Đề thi olympic truyền thống 30 4 môn hóa học lớp 11 chuyên nguyễn du đaklak

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – ĐĂK LĂK Câu 1: (4 điểm) 1.1 Dùng phương pháp nhiễu xạ tia X để khảo sát cấu trúc tinh thể NH4Cl người ta nhận thấy rằng: Ở 20℃ phân tử NH4Cl kết tinh dạng kiểu mạng lập phương có a = 3,88Å, d= 1,50 g/cm3 Ở 250℃ phân tử NH4Cl kết tinh dạng kiểu mạng lập phương khác có a=6,53Å, d = 1,30 g/cm3 a Cho biết kiểu mạng kết tinh NH4Cl (có vẽ hình) 20℃ 250℃ Cho NA = 6,022.1023 + b Tính khoảng cách NH Cl- (A0) cho kiểu tinh thể xác định − − − Cho pin điện: Pt | I- 0,1M; I3 0,02M || MnO 0,05M, Mn2+ 0,01M, HSO CM | Pt Ở 25℃, suất điện − động pin có giá trị 0,824 V Xác định nồng độ ban đầu HSO Cho E MnO−4 /Mn 2+ = 1,51V E 0I− /3I− = 0,5355V , K a (HSO− ) = 10−2 1.2 Cho thể tích khí CO H2O vào bình kín đến áp suất bình đạt P (N/m2) dừng lại Nung bình đến nhiệt độ 1123℃ đến phản ứng đạt trạng thái cân thu hỗn hợp khí than ướt Xác định thành phần khí than ướt Biết áp suất P nhiệt độ 1123℃ độ phân li CO2 thành O2 CO 1,551.10-4; H2O thành H2 O2 0,567.10-4 238 206 1.3 Chuỗi phân rã thiên nhiên 92 U → 82 Pb bao gồm số phân rã α β loạt bước a Phân rã 222 88 238 92 U dẫn đến 226 88 Ra (t1/2 = 1630 năm), sau xạ hạt α để tạo thành Rn (t1/2 = 3,83 ngày) Nếu thể tích mol Rn điều kiện 25,00 lít thể tích Rn cân bền với 1,00 kg Ra bao nhiêu? b Hoạt độ mẫu phóng xạ phân tử chuỗi 238 92 U giảm 10 lần sau 12,80 ngày Xác định số phân rã chu kì bán hủy Câu 2: (4 điểm) 2.1 Một số phương pháp điều chế kim loại titan từ quặng inminit (FeTiO3) sau: Cho quặng inminit tác dụng với cacbon clo để tạo muối (X) kim loại titan trạng thái lỏng, sau dùng kim loại khử mùi (X) để thu titan kim loại Xử lý quặng inminit dung dịch axit sunfuric tạo thành muối (Y) kim loại titan Sau tách muối sắt (II) sunfat khỏi hỗn hợp muối, chuyển muối (Y) vào dung dịch NaOH để thu oxit (Z) titan Hoặc xử lý quặng inminit dung dịch axit clohiđric thu oxit (Z) muối sắt (II) clorua Công đoạn để thu kim loại titan: cho oxit (Z) Tác dụng với cacbon Clo để thu muối (X) khử magie dùng phản ứng nhiệt nhôm để khử oxit (Z) Xác định X Y Z viết phương trình hóa học xảy trình 2.2 Dung dịch A tạo CoCl2 0,010M, NH3 0,360M H2O2 0,003M a Tính pH nồng độ ion Co2+ dung dịch A b Viết sơ đồ pin tính suất điện động E pin hình thành