đề thi HSG c­­­­­­­­uc hay nè

ĐỀ THI CÂU HỎI 1: (4 điểm) 1. Tại nhiệt độ nào sự chuyển 1 mol nước lỏng thành hơi nước ở áp suất khí quyển 1atm là một quá trình tự xảy ra. Biết nhiệt hoá hơi 1 mol nước lỏng bằng 40587,80 J và biến thiên entropi của sự chuyển trạng thái này bằng 108,68 J/K. 2. Tính năng lượng mỗi photon (tím và đỏ) biết tần số của ánh sáng tím và của ánh sáng đỏ lần lượt là: 7,31.10 14 s –1 ; 4,57.10 14 s –1 và hằng số Plăng bằng 6,63.10 – 34 J.s 3. Xét phản ứng: 2NO 2 + F 2 → 2NO 2 F có tốc độ phản ứng là bậc 2: v = k.C NO 2 .C F 2 Hãy giải thích điều này. 4. So sánh và giải thích góc liên kết: góc HOH và góc HSH. ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1: Câu Đáp án 1 ∆G = ∆H − T∆S = 40587,80 − T. 108,68 Tại cân bằng H 2 O (l) ⇌ H 2 O (h) thì ∆G = 0 nên 40587,80 = 108,68.T → T = 373,46 K Vậy muốn quá trình tự xảy ra thì T > 373,46 K 2 E photon (tím ) = hV = (6,63.10 – 34 J.s) (7,31.10 14 s –1 ) = 4,85.10 – 19 (J) Cách tính tương tự → E photon (đỏ) = 3,03.10 – 19 (J) 3 Do phản ứng qua 2 giai đoạn (giai đoạn chậm quyết định bậc phản ứng) NO 2 + F 2 → NO 2 F + F ( chậm ) NO 2 + F → NO 2 F ( nhanh ) Suy ra: v pứ = k.C NO 2 .C F 2 ( bậc 2 ) 4 O và S đều lai hóa sp 3 nhưng vì đâđ O > đâđ S nên các đám mây electron bị hút mạnh. ⇒ góc HOH > góc HSH CÂU HỎI 2: (4 điểm) 1. Tính độ tan (g/l) của AgCl trong nước ở 25 0 C, biết rằng: (r) (r) AgCl e Ag Cl − → + + ¬  , 0 E = 0,222V và 0 Ag / Ag E 0,8V + = 2. Ion Fe(H 2 O) 3+ là một axit, phản ứng với nước theo cân bằng 3 2 2,2 2 2 3 Fe(H O) H O Fe(OH) H O , Ka 10 + + + − + + =€ a) Xác định pH của dung dịch FeCl 3 10 – 3 M. b) Tính nồng độ C (mol/l) của dung dịch FeCl 3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH) 3 và tính pH của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa. Biết 3 38 Fe(OH) T 10 − = . 3. Cho giản đồ Latimer của đioxi (O 2 ) trong môi trường axit: O 2 H 2 O 2 0,695V H 2 O 1,763V trong đó O 2 , H 2 O 2 và H 2 O là các dạng oxi hoá - khử chứa oxi ở mức oxi hoá giảm dần. Các số 0,695V và 1,763V chỉ thế khử của các cặp oxi hoá - khử tạo thành bởi các dạng tương ứng: O 2 /H 2 O 2 ; H 2 O 2 /2H 2 O. a) Tính thế khử của cặp O 2 /2H 2 O. b) Chứng minh rằng H 2 O 2 có thể phân huỷ thành các chất chứa oxi ở mức oxi hoá cao hơn và thấp hơn theo phản ứng: 2 H 2 O 2 → O 2 + 2 H 2 O ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2: Câu Đáp án 1 Tính độ tan của AgCl cần dựa vào: AgCl Ag Cl + − → + ¬  (1) , s K s s s Quá trình (1) là tổ hợp của: (r) (r) AgCl e Ag Cl − → + + ¬  , 0 E = 0,222V 0 Ag /Ag Ag Ag e, E = 0,8V + + → + − − ¬  (r) AgCl Ag Cl + − → + ¬  , 0 E = 0,222 – 0,8 = – 0,578 (r) AgCl Ag Cl + − → + ¬  , 0 n.E 1.( 0,578) 10 0,059 0,059 s K 10 10 1,597.10 − − = = = Vậy S = 10 1,597.10 − = 5 1,263.10 − mol/l = 3 1,8134.10 − g/l 2 a) 3 3 FeCl Fe 3Cl + − → + 3 10 − 3 10 − 3 2 2 Fe H O Fe(OH) H + + + + +€ , 2,2 a K 10 − = Cân bằng ( 3 10 x − − ) x x Câu Đáp án 2 2 2,2 4 a 3 x K 10 x 8,78.10 M 10 x − − − = = ⇒ = − ⇒ pH = 3,06 b) 3 2 2 Fe H O Fe(OH) H + + + + +€ , 2,2 a K 10 − = Cân bằng (C – x) x x 3 3 Fe OH Fe(OH) + − → + ↓ ¬  , 38 T 10 − = Ta có: 2 a x K C x = − (1) 3 3 38 [Fe ][OH ] 10 + − − = (2) 2 3 H O 38 K (C x). 