4 lê hồng phong hóa 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG-NAM ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN: HỐ HỌC 11 Thời gian: 180 phút Đề nguồn Câu (2 điểm) Tốc độ phản ứng Thông hiểu (0,5) + Vận dụng (1) + Vận dụng cao (0,5) Nghiên cứu phản ứng phân hủy chlorine dioxide môi trường kiềm: 2ClO2 + 2OH- → ClO2- + ClO3- + H2O Các số liệu thực nghiêm thu bảng sau: Thí nghiệm [ClO2]o, mol/L [OH-]o, mol/L Tốc độ đầu, mol/(L.s) 0,005 0,010 5,75 x 10-5 0,010 0,010 2,30 x 10-4 0,010 0,005 1,15 x 10-4 a) Xác định bậc riêng phần ClO2, OH- Viết biểu thức tốc độ phản ứng b) Xác định số tốc độ phản ứng (1) cho biết đơn vị số tốc độ phản ứng c) Tính thời gian để nồng độ ClO2 giảm nửa pha loãng 10 lần dung dịch chứa ClO2 bão hòa nước NaOH 1M Độ tan ClO2 nước 0,8 g/L Phản ứng A → C xảy theo hai chế khác sau: 𝑘𝑎 Cơ chế (a): Phản ứng 𝐴 → C xảy trực tiếp thời gian bán phản ứng không phụ thuộc vào nồng độ ban đầu Ở 294 K, thời gian bán phản ứng 1000 phút Ở 340 K, thời gian để nồng độ A giảm 1/1024 nồng độ ban đầu 0,10 phút Cơ chế (b): Phản ứng diễn theo bước: Năng lượng hoạt hóa bước là: EA,1 = 125,5 kJ mol-1; EA,-1 = 120,3 kJ mol-1; EA,2 = 167,4 kJ mol-1 Giả sử hệ số trước lũy thừa hai chế lượng hoạt hóa lẫn hệ số trước lũy thừa không thay đổi theo nhiệt độ Tính tỉ số tốc độ hai chế trên, 𝑟𝐵/𝑟𝐴, 500 K Câu (2 điểm) Cân phản ứng dung dịch, pin điện, điện phân Thông hiểu (0,5) + Vận dụng (1) + Vận dụng cao (0,5) Trộn 10,0 mL dung dịch CH3COOH 0,080M với 10,0 mL dung dịch Na3PO4 0,020M dung dịch A Dung dịch B (NH4)2S 0,050M a) Xác định pH dung dịch A B b) Thiết lập pin điện ghép điện cực hiđro nhúng vào dung dịch A điện cực hiđro nhúng vào dung dịch B Tính Epin c) Viết trình xảy điện cực phản ứng xảy pin pin hoạt động d) Chuẩn độ dung dịch A dung dịch NaOH 0,03M thị phenolphtalein (pH = 9) Tính sai số phép chuẩn độ Cho biết: p(H2) = atm; NH4+ có pKa = 9,24; H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90; CH3COOH có pKa = 4,76; H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32 Câu (2 điểm) Nhiệt động học cân hoá học Thông hiểu (1) + Vận dụng (1) Xét phản ứng 2SO2(k) + O2(k)  2SO3(k) (1) nghiên cứu hai bình phản ứng, áp suất giữ không đổi 1,0 atm Các cân thực từ chất phản ứng SO2 O2, theo tỷ lệ hợp thức Gọi  độ chuyển hóa SO2, tức tỷ số lượng SO3 cân với lượng SO2 ban đầu Bình thứ 5500C  = 0,80 bình thứ hai 4200C  = 0,97 a) Phản ứng (1) tỏa nhiệt hay thu nhiệt? b) Xác định số cân Kp phản ứng (1) 5500C 4200C; từ suy giá trị entanpi chuẩn ΔpưH0 entropi chuẩn ΔpưS0 phản ứng với giả thiết đại lượng thay đổi khơng đáng kể khoảng nhiệt độ từ 4200C đến 7000C c) Xác định số cân Kp1 phản ứng (1) 6500C Cho 15,19 gam sắt (II) sunfat khan đun nóng bình chân khơng 1,00 L tới 6500C xảy phản ứng sau: 2FeSO4(r)  Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k) (2) 2SO3(k)  2SO2(k) + O2(k) (3) Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng, áp suất riêng phần oxi 38 mmHg d) Tính áp suất cân khí giá trị Kp2 phản ứng (2) e) Tính phần trăm FeSO4 bị phân hủy? Câu (2 điểm) Hóa nguyên tố (Kim loại, phi kim nhóm VA, IVA) Thông hiểu (1) + Vận dụng (1) Đầu đánh lửa que diêm nơi chứa hỗn hợp photpho sesquisunfua P4S3 kali clorat KClO3 Khi que diêm quẹt ngang qua bề mặt ghồ ghề, nhiệt sinh ma sát đủ để đốt cháy photpho sesquisunfua; kali clorat bị phân hủy để cung cấp oxi cần cho cháy a) Viết phương trình để mơ tả: - phản ứng đốt cháy photpho sesquisunfua tạo lưu huỳnh đioxit photpho(V) oxit - phản ứng phân hủy kali clorat tạo kali clorua oxi - phản ứng diễn diêm cháy photpho sesquisunfua kali clorat b) Photpho sunfua tạo thành cách đun nóng photpho trắng (P4) với lưu huỳnh (S8) Khi phản ứng thực nhiệt độ thấp, loạt sản phẩm từ P4S3 tới P4S10 tạo thành Phổ cộng hưởng từ hạt nhân P31- NMR sử dụng để xác định cấu trúc nhiều photpho sunfua Trong phổ P31 - NMR, số đỉnh quan sát tương ứng với số nguyên tử photpho khác nhau, ví dụ P4S3 có hai ngun tử photpho khác có hai đỉnh phổ đồ Sử dụng cấu trúc đưa trên, dự đốn có đỉnh quan sát thấy phổ P31-NMR của: P4S4, P4S5, P4S6 c) Trên thực tế, P4S4 tồn hai dạng đồng phân khác cấu trúc đồng phân biểu diễn Đồng phân thứ hai có peak quan sát thấy phổ P31-NMR Đề nghị cấu trúc cho đồng phân thứ hai P4S4 2 Cho phản ứng theo sơ đồ sau: (1) 𝑡 𝑡ℎườ𝑛𝑔 P4 (trắng) + Cl2 → X (2) 𝐶𝐶𝑙4 X + Cl2(dư) → Y 𝑡0 𝐶𝐶𝑙4 (3) Y + BCl3 → Z (4) Z + H2O (dư) → a) Xác định cơng thức chất X, Y, Z hồn thành phản ứng sơ đồ b) Xác định cấu trúc phân tử phân tử X, Y, Z Biết Z hợp chất ion Câu (2 điểm) Phức chất Thông hiểu (0.5) + Vận dụng (1) + Vận dụng cao (0.5) Thông tin coi “sản phẩm” có giá trị thu từ hoạt động người Do vậy, loài người có nhiều nỗ lực nhằm bảo mật thông tin Từ lâu, mật mã cách thức hữu hiệu nhằm bảo mật thông tin Người ta viết mật mã loại mực hóa học mà từ chỗ khơng màu, dễ dàng thực thao tác đặc biệt, ví dụ hơ nóng Có nhiều cơng thức để chế tạo loại mực thế, có loại dựa vào muối Co(II) Vốn có màu hồng nhạt, viết lên giấy để khô, mực coban trở nên gần không màu Tuy nhiên, hơ nóng nến, dịng chữ lên có màu xanh sáng Muối Co(II) cịn có số ứng dụng khác, khơng địi hỏi bí mật, dựa vào biến đổi màu sắc Tẩm thêm muối Co(II) lên hạt silica-gel, chúng có màu xanh da trời Cho silica-gel vào bình làm khơ (desiccator), sau hút ẩm chuyển sang màu hồng Đây dấu hiệu để hồn ngun silica-gel (nó ngậm q nhiều nước, cần đem sấy lại) Tương tự, tờ giấy tẩm dung dịch bão hòa CoCl2 có màu xanh để khơ tạo thành CoCl2.4H2O, trở lại màu hồng CoCl2.6H2O mơi trường ẩm Như vậy, sử dụng tờ giấy dụng cụ đo độ ẩm Sử dụng kiện nhiệt động cho đây, tính độ ẩm thấp (theo %) khơng khí ứng với