Hoa 11_CVA_LS Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương MỚI Nhất

b Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hoá học của phản ứng 2 nếu giảm thể tích bình phản ứng ở hai trường hợp: - Trong bình không có Br2 lỏng.. Hàm lượng canxi trong một mẫu nước có thể

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC

TỈNH LẠNG SƠN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 3 trang, gồm 8 câu)

Câu 1 (2,5 điểm) Nhiệt – Cân bằng hóa học

1) Tính ∆H0 của phản ứng sau ở 2000C: CO (khí) + 1

2O2 (khí)ƒ CO2 (khí), biết ở 250C Nhiệt hình thành chuẩn

(kJ.mol− 1) Nhiệt dung mol đẳng áp

0

p

C (Jmol-1K

-1)

2) Tại 200C, phản ứng: H2 (khí) + Br2 (lỏng)ƒ 2 HBr (khí) (1) có hằng số cân bằng Kp= 9,0 1016 a) Tính Kp của phản ứng: H2(khí) + Br2(khí) ƒ 2 HBr(khí) (2) tại 20OC và áp suất pBr (k ) 2 =0, 25 atm b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hoá học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích bình phản ứng ở hai trường hợp:

- Trong bình không có Br2 (lỏng)

- Trong bình có Br2 (lỏng)

Câu 2 (2,5 điểm) Dung dịch điện li ( chuẩn độ, cân bằng dung dịch)

1 Hàm lượng canxi trong một mẫu nước có thể được xác định bằng quy trình sau:

Bước 1: Thêm vài giọt metyl đỏ vào mẫu nước đã axit hóa, sau đó trộn kĩ với dung dịch

Na2C2O4

Bước 2:Thêm ure [(NH2)2CO] và đun sôi dung dịch nhẹ nhàng cho tới khi chất chỉ thị chuyển

sang màu vàng (quá trình này mất khoảng 15 phút) CaC2O4 kết tủa

Bước 3: Lọc dung dịch nóng và rửa chất rắn CaC2O4 với nước lạnh để rửa sạch ion C2O42- dư

Bước 4: Hòa tan kết tủa CaC2O4 không tan trong dung dịch H2SO4 0,1 M nóng tạo ion Ca2+ và

H2C2O4 Chuẩn độ H2C2O4 bằng dung dịch KMnO4 đến khi quan sát thấy màu tím hoàn toàn biến mất

Cho: H2C2O4: pKa = 1,25; 4,27; pKs (CaC2O4) = 8,75; pKs (Ca(OH)2) = 5,43; pKw = 14

a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi thêm ure (bước 2)

b) Hàm lượng canxi trong 25,00 mL mẫu nước được xác định theo quy trình trên và đã dùng 27,41 mL dung dịch KMnO4 2,50 x 10-3 M trong bước cuối cùng Xác định nồng độ ion canxi trong mẫu này

c) Tính độ tan của CaC2O4 trong dung dịch nước có đệm pH = 4,0 (Bỏ qua hệ số hoạt độ)

2 Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử chuẩn

được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0

a) Tính 0

x

E và E0y

b) Dựa vào tính toán, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) được không?

c) Viết quá trình xảy ra với hệ oxi hóa – khử

Cr O /Cr3+ và tính độ biến thiên thế của hệ ở nhiệt độ 298 K, khi pH tăng 1 đơn vị pH

2 7

0

Cr O /Cr

E = 1,33 V; Hằng số khí R = 8,3145 J.K–1.mol–1; Hằng số Farađay F = 96485 C.mol–1

Câu 3 (2,5 điểm) Nitơ – photpho, Cacbon – silic

X là hỗn hợp gồm kim loại M và muối cacbonat của nó, có số mol bằng nhau Hòa tan hoàn toàn 51,6 gam hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thấy thoát ra hỗn hợp khí Y gồm NO (sản phẩm khử duy nhất của HNO3) và CO2 Hỗn hợp khí Y tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch

K2Cr2O7 1M trong H2SO4 loãng; khí còn lại cho qua dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch giảm đi 45,9 gam

1) Viết các phương trình hóa học xảy ra dưới dạng ion thu gọn.

