SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO VĨNH LONG TRƯỜNG PHỔ THÔNG TRUNG HỌC CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XXII 2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA 11 Câu I : (4đ) I. 1) Các dữ kiện sau đây là đối với các hợp chất XCl x và YCl y Nhiệt độ nóng chảy Nhiệt độ sôi 0 C Độ tan trong nước Độ tan trong benzen XCl x 801 1443 37g/100g 0,063g/100g YCl y - 22,6 76,8 0,08 Hòa tan theo mọi tỷ lệ a) Cho biết kiểu liên kết trong mỗi hợp chất trên b) Giải thích ảnh hưởng của liên kết trong mỗi chất trên đối với sự khác nhau về nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi và tính tan của chúng. I. 2) Hợp chất A được tạo thành từ cation X + và Y - . Phân tử A chứa 9 nguyên tử gồm 3 nguyên tố phi kim, tỉ lệ số nguyên tử của mỗi nguyên tố là 2 : 3 : 4 tổng số proton trong A là 42 và trong ion Y – chứa 2 nguyên tố cùng chu kỳ và thuộc 2 phân nhóm chính liên tiếp a. Viết công thức phân tử và gọi tên A b. Viết công thức cấu tạo của A và nêu rõ bản chất liên kết trong A. Đáp án  Câu I: (4đ) I. 1) (1,5đ) a. Liên kết trong XCl x liên kết ion - Liên kết trong YCl y liên kết cộng hóa trò (0,25đ) b.trong tinh thể ion như NaCl : các ion Na + và Cl – liên kết với nhau bằng liên kết ion bền vững - Lực liên kết ion rất mạnh nên hợp chất ion có t o nc , t 0 S cao . - các hợp chất ion phân cực mạnh nên tan nhiều trong dung môi phân cực, ít tan trong dung môi không phân cực. + Trong tinh thể CCl 4 mỗi nút của mạng là một phân tử CCl 4 riêng biệt. - Mặc dù liên kết giữa Cl và C là liên kết cộng hóa trò nhưng liên kết giữa các phân tử CCl 4 là liên kết Vanderwall rất yếu. - CCl 4 không phân cực => t 0 thấp (-22,6 0 C) các phân tử CCl 4 cũng đủ tách ra khỏi mạng tinh thể (t 0 nc thấp). - CCl 4 hòa tan rất ít trong nứơc và hòa tan trong benzen theo mọi tỉ lệ => là một chất rắn thuộc mạng tinh thể phân tử. II. 2) (2,5đ) a) Số proton trung bình của 3 nguyên tố. 42 4,67 9 = = ∑ (0,25đ) => phải có nguyên tố phi kim z < 4,67 => H Hai phi kim còn lại trong Y ở một chu kỳ và hai phân nhóm chính liên tiếp nên số proton tương ứng : Z và Z+1 (Z : nguyên dương). 1 (0,5đ) (0,75đ) * Trường hợp 1 : A có 2 nguyên tử H 2 + 34 + 4 (Z+1) = 42 => Z = 36 7 (loại) hoặc 2 + 42 + 3(Z+1) = 42 => Z= 36 7 (loại) (0,25đ) * Trường hợp 2 : A có 3 nguyên tử H 3 + 2Z + 4(Z+1) = 42 => Z= 35 6 (loại) hoặc 3 + 4Z + 2(Z+1) = 42=> Z= 37 6 (loại) (0,25đ) * Trường hợp 3 : A có 4 nguyên tử H 4 + 2Z + 3(Z+1) =42 => Z =7 (nguyên tố N) (0,25đ) => z +1 = 8 (nguyên tố oxi). Hoặc 4 + 3Z + 2(Z+1) = 42 => Z = 36 5 (loại) => A : NH 4 NO 3 (amoninitrat) (0,5đ) b) CTCT (A) | H H N H H                 + − → | O O N