Đề thi học sinh giỏi tỉnh năm học 2010 - 2011 môn thi: Hóa học lớp 11

9 trang
tranhong
4818
2 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi học sinh giỏi tỉnh năm học 2010 - 2011 môn thi: Hóa học lớp 11", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi: HÓA HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút.
Bài giải sơ bộ của Trần Anh Sơn – Giáo viên Hóa trường THPT Nghèn – Can Lộc – Hà Tĩnh.
1) Có thể tồn tại hay không các hợp chất ứng với các công thức phân tử: PCl5, OF6, ClF3, NF5? Giải thích nguyên nhân.
Giải: Để xem xét có tồn tại các phân tử PCl5, OF6, ClF3, NF5 hay không, ta xét các nguyên tử trung tâm:
Nguyên tử
Z
Cấu hình electron nguyên tử thu gọn
Cấu hình electron lớp ngoài cùng ở trạng thái cơ bản
Cấu hình electron lớp ngoài cùng ở trạng thái kích thích có số electron độc thân nhiều hơn ở trạng thái cơ bản
P	15	[Ne]3s23p3	
O	8	[He]2s22p4	Không có
Cl	17	[Ne]3s23p5	
N	7	[He]2s22p3	Không có
Nhận thấy: P có thể có đến 5 electron độc thân và Cl có thể có đến 3 electron độc thân ở trạng thái kích thích vì lớp ngoài cùng còn có orbital 3d0 còn trống nên các hợp chất PCl5, ClF3 là có thể tồn tại. Trong khi đó O có tối đa là 2 electron độc thân và N có tối đa 3 electron độc thân vì lớp ngoài cùng không có orbital d trống nên các hợp chất NF5, OF6 là không tồn tại.
2) BCl3 có thể kết hợp với NH3 tạo ra BCl3NH3. Từ cấu tạo của NH3 và BCl3 hãy giải thích sự hình thành phân tử BCl3NH3.
Giải: Nguyên tử B có Z=5 nên có cấu hình electron ở trạng thái cơ bản là [He]2s22p3. Ở trạng thái kích thích khi liên kết với 3 nguyên tử Cl tạo phân tử BCl3, nguyên tử B có 3 electron độc thân: . Như vậy trong phân tử BCl3, nguyên tử B còn một orbital trống. Trong khi đó, nguyên tử N có Z=7 nên có cấu hình electron ở trạng thái cơ bản là [He]2s22p3, khi liên kết với 3 nguyên tử H tạo phân tử NH3, nguyên tử N sử dụng 3 electron độc thân. Như vậy trong phân tử NH3, nguyên tử N vẫn còn một cặp electron hóa trị chưa liên kết: . Cặp electron này của N trong NH3 tạo được liên kết cho nhận với orbital trống của B trong phân tử BCl3 tạo thành phân tử BCl3NH3. Công thức cấu tạo của BCl3NH3 là:
Cl ¾ B ¬ N ¾ H
Cl
Cl
H
H
3) 	Hãy giải thích tại sao:
a. NH3, H2O, HF có khối lượng mol xấp xỉ nhau nhưng nhiệt độ sôi của H2O lớn hơn nhiều so với NH3 và HF?
b. Năng lượng liên kết trong phân tử Cl2 lớn hơn trong phân tử F2, Br2, I2?