2) Xác định công thức muối cacbonat của M và tính thành phần % về khối lượng của mỗi

chất trong hỗn hợp X

Câu 4 (2,5 điểm) Hiệu ứng cấu trúc

1 Sắp xếp (có giải thích) theo thứ tự tăng dần:

a) Tính axit của: axit xianaxetic, axit α- xianpropionic, axit β- xianpropionic và axit axetic b) Nhiệt độ nóng chảy của: (CH3)2CHCH2COOH; (CH3)2NCH2COOH; (CH3)2PCH2COOH

2 Pseudoephedrin (1) là chất hay gặp trong các loại thuốc

thông thường chống cảm lạnh Chất này có công thức cấu trúc

như sau:

a) Đánh dấu * vào các trung tâm lập thể và xác định cấu

hình tuyệt đối (R hay S)

b) Vẽ công thức Newman (hoặc công thức phối cảnh) và

công thức chiếu Fischer của (1)

CH 3

OH

NHCH 3 1

Câu 5 (2,5 điểm) Cơ chế hữu cơ

1 Trình bày tóm tắt cơ chế của phản ứng:

CH3 OH

CH3 C

H3

CH3 C

H3

CH3

H 2S O 4, t o

2 Gọi tên cơ chế, phân tích để chỉ ra hướng tấn công của brom và viết công thức sản phẩm

chính trong mỗi trường hợp sau (tỉ lệ mol các chất phản ứng là 1:1)

a) CH2=CH–COO–CH=CH2 + Br2/H2O

b) + Br2/xúc tác

Cr(VI) (Cr2O7 ) Cr(V) Cr(IV) Cr+0,55 +1,34 3+ -0,408 Cr2+ Cr

-0,744

+0,293

y

E0 x

E0

2-OCH2CH3

CH3CH2S

c) + Br2/FeBr3

Câu 6 (2,5 điểm) Xác định cấu trúc hợp chất hữu cơ

1 Xiveton được tách từ tuyến thơm của một loài cầy hương Đốt cháy hoàn toàn 2,50 gam

xiveton, sản phẩm chỉ chứa CO2, H2O đem hấp thụ hết vào 1,5 lít dung dịch Ba(OH)2 0,1M thì thu được 25,61 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 15,43 gam Lọc bỏ kết tủa, đun nóng dung dịch nước lọc lại thu được kết tủa nữa Mặt khác dung dịch chứa 0,508 gam xiveton trong

10 gam benzen đông đặc ở 4,49oC Biết rằng hằng số nghiệm lạnh của benzen = 5,12; nhiệt độ đông đặc của benzen là 5,53oC

a) Hãy xác định công thức phân tử của xiveton.

b) Cho xiveton tác dụng với dung dịch Br2 dư trong CCl4 thu được hợp chất A (C17H30OBr2) Khi xiveton tác dụng với O3 rồi thủy phân ozonit sinh ra trong H2O2/H+ thì thu được hợp chất B

(C17H30O5) Oxi hoá xiveton bằng K2Cr2O7/H2SO4 thu được 2 axit HOOC(CH2)6COOH và HOOC(CH2)7COOH Hãy xác định công thức cấu tạo của xiveton và hợp chất A, B.

2 Tiến hành phản ứng giữa 3,5,5-trimetyl xiclohex-2-enon và n-butyl magie iođua Sau đó, thuỷ

phân hỗn hợp bằng dung dịch HCl 4M thu được hợp chất B B bị chuyển thành năm đồng phân,

kí hiệu từ D1 đến D5 có công thức phân tử C13H22

Viết công thức cấu tạo của các đồng phân D1, D2, D3, D4, D5

Câu 7 (2,5 điểm) Tổng hợp hữu cơ

1 Loài cá nắp hòm Ostracian lentiginous tiết ra chất độc có khả năng giết chết các loài cá khác

Chất độc đó có tên là Pahutoxin, được tạo thành theo sơ đồ sau:

CH3[CH2]12CH2OH Piridin clorocromat (PCC)→A 1.BrCH2COOC2H5,Zn; 2 H2O→B 1.OH_ ; 2 H3O +→

