Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 16 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
SỞ GD&ĐT TUYÊN QUANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV MÔN THI: HĨA HỌC KHỐI: 11 (Thời gian: 180’ khơng kể thời gian giao đề) (Đề gồm 10 câu, 05 trang) Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu 2,0 1.1 a) Nồng độ ban đầu A C0 = CA + CB + CC + CD = (28,2 + 7,8 + 8,3 + 1,8) mmol/L = 46,1 mM 1,0 0,25 b) Phản ứng thuộc loại bậc nhất: A k ln kt t A0 A = A0⋅ e ⇒ 28, mmol.L1 k ln s 46,1 mmol.L1 kobs = = 9,83.10-2 s-1 0,25 c) - Vì tỷ lệ nồng độ sản phẩm tỷ lệ tốc độ hình thành chúng, nên tỷ lệ nồng độ tỷ lệ số tốc độ Vậy: ΔCB/ΔCD = (CB-0)/(CD-0) = CB/CD = k1/k3= 7,8 mmol∙L-1/1,8 mmol∙L-1 = 4,33 ⇒ k1 = 4,33∙k3 CB/CC = k1/k2 = 7,8 mmol.L-1/8,3 mmol.L-1 = 0,940 ⇒ k2 = 1,06.k1 Ta lại có: kobs = k1+k2+k3 kobs = k1+k2+k3 = 9,83∙10–2 s = (4,33∙k3)+(1,06∙k1) + k3 = (4,33∙k3)+(1,06∙(4,33∙k3)) + k3 ⇒ k3 = 9,83∙10–2 s /(1,06∙4,33+4,33+1) = 9,91∙10–3 s-1 k1 = 4,33∙k3 = 4,33∙9,91∙10–3 s = 4,30∙10–2 s-1 k2 = 1,06∙k1 = 1,06∙4,30∙10–2 = 4,56∙10–2 s-1 0,25 d) Ta có: kobs = k1 + k2 + k3 d ln(k1 k k ) E a,obs dt RT (1) => Thay k1, k2 k3 lấy đạo hàm cho + 1/(k1+ k2 + k3)∙d/dt∙(A1exp(-Ea1/RT) + A2exp(-Ea2/RT) + A3exp(-Ea3/RT)) = Ea,obs/RT2 (2) + 1/(k1+ k2 + k3)∙d/dt∙(A1Ea1/(RT2)∙exp(-Ea1/RT) + A2Ea2/(RT2)∙exp(-Ea2/RT) + A3Ea3/(RT2)∙exp(Ea3/RT)) = Ea,obs/RT2 (3) + 1/(k1+ k2 + k3)∙d/dt∙(A1Ea1∙exp(-Ea1/RT) + A2Ea2∙exp(-Ea2/RT) + A3Ea3∙exp(-Ea3/RT)) = Ea,obs ⇒ Ea,obs = (Ea1k1 + Ea2k2 + Ea3k3)/(k1+ k2 + k3) (4) Ea,obs = (Ea1k1 + Ea2k2 + Ea3k3)/kobs (5) 0,25 1.2 Ta có: d[O] k [H][O ] k1[H][O ] k [O][H ] [O] k [H ] + dt d[OH] k1[H][O2 ] k [O][H ] k 3[OH][H ] dt + k [H][O2 ] k [O][H ] 2k1[H][O2 ] [OH] k [H ] k 3[H ] d[H] I0 k1[H][O ] k [O][H ] k 3[OH][H ] k 4[H][O ][M] + dt k [H][O2 ] d[H] I0 k1[H][O ] k [H ] dt k [H ] 2k [H][O ] k3 [H ] k [H][O ][M] k [H ] d[H] I0 k1[H][O ] k1[H][O ] 2k1[H][O ] k [H][O ][M] => dt d[H] I0 (2k1[O ] k [O ][M])[H] => dt 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2,0 2.1 a) Cân (1) CH 3COOH ƒ CH 3COO + H K a 104,76 (2) H 3PO ƒ H PO 4 + H K a1 =102,15 (3) H PO 4 ƒ HPO 24 + H K a =107,21 (4) HPO 24 ƒ PO34 + H K a3 =10 12,32 (5) H O ƒ OH + H K W =10 14 C Vì Ka CAcOH ≈ Ka1 H3PO4 >> Ka2.C >> Ka3.C > KW nên bỏ qua CB (3), (4), (5) ĐKP chọn mức không CH3COOH H3PO4 h [CH 3COO ] + [H PO 4 ] 104,76 