50 ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 THPT NĂM 2015-2019 MÔN HÓA HỌC

ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

50 ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 THPT NĂM 20152019 MÔN HÓA HỌC CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI : HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1(3 điểm): Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: 1. Ozon oxi hóa KI trong môi trường trung tính 2. Sục khí CO2 qua nước Javel 3. Cho nước Clo qua dung dịch KI dư 4. Sục khí Flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh 5. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI2 6. Bình thủy tinh bị thủng khi đựng dung dịch axit flohiđric.

Câu 2(4 điểm): 1. H·y s¾p xÕp c¸c ion sau ®©y theo chiÒu b¸n kÝnh t¨ng dÇn. Gi¶i thÝch. a, K+ ; S2-; Clb, Au+; Au3+.

2. Kim loại crom có cấu trúc tinh thể lập phương tâm khối. Khối lượng riêng của kim loại crom là 7,19 g/cm3, nguyên tử khối của crom là 52. Tính bán kính gần đúng của nguyên tử kim loại crom.

Cho số Avôgađrô là N=6,022.1023. Tinh thể lập phương tâm khối có độ đặc khít là 68% Câu 3(4 điểm): 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. t a) FeS2 + H2SO4 (đ)  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1) → Nx Oy + … c) Fe3O4 + HNO3  d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O  → NaAlO2 + NH3 2. Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được V lít khí SO2 (đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 21,4 gam kết tủa. Tính V lít khí SO2 ở trên?

Câu 4(4 điểm): 1. Tõ 800 tÊn quÆng pirit s¾t (FeS2) chøa 25% t¹p chÊt kh«ng ch¸y, cã thÓ s¶n xuÊt ®−îc bao nhiªu m3 dung dÞch H2SO4 93% (d = 1,83) ? Gi¶ thiÕt tØ lÖ hao hôt lµ 5%.

2. Dung dịch A gồm x mol CO32-, y mol SO32-, z mol SO42-, 0,1 mol HCO3- và 0,3 mol Na+. Cho vào dung dịch A V lit dd Ba(OH)2 1M. Xác định V để thu được lượng kết tủa lớn nhất.

Câu 5(3 điểm): Hỗn hợp A gồm Cu và Fe trong đó Cu chiếm 70% về khối lượng. Cho m gam A phản ứng với 0,44 mol HNO3 trong dung dịch, thu được dung dịch B, phần rắn C có khối lượng 0,75m (gam) và 2,87 lít hỗn hợp khí NO2 và NO đo ở (1,2 atm, 270C).

Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, trong B không có muối amoni.

Tính khối lượng muối trong dung dịch B và tính giá trị m.

Câu 6(2 điểm): Dung dịch HNO2 0,25M có pH=2.

1. Tính độ điện li của HNO2 trong dung dịch đó.

2. Khi pha loãng dung dịch ban đầu 10 lần được dung dịch B trong đó độ điện li của HNO2 là 13%. Hãy tính nồng độ các ion H+, OH- và pH của dung dịch B. Cho biết nguyên tử khối (theo đvC) của các nguyên tố: 0

1

Cr = 52, Fe= 56, S=32, O= 16, H=1, Na=23, Cl=35,5, Cu = 64. ......................................Hết.......................................

TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5

Câu 1(3 đ)

2(4 đ)

3(4 đ)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Nội dung Điểm 1, O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH 2, CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HClO Mỗi 3, Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 ; câu KI còn dư: KI + I2 → KI3 đúng 4, 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh) → 2NaF + H2O + OF2 0,5 5, 2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2 ; điểm 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl 6, SiO2 + 4HF → SiF4 + 2H2O 1. H·y s¾p xÕp c¸c ion sau ®©y theo chiÒu b¸n kÝnh t¨ng dÇn. Gi¶i thÝch 2 + 2a, K ; S ; Cl Chiều tăng dần: K+ < Cl - < S2- .

0,5 Vì cùng số electron là 18, nhưng điện tích hạt nhân ZK > Z Cl > ZS nên bán kính ion tăng dần 0,5 b, Au+; Au3+.

