểm)

COOCH
3
CH
3
O
H
3
COOC
H
3
COOC
COOCH
3

CH
3
P
COOCH
3
COOCH
3
CH
3
O
Q

O
COOH
CH
3
R
O
COOCH
3
CH
3
S
H
3
COOC
H
3
C
OH

COOCH
3
T

H
3
COOC
H
3
C
COOCH
3
U
H
3
COOC
H
3
C
COOCH
3
V
COOCH
3
O
CH
3
X
O
CH

3
Y
Câu 6. (2 điểm).
1. Tính axit tăng dần theo th tự:
p-Crezol < m-Crezol < Phenol < CH
3
COOH < CH
2
=CH-COOH
+I, +H(CH
3
-) +I (CH
3
-) + I -I,+C
- Nhóm OH của phenol có tính axit yếu hơn nhóm OH của nhóm caboxylic.
2. Tính bazơ tăng dần theo dãy:
CH
3
CONH
2
< C
6
H
5
NH
2
< (C
2
H
5

)
2
NH < (-CH
2
-)
4
NH
NH
2
trong nhóm amit hầu như không còn tính bazơ do hiệu ng –C của nhóm CO. Anilin có
tính bazơ yếu hơn NH
3
do hiệu ng – C của nhó phenyl
(C
2
H
5
)
2
NH; (-CH
2
-)
4
NH là các amin no bậc 2 có tính bazơ lớn hơn NH
3
nhưng 2 nhóm
metyl cồng kềnh hơn tetrametylen nên tính bazơ (C
2
H
5

)
2
NH < (-CH
2
-)
4
NH
3. Đặt công thc phân tử của A là C
x
H
y
O
z
. Theo gi thiết ta có:
12x + y + 16z = 74; y ≤ 2x + 2 ⇒ z ≤ (74 - 12.1 – 2):16 = 3,75
Lần lượt xét z = 1, 2, 3 ta thu được các công thc: C
4
H
10
O; C
3
H
6
O
2
; C
2
H
2
O

3
Mà A tho mãn sơ đồ thì A phi có CTPT và CTCT tương ng là: C
2
H
2
O
3
và

H C
O
O C
O
H
anhidrit fomic
Các phương trình phn ng:
(HCO)
2
O + 2 NaOH  2HCOONa + H
2
O
(HCO)
2
O + CH
3
MgCl  CH
3
CH(OOCH)OMgCl
CH
3

CH(OOCH)OMgCl + H
2
O CH
3
CHO + HCOOH + Mg(OH)Cl
C
2
H
5
MgCl + CH
3
CH=O  CH
3
CH
2
CH(CH
3
)OMgCl
CH
3
CH
2
CH(CH
3
)OMgCl + H
2
O  CH
3
CH
2

CH(CH
3
)OH
Câu 7. (2 điểm).
A: C
10
H
10
O (
6
∆ =
), có 1 nguyên tử O
→
A có thể ancol, phenol, ete, andehit, xeton.
A không tạo màu với FeCl
3

→
không phi phenol.
A tạo sn phẩm cng với NaHSO
3

→
là andehit hoặc metylxeton
A không tạo kết tủa với I
2
/NaOH
→
không phi metylxeton
⇒

A cha nhóm –CHO.
Mặt khác, A(C
10
H
10
O)
2
+
1.I /NaOH
2.H
→
B(C
10
H
10
O
2
), đây là phn ng oxi hóa nhóm –CHO thành
nhóm –COOH.
Do B không làm mất màu dung dịch KMnO
4

→
B cha vòng benzen, nhánh no.
⇒
A cha vòng benzen (
4∆ =
), cha 1 nhóm –CHO (
1∆ =
). Mà A có

6
∆ =
nên suy ra A có
thêm 1 vòng no (xiclo)
Mặt khác, B
2
/Br du HgO+
→
C: C
6
H
5
-CBr(CH
2
Br)
2
.Suy ra:

