Đáp án kì thi chọn HSG các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ môn Hóa học lớp 11

Trang 1/7

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ XI, NĂM 2018

HƯỚNG DẪN CHÂM THI MÔN: HÓA HỌC – KHỐI 11

Ngày thi: 14/4/2018

(Hướng dẫn gồm 7 trang)

Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm

1 1.1.a Hằng số tốc độ của phản ứng bậc 1 được xác định bằng hệ thức:

𝑘 =

1

𝑡 ln

𝑎 𝑎 −𝑥 (2)

𝑡 là thời gian phản ứng; 𝑎 là nồng độ đầu;

𝑥 là nồng độ chất đã phản ứng

0,25

1.1.b Để chứng minh phản ứng (1) là phản ứng bậc 1, ta thế các dữ kiện bài cho vào hệ thức (2)

để tính k của phản ứng (1), nếu các hằng số thu được là hằng định thì phản ứng là bậc 1. Vì

áp suất tỉ lệ với nồng độ chất nên phương trình động học có thể biểu diễn theo áp suất riêng

phần

Gọi 𝑝 0

là áp suất đầu của 𝑎𝑥𝑒𝑡𝑜𝑛 và 𝑦 là áp suất riêng phần của 𝐶 2

𝐻 4

Ở thời điểm 𝑡 , ta có: 𝑝 𝐻 2= 𝑝 𝐶𝑂

= 𝑦 và 𝑝 𝑎𝑥𝑒𝑡𝑜𝑛 = 𝑝 0

– 𝑦

Như vậy áp suất chung của hệ là: 𝑝 = 𝑝 0

– 𝑦 + 3𝑦 = 𝑝 0

+ 2𝑦

→𝑦 =

𝑝 −𝑝 0

2

và 𝑝 0

– 𝑦 =

3𝑝 0

−𝑝 2

Áp dụng hệ thức (2): 𝑘 =

2,303

𝑡 𝑙𝑔

𝑝 0

𝑝 0

−𝑦 =

2,303

𝑡 𝑙𝑔

2𝑝 0

3𝑝 0

−𝑝

Ta có 𝑘 1

= 0,0257 (phút

-1

)

𝑘 2

= 0,0255 (phút

-1

)

𝑘 3

= 0,0257 (phút

-1

)

Ta thấy 𝑘 1

𝑘 2

𝑘 3

. Vậy phản ứng (1) là phản ứng bậc 1

Hằng số tốc độ trung bình của phản ứng (1) là:

𝑘 =

1

3

(0,0257 + 0,0255 + 0,0257) = 0,0256 (phút

-1

)

0,25

0.25

1.1.c Thời gian bán phản ứng của (1) là:

𝑡 1/2

=

0,693

𝑘 =

0,693

0,0256

= 27,07 (phút

-1

)

0.25

1.2.a Me

3

DBMe

3

(k) ⇆Me

3

D (k) + BMe

3

(k) (1)

Ta có: = -RTlnK, trong đó 𝐾 = 𝐾 𝑝 𝑃 0

∆𝑛 (𝑘 )

⁄ . Từ cân bằng (1)  Δn (k) = 1

Đối với hợp chất Me

3

NBMe

3

:

4

p1 p1

1 55

0

KK

4,720.10

K =

P 1,000.10 1,000.10

 = 0,472

 

0

G 

HƯỚNG DẪN CHẤM Trang 2/7

 = - 8,3145.373,15.ln0,472 = 2329,33 (Jmol

-1

).

Tương tự đối với hợp chất Me

3

PBMe

3

: K

2

= = 0,128

 = - 8,3145.373,15.ln0,128 = 6376,29 (Jmol

-1

).