C









 (CH3CO)2O/piridin D  SOCl  →  2 E (CH) N+ CHCHOHCl_/ piridin→

2 2

3 Pahutoxin (C23H46NO4Cl)

Hãy xác định công thức cấu tạo của Pahutoxin và các chất từ A đến E trong sơ đồ tổng hợp

trên

2 Hợp chất đimetylbenzen-1,4-bis(axetat) có thể được tổng hợp từ p- xilen theo sơ đồ dưới đây:

Xác định các tác nhân sử dụng trong qúa trình tổng hợp trên

Câu 8 (2,5 điểm) Tổng hợp vô cơ

Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al phản ứng với 60 ml dung dịch NaOH 2M được 2,688 lít hiđro Thêm tiếp vào bình sau phản ứng 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng

đến khi ngừng thoát khí, được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al) Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa Cho C phản

ứng hết với HNO3 đặc nóng dư thu được dung dịch D (không chứa NH4+) và 1,12 lít khí NO2

duy nhất Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư được kết tủa E Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn Tính khối lượng mỗi chất trong A, tính m, biết thể tích các khí

đo ở điều kiện tiêu chuẩn

HẾT

CO NH

Người ra đề

HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: HÓA HỌC, LỚP: 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định Câu 1 (2,5 điểm) Nhiệt – Cân bằng hóa học

1) ∆H0

(kJ)

0,25

∆C0p = C0p(CO2) − [C0p(CO) + 1/2C0p(O2)] = − 13,01 + 27,76 10−3 T

(J.K− 1)

0,25

∆H0

473 = ∆H0

298 +

473 0 298

p

C

∆

∫ dT = − 282990 +

473

298∫ (− 13,01 + 27,76 10− 3 T)dT

∆H0

473= − 282586 J.mol− 1 hay −282,586 kJ.mol− 1

0,5

2)

a) Phản ứngH2 (k) + Br2 (lỏng)ƒ 2 HBr (k) (1) có

2

2 HBr 1 H

P Kp P

còn phản ứng: H2 (k)+ Br2 (k)ƒ 2 HBr (k) (2) có

2 HBr 2

P Kp

P P

Xét cân bằng Br2 (lỏng)ƒ Br2 (k) (3) có Kp3 =PBr 2 ( k ) (c)

0,75

Khi tổ hợp (1) với (3) ta có cân bằng (2):

H2 (k)+ Br2 (lỏng)ƒ 2 HBr (k) (1)

(1) – (3): H2 (k)+ Br2 (k)ƒ 2 HBr (k) (2)

16

17 1

2 3

Kp 9,0.10

Kp 0, 25

0,25

b) Khi giảm thể tích bình phản ứng nghĩa là tăng áp suất riêng phần của

khí trong hệ Xét

2 HBr

P Q

P P

Trường hợp 1: Không có brom lỏng trong bình: Phản ứng (2) có tổng số

mol khí trước và sau phản ứng bằng nhau (∆n = 0) nên sự thay đổi áp suất

đó không dẫn tới chuyển dịch cân bằng (2)

0,25

Trường hợp 2: Có brom lỏng trong bình: áp suất riêng phần của các khí

H2, HBr tăng; trong lúc đó áp suất riêng phần của Br2 khí lại không đổi do

còn Br2 lỏng

Theo (d), vì số mũ của PHBr lớn hơn số mũ của PH2 nên sự tăng áp suất nói

trên dẫn đến sự tăng Q và cân bằng (2) chuyển dịch theo chiều nghịch

0,25

Câu 2 Dung dịch điện li ( chuẩn độ, cân bằng dung dịch).

1

b) Phản ứng chuẩn độ:

5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+  10CO2 + 2Mn2+ + 8H2O 0,25

[ ] / 0 , 025 L

2

5 L 02741 , 0 M 10 5 , 2

Ca2+ = × −3 × ×

= 6,85 × 10 -3 M

0,25

c) Bảo toàn nồng độ đầu:

[Ca2+] = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4]

= [C2O42-] (1 + [H+] / K2 + [H+2] / K1K2) [C2O42-] = [Ca2+] / (1 + [H+] / K2 + [H+2] / K1K2) (1) Thay thế (1) vào [Ca2+][C2O42-] = Ks

1 Từ giản đồ ta có: 3.(-0,744) = -0,408 + 2 0

y

E → 0

y

E = -0,912 (V)

0,55 + 1,34 + 0

x

E – 3.0,744 = 6.0,293 → 0

x

E = +2,1 (V)

0,25 0,25

2 Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) khi ΔG0 của quá trình < 0.

