Tải bản đầy đủ (.docx) (17 trang)

giao phối âm nhạc dien tuyet thư viện tư liệu giáo dục

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (264.87 KB, 17 trang )

(1)

Trường THPT chuyên

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG


Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009


Tỉnh Vónh Long


Câu 1: (2,5đ)


1.) Ngun tử của nguyên tố hóa học X có tổng số hạt các loại là 180, trong đó tổng số hạt mang điện
gấp 1,432 lần số hạt nơtron.


a. Hãy viết cấu hình electron của ngun tử X.


b. Dự đốn tính chất của X ở dạng đơn chất (tính oxi hóa, tính khử), nêu cơ sở dự đốn và viết phương
trình phản ứng để minh họa.


c.. Dạng đơn chất của X tác dụng được với dung dịch AgNO3 (dung môi không phải là nước) ở điều


kiện thường chỉ tạo ra hai chất; trong đó có một chất là XNO3 và một chất kết tủa màu vàng. Hãy viết phương


trình phản ứng và cho biết phản ứng thuộc loại nào.


2). Sắtdạng (Fe)kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å. Hãy


tính:


a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng
b) Tỉ khối của Fe theo g/cm3.


c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe
(Cho Fe = 56 )





ĐÁP ÁN


1.) Nguyên tử X


Gọi số proton là Z, số nơtron là N, số electron là E
Z + N + E = 180


Z + E = 1,432N (0,5Đ)
Giải hệ phương trình được:


N = 74,0132, do N nguyên nên ta lấy N = 74


 Z = E = 53 X là Iơt


Cấu hình electron: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p5


- Nguyên tử I có 7 electron (chưa bão hịa), đó là những electron hóa trị, I là nguyên tố thuộc nhóm
VII A, dạng đơn chất I2


a. Iơt có khuynh hướng nhận thêm 1 electron để đủ 8 e lớp ngồi cùng. Vậy Iơt có tính oxi hóa, I2 thể


hiện tính chất của phi kim.


2Na + I2 2NaI (0,25Đ)


0
2



I + 2e = 2I


-b. Iôt thuộc nhóm VII A nên có tính phi kim yếu, khi tiếp xúc với chất oxi hóa mạnh hơn thì Iơt thể
hiện tính khử


3I2 + 10HNO3 6HIO3 + 10 NO + 2H2O (0,25Đ)


I2 - 2e → 2I


c. PTPƯ


I2 + AgNO3 AgI + INO3 ( 0,25Đ)


Vàng



(2)

C
D


D C


a


Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)
Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là


 Ở tám đỉnh lập phương = 8 


1
8 = 1



 Ở tâm lập phương = 1


Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) (0,25Đ)
b) Từ hình vẽ, ta có: AD2 = a2 + a2= 2a2


xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2


mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 nên a =
4r


3 =


4 1, 24
3


= 2,85 Å (0,25Đ)


c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:


AE =


AC a 3
2  2 =


2,85 3
2





= 2,468 Å (0,25Đ)
d) Khối lượng riêng: + 1 mol Fe = 56 gam


+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe


+ 1 mol Fe có NA = 6,02 1023 nguyên tử


Khối lượng riêng d =
m


V= 2 23 8 3


56



(3)

Trường THPT chuyên

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG


Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009


Tỉnh Vónh Long


Câu 2: (3Đ)


1)Cho H2S lội chậm qua dung dịch A gồm các ion FeCl3, NH4Cl, CuCl2 (đều có nồng độ mol/lít) cho


đến bão hịa thì thu được dung dịch B và kết tủa C. Hãy cho biết các chất trong B và C?
2) Dung dịch A chứa 0,395 g pyridin( C5H5N) trong 100ml dung dịch


a.Tính pH dug dịch A, hằng số bazờ của pyridin 1,51.10-9


b.Nếu thêm 0,0025 mol HCl vào 100ml dung dịch (nếu không làm thay đổi thể tích dung dịch) thì p H dung
dịch thu được sẽ bằng bao nhiêu



ĐÁP ÁN


1)Trong dung dịch có các ion: Fe3+, NH


4+, Cu2+, Cl-. Khi dẫn H2S vào:


Cu2++ H


2S  CuS + 2H+ (0,25Đ)


2Fe3++ H


2S  2Fe2++ S + 2H+ (0,25Đ)


Các phản ứng trên giải phóng ra H+ ngăn cản quá trình kết tủa FeS. (0,25Đ)


Vậy dung dịch B: NH4Cl, FeCl2, HCl, H2S. (0,5Đ)


