Thi chon DT HSG12-Thai Nguyen

UBND TNH THI NGUYấN
S GIO DC V O TO
THI Kè THI CHN I TUYN HSG TNH
NM HC 2010-2011
MễN THI: HO HC LP 12
(Thi gian lm bi 180 phỳt khụng k thi gian giao )
Cõu I. (4,0 im)
1. Ti sao trong cỏc phõn t H
2
O, NH
3
cỏc gúc liờn kt
ã
HOH
(104,29
0
) v
ã
HNH
(107
0
) li nh
hn gúc t din u (109
0
,28)
2.
- Xột 2 phõn t H
2
O v H
2
S ti sao gúc

ã
HSH
(92
0
15) li nh hn
ã
HOH
(104
0
29)
- Xột 2 phõn t H
2
O v F
2
O ti sao gúc
ã
FOF
(103
0
15) li nh hn
ã
HOH
(104
0
29)
3. So sánh góc liên kết, momen lỡng cực của các hạt: NO
2
+
, NO
2

, NO
2

.
4. Giải thích tại sao BF
3
có thể ime hoá, còn BCl
3
không thể; trong khi đó AlF
3
và AlI
3
lại
dễ tạo ime?
CõuII. (4,0 im)
1. Bit cỏc th oxi hoỏ - kh tiờu chun:
E
0
Cu
2+
/Cu
+
= +0,16V E
0
Fe
3+
/Fe
2+
= +0,77V E
0

Ag
+
/Ag = +0,8V
E
0
Cu
+
/Cu = +0,52V E
0
Fe
2+
/Fe

= -0,44V E
0
I
2
/2I
-
= +0,54V
Hóy cho bit hin tng xy ra trong cỏc trng hp sau. Gii thớch.
a) Cho bt st vo dung dch st (III) sunfat.
b) Cho bt ng vo dung dch ng (II) sunfat.
c) Cho dung dch bc nitrat vo dung dch st (II) nitrat.
d) Cho dung dch st (III) nitrat vo dung dch kali iotua.
2. Ho tan 7,82 gam mui RNO
3
vo nc thu c dung dch A. in phõn dung dch A
vi in cc tr.
- Nu thi gian in phõn l t giõy thỡ thu c kim loi ti catot v 0,1792 lớt khớ ( ktc)

ti anot.
- Nu thi gian in phõn l 2t giõy thỡ thu 0,56 lớt khớ ( ktc).
Xỏc nh R v tớnh thi gian t bit I = 1,93A.
CõuIII. (4,0 im)
1. Hũa tan 0,01mol NH
3
vo nc c 1 lớt dung dch A. in li ca NH
3
trong nc l
4,15% ( iu kin ang xột).
a) Tớnh pH ca dung dch A.
b) Tớnh hng s baz ca NH
3
.
c) Hp th hon ton 201,6 ml khớ HCl ( ktc) vo 1 lớt dung dch A. Tớnh pH dung dch thu
c. (Cỏc trng hp trờn c tớnh toỏn trong iu kin nhit khụng thay i).
2. Mui st (III) b thu phõn theo phng trỡnh hoỏ hc sau:
Fe
3+
+ H
2
O

Fe(OH)
2+
+ H
+
K = 4.10
-3
a) Tớnh pH dung dch FeCl

3
0,003M.
b) Tớnh pH m dung dch phi cú 85% mui st (III) khụng b thu phõn.
Cõu IV. (4,0 im)
T nhụm v than chỡ v cỏc cht vụ c cn thit hóy vit cỏc phng trỡnh hoỏ hc ca cỏc
phn ng dựng iu ch:
a) b)
CHNH THC
O
O
OC
2
H
5
OC
2
H
5
N SO
2
NH
2
NH
2
N
NH
2
CõuV. (4,0 im)
1. Protasil l cht mu khỏng khun c s dng trong t nhiờn chng li s truyn bnh.
Trỡnh by s tng hp hp protasil t benzen theo phng phỏp tng hp hin i. (Cỏc

húa cht vụ c v iu kin cn thit coi nh cú )
Cho cụng thc cu to ca protasil:
2. Tớnh t l cỏc sn phm monoclo húa (ti nhit phũng) v monobrom húa (ti 127
o
C)
phõn t isobutan. Bit t l kh nng phn ng tng i ca nguyờn t H trờn cacbon bc nht,
bc hai v bc ba trong phn ng clo húa l 1,0 : 3,8 : 5,0 v trong phn ng brom húa l 1 :
82 : 1600. Da vo kt qu tớnh toỏn trờn, hóy cho nhn xột v cỏc yu t nh hng n hm
lng cỏc sn phm ca phn ng halogen húa ankan.
3. Vit s hoỏ hc minh ha phn ng sau v gii thớch hng xy ra phn ng (trờn c
s c ch ca phn ng):
O
H
2
C CH CH
3
CH
3
OH
H
(Cho H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Mg=24; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39;
Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)
Ht
( Giám thị không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:............................................................................................
Số báo danh:.....................................
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HD CHẤM ĐỀ THI KÌ THI CHỌN HSG TỈNH
NĂM HỌC 2010-2011

MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 12 (VÒNG 2)
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Câu Nội dung Điểm
I
(4,0)
1. Viết CT e, CTCT và giải thích cặp e chưa liên kết đẩy mạnh hơn cặp e đã
liên kết.
2. Viết CT e, CTCT và giải thích .Khi độ âm điện của nguyên tử trung tâm
giảm (hoặc khi độ âm điện của phối tử tăng) thì các cặp e của liên kết bị đẩy
nhiều về phía các nguyên tử liên kết nên chúng chỉ cần một khoảng không gian
nhỏ chung quanh nguyên tử trung tâm.
3.
NO
2
+
: O =
N
+
= O → N lai hoá sp → có dạng đường thẳng
NO
2
:
N
O
O
.
→ N lai hoá sp
2
, N còn 1 e độc thân
NO

2
−
:
N
O
O-
..
→ N lai hoá sp
2
, N còn cặp e cặp đôi
+ Do cặp e cặp đôi đẩy các cặp e liên kết lớn hơn e độc thân nên ta có góc liên
kết: NO
2
+
> NO
2
> NO
2
−
+ Mo men lưỡng cực:
O = N = O
+

O
O
.
N
O
N
-

O
..
2
0
NO
µ
+
=
,
2
2
NO
NO
µ µ
−
<
vì mô men lưỡng cực của e cặp đôi lớn hơn e độc thân
Vậy
2
2 2
NO
NO NO
µ µ µ
− +
> >
4.
+ Trong các phân tử trên B, Al đều ở trạng thái lai hoá sp
2
, 3 obitan sp
2

của
mỗi nguyên tử tham gia liên kết tạo 3 liên kết
σ
, nguyên tử trung tâm còn lại 1
obitan trống:
B*: 2s
1
2p
2

sp
2
Al*: 3s
1
3p
2

sp
2
Trong phân tử obitan trống còn lại của B, Al tạo liên kết π (p → p) không định
vị với F, Cl làm bền hơn cho liên kết
σ
.
0,5
0,5
1,5
1,5
ĐỀ CHÍNH THỨC
.
.

B
Cl
Cl
Cl
B
F
F
F
F
F
F
Al
Al
I
I
I
+ Phân tử BF
3
có thể đime hoá vì B có xu hướng chuyển từ lai hoá sp
2
sang
sp
3
, lúc đó nguyên tử F của phân tử BF
3
thứ 2 đưa ra 1 cặp e p xen phủ với
obitan trống của nguyên tử B ở phân tử thứ nhất, tương tự nguyên tử F ở BF
3

thứ nhất cũng tạo liên kết cho nhận với nguyên tử B ở BF

3
thứ 2.
B
F
F
F
B
F
F
F
Phân tử BCl
3
không thể đime hoá vì B có kích thước nguyên tử nhỏ, Cl có
kích thước lớn hơn F nên sự sắp xếp 4 nguyên tử Cl xung quanh nguyên tử B là
không thuận lợi về mặt năng lượng.
+ Phân tử AlF
3
và AlI
3
dễ tạo đime vì Al có xu hướng chuyển từ lai
hoá sp
2
sang sp
3
, mặt khác Al có bán kính nguyên tử lớn nên 1 nguyên
tử Al liên kết với 4 nguyên tử F hay 4 nguyên tử I là đều thuận lợi về
mặt năng lượng.
Al
Al
I

F
F
F
F
F
F
Al
Al
I
I
I
I
I
Câu II
(4,0đ)
1.
a) Vì E
0
Fe
3+
/Fe
2+
> E
0
Fe
2+
/Fe

nên tính oxi hoá của Fe
3+

mạnh hơn Fe
2+
đồng thời
tính khử của Fe
2+
mạnh hơn Fe
3+
phản ứng xảy ra như sau:
2Fe
3+
+ Fe
→
3Fe
2+

