Đề Thi Chọn Đội Tuyển Học Sinh Giỏi Đắk Lắk Hoá Học Lớp 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 
 ĐẮK LẮK DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2010-2011 
 MÔN HOÁ HỌC LỚP 12 – THPT
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 (Đề này có 2 trang)	Ngày thi: 30/11/2010
Câu 1: (2,0 điểm) 
	1. Nêu phương pháp hóa học để tách ion Be2+ ra khỏi ion Al3+ trong dung dịch muối nitrat của chúng. Nêu cơ sở khoa học của phương pháp tách đã dùng.
	2. Nguyên tố X (có nhiều dạng thù hình) có một anion chứa oxi đóng vai trò quan trọng trong ô nhiễm nước. Độ âm điện của nó nhỏ hơn oxi. Nó chỉ tạo hợp chất phân tử với halogen. Ngoài hai oxit đơn phân tử còn có những oxit cao phân tử. X có vai trò quan trọng trong sinh hóa. Mỗi obitan p hóa trị của nó chỉ có một electron.
	X là nguyên tố nào? Viết công thức cấu tạo các axit có chứa oxi có thể có của X.
Câu 2: (3,0 điểm) 
Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình 
PCl5 (k) D PCl3 (k) + Cl2 (k)
1. Cho m gam PCl5 vào một bình kín dung tích không đổi là V lít, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng p. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li a và áp suất p. Thiết lập biểu thức của Kc theo a, m, V. 
2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhiệt độ T1 người ta cho 83,4 gam PCl5 vào bình kín dung tích không đổi là V1 lít. Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất bằng 2,70 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđro bằng 69,5. Tính a và Kp. 
3. Trong thí nghiệm 2 giữ nguyên lượng PCl5 và nhiệt độ như ở thí nghiệm 1 nhưng thay bình có dung tích không đổi là V2 lít thì đo được áp suất cân bằng là 0,5 atm. Tính tỉ số 
Câu 3: (2,0 điểm) 
1. Cần 2 lít dung dịch CuSO4 0,01M có pH = 2,0 để mạ điện:
a. Tại sao dung dịch cần pH thấp như vậy.
b. Trong phòng thí nghiệm có muối CuSO4.5H2O, nước nguyên chất, H2SO4 98% (D = 1,84 g/ml). Hãy trình bày cách chuẩn bị dung dịch trên (bỏ qua chất phụ).
2. Có vật cần mạ, bản đồng, dung dịch vừa được chuẩn bị trên và nguồn điện thích hợp:
a. Hãy trình bày sơ đồ của hệ thống để thực hiện sự mạ điện này (có vẽ hình). Viết phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực.
b. Tính thời gian thực hiện sự mạ điện nếu biết: I = 0,5 Ampe; lớp mạ có diện tích 10 cm2, bề dày 0,17 mm; khối lượng riêng của đồng là 8,98 g/cm3; hiệu suất sự điện phân này đạt 80%.
Câu 4: (2,0 điểm) 
Tính nồng độ ban đầu của HSO4-, biết rằng khi đo sức điện động của pin : 
 Pt | 0,1 M , 0,02 M || MnO4- 0,05M, Mn2+ 0,01M, HSO4- CM | Pt
Ở 250C được giá trị 0,824 V. Cho và , 
Câu 5: (2,0 điểm)
Tính pH bắt đầu kết tủa, kết tủa được 99% và kết tủa hoàn toàn ion Fe2+ dưới dạng Fe(OH)2 từ dung dịch Fe(ClO4)2 0,001 M.
Cho = 10-5,92 ; = 10-15,1
Câu 6: (3,0 điểm)
1. 3-metylbut-1-en tác dụng với axit clohidric tạo ra các sản phẩm, trong đó có A là 2-clo-3-metylbutan và B là 2-clo-2-metylbutan. Bằng cơ chế phản ứng, hãy giải thích sự tạo thành hai sản phẩm A và B.
2. 2-metylbut-2-en phản ứng với axit clohidric. Trình bày cơ chế của phản ứng, cho biết sản phẩm chính và giải thích.