102,15 0, 02 h 104,76 h 102,15 h 8,95 103 (M) h 0, 06 => pH = -log(8,95 10 3 ) 2, 05 1,0 0,125 0,125 0,125 CH3COOH b) [CH 3COOH] 104,76 1,94.103 3 4,76 CCH3COOH 8, 95.10 10 CH3COOH 1,94.10 3 0,194% 0,125 c) Khi pha loãng lần, độ điện li CH3COOH tăng lần CH3COOH 1,94.103 = 3,88.103 M 104,76 3,88.103 h = 4,66.103 M 4,76 h 10 h [CH 3COO ] [H 2PO4 ] 0, 06.10 104,76 0, 02.10 102,15 10 V h 104,76 10 V h 102,15 V = 18,02 ml = 0,125 d) Nồng độ chất sau trộn 0, 02.10 0, 06.10 C H3PO3 0, 01 (M); C CH3COOH 0, 03 (M) 10 10 10 10 0,12.10 C NH3 0, 06 (M) 10 10 Ta có H3 PO + NH H PO 4 + NH 4 Sau 0,05 0,01 0,01 CH 3COOH + NH CH 3COO + NH 4 Sau 0,02 0,03 0,03 2 H PO + NH3 HPO + NH Sau 0,01 0,01 0,05 2 TPGH: NH : 0, 05M, NH : 0, 01M, HPO : 0, 01M, CH 3COO : 0, 03M Cân NH 4 NH + H ƒ CH 3COO +H 2O ƒ K a 10 9,24 CH 3COOH + OH K b' 10 9,24 HPO 24 + H 2O ƒ H PO 4 + OH K b2 =10 6,79 H PO 4 + H 2O ƒ H 3PO + OH K b3 =10 11,85 OH ƒ H 2O NH + H 2O ƒ NH 4 (K a C) NH ? (K a3 C) HPO2 + H K W =10 14 + OH K b =10 4,76 ' b (K b C) NH3 ? (K C) CH COO ? (K b2 C) HPO2 ? (K b3 C) H PO => pH định hệ đệm NH / NH3 C 0, 01 pH pK a lg b 9, 24 lg 8,54 Ca 0, 05 [H+] = 10-8,54 (M), [OH-] = 10-5,46 (M) V = 17,53 ml h 0,125 2.2 a) Anode: (1), Cathode: (2) 1,0 0,25 b) Phản ứng pin hoạt động là: C6Li + Li0,5CoO2 ⇌ C6 +2 LiCoO2 Ta có: mtot = Σn(e-)⋅Mi = kg = 103 gam 103 gam = n(e-)⋅M(C6Li) + n(e-)⋅2⋅M(Li0,5CoO2) 103 gam = n(e-)⋅(12⋅6 + 7) g⋅mol-1 + n(e-)⋅2⋅(7⋅1/2 + 59 + 2⋅16) 103 gam = n(e-)⋅268 g⋅mol-1 ⇒ n(e-) = (1000 g)/(267,802 g⋅mol-1) = 3.731 mol C = n(e-)⋅F/(t) = (3,731 mol⋅96485 C⋅mol-1)/(3600 s) = 99,996 mol⋅A-1⋅h-1 0,25 c) E = C⋅Q = 99,996 mol⋅A-1⋅h-1.3,7 V = 369,98 W⋅h⋅kg 0,25 d) i) Phản ứng pin hoạt động: 1/2 O2 + H2 ⇌ H2O(l), E0 = 1,229 E = E0 - (RT)/(nF)⋅ln(Q), Q = 1/(p(H2)⋅p(O2)0,5) Ở điều kiện chuẩn (RT)/(nF) = 0.0592/n ln(Q) = lg (Q) E = 1,229 V - (0,0592)/(2)⋅lg(1/(1⋅(0,2)0,5)) = 1,219 V ii) A= E.η = 20 kW⋅0,70 = 14 kW P = A/t = V⋅Q/t ⇒ Q = A⋅t/(V) = (14⋅103 W⋅3600 s)/(220 V) = 22,9⋅103 C Lượng H2 tiêu thụ là: m(H2) = Q/F ⋅ v(H2)⋅M(H2) = (22,9⋅103 C)(96485 C⋅mol-1)⋅1/2⋅2 g⋅mol-1 = 2,37 g⋅h-1 0,125 0,125 Câu 3.1 a) Ta có q trình (1) H O(r) H 2O(r) H 2O(k) H 2O(k) (-30 o C, bar) (0 o C, bar) (0 o C, bar) (-30 o C, bar) + ∆Hrxn (-30 °C) ∆H bước (1) = nCP*∆T = 1.37,8.10-3.30 = 1,134 kJ ∆H bước (2) = -241,83 - (-291,56) = 49,73 kJ ∆H bước (3) = 1.35,3.10-3.