Chiều tăng dần: Au+ < Au3+ Vì cùng điện tích hạt nhân , nhưng số electron của Au+ nhiều hơn Au3+ 2. Tinh thể lập phương tâm khối có độ đặc khít là 68% Khối lượng riêng của kim loại crom là 7,19 g/cm3  1cm3 crom nặng 7,19 gam Trong 1cm3 crom thì thể tích thực của kim loại crom trong đó chỉ là 0,68 cm3  ta tính được thể tích thực của 1 nguyên tử crom là: 0, 68.52 (1) V= 7,19.6, 022.10 23 4 Mặt khác ta có V = .π .R 3 3 3.V  Bán kính gần đúng của nguyên tử kim loại crom là: R = 3 4π −8 V tính theo (1) ở trên ta được R ≈1, 25.10 cm 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a)

2 FeS 2 +6 11 S + 2e 2FeS2 + 11S+6

+3

Fe

+ 2S

+4

+ 11e

S+4 2Fe+3 + 15S+4 0

t Cân bằng 2FeS2 + 14 H2SO4 (đ)  → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O b)

1

0,5 0,5 2 0,5 0,5

0,5 0,5 Mỗi pt 0,5 đ

+1

1

5N

13

Mg

+5 + 0

0

-3

N2O +N2 + NH4+

26e

Mg+2 + 2e

Cân bằng: 13Mg + 32HNO3  → 13Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + 14 H2O c)

(5x-2y) 1

3Fe+3 + 1e

Fe3O4

xN+5 + (5x-2y)e

+2y/x

N xO y

→ NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3  d)

Al+3 + 3e

8

Al

3

N+5 + 8e

N-3

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O  → 8NaAlO2 + 3NH3

4(4 đ)

2. Quy đổi bài toán thành: x (mol) Fe + y (mol) S → 20,08 g hỗn hợp Fe(dư), FeS, FeS2, S(dư) Ta có: 56x + 32y = 20,08 (1) Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 2Fe(OH)3 +3 Na2SO4 0,1 mol 0,2 mol Fe2(SO4)3 → 2Fe3+ + SO420,1 mol 0,2mol Số mol Fe = số mol Fe3+ = 0,2 mol = x => y= 0,3 mol Fe → Fe3+ + 3e S → S+6 + 6e Bảo toàn e: 0,2 → 0,6 0,3 → 1,8 S+6 + 2e → S+4 Vậy số mol SO2 là : (0,6+ 1,8)/2 = 1,2 mol => V = 26,88 lít 1.

Phản ứng đốt cháy pirit sắt: 4 FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2 4 mol (4.120g) Các phản ứng chuyển SO2 thành H2SO4:

0,5 0,5

0,5

0,5 2 0,5

8 mol 2 SO2 + O2 → 2 SO3

SO3 + H2O →

0,5

H2SO4 Lượng FeS2 có trong 800 tấn quặng: 800 − (800 × 0,25) = 600 (tấn) Số kilomol FeS2 =

600.000 120

= 5.000 (kmol)

Số kilomol FeS2 thùc tÕ chuyển thành SO2:

0,5 5000 − (5000 × 0,05) = 4750 (kmol)

Sè kilomol SO2 vµ lµ sè kilomol H2SO4 ®-îc t¹o thµnh: 4750 × 2 = 9500 (kmol) L-îng H2SO4 ®-îc t¹o thµnh : 98 × 9500 = 931.000 (kg) ThÓ tÝch dung dÞch H2SO4 93% lµ:

931000 = 547 (m3) 1,83.0, 93

2. Khi cho Ba(OH)2 vào dd A thì: Ba(OH)2 -> Ba2+ + 2OH- (1)

1

0,5

OH- + HCO3- -> CO32- + H2O (2) Ba2+ + CO32- -> BaCO3↓ (3) Ba2+ + SO32- -> BaSO3 ↓ (4) Ba2+ + SO42- -> BaSO4↓ (5) Áp dụng ĐLBTĐT trong dd A ta có:

n Na + = 2( nCO 2 − + n SO 2 − + n SO 2 − ) + n HCO − <=> 0,3 = 2( x+y +z) + 0,1 3

3

4

1

3

=> x + y +z = 0,1 mol Theo các pư 2, 3,4,5:

n Ba 2 + = nCO 2 − + n SO 2 − + n SO 2 − = 0,1 + x + y + z = 0,2 mol.

