Dap an HSG Hoa KVDBSCL Soc Trang

 -terpinen là tinh dầu tự nhiên tách ra từ nhựa thông thuộc hợp chất hidrocacbon.. Chất này tham gia phản ứng với dung dịch AgNO 3 trong NH 3 và làm mất màu nước Brom. Phương pháp cộ[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC ĐỒNG BẰNG CỬU LONG NGUYỄN THỊ MINH KHAI

ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ MƠN : HĨA HỌC

THỜI GIAN LAØM BAØI : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề)

Câu 1(2đ)

1) Có tượng xảy cho: 1đ a) Na2CO3 vào dung dịch FeCl3

b) KI vào dung dịch FeCl3 ,Khi phản ứng xong cho thêm vài giọt hồ tinh bột đun nóng c) Dịng khí H2S qua dung dịch FeCl3

d) Bột Fe thả vào dung dịch FeCl3,lắc kĩ 2)1đ

Hợp chất M tạo nên từ cation X+ anion Y3- ,mỗi im đề nguyên tử nguyên tố phi kim tạo nên Biết tổng số proton X+ 11 Y3- 47 Hai nguyên tố Y3- thuộc hai chu kì bảng tuần hịan có số thứ tự cách đơn vị

a) xácđịnh công thức M

b) Mô tả chất liên kết phân tử M

Đáp án (2đ): 1)1đ

a) 2FeCl3 +3Na2CO3+3H2O Fe(OH)3 + 6NaCl + CO2 b) FeCl3+2KI 2FeCl2 + I2 + 2KCl

-khi cho hồ tinh bột dung dịch trở nên có màu xanh c) 2FeCl3 +H2S FeCl2+ S +2HCl

d) Fe + 2FeCl3 FeCl2

2) (1đ)

(0.75 đ) a) Đặt ZX : số proton trung bình hạt nhân ion X+ Zx= 11

= 2,2 X+ phải chứa H (z=1) He (z=2), He loại khí hiếm.

- gọi X+: (AnHm)+

- Ta có :

  

 

 

11 .1 .

5

m n Z

m n

A

ZA.n-n=6 - Từ (1): n=1; Z

A=7 m=4; ZA=7 A:N

X+: NH - Đặt Y3- : (R

xQy)

3-  

   

 

47 ) 5 )( 7 (

5

.x Z x

Z y x

R R

b) (0.25đ)

NH4+,PO43- liên kết ion

Câu : (2,5đ)

Cho H2S ngang qua dd Cd2+ 10-3 M Zn2+ 10-2M bảo hịa (CH2S=0,1M) Có kết tủa CdS ZnS tách không?

2 Nếu có kết tủa xuất trước?

3 kim loại thứ hai bắt đầu kết tủa nồng độ ion kim loại thứ cịn lại - Cho: T

ZnS = 23,8; TCdS =26,1

- Coi tạo phức hidroxit không xảy ra.

- K

1(H2s) = 10-7; K2(H2S)=10-12,92

Đáp án: (2,5đ)

1 Trong dd bão hòa H2S (1đ)

H2S H+ + HS- K1 = 10-7 (1) HS- H+ + S2- K

2 = 10-12,92 (2)

Vì K1>>K2 nên cân (1) chủ yếu [H+] = [HS-] (3)

- Áp dụng (3) cho (2) :

] [ ] [ ] [ ] [ ] ][ [ 2 2          H HS K S HS S H K [S2-] =K

2= 10-12,92

- Điều kiện xuất kết tủa Sunfua

CCd2+ CS2-=10-12,92 10-3 =10-15,92>>TCdS=10-261 CZn2+.CS2-=10-2.10-12,92=10-14,92>>TZnS=10-23,8 Vậy có khả kết tủa CdS ZnS H2S

2 Nồng độ tối thiểu ion S2- cần để có kết tủa xuất (1đ)

3 , 23 3 , 26

2 10 10

10 ] [         Cd T C CdS CdS S , 21 , 23 10 10 10 ] [ 2         Zn ZnS ZnS S C T C

Vì (CS2-)CdS<(CS2-)ZnS nên CdS trước Khi ZnS bắt đầu kết tủa thì: (0,5đ)

     2 ] [ Zn ZnS CdS C T CdS T S , 23 , 26 10 10 10 ]