Giải: 	a. Nhiệt độ sôi của một phân tử phụ thuộc chủ yếu vào khối lượng phân tử và liên kết hidro giữa các phân tử. NH3, H2O, HF có khối lượng mol xấp xỉ nhau nhưng liên kết hidro giữa các phân tử H2O mạnh hơn của NH3 và HF nên nhiệt độ sôi của H2O lớn hơn nhiều so với hai chất kia. Nguyên nhân liên kết hidro giữa các phân tử H2O mạnh hơn NH3 là O có độ âm điện cao hơn N, liên kết O–H phân cực mạnh hơn N–H, độ phân cực phân tử H2O mạnh hơn của NH3. Trong phân tử HF, liên kết H–F phân cực mạnh hơn trong H2O nhưng giữa các nguyên tử HF chỉ tạo liên kết hidro với nhau thành chuỗi dạng (H–FH–F)n trong khi đó giữa các phân tử H2O có nhiều liên kết hidro hơn tạo thành dạng mạng lưới không gian bền hơn rất nhiều:
b. Trong phân tử X2 (với X là F, Cl, Br, I), hai nguyên tử X liên kết với nhau bằng cách ghép chung hai electron độc thân ở lớp ngoài cùng. Khi bán kính nguyên tử tăng (theo chiều F, Cl, Br, I) độ dài liên kết X – X tăng lên, độ bền liên kết giảm nên năng lượng liên kết giảm dần, điều này giải thích tại sao năng lượng liên kết của Cl2 > Br2 > I2. Tuy nhiên liên kết giữa hai nguyên tử X (với X là Cl, Br, I) còn có liên kết cho nhận giữa cặp electron hóa trị chưa liên kết của nguyên tử này với orbital d trống của nguyên tử kia làm cho độ bền liên kết tăng lên, điều này không xảy ra trong phân tử F2 vì nguyên tử F không có orbital d trống ở lớp ngoài cùng. Như vậy mặc dù bán kính nguyên tử F nhỏ hơn bán kính nguyên tử Cl nhưng độ bền liên kết Cl – Cl cao hơn của F – F, năng lượng liên kết của F2 nhỏ hơn của Cl2.
4) X là hidrocacbon no có 3 vòng, mỗi vòng chứa 6 nguyên tử cacbon. Trong phân tử X khối lượng hidro chiếm 11,765%. Viết công thức cấu tạo của X.
Giải: X là hidrocacbon no có 3 vòng nên phân tử này có P=0, V=3. Công thức của X sẽ là CnH2n+2-2(P+V) trở thành CnH2n–4 (n≥3) 
Theo bài ra ta có: 
Giải ra ta được n=10
Vậy CTPT của X là C10H16.
CTCT của X là:
5) Từ các chất rắn: Zn, MnO2, (NH4)2CO3 và các dung dịch: HCl, NaOH, HNO3, H2SO4 có thể điều chế được những khí gì? Viết các phương trình phản ứng minh họa.
Giải: Từ các chất rắn: Zn, MnO2, (NH4)2CO3 và các dung dịch: HCl, NaOH, HNO3, H2SO4 có thể điều chế được các khí sau:
+ H2: bằng cách cho Zn tác dụng với axit như HCl, H2SO4 loãng hoặc dung dịch NaOH
	Zn + 2HCl ® ZnCl2 + H2
Zn + 2H2SO4 ® ZnSO4 + H2
Zn + 2NaOH + 2H2O ® Na2[Zn(OH)4] + H2
+ NO2:	Zn + 4HNO3 (đặc, nóng) ® Zn(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
+ NO:	3Zn + 8HNO3 (đặc) ® 3Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O
+ N2O:	4Zn + 10HNO3 (loãng) ® 4Zn(NO3)2 + N2O + 5H2O
+ N2:	5Zn + 12HNO3 (rất loãng, lạnh) ® 5Zn(NO3)2 + N2 + 6H2O
+ SO2: 	Zn + 2H2SO4 (đặc, nóng) ® ZnSO4 + SO2 + 2H2O
+ H2S: 	4Zn + 5H2SO4 (đặc, nguội) ® 4ZnSO4 + H2S + 4H2O
+ Cl2:	MnO2 + 4HCl ® MnCl2 + Cl2 + 2H2O
+ CO2: bằng cách cho (NH4)2CO3 tác dụng với dung dịch axit như HCl, H2SO4 
(NH4)2CO3 + 2HCl ® 2NH4Cl + H2O + CO2
(NH4)2CO3 + H2SO4 ® (NH4)2 SO4 + H2O + CO2
+ NH3: (NH4)2CO3 + 2NaOH ® Na2CO3 + 2H2O + 2NH3
6) Hidrocacbon X có tỉ khối so với etan là 2,8. X tác dụng với dung dịch Br2 tạo ra dẫn xuất Y, cho Y tác dụng với KOH trong ancol, đun nóng thu được 2 hidrocacbon đồng phân Z1, Z2. Ozon phân Z1, sản phẩm thu được gồm: CH3COOH và HOOC-COOH.
