đáp án chính thức kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Hóa học khối 11 của trường chuyên

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII MÔN HÓA HỌC - KHỐI 11 Ngày thi: 18/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút (Hướng dẫn chấm gồm 14 trang) Chú ý: Các đáp án và bước chấm chỉ mang tính tương đối, học sinh có thể làm theo cách khác nếu đúng và lập luận đầy đủ vẫn cho điểm tối đa. Kính mong quý thầy cô đóng góp ý kiến cho đề và hướng dẫn chấm hợp lý và khoa học hơn. Trân trọng cảm ơn. Câu 1 (2 điểm) 1. Xét phản ứng của gốc iso-propyl với khí hiđrobromua: Hệ số Arrhenius (hay hệ số trước lũy thừa) và năng lượng hoạt hóa của phản ứng thuận lần lượt là A=9,5 × 10 8 L.mol -1 s -1 và E a =- 6,4 kJ.mol -1 và phản ứng nghịch lần lượt là A’=5,1 × 10 10 L.mol -1 s -1 và E’ a =36 kJ.mol -1 tại 25 0 C. a) Bậc toàn phần của mỗi phản ứng thuận và nghịch ở trên là bao nhiêu? b) Tính 0 0 ,H S ∆ ∆ của phản ứng trên (giả sử các giá trị này không đổi trong khoảng nhiệt độ được xét). 2. Đinitơ pentaoxit phân hủy tạo thành nitơ đioxit và oxy theo phương trình: 2N 2 O 5 → 4NO 2 + O 2 Cơ chế của phản ứng trên như sau: (1) N 2 O 5 1 ' 1 k k ˆ ˆ ˆ† ‡ ˆ ˆˆ NO 2 + NO 3 (2) NO 2 + NO 3 2 k → NO 2 + O 2 + NO (3) NO + N 2 O 5 3 k → 3NO 2 Sử dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền đối với NO và NO 3 (nguyên lí nồng độ dừng hay nồng độ ổn định) hãy thiết lập biểu thức của tốc độ biến thiên [ ] 2 5 d N O dt . Đáp án: 1 1,0 a) Do k = A e –E a /RT do đó A và k có cùng đơn vị. Suy ra đơn vị của k cũng là L.mol -1 .s -1 . Gọi bậc toàn phần của phản ứng trên là n. Ta có : vận tốc = hằng số tốc độ. [nồng độ] n mol. L -1 .s -1 = L.mol -1 .s -1 .[mol.L -1 ] n từ đây suy ra n = 2. 0.25 b) Ta có 3 3 ' 6,4.10 8 10 1 1 8,314.298 36.10 10 4 1 1 8,314.298 5 0 5 1 0 . 9,5.10 . 1,26.10 (L.mol .s ) . 5,1.10 . 2,5.10 (L.mol s ) K 5,04.10 ln 8,314.298ln 5,04.10 32531,34(J.mol ) a a E RT t E RT n t cb n cb a a k Ae e k Ae e k k G RT K E EH − − − − − − − − − − = = = = = = → = = ∆ = − = − = − = −∆ ' 3 3 3 6,4.10 36.10 42,4.10 (J/ mol)= − − = − Mà ta có 0.25 0,25 0,25 1 0 0 3 0 0 0 0 1 1 42,4.10 32531,34 33,12(J.K mol ) 298 H G G H T S S T − − ∆ −∆ − + ∆ = ∆ − ∆ → ∆ = = = − 2 1,0 Thiết lập biểu thức của tốc độ phản ứng 2 5 d[N O ] dt . N 2 O 5 1 k → NO 2 + NO 3 NO 2 + NO 3 ' 1 k → N 2 O 5 NO 2 + NO 3 2 k → NO 2 + NO + O 2 NO + N 2 O 5 3 k → 3NO 2 Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO 3 và NO: 3 d[NO ] dt = k 1 .