[ 

       ZnS ZN CdS T C T Cd

Câu (2đ)

Ở 0oC áp suất p=1 atm độ phân li khí N

2O4 thành NO2 11% a) Xác định kp

b) Cũng 0oC, áp suất giảm từ 1atm xuống 0,8 atm độ phân li thay đổi nào. c) Cần phải nén đẳng nhiệt hỗn hợp khí tới áp suất để độ phân li 8% Kết

nhận có phù hợp với ngun lí chuyển dịch cân bằng? Vì sao? Đáp án (2đ)

a)(0,5ñ)

N2O4  2NO2 c npö  2 [ ] (1- ) 2

- Tổng số mol sau phản ứng: n=1- +2 =1+ .

- Kp=

4

2

O N P

NO P

; PNO2=P

 



2

; PN2O4= (1 )

) (

 

 

.P

- Kp=p.4

 2(1 2)



 K

p=1.4

2

) 11 , (

) 11 , (

 =0,049atm

b)(0,5ñ)

- =

06125 ,

06125 ,

=0,123=12,3%

- Độ phân li tăng lên giảm p hệ (P=0,8) c)(1đ) _ Khi độ phân li = 8%

-P=0,049.0,9936.256.10

1

 =1,9 atm

Câu 4:(1,5 đ)

Cho số liệu nhiệt động số phản ứng sau 298oK. 2NH3 + 3N2O  4N2 + 3H2O H1= -1011KJ/mol

N2O + 3H2  N2H4 + H2O H2= -317KJ/mol 2NH3 + 0,5O2 N2H4 + H2O H3= -143KJ/mol H2 + 0,5O2  H2O H4= -286KJ/mol Hãy tính nhiệt tạo thành N2H4, N2O NH3

Đáp án(1,5 đ)

a/ Phương trình cần tìm:(0,5 đ) N2 + 2H2 N2H4

-Xếp phản ứng

4N2 + 3H2O 2NH3 + 3N2O -H1 3N2O + 3.3H2 3.N2H4 + 3H2O 3.H2 2NH3 + 0,5O2 N2H4 + H2O H3 H2O H2+ 0,5O2 -H4 4N2 + 8H2 4N2H4 H H= -H1+3H3+H3-H4 = 1011-3.317-143+286 =203KJ

- Nhiệt tạo thành N2H4:

HN2H4 = 203/4 = 50,75KJ.mol-1

b/(0,5 đ)

N2O + 3H2 N2H4 + H2O H2= -317

H2= HN2H4 + HH2O – HN2O

HN2O= HN2H4 + HH2O –H2 = 50,75 – 286 + 317 = 81,75KJ.mol-1

c/(0,5 đ)

2HN3 + 0,5O2  N2H4 + H2O H3

H3=HN2H4 + HH2O – 2.HNH3 => HNH3=(HN2H4 + HH2O – H3)/2 HNH3=(50,75-286+143)/2

Câu 5(2 đ)

Hịa tan hồn tồn hỗn hợp gồm 0,002 mol FeS2 0,003 mol FeS vào lượng dư H2SO4 đặc nóng thu Fe2(SO4)3 ,SO2, H2O.Hấp thụ hết SO2 lượng vừa đủ dd KMnO4 thu dd Y không màu , suốt , có PH= 2.Tính số lít dd Y

Đáp án:(2d)

-Bản phản ứng oxi hóa : 2 1 3

  e Fe

Fe

4 5.2





 e S

S

2

11

2

 

 

 e Fe S

FeS (1) ( 0.25 đ)

0,002 (0,0222) (0,004)

3

1 



  e Fe

Fe

4

6 





 e S

S

7  34  e Fe S

FeS (2) (0.25 đ)

0,003 (0,021) (0,003) - Bản phản ứng khử

O

4H

4 2

2

H SO e

O

S   

    



( ) ( 0.25 đ) (2a) a

- Từ (1) (2) (3) : 2a = 0,022 + 0,021 => a = 0,0215 (0,25 đ) - Số mol nSO2 0,0040,0030,02150,0285 (0,25 đ)

- Khí SO2 hấp thụ KMnO4

 



     

 4 2 42

2 2

5SO MnO H O Mn H SO (4) ( 0,25 đ) 0,0285 0,0285)

