DAP AN hóa học 11

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT QUẢNG NGÃI ĐÁP ÁN ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC LỚP 11 NĂM 2022 (Đáp án có 11 trang, gồm 10 câu) Câu (2 điểm) Tốc độ phản ứng Câu Đáp án 1.1 Vì (2) giai đoạn chậm nên tốc độ phản ứng: − d[I] = k [H BrO3+ ][I − ] dt (1) Giai đoạn (1) nhanh cân nên: [H BrO3+ ] = ⇒ Thay (2) vào (1) ⇒ Mà theo (*) 1.2 k1[BrO ][H ] = k −1[H BrO 3+ ] k1 [BrO3− ][H + ]2 k −1 − Với Điểm 1,0 − + (2) d[I] k = k [H + ]2 [BrO3− ][I − ] dt k −1 d[I − ] k v=− = k [H + ]2 [BrO3− ][I − ]=k[H + ]2 [BrO3− ][I − ] dt k −1 k k = k2 k −1 Vậy chế đề nghị phù hợp với quy luật động học bậc a Theo nguyên lí nồng độ ổn định : v = k2[I][A] b 1,0 d[I ] = k1[M][D] − k−1[I ] − k2[I ][A] dt k [M][D] ⇒ [I ] = k−1 + k2[A] v= k1k2[M ][D][A] k−1 + k2[A] Hay Theo cân nhanh: (1) K= k1 k [M ][D] [I ] = ⇒ [I ] = k−1 [M][D] k−1 v= k1k2[M ][D][ A] k−1 Hay (2) Nên k -1 >> k2 (1) (2) tương đương Câu (2 điểm) Câu 2.1 a) Cân phản ứng dung dịch, pin điện, điện phân Đáp án Điểm 0,25 TN1: S2- + Zn2+ → ZnS SO32- + I3- + 2OH- →SO42- + 3I- + 2H2O 2S2O32- + I3- dư → S4O62- + 3I- (1) TN2: SO32- + I3- + 2OH- → SO42- + 3I- + 2H2O S2- + I3- → S + 3I2S2O32- + I3- dư → S4O62- + 3I0,5 TN 1: nSO2− (20mL ddY ) = nI − − 0,5nS O2− 3 → CSO2− (trongddX) = 3 (12,00.0,02 − 0,5.27,20.0,01).100,00 = 0,013(M ) 20,00.40,00 TN2: nI − = nSO2− (10mL ddX) + nS2− (10mL ddX ) + 0,5nS O 2− (TN 2) 3 CS2− (trongddX) = 2.1 b) 22,00.0,020− 10,00.0,013− 0,5.30,00.0,01 = 0,016(M) 10,00 - Nếu dung dịch trước chuẩn độ có mơi trường bazơ: 0,25 I3 dư + 6OH → 8I + IO3 + 3H2O (2) 223S2O3 + 4IO3 + 6OH → 6SO4 + 4I + 3H2O (3) 2So sánh tỉ lệ mol I3 S2O3 (1) (2),(3), nhận thấy môi trường bazơ lượng S2O32- cần để chuẩn độ hết lượng I 3- dư giảm nên kết xác định nồng độ S2O32- tăng so với kết câu a) - Nếu thực môi trường axit mạnh thêm nhanh dung dịch Na 2S2O3 chuẩn độ S2O32- + 2H+ → S + SO2 + H2O (4) SO2 + I3- dư + 2H2O → SO42- + 3I- + 4H+ 2.2 (5) So sánh tỉ lệ mol I3- S2O32- (1) (4),(5), nhận thấy môi trường axit lượng S2O32- cần để chuẩn độ hết lượng I3- dư giảm nên kết xác định nồng độ S2O32- tăng so với kết câu a) a 0,5 Xây dựng giản đồ Latimer: E0 (IO3−/ HIO) = 1,125 V; b (i) E0 (IO4−/ IO3−) = 1,61 V 0,5 2MnO + 10I + 16 H ƒ - bđ : 0,24 tpgh 0,16 + 0,40 - 2Mn 2+ + I2 (r) +8H2O 0,08 10 (1, 51− , 54) , 0592 + 0,20 2+ = 7,10.10163 mol mol 10 (1, 51−1,19) , 0592 2Mn + 2IO + H2O K = 10 2MnO + I2 (r) + H ƒ K1 = 10 = 1,13.1054 Bđ 0,16 0,20 0,08 mol tpgh 0,12 0,24 0,16 Trong lit dung dịch thành phần hỗn hợp sau phản ứng: Mn2+: 0,24 M IO3-: 0,16 M; I2: 5.10-4 M pH = (ii) E = EIO + − /I Câu (2 điểm) Câu 3.1 0, 0592 [ IO3− ][ H + ]6 0, 0592 