<  hợp chất Me

3

PBMe

3

khó phân li hơn

0,125

0,125

0,25

1.2.b

= + T  = 2329,33 + 373,15.191,3 = 73712,93 (Jmol

-1

)

= 6376,29 + 373,15.167,6 = 68916,23 (Jmol

-1

)

 >  liên kết N-B bền hơn

0,125

0,125

0,25

Câu

2

Ý

2.1.a

2

2

2

0

(1 )

4

2

a a a

a a a

cx

K cx K x K

x

K K K c

x

c

    



  



[H

+

] = cx = 2.22 x 10

-5

M  pH = 4.65 Chấp nhận bỏ qua [OH

-

] 0,5

2.1.b (1) [H

+

][CN

-

] = K

a

[HCN]

(2) [H

+

][OH

-

] = K

w

(3) [H

+

] + [Na

+

] = [CN

-

] + [OH

-

]

(4) [Na

+

] = [CN

-

] + [HCN]

(5) [H

+

] = 3.98 x 10

-8

M

Từ (2) ta có [OH

-

] = 2.51 x 10

-7

M

Từ (1) ta có

Từ (3) ta có; [Na

+

] = [CN

-

] + 2.11 x 10

-7

M

Như vậy [CN

-

] = 2.62 x 10

-9

M, [Na

+

] = 2.14 x 10

-7

M

Tức 10 L chứa 2.14 x 10

-6

mol = 0.105 mg

0,5

2.2.a - Tại điểm TĐ1 dung dịch có HCO

3

-

nên pH

tđ1

= (6,35 + 10,33)/2 = 8,34

→chọn chất chỉ thị phenolphtalein (X) để xác định điểm tương đương thứ nhất

- Tại điểm TĐ2, dung dịch có CO

2

với độ tan là 0,03M, tính được pH

tđ2

= 3,95

→ chọn chất chỉ thị metyl da cam (Y) để xác định điểm tương đương thứ hai

0,125

0,125

0,25

0,125

2.2.b Ngay trước điểm tương đương thứ hai, người ta thường đun sôi dung dịch để đuổi 𝐶𝑂

2

, phá

hệ đệm 𝐶𝑂

2

+ 𝐻 2

𝑂 𝐻𝐶𝑂 3

−

⁄ do đó kéo dài bước nhảy, tạo thuận lợi cho việc quan sát sự đổi

màu của metyl da cam

0,375

Câu

3

Ý

3.1.a Bán phản ứng xảy ra khi pin hoạt động là

Ở Anot xảy ra sự oxi hóa H

2

: H

2(k)

+ CO

3

2-

(l)

→ H

2

O

(k)

+ CO

2(k)

+ 2e

Ở Catot xảy ra sự khử O

2

: ½ O

2(k)

+ CO

2(k)

+ 2e → CO

3

2-

(l)

0,125

0,125

0

1

G 

4

p2 p2

55

0

KK

1,280.10

P 1,000.10 1,000.10



0

2

G 

0

1

G 

0

2

G 

0

H 

0

G 

0

S 

0

1

H 

0

2

H 

0

1

H 

0

2

H 

[ ][ ]

[ ] 80.8[ ]

a

H CN

HCN CN

K





Trang 3/7

3.1.b Do phản ứng thực hiện trong pin nên biến thiên năng lượng Gibbs bằng công điện

∆G = W’ = -n.F. ∆E

pin

= -2. 96500. 1,2 = -231600J

Công điện được dùng để chạy ipad là: W’ = -P. t = -231600J (Với P là công suất tiêu thụ)

Đổi P= 32,4Wh = 32,4/3600 J/s = 0,009J/s

Thời gian hoạt động của pin là: t= 25733333,3s = 7148,15h

P= E.I. Nên cường độ dòng điện là I = 7,5.10

-3

A = 7,5mA

0,25

0,25

0,25

3.2.a Ắc qui (1):

Phản ứng ở cực âm: Pb

(r)

+ HSO

4

-

(aq)

→ PbSO

4(r)

+ H

+

(aq)

+ 2e

Phản ứng ở cực dương: PbO

2(r)

+ 3H

+

(aq)

+ HSO

4

-

(aq)

+ 2e → PbSO

4(r)

+ 2H

2

O

(l)

Ắc qui (2):

Phản ứng ở cực âm: Li

(r)

→ Li

+

+ e

Phản ứng ở cực dương: Li

+

+ e + LiMn

2

O

4(r)

→ Li

2

Mn

2

O

4(r)

0,125

0,125

0,125

0,125

3.2.b Khối lượng bình xăng cần thiết để xe chạy được quãng đường 50km là

m = 10 + 50.(3,78/5) = 47,8 kg.