O         −         0,5đ) liên kết ion giữa NH 4 + và NO 3 - Trong NH 4 có LK cộng hóa trò trong NH 4 + (0,5đ) LK cho nhận : giữa NH 3 và H + Câu II. (4đ) II.1) Cho phản ứng CO 2 (k) + H 2 (k) CO (k) + H 2 O a. Tính 0 G∆ của phản ứng ở 1000K, biết 0 H∆ 1000k = 35040 J/mol 0 S∆ 1000k = 32,11 J/mol/K b. Tính Kc, Kp của phản ứng ở 1000k c. Một hỗn hợp khí chứa 35% thể tích H 2 , 45% thể tích CO và 20% thể tích hơi H 2 O được nung nóng tới 1000k. Tính thành phần hổn hợp ở trạng thái cân bằng. II.2) Tích số tan của AgCl bằng 1,8.10 -10 . Hãy tính độ tan S của AgCl trong nước. Nếu AgCl tan trong dung dòch NH 3 1M thì độ tan sẽ là bao nhiêu biết hằng số bền của phức [ ] 8 3 2 ( ) 10Ag NH + = Đáp án Câu II (4đ). II.1) a. 0 1000 35040 1000.32,11 2930G H TAS J∆ = ∆ − = − = (0,25đ) 2 b. 0 ln 2930 ln 0,35242 8,314.1000 G RT Kp G Kp RT ∆ = − ∆ = − = − = − (0,25đ) 0,703Kp = (0,25đ) 0n∆ = 0,703Kp Kc= = (0,25đ) c. Gọi x là % 2 CO V ở trạng thái cân bằng CO 2 + H 2 ƒ CO + H 2 O 00 0,35 0,45 0,2 x x x x x 0,35+x 0,45 – x 0,2 – x (0, 45 )(0,2 ) (0,35 ) x x Kp Kc x x − − = = + (0,5đ) x = 0,104 %CO : 34,6% %CO 2 : 10,4% %H 2 O : 0,96% %H 2 : 45,4% II.2) AgCl ƒ Ag + + Cl – T = 1,8.10 – 10 Gọi S là độ tan AgCl trong nước nguyên chất 10 5 1,8.10 1,3.10 AgCl S T M − − = = = (0,5đ) AgCl 3 3 2 2 [ ( ) ]NH Ag NH Cl + − + +ƒ (0,25đ) 3 2 3 2 2 2 3 3 [ ( ) ] [ ] [ ( ) ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ] Ag NH Cl Ag NH Ag Cl K NH NH Ag + − + + − + = = = K bền . T (0,25đ) = 10 8 .1,8.10 – 10 = 1,8.10 –2 Gọi x là nồng độ của phức 3 2 [ ( ) ]Ag NH + được tạo ra khi tan AgCl 3 vào NH 3 . [Cl - ] = x [NH 3 ] = 1 – 2x K = 1,8.10 -2 = 2 2 0,1 (1 2 ) x x x ⇒ = − (0,5đ) 3 2 [ ( ) ]Ag NH + = 0,1M => Chứng tỏ AgCl tan nhiều trong NH 3 (0,5đ) Câu III : (4 điểm) Hòa tan hoàn toàn m(g) hỗn hợp gồm FeS 2 và Cu 2 S vào H 2 SO 4 đặc nóng thu được dung dòch A và khí SO 2 . Hấp thụ hết SO 2 vào 1 lít dung dòch KOH 1M thu được dung dòch B. Cho ½ lượng dung dòch A tác dụng với một lượng dư dung dòch NH 3 , lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi được 3,2g chất rắn. Cho dung dòch NaOH dư vào ½ lượng dung dòch A. Lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi sau đó thổi H 2 (dư) đi qua chất rắn còn lại sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 1,62g hơi H 2 O. a. Tính m 3 (0,5đ) b. Tính số gam các muối có trong dung dòch B Đáp án : Câu III: (4 điểm) 2FeS 2 + 14H 2 SO 4 = Fe 2 (SO 4 ) 3 + 15SO 2 + 14 H 2 O x 0,5x 15 2 x (0,5 đ) Cu 2 S + 6H 2 SO 4 = 2CuSO 4 + 5SO 2 + 6H 2 O y 2y 5y H 2 SO 4 + NH 3 = (NH 4 ) 2 SO 4 CuSO 4 + NH 3 (dư) = [Cu(NH 3 ) 4 ]SO 4 ( 0,5đ) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NH 