Ba ria - Vung Tau

б z * Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: Bài số 1: Bằng phương pháp MO, hãy mô tả sự hình thành liên kết của các phân tử: HF, HCl, HBr, HI. Từ kết quả thu được, hãy giải thích sự thay đổi độ bền của liên kết H-X khi X thay đổi từ F→I. Đáp án bài 1: a) Cấu hình e: 1 1 1: sH 522 9 221: pssF 52622 17 33221: pspssCl [ ] 5210 1835 443: psdAzBr [ ] 5210 3653 554: psdKrI b) Phân tử HF: • Do mức năng lượng 1s (H) > 2s (F) vì X F > X H nên trong thực tế có thể xem AO 2s (F) không tham gia tổ hợp với AO 1s (H). • Trong số 3 AO 2p (F) chỉ có AO 2p z có cùng tính đối xứng với AO 1s (H) nên chúng xen phủ với nhau tạo thành MO б z và δ* z • Các AO 2p x và 2p y của F thẳng góc với AO 1s (H) nên chúng không tổ hợp tạo ra các MO, trên giản đồ chúng là các MO không liên kết. Kí hiệu Π x , Π y . Vậy cấu hình phân tử HF : б 2 z Π 2 x Π 2 y • Giản đồ liên kết: δ z z 1s 2p z 1s π x π y 2p z 2p y 2p x AO (H) б z AO (F) MO (HF) c) Từ kết quả giản đồ thu được theo giản đồ MO của HF ta suy ra các giản đồ tương tự cho HCl, HBr, HI. • Với HCl: AO 2p z được thay bằng AO 3p z HBr: AO 2p z được thay bằng AO 4p z HI: AO 2p z được thay bằng AO 5p z б z * б z * б z * б z * Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: Các giản đồ: AO (H) MO (HX) AO (X) + Phân tử HCl 1s π x π y 3p z 3p y 3p x б z + Phân tử HBr: 1s π x π y 4p z 4p y 4p x б z + Phân tử HI 1s π x π y 5p z 5p y 5p x б z d)Do sự khuếch tán của AO 3p z , 4p z , 5p z nên độ xen phủ với AO 1s (H) ít hơn ⇒ liên kết δ z kém bền. Vậy độ bền phân tử HX giảm dần từ F đến I. Biểu điểm: 4 (điểm) a) Cấu hình e của 5 nguyên tố = 0,5 (điểm) b) Phân tử HF: 4 ý x 0,5 = 2,0 (điểm) c) + Lí luận tương tự = 1,0 (điểm) + 3 giản đồ 3 phân tử d) Giải thích + kết luận = 0,5 (điểm) Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: Bài số 2: A được tạo thành từ Cation X + và Anion Y - . Phân tử A chứa 9 nguyên tử gồm 3 nguyên tố phi kim. Tỉ lệ số nguyên tử của mỗi nguyên tố là 2 : 3 : 4. tổng số proton trong A là 42 và trong Y - chứa 2 nguyên tố cùng chu kì và thuộc 2 phân nhóm chính liên tiếp. a) Viết công thức phân tử, công thức e, công thức cấu tạo và gọi tên A. b) Cho 2,5 g X (A + tạp chất) trộn với (Al, Zn) dư rồi nung nóng với NaOH dư ⇒ khí thoát ra cho hoàn toàn vào 100 ml H 2 SO 4 0,15M. Trung hoà H 2 SO 4 dư cần 35 ml NaOH 0,1M. Viết phương trình, tính khối lượng A trong X. Đáp án bài 2: a) Số proton trung bình của 3 nguyên tố : 67,4 9 42 == Z ⇒ Có một nguyên tố phi kim có Z < 4,67 ⇒ nguyên tố H ⇒ 2 phi kim còn lại trong Y ở một chu kì và 2 phân nhóm chính liên liếp nên số proton tương ứng là (Z) và (Z + 1). • Xét 3 trường hợp: 1. A có 2 nguyên tử H: 2 + 3Z + 4(Z+1) = 42 ⇒ Z = 5,14 ⇒ loại 2 + 3(Z+1) + 4Z = 42 2. A có 3 nguyên tử H: 3 + 