dụng cụ đo độ ẩm 0 Hợp chất 𝑆298 , J mol-1 K-1 −∆𝑓 𝐻298 , kJ mol-1 CoCl2.6H2O(tt) 2113,0 346,0 CoCl2.4H2O(tt) 1538,6 211,4 H2O(l) 285,8 70,1 H2O(k) 241,8 188,7 Sự chuyển màu “hồng (đơi màu tím)  xanh” mơ tả xếp lại cầu phối trí quanh ion Co2+: bát diện (oct)  tứ diện (tetr) Ví dụ đề cập đến phần cân CoH O  2 oct  CoH O 4 tetr 2 Thơng thường, hợp chất phối trí tứ diện khơng thơng dụng hợp chất phối trí bát diện Tuy nhiên trường hợp Co2+, lượng phức tứ diện phức bát diện gần Để hiểu tính chất trên, ta xem xét phức bát diện phức tứ diện sau: a) [Cr(H2O)6]3+ [Cr(H2O)4]3+ b) [Co(H2O)6]2+ [Co(H2O)4]2+ Vẽ giản đồ mô tả lượng obitan 3d kim loại trường phối tử bát diện tứ diện, rõ thông số tách obitan d, () Với ion kể trên, điền electron phân lớp d kim loại vào giản đồ tương ứng Tính lượng bền vững hóa trường tinh thể (CFSE) ion So sánh rút kết luận Phản ứng: [Co(H2O)6]2+ + X- → [CoX4]2- + 6H2O (1) - Trong X = Cl ; Br ; I ; SCN dùng để minh họa cho nguyên lí chuyển dịch cân Le Chatelier Nếu thêm lượng dư muối X-, dung dịch có màu xanh; pha lỗng nước, dung dịch dẽ có màu hồng nhạt 0 a) Dự đoán dấu  r H 298  r S298 phản ứng (1) b) Nhiệt độ có ảnh hưởng đến cân (1)? c) Xét phản ứng (1) với KCl KSCN nguồn cung cấp X- Nếu muối có nồng độ mol/l, muối khiến cân (1) chuyển dịch bên phải mạnh hơn? Giải thích dựa vào thuyết axit, bazơ cứng, mềm (HSAB) Nhỏ giọt dung dịch NaOH vào dung dịch Co(II) oC thu kết tủa màu xanh Nếu lấy kết tủa đưa nhiệt độ phịng (25 oC) sau thời gian, kết tủa chuyển sang màu hồng Nếu nhỏ vào kết tủa lượng dư kiềm kết tủa tan cho dung dịch màu xanh Giải thích tượng xảy kèm theo phương trình phản ứng minh họa Câu (2 điểm) Đại cương hữu Thông hiểu (0,5) + Vận dụng (0,5) + Vận dụng cao (1) So sánh nhiệt hiđro hóa hợp chất A1, A2, A3, A4, A5 (sắp xếp theo giá trị │ΔHcháy│tăng dần) giải thích ngắn gọn Nguyên tử nitơ phân tử amin đóng vai trị trung tâm bất đối (ví dụ phân tử C) Tuy nhiên thực tế, hợp chất C không quang hoạt dạng đối quang C tồn cân chuyển hóa hai dạng Sự chuyển hóa dạng đối quang có hàng rào lượng Go > a) Sử dụng hình ảnh orbital nguyên tử mô tả chế chuyển hóa hai dạng đối quang C b) So sánh hàng rào lượng (Ea) chuyển hóa hai dạng (tương tự chất C) cặp chất: Sắp xếp theo chiều tăng dần tính bazơ hợp chất sau giải thích ngắn gọn: Câu (2 điểm) Cơ chế phản ứng hóa hữu Thông hiểu (1) + Vận dụng (0.5) + Vận dụng cao (0.5) Viết chế cho chuyển hóa sau: Câu (2 điểm) Sơ đồ tổng hợp hữu Thông hiểu (0,5) + Vận dụng (1) + Vận dụng cao (0,5) Hợp chất A loại pheromon loài bướm ngài A tổng hợp theo sơ đồ sau: Xác định công thức cấu tạo chất chưa biết sơ đồ phản ứng Vào năm 1997, Freyer đồng nghiệp tách hợp chất Frondosin B từ loài bọt biển Dysidea frondosa Hợp chất biết có nhiều ứng dụng dược lý quan trọng, đặc biệt chống viêm, chống u ngăn