Đáp án đề thi đề xuất hóa11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII, NĂM 2017 - MƠN HĨA HỌC KHỐI 11 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1.1 Xét đồ thị : Nội dung Điểm 2,5 c A B 0,5 C t Các nồng độ NO O2 tăng với thời gian (các đường A B) Vì nồng độ NO tạo gấp đôi nồng độ O đường B biểu thị phụ thuộc nồng độ O2 với thời gian 1.2 Từ thí nghiệm a=2 Từ thí nghiệm d = -1 Từ thí nghiệm b=2 e=0 dc(I2 ) dt = k.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−).c−1([Fe(CN)6]4−).c0(I2) 0,5 Thí nghiệm 1: 1.10−3 mol.L−1 H−1 = k mol2.L−2.1 mol2.L−2.(1 mol.L−1) −1 0,25 K = 1.10−3 mol−2.L2 h−1 1.3 (a) 1,25 k1 [Fe(CN)6]3− + I− [Fe(CN)6]3− + I2−     k 1  k  [Fe(CN)6]4− + I2− (1) [Fe(CN)6]4− + I2 (2) (1) diễn nhanh (2) diễn chậm (b) Chứng minh: 0,5 Từ cân (1) ta có: c([Fe(CN)6 ]4- )  c(I - ) k1 = k -1 c([Fe(CN)6 ]3- )  c (I- ) k1 c([Fe(CN) ]3- )  c (I - )  k c([Fe(CN)6 ]4- ) − -1 c(I2 ) = (a) Phản ứng (2) diễn chậm: dc(I ) dt = k2 × c([Fe(CN)6]3−) × c(I2−) 0,25 (b) Thay (a) vào (b) ta được: c ([Fe(CN) ]3- )  c (I - ) k1 dc(I ) c([Fe(CN)6 ]4- ) dt = k -1 × k2 × Kết phù hợp với kết thực nghiệm Nếu phản ứng (1) chậm, phản ứng (2) nhanh: 0,25 dc(I ) dt = k2.c([Fe(CN)6]3−).c(I2−) c(I2−) = k1.c([Fe(CN)6]3−).c2(I−) dc(I ) -> dt = k1.k2.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−) Kết không phù hợp với kết thực nghiệm 0,25 2,5 2.1 Ta có: G H  T.ΔSS0 = - RTlnKp 0 Ở 25 oC: G 298 H 298  T.ΔSS298 Từ phản ứng: O2 + SO2 G 0298 =  ΔSG 0298 e RT =e - o Khi H = const, ta có :  SO3, suy ra: (- 395,18 + 296,06) – 298.10-3 (256,22 – 248,52 - 205,03) = - 99,12 – 298.10-3.(- 94,815)  - 70,87 (Kj.mol-1 )  K p, 298 = ln 0,25 K p, 333 12 2,65.10 - 70,87.103 8,314 298 ln =- 0,25 = 2,65.1012 K p, 333 K p, 298 0,25 =- ΔSH0  1    R  333 298  - 99,12.10  1   8,314  333 298   K p, 333  3,95.1010 (atm- ½) 0,25 Khi tăng nhiệt độ từ 25oC đến 60oC, số cân Kp giảm từ 2,65.1012 0,25 xuống 3,95.1010 (atm- ½), điều hồn tồn phù hợp với nguyên lý Le Chatelier (Lơ Satơliê), phản ứng (1) tỏa nhiệt P.V 1.1 2.2 0,25 n=  =0,0327 R.T 0,082 373 Tổng số mol hệ : (mol) Tại thời điểm cân : 0,25 n SO3 = 0,015 (mol); nSO2 = 0,025 - 0,015 = 0,01 (mol); n O2 = 0,0327 - 0,015 - 0,01 = 0,0077 (mol) Vì áp suất tổng hệ atm, đó: Kp = pSO3 pSO2 pO2 0,015 0,015 0,0327 = = 3, 0911 0,01 0,0077 0,0077 0,01 0,0327 0,0327 0,0327 (atm-1/2) 0,25 2.3 a) Nếu áp suất tăng gấp đôi thêm N2, thể tích khơng đổi, áp suất riêng 0,25 phần chất khí khơng đổi, cân khơng bị chuyển dịch b) Nếu áp suất tổng bình khơng đổi, giả thiết thể tích bình tăng gấp đơi, làm giảm áp suất riêng phần chất (lỗng khí), cân 0,25 (1) chuyển dịch theo chiều nghịch 3.1 (a) 2,5 1,5      H 3AsO   H  H AsO [H  ].[H AsO 4 ] Ka1  [H 3AsO ] H AsO 4    H   HAsO 42 [H  ].[HAsO 24 ] Ka2  [H AsO 4 ] 2 HAsO    H   AsO34 [H  ].[AsO34 ] Ka3  [HAsO 24 ] Áp dụng bảo toàn nồng độ ta có: CAs(V) = [H3AsO4] + [H2AsO4-] + [HasO42-] + [AsO43-] Ka Ka [H  ] Ka  C [H AsO ](   2   ) Ka1 [H ] [H ]  [H AsO4 ]    (1) [H ] Ka2 Ka2 Ka3 C 1    Ka1 [H ] [H  ]2 0,25 * Tại Ph = pKa1 hay [H+] = Ka1 => [H2AsO4-]/[H3AsO4] = Ka1/[H+] = => [H2AsO4-]=[H3AsO4]  [H AsO ] [H AsO 4 ]   C C  6,9 2 10 10 2,2 1   6,9  11,5 10 10   4,4 10 Vây: Tại Ph = pKa1: [H2AsO4-]=[H3AsO4] = 50% (về số mol) 0,25 24 + * Tại Ph = pKa2 tương tự ta có: [HasO ]/[H2AsO ] = Ka2/[H ] = => [HasO42-]=[H2AsO4-] Thay vào (1) ta có:  [H 3AsO ] [H AsO4 ]   C C  6,9 2  11,5 10 10   2,2  2,2 10 10 24  0,25 Vậy Ph = pKa2 : [HasO ]=[H2AsO ] = 50% (về số mol) * Tại Ph = pKa3 : Ta có: CAs(V) = [H3AsO4] + [H2AsO4-] + [HasO42-] + [AsO43-] [H  ]2 [HAsO 24 ] [H  ].[HAsO 24 ] Ka [HAsO 2 ]  C    [HAsO 24 ]   Ka1.Ka2 Ka2 [H ] [H  ]2 [H  ] Ka3  C [HAsO ]( 1   ) Ka2 Ka1 Ka2 [H  ] 2  [HAsO 24 ]   [H ] [H  ] Ka3 C 1   Ka2 Ka1 Ka2 [H  ] Tại Ph = Ka3 hay [H+]= Ka3 [AsO43-]/[HasO42-] = Ka3/[H+] = => [AsO43-]= [HasO42-]  [AsO34 ] [HAsO 42 ]   C C 1   11,5 (10 ) 10 2   2,2  6,9   6,9 10 10 10  11,5 Vậy Ph = Ka3 : [AsO43-]= [HasO42-] = 50% (về số mol) 0,25 (b) As (V) hấp thụ tốt Fe(OH)3 As mang điện tích trái dấu với điện tích bề mặt Fe(OH)3 Vây: - As (V) hấp phụ Fe(OH)3 Ph = pKa3 = 11,5 chúng mang điện tích dấu (-) 0,25 - As (V) bị hấp phụ Fe(OH)3 Ph = pKa1 = 2,2 Ph = pKa2 = 6,9 chúng mang điện tích trái dấu - Tuy nhiên Ph = pKa1 = 2,2 có ½ lượng As (V) tích điện âm (Thực tế Ph = 2,2, Fe(OH)3 bắt đầu kết tủa, lượng Fe(OH)3 nhỏ) Cịn Ph = 6,9 tồn lượng As(V) tích điện âm nên chúng bị hấp phụ hồn toàn bề mặt Fe(OH)3 Vậy As (V) bị hấp phụ Fe(OH)3 tốt Ph = pKa2 = 6,9 3.2 (a) 0,25 1,0 PbO2 + H+ + 2e Catot: Pb2+ HSO4- + H2 O K1 = 2(1,455) 10 0,0592 SO42− + H+ K2= 10-2 Pb2+ + SO42- PbSO4 K3 = 107,66 0,25 Quá trình khử catot: + PbO + HSO4 + 3H + 2e K2 K3 