- Xác định công thức cấu tạo và tên gọi của X, Y, Z1, Z2.
- Viết phương trình phản ứng xảy ra.
- Biểu diễn đồng phân hình học của Z1 và gọi tên các đồng phân đó.
Giải: 
+ Gọi CTPT của X là CnH2n+2-2(P+V), khối lượng phân tử của X là: 2,8.30=84.
Ta có: 14n+2–2(P+V) = 84 Þ n=
Nghiệm phù hợp là: (P+V)=1 và n=6.
Công thức phân tử: C6H12.
Theo bài ra: C6H12 +Br2
C6H12Br2+KOH/ancol
 - 2HBr
C6H10+O3
CH3COOH + HOOC–COOH
Như vậy chất C6H10 ở trên (Z1) phải có công thức cấu tạo là: CH3–CH=CH–CH=CH–CH3.
Tên gọi của Z1 là: hecxa–2,4–dien.
Vậy chất Y C6H12Br2 phải có công thức cấu tạo là CH3–CH2–CH(Br)–CH(Br)–CH2–CH3.
Tên gọi của Y là: 3,4–dibromhecxan.
Chất X C6H12 phải có công thức cấu tạo là CH3–CH2–CH=CH–CH2–CH3
Tên gọi của X là: hecx–3–en 
Đồng phân Z2 của Z1 có thể là CH3–CH2–CºC–CH2–CH3 hoặc CH3–CH=C=CH–CH2–CH3
Tên gọi của Z2 là: hecx–3–in hoặc hecxa–2,3–dien.
+ Các phương trình phản ứng xảy ra:
CH3–CH2–CH=CH–CH2–CH3 + Br2 ® CH3–CH2–CH(Br)–CH(Br)–CH2–CH3
CH3–CH2–CH(Br)–CH(Br)–CH2–CH3 +KOH/ancol
 - 2HBr
 CH3–CH=CH–CH=CH–CH3.
CH3–CH2–CH(Br)–CH(Br)–CH2–CH3 +KOH/ancol
 - 2HBr
 CH3–CH2–CºC–CH2–CH3 
CH3–CH2–CH(Br)–CH(Br)–CH2–CH3 +KOH/ancol
 - 2HBr
 CH3–CH=C=CH–CH2–CH3
CH3–CH=CH–CH=CH–CH3+O3
 2CH3COOH + HOOC–COOH
+ Hecxa–2,4–dien: CH3–CH=CH–CH=CH–CH3 có các đồng phân hình học sau:
2–trans–4–trans–hecxa–2,4–dien	2–cis–4–trans–hecxa–2,4–dien
2–cis–4–cis–hecxa–2,4–dien 	
Số đồng phân cis–trans ở đây chỉ có 3 vì phân tử có hai nối đôi nhưng đối xứng.
7) Hòa tan hoàn toàn 5,6 lít khí NH3 vào nước được 0,5 lít dung dịch A, sau đó hấp thụ hết 3,36 lít khí SO2 vào dung dịch A thu được 0,5 lít dung dịch B. Thêm rất chậm 0,1 lít dung dịch HCl 0,4M vào dung dịch B thu được 0,6 lít dung dịch C (không có khí tạo ra). Nếu lại thêm rất chậm 0,4 lít dung dịch NaOH 0,1 M vào dung dịch C thì thu được dung dịch D (không có khí tạo ra).
- Viết phương trình hóa học của các phản ứng trong thí nghiệm trên.
- Tính nồng độ mol/l các ion trong dung dịch B, C, D, biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn, bỏ qua sự thủy phân của các ion.