5 (

- Từ ( ) : 0,0228 ,PH -lg H  H 10 0,01

 

 

   



H

n ( 0,25 đ)

VddY = 0,01 2,28l

0228 ,

Câu 6: (2 đ)

Cho 47 gam hỗn hợp rượu qua Al2O3 nung nóng (xúc tác) ta hỗn A gồm : ete ,Olefin, rượu lại nước tách nước khỏi hỗn hợp A ta hỗn hợp khí B lấy nước tách cho tác dụng hết với Kali thu 4,704 lít H2 (đktc) Luợng Olefin có B tác dụng vừa đủ với 1,35 lít dung dịch Br2 0,2M phần ete rượu có B chiếm thể tích 16,128 lít 136,5oC atm

1 tính hiệu suất rượu bị loại nước thành Olefin, biết hiệu suất rượu số mol ete

2 xác định cơng thức phân tử rượu Đáp án (2 đ)

1) Hiệu suất rượu bị loại nước (1 đ) _ Theo giả thuyết đề bài:

+ Số mol H2O rượu nước tạo ete anken: nH2O= 0,42 mol + Số mol rượu tạo anken:

nR= nH2O = nBr2 =0,27 + Số mol tất rượu tạo eter:

nR= 0,05.2 + 0,05+ 0,05 +0,05= 0,3 + Số mol rượu dư: 0,48 -0,15= 0,33

+ Số mol rượu có 47 g:

nR= nR(taïoanken) + nR ( taïo ete) + nR(còn dư) = 0,27+0,3+ 0,33 = 0,9

- Hiệu suất phản ứng tạo anken: H=00,,279 100% = 30% 2) Xác định công thức rượu (1 đ)

- C2H5OH < M R = 0,9

47

=52,22 < CnH2n+1OH|

(0,9-x) x

+ ( 0,9-x ).46 + x( 14x+ 18 )= 47 => n=

x ,

+2

- Ñk: x<0,9 ; x >0,3x + 0,15=> x> 0,214

0,214 < x < 0,9 => 2,44 < n < 3,87 => n=3

Câu (1đ)

1/ Sắp xếp tăng dần của tính bazơ chất dãy sau :

a/ CH3 – CH(NH2) – COOH ; CH2 = CH – CH2 – NH2

CH3 – CH2 – CH2 – NH2 ; HC  C – NH2

b/

- NH – CH

3 ; - CH2 -NH2

C6H5 – CH2 – NH2 ; P – NO2 – C6H4 – NH2

2/ So sánh nhiệt độ sôi chất sau : a/

b/ C2H5NH2 ; CH3 – N – CH3 ; C2H5 – NH – CH3

(A) (B) (C)

Đáp án (1đ).

1/ (0.5đ) Xếp tăng dần tính bazơ a/

CH3 CH(NH2) COOH < HC C CH2 NH2 <

CH2 = CH CH2 NH2 < CH3 CH2 CH2 NH2 b/

P NO2 C6H4 NH2 < C6H5 CH2 NH2 < CH2 NH2 < NH CH3

2/ (0.5đ) So sánh nhiệt độ sôi chất a/ (B)>(A)

b/ (A)>(C)>(B)

O

CHO OH (A)

O OH

OHC

(B)

CH3

Câu 8 (3đ)

 -terpinen tinh dầu tự nhiên tách từ nhựa thơng thuộc hợp chất hidrocacbon Khi đốt cháy hịan tịan lượng  -terpinen cần 4,48g 02 thu 2,24 lít CO2 (đktc) Mặt khác hidro hóa hịan tịan 13,6g  -terpinen cần 0,4g hidro để tạo thành hidro cacbon mối (A) Sự ozon giải  -terpinen Tiếp theo khử hóa Zn-H2O, cho hai hợp chất cacbonyl sau:

O O

H C

C H

|| ||

 



;

Đề nghị công thức cấu tạo  -terpinen phù hợp với tính chất cơng thức cấu tạo (A), biết tỉ khối  -terpinen nitơ khỏang 4,5 – 6,0

Đáp án: (3đ)

a (1đ)

O H y xCO O

y x H

CX y 2 2 2

2 )