3. Trong phản ứng clo hoá nhờ chất xúc tác FeCl3 , khả năng phản ứng tương đối ở các vị trí khác nhau trong các phân tử biphenyl và benzen như sau:
a. Trình bày cơ chế phản ứng clo hoá biphenyl theo hướng ưu tiên nhất.
b. Tốc độ monoclo hoá biphenyl và benzen hơn kém nhau bao nhiêu lần?
c. Trong một phản ứng clo hoá biphenyl thu được 100 gam 2-clobiphenyl, sẽ thu được bao nhiêu gam 4-clobiphenyl?
Câu 7: (3,0 điểm)
Thủy phân hoàn toàn 1 mol polipeptit X cho ta 2 mol Ala, 1 mol Glu, 1 mol Lys, 1 mol His.
Nếu cho X tác dụng với 2,4-đinitroflobenzen (ArF) rồi thủy phân thì thu được Ala, Glu, Lys và hợp chất: 
	Nếu thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptiđaza thì thu được Lys và một tetrapeptit. Ngoài ra khi thủy phân không hoàn toàn X thu được các đipeptit Ala-Glu, Ala-Ala, His-Ala.
	1. Cho biết trật tự sắp xếp trong mạch polipeptit X.
	2. Sắp xếp các amino axit trên theo thứ tự tăng dần pHI, biết các giá trị pHI là 3,22; 6,00; 7,59; 9,74. Giải thích.
	3. Viết công thức cấu tạo dạng tồn tại chủ yếu của mỗi amino axit trên ở các pH = 1 và pH = 13.
	4. Dưới tác dụng của enzim thích hợp amino axit có thể bị đecacboxyl hóa. Viết công thức cấu tạo của các sản phẩm đecacboxyl hóa Ala, His. So sánh tính bazơ của các nguyên tử nitơ trong phân tử của hai sản phẩm đó. Giải thích.
Câu 8: (3,0 điểm)
A là một D-anđopentozơ được chuyển hóa thành các chất theo sơ đồ:
Khử
AB (C5H8O7) không quang hoạt
AA1 A2A3C (C6H12O6) + D (C6H12O6)
CE (C6H10O8) quang hoạt
DF (C6H10O8) không quang hoạt
Hãy xác định công thức cấu trúc và cấu hình của A, A1, A2, A3, B, C, D, E, F
Cho: C = 12; H = 1; O = 16; N = 14; Cl = 35,5; I = 127; P = 31; S = 32; Ag = 108; Ca = 40; Mg = 24; Zn = 65; Cu = 64; Fe = 56.
 ------------HẾT-----------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh......... Số báo danh.....
HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN
NỘI DUNG
ĐIỂM
Câu 1: (2,0điểm) 
1. Cho Na2CO3 đến dư vào dung dịch. Al3+ tách ra dưới dạng Al(OH)3 còn Be2+ còn lại dưới dạng [Be(CO3)2]2-. Hòa tan Al(OH)3 vào HNO3 lấy lại Al3+. Axit hóa dd [Be(CO3)2]2- lấy lại Be2+
 Al3+ + 3CO32- + 3H2O ® Al(OH)3 + 3CO2
 Al(OH)3 + 3H+ ® Al3+ + 3H2O
 Be2+ + 2CO32- ® [Be(CO3)2]2-
 [Be(CO3)2]2- + 4H+ ® Be2+ + 2CO2 + 2H2O
Cơ sở của phương pháp này là: ion Be2+ có bán kính nhỏ nên có khả năng tạo phức với ion CO32-, ion Al3+ không có khả năng này.
Từ các dữ kiện dễ dàng suy ra X là photpho.
Các axit có chứa oxi của X có thể có:
Câu 2: (3,0 điểm) 
1. Thiết lập biểu thức cho Kp, Kc 
 PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k)
ban đầu a mol
cân bằng a - x	 x	 x (mol)
x 
a
Tổng số mol khí lúc cân bằng: a + x = n
a = ; Khối lượng mol: = 208,5 (g/mol)
 = 137,5 (g/mol)
	 = 71 (g/mol) 
 = a mol PCl5 ban đầu
* Tính Kp: 
Áp suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí:
	và 
* Tính Kc: 
 [PCl5] = ; [PCl3] = [Cl2] = 
Kc = = 
	Hoặc: Kp = Kc (RT)Dn Dnkhí = 1
Kp = Kc (RT) pV = nRT = (a + x) RT ® RT = 
Kp = ®= 
 	Thay x = aa ® = ® 
2. Thí nghiệm 1: 
 của hỗn hợp cân bằng: 69,5 ´ 2,0 = 139,0 g/mol
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n1 = a (1 + a1) = 83,4:139,0 = 0,60mol 
n1 = a (1 + a1) = 0,400 (1 + a1) = 0,600 ® a1 = 0,500
* Tìm Kp tại nhiệt độ T1: 
3. Thí nghiệm 2: - Giữ nguyên nhiệt độ ® Kp không đổi.
	 - Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu: a = 0,40mol.