[N 2 O 5 ] - ' 1 k .[NO 2 ].[NO 3 ] – k 2 .[NO 2 ].[NO 3 ] ≈ 0 (1) d[NO] dt = k 2 .[NO 2 ].[NO 3 ] – k 3 .[NO].[N 2 O 5 ] ≈ 0 (2) 2 5 d[N O ] dt = - (k 1 .[N 2 O 5 ] + k 3 .[NO].[N 2 O 5 ] ) + ' 1 k .[NO 2 ].[NO 3 ] Từ (1) và (2) suy ra: k 1 .[N 2 O 5 ] = ( ' 1 k + k 2 ).[NO 2 ].[NO 3 ] k 3 .[NO].[N 2 O 5 ] = k 2 .[NO 2 ].[NO 3 ] 3 2 ' 1 2 1 [ ] k k NO k k k = + 1 2 ' 3 1 2 [ ] ( ) k k NO k k k = + [NO 2 ].[NO 3 ] = 3 2 k k .[NO].[N 2 O 5 ] 2 5 d[N O ] dt = - k 1 .[N 2 O 5 ] - k 3 .[NO].[N 2 O 5 ] + ' 1 k . 3 2 k k .[NO].[N 2 O 5 ] = k 1 .(-1 - 2 ' 1 2 k k k + + ' 1 ' 1 2 k k k+ ).[N 2 O 5 ] = [ ] 1 2 2 5 ' 1 2 2 .k k N O k k − + 0,5 0.25 0,25 Câu 2 (2 điểm) 1. Cho dung dịch A chứa FeCl 3 0,01M. Giả thiết rằng, Fe(H 2 O) 6 3+ (viết gọn là Fe 3+ ) là axit một nấc với hằng số phân li là K a = 6,3.10 -3 . a) Tính pH của dung dịch A. b) Tính pH cần thiết để bắt đầu xảy ra sự kết tủa Fe(OH) 3 từ dung dịch A. Ở pH nào thì sự kết tủa Fe(OH) 3 từ dung dịch A xảy ra hoàn toàn? Giả thiết kết tủa được coi là hoàn toàn khi hàm lượng sắt còn lại trong dung dịch dưới 10 -6 M. Biết Fe(OH) 3 có K s = 6,3.10 -38 2. Tính độ tan của CaF 2 trong dung dịch đệm có pH= 2. Biết K s (CaF 2 ) = 10 -10,41 , HF có pK a = 3,17 Đáp án: 1 1, 5 a) Xét các cân bằng điện li H + trong A: (1) Fe 3+ + H 2 O ƒ Fe(OH) 2+ + H + K a = 6,3.10 -3 (2) H 2 O ƒ H + + OH - K w = 10 -14 Ta thấy 3 3 5 14 W . ( 0,01.6,3.10 6,3.10 ) ( 10 ) a Fe C K K + − − − = = = ? Do đó cân bằng (1) quyết định pH của hệ: 0,25 2 Xét cân bằng (1): Fe 3+ + H 2 O ƒ Fe(OH) 2+ + H + K a = 6,3.10 -3 [ ] 0,01 – x x x Ta có: 2 + 3 3+ [ ( ) ][H ] . 6,3.10 [Fe ] 0,01 a Fe OH x x K x + − = = = − ⇒ x = 5,39.10 -3 ⇒ pH = -lg[H + ] = 2,27 0,25 b) Có K s = [Fe 3+ ].[OH - ] 3 suy ra (*) 2 + 3+ [ ( ) ][H ] [Fe ] a Fe OH K + = ⇒ 2 3+ 3+ - a a w K K [ ( ) ]=[Fe ]. [Fe ].[OH ]. [ ] K Fe OH H + + = (**) Lại có [Fe 3+ ] + [Fe(OH) 2+ ] = C Fe3+ = 0,01M (***) Từ (**) và (***) ⇒ [Fe 3+ ] + 3 - a w K [ ].[OH ]. K Fe + = 0.01M (****) Kết hợp (*) và (****): 3 [ ] s K OH − (1+[OH - ]. a w K K ) = 0,01 tính được [Fe 3+ ] = 0,00399M và [OH - ] = 2,51.10 -12 ⇒ pH = 2,4. Làm tương tự như trên, thay [Fe 3+ ] + [Fe(OH) 2+ ] = 10 -6 M có pH = 4,3. Vậy ở pH ≥ 4,3 thì sự kết tủa xảy ra hoàn toàn. 0.25 0,5 0,25 2 0, 5 CaF 2 Ca 2+ + 2F - F - + H + HF Có: 2[Ca 2+ ] = [F - ] + [HF] (2) ][8,14][ 10 10]][[ ][ 17,3 2 −− − −−+ === FF K FH HF a (2) => 2[Ca 2+ ] = [F - ] + 14,8[F - ] = 15,8[F - ] 2 2 222 ) 8,15 ][2 ]([]][[ + +−+ == Ca CaFCaK s => M K CaS s 3 3 2 41,10 3 2 2 10.34,1 10.60,1 10 10.60,1 ][ − − − − + ==== 0.25 0.25 Câu 3 (2,5 điểm) 1. Người ta tiến hành thiết lập một pin sau: Nửa pin I: gồm một điện cực Ag được phủ AgCl nhúng vào dung dịch KCl bão hòa. Nửa pin II: gồm thanh Pt được phủ hỗn hợp nhão gồm Hg và Hg 2 Cl 2 nhúng vào dung dịch KCl bão hòa. a) Xác định các điện cực (âm hay dương) và biểu diễn sơ đồ cấu tạo pin theo quy ước. Viết phản ứng tại các điện cực và phản ứng chung trong pin. b) Tính sức điện động của pin trên tại 25 0 C. Cho pKs (AgCl) = 10; pKs(Hg 2 Cl 2 ) = 17,88; E 0 của Ag + /Ag = 0,800V và Hg 2+ 2 /Hg = 0,792V; RTln10/F = 0,0592V (ở 25 o C). 2. Sự ăn mòn kim loại phổ biến là quá trình oxi hóa khử trong đó kim loại bị oxi hóa bởi oxi khi có mặt hơi nước (có cả những kiểu ăn mòn khác, nhưng đây là phổ biến nhất). Viết các phản ứng xảy ra ở các điện cực (chỉ rõ anôt và catôt) và phản ứng diễn ra khi thanh kim loại sắt bị ăn mòn trong không khí ẩm. Cho biết gỉ sắt là hợp chất ngậm nước của sắt (III) oxit có công thức Fe 2 O 3 .nH 2 O. 3 3. Điện phân 50 mL dung dịch HNO 3 có pH = 5,0 với điện cực trơ trong 30 giờ, dòng điện không đổi 1A. Tính pH của dung dịch thu được sau khi điện phân. Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO 3 loãng trong thí nghiệm này không đổi và bằng 1g/mL. Đáp án: 1 1,2 5 a) Pin điện: Ks(AgCl) = Ks 1 ; Ks(Hg 2 Cl 2 ) = Ks 2 Nửa pin 1: AgCl + e ƒ Ag + Cl - E 1 = E 0 Ag + /Ag + 0,0592 lg [Ag + ] = E 0 Ag + /Ag + 0,0592 lgKs 1 - 0,0592 lg [Cl - ] Nửa pin 2: Hg 2 Cl 2 + 2e ƒ 2Hg + 2Cl - E 1 = E 0 Hg2 2+ /Hg + 0,0592 2 lg [Hg 2 2+ ] = E 0 Hg2 2+ /Hg + 0,0592 2 lg Ks 2 - 0,0592 lg [Cl - ] Đặt: E 0’ 1 = E 0 Ag + /Ag + 0,0592 lg Ks 1 = 0,208 V E 0’ 2 = E 0 Hg2 2+ /Hg + 0,0592 2 lg Ks 2 = 0,263V => E 1 = 0,208 – 0,0592 lg [Cl - ] < E 2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl - ] Do đó, nửa pin I là cực âm, nửa pin II là cực dương. Sơ đồ biểu diễn cấu tạo của pin (-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg 2 Cl 2 , Hg | Pt (+) Hoặc (-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg 2 Cl 2 , Hg (Pt) (+) Phản ứng trong pin: Cực (-): Ag + Cl -  AgCl + e Cực (+): Hg 2 Cl 2 + 2e  2Hg + 2Cl - Phản ứng chung: 2Ag + Hg 2 Cl 2  2AgCl + 2Hg 0,25 0,25 0,25 0,25 b) E pin = E 2 - E 1 = E 2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl - ] – (0,208 – 0,0592 lg [Cl - ]) = 0,263 – 0,208) = 0,055V 0,25 2 0,5 Anôt (cực âm) xảy ra quá trình oxi hóa 2 2Fe Fe e + → + Catôt (cực dương) xảy ra quá trình khử 2 2 2 4 4O H O e OH − + + → Ion Fe 2+ tạo ra ở anôt tan vào trong hơi nước, di chuyển đến catôt (giống như các ion di chuyển trong cầu muối của pin galvani). Ở khu vực catôt, ion Fe 2+ sẽ phản ứng với oxi và nước sinh ra gỉ sắt là sắt (III) oxit ngậm nước với hàm lượng khác nhau. 2 ( ) 2( ) 2 ( ) 2 3 2 ( ) dd 4 (4 2 ) 2 . 