ghép (qua cầu muối) điện cực K2CrO4 0,008M có chứa kết tẩu Ag2CrO4 −9,24 −11,89 ; βCo( NH )3+ = 1035,16 ; βCo( NH ) 2+ = 104,39 ; Cho biết: K a (NH+ ) = 10 ; K s(Ag2 CrO4 ) = 10 E Co3+ /Co 2+ = 1,840(V); E H O /2OH − = 0,940(V); E Ag + /Ag = 0, 799(V) 2.3 Trộn 10,00 ml dung dịch KI 0,12M với 10,00ml dung dịch A chứa Fe(ClO4)2 0,01M; Fe(ClO4)3 0,14M Na2H2Y 0,30M thu dung dịch B, pH dung dịch trì 9,00 Tính cân dung dịch B (ở 25℃) Bỏ qua phức hiđroxo bậc cao đa nhân Cho biết: E 0Fe3+ /Fe2+ = 0, 7710(v); E I0− /3I− = 0,5355(v);lg βFeY − = 25,10; lg βFeY2− = 14,33;lg* βFe(OH)+ = −5,92 pK a1(H 4Y) = 2, 00, pK a 2(H 4Y) = 2, 67, pK a3(H 4Y) = 6,16, pK a 4(H 4Y ) = 10, 26 Câu 3: (4 điểm) 3.1 Hòa tan m gma sắt kim loại vào dung dịch axit clohiđric 25% Dung dịch tạo thành oxy hóa cách sục khí clo qua cho kết qảu âm tính với K3[Fe(CN)6] Dung dịch bay 95℃ tỉ trọng đạt 1,6950 g/cm3 sau làm lạnh đến 4℃ Tách kết tinh cách hút chân không thu 2,7520 gam tinh thể FeCl3.6H2O Lấy toàn lượng tinh thể đem đun nóng khơng khí đến 350℃ thu 0,8977 gam chất rắn X Viết phương trình phản ứng xảy Xác định m khối lượng chất có X 3.2 Cho hai hỗn hợp A B Hỗn hợp A chứa Na2CO3 NaHCO3 Hỗn hợp B chứa Na2CO3 NaOH Hòa tan hai hỗn hợp vào nước, pha thành 100,00 ml dung dịch Chuẩn độ 20,00 ml dung dịch thu bằn dung dịch HCl 0,20 M với chất thị phenolphtalein, hết 36,15 ml HCl Nếu sử dụng chất thị metly da cam thể tích HCl tiêu thụ 43,80 ml a Hãy cho biết phương trình phản ứng xảy trình chuẩn độ hỗn hợp A; hỗn hợp B b Từ kiện cho xác định hỗn hợp phân tích ban đầu hỗn hợp A hay B c Hãy xác định thành phần phần trăm khối lượng hỗn hợp phân tích Cho biết: khoảng chuyển màu phenolphtalein: pH = 8,3 -10; metyl da cam : pH = 3,1 – 4,4 Câu 4: (4 điểm) Cho công thức sau: a Sắp xếp chất A, B, C, D theo trình tự tăng dần tính axit Giải thích b Trong số hai nguyên tử N dị vòng E, ngun tử có tính bazo mạnh 1.a Viết công thức cấu trúc dạng enol đietylmalonat (1), etylaxetoaxetat (2) Trong cấu trúc (2), cho biết dạng bền nhất, dạng bền Giải thích? b Hai chất hữu X (C10H17O6N) Y (C14H17O6N) xiano glucozit thiên nhiên Khi thủy phân X, Y môi trường axit X tạo D-glucozơ, axeton HCN; Y tạo D-glucozơ, HCN benzanđehit Xác định cấu trúc X, Y viết chế (SN1) phản ứng thủy phân Y Hợp chất hữu A có cơng thức cấu tạo sau: a Đánh dấu * vào