4

(   



8 : : 08 ,

2 ,

0   x y

y x

CTPT: C10H16

mol

nO 0,14

32 48 ,

2   ; nCO 22,4 0,1mol

24 ,

2  

mol nH 0,2

2 ,

2   ; 0,08

2o 

H n

b) CTCT  ter pinen: (1đ)_

c) CTCT (A):(1đ)

3

3

2

| ||

||

CH O

O

CH CH

C CH

CH C

CH      

CH

CH CH3 CH

3 CH3

Câu (2đ)

Thủy phân hoàn toàn 0.5 mol peptit X thu mol phe, 0.5 mol Ala 0.5 mol lys.0,5 mol Asp cho X phản ứng hoàn toàn với 2.4 đimitro flobenzen kí hiệu(ArF) sau thủy phân sản thu phe , Asp , lys , Ar-NH-CH(CH3)COOH

Mặt khác thủy phân X nhờ enzim cacboxi peptidaza , thu Asp tetra peptit Y Tiếp tục thủy phân Y nhờ enzim cacboxi peptidaza thu lys tri peptit Z

1) Viết công thức cấu tạo X,Y,Z

2) Sắp xếp amino axit nêu theo thứ tự giảm dần giá trị PH1

3) Viết công thức cấu trúc dạng ion amino axit nêu dung dịch nước có PH=2 12

Đáp án(2đ)

1)Từ giả thiết theo đề ta có:(0.75đ) X: Ala-phe-phe-lys-Asp

Y: Ala-phe-phe-lys Z:Ala-phe-phe

2)Thứ tự giảm dần PH1(0.25đ)

3) PH=2 (0.5đ) Ala:    3 | H N COOH CH CH Phe:     | H N COOH CH CH H C Lys:      | ) ( H N COOH CH CH N H Asp:     | H N COOH CH CH HOOC

PH=12 ( 0.5 đ)

Câu 10 : ( đ)

1) Từ nhân tế bào người ta tách chất có CTPT C5H10O5 gọi Ribozơ Chất tham gia phản ứng với dung dịch AgNO3 NH3 làm màu nước Brom Phương pháp cộng hưỡng từ hạt nhân cho thấy có nhóm OH đính với nguyên tử cacbon

a) Xác định nhóm chức viết CTCT Ribozơ b) Viết phương trình phản ứng nêu

2) Khi thủy phân đến tinh bột dung dịch axít clohidric người ta thu sản phẩm glucozơ Khi thủy phân tinh bột men amilaza thu hai saccarit mantozơ iso – mantozơ

a) Dùng CTPT viết phương trình phản ứng giải thích

b) Dựa vào CTCT tinh bột viết CTCT mantozơ iso- mantozơ

Đáp án ( đ)

1) ( đ)

a) C5H10O5 dạng monosaccarit C5(H2O)5 độ bất bảo hòa :

10

    a

- Theo đề có phản ứng tráng gương làm màu nước Brom nên có nhơm - C

+ Cịn nhóm –C =O mono saccarit chuyển thành nhóm - C có phản ứng tráng gương, khơng làm màu Brom

- Cịn nhóm OH đính với ngun tử C no => nhóm OH => ancol - Cơng thức Ribozơ :

HOCH2 CH(OH) CH(OH) CH(OH)CHO

b) HOCH2(CHOH)3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O -> HOCH2(CHOH)3COONH4 + 2NH4NO3 +2Ag HOCH2(CHOH)3CHO + Br2 + H2O -> HOCH2(CHOH)3COOH + 2HBr

2) ( 1đ)

a) (C2H10O5) nH2O HCL nC6H12O6(Glucozo)

n   

11 22 12 11

22 12

5 10

2 ) (

)

(C H O nH O amilaza xC H O n x C H O

n

  

   

(Mantozơ ) (isomantozơ)

Ở mantozơ có gốc  glucozonối với liên kết C1-O-C4 iso-mantozơ chúng nối với liên kết C1-O-C6 Đó chỗ phân nhánh amilopectin có nhóm C1-O-C6 b) Cơng thức cấu tạo mantozơ

- Công thức cấu tạo isomantozơ

H O H

O

H

OH OH

CH2OH

OH H

CH2OH H

OH

O

4 H H

OH

H

OH

H H O

O H

1 H

OH

O H H

OH CH2OH

H

OH H

CH2