OLYMPIC HÓA 11 30 4 CÓ GIẢI CHI TIẾT - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.doc) (43 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Lớp 11
>>
3. Hóa học

OLYMPIC HÓA 11 30 4 CÓ GIẢI CHI TIẾT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (972.34 KB, 43 trang )

TUYỂN TẬP TÀI LIỆU HAY, BÀI TẬP, GIÁO TRÌNH, BÀI GIẢNG, ĐỀ THIPHỔ THÔNG, ĐẠI HỌC, SAU ĐẠI HỌCLUẬN VĂN-KHOÁ LUẬN-TIỂU LUẬNOLYMPIC HÓA 11 30-4CÓ GIẢI CHI TIẾTKỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỚNG 30/4LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỚ HUẾĐỀ THI MƠN HĨA HỌC 11Thời gian làm bài 180 phútĐỀ THI CHÍNH THỨCChú ý: Mỡi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệtCâu I (4 đ)k1→¬ Bk2-1-1Các hằng số tốc độ k1 = 300 giây ; k2 = 100 giây . Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và khơng có chất B .Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến thành chất B?E10 = 0,15VI.2(1,5đ) Cho 2 cặp oxi hoá khử :Cu2+/ Cu+I.1(1,5đ) Đối với phản ứng :AE20 = 0, 62VI2/ 2I2.1.Viết các phương trình phản ứng oxi hoá khử và phương trình Nernst tương ứng. Ở điềukiện chuẩn có thể xảy ra sự oxi hoá I- bằng ion Cu2+ ?2.2.Khi đổ dung dòch KI vào dung dòch Cu2+ thấy có phản ứng1Cu2+ +2ICuI ↓ + I22Hãy xác đònh hằng số cân bằng của phản ứng trên . Biết tích số tan T của CuI là 10 -12I.3(1đ) So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NF3, BF3.Câu II (4đ)II.1(1,5đ) Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỡn hợp khi trộn H 2SO4C1M với Na3PO4 C2M trong trường hợp sau: 2C1 > C2 > C1II.2(0,5đ) Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1MII.3(1đ) Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch cópH= 4,72.Cho: H2SO4 : pKa2 = 2 ; H3PO4 : pKa1 = 2,23 , pKa2 = 7,21 , pKa3 = 12,32II.4(1đ)Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử:2FeF3+ 2I2Fe2+ + I2 + 6FBiết : EoFe3+/Fe2+ = 0,77VEoI2/2I- = 0,54V+3Q trình : Fe + 3F  FeF3β = 1012,06 (Bỏ qua q trình tạo phức hiđroxo của Fe3+, Fe2+)Câu III (4đ)III.1(2đ) Khi hòa tan SO2 vào nước có các cân bằng sau :SO2 + H2O  H2SO3 (1)H2SO3  H+ + HSO3- (2)HSO3-  H+ + SO32(3)Hãy cho biết nồng độ cân bằng của SO2 thay đổi thế nào ở mỡi trường hợp sau (có giải thích).1.1 Đun nóng dung dịch1.2 Thêm dung dịch HCl1.3 Thêm dung dịch NaOH1.4 Thêm dung dịch KMnO4III.2(2đ) Cho m1 gam hỡn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loạitan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỡn hợp khí X gồm NO, N 2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm mộtlượng vừa đủ O2 vào X, sau phản ứng thu được hỡn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48lít hỡn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H 2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để đượclượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa.Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết.Cho Mg = 24; Al = 27; N = 14; Na = 23; O =16; H = 1.Câu IV (4đ)IV.1(1,5đ) Hợp chất hữu cơ X có cấu tạo không vòng, có công thức phân tử C 4H7Cl và có cấu hìnhE. Cho X tác dụng với dung dòch NaOH trong điều kiện đun nóng thu được hỗn hợp sản phẩm bền cócùng công thức C4H8O . Xác đònh cấu trúc có thể có của X.IV.2 (1đ) Cho buten – 2 vào dd gồm HBr , C 2H5OH hoà tan trong nước thu được các chất hữu cơgì ? Trình bày cơ chế phản ứng tạo thành các chất trên .IV.3(1,5đ) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% vềkhối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC)A có khả năng làm mất màu dd Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, khơng tác dụng vớiAgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal.Xác định cơng thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có).Cho C = 12; H = 1.Câu V (4đ)V.1(2đ) Từ các chất ban đầu có số ngun tử cacbon ≤ 3, viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điềukiện nếu có) điều chế: Axit xiclobutancacboxylic và Xiclopentanon .V.2(2đ)Từ dẫn x́t halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau :+ HXCO2 ( ete. khan )Mg ( ete. khan )RX +R-COOH → RMgX + → R-COOMgX− MgX 2Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế:Axit metyl malonic...............................Hết................................KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11Thời gian làm bài 180 phútPHẦN ĐÁP ÁNChú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệtCâu 1(4 đ) :I.1.k1→¬k2At=0Baa2t0a2xe1k1 + k 2 = lnt xe − xỞ đây nồng độ lúc cân bằng xe được xác định thơng qua hằng số cân bằng K :[ B] = x eK =[ A ] a-x eÁp dụng cơng thức đã cho :Câu 2 (4đ):II.1aK1+ KaK-x(1+K)xe − x =và1+ K2,303aKak1 + k 2 =lgx=Cuối cùngVìtaK - x - Kx22,303aKk1 + k 2 =lg2,3032K2,303 2Klg=lgaa =NêntaK - - Kt2K - 1 - KtK -122xe =Sau khi biến đổi ta được :VìNênK = k 1 / k2t=2k 12,303lgk1 + k 2 k1 - k 2=2,3032 . 300lg= 2,7.10 −3 giây300 + 100 300 - 100I.22.1. Xét 2 cặp oxi hoá khử :CuI22+++ 2eeCu 2+ E1 = E + 0, 059 lgCu + 01+Cu2I-E2 = E20 +2.2. Giả sử đổ dung dòch KI vào dung dòch chứa Cu2+ và một ít Cu+. Vì CuIrấtít tan nên [Cu+] rất nhỏ, do đó E1 có thể lớn hơn E2.Như vậy ta có :Cu2+ + eCu+I+ Cu+CuI ↓1I2 + eI2Phản ứng oxi hoá khử tổng quát là :1Cu2+ +2ICuI ↓ + I2(1)2Lúc cân bằng ta có:FCu 2+ IB[0,0592]E1 = 0,15 + 0, 059 lgFF= E2 = 0, 62 + 2 lg − 2T I tam gi¸c ®ỊuPh©n tư d¹ng[I − ]C¸c vect¬ momen l ìng cùc0,250,50,25cđa c¸c liªn kÕt triƯt tiªu lÉnnhau(tỉng b»ng kh«ng) ph©nCu 2+   I −  tư kh«ng ph©n1 cùc.=0,059lg⇔ 0,62 – 0,15 = 0,059 lgCác vectơ momen lưỡng cực12Các vectơT .Kmomen lưỡng cựcT [ I2 ]của cácF cặpN electronkhơngcủacácliên kết triệt tiêu lẫnF−0,62 + 0,15Fliên kết 0,059ngược 4chiều nênnhau nên momen lưỡng cực⇒ K = 1 C¸cmomenl ìng cùc.10 vect¬= 10củamomenlưỡngphântửtổng bằng 0. phân tử khơngcđa c¸cliªn cựckÕt vµcỈpT electron kh«ng liªn kÕt ng ỵcbéyhơnphânchiỊu3 momen l ìng cùcNhư vậvới NHKnªnrấttưbÐlớn,h¬nphảNHn ứ. ng (1) xảy rahoàcực.n toàn.cđaph©n30,25[I ]0, 059lg 2 22 I − E10 〈 E20 : Không thể có phản ứng giữa Cu2+ và I- được.20,250,5đH+ + PO43C1C2/C 2 – C12C1 > C2 > C1−4HSOC12C1 – C2+C22(C2 – C1)C2 - C 1C10,25đHPO 24−K1 = 1010,32C1C2C 2 – C12−HSO −4 + HPO 4  SO 24 −2C1 – C2/C1PO 34−  SO 24 − +C2 – C1/−1K a3= 1012,32HPO42-+H 2 PO 4−0,25đK2 = 105,262C1 – C22−−2−Vậy TPGH : HPO 4 : 2(C2 – C1) ; H 2 PO 4 : 2C1 – C2 ; SO 4 : C1 ; Na+ : 3C1II.2.H3PO4H+ + H2PO4- (1) K1 = 10-2,23H2PO4H+ + HPO42- (2) K2 = 10-7,21HPO42H+ + PO43- (3) K3 = 10-12,32H2OH+ + OH(4) KwK3