3 + 6 H 2 O = 2Fe(OH) 3 ↓ +3(NH 4 ) 2 SO 4 4 x 2 x 2Fe(OH) 3 0 t = Fe 2 O 3 + 3H 2 O 2 x 4 x H 2 SO 4 + 2NaOH = Na 2 SO 4 + 2H 2 O CuSO 4 + 2NaOH = Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 (0,5đ) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2NaOH = 2Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 2Fe(OH) 3 0 t = Fe 2 O 3 + 3H 2 O Cu(OH) 2 0 t = CuO + H 2 O CuO + H 2 0 t = Cu + H 2 O y y Fe 2 O 3 + 3H 2 0 t = 2Fe+ 3H 2 O (0,5đ) 4 x 3x y Gọi x, y là số mol FeS 2 , Cu 2 S 3,2 0,08 4 160 3 1,62 0,09 0,03 4 18 x x x y y = ⇒ = + = = ⇒ = (0,5đ) m = 120 . 0,08 + 160 . 0,03 = 14,4g (0,25đ) n KOH = 1 mol 2 SO n = 15 5 0,75 2 x y+ = ⇒ 2 muối KHSO 3 và K 2 SO 3 (0,25đ) KOH + SO 2 = KHSO 3 (0,25đ) 2KOH + SO 2 = K 2 SO 3 4 0,75 2 1 a b mol a b mol + =   + =  => 0,5 0,25 a b = = (0,25đ) 2 3 3 0,25.158 39,5 120.0,5 60 K SO KHSO m g m g = = = = (0,5đ) Câu 4 : (4 điểm) IV.1) Giải thích sản phẩm tạo ra bằng sự khử nước của IV.2) Hỗn hợp A gồm ba ankin X, Y, Z có tổng số mol là 0,05. Số nguyên tử C trong mỗi chất lớn hơn 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol A thu được 0,13 mol nước. Cho 0,05mol A vào dd AgNO 3 0,12M trong NH 3 thấy dùng hết 250ml dung dòch AgNO 3 và thu được 4,55g kết tủa. Xác đònh CTCT X, Y, Z. Cho biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol của A ĐÁP ÁN Câu IV : (4 điểm) II.1) + H + 0 t → Sau đó xảy ra sự chuyển vò hidrua  cation bậc 2 bền hơn + → + 0,5đ Tách H + tạo trans-buten-2 → 0,5đ II.2) Gọi _ n là nguyên tử C trung bình 3 ankin C m H 2m – 2 : a mol C n H 2n – 2 : b mol C p H 2p – 2 : c mol 0 _ _ _ _ _ 2 2 2 2 2 3 1 ( 1) 2 t n n n C H O nCO n H O − − + → + − 0,05 0,05 _ ( 1)n− 0,05 _ ( 1)n− = 0,13 => _ 3,6n = Chọn m = 3 => C 3 H 4 (0,5đ) 3 4 0,05.40 : 0,02 100 nC H = (0,25đ) 0 3 3 3 3 4 3 t CH C CH AgNO NH Ag C C CH NH NO≡ − + + → − ≡ − + (0,25đ) 0,02 0,02 3 nAgNO còn lại 0,03 – 0,02 = 0,01 (0,25đ) _ _ _ _ 3 3 4 3 2 2 2 3 0,01 x x x x C H AgNO NH C H Ag NH NO − − + + → + 0,01 (0,25đ) 5 → CH 2  – CH 2 OH  – CH 2 + H 2 O H 2 O  – CH 2 OH +  – CH 3  – CH 2 H – CH 3 H   – CH 3 + H + Cation bậc 2 + n 2 ankin còn lại 0,05 – 0,02 = 0,03 => 2 ankin còn lại chỉ có 1 ankin tham gia phản ứng 147.0,02 + _ (14 x – 3 + 108) 0,01 = 4,55 (0,25đ) _ 4x = ⇒ n = p= 4 CTCT Y : CH 3 – CH 2 – C ≡ CH Z : CH 3 – C ≡ C – CH 3 (0,5đ) Câu V : (4 điểm) V.1) Viết đầy đủ phương trình phản ứng của dãy chuyển hóa sau 3 3 / 3 2 3 ( ) H O PCl HBr Mg ete oxitetilen CH C CH CH A B C D E + = − → → → → → V.2) Một chất hữu cơ (X) có CTPT C 9 H 10 O không tác dụng với dung dòch Br 2 oxi hóa mạnh X với dung dòch KMnO 4 đun nóng tạo thành axit benzoic. a) Viết