2Cr(IV) + 2 e → 2Cr3+ (1) 0

1

E = 0

x

E = 2,1 V → 0

1

G

∆ = -n 0

1

E F =

- 2.2,1.F

Cr(VI) + 2 e → Cr(IV) (2) 0

2

E = 0,55 1,34

2

+

= 0,945 (V) → 0

2

G

∆ = -n 0

2

E F = - 2.0,945.F

Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) → 2Cr3+ + Cr(VI) ∆ G03

0 3

G

1

G

2

G

∆ = - 2.(2,1 - 0,945).F < 0 → Vậy Cr(IV) có dị phân

0,25

0,25 0,5

3 Cr O 2 72- + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O

[Cr O ].(10 ) RT

E = 1,33 + ln

[Cr O ].(10 ) RT

E = 1,33 + ln

8,3145 298

E - E = 14ln10 = -0,138

0,25

0,25

Câu 3 (2,5 điểm) Nitơ – photpho, Cacbon – silic

a)M có thể là kim loại có hóa trị biến đổi hoặc không biến đổi Gọi công thức của

muối là Mx(CO3)y (với 2y/x≤n)

(1) 3M + nNO3

−

+ 4nH+→ 3Mn+ + nNO + 2nH2O

a na

3

(2) 3Mx(CO3)y+(nx-2y)NO− 3

+(4nx-2y)H+→ 3xMn+ + 3yCO2 +(nx-2y) NO+(2nx-y)H2O

a ay a nx 2y( )

3

− (3) Cr2O2

7

−

+ 2NO + 6H+→ 2Cr3+ + 2NO3

−

+ 3H2O (4) Ba2+ + 2OH- + CO2→ BaCO3 + H2O

0,25 x

4 =1,0

b) nCr O 2 72−= 0,2 mol ⇒ nNO = 0,2×2 = 0,4 mol

∆m = m↓ - mCO2= (197- 44)nCO2= 45,9 ⇒ nCO2= 0,3 mol

0,25

Từ (1), (2) ta có: nNO = na

3 +a nx 2y( )

3

−

= 0,4 mol (I)

nCO2= ay = 0,3 mol (II)

mX = Ma + (xM + 60y)a = 51,6 gam (III)

0,25

Từ (I), (II), (III) ta suy ra: na(x+ 1) = 1,8

⇒M = 56n

3 ⇒ nghiệm hợp lí là: n = 3, M = 56 , M: Fe

0,5

Ta có: na (x + 1) = 1,8 và ay = 0,3 nên x + 1 = 2y

⇒nghiệm hợp lí là: x = y =1.Vậy muối cần tìm là FeCO3

0,25

⇒ a = 0,3 mol và %mFe = 0,3 5651, 6× 100%

= 32,56%

%m(FeCO3) = 100% - 32,56% = 67,44%

0,25

Câu 4 (2,5 điểm) Hiệu ứng cấu trúc

1.

(1,75đ

)

a)

CH3COOH

Axit axetic

CN-CH2CH2COOH

axit β- xianpropionic

CH3CH(CN)COO H

axit α- xianpropionic

CNCH2COOH

axit xianaxetic

0,5

–I của -C≡N giảm khi mạch C kéo dài –I của -C≡N+I của CH3

b) (CH3)2CHCH2COOH (CH3)2PCH2COOH (CH3)2NCH2COOH

hiđro)

2.

(0,75đ

)

a)

CH3 OH

NHCH3

S*

*

= 0,25đ

b) * Công thức chiếu Newman hay công thức phối cảnh của (1):

H3CHN

CH3

H H

Ph

CH3

H HO

Ph

hay

0,25

* Công thức chiếu Fischer của (1):

CH3

CH3

Ph

hay

0,25

Câu 5 (2,5 điểm) Cơ chế hữu cơ

1.