2Z + 4(Z+1) = 42 ⇒ Z= 5,8 ⇒ loại 3 + 2(Z+1) + 4Z = 42 ⇒ Z= 6,17 ⇒ loại 3. A có 4 nguyên tử H 4 + 2(Z+1) + 3Z = 42 ⇒ Z = 7,2 ⇒ loại 4 + 2Z + 3(Z+1) = 42 ⇒ Z = 7 Và ( Z +1) = 8 ⇒ Đó là nguyên tố 7 N và 8 O. ⇒ Công thức phân tử A : H 4 N 2 O 3 hay NH 4 NO 3 (AmoniNitrat). • Công thức cấu tạo A: H + O - H + O: - H−N→H O←N H :N :H :O: N H O H O: b) Phương trình phản ứng có thể xảy ra • OHNHOHNH to 234 +↑→+ −+ • ↑+→+++ −−− 3223 382583 NHAlOOHOHAlNO to • OHNHZnOOHZnNO to 23 2 23 2474 ++→++ −−− • ↑+→++ −− 2 2 22 322 HAlOOHAlOH . . . . Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: • ↑+→+ −− 2 2 2 2 HZnOOHZn • ( ) 4 2 4423 2 SONHSOHNH →+ 2x ← x • OHSONaSOHNaOH 24242 22 +→+ 2y ← y −+ += 34 3 NONH NH nnn ⇒ x mol NH 4 NO 3 tạo ra 2x mol NH 3 )(015,015,0.1,0 42 molyxn SOH ==+= x = 0,01325 ⇒ )(0035,01,0.035,02 molyn NaOH === y = 0,00175 ⇒ Số mol NH 4 NO 3 = x = 0,01325 Vậy ở X: )(06,18001325,0 34 gxm NONH == m tạp chất = 2,5 – 1,06 = 1,44 (g) Biểu điểm: 4 (điểm) Phần a: 5 ý x 0,5 = 2,5 (điểm) Phần b: -7 phương trình x 0,125 = 1,0 (điểm) - Tính khối lượng = 0,5 (điểm) Bài số 3: Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: Đánh giá thành phần cân bằng trong dung dòch H 3 PO 4 0,01M. Cho K a1 =10 -2,23 , K a2 =10 -7,21 , K a3 =10 - 12,32 , K w =10 -14 . Đáp án bài 3: a) Bởi vì K a1 >> K a2 >> K a3 >> K w nên cân bằng: 43 POH −+ + 42 POHH K a1 =10 -2,23 là cân bằng chủ yếu C 0 0,01 ∆C -x x x C 0,01-x x x 0101010 01,0 23,223,2223,2 2 =−+⇒= − −−− xx x x Tính ra: x=2,15 . 10 -2 b) Bởi vì [ ] [ ] +− = HPOH 42 mà [ ] + H là cấu tử chính nên có thể coi − 42 POH là cấu tử chính và coi phản ứng: − 42 POH + H + − 2 4 HPO K a2 =10 -7,21 là phản ứng chuyển dòch thứ 2 C 0 2,15 . 10 -2 ∆C -y y y C 2,15 .10 -2 -y 2,15 .10 -2 +y y 21,7 2 2 10 10.15,2 )10.15,2( − − − = − + y yy Với y <<2,15 .10 -2 ta có y=10 -7,21 <<2,15 .10 -2 . Vậy cấu tử chính [ ] + H không bò thay đổi do phản ứng chuyển dòch thứ 2, và do đó: [ ] + H =2,15 .10 -2 = [ ] − 42 POH c) Phản ứng thứ 3 với K a3 rất bé sẽ không làm ảnh hưởng tới sự thay đổi nồng đọ ion H + − 2 4 HPO + H + − 3 4 PO K a3 =10 -12,32 C 10 -7,21 2,15 .10 -2 ∆C -z z z [ ] 10 -7,21 -z 2,15 .10 -2 +z z 32,12 21,7 2 10 10 )10.15,2( − − − = − + z zz Với Z << 10 -7,21 ta được: [ ] 18 2 21,7 32,123 4 10.37,1 10.15,2 10 .10 − − − −− === POz Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: d) Tương tự như vậy ta có thể tính nồng độ ion OH - OH 2 + H + − OH K w =1 .10 -14 C 2,15 .10 -2 [ ] 2,15 .10 -2 + t t t (2,15 .10 -2 + t) = K w = 1 .10 -14 [ ] MOHt 13 2 14 10.65,4 10.15,2 10.1 − − − − === Vậy [ ] MPOH 22 43 10.85,710.15,210,0 −− =−= [ ] [ ] MHPOH 2 42 10.15,2 −+− == [ ] MHPO 821,72 4 10.17,610 −−− == [ ] MPO 183 4 10.37,1 −− = [ ] MOH 13 10.65,4 −− = Biểu điểm: (4 điểm) • 4 ý