-30 = -1,056 kJ Vậy tổng trình: ∆Hrxn (-30 °C) = 49.81 kJ/mol + ∆Srxn° ∆S bước (1) = nCPln(273/243) = 4,4 J/K ∆S bước (2) = 187,7 – 46,63 = 139,07 J/K ∆S bước (3) = -4,098 J/K Vậy tổng trình: ∆Srxn°tổng = 139.4 J/K 1,0 0,25 0,25 b) ∆G = ∆H - T∆S = 49,81 – (-30 + 273).139,4.10-3 = 15.94 kJ => PH2O = e-∆G/RT = 3.75*10-4 bar - Áp suất nước tủ đông thấp, hóa học nước thấp so với áp suất tiêu chuẩn Hoặc giải thích theo nguyên lí Le Chatelier 0,25 0,25 3.2 1,0 a) Phản ứng I ΔHI0 = -393,5 + 2⋅(-241,8) - (-74,9) = –802,2 kJ mol-1 ΔSI0 = 213,6 + 2.188,7 - 186,2 + 2⋅205,0 = –5,2 J⋅K-1 mol-1 ΔGI0 = ΔH0 - T.ΔS0 = –802,2 - 1500.(-5,2.10-3) = -794,4 kJ mol-1 K I e G /RT e ( 794,4)/(8,314.10 3 1500) 4, 62.1027 Phản ứng II 1 ΔHII0 = (110,5) 2.(241,8) ( 74,9) = 519, kJ.mol ΔSII0 197,6 2.188, 186, 205, 81,3 J.K 1.mol 1 ΔGII0 = ΔH0 - T.ΔS0 = –519,2 - 1500.(81,3.10-3) = - 640,95 kJ.mol-1 K II e G /RT e ( 640,95)/(8,314.10 3 1500) 2, 09.1022 0,125 0,125 b) i) Vì KI >> KII lớn nên cho phản ứng hồn tồn Do đó, n CH mol, n O2 mol trạng thái cân bằng: n CH 0, n H2O 2n CH pu 2mol, n N mol, n CO2 n CO n CH pu mol n O2 2n CO 1,5CO 2(n CO n CO ) 0,5n CO 0,5n CO 0,5n CO Vậy phương trình biểu diễn mối quan hệ O2 CO trạng thái cân bằng: n O2 0,5n CO ii) - Trong phản ứng I) tổng số mol không thay đổi, phản ứng II, số mol khí thay đổi từ 8,5 mol mol (tính số mol N 2), phần mol CO nhỏ so với CO KII xem tổng số mol khí không thay đổi đáng kể (nsau ≈ ntrước) - Tổng số mol khí = x CO2 n CO2 n tong Mặt khác, n CH n O2 n N 11 mol n CO n tong 11 1/2 x CO (x O2 p)0,5 x CO (0,5x CO p) 0,5 K II p CO (p O2 ) KI pCO2 x CO2 x CO2 x CO 1/2 3/2 (vì x O2 0,5x CO ) 1/2 K II 2,09.10 22 x CO2 5,84.107 27 KI p 4, 6.10 11 x CO 6,99.105 0,125 0,125 c) - Tổng số mol khí = n CH n O2 n N 16 21 mol - Tại trạng thái cân n O2 (2n CO2 n O2 2n CO2 1,5CO 2(n CO2 n CO ) 0,5n CO 0,5n CO 0,5n CO n CO2 n CO 1/2 1/2 K II x CO (x O2 p) 2 x CO 21 421/2.x CO KI x CO2 21 => x CO 421/2 K II 2, 09.1022 421/2 7,01.107 KI 4, 6.1027 0,25 d) Do ngưng tụ nước, số mol pha khí thay đổi từ 11 thành trường hợp b) từ 21 thành 19 trường hợp c) Do phần trăm số mol CO thay đổi thành: 11 8,54.10 5 x CO (b) 85, ppm 21 x CO (c) 7, 01.10 7 7, 75.10 7 x CO (c) 0, 775 ppm 19 x CO (b) 6,99.10 5 0,25 Câu 2,0 4.1 Si + 2Cl2 → SiCl4 (A) SiCl4 + CH3Li → CH3SiCl3 + LiCl (B) CH3SiCl3 + 3H2O → CH3Si(OH)3 + 3HCl (C) nCH3Si(OH)3 → polyme SiCl4 + 2H2O → SiCl4(OH2)2 → SiO2 + 4HCl (D) SiCl4 + 4CH3MgBr → Si(CH3)4 + 4MgBrCl (E) 1,0 0,2.5 = 1,0 4.2 a) Công thức (A) SxNy ta có 69,565 30, 435 x:y : 1: 32 14 => công thức đơn giản SN (SN)n = 184 => n = 4, công thức (A) S4N4 1,0 0,25 b) Cấu trúc (A) S N N S S N N S 0,125 c) - (B) có khối lượng % nguyên tố giống với (A), nên (B) có cơng thức đơn giản với (A) Mặt khác, 2MB = MA => công thức phân tử B S2N2 - Công thức cộng hưởng (B) N S N S N S N S S N S N S N S N 0,125 0,125.4 Câu 2,0 5.1 a) (A): [Co(en)3]Cl3; (B): trans- [Co(en)2Cl2]Cl; (C): cis- [Co(en)2Cl2]Cl 1,0 0,25 b) Sản phẩm (A) có đồng phân quang học cấu tạo sau 3+ 3+ NH2 NH2 NH2 NH2 Co NH2 NH2 NH2 (Cl-)3 H2N NH2 Co H2N (Cl-)3 NH2 NH2 0,25 c) Vì mol [Co(en)3]Cl3 tồn dạng mol [Co(en)3]3+ mol Cl- dung dịch nước nên cho lượng dư AgNO3 thu mol AgCl kết tủa 0,25 d) Khi ion hóa mol [Co(en)3]Cl3 dung dịch nước tạo mol ion phức [Co(en) 3]3+ mol Cl-, tổng số ion có dung dịch nước trở thành mol Trong trường hợp (B) (C), số mol ion có dung dịch nước mol Số ion dung dịch nhiều độ dẫn điện lớn nên (A) có độ dẫn điện cao 0,25 5.2 a) Cấu trúc (A), (B), (C) 1,0 0,375 b) Theo đầu bài, đơn chất màu nâu đỏ Br chất khí khơng màu, thuận từ NO Các phản ứng IrBr3 + N2O5 → Ir3O(NO3)10 + NO + Br2 6IrBr3 + 14N2O5 → 2Ir3O(NO3)10 + 8NO + 9Br2 6IrBr3 + 14N2O5 → 2Ir3O(NO3)10 + 8NO + 9Br2 0,375 c) - Do phức chất có cấu trúc lưỡng tháp tam giác => phức chất có năm phối tử Trong phức chất, CO góp electron, NO đóng góp electron (NO+ đẳng electron với CO), Cr chứa electron hóa trị, từ ta có hệ phương trình: 6 2x 3y 18 x x y y => cơng thức phức chất Cr(CO)3(NO)2 - Nếu NO có a phân tử đóng góp 3electron b phân tử NO đóng góp electron ta có hệ phương trình 6 2x 3a b 18 x a b b = => x = 3, y = => Cr(CO)3(NO)2 b = => x = 1, a = => Cr(CO)(NO)4 b > => khơng có cặp x, a thỏa mãn Vậy thành phần phức Cr(CO)3(NO)2 Cr(CO)(NO)4 0,125 0,125 Câu 6.1 Xét tương tác hợp chất 1: Đây phản ứng nucleophil nội phân tử cặp electron tự nguyên tử oxy carboxyl đóng vai trò nucleophil hai nguyên tử carbon A B đóng vai trị electrophil Vì phản ứng nội phân tử đồng vòng cạnh nên chiều hướng phản ứng phụ thuộc vào khả mạnh/yếu tương đối trung tâm nucleophil electrophil tương ứng ... (tính số mol N 2), phần mol CO nhỏ so với CO KII xem tổng số mol khí khơng thay đổi đáng kể (nsau ≈ ntrước) - Tổng số mol khí = x CO2 n CO2 n tong Mặt khác,