=> Dung dịch chuyển từ mầu vàng sang mầu lục nhạt.
b) Vì E
0
Cu
+
/Cu > E
0
Cu
2+
/Cu
+
nên tính oxi hoá của Cu
+
mạnh hơn Cu
2+

; tính khử
của Cu
+
mạnh hơn Cu phản ứng xảy ra như sau:
Cu
+
+ Cu
+

→
Cu
2+
+ Cu (phản ứng nghịch không xảy ra )
=> Khi cho bột đồng vào dung dịch CuSO
4
không có hiện tượng gì.
c) Vì E
0
Ag
+
/Ag > E
0
Fe
3+
/Fe
2+
nên tính oxi hoá của Ag
+
mạnh hơn Fe
3+

; tính khử
của Fe
2+
mạnh hơn Ag phản ứng xảy ra như sau:
Fe
2+
+ Ag
+

→
Fe
3+
+ Ag
=> Dung dịch chuyển từ mầu lục nhạt sang mầu vàng.
d) Vì E
0
Fe
3+
/Fe
2+
> E
0
I
2
/2I
-
nên tính oxi hoá của Fe
3+
mạnh hơn I
2

; tính khử của
I
-
mạnh hơn Fe
2+
phản ứng xảy ra như sau:
2I
-
+ 2Fe
2+

→
2Fe
3+
+ I
2



=> Dung dịch chuyển từ không mầu sang mầu nâu.
2.
Điện phân dung dịch A:
RNO
3

ƒ
R
+
+ NO
3

−
Ở anot Ở catot
H
2
O
→
2H
+
+
1
2
O
2
+ 2e R
+
+e
→
X
Ứng với 2t giây, có số mol khí:
0,1792 0,56
2. 0,016mol 0,025mol
22,4 22,4
= < =
2,0
2,0
Vậy catot có khi H
2
thoát ra: 0,025 - 0,016 = 0,009 mol.
=> R
+

đã bị khử hết.
Tổng hợp các quá trình điện phân:
Ở anot Ở catot
H
2
O
→
2H
+
+
1
2
O
2
+ 2e R
+
+ e
→
X
H
2
O + 2e
→
2OH
-
+ H
2
Gọi x là số mol của RNO
3
=>

R
n
+
= x
Theo định luật bảo toàn electron:
n
e (catot)
= x +0,009.2 (mol) => x = 0,064 - 0,018 =0,046
n
e (atot)
= (0,025-0,009).4=0,064
M
RNO3
=
7,82
0,046
=
170 g/mol => M
R
=108 ( R là Ag)
Ứng với thời gian t và số mol e trao đổi:

It 0,064
0,032
96500 2
= =
=> t =
96500.0,032
1600
1,93

=
giây (26 phút40 giây)
III
(4,0đ)
1.
a)
NH
3
+ H
2
O
ƒ
NH
4
+
+ OH
-
Ban đầu 0,01 0 0 (M)
Điện li 0,01α 0,01α 0,01α (M)
Cân bằng 0,01 - 0,01α 0,1α 0,1α (M)
(0,25)
[OH
-
]= 0,01.0,0415 = 4,15.10
-4
(M)
(0,25)
14
11
4

10
2,41.10
4,15.10
−
+ −
−
 
= =
 
H
(M)
(0,25)
⇒
pH = 10,62.
(0,25)
b) K
b
(NH
3
) =
[ ]
4 2 7
4
5
3
.
(4,15.10 ) 1,72.10
1,79.10
0,01 0,01 0,01.0,9585
α

+ −
− −
−
   
   
= = =
−
NH OH
NH
(0,5)
c) HCl + NH
3
→ NH
4
Cl
0,009 0,009 0,009 (mol)
Số mol NH
3
dư = 0,001 (mol)
(0,25)
NH
3
+ H
2
O
ƒ
NH
4
+
+ OH

-
Ban đầu 0,001 0,009 0 (M)
Điện li x x x (M)
Cân bằng 0,001-x 0,009+x 0,1α (M)
(0,25)
K
b
=
[ ]
4
5
3
.
(0,009 )
1,79.10
0,001
+ −
−
   
+
   
= =
−
NH OH
x x
NH x
Giả sử x<<0,009; x<<0,001
⇒
[OH
-

] = x = 1,99.10
-6
M << 10
-3
(0,25)
⇒
14
9
-6
10
5,03.10
1,99.10
H
−
+ −
 
= =
 
(M)
2,5
1,5