0,16 ×16 lg = 1,19 + lg = 1, 2(V ) [ I ]1/2 (5 ×10−4 )1/2 Nhiệt động học cân hoá học Đáp án Điểm 1,0 Dãn nở đoạn nhiệt thuận nghịch Để tính T2 ta sử dụng biểu thức sau: 1− χ χ 1− χ 1 T P χ 1− χ 2 =T P hay  P1   ÷  P2  − χ = −0, 666 χ T  = ÷  T1  χ= với Cp Cv = 20, 48 = 1, 666 12, 47 suy Theo đề bài, ta có: T1 = 298K, P1 = atm P2 = atm Thay số vào biểu thức ta có: −0,666 2  ÷ 1 1,666  T  = ÷  298  −0, 666 lg = 1, 666 lg suy ra: T2 298 hay T2 = 0, 758 ⇒ 298 T2 = 225,9 K Công dãn nở đoạn nhiệt A = nCv(T2 – T1) = 1.12,47.(225,9 – 298) = -899,087 J Suy ra: ΔU = A = -899,087 J Để tính ΔH ta dùng biểu thức: ΔH = ΔU + nRΔT = - 899,087 + 1.8,31.(225,9 – 298) = - 1498,238 J = - 1,498 kJ 3.2 a 0,5  → H2 ( k) + CO2 ( k) H2O ( h) + CO ( k) ¬   Ban đầu (số mol): 0,1 0,05 Cân (số mol): 0,055 0,005 0,045 0,045 Áp suất riêng phần khí: Pi = niRT/V Vì thế: Kp = PCO2 PH2 PCOPH2O = nCO2 nH2 nCOnH2O = 0,045.0,045 = 7,36 0,005.0,055 b 99% CO bị chuyển hóa tương ứng với số mol CO phản ứng 0,5 nCO = 0,05.99% = 0,0495 mol  → H2 ( k) + CO2 ( k) H2O ( h) + CO ( k) ¬   Ban đầu (số mol): 0,1 0,05 5.10-4 Cân (số mol): 0,0505 Kp = PCO2 PH2 PCOPH2O ln Từ công thức: K p2 K p1 = = nCO2 nH2 nCOnH2O 0,0495 = 0,0495 0,0495.0,0495 = 97,04 5.10−4.0,0505 ∆H  1   − ÷ R  T1 T2  Entanpi phản ứng: ∆Hopø = ∆HoCO2 + ∆HoH2 − ∆HoH2O − ∆HoCO = −393,51+ 0− ( −241,84) − ( −110,5) = −41,17( kJ ) = −41170( J ) ln Thay số vào, ta có: ln → T2 = 525,2K K p2 K p1 = ∆H  1   − ÷ R  T1 T2  97,04 −41170  1 = − ÷  7,36 8,314  450+ 273 T2  Câu (2 điểm) Hóa nguyên tố (Kim loại, phi kim nhóm VA, IVA) Câu Đáp án 4.1 A: Photpho; B: PCl5; C: H3PO4; D: HCl 4.2 Các phương trình phản ứng: 2P + 5Cl2 → 2PCl5 PCl5 + 4H2O → H3PO4 + 5HCl HCl + NaOH → NaCl + H2O H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + H2O 4.3 PCl5 + NH4Cl → [Cl3P=N=PCl3]+[PCl6]- + HCl (B) (E) + [PCl6] + NH4 → Cl3P=NH + HCl Anion (E) (F) + 2[Cl3P=N=PCl3] + 3Cl3P=NH → 3HCl + [Cl3P=N-PCl2=N=PCl3]+ + [Cl3P=N-P(Cl2)=N- PCl2=N=PCl3]+ (G) (H) + + [Cl3P=N-PCl2=N=PCl3] → [PCl4] + N3P3Cl6 (H) (J) (I) Hợp chất E: Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 Hợp chất I: Câu (2 điểm) Câu 5.1 Phức chất Đáp án Điểm 0,25đ /chuỗi a, − [Rh(H2O)6]3+ Cl − H 2O + → − [Rh(H2O)5Cl]2+ − b, [RhCl6]3c, H 2O −Cl + → Trans – [RhCl2(H2O)4]+ − [RhCl5(H2O)]2- H 2O −Cl + → − [Rh(H2O)6]3+ Cl − H 2O + → Cl − H 2O + → cis-[RhCl4(H2O)2]- − [Rh(H2O)5Cl]2+ Cl − H 2O + → Trans – [RhCl2(H2O)4]+ − Cl − H 2O + → mer- [RhCl3(H2O)3]+ d, − − H 2O −Cl + → [RhCl6]3[RhCl5(H2O)]2fac- [RhCl3(H2O)3]+ 5.2 H 2O −Cl + → − cis-[RhCl4(H2O)2]- H 2O −Cl + → 1,0 o 500 C  → (1) 3Co + 2O2 Co3O4 (2) Co3O4 + 8HCl → CoCl2 + 2CoCl3 + 4H2O (3) 2CoCl2 + H2O2 +4NaOH → 2Co(OH)3 + 4NaCl (4) Co(OH)3 + 3KOH đặc → K3[Co(OH)6] o (5) Co(OH)3 150 C  → CoOOH + H2O o (6) 12CoOOH 150 C  → 4Co3O4 + 6H2O + O2 C  → (7) 4CoCl2 + 4NH4Cl + 20NH3 +O2 [Co(NH3)6]Cl3 +2H2O (8) CoCl2 + 6KCN → K4[Co(CN)6] + 2KCl (9) K4[Co(CN)6] + O2 + 4HCl → K3[Co(CN)6] +2H2O + 4KCl (10) K3[Co(CN)6] + 3CuSO4 → Cu3[Co(CN)6]2 + 3K2SO4 Câu (2 điểm) Câu Đại cương hữu Đáp án Điểm 6.1 6.2 a b - Vị trí A có tính acid ngun tử N liên hợp với nhóm 1,0 C=O - Anion sinh từ B liên hợp với nhóm C=O tương tác tính điện cặp e N O - kế cận giảm tính bền anion sinh deproton hóa vị trí B - Anion sinh từ D bền hóa hai nhóm C=O, nhóm NH kế cận (vị trí C) gây hiệu ứng cảm ứng làm tăng tính axit vị trí Tuy nhiên cộng hưởng anion N- sinh từ D vào vòng cạnh làm tính thơm sẵn có hệ - Vị trí C có tính axit cao liên hợp tốt với hai nhóm C=O, anion sinh cộng hưởng tính thơm nhóm NH kế cận (vị trí D) tạo hiệu ứng cảm ứng Vậy tính axit tăng dần: A < B < D < C Do có tương tác liên kết σ C- C vòng xiclopropan với AO p trống 0,5 cacbocation dẫn đến việc thu ngắn liên kết C -C vòng cacbocation, đồng thời kéo dài liên kết cạnh vòng làm giảm độ dài liên kết cạnh lại Cấu dạng 1b bền cặp e chưa liên kết nitrogen tham gia vào hiêu liên 0,5 hợp: Câu ( điểm) Câ u Cơ chế phản ứng hóa hữu Đáp án Điể m 7.1 0,5 7.2 0,5 7.3 0,5 7.4 0,5 Câu (2 điểm) Câu A: Sơ đồ tổng hợp hữu Đáp án B: Điểm 2,0 C: D: E: F: G: H: Câu (2 điểm) Câ u 9.1 a A: Xác định cấu trúc các chất hữu Đáp án Điể m 1,0 B: C: E: G: F: 10 b Viết sơ đồ tổng hợp A từ alhydrid maleic CaC2 9.2 1,0 Câu 10 (2 điểm) Hoá học các hợp chất thiên nhiên Câu Đáp án 10.1 Do oxy hóa cắt mạch glycoside aldohexose B thu X HCOOH cịn oxy hóa cắt mạch A thu X cho thấy A aldopentose Điể m 1,0 Methyl glycoside A chuyển hóa theo sơ đồ sau: 11 Từ xác định cơng thức Haworth A sau: 10.2 a) Phản ứng xảy với chuỗi peptit sau: 0,5 Cấu trúc sản phẩm cuối tương tự cấu trúc phần mạch nhánh lysine nên bị cắt mạch trypsin b) Trong axit polyglutamic cịn nhóm COOH tự Khi tăng pH nhóm COOH chuyển thành dạng COO- Các nhóm gần dạng xoắn đẩy lẫn gây tháo xoắn 0,5 HẾT - 12 ... hợp với nhóm 1,0 C=O - Anion sinh từ B liên hợp với nhóm C=O tương tác tính điện cặp e N O - kế cận giảm tính bền anion sinh deproton hóa vị trí B - Anion sinh từ D bền hóa hai nhóm C=O, nhóm... Hoá học các hợp chất thiên nhiên Câu Đáp án 10.1 Do oxy hóa cắt mạch glycoside aldohexose B thu X HCOOH oxy hóa cắt mạch A thu X cho thấy A aldopentose Điể m 1,0 Methyl glycoside A chuyển hóa. .. 5.10−4.0,0505 ∆H  1   − ÷ R  T1 T2  Entanpi phản ứng: ∆Hopø = ∆HoCO2 + ∆HoH2 − ∆HoH2O − ∆HoCO = −393,51+ 0− ( −241,84) − ( ? ?110 ,5) = −41,17( kJ ) = − 4117 0( J ) ln Thay số vào, ta có: ln → T2