Giải:
Số mol của NH3: 
Hòa tan NH3 vào nước: NH3 + H2O NH4+ + OH–
Số mol của SO2: 
Khi cho SO2 tác dụng với dung dịch NH3: do nên xảy ra hai phản ứng:
SO2 + H2O + NH3 → NH4HSO3
SO2 + H2O + 2NH3 → (NH4)2SO3
Trong dung dịch B có các ion: NH4+, HSO3– và SO32–(bỏ qua H+ và OH– của nước điện ly cũng như sự thủy phân của các ion)
Bảo toàn nguyên tố N: 
Bảo toàn nguyên tố S: 	 	(I)
Dung dịch B trung hòa điện: 	(II)
Giải hệ (I) và (II) ta được 	 và 
Nồng độ mol/l các ion trong dung dịch B: 
Số mol HCl: nHCl=0,1.0,4=0,04(mol)< trong dung dịch B nên khi cho rất từ từ dung dịch HCl vào dung dịch B chỉ xảy ra phản ứng sau:
(NH4)2SO3 + HCl → NH4HSO3 + NH4Cl
Trong dung dịch C có các ion: NH4+, HSO3–, SO32–và Cl–(bỏ qua H+ và OH– của nước điện ly cũng như sự thủy phân của các ion)
Bảo toàn nguyên tố N: 
Bảo toàn nguyên tố Cl: 
Bảo toàn nguyên tố S: 	 	(III)
Dung dịch C trung hòa điện:	 	(IV)
Giải hệ (III) và (IV) ta được 	 và 
Nồng độ mol/l các ion trong dung dịch C: 
Số mol NaOH: nNaOH=0,4.0,1=0,04(mol)< trong dung dịch C nên khi cho rất từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch C chỉ xảy ra phản ứng sau:
2NH4HSO3 + 2NaOH → (NH4)2SO3 + Na2SO3 + H2O
Trong dung dịch D có các ion: NH4+,Na+, HSO3–, SO32– và Cl–(bỏ qua H+ và OH– của nước điện ly cũng như sự thủy phân của các ion)
Bảo toàn nguyên tố N: 
Bảo toàn nguyên tố Cl: 
Bảo toàn nguyên tố Na: 
Bảo toàn nguyên tố S: 	 	(V)
Dung dịch D trung hòa điện:	 	(VI)
Giải hệ (V) và (VI) ta được 	 và 
Thể tích dung dịch D: V=0,6+0,4=1(lít)
Nồng độ mol/l các ion trong dung dịch D: 
8) Một nguyên tố X có khả năng tạo ra nhiều oxiaxit. Thành phần % khối lượng các nguyên tố trong một số muối axit của X được ghi trong bảng sau:
Muối
%Na
%X
%O
1
32,4
21,8
45,1
2
20,7
27,9
50,5
Xác định công thức phân tử các muối trên.
Giải: Từ bảng đã cho ta có bảng sau:
Muối
%Na
%H
%X
%O
1
32,4
0,7
21,8
45,1
2
20,7
0,9
27,9
50,5
Gọi công thức phân tử muối 1 và muối 2 lần lượt là NaxHyXzOt và NapHqXrOs và nguyên tử khối của X là X.
Ta có: x:y:t=2:1:4 và p:q:s=2:2:7
Vậy công thức muối 1 và muối 2 lần lượt là Na2HXzO4 và Na2H2XrO7.
Kết hợp với bài ra ta có: và 
Biến đổi ta được : zX = 31 và rX = 62
Nghiệm phù hợp là z = 1 ; r = 2 ; X = 31 (nguyên tố Phốt pho)
Công thức phân tử muối 1 và muối 2 lần lượt là Na2HPO4 và Na2H2P2O7
9) Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp các hidrocacbon X, Y, Z (trong đó số mol của X bằng số mol của Y), thu được 0,18 mol H2O và 0,2 mol CO2. Nếu lấy lượng X bằng lượng đã đốt ở trên cho qua bình đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thì thấy khối lượng bình tăng 0,52 gam, đồng thời trong bình xuất hiện 4,8 gam kết tủa.
a. Xác định công thức phân tử của 3 hidrocacbon trên, biết Y là ankan có số nguyên tử cacbon lớn hơn X và số nguyên tử hidro của Z lớn hơn 12.
b. Xác định công thức cấu tạo của Z, biết Z không chứa liên kết 3, 1 mol Z phản ứng vừa đủ với 1 mol H2, Z có cấu tạo đối xứng.