10 x −   ⇔ − =  ÷   (*) Từ (1) suy ra: 2 a x C x K − = thế vào (*), ta được: 2 3 2 H O 38 4 3 2,2 a K x 1 1 . 10 . 10 K x 10 x − − = ⇔ = 1,8 10x − ⇒ = ⇒ pH =1,8 Ta có: (C – x) = 2 a x K ⇒ C = 0,05566 M 3 a) 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 O /H O 0 2 2 2 H O /2H O 0 2 2 O /2H O O 2H 2e H O (1) E H O 2H 2e 2H O (2) E O 4H 4e 2H O (3) E + + + + + → + + → + + → Ta có: -2F 2 2 2 0 O /H O E + (-2F 2 2 2 0 H O /2H O E ) = -4F 2 2 0 O /2H O E 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 O /H O H O /2H O 0 O /2H O 2.E 2.E 2.0,695 2.1,763 E 1,229V 4 4 + + ⇒ = = = Câu Đáp án 3 b) Để có phản ứng: H 2 O 2 → 1 2 O 2 + H 2 O, ta lấy phản ứng (2) trừ phản ứng (1) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 H O /H O 0 2 2 2 O /H O 0 0 2 2 2 2 phaûnöùng H O /H O O /H O H O 2H 2e 2H O E H O O 2H 2e E 2H O O 2H O E E E + + + + → → + + − → + = − Hay phản ứng: H 2 O 2 → 1 2 O 2 + H 2 O (4) có 2 2 2 2 2 2 0 0 H O /H O O /H O 0 4 E E E 2 − = 1,763 0,695 0,534V 2 − = = > 0 ⇒ 0 0 4 4 G nFE 0∆ = − < Vậy phản ứng (4) tự xảy ra về phương diện nhiệt động học. CÂU HỎI 3: (4 điểm) 1. Cho các hợp chất của Nitơ: NH 3 (1), (H 2 N) 2 (2), H 2 N–OH (3) và H–N=N≡N (4). a) Gọi tên thông dụng của các chất trên. b) Sắp xếp (có giải thích) theo thứ tự tăng dần tính bazơ các chất trên. 2. Nung 109,6 gam Bari với một lượng vừa đủ NH 4 NO 3 trong một bình kín thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 3 hợp chất của Bari (hỗn hợp A). Hòa tan hỗn hợp A trong một lượng nước dư được hỗn hợp khí B và dung dịch C. a) Giải thích và viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Cho khí B vào bình kín dung tích không đổi có mặt chất xúc tác. Nung nóng bình ở nhiệt độ không đổi, khi áp suất ổn định thấy áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu. Tính phần trăm thể tích các khí ở trạng thái ổn định. c) Có 6 dung dịch cùng nồng độ mol: Na 2 CO 3 , Na 2 SO 4 , NaHCO 3 , Na 3 PO 4 , FeCl 3 và AgNO 3 . Giả sử dung dịch C có cùng nồng độ mol như các dung dịch trên. Trộn V ml dung dịch C với V ml dung dịch một trong các muối trên thì trường hợp nào thu được lượng kết tủa lớn nhất? (chỉ ghi kết quả, không giải thích) ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3: Câu Đáp án 1 a) (1) : khí amoniac, (2) : hidrazin, (3) : hidroxilamin, (4) : hidro azit * Gọi tên đúng từ 2 → 3 chất (0,25đ) * Gọi tên đúng, đủ 4 chất (0,5đ) b) Tính bazơ (4) < (3) < (2) < (1) Giải thích: - Chất từ (1) → (3) có tính bazơ vì “N” còn đôi electron (e) chưa liên kết có khả năng nhận H + . - NH 3 có tính bazơ mạnh nhất vì mật độ e trên “N” lớn nhất, kế đến NH 2 – NH 2 , còn H 2 N – OH có tính bazơ yếu nhất do “O” có độ âm điện lớn hơn độ âm điện của “N” nên làm giảm mật độ e trên “N”. Vì vậy khả năng nhận H + yếu nhất. - Riêng (4) có tính axít là do nhóm –N=N≡N hút e mạnh làm liên kết H – N phân cực mạnh. Vì vậy, H linh động hơn nên chất này tác dụng được với kiềm. 2 a) Quá trình tạo