chặn phát triển virus HIV Frondosin B tổng hợp Xin Li Timo V Ovaska vào năm 2007 theo sơ đồ sau: Biết CAN có cơng thức phân tử (NH4)2Ce(NO3)6, đóng vai trị tác nhân oxi hóa a) Xác định cơng thức cấu tạo chất từ A đến F b) Đề nghị chế chuyển hóa từ B thành C Câu (2 điểm) Xác định cấu trúc chất hữu (mô tả sơ đồ tổng hợp lời dẫn) Thông hiểu (1) + Vận dụng (1) Đun hồi lưu axit but-2-enoic với xyclopenta-1,3-dien cho sản phẩm phản ứng với O2 singlet/LDA thu hợp chất A Khử hóa A (EtO)3P LiAlH4 thu vic-diol B Hidro hóa B H2, Pd/C oxi hóa NaIO4 thu hợp chất C Ở điều kiện -78oC, C phản ứng với 2(2-iotetyl)-1,3-dioxolan/NaHMDS xử lí hỗn hợp phản ứng axit sunfuric loãng thu hợp chất D Tiếp tục cho D phản ứng với etyl-2-(dietoxyphotphoryl)propanoat/NaH, tách lấy đồng phân Z cho phản ứng với CH2Br2/Zn/TiCl4 cuối khử hóa LiAlH4 thu β-santalol Xác định cấu trúc chất A, B, C, D β – santalol Hợp chất B dẫn xuất hệ vòng thiazole sử dụng làm thuốc an thần B tổng hợp theo quy trình sau: Brom hóa B1 dung dịch Br2 với dung môi CH3COOH thu hợp chất B2 Cho B2 phản ứng với hexametylentetraamin thủy phân sản phẩm muối amoni bậc IV dung dịch HCl loãng cho hợp chất B3 (C8H8FNO) Đun nóng hỗn hợp B3 2,5-dimethoxytetrahydrofuran có mặt xúc tác axit axetic cho sản phẩm B4 (C12H10FNO) Xử lý hợp chất B4 với Cu(SCN)2 thu B5 (C13H9FN2OS) Đun nóng B5 với MeONa dung môi DMF tạo thành hợp chất B Xác định công thức cấu tạo chất chưa biết trình tổng hợp Cho biết: Câu 10 (2 điểm) Hoá học hợp chất thiên nhiên (Cacbohidrat hợp chất hữu chứa Nitơ đơn giản) Thông hiểu (0,5) + Vận dụng (1) + Vận dụng cao (0,5) Một cacbohiđrat A có cơng thức phân tử C12H20O11 A phản ứng với thuốc thử phenylhiđrazin, không làm màu dung dịch Br2/H2O, không tham gia phản ứng với thuốc thử Tollens Thủy phân A dung dịch axit thu hợp chất A1 D-fructozơ Metyl hóa A1 MeOH (xúc tác HCl khan) thu hợp chất A2 (C7H12O6) Tiến hành oxi hóa A2 dung dịch HIO4 thủy phân sản phẩm thu hỗn hợp, có chứa chất A3, A4, A5 Đun nóng A với dung dịch NaOH thu hỗn hợp sản phẩm, có B1 (C6H8O5) Oxi hóa B1 HIO4 đun nóng nhẹ thu hợp chất B2 (C5H8O4) Metyl hóa B2 MeI/Ag2O thu hợp chất B3 (C7H14O5) Mặt khác, hiđro hóa B2 H2/Ni, to thu hợp chất B4 (C5H12O4) a) Xác định biểu diễn cấu trúc A, A1, A2, B1, B2, B3, B4 dạng vòng Haworth (với hợp chất mạch vịng) cơng thức Fisơ (với hợp chất mạch hở) b) Đề xuất chế q trình chuyển hóa A thành B1 dung dịch NaOH Peptit E có khả ức chế số chủng vi khuẩn Để xác định cấu trúc bậc I E, tiến hành thí nghiệm sau: Peptit E khơng cho phản ứng với 2,4-đinitroflobenzen không bị thủy phân enzym aminopeptiđaza Thủy phân hoàn toàn E thu amino axit sau: Gly3, Pro2, Phe, Tyr Khi thủy phân khơng hồn tồn E enzym pepsin, thu tetrapeptit E1 tripeptit E2 Thành phần E1 gồm Phe, Gly2 Pro, thành phần E2 gồm Tyr, Gly Pro Mặt