ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG KHỐI 12 - Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Tỉnh Vĩnh Long

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

108
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi đề nghị kỳ thi hsg đồng bằng khối 12 - trường thpt chuyên nguyễn bỉnh khiêm tỉnh vĩnh long', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG KHỐI 12 - Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Tỉnh Vĩnh Long

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2010 -2011 Tỉnh Vĩnh Long Câu 1: (2,5đ) 1.) Nguyên 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 nguyên tử X. b. Dự đoán tính chất của X ở dạng đơn chất (tính oxi hóa, tính khử), nêu cơ sở dự đoán và viết phương trình phản ứng để minh họa. c.. Dạng đơn chất của X tác dụng đư ợc 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). Sắt dạng  (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 (0,5Đ) Z + E = 1,432N Giải hệ phương trình được: N = 74,0132, do N nguyên nên ta lấy N = 74  Z = E = 53 X là Iôt Cấu hình electron: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p5 - Nguyên tử I có 7 electron (chưa bão hòa), đó là những electron hóa trị, I là nguyên tố thuộc nhóm VII A, dạng đơn chất I2 a. Iôt có khuynh hướng nhận thêm 1 electron để đủ 8 e lớp ngoài cùng. Vậy Iôt có tính oxi hóa, I2 thể hiện tính chất của phi kim. 2Na + I2  2NaI (0,25Đ) = 2I- I 0 + 2e 2 b. Iôt thuộc nhóm VII A nên có tính phi kim yếu, khi tiếp xúc với chất oxi hóa mạnh hơn thì Iôt thể hiện tính khử 3I2 + 10HNO3  6HIO3 + 10 NO + 2H2O (0,25Đ) → 2I I2 - 2e c. PTPƯ I2 + AgNO3  AgI + INO3 ( 0,25Đ) Vàng Thuộc loại pư tự oxi hóa khử vì nguyên tử I từ cùng trạng thái oxi hóa (0) chuyển thành 2 trạng thái (0,25Đ) oxi hóa khác nhau (-1) và (+1)
B A A B E E a C C D a D Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ) Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là 1  Ở tám đỉnh lập phương = 8  = 1 8  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 4 1,24 4r = 2,85 Å (0,25Đ) mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 nên a = = 3 3 c) Kho ảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đo ạn AE: 2,85  3 AC a 3 = 2,468 Å (0,25Đ) AE = =  2 2 2 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 56 m = 7,95 g/cm3 =2 Khối lư ợng riêng d = (0,25Đ) 6,02  10  (2,85  108 )3 23 V ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ KYØ THI HSG ÑOÀNG Tröôøng THPT chuyeân BAÈNG
Nguyeãn Bænh Khieâm KHOÁI 12 – NAÊM HOÏC 2008 -2009 Tænh 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 hòa thì thu được dung dịch B và kết tủa C. Hãy cho biết các chất trong B và C? 2) Dung d ịch A chứa 0,395 g pyridin( C5H5N) trong 100ml dung d ịch 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 d ịch có các ion: Fe3+, NH4+, Cu2+, Cl-. Khi dẫn H2S vào: Cu2++ H2S  CuS + 2H+ (0,25Đ) 2Fe3++ H2S  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 1 1 1 (0,25Đ) pH= 14- [ pKb - pKb - lg C] 2 2 2 Thay C= 5.10-2 mol/l và kP = 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 mo l HCl vào sẽ có 0,0025 mol pyridin trung hòa theo phản ứng C5H5N + HCl ƒ [ C5H5NH+] Cl - (0,25Đ) Dung dich đệm [C5H5N] = 0,0025 M [ C5H5NHCl] = 0,0025M cbaz (0,5Đ) pOH = pKb + log = 8,82 Caxit (0,25Đ) p H= 14-8,82 = 5,18
ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ KYØ THI HSG ÑOÀNG Tröôøng THPT chuyeân BAÈNG Nguyeãn Bænh Khieâm KHOÁI 12 – NAÊM HOÏC 2008 -2009 Tænh Vónh Long CÂU 3: (2Đ) Cho Fe3+ + e - → Fe 2+ E0 = 0,771V + - E0 = 0,799 V Ag + e → Ag 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+ ƒ Fe 3+ + Ag ở 250 C ĐÁP ÁN 0, 059 [ Fe3 ] 0 = E10 = 0,771V (0,5Đ) a. E1 =E1 + lg 2 [ Fe ] 1 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  E20 +0,059 lg [Ag+] =0,771 ( 0,5Đ) E1 =E2 + (0,5Đ)  [ Ag ] = 0,3353 M
ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ KYØ THI HSG ÑOÀNG Tröôøng THPT chuyeân BAÈNG Nguyeãn Bænh Khieâm KHOÁI 12 – NAÊM HOÏC 2008 -2009 Tænh Vónh Long CÂU 4 ( 2Đ) Để xác định bậc của phản ứng 2C2H5OH + 2Br2  CH3COOC2H5 + 4HBr Người ta tiến hành hai t hí nghiệm Số thí nghiệm Thời gian (giờ) [Br2] 4,24.10-3mol/l I 0 2,12.10-3 mol/l 11,1 8,14.10-3mol/l II 6 4,07.10-3 mol/l 12,5 Xác đ ịnh bậc của phản ứng ĐÁP ÁN (t1/2 )1 [ Br2 ]2 ( n 1) (t ) [ Br ] hay n= lg 1/2 1 / lg 2 2 +1 = ( 1đ) ( n 1) (t1/ 2 ) 2 [ Br2 ]1 (t1/ 2 ) 2 [ Br2 ]1 11,1 lg 12,5 n= + 1 =0,83 ≈ 1 (0,75đ) 8,14.10 3 lg 4, 24.10 3 Vậy phản ứng bậc nhất (0,25đ)
ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ KYØ THI HSG ÑOÀNG Tröôøng THPT chuyeân BAÈNG Nguyeãn Bænh Khieâm KHOÁI 12 – NAÊM HOÏC 2008 -2009 Tænh Vónh Long Câu 5 (2điểm) Hỗn hợp X gồm mộ t kim loại R và muối cacbonat của nó (có t ỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1). Hòa tan hoàn toàn 68,4 gam hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thấy thoát 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 loãng. Khí còn 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) NO3  3xRn+ + 3yCO2 + (nx - 2y)NO + (2nx _ y) H2O (1) ( 0,25đ) (amol) 3R + 4nH+ + n NO3  3Rn+ + nNO + 2nH2O (2) (2amol) 10NO + 6Mn O4 + 8H+  10 NO3 + 6Mn2+ + 4H2O  (3) CO2 + Ca2+ + 2OH-  CaCO3 + H2O (0,25đ) (4) 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 mddgi ảm = mCaCO3 - mCO2  100t - 44t = 56t = 16,8 (g)  nCO2 = t = 16,8/56 = 0,3mol; Từ (1)  nCO2 = ay  ay = 0,3 (I) nx  2 y 2m Từ (1) (2)  nNO = a  0,7 (II) 3 3 MhhX = a(xMR + 60y) + 2aMR = 68,4 (III) 2,7 Từ (I) (II) : a = (*) (IV) nx  2n 50,4 (I) (III): a = (**) xM R  2 M R 50,4n Từ (IV) ta có: MR = (0,5đ) 2,7 50,4n (Ho ặc HS chỉ cần trình bày từ (I) (II) (III) ta có: MR = ) 2,7 n 1 2 3 MR 18,7 37,3 56 Thích hợp
Vậy R là Fe (0,5đ) 2,7 Thế n = 3 vào (*) (IV)  a = 3x  6 0,3 2,7 0,3    3y  x  2 (I)  a = (0,25Đ) 3x  6 y y Nên x = 1, y = 1 là nghiệm hợp lý  Công thức phân tử của muối là FeCO3 ( 0,25Đ)
ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ KYØ THI HSG ÑOÀNG Tröôøng THPT chuyeân BAÈNG Nguyeãn Bænh Khieâm KHOÁI 12 – NAÊM HOÏC 2008 -2009 Tænh Vónh Long Câu 6: (2 điểm) 1. a) Sắp xếp trình tự giảm dần khả năng brom hóa vào vòng 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? µ A = 0D µ B = 2,42D a) FHC = CHF µ A = 1,57D µ B = 1,69D b) CH3 – CH = CH – Br Đáp án: CH CH NO CH a) 3 3 2 3 > > > > (0,25Đ) NO CH NO 2 3 2 b) CH2COOH (CH2)2COOH CH2COOH COO CH COOH H 3 < < < < (0,25Đ) (0,25Đ) c) O 2 N NH2 < CH2 – NH2 < CH2 – NH2 < NH – CH3 d) OH OH OH OH < < (0,25Đ) OH OH 2400C 2700C 2850C H H H F 2) (0,5Đ) C C C C F F F H µ B = 2,42D – cis µ A = 0D - trans H H H Br (0,5Đ) C C C C CH3 Br CH3 H µ A = 1,57D – c is µ B = 1,69D – trans
ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ KYØ THI HSG ÑOÀNG Tröôøng THPT chuyeân BAÈNG Nguyeãn Bænh Khieâm KHOÁI 12 – NAÊM HOÏC 2008 -2009 Tænh Vónh Long 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: H O  C H MgCl H O A 2 25 2 CH3MgCl  B  CH3CHO  D  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 công 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 (0,25Đ) z=2  C3H6O2 z=3  C2H2O3 Vì A không tác dụng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ tạo được 1 chất hữu cơ do đó A không phải axit, rượu hoặc este. Kết hợp với sơ đồ điều chế  A thỏa mãn công thức C2H2O3 và có công 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 (1Đ) CH3 – CH – O – C – H + H2O  CH3CHO + HCOOH + MgOHCl  │ ║ 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  │ │ (1Đ) CH2OH CH 2Br CH2Br CH2 CH2 │ BrCH2 – C – CH2Br + 2Zn   C + 2ZnBr2 │
CH2Br CH2 CH2
ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ KYØ THI HSG ÑOÀNG Tröôøng THPT chuyeân BAÈNG Nguyeãn Bænh Khieâm KHOÁI 12 – NAÊM HOÏC 2008 -2009 Tænh Vónh Long 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 (1Đ)
ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ KYØ THI HSG ÑOÀNG Tröôøng THPT chuyeân BAÈNG Nguyeãn Bænh Khieâm KHOÁI 12 – NAÊM HOÏC 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 t ử 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 41,38 3, 45 55,17 Ta có : x: y:z = : : = 1:1:1 12 1 16 (0,5Đ) 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) (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 t ử (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)
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 t ử 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 Đá p án Đặt công thức tổng quát của Y là CxHyOz
41,38 3, 45 55,17 Ta có : x: y:z = : : = 1:1:1 12 1 16 CTPT : C6H6O6 Axit nitric oxi hóa nhóm –CH2OH và CHO thành hai nhóm COOH Nếu sản phẩm cuối là HOOC-(CHOH)4 –CHO (C6H10O8) t hì 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 este nội phân tử (lacton) hai lần este ứngvới cấu trúc bền (vòng 5 hoặ 6 cạnh) thì cấu tạo của Y sẽ là
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. B không ophản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ có một nhóm cacboxyl t ự do  nhóm NH2 của aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhóm cacboxyl củaGlu thứ hai tồn tại dưới dạng amit –CONH2 .Vậy công thức của B là
CÂU 9 : Cho Fe3+ + e - → Fe 2+ E0 = 0,771V + - E0 = 0,799 V Ag + e → Ag 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+ ƒ Fe 3+ + Ag ở 250 C ĐÁP ÁN 0, 059 [ Fe3 ] b. E1 =E10 + = E10 = 0,771V lg 2 [ Fe ] 1 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  E20 +0,059 lg [Ag+] =0,771 E1 =E2 +  [ Ag ] = 0,3353 M