(1,25 đ)

H3C CH

3

CH3 OH

CH3

CH3

CH3

H3C CH

3

CH3

H

H3O +

+

-H2O

H3C

CH3

CH3

+

+H2O

CH3

CH3 +

CH3

CH3

CH3

+

-H3O +

0,25×5

2.

(1,25 đ)

0,125

0,125

0,125

CH3CH2S

Br

0,125

0,25

Câu 6 Xác định cấu trúc hợp chất hữu cơ (2,5 điểm)

điểm 1.

(1,25

đ)

a) CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O

mol: 0,13 0,13 0,13

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

mol: 0,04 0,02

⇒ nCO2 = 0,17 mol

0,25

⇒ nH2O = 25,61 15, 43 0,17.44

18

= 0,15 mol

CHBr CHBr

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH

CH2

CH2

C=O

CH2 CH

CH2 CH

CH2

CH2

⇒ nC = 0,17 và nH = 0,30 mol

⇒ nO = 2,50 0,17.12 0,3

16

= 0,01 mol

Từ đó ta tính được: nC : nH : nO = 0,17 : 0,30 : 0,01= 17 : 30 : 1

benzen

xiveton

t m

1000 m K

∆ =

0,508.1000 5,12

10.(5,53-4,49)= 250

⇒ CTPT : C17H30O

0,25

b) Dễ thấy xiveton có (π + υ) = 3 Mặt khác xiveton chỉ phản ứng với Br2

theo tỉ lệ 1: 1 và ozon phân – oxi hóa thu được C17H30O5 nên xiveton

C17H30O có 1 liên kết đôi C=C và có chứa vòng

Oxi hoá xiveton bằng K2Cr2O7/H2SO4 thu được 2 axit HOOC(CH2)6COOH

và HOOC(CH2)7COOH nên xiveton có CTCT:

0,25

(A)

0,25

(B)

0,25

2.

(1,25

đ)

Công thức cấu tạo của 5 đồng phân, kí hiệu từ D1, D2, D3, D4 đến D5

0,25*5

= 1,25 đ

Câu 7 Tổng hợp hữu cơ (2,5 điểm)

CH

CH

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

C=O

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

O

1 BuMgBr

2 H2O

HO

H +

H2O

-Hb

- Ha

D1

+

H +

- H2O

D4

D5

B

HOOC HOOC

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

C=O

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

CH2

Câu 7 ĐÁP ÁN 2,5

điểm

1 Công thức cấu tạo của các chất từ A đến E và của Pahutoxin trong sơ đồ chuyển hóa:

0,25 × 6

= 1,5 đ

2.

0,25 × 4

= 1,0 đ

Câu 8 (2,5 điểm) Tổng hợp vô cơ

8 Khi A pư với NaOH thì nNaOH = 0,12 mol;n H2 = 0,12 mol NaOH dư

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2

Mol: 0,08 0,08 0,08 0,12

 Sau pư trên thì hỗn hợp có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08

mol NaAlO2

0,25

+ Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì:

NaOH + HCl → NaCl + H2O Mol: 0,04 0,04

0,25

NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O

Mol: 0,08 0,32

 Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol

0,25

B là hỗn hợp khí nên B phải có CO2 + H2

 C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết)

do C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C không thể chứa FeCO3

0,25

Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan;

z là số mol Fe dư, t là số mol Cu ta có:

116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I)

FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O

Mol: x 2x x x

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑

Mol: y 2y y y

 Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)

0,25

 B có x mol CO2 + y mol hiđro Dựa vào pư của B với nước vôi trong

x = 0,1 mol(III)

 C có z mol Fe dư + t mol Cu 3z + 2t = 1,12/22,4 (IV)

 x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol

0,25

Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3

0,1.56=5,6 gam Fe

0,01.64=6,4 gam Cu

0,08.27=2,16gam Al

0,25

TH2: Fe hết

 C chỉ có Cu  số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol

0,25

 A có 0,1.1z16=11,6 gam FeCO3

0,025.64=1,6 gam Cu

0,08.27=2,16gam Al

(20-11,6-1,6-2,16=4,64)gam Fe

 m =mCuO =0,025.80= 2 gam

0,25

HẾT