PbSO4 + H2O Kcatot = K1 (*) Anot: Pb Pb2+ + 2e K 1’=  2(  0,126) 10 0,0592 HSO4Pb2+ + SO42- SO42- + H+ K2’= 10-2 K3’= 0,25 PbSO4 107,66 Q.trình oxh anot: Pb + HSO4- PbSO4 + H+ + 2e Kanot = K1’ K2’ K3’ (**) Phản ứng chung pin phóng điện: PbO2 + Pb + HSO 4- + H+ PbSO4 + H2O (***) Sơ đồ pin: (b) (a) Pb│PbSO4, H+, HSO4-│PbO2 (Pb) (c) 2E 0PbO2 /PbSO4 Theo (*): 10 0,0592 = Kcatot = 2(1,455) 10 0,0592 −2 7,66 10 10  E PbO2 /PbSO4 = 1,62 (V) Theo (**):  2E 0PbSO4 /Pb 10 0,0592 = Kanot =  2(  0,126) 10 0,0592 E 0PbSO4 /Pb -2 7,66  10 10 = - 0,29 (V) 0,25 Theo (***): E 0PbO2 /PbSO E 0PbSO4 /Pb Epin = E€ – E(a) = + - 0, 0592 - + log[HSO ] [H ] + Trong [HSO ], [H ] tính từ cân sau: - [] 2- HSO H+ + SO 1,8 – x 1,8 + x x Ka = 10−2 2- - [ SO ] = x = 9,89×10-3 (M)  [H+] = 1,81 (M); [ HSO ] = 1,79 (M) 0.0592 Epin = 1,62 + 0,29 + 2 log(1, 79) (1,81) 0,25 = 1,94 (V) 4.1 (a) * Do N có Z=7 H có Z=1; mà chất A có tổng ĐTHN 10 A NH3 * Đặt oxit nito NxOy => N2O * Các phản ứng: NH3 + NaClO → N2H4 + NaCl + H2O N2H4 + HNO2 → HN3 + 2H2O HN3 + NaOH → NaN3 + H2O 2NH3 + 2Na → 2NaNH2 + H2 NaNH2 + N2O → NaN3 + H2O A NH3; B N2O; X N2H4; D HN3; E NaN3; G NaNH2 (b) D: Axit hidrazoic H-N(-3)=N(+5) ≡N(-3) Trong phân tử HN3 vừa có N(+5), vừa có N(-3) nên vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử e Về tính oxi hóa giống HNO3 nên hòa tan Cu: Cu + 3HN3 → Cu(N3)2 + N2 + NH3 Khi trộn với HCl: 2,5 1,25 0,25 0,5 0,25 0,25 2Au + 3HN3 +8HCl → 2H[AuCl4] + 3N2 + 3NH3 4.2 Hợp chất chưa biết: A – NO2, B – NO, C – NOHSO4, D – H2NSO5 1,25 0,25 Phản ứng: 1) SO2 + NO2 + H2O = H2SO4 + NO 2) 2NO2 + H2O (lạnh) = HNO3 + HNO2 0,75 3) 3NO2 + H2O (nóng) = 2HNO3 + NO 4) 4NO2 + 2H2O + O2 = 4HNO3 5) 3NO2 + 2SO2 + H2O = 2NOHSO4 + NO 6) NO2 + SO2 + H2O = H2NSO5 7) 2H2NSO5 + NO2 = 2NOHSO4 + NO + H2O 8) 2NOHSO4 + H2O = 2H2SO4 + NO + NO2 (hoặc 3NOHSO4 +2H2O = 3H2SO4 + HNO3 + 2NO) Công thức cấu tạo axit sunfonitrơ D: O O H S O O 0,25 N O H 5.1 - Cấu tạo [Fe(CO)5]: 2,5 Fe0 cấu hình 3d8 Phối tử CO lai hóa trong, hai e độc thân cấu hình d ghép đôi tạo nên obitan d trống Dạng lai hóa dsp 3, cấu trúc hình học lưỡng 0,25 chóp tam giác, thỏa mãn tính nghịch từ 0,25 - Cấu tạo [Fe(CO)6]2+: Fe2+ cấu hình 3d6 Phối tử CO lai hóa trong, bốn e độc thân cấu hình d6 ghép đơi tạo nên obitan d trống Dạng lai hóa d2sp3, cấu trúc hình học bát diện đều, thỏa mãn tính