8 dd k l r Fe O n H O Fe O nH O H + + + + + → + (1) Phản ứng tổng: (r) 2( ) 2 ( ) 2 3 2 ( ) 4 3 2 2 . k l r Fe O nH O Fe O nH O+ + → (2) Học sinh viết được một phương trình (1) hoặc (2)đều cho 0,25 điểm 0,25 0,25 3 0,7 5 Nửa phản ứng oxi hóa ở anot: 2 2 1 2 2 2 H O H O e + → + + Nửa phản ứng oxi hóa ở catot: 2 2 2H e H + + → Phản ứng tổng: 2 2 2 1 2 H O H O → + Số mol electron trao đổi trong 30 giờ . 1.30.60.60 1,119( ) 96485 e I t n mol F = = = Theo quá trình anot, ta có số mol nước bị điện phân 0,25 4 2 1 2 H O e n n = ≈ 0,56(mol) suy ra khối lượng nước bị điện phân là 0,56.18 = 10,08 g Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50.1 = 50 g Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 – 10,08 = 39,92 (g). Thể tích dung dịch sau khi điện phân là 39,92 mL ≈ 0,04 L Trong quá trình điện phân số mol H + không thay đổi = 50.10 -3 .10 -5 = 5.10 -7 (mol).(chính bằng số mol HNO 3 ban đầu). Sau khi điện phân kết thúc, nồng độ ion H + 7 5 5 5.10 1,25.10 0,04 lg lg(1,25.10 ) 4,903 4,9 H M pH H − + − + −   = =     = − = − = ≈   0,25 0,25 Câu 4 (1,5 điểm) Hoà tan 1,00g hiđroxylamoni clorua vào nước được 250ml dung dịch A. Cho 25,0ml A vào dung dịch chứa lượng dư ion Fe 3+ trong môi trường axit sunfuric. Hỗn hợp được đun nóng một thời gian để phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi đưa về nhiệt độ phòng thu được dung dịch B. Đem chuẩn độ dung dịch B bằng dung dịch kali pemanganat 0,02mol.l -1 thấy tốn hết 28,9ml. Tìm công thức sản phẩm oxi hoá chứa nitơ của hiđroxylamin, biết chỉ có một sản phẩm oxi hóa duy nhất và viết các phương trình ion thu gọn. Đáp án: 1,5 3 3 1 1 (25 ) . 1,44.10 10 69,5 NH OH Cl n ml mol + − − = = 4 4 28,9 .0,02 5,78.10 1000 KMnO n mol − = = Phương trình chuẩn độ B bằng KMnO 4 : 5Fe 2+ + MnO 4 - + 8H + → 5Fe 3+ + Mn 2+ + 4H 2 2,89.10 -3 ¬ 5,78.10 -4 Có tỉ lệ: NH 3 OH + Cl - : Fe 2+ = 1,44.10 -3 : 2,89.10 -3 = 1:2 Gọi số oxi hoá sản phẩm oxi hoá của hiđroxylamin là x ta có: N -1 N x + (x+1)e Fe 3+ +e Fe 2+ 1 x+1 2 2 Áp dụng định luật bảo toàn e có: x + 1 = 2 ⇒ x = +1. Vậy công thức của sản phẩm là N 2 O. PT: 2NH 3 OH + Cl - + 4Fe 3+ → N 2 O + H 2 O + 2Cl - + 4Fe 2+ + 6H + 0,25 0,5 0,25 0,5 Câu 5 (2 điểm) 1. Sắp xếp các hợp chất: phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV) theo thứ tự tăng dần tính axit. Giải thích. 