Với bình xăng đổ đầy (50L) xe ôtô có thể chạy được 500km, và tiêu hao năng lượng là 50

kWh.

- Khối lượng của ắc qui chì-axit cần dùng để chạy được quãng đường tương ứng như

trên là

m

1

= 50.10

3

/45 = 1111,1 kg

Khối lượng chênh lệch khi thay ắc qui chì-axit là

∆m = m

1

– m = 1063,3 kg

- Khối lượng của ắc qui ion-liti cần dùng để chạy được quãng đường tương ứng như

trên là

m

2

= 1/3.1111,1 = 370,4 kg

Khối lượng chênh lệch khi thay ắc qui chì-axit là

∆m = m

2

– m = 322,6 kg

0,25

0,125

0,125

Câu

4

Ý (mỗi chất xác định đúng 0,25đ*4=1đ, viết và cân bằng đúng mỗi PT cho 0,1đ*10=1đ)

4.1 M là Fe

X là Cr

Y là Si

Muối U là (NH

4

)

2

Cr

2

O

7

4.2 [1] Fe + H

2

SO

4

(l) → FeSO

4

+ H

2

;

[2] 2Cr + 3H

2

SO

4

(l) → Cr

2

(SO

4

)

3

+ 3H

2

;

[3] Si + 4HNO

3

(đ) → SiO

2

+ 4NO

2

+ 2H

2

O;

[4] FeSO

4

+ 4HNO

3

(đ) → Fe(NO

3

)

3

+ NO

2

+ H

2

O + H

2

SO

4

;

[5] Cr

2

(SO

4

)

3

+ 3(NH

4

)

2

S

2

O

8

+ 7H

2

O → (NH

4

)

2

Cr

2

O

7

+ 2(NH

4

)

2

SO

4

+ 7H

2

SO

4

[6] (NH

4

)

2

Cr

2

O

7

+ 6FeSO

4

+ 7H

2

SO

4

→Cr

2

(SO

4

)

3

+ 3Fe

2

(SO

4

)

3

+ (NH

4

)

2

SO

4

+ 7 H

2

O;

Trang 4/7

[7] 10FeSO

4

+ 2KMnO

4

+ 8H

2

SO

4

→ 5Fe

2

(SO

4

)

3

+ 2MnSO

4

+ K

2

SO

4

+ 8H

2

O;

[8] (NH

4

)

2

Cr

2

O

7

+ 3Na

2

SO

3

+ 4H

2

SO

4

→ Cr

2

(SO

4

)

3

+ (NH

4

)

2

SO

4

+ 3Na

2

SO

4

+ 4H

2

O;

[9] (NH

4

)

2

Cr

2

O

7

+ 3Na

2

SO

3

+ 6NaOH + 2H

2

O → 2Na

3

[Cr(OH)

6

] + 3Na

2

SO

4

+ 2NH

3

;

[10] (NH

4

)

2

Cr

2

O

7

+ 3Na

2

SO

3

+ 2H

2

O → 2Cr(OH)

3

+ 3Na

2

SO

4

+ 2NH

3

Câu

5

Ý

5.1 Khi C

L

= 2,20 x 10

-2

M, [ML

3

] = 6,25 x 10

-5

Ta có: A = ƐCl

→ Ɛ = A/Cl = 0,750/6,25 x 10

-5

x 1 = 12,000 M

-1

cm

-1

0,5

M + 3L ML

3

K

f

=

𝑀𝐿

3

𝑀 .𝐿 3

C

L

= 9,25 x 10

-5

M, [ML

3

] = 0,360 / 12000

[ML

3

] = 3.0 x 10

-5

M

Do đó, [M]= (3,25 x 10

-5

) – (3,0 x 10

-5

) = 0,25 x 10

-5

M

[L] = (9,25 x 10

-5

) – 3x (3,0 x 10

-5

)= 0,25 x 10

-5

M

K

f

= (3,0 x 10

-5

) / (0,25 x 10

-5

) (0,25 x 10

-5

)