Kết tủa C: CuS và S. (0,25Đ)
2)


a.Pyridin là một bazờ yếu nên


pH= 14- [
1
2pKb


-1
2pKb



-1


2lg C] (0,25Đ)
Thay C= 5.10-2 mol/l và k


P = 1,51.10-9  p H= 8,92 (0,25Đ)


b. Trong 100 ml dung dịch pyridin 0,005 mol pyridin


Khi cho 0,0025 mol HCl vào sẽ có 0,0025 mol pyridin trung hòa theo phản ứng
C5H5N + HCl  [ C5H5NH+] Cl - (0,25Đ)


Dung dich đệm [C5H5N] = 0,0025 M


[ C5H5NHCl] = 0,0025M


pOH = pKb +log


baz
axit


c



C

= 8,82


(0,5Đ)



(4)

CÂU 3: (2Đ)



Cho Fe3+ + e - → Fe 2+ E0 = 0,771V


Ag+ + e- → Ag E0 = 0,799 V


Người ta lắp một pin theo sơ đồ
Ag│Ag+│Fe2+,Fe3+ │Pt


Với [ Fe2+] =[ Fe3+] = 0,1M


a. Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì súât điện động của pin bằng 0?


b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng
Fe2+ + Ag+ Fe 3+ + Ag ở 250C


ĐÁP ÁN


a. E1 =E10 +


0, 059
1 lg


3
2
[ ]
[ ]


Fe
Fe






= E10 = 0,771V (0,5Đ)


Thế của điện cực Ag là


E2= E20 +0,059 lg [Ag+] (0,5Đ)




Khi súât điện động của pin (E) đạt tới giá trị = 0 thì thế 2 cực phải bằng nhau
E1 =E2  E20 +0,059 lg [Ag+] =0,771 ( 0,5Đ)


[ Ag+ ] = 0,3353 M (0,5Đ)



(5)

Trường THPT chuyên

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG


Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009


Tỉnh Vónh Long


CÂU 4 ( 2Đ)


Để xác định bậc của phản ứng


2C2H5OH + 2Br2 CH3COOC2H5 + 4HBr


Người ta tiến hành hai thí nghiệm


Số thí nghiệm [Br2] Thời gian (giờ)



I 4,24.10-3mol/l 0


2,12.10-3 mol/l 11,1


II 8,14.10-3mol/l 6


4,07.10-3 mol/l 12,5


Xác định bậc của phản ứng


ĐÁP ÁN
1/2 1
1/2 2
( )
( )
t
t =


( 1)
2 2
( 1)
2 1
[ ]
[ ]
n
n
Br
Br




hay n= lg
1/2 1
1/2 2
( )
( )


t


t / lg
2 2
2 1
[ ]
[ ]
Br


Br +1 ( 1đ)


n =
3
3
11,1
lg
12,5
8,14.10
lg
4, 24.10





(6)

Câu 5 (2điểm)


Hỗn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nó (có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1). Hịa tan
hồn tồn 68,4 gam hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thấy thốt ra hỗn hợp khí Y gồm NO (sản phẩm khử


duy nhất) và CO2. Hỗn hợp khí Y làm mất màu vừa đủ 420ml dung dịch KMnO4 1M trong H2SO4 lỗng. Khí


cịn lại cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện m gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch giảm đi


16,8 gam.


a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.


b. Xác định công thức công thức muối cacbonat của R và tính thành phần % theo khối lượng mỗi chất
trong hỗn hợp X.


ĐÁP ÁN


a. TH1: R là kim loại có hóa trị biến đổi:
3Rx(CO3)y + (4nx - 2y)H+ + (nx - 2y)




3


NO 3xRn+ + 3yCO
2


(amol) + (nx - 2y)NO + (2nx _ y) H2O (1) ( 0,25đ)



3R + 4nH+ + nNO3 3Rn+ + nNO + 2nH


2O (2)


(2amol)


10NO + 6MnO4 + 8H+ 10




3


NO + 6Mn2+ + 4H


2O (3)


CO2 + Ca2+ + 2OH- CaCO3 + H2O (4) (0,25đ)


t(mol) t(mol)


b. Theo giả thiết: nR: nmuối = 2 : 1  nR = 2a, nRx(CO3)y : amol


nKMnO4 = 0,42.1 = 0,42 mol  Từ (3)  nNO = 0,7 mol


mddgiảm = mCaCO3 - mCO2 100t - 44t = 56t = 16,8 (g)


 nCO2 = t = 16,8/56 = 0,3mol; Từ (1)  nCO2 = ay  ay = 0,3 (I)


Từ (1) (2)  nNO =



7
,
0
3
2
3
2


m
a
y
nx
(II)


MhhX = a(xMR + 60y) + 2aMR = 68,4 (III)


Từ (I) (II) : a = nx 2n
7
,
2


(*) (IV)