2. Sắp xếp các hợp chất: axetamit (I), DBN (II) và guianidin (III) theo thứ tự tăng dần tính bazơ. Giải thích. 5 N N N H NH 2 H 2 N (II) (III) CH 3 -CONH 2 (I) 3. Sắp xếp các hợp chất: purin (I), benzimiđazol (II) và inđol (III) theo thứ tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy. Giải thích. N N N NH NH N NH Purin Benzimi®azol In®ol 4. Cho hợp chất (CH 3 ) 2 CH-CH 2 -CH=C(Br)-CH 2 -CH(CH 3 )-C 2 H 5 . a) Viết tên của nó theo danh pháp IUPAC. b) Hợp chất này vừa có thể tồn tại ở dạng đồng phân hình học (E/Z) và đồng phân quang học (R/S). Vẽ cấu trúc của đồng phân khi có cấu hình (E) và (S). HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 5. (2.0 đ) 1) 0.5 đ Phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV). Nhóm NO 2 là nhóm hút e mạnh, nên làm tăng tính axit; nhóm metyl là nhóm đẩy e, nên làm giảm tính axit. Ngoài ra, ion p-nitro phenoxide được bền do có cộng hưởng (điện tích âm giải tỏa rộng hơn) nên đồng phân p- có tính axit cao hơn đồng phân m-nitrophenol (III). OH NO 2 O NO 2 - H + O N OH NO 2 - H + NO 2 O O NO 2 O O O N O O O N O O Vậy, II < I < III < IV 2) 0.5 đ. Ở hợp chất amit, đôi electron trên ocbital p của N sp2 xen phủ với nhóm cacbonyl nên làm cho tính bazơ của amit rất thấp (gần như trung tính). Amidin được tạo thành khi thay cacbonyl của amid bằng nhóm C=NH. Giống như ở amit, cộng proton xẩy ra trên N sp2 lúc đó điện tích dương sẽ giải tỏa trên cả hai nitơ. Như vậy, cả hai đôi electron tự do trong amidin được sử dụng khi proton hóa trên N sp2 (Amidin là một bazơ mạnh, pK aH =12,4). 6 Guanidin có 3 nguyên tử N là bazơ rất mạnh. Khi bị proton hóa, điện tích dương có thể giải tỏa trên ba nguyên tử N, tạo nên một cation rất bền. Tất cả ba đôi e tự do kết hợp với nhau tạo nên mật độ electron cao trên N sp2 nên guanidin là bazơ mạnh (pK aH 13.6, mạnh gần như NaOH). 3) 0.5 đ Liên kết-H có ảnh hưởng lớn đến nhiệt độ nóng chảy. Liên kết này càng bền và càng nhiều thì điểm nóng chảy càng cao. Inđol: chỉ có liên kết hiđro liên phân tử rất yếu giữa N-H và dị vòng 5 cạnh. Benzimiđazol: N-H tạo liên kết hiđro liên phân tử khá bền với: N< (có tính bazơ). Purin: N-H có thể tạo liên kết hiđro liên phân tử khá bền với nhiều (3) nguyên tử :N<. Vậy, Inđol (52 o C) < Benzimiđazol (171 o C) < Purin (217 o C) 4) 0.5 đ a) (E) (S)-5-Brom-2,7-dimetyl-4-nonen