x 1 = 4 (điểm) Bài số 4: Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: a) Đốt hoàn toàn Hidro cacbon A cho 75,1: 22 = OHCO VV khi hoà tan 0,45 g A trong 50 g C 6 H 6 thì nhiệt độ sôi (dd)= 80,355 O C (t sôi C 6 H 6 =80,1 O C). Xác đònh CTPT của A biết hằng số nghiệm sôi là 2,61. b) Cho 20,7 g A phản ứng hoàn toàn với AgNO 3 /NH 3 dư được 68,85 g kết tủa. Mặt khác A phản ứng với HCl cho B chứa 59,66 % Clo trong phân tử. Cho B phản ứng với Br 2 /ás, t O (tỉ lệ mol 1:1) chỉ thu đựơc 2 dẫn xuất Halogen.Viết CT cấu tạo của A, B. Viết các phản ứng. c) Đồng phân D của A không làm nhạt màu Br 2 /CCl 4 nhưng phản ứng được với Br 2 /ás và Br 2 /Fe,t O . Xác đònh CTCT của D và viết phương trình phản ứng. Đáp án bài 4: a) )(92 )1,80355,80(50 1000.45,0 .61,2. 1000 . dvc t m p kM A = − == ∆ OHxCOOxHC yx 222 2 7 ) 4 7 ( +→++ 1 mol x mol 7/2 mol 75,1 2 :: 22 == y xVV OHCO x=7 9212 =+= yxM A y=8 CTPT: C 7 H 8 b) A tạo kết tủa với AgNO 3 /NH 3 → A có nhóm (- C ≡ CH) C 7-2n H 8-n (C ≡ CH) n + n/ 2 Ag 2 O → C 7-2n H 8-n (C ≡ CAg) n + n/ 2 H 2 O n ↓ = n A = x = 20,7 : 92 = 0,225 (mol) m↓ = (92 + 107n)0,225 = 68,85 (g) ⇒ n = 2. Vậy A có 2 liên kết (≡) đầu mạch (có 4 công thức cấu tạo) 466,59 5,3692 100.5,35 8787 =⇒= + ⇒→+ + x x x ClHCxHClHC xx ⇒ CTPT B là : C 7 H 12 Cl 4 • Các phương trình phản ứng từ A→B (theo qui tắc MCNC) (A 1 ) HC≡C−CH 2 −CH 2 −CH 2 −C≡CH + 4HCl → CH 3 −CCl 2 −CH 2 −CH 2 −CH 2 −CCl 2 −CH 3 (B 1 ) (A 2 ) HC≡C−CH(CH 3 )−CH 2 −C≡CH + 4HCl → CH 3 − CCl 2 − CH(CH 3 )−CH 2 −CCl 2 −CH 3 (B 2 ) (A 3 ) HC≡C−CH(C 2 H 5 ) −C≡CH + 4HCl → CH 3 −CCl 2 −CH(C 2 H 5 )−CCl 2 −CH 3 (B 3 ) CH 3 CH 3 (A 4 ) HC≡C−C−C≡CH +4HCl → CH 3 −CCl 2 −C−CCl 2 −CH 3 (B 4 ) CH 3 CH 3 Khi Br 2 hoá B (xúc tác ánh sáng, nhiệt độ) cho 2 dẫn xuất Halogen nên B có công thức phù hợp là B 4 và do đó A có công thức là A 4 . 3 CH HClClCHCClCHCCClCH +−−−− 222323 )( →+−−−− as ClCHCClCCClCH 23223 3 CH 1:1 Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: (B) 3 CH HClCHCClCCClCH +−−−− 3223 ClCH 2 + 4HCl HC≡C−C(CH 3 ) 2 −C≡CH (A) c) Đồng phân D (của A) có 4 liên kết π, không làm nhạt màu Br 2 /CCl 4 . Vậy D có vòng thơm: 3 CH Toluen 1. HBrBrCHHCBrCHHC askt +→+ 2562356 3 CH + HBr 2. 2356 BrCHHC + Br CH 3 Br + HBr Biểu điểm: 5 (điểm) • CTPT (A) : 2 pt + giải C 7 H 8 = 3 x 0,25 = 0,75 (điểm) • CTCT (A) : 2 pt ⇒ 2 lk (≡) = 3 x 0,25 = 0,75 (điểm) • CTPT (B) + 4 pt = 1,5 (điểm) • B + Cl 2 → 2 sản phẩm = 0,5 (điểm) • D + 2 sản phẩm = 0,5 (điểm) 1:1 1:1 Fe, t o Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: Bài số 5: A là một Hidrocacbon thu được khi chế biến dầu mỏ. Dùng chất xúc tác (AlCl 3 , … ) có thể alkyl hoá A thành B bằng isobutan. Thành phần % hidro trong B nhiều hơn trong A là 1%. Trong điều kiện của phản ứng Refoming, A được