(I) (III): a = xMR 2MR
4
,
50


(**)



Từ (IV) ta có: MR = 2,7


4
,
50 n



(7)

(Hoặc HS chỉ cần trình bày từ (I) (II) (III) ta có: MR = 2,7


4
,
50 n


)


n 1 2 3


MR 18,7 37,3 56


Thích hợp


Vậy R là Fe (0,5đ)


Thế n = 3 vào (*) (IV)  a = 3 6


7
,
2




x
(I)  a =


2
3


3
,
0
6
3


7
,
2
3
,
0








y x


y
x



y (0,25Đ)
Nên x = 1, y = 1 là nghiệm hợp lý



(8)

Câu 6: (2 điểm)
1.


a) Sắp xếp trình tự giảm dần khả năng brom hóa vào vịng benzen của các chất có tên sau:
m – đinitrobenzen; toluen; m – xlien; benzen; p – nitrobenzen.


b) Sắp xếp theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong dãy sau: axit benzoic, phenyl etanoic,
3 – phenyl propanoic, xiclohexyl etanoic, 1 – metyl xiclohexan cacboxylic


c) Sắp theo chiều thứ tự tăng dần tính bazơ của các chất trong dãy sau:
NH – CH3 ; CH2 – NH2; CH2 – NH2; O2N NH2


d) So sánh nhiệt độ sôi của 3 đồng phân benzenđiol ( 2400C, 2730C, 2850)


2. Dựa theo các giá trị momen lưỡng cực của các đồng phân hình học, hãy cho biết đồng phân nào là cis – và
đồng phân nào là trans – (A hay B). Giải thích?


a) FHC = CHF μA= 0D μB= 2,42D


b) CH3 – CH = CH – Br μA= 1,57D μB= 1,69D


Đáp án:


a)


>

> > >

(0,25Đ)


b)




< < < <

(0,25Đ)




c) O2N NH2< CH2 – NH2 < CH2 – NH2 < NH – CH3 (0,25Đ)


d)


< <

(0,25Đ)



2400C 2700C 2850C


2)

H

H

H

F



C C

C

C (0,5Đ)





F

F

F

H



μB= 2,42D – cis μA= 0D - trans


C
H
3
C
H
3


C
H
3
C
H
3
N
O
2
N
O
2
N
O
2
(CH2)2COO


H CH2COOH COOH



(9)

H

H

H

Br



C C

C

C (0,5Đ)





CH

3

Br

CH

3

H




(10)

Câu 7: (2,5 điểm)


1. Hợp chất A mạch hở chứa C, H, O có khối lượng phân tử 74đvC. Biết rằng A không phản ứng với Na và


khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một chất hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo của A, biết từ A
thực hiện được sơ đồ sau đây:


CH3MgCl


A


  B  H2O CH3CHO    C2 5H MgCl D  H2O ancol sec – butylic.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở dạng công thức cấu tạo thu gọn.


2. Cho axetanđehit tác dụng với lượng dư fomanđehit có mặt NaOH, thu được chất A. Cho A tác dụng với
lượng dư dung dịch NaBr bão hòa và H2SO4 đặc, thu được chất A. Đun nóng B với bột Zn, thu được chất C. C


có cơng thức phân tử là C5H8. Viết các phương trình phản ứng xảy ra?


Đáp án:
1. Gọi công thức phân tử A là CxHyOz. Theo giả thiết ta có:


12x+y+16z=74
y2x+2


Có thể chọn được: z=1  C4H10O


z=2 C3H6O2 (0,25Đ)
z=3 C2H2O3


Vì A khơng tác dụng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ tạo được 1 chất hữu cơ do đó A khơng
phải axit, rượu hoặc este. Kết hợp với sơ đồ điều chế A thỏa mãn công thức C2H2O3 và có cơng thức như sau:



H – C – O – C – H


║ ║ anhiđric fomic (0,25Đ)
O O


Các phương trình phản ứng xảy ra:


(HCO)2O + 2NaOH  2HCOONa + H2O


CH3MgCl + (HCO)2O  CH3 – CH – O – C – H


│ ║
OMgCl O


CH3 – CH – O – C – H + H2O  CH3CHO + HCOOH + MgOHCl (1Đ)


│ ║
OMgCl O


C2H5MgCl + CH3CHO   CH3CH2 – CH – OMgCl



CH3


CH3CH2 – CH – OMgCl + H2O  CH3CH2 – CH – OH + MgOHCl


│ │


CH3 CH3



2) CH2OH




CH3CHO + 4HCHO + NaOH  HOCH2 – C – CH2OH + HCOONa



CH2OH


CH2OH CH2Br


│ │


HOCH2 – C – CH2OH + 4NaBr + 4H2SO4   BrCH2 – C – CH2Br + 4NaHSO4 + 4H2O


│ │


CH2OH CH2Br (1Đ)


CH2Br CH2 CH2





(11)




(12)

CÂU 8( 2Đ)


: Khi thủy phân hòan tòan 1 mol tri peptit B thu được 2 mol Glu, 1mol Ala và 1 mol NH3 , B không


phản ứng với 2,4 –đinitroflobenzen và B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do.Thủy phân B nhờ enzim


cacboxypeptidaza thu được alanin.Xác định công thức cấu tạo của B.