	 - áp suất cân bằng p2 = 0,50 atm.
Ta có ´ p2 = Kp = ´ 0,50 = 0,90 ® a22 = 0,64286 
 a2 = 0,802
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n2 = 0,400.(1+ a2) » 0,721 (mol).
* Thể tích bình trong TN 2: V2 = so với V1 = 
 lần
Câu 3: (2,0 điểm) 
 1/ a) Theo định nghĩa: pH = -lg[H+]
Từ pH = 2 ® CH+ = 10-2M. Vậy dung dịch có nồng độ axit lớn để tránh sự thuỷ phân muối CuSO4 
 b) CuSO4.5H2O ứng với 0,02 mol là 5 gam (0,02.250)
H2SO4 để đảm bảo 2 lít CuSO4 có pH = 2 là » 0,55 ml 98% (d = 1,84)
Cách pha: + Lấy bình có vạch chuẩn 2 lít, cho vào đó 1 lít H2O cất.
 + Thêm vào bình 0,55 ml H2SO4 98% (d = 1,84) và lắc đều.
 + Thêm tiếp 5 gam CuSO4.5H2O và lắc cho tan hết.
 + Thêm tiếp nước cất cho đều vạch 2 lít và lắc đều.
 (+) N (–) 
 D
 A K C
2/ a) Cách lắp thiết bị: 	 
 A: anốt (bản Cu)
 C: catốt (vật cần mạ)
 K: khuấy
 N: nguồn điện
 D: dung dịch vừa pha chế 
Dưới tác dụng của dòng điện xảy ra các phản ứng.
 + tại anốt: có sự hoà tan Cu - 2e ® Cu2+
 + tại catốt: có sự kết tủa Cu2+ + 2e ® Cu
b)Thể tích lớp mạ V = s.l = 10.0,017 = 0,17cm3 
 ® Khối lượng Cu cần: m = 8,98.0,17 = 1,5226 g
Thời gian mạ: theo lý thuyết = = 9207,306(s)
Với hiệu suất = 80% thì t = 9207,306/ 0,8 = 11509,133(s) 
 hay 3 giờ 11 phút 49,13giây 
Câu 4: (2,0 điểm) 
 Ở điện cực phải MnO4- + 8H+ +5e D Mn2+ + 4H2O 
 Ở điện cực trái 3I- D I3- + 2e 
 Ephải = 
 Etrái = 
 Sđđ = Ephải - Etrái hay 0,824 = 
Mặt khác từ cân bằng: 
Câu 5: (2,0 điểm) 
 Fe2+ + H2O D FeOH+ + H+ = 10-5,92 (1)
 Fe2+ + 2OH- D Fe(OH)2 ¯ Ks-1 Fe(OH)2 = 1015,1 (2)
Điều kiện để bắt đầu kết tủa Fe(OH)2:
 trong đó C’ được tính từ (1)
 Fe2+ + H2O D FeOH+ + H+ = 10-5,92 (1)
C: 0,001
C’ 0,001- x x x
Vậy điều kiện để bắt đầu kết tủa Fe(OH)2 là:
b. Để kết tủa được 99% lượng Fe2+ 
c. Để kết tủa được hoàn toàn lượng Fe2+ 
Câu 6: (3,0 điểm) 
Do cacbocation bậc hai (II) có khả năng chuyển vị hiđrua tạo thành cacbocation bậc ba (III) nên tạo thành hai sản phẩm A, B.
2.