CHO
CTCT (A):
CHO
1. I
2
/NaOH
2. H
+
COOH
(A)
(B)
Br

2
du/HgO
CBr
CH
2
Br
CH
2
Br
(C)
NaBH
4
CH
2
OH
H
+
(E)
(D)
* Cơ chế phn ng: D
→
E
CH
2
OH
H
+
(E)
(D)
CH

2
OH
2
+
H
2
O
CH
2
+
Ch.vi

+
- H
+

+ +
Câu 8.
Câu 9.
Câu 9
(2
điểm)
Ta có cân bằng:
CaCO
3
(r)
→
¬ 
CaO(r) + CO
2

(k) với k = 0,2
0.1
0,1 – n n n
1. Nếu CaCO
3
chưa bị phân huỷ hoàn toàn ( n < 0,1)
=>
2
CO
P K 0,2= =
(atm)
pv 0,2.22,4
n 0,05(mol)
RT 0,082.1093
= = =
Vậy s mol các chất ở trạng thái cân bằng:
CaCO
3
: 0,05(mol); CaO : 0,05 (mol); CO
2
: 0,05 (mol)
2. Khi CaCO
3
phân hủy hoàn toàn thì s mol CO
2
= 0,1 (mol)
0,5
Thay vào phương trình trạng thái;
 V = 44,8 (l)
nếu tiếp tục tăng V thì áp suất lại gim vì s mol khí không đổi.

mi liên hệ: p =
8,96
V
đồ thị:
3. Khi cho CO
2
vào ta có phương trình
CaO (r) + CO
2
(k)
→
CaCO
3
(r) (1)
s mol CO
2
< 0,05 mol tc p < 0,2 (atm) thì (1) không xy ra.
Khi p = 0,2 (atm) bắt đầu xy ra phn ng, khi đó p = const
s mol CaO phn ng hết, p = 0,2(atm) => s mol CO
2
= 0,15 (mol)
sau đó p tăng theo s mol CO
2
theo phương trình
p = 4(n – 1)
Ta có đồ thị.
0,75
0,75
Câu 10 (2 điểm).
0,2

22,4
44,8
V(lit)
p(atm)
0,2
n
p(atm)
0,15
0,05
Câu 5
(2 đ)
1. Gin đồ các MO của CO và O
2

Cấu hình electron :
1*1*42
2
2
2
2
22
)()()()()()(:
yx
lk
y
lk
x
lk
p
plk

s
lk
s
O πππ=πσσσ
; đ bi liên kết =
2
2
48
=
−
; thuận từ
( S = 1)
2
2
42
2
2
2
)()()()(:
lk
p
lk
y
lk
x
plk
s
lk
s
CO σπ=πσσ

; đ bi liên kết =
3
2
28
=
−
; nghịch từ ( S = 0)
2. Ni : 3d
8
4s
2
; Ni
2+
: 3d
8

Ni
2+
:
3d
4s 4p
Phc [Ni (CN)
4
]
2-
: CN
-
là phi tử nhận π → tạo trường mạnh → dồn electron d
→ tạo phc vuông phẳng với lai hóa dsp
2

. Spin thấp (S = 0 ). Nghịch từ
3d
4s 4p
dsp
2
[Ni(CN)
4
]
2-
Phc [NiCl
4
]
2-
: Cl
-
là phi tử cho π → tạo trường yếu → không dồn ép electron
d được → tạo phc t diện với lai hóa sp
3
. Spin thấp (S = 1 ). Thuận từ
3d
4s 4p
[Ni(Cl)
4
]
2-
sp
3
Ni : 3d
8
4s

2

3d
4s 4p
Phc [Ni(CO)
4
] : CO là phi tử nhận π → tạo trường mạnh → dồn electron 4s
vào 3d → tạo obitan 4s,3d trng → lai hóa sp
3
, phc t diện. Spin thấp (S = 0).
Nghịch từ
3d
4s 4p
sp
3
[Ni(CO)
4
]
CO
COCO
CO

0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
Hết