Giải :
a. Gọi CTPT của X là : CxHy
Khi cho X đi qua bình đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư :
CxHy + mAgNO3 + mNH3 ® CxHy–mAgm + mNH4NO3
Khi có 1 mol X phản ứng thì khối lượng của kết tủa tăng lên so với khối lượng của X là: (12x+y–m+108m)–(12x+y)=107m (gam)
Theo bài ra: khối lượng của kết tủa tăng lên so với khối lượng của X là 4,8–0,52=4,28 (gam)
Vậy số mol của X đã phản ứng là: 
Khối lượng của bình đựng dung dịch AgNO3/NH3 tăng lên chính là khối lượng của X.
Ta có: MX=
Nghiệm phù hợp là m=2; MX=26; X là C2H2.
Số mol của X trong hỗn hợp ban đầu là: 
Gọi CTPT của Y và Z là CnH2n+2 (n≥3) và CmH2m+2–2k (m≥1; k≥0; k=P+V)
Số mol của Y cũng là 0,02(mol)
Số mol của Z là 0,05–(0,02+0,02)=0,01(mol)
Các phản ứng cháy:
C2H2 + O2 → 2CO2 + H2O 
0,02 – – – – –> 0,04 –> 0,02
CnH2n+2 + O2 → nCO2 + (n+1)H2O
0,02 – – – – – – – – –> 0,02n –> 0,02(n+1)
CmH2m+2–2k + O2 → mCO2 + (m+1–k)H2O
0,01 – – – – – – – – – – – – –> 0,01m – – –> 0,01(m+1–k)
Theo các phản ứng: 	=0,04+0,02n+0,01m=0,2	(I)
	=0,02+0,02(n+1)+0,01(m+1–k)=0,18	(II)
Từ (I) và (II) ta được: k=3
Theo bài ra: số nguyên tử của Z lớn hơn 12 Þ 2m+2–2.3>12 Û m>8
Từ (I) ta được 2n + m = 16
Do m>8 và n≥3 nên nghiệm phù hợp là n=3; m=10.
Công thức phân tử của Y là C3H8 và của Z là C10H16.
b. Z là C10H16 có P+V=3 nhưng chỉ tác dụng với 1mol H2 chứng tỏ Z có P=1 (có một nối đôi) và V=2 (có 2 vòng nguyên tử).
Vòng nguyên tử bền phải có 5 hoặc 6 cạnh, như vậy hai vòng nguyên tử đối xứng trong phân tử Z phải có 5 cạnh.
Công thức cấu tạo của Z phải là:
10) α-Tecpinen C10H16 là một tecpen có trong một số tinh dầu thực vật. Hidrohóa α-tecpinen bằng một lượng dư H2 (có xúc tác thích hợp) thu được hidrocacbon C10H20. Cho α-tecpinen tác dụng với O3 rồi thủy phân, khử sản phẩm sinh ra bằng Zn-H2O thì được etanđial và 6-metyl heptan-2,5-đion.
Xác định công thức cấu tạo của α-tecpinen, biết phân tử không có liên kết ba.
Giải: α-tecpinen C10H16 có P+V=3 nhưng khi tác dụng với H2 dư tạo thành C10H20 có P+V=1 chứng tỏ α-tecpinen có một vòng 5 hoặc 6 cạnh (V=1) và có 2 liên kết p.
