0,5 vì A1 có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm nhiệt độ sôi.[r]
(1)HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN – MÔN HÓA HỌC 12 THPT NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1:(2,5đ) 24 12 ZX + ZY = 24 (1) ZX< Z < ZY A, B thuộc cùng một phân nhóm chính ở chu kì liên tiếp X, Y thuộc cùng chu kì 2, Dó đó: ZY – Z X = (2) Z 8 X : O X ZY 16 Y : S Từ (1) và (2) Y, Z là nguyên tố kế cận chu kì: ZZ = 17 Z là Cl Cấu hình (e): O : 1s22s22p4 S: 1s22s22p63s23p4 Cl: 1s22s22p63s23p5 Bộ số lượng tử của (e) sau cùng của: O: n = 2; l = 1; m = -1; s = S: n = 3; l = 1; m = -1; s = Cl: n = 3; l = 1; m = 0; s = Thể tích của một nguyên tử natri tinh thể: 3,14.(0,189.10 cm)3 2,83.10 23 cm3 Khối lượng riêng của natri: 23.68 0,92g / cm 3 23 6, 022.10 2,83.10 100 Z Câu 2: (1,5đ) Phản ứng xảy cho HCl vào 2I O3 + 12H+ + 10e 2I 2I O3 + 10 I + 12H+ 6I2 +6 I 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 I2 + 6H2O I2 + 2e 0,25 6I2 + 6H2O I3 0,25 IO +8 I + 6H+ I3 + 3H2O I3 O2 O2 + 2S2 S4 +3 I 1 n I n S O2 n H n H 0,01054.10,5.10 3 2 0,1107.10 3.1000 [HCl] 1,107.10 M 100 1.Hướng dẫn: Ta có: 0,5 0,25 0,25 (2) 219x AD1 VD xD2 ABD 219xC AD1C x AB VC ABD2 ACD1 x 219C D 0,25 0,25 Câu 3(2đ) Hướng dẫn: PNH 1,5.10 (1) PN2 PH2 (2) (3) : PN2 (P PNH3 )(4) PH2 3PN2 (2) PN2 PH2 PNH3 P(3) PH2 (P PNH3 )(5) Thay (4) và (5) vào (1) ta được : PNH3 1, 26.10 (P PNH3 ) 1, 26.10 PNH (2,52.10 P 1).PNH3 1, 26.10 P 0 0,25 0,25 + Khi p = 500atm: 1, 26.10 3.PNH 2, 26PNH3 315 0 PNH 1641,33atm PNH3 152,3atm (loại vì PNH3 P) 0,25 + Khi p = 1000 atm: 1, 26.10 3.PNH 3,52PNH3 1, 26.103 0 PNH 2372, 08atm PNH3 421, 6atm P P) (loại vì NH3 Gọi x và x’ là phần trăm hỗn hợp ban đầu đã chuyển hóa thành NH3 ở p = 500 atm và p = 1000 atm ta có: NH3 + 3H2 2NH3 Ban đầu Phản ứng x 3x 2x Cân bằng 1– x – 3x 2x Tổng số mol sau phản ứng: 1– x + – 3x + 2x = – 2x 2x 152,3 500 x = 46,62% Ở 500atm thì : 2x 2x ' 421, Ở 1000atm thì : 2x ' 1000 x’ = 59,55% Như vậy áp suất tăng đã làm cho cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, làm hiệu suất phản ứng tăng 0,25 0,25 (3) Với phản ứng bậc 1: kt C1 = C0.e C2 = C0 e kt k là hằng số tốc độ phản ứng ln C1 ln C k t t1 lnC1 – lnC2 = k(t2 – t1) Nếu giá trị ki thu được thí nghiệm có giá trị xấp xỉ cho các cặp (Ci; ti) thì có thể kết luận là phản ứng bậc Ta có: ln 0, ln 0, ln 0, ln 0,1 ln 0,1 ln 0, 05 0, 035 20 40 20 60 40 phản ứng trên là phản ứng bậc Tốc độ phản ứng tức thời tại giây thứ 20: V = k.C20 = 0,035.0,2 = 0,007 mol lít -1.s-1 0,25 0,25 0,25 Câu 4: (1,5đ) ta có : Cgr + 2H2 C(k) + 2H2 (k) Theo định luật Hess: ∆H 298.s (CH4) = ∆H a H 298.s CH4 (k) 0,5 H 2E H C(k) + 4H(k) + 2EH – H – 4EC – H = 718,4 + 436 - 410 = - 49,6 kJ.mol 0,25 -1 Phương trình động học của