CTCT có thể có của X b) Nêu cách phân biệt các đồng phân xeton tìm được của X V.3) Hợp chất hữu cơ (X) chứa C, H, O có d X/He = 34. Khi đốt cháy hoàn toàn 1,36g (X) sinh ra 1,08g H 2 O và 2,2g CO 2 . Cho hơi của X đi qua ống sứ chứa CuO đốt nóng thu được chất hữu cơ Y có khối lượng mol nhỏ hơn khối lượng mol của X là 8g. Khi cho 2,56g Y tác dụng hết với dd AgNO 3 /NH 3 thu được 17,28g Ag. Cho X vào dung dòch NaBr bão hòa sau đó thêm từ từ H 2 SO 4 đặc vào hỗn hợp thu được chất hữu cơ Z không chứa oxi. Hãy xác đònh CTCT X, Y, Z. Câu V V.1) A : 3 2 3 3 | | Br CH C CH CH CH − − − D : 2 3 3 2 2 3 | | CH CH CH C CH CH OH CH − − − − − B : 3 2 5 3 | | MgBr CH C C H CH − − E : 2 3 3 2 2 3 | | CH CH CH C CH CH Cl CH − − − − − C : 2 3 3 2 2 3 | | CH CH CH C CH CH OMgBr CH − − − − − V.2) 6 (0,25x6) = 1,5đ –CH 2 – CH 2 – CHO – CH – CHO | CH 3 Anđêhit (0,25đ) b. Nhận biết các đồng phân xeton nhờ phản ứng iodo form tạo kết tủa vàng nhạt CHI 3 khi tác dụng với thuốc thử dư I 2 /OH – V.3) CTTQ : C x H y O z M X = 34 . 4 = 136 0 2 2 2 ( ) 4 2 2 t x y z y z y C H O x O xCO H O+ + − → + 2,2.12 0,6 44 C m g= = 1,08 0,12 9 H m g= = 1,36 (0,6 0,12) 0, 64 O m g= − + = 0,6 0,64 : : : 0,12 : 12 16 x y z = = 0,5 : 0,12 : 0,04 = 5 : 12 : 4 (0,25đ) (C 5 H 12 O 4 ) n n = 1 => CTPT C 5 H 12 O 4 X phản ứng với CuO, t 0 => X là rượu bậc 1 hoặc bậc 2 1 nhóm OH CuO → Kl giảm 2g 4 nhóm OH – Kl giảm 8g (0,25đ) Y Tham gia tráng gương Y có CT : R(CHO) x 3 3 2 4 4 3 ( ) 2 3 ( ) 2 x x R CHO xAgNO xNH xH O R COONH xAg xNH NO+ + + → + + 7 – C – CH 2 – CH 3 || O – CH 2 –C – CH 3 || O 0,25đ Xeton 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2,56 128 0,16 x = 4 CTCT (X) : 2 2 2 2 | | CH OH HO CH C CH OH CH OH (0,25ủ) CTCT (Y) : | || | CHO H C C CHO O CHO (0,25ủ) X phaỷn ửựng vụựi dd NaBr + H 2 SO 4 ủaởc 2 2 2 2 | | CH OH HO CH C CH OH CH OH + 4NaBr + H 2 SO 4 ủaởc 2 2 2 2 | | CH Br Br CH C CH Br CH Br + 4NaHSO 4 + 4H 2 O (Z) 8 CH 2 C CH 3 + 3I 2 + 4OH || O CH 2 COO + CHI 3 + 3I + 3H 2 O . GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO VĨNH LONG TRƯỜNG PHỔ THÔNG TRUNG HỌC CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XXII 2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA 11 Câu I : (4đ) I. 1) Các dữ kiện sau đây là đối. H 2 O. a. Tính m 3 (0,5đ) b. Tính số gam các muối có trong dung dòch B Đáp án : Câu III: (4 điểm) 2FeS 2 + 14H 2 SO 4 = Fe 2 (SO 4 ) 3 + 15SO 2 + 14 H 2 O x 0,5x 15 2 x (0,5 đ) Cu 2 S + 6H 2 SO 4 . 3 3 0,25 .158 39,5 120.0,5 60 K SO KHSO m g m g = = = = (0,5đ) Câu 4 : (4 điểm) IV.1) Giải thích sản phẩm tạo ra bằng sự khử nước của IV.2) Hỗn hợp A gồm ba ankin X, Y, Z có tổng số mol là 0,05. Số