khác, thủy phân khơng hồn tồn E dung dịch axit loãng thu hỗn hợp sản phẩm có mặt tetrapeptit E3 Thành phần E3 gồm Tyr Gly3 a) Xác định cấu trúc bậc I E b) Biểu diễn cấu trúc E dạng công thức Fisơ, biết aminoaxit tạo thành E đồng phân L-aminoaxit Cho biết công thức cấu tạo số aminoaxit sau: HẾT TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG-NAM ĐỊNH Câu 1.a) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN: HỐ HỌC 11 Thời gian: 180 phút Đáp án đề nguồn Điểm Nội dung Tại thời điểm t = v = k [ClO2]a[OH-]b v1 k.(0, 005)a (0, 01) b 5, 75.103   a 2 a b 4 v k.(0, 01) (0, 01) 2,30.10 Từ TN1 TN2: v1 k.(0, 01)a (0, 01)b 2,3.104    b 1 a b 4 v k.(0, 01) (0, 005) 1,15.10 Từ TN2 TN3: 1.b) 1.c) v = k.[ClO2]2[OH-] v k [ClO2 ]2 [OH  ] → k = k = k = k = 230 (M-2 s-1) Trong dung dịch bão hòa C(ClO2) = 0,8 / 67,5 = 0,01185 M Khi pha loãng 10 lần: [ClO2]o = 0,001185 M; [OH-]o = 0,1 M [OH-]o [ClO2]o, thay đổi nồng độ NaOH không đáng kể, phản ứng giả bậc với ClO2 v = k [ClO2]2[OH-]o = k’.[ClO2]2 (k’ = 23 M-1 s-1) d[ClO2 ] 1  2k ' [ClO2 ]    2k ' t  t1/2  '  18,35 dt [ClO2 ] [ClO2 ]o 2k [ClO2 ]o s 0,25 0,25 0,25 0,25 Cơ chế (a) có bậc A hay 0,25 Đối với chế (b) Áp dụng nguyên lý trạng thái dừng với tiểu phân trung gian A* 0,50 Câu 2.a) Ở 500 K 𝑟𝐵/𝑟𝐴 = 0,512 0,25 Xét dung dịch A: 0,50 0,08 0,02 = 0,04M; CNa PO = = 0,01M 3 2 Na3PO4 → 3Na+ + PO430,01 0,03 0,01 Ta có: Ka1 (H3PO4) > Ka (CH3COOH) > Ka2 (H3PO4) > Ka3 (H3PO4) CH3COOH + PO43- ↔ CH3COO- + HPO42K1 = 10-4,76.1013,32 = 107,56 0,04 0,01 0,03 0,01 0,01 2CH3COOH + HPO4 ↔ CH3COO + H2PO4- K2 = 10-4,76.107,21 = 102,45 0,03 0,01 0,01 0,02 0,02 0,01 TPGH: CH3COOH 0,02M CH3COO- 0,02M H2PO40,01M + Na 0,03M => dung dịch A dung dịch đệm pH dung dịch định hệ đệm CH3COOH/CH3COOCCH COOH = => pHA = pKa (CH3COOH) + lg CCH COO3 CCH COOH = 4,76 (NH4)2S → 2NH4+ + S20,05 0,1 0,05 + Ta có: Ka1 (H2S) > Ka (NH4 ) > Ka2 (H2S) NH4+ + S2- ↔ NH3 + HSK3 = 10-9,24.1012,90 = 103,66 >> 0,10 0,05 0,05 0,05 0,05 + TPGH dung dịch B: NH4 0,05M NH3 0,05M HS- 0,05M => dung dịch B dung dịch đệm pH dung dịch định hệ NH4+/NH3 Xét dung dịch B: pHB = pKa (NH4+) + lg CNH CNH+ = 9,24 2.b) Điện cực làm việc với dung dịch A B điện cực hiđro [H+]A > [H+]B => điện cực hiđro nhúng vào dung dịch B cực âm; => điện cực hiđro nhúng vào dung dịch A cực dương; Cấu tạo pin: (-) H2 (p = atm) | dung dịch B || dung dịch A| H2 (p = atm) (+) Epin = E(+) - E(-) = 0,0592 lg 2.c) [H+ ]ddB = 0,265V Phản ứng tại: 0,25 H2 + CH3COO- → CH3COOH + e NH4+ + e → NH3 + H2 Cực âm: Cực dương: 2.d) [H+ ]ddA 0,25 d) Tại pH = [CH3COOH] [CH3COO ] - 0,50 [H ] 10 = - 4,76 = 10- 4,24 => [CH3COO-] >> [CH3COOH] => Ka 10 + = - CH3COOH phản ứng hết [H2 PO-4 ] [HPO24 ] [HPO24- ] [PO34- ] = [H+ ] 10- = - 7,21 = 1,62.10- Ka2 10 = [H+ ] 10- = - 12,32 = 103,32 => [HPO42-] >> [PO43-] => coi