thành các hợp chất của Bari: NH 4 NO 3 → N 2 O + 2H 2 O Ba + H 2 O(hơi) → BaO + H 2 Ba + N 2 O → BaO + N 2 Ba + H 2 → BaH 2 3Ba + N 2 → Ba 3 N 2 Câu Đáp án 2 8Ba + NH 4 NO 3 → 3BaO + Ba 3 N 2 + 2BaH 2 (1) (điều kiện phản ứng: đun nóng) BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 (2) Ba 3 N 2 + 6H 2 O → 3Ba(OH) 2 + 2NH 3 (3) BaH 2 + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + 2H 2 * Giải thích quá trình tạo thành các chất trong hỗn hợp A bằng phương trình phản ứng đúng: (0,25đ) * Viết đúng phương trình từ 1 → 4 : (0,25đ) b) n Ba = 109,6 : 137 = 0,8 mol Theo (1) , (3) , (4) : n NH 3 = 0,8 x 1/8 x 2 = 0,2 mol n H 2 = 0,8 x ¼ x 2 = 0,4 mol Khi nung khí B có phản ứng: 2NH 3 → N 2 + 3H 2 Trước Pứ : 0,2 0,4 Pứ: 2x x 3x Sau Pứ: 0,2-2x x 0,4+3x Theo giả thiết ta có: (0,2 – 2x) + x + (0,4 + 3x) = 0,6 x 1,1 = 0,66 (Hoặc 2x 0,1 0,6 = vì áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu nên số mol cũng tăng 10% so với số mol đầu) Suy ra: x = 0,03 % V NH 3 = (0,14 x 100%) : 0,66 = 21,21% % V N 2 = (0,03 x 100%) : 0,66 = 4,55% % V H 2 = 74,24% * Tính đúng giá trị x = 0,03 : (0,75đ) * Tính đúng % V NH 3 = 21,21% : (0,25đ) * Tính đúng % V N 2 = 4,55% : (0,25đ) * Tính đúng % V H 2 = 74,24% : (0,25đ) c)Trộn dung dịch C với dung dịch Na 2 SO 4 thu được lượng kết tủa lớn nhất (dựa vào hệ số cân bằng các chất và giả thiết ) CÂU HỎI 4: (4 điểm) 1. Nhị hợp isopren (2–metylbuta–1,3–đien) thu được hỗn hợp 4 đồng phân cấu tạo. a) Hãy cho biết công thức cấu của 4 đồng phân này (bỏ qua yếu tố lập thể). Biết phản ứng nhị hợp này là phản ứng Diels-Alder. b) Oxi hoá X bởi KMnO 4 đặc thì thu được K 2 CO 3 và CH 3 C CH 2 C CH 2 CH 2 COOK O COOK CH 3 . Cho biết X là chất nào trong 4 đồng phân trên? 2. Dùng cơ chế phản ứng để giải thích kết quả thực nghiệm sau: Xử lí but-3-en-2-ol với hiđrô bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và 3-brombut-1-en. 3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 olefin A và B (M B > M A ) thu được CO 2 và H 2 O. Tỉ lệ thể tích giữa hỗn hợp X và O 2 tham gia phản ứng là 21:93. Thành phần % về số mol của olefin B trong hỗn hợp X khoảng 40% đến 50%. a) Xác định công thức phân tử của A và B; Tính thành phần % theo thể tích của 2 olefin trong hỗn hợp X. b) Lấy 4,704 lít hỗn hợp X (đktc) để thực hiện phản ứng hợp H 2 với Ni xúc tác. Hỗn hợp Y thu được sau phản ứng khi cho qua bình đựng nước brom thì thấy dung dịch nhạt màu và khối lượng dung dịch tăng lên 2,8933 gam. Tính thể tích H 2 (đktc) đã tham gia phản ứng. Biết rằng tốc độ hợp H 2 của 2 olefin này bằng nhau và hiệu suất các phản ứng là 100%. ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4: Câu Đáp án 1 a) Công thức cấu tạo của 4 đồng phân là: + (1) + (2) Câu Đáp án 1 + (3) + (4) b) X là 2 Xử lí but-3-en-2-ol với hiđrô bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và 3-brombut-1-en CH 2 CH CH 3 OH H + CH 2 CH CH CH 3 OH 2 - H 2 O CH 2 CH CH CH 3 CH 2 CH CH CH 3 Br CH 2 Br CH CH CH 3 Br CH CH 2 CH CH CH 3 Br 3 a) CTPT của 2 olefin A: n 2n C H và B: m 2m C H Đặt CT chung của 2 olefin là n 2n C H 0 t 2 2 2 n 2n 3n C H O nCO nH O 2 + → + Ta có: 2 X O n 2 21 62 n 2,95 n 93 21 3n = = ⇒ = = n < n 2,95= < m Ta chọn n = 2; m = 3, 4… Vậy A là C 2 H 4 Theo đề bài: 40% < (n) m 2m % C H < 50% Xét 1 mol hỗn hợp: n B = a; n A = 1 - a Ta có: 0,4 a 0,5< < (*) Mà 2.