chuyển hoá thành C, sản phẩm C này tác dụng với hỗn hợp HNO 3 đđ và H 2 SO 4 đđ sinh ra chỉ một dẫn xuất nitro D. Hợp chất C không tác dụng với nươc Brom, nhưng có thể bò oxi hoá bởi KMnO 4 dư trong môi trường axit sinh ra axit E. Nung chảy muối Natri của E với NaOH rắn sinh ra F, sản phẩm F này có thể bò hidro hoàn toàn thành G. Các Hidrocacbon A, G và sản phẩm K, sinh ra khi hdro hoá hoàn toàn thành C, có thành phần % nguyên tố như nhau. Ozon phân A thu được một hỗn hợp sản phẩm trong đó có C 3 H 6 O (L) tham gia phản ứng với iot trong dung dòch NaOH đun nóng sinh ra kết tủa màu vàng có mùi hăng hắc khá đặc trưng. a) Xác đònh công thức phân tử của A và B. b) Xác đònh công thức cấu tạo của A và tất cả các sản phẩm được kí hiệu bắng chữ từ A đến L nêu ở đầu bài. c) Gọi tên các hợp chất được kí hiệu bằng chữ ở trên (từ A đến L) theo danh pháp IUPAC. d) Cho biết những hợp chất có đồng phân hình học, đồng phân quang học. Giải thích. Đáp án bài 5: a) C cho phản ứng Nitro hoá và phản ứng oxi hoá ⇒ C là vòng thơm có nhánh, còn K và G là Xicloankan Ozon phân A tạo sản phẩm cho phản ứng Iotfom ⇒ A là Anken b) Sơ đồ chuyển hoá: B D (1) (4) C n H 2n C E F G (2) (5) L CHI 3 ↓ K (3) (6) c) Phương trình ( ) 1024 3 32 3 ++  →+ nn AlCl nn HCCHCHHC %1%100. 14 2 5814 102 %% )()( =       − + + =− n n n n HH AB ⇒ n = 8 Vậy công thức phân tử của A : C 8 H 10 và của B là C 12 H 26 d) Công thức của C là: p-CH 3 -C 6 H 4 -CH 3 (cho một sản phẩm nitro) I 2 -NaOH (CH 3 ) 3 CH Rifoming Ozon phân +H 2 NaOH Oxi hoá Nitro hoá H 2 Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006 Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: D là: NO 2 CH 3 CH 3 K là: CH 3 CH 3 E là: p- HOOC-C 6 H 4 -COOH F la:ø vòng Benzen G là: vòng Xiclohexan Vậy A là: CH 3 – C = CH - CH 2 – CH - CH 3 CH 3 CH 3 B là: CH 3 - CH – CH - CH 2 - CH - CH 3 CH 3 C(CH 3 ) 3 CH 3 Tên gọi các chất: A 2,5-đimetylhexen-2 B 2,2,5-trimetyl-3-isopropylhexan C p-xilen-1,4-dimetylbenzen D 2,5-đimetyl nitrobenzen E Axit terephtalic F Benzen G Xiclohexan K 1,4-Xiclohexan L Axeton Chất có đồng phân hình học: K (no, vòng phẳng) Chất có đồng phân quang học: B (e* bất đối) Biểu điểm • 3 mục a,b,c x 0,5 = 1,5 (điểm) • Công thức, tên 9 chất x 0,25 = 2,25 (điểm) • 2 chất đồng phân = 0,25 (điểm) [...]...Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn Môn : Hoá Khối : 11 Giáo Viên : Khúc Thò Thường Số mật mã : Số mật mã: KỲ THI OLYMPIC 3 0-0 4-2 006 . 2, 5- imetylhexen-2 B 2,2,5-trimetyl-3-isopropylhexan C p-xilen-1,4-dimetylbenzen D 2, 5- imetyl nitrobenzen E Axit terephtalic F Benzen G Xiclohexan K 1,4-Xiclohexan. p- HOOC-C 6 H 4 -COOH F la:ø vòng Benzen G là: vòng Xiclohexan Vậy A là: CH 3 – C = CH - CH 2 – CH - CH 3 CH 3 CH 3 B là: CH 3 - CH – CH - CH 2 - CH -