ĐÁP ÁN:


Thủy phân B nhờ enzim cacboxypeptidaza thu được alanin  aminoaxit đầu C là Ala và như vậy
tripeptit có cấu tạo như sau Glu-Glu-Ala. (0,5Đ)


B không phản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do  nhóm NH2 của
aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhóm cacboxyl củaGlu thứ hai tồn tại dưới dạng amit –CONH2 (0,5Đ)


.Vậy công thức của B là



(13)

Trường THPT chuyên

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG


Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009


Tænh Vónh Long


Câu 9 (2Đ):


Mannozơ (monosaccarit) HOCH2-(CHOH)4-CHO là đồng phân của glucozơ.Ở dạng vòng sáu cạnh


mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở nguyên tử C2 nằm cùng phía với OH ở nguyên tử C3 .Oxi hóa


mannozơ bằng dung dịch HNO3 ở 1000C thu được sản phẩm Y chứa 41,38% C, 3,45% H và 55,17% O.Y bị


thủy phân cả trong môi trường axit và bazờ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tuơng ứng.Xác định
công thức cấu tạo của Y biết MY = 174 u


Đáp án



Đặt công thức tổng quát của Y là CxHyOz


Ta có : x: y:z =
41,38


12 :
3, 45


1 :
55,17


16 = 1:1:1


CTPT : C6H6O6 (0,5Đ)


Axit nitric oxi hóa nhóm –CH2OH và CHO thành hai nhóm COOH


Nếu sản phẩm cuối là HOOC-(CHOH)4 –CHO (C6H10O8) thì khơng phù hợp với cơng thức phân tử


của Y (C6H6O6) (0,5Đ)


.Mặt khác theo giả thiết Y bị thủy phân trong môi trường axit cũng như bazờ ,vậy Y phải là este nội
phân tử (lacton) hai lần este ứng với cấu trúc bền (vòng 5 hoặ 6 cạnh)


thì cấu tạo của Y sẽ là (mỗi ct 0,25đ)



(14)

mannozơ bằng dung dịch HNO3 ở 1000C thu được sản phẩm Y chứa 41,38% C, 3,45% H và 55,17% O.Y bị


thủy phân cả trong môi trường axit và bazờ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tuơng ứng.Xác định
công thức cấu tạo của Y biết MY = 174 u



Đáp án



(15)

Ta có : x: y:z =
41,38


12 :
3, 45


1 :
55,17


16 = 1:1:1
CTPT : C6H6O6


Axit nitric oxi hóa nhóm –CH2OH và CHO thành hai nhóm COOH


Nếu sản phẩm cuối là HOOC-(CHOH)4 –CHO (C6H10O8) thì không phù hợp với công thức phân tử


của Y (C6H6O6) .Mặt khác theo giả thiết Y bịthủy phân trong môi trường axit cũng như bazờ ,vậy Y phải là



(16)

phản ứng với 2,4 –đinitroflobenzen và B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do.Thủy phân B nhờ enzim
cacboxypeptidaza thu được alanin.Xác định công thức cấu tạo của B.


ĐÁP ÁN:



(17)

CÂU 9 :


Cho Fe3+ + e - → Fe 2+ E0 = 0,771V



Ag+ + e- → Ag E0 = 0,799 V


Người ta lắp một pin theo sơ đồ
Ag│Ag+│Fe2+,Fe3+ │Pt


Với [ Fe2+] =[ Fe3+] = 0,1M


c. Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì súât điện động của pin bằng 0?


d. Tính hằng số cân bằng của phản ứng
Fe2+ + Ag+ Fe 3+ + Ag ở 250C


ĐÁP ÁN


b. E1 =E10 +


0, 059
1 lg


3
2
[ ]
[ ]


Fe
Fe






= E10 = 0,771V


Thế của điện cực Ag là


E2= E20 +0,059 lg [Ag+]




Khi súât điện động của pin (E) đạt tới giá trị = 0 thì thế 2 cực phải bằng nhau
E1 =E2  E20 +0,059 lg [Ag+] =0,771





×