b) C = C Br CH 2 - C - C 2 H 5 (CH 3 ) 2 HCH 2 C H CH 3 H S 1 4 7 Câu 6 (2 điểm) 1) Có 3 đồng phân cấu tạo của xicloanken (C 5 H 8 ) được nhận biết bằng phản ứng ôxi hóa với KMnO 4 /H + . Viết công thức cấu tạo của chúng, biết rằng: (i) một đồng phân tạo ra hợp chất vừa có nhóm xeton, COOH và có C-bất đối . (ii) một đồng phân tạo ra hợp chất dixeton không có C-bất đối. (iii) một đồng phân tạo ra hợp chất có 2 nhóm COOH và có C-bất đối. 2) Vẽ cấu trúc (biểu diễn hóa lập thể) của các sản phẩm thu được khi cho Br 2 /CH 2 Cl 2 phản ứng với (i) trans-HO 2 CCH=CH-CO 2 H (ii) cis-HO 2 CCH=CH-CO 2 H Giải thích dạng đồng phân quang học của (các) sản phẩm ở mỗi trường hợp. 3) Cho một hỗn hợp gồm các amin bậc 1, 2 và 3. Hãy đề nghị một phương pháp đơn giản để phân tách chúng. (Gợi ý: Có thể dùng bất kì hóa chất phù hợp nào cho quá trình này, ví dụ, benzensunfonyl clorua, ). 4) Viết sản phẩm của (các) phản ứng sau: (DABCO: là một bazơ không có tính nucleophin). 7 CHO OH Br CHO DABCO ? (i) (ii) ? O CON 3 t- BuOH HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 6. (2.0 đ) 1) 0.5 đ CH 3 H 3 C CH 3 H 3 C A B C HO 2 C HO 2 C CH 3 CH 3 CO 2 H H 3 C CH 3 O O O H 3 C H 3 C 2) 0.5 đ * Phản ứng cộng-trans của brom vào axit maleic (đồng phân cis) cho một cặp d,l của axit 2,3-dibromsucxinic (sản phẩm raxemic- không có mặt phẳng đối xứng phân tử). * Phản ứng cộng-trans của brom vào axit fumaric (đồng phân trans) chỉ cho sản phẩm axit meso-2,3-dibromsucxinic. (có mặt phẳng đối xứng phân tử) 8 3) 0.5 đ Phản ứng với benzensunfonyl clorua (hay toluensunfonyl clorua). Amin bậc ba không có H nên không phản ứng. Amin bậc 1 và bậc 2 cho benzensunfanilit kết tinh, có nhiệt độ nóng chảy rõ ràng, có thể tách riêng ra. RNHR’ + PhSO 2 Cl → PhSO 2 NRR’ + HCl Ngoài ra, benzensunfanilit của amin bậc 1 do còn 1H nên có tính axit và tan được trong kiềm. PhSO 2 NHR’ + NaOH → PhSO 2 N(Na)R’ + H 4) 0.5 đ (i)- Phản ứng Robinson (gồm Michael và ngưng tụ andol); (ii)-Thoái phân Curtius O CON 3 O NCO t-BuOH O HNCO OCMe 3 (i) (ii) O CHOBr Câu 7 (2 điểm) 1) Dự đoán sản phẩm của phản ứng sau. Viết cơ chế phản ứng để khẳng định. NH Bn OH + OHO O H H + ? (ii) 2) Viết các phản ứng tổng hợp chất (A) và (B) đi từ chất đầu (bên trái) và các hóa chất vô cơ, hữu cơ cần thiết khác. 9 ? OH C 2 H 5 OH CH 2 CHO (i) (ii) Cl C Br Br OH Cl CO 2 H (A) (B) HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu 7. (2.0 đ) 1) Mỗi cơ chế: 0.25 đ (ii)- NH Bn OH + OHO O H H + (ii) HO O H OH H 2 O COOH N Bn OH COOH N Bn OH -H 2 O N Bn OH HOOC HO 2 C N Bn O - H + 2) Mỗi tổng hợp: 0.25 đ (Học sinh làm cách khác, nhưng ngắn tương đương cũng cho điểm tối đa). (i) OH C 2 H 5 NBS OH CHBrCH 3 KOH OH CH=CH 2 RCO 3 H OH O H 3 O + OH CH 2 CHO t o 10 [...]