phản ứng bậc nhất có dạng: Co ln C = kt (với Co là nồng độ ban đầu và C là nồng độ ở từng thời điểm của chất phản Po Co Po P ứng) Vì Pi = CiRT( ở T = const thì C = P ) nên ta cũng có : ln N 2O5 = kt 0,25 0,25 Với t = 120 phút; k = 10-3 ph-1 và Po = 25.103 Pa ta tính được P N2O5 = 22,17.103 Pa Mặt khác: P N 2O5 - P N2O5 = P N 2O4 = 2P O2 0,25 P N2O4 = 25.103 - 22,17.103 = 2,83.103 Pa P O2 = 1,415.103 Pa Câu 5: (2,5đ) 1.nCu2+ = nCuSO4 = 0,0025 mol nOH- = nNaOH = 0,00375 mol 0,25 nCu 2 nOH 1, nNa 2SO4 nNaOH 0, 001875mol 2 nSO 0, 0025 0, 001875 0, 000625 (trong kết tủa) 0,25 nCu2+ : n OH : nSO42- = 0,0025 : 0,00375 : 0,000625 = 4: 6: 0,25 (4) → Công thức phân tử của kết tủa là: Cu4(OH)6SO4 256 %Cu 100 53,388% 32 454 %S 100 7, 048% 160 454 %O 100 35, 242% %H 1,322% 454 - Phương trình: 4CuSO4 + 6NaOH → Cu4(OH)6SO4 + 3Na2SO4 (-)Cu/[Cu(NH3)4]2-(10-2M)//Cu2+(10-2M)/Cu(+) Đây là pin nồng độ, điện cực chứa ion phức là điện cực âm, điện cực chứa muối đồng là cực dương 0, 059 10 lg [Cu 2 ] E = 0,038 = lg[Cu2+] = -3,288 nên [Cu2+] = 5,15.10-4M 2 [Cu(NH ) ] 2 Vì: [Cu(NH3)4]2+ Cu2+ + 4NH3 Kb = [Cu ][NH ] Nên [NH3] = 4[Cu2+] = 4.(5,15.10-4 ) = 2,06.10-3M và [Cu(NH3)4]2+ = 10-2 – 5,15.10-4 = 9,485.10-3M Thay vào công thức ta được Kb = 1,02.1012 [Cu(NH ) ]2 1, 02.1012 2 Ta biết: [Cu(NH ) ]2+ Cu2+ + 4NH K = [Cu ][NH ] NH 4NH3 + 4H+ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b [H ]4 [NH ]4 10 9,2 Ka = [NH ] [Cu 2 ][NH 4 ]4 2 K a K b Kcb = [Cu(NH ) ] [H ] [Cu(NH3)4]2+ + 4H+ Cu2+ + NH 1 9,2 6, 21.1024 1024,8 12 suy ra: K = K a K b (10 ) 1, 02.10 0,25 0,5 cb 0,25 Câu 6: (3đ) Ở phần thứ nhất: Hòa tan dung dịch HCl dư, chỉ Zn tan vậy gam kim loại không tan chính là Cu Nếu gọi x là khối lượng Zn mỗi phần thì: khối lượng phần thứ nhất 0,5 bằng khối lượng phần thứ và bằng (1 + x)gam Ở phần thứ hai: sau luyện thêm gam Al ta có: 0,25 %mZn (trong A) - %m Zn (trong B) = 33,3% = x x x 6x 0 Hay: x x 1 (I) Giải ra: x1 = 1; x2 = Khi hòa tan B dung dịch NaOH có các phản ứng: Zn + 2NaOH →Na2ZnO2 + H2↑ (1) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑ (2) Ở thời điểm có lit khí bay ra, ta không xác định được lượng Al và Zn phản ứng (bị hòa tan) là bao nhiêu ( không biết tốc độ hòa tan của mỗi kim loại) Vậy nếu gọi mAl phản ứng là m(g) (đk: ≤ m ≤ 4) và gọi mZn phản ứng là n(g) ( đk: ≤ n≤ 5), theo (1), (2) ta có: 0,25 0,25 0,25 (5) n 3 m n H2 65 27 22, (bài cho) 390 22, 4n m 80,89 , và vì m ≤ 0,25 390 22, 4n 4 n 3 80,89 Nên: ta chọn x2 = (g) hợp lí Vậy hàm lượng % Cu (A) là: 100% = 16,67% 0,25 50 6, 667(g) 50% Zn ứng với: 30 cần thêm 6,667g Zn Câu 7(2đ) Hướng dẫn: x 6 C6 H y C H : 12x + y = 80 0,25 0,25 Thành phần hợp kim B sau: 1g Cu, 5g Zn, 4g Al Tức là Cu chiếm 10%, Zn chiếm 50%, Al chiếm 40% Trong hợp kim (C), % khối lượng Al giảm (còn 30%), để đơn giản ta coi lượng Al không đổi (cố định), chỉ thay đổi lượng Cu và lượng Zn Vì hợp kim (C), 4g Al chiếm 30% nên: 0,25 20 2, 667(g) 20% Cu ứng với: 30 cần thêm 1,667g Cu x 0,25 y 0,5 mol A + dd KMnO4/H2SO4 →2 mol CO2 + 2mol HOOC – COOH →A phải có nhóm CH2 = và nhóm = CH – CH = 2.6 3 Công thức phân tử của A là C6H8 → 0,25 A có CTCT: CH=CH – CH = CH – CH = CH2 (hexa – 1,3,5 – trien) A có đồng phân hình học: H C C H H CH CH2 CH2 CH cis-hexa-1,3,5-trien CH2 C C CH CH2 H CH trans-hexa-1,3,5-trien 0,5 Hướng dẫn: CH2 – CH2 – CH2 – CH3 → CH2 = CH – CH2 – CH = CH2 O CH2 CH CH2 CH CH2 + 2O3 CH2 O CH CH2 CH O O CH2 O O 0,5 + H2O/Zn HOC CH2 CHO + 2HCHO Câu 8: (2đ) A ( C9H10O2): - Phản ứng với NaHCO3 giải phóng CO2 nên A chứa nhóm – COOH + 2H2O2 0,25 (6) - Không làm mất màu nước brom nên A chứa benzen A là axit mà không phản ứng este hóa với CH3OH nên A phải có án ngữ không gian ở nhóm – COOH lớn, đó A có cấu tạo là: CH3 COOH CH3 0,5 Sự tạo thành B: CH3 C O OH CH3 CH3 H+ O H O C C O OH2 CH3 CH3 CH3 CH3OH C -H+ O OCH3 CH3 CH3 (cùng một mặt phẳng) Hướng dẫn: CTCT của đixian: N ≡C – C ≡ N Khi nung nóng ở 5000C → A : (CN)n CTCT của A: C C 0,25 0,5 0,25 N N C C N N C C N N N C C N Câu 9(3đ) 13, 307 42g Lượng N mol A = 100 Tức 42: 14 = mol N, vậy A là một tripeptit có công thức cấu tạo phân tử: 0,25 NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH R1 R2 R3 Khi thủy phân A thu được các peptit (B) NH2 CH CO NH CH COOH R1 R2 (C) NH2 CH CO NH CH COOH R2 0,25 R3 nHCl = 0,0112.0,536 = 0,006 mol NH2 CH CO NH CH COOH R1 + 2HCl + H2O CINH3 CH COOH R2 0,003 mol + CINH3 CH COOH R1 R2 0,006 mol MB = 0,48: 0,003 = 160 đvC R1 + R2 = 160 -130 = 30 đv C (1) 15, 7.1, 02.0, 021 0, 006mol 56 nKOH = NH2 CH CO NH CH COOH R2 + 2KOH R3 0,003 mol NH2 CH COOK R2 0,006 mol 0,25 + NH2 CH COOK R3 (7) MC = 0,708 : 0,003 = 236 đvC R2 + R3 = 236 – 130 = 106 đvC (2) Mặt khác: R1 + R2 + R3 = 307 – 186 = 121 đvC (3) Giải hệ phương trình (1), (2), (3) ta được R1 = R2 = 15 ứng với CH3– R3 = 91 ứng với C6H5 – CH2 – Các công thức cấu tạo có thể có của A là: 0,25 NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH CH3 CH3 CH2 C6H5 NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH CH2 C6H5 CH3 0,25 CH3 Tên các α – amino axit là: α – alanin và α – phenyl alanin MB = 5,447.22,4 = 122 (g) => CTPT cña A, B: C7H6O2 H2 => A cã nhãm -OH A + Na NH Ag => A cã nhãm -CH=O A + AgNO3 a) CTCT cña A: CH=O CH=O 0,25 CH=O 0,25 OH OH OH CO2 B + Na2CO3 A1 lµ: => B là axit: C6H5COOH 0,25 CH=O OH 0,5 vì A1 có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm nhiệt độ sôi (TÝnh axit cña B m¹nh h¬n axit CH3-COOH v× nhãm -C6H5 lµ nhãm hót e) c) Sơ đồ phản ứng từ o-crezol thành A1: 0,25 B: Tõ toluen (8) (9)