3

3

4

1

Khi đó n Ba (OH ) = n Ba 2 + = 0,2 mol.

2

=> VBa(OH)2 = 0,2/1 = 0,2 lit

5(3 đ) Ta có mC = 0,75m (gam) > 0,7m (gam)  trong C có Fe dư  HNO3 hết, trong B chỉ chứa muối Fe(NO3)2

3 1

 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O + 6HNO3  → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O + 2Fe(NO3)3  → 3Fe(NO3)2

PT:Fe + 4HNO3 Fe Fe

Ta có : nhh =

2,87.1, 2 = 0,14( mol ) 0, 082.(273 + 27)

1

 số mol HNO3 tạo muối = 0,44 – 0,14 = 0,3 (mol)  nFe(NO3 )2 = 0,15( mol )  Khối lượng muối trong B = 0,15.180 = 27 (gam)  nFe (pu) = 0,15 (mol) => mFe(pu) = 0,15.56 = 8,4 (gam)

m=

6 (2 đ)

8, 4.100 = 33, 6( gam) 25

1) HNO2 pH = -lg[H+]= 2

1 1

H+ + NO2==>[H+]= 10-2 = 0,01M

trong 1 lit dd ban đầu có 0,01 mol HNO2 nên độ điện li là: α= 0,01/0,25= 0,04= 4% 2) dung dịch B có: CM( HNO2)= 0,25/10=0,025M Số mol HNO2 điện li trong 1 lit dd b là: 0,025. 13/100 = 0,00325(mol) [H+] = 0,00325 M ==> pH= -lg( 0,00325) = 2,488.

[OH-] = 10-14/ 0.00325= 3,077.10-12M

1

1

TRƯỜNG THPT CỬA LÒ 2 Đề chính thức (02 trang)

KÌ THI THỬ HSG TỈNH ĐỢT 1 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài: 180 phút

Họ và tên: ……………………………………………. SBD: ……………………………..

Bài 1 (4 điểm).

1. Xác định công thức các chất và viết phương trình phản ứng biểu diễn theo sơ đồ biến đổi hóa học sau: + H2 ,

t0

+A

+ H 2 SO 4 + Q

Y X

+ Fe, t

Z

0

t0

+A

K + H 2O

X

Y

+B

L + D,

t0

X

+Y

M +A

Fe Z+P+

N

H 2O

2. Đốt cháy hoàn toàn 12,8 gam lưu huỳnh. Khí sinh ra được hấp thụ hết bởi 100 ml dung dịch NaOH 20% (d= 1,28 g/ml). Tìm C% của các chất trong dung dịch thu được sau phản ứng.

Bài 2 (2,0 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + Cl2 + + K2SO4 + MnSO4 + H2O b) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2: 1) c) Fe3O4 + HNO3  → Nx Oy + … d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O  → NaAlO2 + NH3 Bài 3 (2,5 điểm). Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hoá học.

1

Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau đây: CaO, CaCl2 khan, H2SO4 đặc, P2O5 , NaOH rắn. Giải thích (Không cần viết phương trình hoá học).

Bài 4 (1,5 điểm) Ion M3+ có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p63d5. Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. Cho biết M là kim loại gì?

Bài 5 (3 điểm). Cho a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp A có khối lượng 37,6 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc). a) Tính a. b) Tính số mol H2SO4 đã phản ứng.

Bài 6: (2,0 điểm) Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít H2 ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc.

Xác định khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X? Bài 7 (2,0 điểm) Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d Z H =13. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. 2

Bài 8 (3,0 điểm): Hòa tan 0,1 mol NH3 vào nước được 1 lit dung dịch A, độ điện li của NH3 là 1,333%. a) Tính pH của dung dịch A b) Tính hằng số bazơ của NH3 c) Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lit dung dịch A. Tính pH của dung dịch thu được.

Hết.

Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

(Biết M: H=1, O=16, C=12, Cl=35,5, Mg=24, Fe=56, Zn=65, Ca=40, Pb = 207; Al = 27; S = 32;Ba= 137; ZCa= 20; ZMg = 12; ZAl = 13; ZFe= 26; ZCu = 29; ZCr = 24).