... xuất của metylxiclopentan, có nhóm HO (mất nước khi đun với axit sunfuric đặc) Mạch nhánh thứ hai (ngoài nhóm CH3) có 2C và có chứa nhóm HO bậc 2 (vì cho phản ứng iodoform) Chỉ khi 2 mạch nhánh cùng đính cùng 1 C thì mới cho B duy nhất, không có đồng phân hình học Vậy, * Viết công thức của A và B: 0.25 đ OH A O B 2) 0.5 đ Đun nóng D với Ag cho etin, vậy D là bromoform CHBr3 Dựa vào dãy chuyển hóa từ... (A), [Co(CN)6]3- (B) Viết tên theo quy ước IUPAC của (A), (B) 2 Tìm các đồng phân lập thể có thể có của các (phân tử hay ion) phức sau : a) Pt(NH3)2Cl2 b) [Pt(en)2Cl2]2+ en = etylenđiamin H2N – CH2 – CH2 – NH2 3 Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) để giải thích dạng hình học, từ tính của các phức chất sau: [Ni(CN)4]2-, [NiCl4]2- Cho biết Ni có Z = 27 Đáp án: 1 0,25 [CoCl2(NH3)4]+ (A): Tetraamminđiclorocoban(III)... ra nhưng với tốc độ không đáng kể Điểu này có gì mâu thuẫn với kết quả tính được ở trên không? Cho biết biến thi n thế đẳng áp – đẳng nhiệt hình thành chuẩn của NH 3 ở 27°C ∆G°f (NH3) = -16,26 kJ/mol Đáp án 1 −∆G 0 17.103 = = 5, 467 → Kp = 236,75 a) ln K p = 1,5 RT 8,314.374 0,5 Kp không có đơn vị Nếu học sinh ghi đơn vị của Kp trong trường hợp này trừ 0,25 do hiện nay đa số các tài liệu có sự thống... diễn ra cực kì chậm Điều này không mâu thuẫn gì với kết quả tính được ở trên Vì giá trị của 0,25 ∆G âm, và khá lớn tuy nhiên nó chỉ cho biết vị trí của phản ứng sẽ lệch sang phải (phía tạo NH3 – Kp lớn) chứ không ảnh hưởng đến tốc độ của phản ứng Chú ý: Học sinh có thể tính theo kiểu giữ nguyên phản ứng (2), cách tính này cho ra kết quả ∆G = -30,1 kJ 13 Câu 10 (2 điểm) 1 Coban tạo ra được các ion phức:... bạc giải phóng etin Biện luận (kèm theo phương trình phản ứng) cấu trúc của các chất từ A đến E 3) Viết công thức cấu tạo của các chất từ A đến E trong sơ đồ chuyển hóa sau: + CO2CH3 A 1 KMnO4/H+ 2 CH2N2 du B 1 CH3ONa/CH3OH + 2 H3O , t o C CH2N2 D Zn BrCH2CO2CH3 E 4) Viết công thức cấu tạo của các chất từ A đến D trong sơ đồ chuyển hóa sau: HO H2 Pd/CaCO3 A H3O+ C B C C Na/NH3 D HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 8 (2.0... Gibbs tại 374K có giá trị ∆H 374K = + 53kJ/mol và ∆G0374K = -17 kJ/mol Cho vào bình phản ứng 1 