nguyên tử cacbon bất đối A b Đun A với dung dịch axit loãng thu sản phẩm E, F, G có số nguyên tử cacbon giảm dần Viết công thức cấu tạo E, F, G tên gọi chúng c Cho F, G tác dụng với brom dư Viết công thức sản phẩm d Viết công thức cấu tạo sản phẩm cho G tác dụng axeton có mặt HCl khan Câu 5: (4 điểm) 5.1.a Enamine hình thành xeton amin bậc với có mặt xúc tác axit Hãy đề nghị chế cho hình thành anamine với có mặt xúc tác axit theo phương trình phản ứng sau: b Chất 2,7-dimetylnaphtalen tổng hợp phản ứng tác nhân Grignard (A) axetal (B): Giải thích chế tạo thành 2,7-dimetulnaphtalen 5.2 Viết công thức cấu tạo A, B, C, D, E gọi tên IUPAC B, C, sơ đồ sau: Viết chế phản ứng sau: Từ xiclopenten, axetilen, chất vô xúc tác viết sơ đồ chuyển hóa điều chế chất: đimetyl bixiclo [2.2.1] hepta-2,5-ddien-2,3-đicacboxylat TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – ĐĂK LĂK Câu 1: (4 điểm) 1.1 a Số phân tử 20℃: n1 = 0,98 ≈ 1→ lập phương kiểu CsCl → NH4Cl 20℃ có kiểu mạng theo hình sau: Số phân tử 250℃: n2 = 4,05 ≈ 4→ lập phương kiểu NaCl → NH4Cl 250℃ có kiểu mạng theo hình sau: a = 3,36 Å a Ở 250℃ : d NH +4 − Cl− = = 3, 27 Å − + 2+ Ở điện cực catot: MnO + 8H + 5e € Mn + 4H 2O b Ở 20℃ : d NH + − Cl− = − − Ở điện cực anot: 3I € I3 + 2e E catot = E MnO −4 /Mn 2+ E atot = E 0I− /3I− + 0, 0592 [MnO −4 ][H + ]8 0, 059 0, 05[H + ]8 + lg = 1,51 + lg [Mn 2+ ] 0, 01 0, 0592 [I3− ] 0, 059 0, 02 lg − = 0,5355 + lg = 0,574 [I ] (0,1)3 → E pin = E catot − E anot ↔ 0,824 = 1,51 + 0, 0592 0, 05[H + ]8 lg − 0,574 0, 01 → h = [H + ]=0,054M − + 2− Theo cân bằng: HSO € H + SO [] C-h h K a = 10−2 h h → C = 0,346 M C−h 1.2 Xét cân bằng: 2CO 2(k) ↔ 2CO(k ) + O 2(k) → Ka = C0 [] PCO = P → K1 = 2-2α 2α 2α1 α1 ; PO2 = P ; PCO2 + α1 + α1 PCO PO2 PCO =P α − 2α1 =P ; + α1 α13 (1 − α1 ) (2 + α1 ) Xét cân bằng: 2H O(k ) ↔ 2H 2(k) + O2(k) C0 (1) (2) [] 2-2α PH = P α 2α 2α1 α1 − 2α1 ; PO2 = P ; PH2O = P ; + α1 + α1 + α1 → K2 = PH22 PO2 =P PH22 O α 32 (1 − α ) (2 + α ) Xét cân bằng: CO(k ) + H O ↔ H 2(k) + CO 2(k ) K2 α32 (1 − α1 ) (2 + α1 ) = = 0, 227 K1 α13 (1 − α ) (2 + α ) → K3 = CO(k ) + H O ↔ H 2(k ) + CO 2(k ) C [] 50 50-x → K3 = (3) 50 50-x x (3) x x2 = 0, 227 → x = 16,135 (50 − x) → %H = %CO = 16,136%; %CO = %H 2O = 33,865% 1.3 a Taị cân (không đổi): A1 = A2 → k1×N1 = k2×N2 (A hoạt độ phóng xạ) 0,693 