Khi tác dụng với O3, các liên kết đôi hoặc liên kết ba sẽ bị đứt, sản phẩm Ozon phân của α-tecpinen là: 
etanđial 	 	và 6-metyl heptan-2,5-đion	
Từ cấu tạo của 6-metyl heptan-2,5-đion ta có thể thấy trong α-tecpinen có một nhóm CH3 độc lập, hai nhóm CH3 khác trong một nhóm iso–propyl (–CH(CH3)2), hai nhóm –CH2– liên tiếp nhau. Mặt khác phân tử α-tecpinen phải có hai liên kết đôi C=C nối giữa các C=O của etanđial và 6-metyl heptan-2,5-đion tạo thành vòng nguyên tử.
Công thức cấu tạo phù hợp của α-tecpinen phải là:
11) 	a. Cho 1 mol PCl5 (khí) vào bình chân không, dung tích V lít. Đưa nhiệt độ bình lên 525 0K. Cân bằng:
PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k)
được thiết lập với Kp = 1,85. Áp suất trong bình tại trạng thái cân bằng là 2 atm. Tính số mol của từng chất tại thời điểm cân bằng.
b. Cho 1 mol PCl5 và 1 mol khí He vào bình như ở thí nghiệm trên, rồi tăng nhiệt độ lên 5250K. Tính số mol của PCl5, PCl3, Cl2 tại thời điểm cân bằng. Nhận xét kết quả thu được, điều này có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê không?
(Giả thiết rằng các khí đều được coi là khí lý tưởng)
Giải: a. Xét cân bằng:
PCl5 (k) 	PCl3 (k) + 	Cl2 (k)
	Ban đầu	1 (mol)	0 (mol)	0
	phản ứng	x (mol)	x (mol)	x (mol)
	Cân bằng	1–x (mol)	x (mol)	x (mol)
Biểu thức hằng số cân bằng Kp của phản ứng:
Theo bài ra ta có phương trình bậc 2 đối với x: 3,85x2=1,85 (0£x£1)
Giải ra ta nhận giá trị: x»0,69(mol)
Vậy tại thời điểm cân bằng:
b. Xét cân bằng:
PCl5 (k) 	PCl3 (k) + 	Cl2 (k)
Biểu thức hằng số cân bằng Kp của phản ứng:
Do R, T và V không đổi nên số mol của PCl5, PCl3 và Cl2 không đổi so với câu a
Vậy tại thời điểm cân bằng:
Như vậy khi thêm 1(mol) khí He vào hệ thì trạng thái cân bằng không thay đổi. Điều này không trái nguyên lý Lơ Sactơliê vì khi đưa thêm vào hệ khí He thì áp suất của bình tăng nhưng ta không tăng áp suất của hệ phản ứng, được tính theo biểu thức: P=.
12) Đốt cháy hoàn toàn hidrocacbon A thu được số mol CO2 gấp đôi số mol H2O. Mặt khác nếu lấy 0,1 mol A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 15,9 gam kết tủa màu vàng.
- Xác định công thức cấu tạo và tên gọi của A.
- Từ A, bằng 3 phản ứng người ta có thể điều chế được etyl xiclohecxan. Viết phương trình các phản ứng hóa học đã xẩy ra.
Giải: Gọi CTPT của A là CnHm
Các phương trình phản ứng:
CnHm + O2 ® nCO2 + H2O	(1)
CnHm + xAgNO3 + xNH3 ® CnHm–xAgx + xNH4NO3	(2)
Theo (1): Þ m=n
Theo (2): 
Như vậy ta có: 13n+107x=159 Þ x=1 ; n=4
Vậy CTPT của A là C4H4. 
A chỉ có 1 nguyên tử H ở C mang nối ba phù hợp với CTCT: CH2=CH–CºCH
Tên gọi của A là vinyl axetilen.
Từ A, qua ba phản ứng ta có thể điều chế được etyl xiclohecxan như sau:
CH2=CH–CºCH + H2 Pd/PbCO3, to
CH2=CH–CH=CH2
2CH2=CH–CH=CH2 Xt, to
+ 2H2 Ni, to cao
Tài liệu đính kèm:
de_thi_hsg_hoa_thpt.doc