(1 a) m.a 62 n 1 21 − + = = 42.(1 a) 21.m.a 62⇔ − + = 20 a 21m 42 ⇒ = − thế vào (*), ta được: 20 0,4 0,5 21m 42 3,9 m 4,38 < < − ⇒ < < Ta chọn m = 4 ⇒ CTPT của B là C 4 H 8 Ta có: a = 20 10 0,4762 21.4 42 21 = = − Vậy (V) 4 8 (V) 2 4 % C H 47,62%;% C H 52,38%= = Câu Đáp án b) Số mol hỗn hợp X: 4,704 0,21mol 22,4 = 4 8 C H n là 10 0,21 0,1mol 21 × = ; 2 4 C H n 0,21 0,1 0,11= = = Hỗn hợp Y làm nhạt màu nước brom ⇒ H 2 hết, olefin dư Gọi x là tỉ lệ mỗi olefin phản ứng, ta có: 4 8 2 4 C H phaûnöùng C H phaûnöùng n 0,1x;n 0,11x= = 4 8 2 4 C H dö C H dö n 0,1 0,1x;n 0,11 0,11x⇒ = − = − Ta có: 4 8 2 4 C H dö C H dö m m 2,8933+ = (0,1 0,1x).56 (0,11 0,11x).28 2,8933 2 x 3 ⇔ − + − = ⇒ = 2 olefinphaûnöùng H n 0,1x 0,11x 0,14mol n= + = = ∑ Vậy thể tích H 2 sinh ra (đktc) là 0,14 × 22,4 = 3,136 lít * Cách khác: ta có 62 124 Mhh 14n 14 21 3 = = × = Số mol olefin dư là: 2,8933 3 0,07mol 124 × = ⇒ Số mol olefin phản ứng là: 0,21 – 0,07 = 0,14 mol = 2 H n Vậy thể tích H 2 sinh ra (đktc) là 0,14 × 22,4 = 3,136 lít CÂU HỎI 5: (4 điểm) 1. Viết sơ đồ điều chế các axit sau đây: a. Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic từ benzen và các hóa chất cần thiết khác b) Axit: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic từ metylenxiclohexan và các hóa chất cần thiết khác 2. Sắp xếp có giải thích theo trình tự tăng dần tính axit của các axit trên 3. Sắp xếp có giải thích theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau: S COOH (A) (C) ; COOH (B) ; N COOH ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5: Câu Đáp án 1 a) C 6 H 6 C 6 H 5 Br C 6 H 5 CH 3 C 6 H 5 CH 2 Br C 6 H 5 CH 2 CN C 6 H 5 CH 2 COOH CH 3 Br Zn Br 2 /h KCN H 3 O + Mg C 6 H 5 MgBr C 6 H 5 COOH C 6 H 5 CH 2 CH(COOC 2 H 5 ) 2 C 6 H 5 CH 2 CH 2 COOH CH 2 (COOC 2 H 5 ) 2 /NaOEt Br 2 /Fe 1. CO 2 2. H 3 O + 1. OH - 3. t o 2. H 3 O + b) CH 2 BrCH 3 HBr Mg/ ete 1. CO 2 H 3 O + COOHCH 3 MgBrCH 3 HBr/peoxit 1. KCN 2. H 3 O + (hoÆc ) H 3 O + 2. CO 2 Mg/ ete1. 3. CH 2 Br CH 2 COOH 2 COOH CH 2 COOH CH 2 CH 2 COOH COOHCH 2 COOH < < < < +I 1 +I 2 H 3 C - I 1 - I 3 - I 2 -I 1 -I 2 -I 3 < < +I 1 +I 2 < Các gốc hidrocacbon có hiệu ứng +I lớn thì Ka giảm và –I lớn thì Ka tăng Câu Đáp án 3 S COOH (A) (C) (B) COOH N COOH < < Vì: M C < M A . (B) có thêm liên kết hidro liên phân tử với N của phân tử khác . ĐỀ THI CÂU HỎI 1: (4 điểm) 1. Tại nhiệt độ nào sự chuyển 1 mol nước lỏng thành hơi nước ở áp suất. 3-phenylpropanoic từ benzen và các hóa chất cần thi t khác b) Axit: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic từ metylenxiclohexan và các hóa chất cần thi t khác 2. Sắp xếp có giải thích theo. F ( chậm ) NO 2 + F → NO 2 F ( nhanh ) Suy ra: v pứ = k.C NO 2 .C F 2 ( bậc 2 ) 4 O và S đều lai hóa sp 3 nhưng vì đâđ O > đâđ S nên các đám mây electron bị hút mạnh. ⇒ góc HOH >