238 = 1,17ì 106 ngày1 Vi 92 Ra,k1 = (1620năm) ì (365ngày.năm ) Vi 222 86 N1 = Rn, k = 0, 693 = 0,181ngay −1 3,83ngay 1000g × 6, 022 × 10−23 mol−1 = 2, 66 ×10−22 226g.mol −1 ⇒ N × 0,181ngay −1 = 2, 66 × 10−22 × 1,17 × 10−6 −1 ⇒ N = 1, 72 ×10 −29 Số mol 222 86 1, 72 ×10−29 Rn, k = = 2,86 × 10 −53 mol 23 −1 6, 022 × 10 mol Thể tích b Theo t = ⇒ 222 86 Rn = 2,86 ×10−53 mol × 25lit, mol −1 = 7,15 ×10−52 lit N0 ln hay N c = N × e − kt k Nc N1 N e − kt1 e − kt1 = = − kt = e k( t − t1 ) − kt N N0e e ⇒ 10 = e k (12,8ngay) ⇒ k = ln10 0, 693 = 0,181ngay −1 t1/2 = = 3,83ngay 12,8 0,181ngay −1 Câu 2: (4 điểm) 2.1 X:TiCl4 Y: Ti(SO4)2 Z: TiO2 t0 2FeTiO3 + 7Cl2 + 6C  → 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO TiCl4 + 2Mg → 2MgCl2 +Ti FeTiO4 + 3H2SO4 → FeSO4 + Ti(SO4)2 + 3H2O FeTiO4 + 2HCl → FeCl2 + TiO2 + H2O Ti(SO4)2 + 4NaOH → 2Na2SO4 + TiO2 + 2H2O t0 TiO2 + 2C + 2Cl2  → TiCl4 + 2CO TiCl4 + 2Mg → 2MgCl2 + Ti t0 3TiO2 + 4Al  → 3Ti + 2Al2O3 2.2 a CoCl2 → Co2+ + 2Cl0,01 0,01 0,02 2+ βCo NH 2+ = 104.39 Co2+ + 6NH3 → Co ( NH ) ( C [] 0,01 - 0,36 0,3 (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) ) 0,01 −1 βCo NH 3+  → Co3+ + 6NH3 Co ( NH3 ) ¬   ( 3+ ) E0  → Co 2+ Co3+ + e ¬   K1 = 10 Co 2+ + 6NH → Co(NH )62+ βCo NH ( Co3+ /Co2+ 0,0592 2+ ) 3+  → 2Co ( NH ) 3+ Co ( NH ) + e ¬   E0 K1 = 10 Co( NH3 ) 36+ / Co( NH3 ) 62+ → E Co NH 0,0592 ( ( −1 = βCo NH 3+ / Co ) ( 2+ NH ) =E 2+ ) Co3+ / Co2+ K1.βCo NH ( 2+ ) + 0, 0592 lg = 1,84 + 0, 0592 lg βCo NH ( 2+ βCo NH ( ) 3+ ) 4,39 10 = 0, 0184(V) 1035,16 2+  → 2Co ( NH ) 3+ + e 2x || Co ( NH ) ¬    → 2OH − 1x || H O + 2e ¬   2+  → 2Co ( NH ) 3+ + 2OH − Co ( NH3 ) + H O ¬   E0 H 2O /2OH − K − E0 3+ 2+ Co( NH3 ) /Co( NH3 ) 0,0592 → K = 10 == 1031,45 >> → Phản ứng xảy hoàn toàn Thành phần giới hạn: Co ( NH ) : 0,006M; Co ( NH ) : 0,004M; OH-: 0,006M; NH3 0,3M 3+ 2+ Vì β phức tương đối lớn NH3 dư nên ta bỏ qua phân li ion phức  → NH 4+ + OH − NH + H O ¬   Xét cân bằng: K b = 10 −4,76 C0 0,3 0,006 [] 0,3-x x 0,006+x x(0, 006 + x) → = 10−4,76 → x = 7, 68.10−4 M E Cr(NH 3+ 2+ )6 /Cr(NH3 )6 Nên Ag cực dương (catot), Pt cực âm (anot) Sơ đồ pin: 2− − (-)Pt | Co ( NH ) ; Co ( NH ) ; NH3 || Ag2CrO4; CrO ; OH | Ag( +) 3+ 2+ → E pin = E catot − E antot = E Ag2CrO4 /2Ag − E Cr(NH 3+ 2+ )6 /Cr(NH )6 = 0,509 − 0, 0302 = 0, 479(V) 2.3 Nồng độ ban đầu: KI 0,06M; Fe(ClO4)2 0,005M; Fe(ClO4)3 0,07M Na2H2Y 0,15M Vì số bền FeY2- FeY- lớn, nồng độ EDTA > tổng nồng độ Fe nên coi hai dạng Fe2+ Fe3+ tồn chủ yếu dạng phức EDTA Tính số cân điều kiện cân bằng: 2Fe3+ + 3I- ↔ Fe2+ + I3Trong có trình phụ: Fe3+ + H2O ↔ Fe(OH)2+ + H+ Fe2+ + H2O ↔ Fe(OH)+ + H+ ↔ FeY↔ FeY2Fe3+ + Y4Fe2+ + Y4Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu: C Fe3+ = [Fe3+ ]+[Fe ( OH ) ] + [FeY − ] = [Fe3+ ](1 + *βFe( OH ) 2+ h −1 + β FeY− [Y 4− ]) 2+ ⇔ [Fe3+ ] = C Fe3+ 1 + *βFe( OH ) 2+ h −1 + βFeY− [Y − ] C Fe2+ = [Fe 2+ ]+[Fe ( OH ) ] + [ FeY 2− ] = [Fe 2+ ](1 + *βFe OH + h −1 + βFeY 2− [Y 4− ]) + ( ⇔ [Fe 2+ ] = CFe2+ ; C Y4− = CY0 4− − CFe3+ + C Fe2+ = −1 4− + *βFe( OH ) + h + βFeY 2− [Y ] ( [Y 4− ] = CY 4− α Y 4− = CY 4− Fe3+ /Fe 2+ ) K4 (0,15 − 0, 07 − 0, 005).0, 05209 = 3,907.10 −3 ; h + K4 E Fe3+ /Fe2+ = E 0Fe3+ /Fe2+ + 0, 0592 lg = E ) [Fe3+ ] [Fe 2+ ] −1 4− CFe3+ (1 + *βFe( OH ) + h + βFeY2− [Y ]) + 0, 0592 lg C Fe2+ (1 + *βFe( OH ) 2+ h −1 + βFeY− [Y − ]) → E 0Fe3+ /Fe2+ = 0, 20(V) 2Fe3+ + 3I− ↔ 2Fe 2+ + 0,07 0,06 0,005 0,07-2x 0,06-3x 0,005+2x − [ I3 ] = 2,89.10-12 ; [ I − ] = 0,06; I3− 2(E0 Fe3+ /Fe2+ K = 10 ' I3 /3 I− 0,0592 = 10−11,33 x [ Fe3+ ] = 0,07.α = 0,07.2,03.10-23 = 1,42.10-24 M; [FeOH2+] = 6,92.10-18M; [FeY-]=0,07M [Fe2+]= 0,005.α = 0,07.1,197.10-12 = 5,99.10-15 M; [FeOH+] = 1,808.10-11; [FeY2-] = 0,005M Câu 3: (4 điểm) 3.1 Phương trình phản ứng: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 2FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] → Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl FeCl3 + H2O → FeCl3.6H2O t0 FeCl3.6H2O  → FeOCl + 5H2O + 2HCl − E 0− t 3FeOCl  → FeCl3 + Fe2O3 (hơi FeCl3 bay ra) (1) (2) (3) (4) (5) (6) 2, 752 = 10,18 mmol → m = 0,5701gam 270,5 mFeOCl = 107,5.10,18.10-3 = 1,0937 gam < 0,8977 gam = mX → FeOCl bị phân hủy phần Fe2O3 1, 0937 − 0,8977 → nFeCl3(6) = = 1, 21mmol 162,5 X gồm: nFeOCl = (0,01018 – 3.0,00121) = 6,55 mmol nFe2O3 = 1,21 mmol →mFeOCl = 0,7041 gam; mFe2O3 = 0,1936 gam 3.2 a Nếu hỗn hợp A thứ tự xảy phương trình phản ứng: - Khi phenolphatalein đổi màu Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl - Khi metyl da cam đổi màu NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 Nếu hỗn hợp B thứ tự xảy phương trình phản ứng: - Khi phenolphatalein đổi màu NaOH + HCl → NaCl + H2O Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl - Khi metyl da cam đổi màu NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 b Để xác định hỗn hợp phân tích A hay B, ta phải vào quan hệ thể tích tiêu thụ thuốc khử (HCl) hai điểm dừng chuẩn độ V1 (khi dùng phenolphatalein) V2 (khi dùng metyl da cam): Nếu mẫu chứa CO32- HCO3- V2 > 2V1 mẫu phân tích gồm CO32- OHTheo đề ta thấy V1 < V2 < 2V1 Vậy hỗn hợp phân tích hỗn hợp B c Gọi số mol NaOH x mol; số mol Na2CO3 y mol Ta có hệ:  x + 2y = 0, 2.0, 0438 = 8, 76.10 −3 mol  x = 5, 7.10 −3 mol →  −3 −3  x + y = 0, 2.0, 03615 = 7, 23.10 mol  y = 1,53.10 mol Theo nFeCl3.6H2O = Vậy %mNaOH = 58,43%; %mNa2CO3=41,57% Câu 4: (4 điểm) 4.1 a Trình tự tăng dần tính axit (D) < (C) < (A) < (B) Theo CTCT: -ID < -IC → (D) < (C) (A) (B) có N → (A),(B) > (C),(D) (A) có liên kết hdro nội phân tử → (A) < (B) b Nguyên tử N1 tương tự nguyên tử nitơ pirole (cặp e N tham gia vào hệ liên hợp thơm) nên khơng có tính bazo Ngun tử N2 tương tự nguyên tử nitơ pirole (cặp e N không tham gia vào hệ liên hợp thơm) nên có tính bazo So sánh tính bazo: N2 > N1 4.2.1 a Các cấu trúc: Trong đó: Dạng A bền nối đơi khơng liên hợp Dạng B bền khong cộng hưởng este Dạng C bền có nối đơi liên hợp cộng hưởng este + H3O b X  → D − glucozo + axeton + HCN → Cấu trúc X là: + H3O Y  → D − glucozo + axeton + HCN → Cấu trúc Y là: Phản ứng thủy phân glucozit theo chế SN1: 10 a b Công thức cấu tạo sản phẩm E, F, G thủy phân A là: G: D-glucozơ F: ancol 4-hiđroxybenzylic E: axit 2,4-đififfomyl hex-5-enoic c d 11 Câu 5: (4 điểm) 5.1 a b 5.2.1 Tên B: 2-Brom-1-(3,5 – đimetoxi phenyl)-1-etanon C: 2-brom-1-(3,5-đimetoxi phenyl)-1-etanol 12 13 ... 0,181ngay −1 Câu 2: (4 điểm) 2.1 X:TiCl4 Y: Ti(SO4)2 Z: TiO2 t0 2FeTiO3 + 7Cl2 + 6C  → 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO TiCl4 + 2Mg → 2MgCl2 +Ti FeTiO4 + 3H2SO4 → FeSO4 + Ti(SO4)2 + 3H2O FeTiO4 + 2HCl → FeCl2... cân bằng: C0 0,0 04 [] 0,0 04- x x x(0,3) → = 10 4, 39 → x = 2 ,117 .10 4 M 0, 0 04 − x ( 3+ ) = 10 4, 39 0,3 b Theo câu a ta có: [Co ( NH ) ] = 0, 006M ; 3+ [Co ( NH ) ] =0,0 04- 2 ,117 .10 -4 = 3,788.10-3M;...2.3 Trộn 10,00 ml dung dịch KI 0,12M với 10,00ml dung dịch A chứa Fe(ClO4)2 0,01M; Fe(ClO4)3 0,14M Na2H2Y 0,30M thu dung dịch B, pH dung dịch trì 9,00 Tính cân dung dịch B (ở 25℃) Bỏ qua