3

K

f

= 7,68 x 10

17

0,25

0,5

5.2

Tỉ lệ mol C : H : N = 80/12 : 4.44/1 : 15.56/14

=6.67 : 4.44 : 1.11

=6 : 4 : 1

CT đơn giản nhất của L là C

6

H

4

N

M

L

= 180 g.mol

-1

nên CTPT của L là C

12

H

8

N

2

0,75

Câu

6

Ý

6.1.a Vitamin B6 hoặc vitamin C có thể tan tốt trong nước, các loại vitamin còn lại ở dạng dầu

và tan tốt trong các dung môi hữu cơ

0,25

6.1.b Các loại vitamin B và C được tìm thấy trong các loại thực vật; các loại vitamin còn lại

được tìm thấy trong các sản phẩm động vật 0,25

6.2

Vai trò quan trọng của sự tautome hóa này chính là giúp hình thành nhiều hơn số liên kết

hydro của các mạch axit nucleic. Cấu trúc thơm sẽ làm giảm số liên kết hydro đối với các

cặp ADN

0,5

0,25

6.3

Trong nước, Azulen tồn tại nhiều cấu trúc cộng hưởng ở dạng lưỡng cực nên momen lưỡng

cực lớn, bên cạnh đó nó có hệ liên hợp π dài nên có màu

0,25

Trang 5/7

Trong môi trường axit Azulen biến đổi và mất hệ π liên hợp nên bị mất màu xanh

0,25

0,25

Câu

7

Ý 7.1 mỗi chất đúng 0,125đ, cơ chế đúng 0,125đ; 7.2 mỗi chất đúng 0,1đ

7.1. X Y Z A B D E

Propin Axeton

7.2

Câu

8

Ý 8.1 mỗi chất đúng 0,125đ trừ chấtH0,25đ; 8.2 chất A và B 0,125đ, chất D và E 0,25đ

8.1

Trang 6/7

8.2 A và B D E

D có tính axit là do nhóm CH

2

bị kẹp giữa 2 nhóm C=O hút e mạnh làm nguyên tử H trở

nên linh động. Ngoài ra, cacbanion tạo thành cũng được giải tỏa nhờ hiệu ứng liên hợp âm

của 2 nhóm C=O này 0,25

Câu

9

Ý 9.1.a nêu đúng cơ chế 0,25đ, đúng mỗi sản phẩm 0,125đ

9.1.a Cơ chế E2 – tách anti

9.1.b Phản ứng (2) xảy ra nhanh hơn (1) do ở (1), nguyên tử brom nằm ở vị trí equatorial (biên)

nên chậm hơn nhiều so với việc tách loại nguyên tử brom nằm ở vị trí axial (trục) như ở (2)

(quy tắc Barton). Vòng decalin ở dạng trans nên các nhóm metyl ở đầu cầu nằm sẵn ở các

vị trí axial (trục)

Một nguyên nhân khác mặc dù gây ảnh hưởng ít hơn nhiều là liên kết C – D (341 kJ.mol

-1

)

có phần bền hơn liên kết C – H (338 kJ.mol

-1

)

0,375

0,125

9.2 Cơ chế 1:

Cơ chế 2:

0,5

0,5

Câu

10

Ý

10.1 vẽ đúng dạng dime 0,25đ; vẽ được mỗi cấu dạng 0,125đ; cấu dạng bền nhất 0,375đ

10.1 9-BBN thực tế tồn tại ở dạng dime (liên kết ba tâm) để B đạt octet 1,0 Trang 7/7

Cấu dạng ghế - ghế bền hơn cấu dạng ghế - thuyền do giảm được tương tác xuyên vòng.

Ngoài ra cấu dạng thuyền – thuyền kém bền nhất

10.2

Mỗi

chất

đúng

0,125

1,0