S

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TUYÊN QUANG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH

NĂM HỌC : 2009-2010; MÔN THI : HOÁ HỌC

THỜI GIAN : 180 PHÚT. (Không kể thời gian giao đề)

——–ĐỀ NÀY CÓ 02 TRANG——–

Së gi¸o dôc & ®µo t¹o

Tuyªn Quang

h­íng dÉn chÊm

®Ò thi chän häc sinh giái líp 12

N¨m häc: 2009- 2010- M«n thi: Ho¸ häc.

(Đáp án này có 05 trang)

Câu

Nội dung

Điểm

1

1. Lập hệ phương trình: (Z_A + N_A + E_A) + 2(Z_B + N_B + E_B) = 66

Do Z_A = E_B nên 2Z_A + N_A + 4Z_B + 2N_B = 66

2Z_A + 4Z_B – N_A – 2N_B = 22

4Z_B – 2Z_A = 20

a. Giải hệ pt cho: Z_A= 6 và Z_B = 8  Công thức AB₂ là CO₂.

Công thức e: O:: C:: O và công thức cấu tạo: O = C = O

b. Cấu hình e: ₆C : 1s² 2s² 2p². và ₈O : 1s² 2s² 2p⁴.

Electron cuối cùng của C: n=2; l=1; m=0; m_s=+1/2

Electron cuối cùng của O: n=2; l=1; m=0; m_s=-1/2

2. a. 2CrI₃ + 64KOH + 27Cl₂ → 2K₂CrO₄ + 6KIO₄ + 54KCl + 32H₂O

b. 3HgS + 12HCl + 2HNO₃ → 3H₂HgCl₄ + 2NO + 3S + 4H₂O

3. Tính hiệu ứng nhiệt:

E₁ = (2ENH₃ + 3/2EO₂) – (EN₂ + 3 EH₂O)

= 2. 1161 + 3/2. 493 – 942 – 3. 919 = – 637,5 kJ.

E₂ = 2ENH₃ + 5/2EO₂ – 2ENO – 3EH₂O

= 2. 1161 + 5/2. 493 – 2. 627 – 3. 919 = – 456,5 kJ.

– Phản ứng (1) có H âm hơn nên pư (1) dễ xảy ra hơn.

– Nếu có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá sẽ giảm và tốc độ phản ứng sẽ tăng, do đó để thực hiện phản ứng (2) cần có xúc tác.

3,5

1

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2

1. X là NO₃^– vì NH₄NO₃: môi trường axit pH < 7.

2. a. Cho từ từ từng giọt đến hết 50 mL dung dịch HCl 0,1M vào 100 mL dung dịch Na₂CO₃ 0,1M

CO₃^2- + H⁺  HCO₃^–

0,01 0,005

0,005 0,005

0,005 0



b. Thêm 100 mL dung dịch Ba(OH)₂ 0,1M vào 150 mL dung dịch KHCO₃ 0,1M

HCO₃^– + OH^–  CO₃^2- + H₂O

0,015 0,02

0,015 0,015

0 0,005 0,015

Ba²⁺ + CO₃^2-  BaCO₃

0,01 0,015

0,01 0,01

0 0,005

Dung dịch còn 0,005 mol KOH và 0,005 mol K₂CO₃

c. Trích mẫu thử, thêm BaCl₂ dư vào mẫu thử thấy xuất hiện kết tủa trắng (tan trong axit), như vậy mẫu thử có CO₃^2-.

Ba²⁺ + CO₃^2-  BaCO₃

Lọc tách kết tủa, thêm HCl vào dung dịch nước lọc thấy sủi bọt khí không màu (làm đục nước vôi trong), vậy dung dịch có HCO₃^–

HCO₃^– + H⁺  H₂O + CO₂.

d. Dung dịch X có các cân bằng:

CO₃^2- + H₂O ⇌ HCO₃^– + OH^– K_b1 = 10^-3,67

HCO₃^– + H₂O ⇌ H₂CO₃ + OH^– K_b2 = 10^-7,65

H₂O ⇌ H⁺ + OH^– K_w = 10^-14

Vì K_b1 >> K_b2 >> K_w nên cân bằng (1) là chủ yếu:

pH = 14 – (pK_b1 + pC) = 14 – (3,67 + 1) = 11,67

– Dung dịch Z là dung dịch lưỡng tính nên:

pH = (pK₁ + pK₂) =(6,35 + 10,33) = 8,34

3. MgCl₂  Mg²⁺ + 2Cl ^– và Mg²⁺ + 2OH ^–  Mg(OH)₂ (1)

FeCl₃  Fe³⁺ + 3Cl ^– và Fe³⁺ + 3OH ^–  Fe(OH)₃ (2)

a) Để tạo  Fe(OH)₃ thì OH ^–  = 10^-12 M (I)

Để tạo  Mg(OH)₂  OH ^–  = 10^-4 M (II)

So sánh (I) < (II) thấy   Fe(OH)₃ tạo ra trước.

b) Để tạo  Mg(OH)₂: OH ^– = 10^-4  H⁺ = 10^-10  pH = 10 (nếu pH < 10 thì không )

Để tạo  Fe(OH)₃ hoàn toàn:

Fe³⁺ > 10^-6  OH ^–³ < 10^-33  H⁺ > 10^-3  pH > 3

Vậy để tách Fe³⁺ ra khỏi dd: 3 < pH < 10.

3,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

3

1. ở điều kiện thường Lưu huỳnh tồn tại dưới dạng

(S₈)_n hoặc S₈ dạng vòng khép kín, có lực liên kết bền

nên độ hoạt động không cao.

Khi đun nóng liên kết giữa các nguyên tử lưu huỳnh bị

đứt ra nên lưu huỳnh dễ tham gia phản ứng hơn.

2. 2S + Cl₂ → S₂Cl₂

Chất khử: [S₂] → [S₂]⁺² + 2e và chất oxihoá: Cl₂ + 2e → 2Cl ^–.

3 S + 2 KClO₃ → 2 KCl + 3 SO₂

Chất khử: S → S⁺⁴ + 4e và chất oxihoá: Cl⁺⁵ + 6e → Cl ^–

3 S + 6NaOH → 2Na₂S + Na₂SO₃ + 3H₂O

Chất khử: S + 2e → S ^–2 và chất oxihoá S →S⁺⁶ + 6e

3. – Qui luật: nhìn chung từ F đến I độ phân li nhiệt tăng do: bán kính nguyên tử tăng, độ dài liên kết tăng, năng lượng liên kết giảm.

– Giải thích sự bất thường:

+ Flo trong phân tử chỉ có liên kết đơn (không có obitan d).

+ Clo ngoài liên kết ơ còn có liên kết  giữa các obitan d còn trống và cặp e chưa liên kết.

4. Các góc liên kết: (102⁰) > (101,5⁰) > (100,3⁰) > (97,8⁰)

– Trong các phân tử , ngưyên tử P đều lai hóa sp³ và đều còn 1 cặp e chưa chia.

– Độ âm điện của phối tử càng tăng thì cặp e liên kết càng lệch về phía phối tử (càng xa P)  lực đẩy giữa các cặp e liên kết càng giảm  góc liên kết giảm.

3

0,5

0,75

0,5

0,25

0,5

0,5

4

1.

HCOOH HCOO^– + H⁺ Ka

0,1

0,1 – a a a

Ta có: a² =1,77.10^-4(0,1-a)  a=4,12.10^-2 (M)

2. Lập CTPT của B và chọn CTCT đúng của B.

Gọi a (mol) là số mol B đã tham gia phản ứng

C_nH_2n+2 + Br₂  C_nH_2n+1Br + HBr

a  a a (mol)

Sản phẩm phản ứng gồm : C_nH_2n+2-kBr_k : a mol và HBr : a mol

= 29.4 = 116  (14n+81).a + 81a=116.(a+a)  n=5

 CTPT B : C₅H₁₂ và dẫn xuất của B : C₅H₁₁Br

Vì thu được duy nhất một sản phẩm C₅H₁₁Br  B phải có cấu tạo đối xứng.