chuyển Ka3 10 hóa HPO42- sang PO43- khơng đáng kể Gọi V (ml) thể tích dung dịch NaOH 0,03M; Thể tích dung dịch thu = V + 20 (ml) Tại điểm dừng chuẩn độ, thành phần hệ gồm: Na+, H2PO4-, HPO42-, CH3COO-, OHÁp dụng định luật bảo toàn điện tích: [Na+] = [CH3COO-] + [H2PO4-] + 2[HPO42-] + [OH-] [H+ ] + 2Ka2 0,03V + 0,03.20 20 20 = 0,04 + 0,01 + + 10- => V = 19,907 V + 20 V + 20 V + 20 [H ] + Ka2 mL Các phản ứng chuẩn độ: H2PO4- + OH→ HPO42- + H2O CH3COOH + OH- → CH3COO- + H2O Ta có: VTĐ.0,03 = (0,01 + 0,02).20 => VTĐ = 20 mL V - VTD Sai số chuẩn độ, q = 100% = -0,467% VTD Câu 3.a) 3.b) Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k)  2SO3 (k) (1) 0,25 Khi giảm nhiệt độ, hiệu suất phản ứng tăng lên nghĩa cân chuyển dịch phía thuận, phản ứng cho tỏa nhiệt độ Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k)  2SO3(k) (1) 0,5 Ban đầu: 2a a Cân bằng: 2a(1-) a(1-) 2a Trong đó: 2a(1-) + a(1-) + 2a = => a(3-) = 1atm * Tính số cân bằng: Kp  PSO PSO PO2  (2a)2 2 2 (3  )   [2a(1-)]2 [a(1  )] a(1  )3 (1  )3 Tại nhiệt độ 5500C hay 823K,  = 0,80 => Kp(823K) = 176; Tại nhiệt độ 4200C hay 693K,  = 0,97 => Kp(693K) = 7,074.104 * Tính ΔpưH0 ΔpưS0 Từ công thức định luật Van't Hoff, ta có: ln 3.c) 3.d) K p (T2 ) K p (T1 )   pu H0  K p (T2 ) RT1T2 1     pu H0  ln  R  T2 T1  T2  T1 K p (T1 ) Thay số vào ta có: ΔpưH0 = -218,7 kJ/mol Ta có: ΔpưG0 = - RTlnKp(T) = ΔpưH0 - T.ΔpưS0 Với giá trị T 823K, ta có: -8,314.823.ln176 = - 218,7.103 - 823 ΔpưS0 ΔpưS0 = -222,75 J.K-1.mol-1 Tại nhiệt độ 6500C hay 923K => - 8,314.923 lnKp(923K) = -218,7.103 - 923.(-222,75) => 0,25 Kp(923K) = 5,51 Tại 923K, ta có cân bằng: 2SO3(k)  2SO2 (k) + O2 (k) (2) Kp2 = 0,181 0,75 Phản ứng (2): FeSO4 (r)  Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k) (2) Phân hủy: Cân bằng: a-2x a+2x Phản ứng (3): SO3(k)  2SO2 (k) + O2 (k) (3) Áp suất ban đầu: a a Phản ứng: -2x +2x +x Cân bằng: a-2x a + 2x x Ở cân áp suất O2 38/760 = 0,05 atm => x = 0,05 atm K p3  K p3  PSO P O2 PSO PSO P O2 PSO  (K p1 )1  0,1815  (a  2x)2 ( x) (a  0,1) 0, 05   0,1815 (a  2x)2 (a  0,1) => (a  0,1)2  3,63 (a  0,1)2 (a  0,1)  1,905 (a  0,1) => => a = 0,326 atm 3.e) FeSO4 (r)  Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k) Kp2 = PSO3PSO2 = (a - 2x)(a +2x) = (0,326 - 0,1)(0,326 + 0,1) = 9,63.10-2 Số mol FeSO4 phân hủy = số mol SO2 + số mol SO3 = (2a).V (2.0,326).1   8,61.103 (mol) 22, RT 923 273 Khối lượng FeSO4 phân hủy = 8,61.10-3 ×151,91 = 1,31 gam Phần trăm khối lượng FeSO4 = 1,31/15,19 = 8,61% 0,25 Câu 1.a) 0,25 o t P4S3 + 8O2   P4O10 + 3SO2 o t 2KClO3   2KCl + 3O2 3P4S3 + o t 16KClO3   16KCl + 3P4O10 + 9SO2 0,5 1.b) Cấu trúc Số đỉnh 0,25 1.c) 2.a) o (1) t thườ ng  4PCl3 P4 (trắng) + 6Cl2  (2) PCl3 + Cl2(dư)   PCl5 Y PCl5 (3) PCl5  [PCl4]+[BCl4]+ BCl3  Z [PCl4]+[BCl4]- (4) t  H3PO4 + H3BO3 + 8HCl [PCl4]+[BCl4]- + 7H2O  CCl CCl 0,5 o 0,5 2.b) Cấu trúc X: Cấu trúc Z: Câu X PCl3 Cấu trúc Y: 0,5 Độ ẩm 0,5 Giả sử ∆t = 4/9 ∆o Giá trị |CFSE(tetrahedron) – CFSE(octahedron)| nhỏ với cấu hình d7 (ví dụ Co2+) Thuyết trường tinh thể coi liên kết liên kết ion Điều với trường hợp axit cứng (tâm ion) bazo cưng (phối tử) theo thuyết HSAB Trong trường hợp Co2+ (gần với axit mềm) yếu tố cộng hóa trị liên kết ion trung tâm phối tử có khả cực hóa lớn nhân tố làm tăng độ bền phức tứ diện 3.a) Do phản ứng có tăng số tiểu phân nên dự đốn  r S298 > Mặt khác ∆rGo298 > 0,25 0 phản ứng có xu hướng dịch chuyển từ trái sang phải cách hoàn toàn Vậy  r H 298 >  r S298 > Điều phù hợp với CFSE tính tốn 3.b) 3.c) Do  r H 298 > nên nhiệt độ tăng cân dịch sang phải màu dung dịch chuyển từ 0,25 hồng sang xanh đậm Do Co2+ axit tương đối mềm nên tạo phức bền với bazo mềm SCN- bazo mềm 0,25 so với Cl- nên cân (1) với SCN- dịch bên phải nhiều 0,25 kết tủa xanh kết tủa hồng dung dịch xanh Câu Ta có: ΔHcháy = ∑Elk (chất đầu) - ∑Elk (sản phẩm) Sản phẩm thu giống nhau, chất đầu 0,5 bền ∑Elk (chất đầu) nhỏ dẫn đến ΔHcháy âm, │ΔHcháy│càng lớn Như hợp chất bền │ΔHcháy│càng lớn So sánh độ bền: A2 > A1 > A3 > A4 > A5  │ΔHcháy│: A2 < A1 < A3 < A4 < A5 Nguyên nhân: sức căng Bayer (sức căng góc) nhỏ, sức căng Pitzer (liên kết xen kẽ) nhỏ sức căng Bayer (sức căng góc) nhỏ, sức căng Pitzer (liên kết xen kẽ) nhỏ, sức căng lớn so với A2 sức căng Bayer lớn, sức căng Pitzer (liên kết che khuất) lớn Hai nguyên tử H dạng cis gần nên lực đẩy nhỏ so với A4 sức căng Bayer lớn, sức căng Pitzer (liên kết che khuất) lớn Nguyên tử H gần nhóm Me nên lực đẩy lớn so với A3 2.a) 2.b) sức căng Bayer lớn, sức căng Pitzer (liên kết che khuất hoàn toàn) lớn Cơ chế chuyển hóa: 0,25 0,75 Giá trị hàng rào lượng (Go): i D1 > D2 D2 có gốc hiđrocacbon cồng kềnh, chuyển thành lai hóa sp thuận lợi góc liên kết tăng (từ 109o lên 120o) làm giảm lực đẩy nhóm (giảm sức căng góc) ii D3 > D4 D3 có gốc hiđrocacbon vòng cạnh cứng nhắc, chuyển thành lai hóa sp2 tăng sức căng góc (từ 109o lên 120o) vịng cạnh vị trí N iii D5 < D6 Khi chuyển trạng thái lai hóa sp3  sp2, độ âm điện nguyên tử N tăng Các nguyên tử clo có độ âm điện lớn hút electron N nhóm metyl đẩy electron, trạng thái lai hóa sp2 nguyên tử clo hút electron khiến cho trạng thái lai hóa sp2 ngun tử N bền Chính hàng rào lượng D4 cao Sắp xếp tính bazơ tăng dần: E4 < E2 < E3 < E1 Nguyên nhân: Do độ bền cation sinh tăng dần sau: E4 < E2 < E3 < E1 Cation sinh từ E4 nguyên tử N liên hợp, giải tỏa điện tích (có cấu trúc cộng hưởng) nên độ bền kèm Cation sinh từ E2 nguyên tử N liên hợp, giải tỏa điện tích (có cấu trúc cộng hưởng) nên độ bền cao so với cation sinh từ E4 0,5 Cation sinh từ E3 nguyên tử N nguyên tử O liên hợp, giải tỏa điện tích (có cấu trúc cộng hưởng) nên độ bền cao