H
+
C
l
-
C
H
3
-
C
-
C
H
2
-
C
H
3
C
H
3
+
(
I
)
C
H
3
-
C
-
C
H
-
C
H
3
C
H
3
+
(
I
I
)
2
-
C
l
o
-
2
-
m
e
t
y
l
b
u
t
a
n
C
H
3
-
C
=
C
H
-
C
H
3
C
H
3
C
l
-
C
H
3
-
C
-
C
H
2
-
C
H
3
C
H
3
C
l
2
-
C
l
o
-
3
-
m
e
t
y
l
b
u
t
a
n
C
H
3
-
C
H
-
C
H
-
C
H
3
C
H
3
C
l
H
2-Clo-2-metylbutan là sản phẩm chính.
Do cacbocation bậc ba (I) bền hơn cacbocation bậc hai (II), mặt khác do cacbocation bậc hai (II) có khả năng chuyển vị hiđrua tạo thành cacbocation bậc ba (I) nên sản phẩm 2-clo-2-metylbutan là sản phẩm chính. 
3.
a) Cơ chế SE2 , ưu tiên vào vị trí cacbon số 4. 
Cl2 + FeCl3 Cl+FeCl4-
b. = 
Tốc độ monoclo hoá của biphenyl hơn benzen 430 lần.
c) Đặt x là số gam 4-clobiphenyl, ta có: 
gam
Câu 7: (3,0 điểm) 
1. Thủy phân hoàn toàn 1 mol polipeptit X cho ta 2 mol Ala, 1 mol Glu, 1 mol Lys, 1 mol His nên X là một pentapeptit.
Từ phản ứng giữa X với ArF Þ amino axit đầu N của X là His
Từ sản phẩm thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptiđaza Þ amino axit đầu C của X là Lys.
Thủy phân không hoàn toàn X thu được các đipeptit Ala-Glu, Ala-Ala, His-Ala
Þ trật tự sắp xếp các amino axit trong X là: His-Ala-Ala-Glu-Lys.
2. CH3-CH(NH2)-COOH (Ala); HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH (Glu);
H2N-(CH2)4-CH(NH2)-COOH (Lys);
(His)
Thứ tự tăng dần pHI Glu (3,22) < Ala (6,00) < His (7,59) < Lys (9,74)
Giải thích: pHI phụ thuộc vào số nhóm COOH và NH2. Càng nhiều nhóm COOH thì pHI càng nhỏ, càng nhiều nhóm NH2 thì pHI càng lớn. pHI(His) > pHI(Ala) là do His có dị vòng chứa nguyên tử N cũng là tâm bazơ.
3. pH = 1 pH = 13
Ala:
Glu:
His:
Lys:
4.
 Tính bazơ giảm dần: N(a) > N(b) > N(c) > N(d)
Giải thích: Mật độ e ở N(a) > N(b) liên kết với gốc C2H5 đẩy e, N(b) ảnh hưởng gốc dị vòng hút e. Mật độ e ở N(c) < N(b) vì N(c) ở trạng thái lai hóa sp2 nên có độ âm điện lớn hơn N(b) lai hóa sp3. Mặt khác, N(c) liên kết với C(sp2), N(b) liên kết với C(sp3) (khả năng hút e của C(sp2) mạnh hơn C(sp3)). N(d) không có tính bazơ vì không còn cặp e tự do (cặp e này đã tham gia hệ liên hợp n-p).
Câu 7: (3,0 điểm) 
HOCH2(CHOH)3CHO HOOC(CHOH)3COOH (B)
Tổng hợp Kaliani:
Khử
 (C, D)
Nhờ quá trình tổng hợp này có thêm 1 C bất đối mới. 
Vì A là D-anđopentozơ nên cấu hình của nguyên tử C4 là: . Mặt khác B không quang hoạt nên phải có mặt phẳng đối xứng trong phân tử, do đó C2 phải cùng phía với C4. Vậy B có thể là:
và
hoặc
Cấu hình C2 (C* mới tạo thành) của E và F có thể là:
Cấu hình các nguyên tử C* khác của E và F như A hoặc B.
F không quang hoạt nên F phải là:
Þ
Þ
Þ
 (F) (D) (A) (B) (C) 
 (A1) (A2) (A3) (E) 
Tìm ra mỗi chất cho 1/3 điểm.	
0,75
0,25
1,0
1,0
0,5
0,5
0,25
0,75
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,75
0,75
0,5
0,25
0,25
0,5
3,0