mol metanol và 1 mol nước có mặt chất xúc tác Duy trì nhiệt độ và áp suất trong bình không đổi là 374K và 105Pa a) Tính hằng số cân bằng (ghi rõ đơn vị nếu có) của phản ứng tại nhiệt độ 374K b) Khi hệ đạt trạng thái cân bằng, tính phần trăm metanol đã chuyển hóa thành H2 2 Cho phản ứng (2) tại 300 K: 3H2... ôxi hóa B rồi decarboxyl hóa sản phẩm thì sẽ thu được metylxiclopentan Chất B không có đồng phân hình học Xác định công thức cấu tạo của A, B, C và D 2) Hợp chất hữu cơ A phản ứng với Br2/KOH cho chất B Hợp chất B khi phản ứng với HNO2 cho chất C Chất C khi xử lí Br2/KOH cho chất D Hợp chất B phản ứng với D khi có mặt của KOH tạo một chất có mùi khó chịu E (carbylamin, C3H5N) Đun nóng hợp chất D với bột... A là propanamit (3C dựa vào công thức của E) B là etylamin; C là etanol D là CHBr3; E là C2H5N(+)≡C(-) 11 CO2H 3) 0.5 đ A CO2CH3 B CO2CH3 H3 CO2C CH3 CO2H CH3 E HO CO2CH3 O CH3 H3CO2C D O C CO2CH3 H3CO2C CH3 CH3 4) 0.5 đ CH2OH HO H2 Pd/CaCO3 CH2OH H3O+ HO A C C C=C B CH2OH Na/NH3 CH=C D C Câu 9 (2 điểm) 1 Cho cân bằng hóa học: CH3OH(k) + H2O(k) ƒ 3H2(k) + CO2(k) (1) 0 Entanpi và năng lượng tự do Gibbs... hexaxianocobantat(III) 0,25 Chú ý : Cách gọi tên theo thứ tự phối tử anion trước rồi mới đến phối tử trung hòa đã được thay đổi Gọi tên các phối tử theo thứ tự a, b, c không phân biệt anion hay trung hòa Coban (tiếng anh là Cobalt)có thể việt hóa theo kiểu cobanat hoặc cobantat đều cho điểm 2 a)Pt(NH3)2Cl2 0,75 2 đồng phân lập thể 0,25 b) [Pt(en)2Cl2]2+ 3 đồng phân lập thể 0,25 I và II là đối quang, III và IV trùng nhau... việc hằng số cân bằng không có đơn vị b) Xét cân bằng: CH3OH(k) + H2O(k) ƒ 3H2(k) + CO2(k) Ban đầu 1 1 0 0 (mol) Phản ứng x x 3x x (mol) Cân bằng 1–x 1–x 3x x (mol) Tổng số mol khí trong bình ở trạng thái cân bằng là 2.(1 + x) 12 0,25 3x x Pt ; pCO2 = Pt ; 2(1 + x) 2(1 + x) 1− x 1− x = Pt ; pCH3OH = Pt ; 2(1 + x) 2(1 + x) pH 2 = Mà ta có: pH 2 O 0,25 với Pt là áp suất tổng của bình bằng 10 5 Pa hay . HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII MÔN HÓA HỌC - KHỐI 11 Ngày thi: 18/04 /2015 Thời gian làm bài:. trang) Chú ý: Các đáp án và bước chấm chỉ mang tính tương đối, học sinh có thể làm theo cách khác nếu đúng và lập luận đầy đủ vẫn cho điểm tối đa. Kính mong quý thầy cô đóng góp ý kiến cho đề và hướng. Viết tên của nó theo danh pháp IUPAC. b) Hợp chất này vừa có thể tồn tại ở dạng đồng phân hình học (E/Z) và đồng phân quang học (R/S). Vẽ cấu trúc của đồng phân khi có cấu hình (E) và (S). HƯỚNG