 CTCT B :

Neopentan hay 2,2 – đimetylpropan

b. Ta thu được 3 đồng phân của dẫn xuất 3 clo của B :

3

1

1

0,5

0,5

5

a/. Tìm CTĐGN A:

n_C = n_CO2 = 0,009 mol = n_CaCO3

m_C = 0,009.12 = 0,108 gam

m_H2O = 0,522 – 0,009.44 = 0,126  m_H = 0,126:9 = 0,014 gam

m_O = 0,122 – (0,108 + 0,014) = 0

 (A) là CxHy

x:y = : = 9 :14  CTĐGN A: C₉H₁₄

b/. Xác định công thức cấu tạo của (B), (X), (Y), (Z):

M_B = 122

Vì (B) + H₂  n-propylxiclohexan

(B) + K₂Cr₂O₇ + H₂SO₄  (X) có ít hơn (B) 1 C (xetođiaxit)

(B) + KMnO₄ + H₂O  (Y) có số C bằng số C trong (B), M_Y = 190

 số nhóm –OH là (190 – 122) : 17 = 4

 CTCT (B) : (C₉H₁₄)

 CTCT (X) : (C₈H₁₂O₅)

 CTCT (Y) : (C₉H₁₈O₄)

2

1

0,5

0,25

0,25

6

1. Từ Glu – His và Asp – Glu → ? Asp – Glu – His ?

Từ Phe – Val và Val – Asp → ? Phe – Val – Asp ?

Từ Asp – Glu và Val – Asp → ? Val – Asp – Glu ?

Tổ hợp lại ta có pentapeptit: Phe – Val – Asp – Glu – His

2.

a. A (C₉H₁₀) + Br₂ khan (bột Fe, t⁰) ^A có vòng benzen.

A (C₉H₁₀) + H₂ (Ni, t⁰ ) ^ B (C₉H₁₂) ^A có một liên kết đôi ở nhánh.

B (C₉H₁₂) + O₂ (H₂SO₄) ^ axeton ^B là cumen (Isopropyl benzen)

A là isopropenylbenzen

* Các phương trình phản ứng:

b. Cơ chế phản ứng :

Phương trình phản ứng:

Isopropyl có hiệu ứng +I nên sản phẩm thế vào vòng benzen ưu tiên vào vị trí ortho hoặc para. Do hiệu ứng không gian loại I của gốc isopropyl nên sản phẩm thế chủ yếu ở para. Ta có cơ chế phản ứng :

2Fe + 3Br₂ 2FeBr₃

Br₂ + FeBr₃ ^ Br^+ …[FeBr₄]^

[FeBr₄]^ + H^{+ } FeBr₃ + HBr.

3

1

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

7

1. Trật tự tăng dần tính axit:

a. ICH₂COOH < BrCH₂COOH < ClCH₂COOH < Cl₃CCOOH

pK: 3,14 2,89 2,85 0,66

b. xiclo – C₆H₁₁COOH < p-CH₃C₆H₄COOH < p–C₆H₅COOH < NO₂C₆H₄COOH

Các gốc hiđrocacbon có hiệu ứng +I lớn thì K_a giảm và -I lớn thì K_a tăng

2.Trật tự tăng dần tính bazơ :

a. CH₃CH(NH₂)COOH<CHCCH₂NH₂<CH₂=CHCH₂NH₂<CH_3-CH₂-CH₂-NH₂

(b)

O₂N- -NH₂ < -CH₂-NH₂ < -CH₂-NH₂ < -NH-CH₃

(A) (B) (C) (D)

Nhóm p-O2N-C6H4– hút electron mạnh do có nhóm -NO2 (-I -C) làm giảm nhiều mật độ e trên nhóm NH2

Nhóm -C6H4-CH2– hút e yếu

Nhóm -CH2-C6H11 đẩy e, làm tăng mật độ e trên nhóm NH2

Nhóm C6H11 và -CH3 đẩy e, – Amin bậc II

2

0,5

0,5

0,5

0,5