nghịch từ 0,25 0,25 5.2 - Cấu hình electron CO: s2*2 s  xy  z  xy - Liên kết M-CO bền ngồi liên kết  cho nhận kiểu CO→M (giữa đôi e MO z liên kết CO với obitan d trống M) có liên kết π kiểu 0,25 M→CO (giữa đối e obitan d M với MO phản liên kết π * trống CO) - Liên kết sau đóng vai trò định độ bền bất thường liên kết M-CO mà 0,25 thuyết trường tinh thể, thuyết VB khơng giải thích - Như CO dùng hai obitan z π* trống để hình thành liên kết phối trí 5.3 *2 *1 Cấu hình electron NO: s s xy z xy - Trên MO phối tử NO có thêm electron MO π* Giống CO, NO dùng hai obitan z π* để hình thành liên kết phối trí Như vậy, NO 0,25 cho nguyên tử kim loại 3e (CO cho 2e) Do đó, phối tử NO thay phối tử CO - Phức chất đồng điện tử với [Fe(CO)2(NO)2] [Ni(CO)4] [Fe(CO)4]2+ Chúng phức chất tứ diện (giải thích thuyết VB) Do vậy, cấu trúc [Fe(CO)2(NO)2] dự đoán tứ diện 5.4 Ta có: A + H2 O AH+ + OH- 0,25 [AH + ][OH - ] - [OH ] = K b [A]  [OH - ]  K b [A] [A]  lg0,82 [A]= = 2,911.10-5 A= -lgT = εl[A]l[A]  1,48.10 Kb = [OH- ]= 10 9,2 2,911.10-5 = 1,355.10-7  0,25 0,25 pH = 14 + lg(1,355.10-7 ) = 7,132 (a) 2,5 0,5 (b) H O OH O H3O 0,5 OH + H2O H OH € N Et Cl Cl- to N+ Et Cl N Et (d) O C2H5OOC Et3N CH3 O C2H5OOC H2C C CH3 O CH3 CH3 O- CH2 O CH3 COOC2H5 CH3 COOC2H5 OCH3 COOC2H5 CH3 COOC2H5 O O O 0,5 O H H C O 0,5 O H2O H+, to COOC2H5 € - H+ H+ 0,5 H+ OH OH OH OH - H+ 2,5 Cl HOOC A B O O O C D O G F H 8.1 2,5 1,75 O O COOMe COOMe COOMe AcOMe, NaH OMe ClCH2COOMe, NaH COOMe COOMe NaH COOMe COOMe OMe OMe A B O COOMe NaOH, H2O COOMe N2H4 H2SO4 MeOH, to COOMe OMe C COOH 0,5 COOMe HF KOH OMe O OMe D E Cl Cl Cl COOMe HCl, to (COOMe)2/NaH Cl2/Fe COOMe MeOH/H2SO4 OH OMe O OMe O OH Cl Cl OHC-COOtBu COOtBu NaH OMe O Me2NH TsOH, to OH OMe O OH OH I Cl OH NMe2 COOtBu NaBH4 O O H G F J Cl NMe2 O O OMe O OMe O 0,5 NMe2 Zn COOH HCOOH OH COCl2 OMe O K EtOOC OH Na+ CONHtBu 0,5 L Cl Cl NMe2 OH EtOOC OH OMe O NMe2 O NaH NH3 CONHtBu CONHtBu OMe OH OH OH N M Cl Cl NMe2 O CONH2 OMe OH OH OH NMe2 OH O2/CeCl3 NaOH./MeOH OMe O OH OH 0,25 CONH2 O O 8.2 Phức chất: 0,25 Cl NMe2 OH OMe O O OH CONH2 O M kim loại 8.3 Tuyệt đối không nên sử dụng tetracycline với chế phẩm chứa nguyên tố vi 0,5 lượng có phản ứng tạo phức nên làm tác dụng nguyên M tố vi lượng kháng sinh gây tác dụng, làm vi khuẩn kháng thuốc( không đủ liều) HẾT GV đề: Mạc Thị Thanh Hà – 0904769299