so với cation sinh từ E2 Cation sinh từ E1 nguyên tử N liên hợp, giải tỏa điện tích (có cấu trúc cộng hưởng), N có độ âm điện nhỏ O nên khả liên hợp mạnh hơn, điện tích dương giải tỏa nhiều Do độ bền cation sinh từ E1 cao so với cation sinh từ E3 Câu 7.a) 0,5 7.b) 0,5 7.c) 0,5 7.d) 0,5 Câu 0,75 2.a) 1,0 2.b) 0,25 Câu 1,0 1,0 Câu 10 1.a) 0,75 A có công thức phân tử C12H20O11  độ không no k = A phản ứng với thuốc thử phenylhiđrazin, không làm màu dung dịch Br2/H2O, không tham gia phản ứng với thuốc thử Tollens  A chứa chức xeton Thủy phân A dung dịch axit thu hợp chất A1 D-fructozơ  A disaccarit gồm monosaccarit Fructozo thành phần aglycol A1 Metyl hóa A1 MeOH (xúc tác HCl khan) thu hợp chất A2 (C7H12O6)  A1 có nhóm -OH hemiaxetal Tiến hành oxi hóa A2 dung dịch HIO4 thủy phân sản phẩm thu hỗn hợp, có chứa chất A3, A4, A5  cơng thức cấu tạo A2: Đun nóng A với dung dịch NaOH thu hỗn hợp sản phẩm, có B1 (C6H8O5)  A thực phản ứng retroaldol tạo thành B1 fructozo Oxi hóa B1 HIO4 đun nóng nhẹ thu hợp chất B2 (C5H8O4) Metyl hóa B2 MeI/Ag2O thu hợp chất B3 (C7H14O5) Mặt khác, hiđro hóa B2 H2/Ni, to thu hợp chất B4 (C5H12O4) Công thức Haworth chất chưa biết: 1.b) Cơ chế chuyển hóa A  B1: 0,25 2.a) Peptit E khơng cho phản ứng với 2,4-đinitroflobenzen không bị thủy phân enzym 0,75 aminopeptiđaza  khơng có nhóm amino đầu N Thủy phân hoàn toàn E thu amino axit sau: Gly3, Pro2, Phe, Tyr  E heptapeptit E khơng có đầu N mà aminoaxit có nhóm -COOH nhóm -NH2  E heptapeptit mạch vòng E enzym pepsin, thu tetrapeptit E1 tripeptit E2  Đuôi C E1 E2 Tyr Phe E2 gồm Tyr, Gly Pro  Đuôi C E2 Tyr Thành phần E1 gồm Phe, Gly2 Pro,  Đuôi C E1 Phe Thành phần E3 gồm Tyr Gly3 Có trường hợp cho E3: Tyr-Gly-Gly-Gly (1); Gly-Tyr-Gly-Gly (2); Gly-Gly-Tyr-Gly (3); Gly-Gly-Gly-Tyr (4) (1) (4) loại thủy phân enzim pepsin phải có peptit chứa Gly (3) loại thủy phân enzim pepsin phải có peptit chứa Gly-Gly-Tyr (trong khí E2 có Gly) Vậy E3 có cơng thức: Gly-Tyr-Gly-Gly Suy E2 có cơng thức: Pro-Gly-Tyr Vì E3 có cấu trúc Gly-Tyr-Gly-Gly nên E1 có cấu trúc Gly-Gly-Pro-Phe Cơng thức peptit: E1: Gly-Gly-Pro-Phe E2: Pro-Gly-Tyr E3: Gly-Tyr-Gly-Gly 0,25 2.b) HẾT -* Trường hợp khác đáp án thỏa mãn yêu cầu đề cho điểm tối đa  ... 0,04M; CNa PO = = 0,01M 3 2 Na3PO4 → 3Na+ + PO430,01 0,03 0,01 Ta có: Ka1 (H3PO4) > Ka (CH3COOH) > Ka2 (H3PO4) > Ka3 (H3PO4) CH3COOH + PO43- ↔ CH3COO- + HPO42K1 = 10 -4, 76.1013,32 = 107,56 0, 04. .. ứng hết [H2 PO -4 ] [HPO 24 ] [HPO 24- ] [PO 34- ] = [H+ ] 10- = - 7,21 = 1,62.10- Ka2 10 = [H+ ] 10- = - 12,32 = 103,32 => [HPO42-] >> [PO43-] => coi chuyển Ka3 10 hóa HPO42- sang PO43- khơng đáng... 3P4O10 + 9SO2 0,5 1.b) Cấu trúc Số đỉnh 0,25 1.c) 2.a) o (1) t thườ ng  4PCl3 P4 (trắng) + 6Cl2  (2) PCl3 + Cl2(dư)   PCl5 Y PCl5 (3) PCl5  [PCl4]+[BCl4]+ BCl3  Z [PCl4]+[BCl4]- (4)