1

Trường THPT Cửa Lò 2 Đề chính thức

Bài 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THỬ HSG TỈNH ĐỢT 1 NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài: 180 phút

1. (2,75)

Xác định đúng chất và viết đúng PT mỗi PT

Cl2 + H2 → 2HCl X

Y

HCl +

KOH → KCl + H2O

Y

A

0,25 Tổng 2,75

Z

10KCl + 2KMnO4 + 8 H2SO4 → 5Cl2 + 6K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O Z

Q

X o

t 2FeCl3 3Cl2 + 2Fe →

X

K

FeCl3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KCl K

A

L o

t 2Fe(OH)3 → Fe2O3

L

M o

t Fe2O3 + 3CO → 2Fe

M

+ 3H2O

+ 3CO2

B

1

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2O Y Cl2

N + H2 O

HCl

X 4 HCl

+ HClO 0,25

Y o

t + MnO2 → MnCl2 + Cl2 + 2H2O

Y

D

X

Cl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O X

A

Z

0,25

P

2. (1,25) nS= nSO = 0,4 mol ; m (dd NaOH) = 100.1,28 = 128 (gam)

0,25

2

n (NaOH) =

n 128.20 = 0,64( mol )  NaOH = 1,6  tạo ra hai muối 100.40 nSO2

=> tạo ra hỗn hợp 2 muối: NaHSO3: 0,24 (mol) và Na2SO3: 0,16 (mol)

0,25

Khối lượng dung dịch sau pư = 128 + 0,4.64 = 153,6 gam =>C% NaHSO3 = C% Na2SO3 = Bài 2 2,0 đ

0,16.104 .100% = 10,8% 153,6

0,25

0,24.126 .100% = 19,69% 153,6

Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4  → 5 Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O 5× 6×

0,5

2 FeCl2  → 2 Fe 3+ + 2Cl2 + 6e Mn +7 + 5e  → Mn +2

b) 18Mg + 44HNO3  → 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1)

1

0,5

18 × Mg  → Mg 2+ + 2e +1

1 × 7 N +5 + 36 e  → N 2 O + 2N2 + N −3 c) (5x-2y)

+2y/x

xN+5 + (5x-2y)e

1

0,5

3Fe+3 + 1e

Fe3O4

N xO y

(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3  → NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O 0,5

d) Al+3 + 3e

8

Al

3

N+5 + 8e

N-3

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O  → 8NaAlO2 + 3NH3 Bài 3

- Các khí có thể điều chế được gồm O2, H2S, Cl2, CO2, SO2

2,5đ

- Các phương trình hoá học: o

t 2KMnO4 → K2MnO4

+ MnO2

NaHCO3 + HCl  → NaCl

+ O2

đ/c khí 0,25

+ H2O + CO2

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O NaHSO3 + HCl  → NaCl FeS2+ 2HCl  → FeCl2

+ H2O + SO2

+ H2 S + S

- Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó.

0,5 0,5

Bài 4

Tổng số electron của nguyên tử M là 26.

0,5

1,5đ

Cấu hình electron đầy đủ 1s22s22p63s23p63d64s2

0,5

Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe.

0,5

Viết các PTHH

0,5

Bài 5

1

3đ

Quy đổi hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 về a mol Fe và b mol O.

0,5

56x + 16 y= 37,6 nSO2 = 3,36/22,4 =0,15 mol

0,5

Fe → Fe +3 + 3e x

3x

0,5

3x = 2y + 0,3

O + 2e → O −2 y

2y

S +6 + 2e → S +4

0,3

0,15 0,5

Ta có x = 0,5 → a = 28 (g) y = 0,6 Bảo toàn nguyên tố S ta có: nS ( H2SO4) = nS( Fe2(SO4)3 + nS (SO2)

0,5

Số mol H2SO4 = 0,9 mol Bài 6

Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X

2đ

Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4

(I)

Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2

(1)

Zn + 2HCl  → ZnCl2 + H2

(2)

2Al + 6HCl  → 2AlCl3 + 3H2

(3)

0,5

0,5

Từ 1, 2, 3 và đầu bài nH 2 = x + y +

3 10, 08 z= = 0, 45mol 2 22, 4

(II) 0,5

Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz kx + ky + kz = 0,2

(III)

2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3

(4)

Zn + Cl2  → ZnCl2

(5)

1

2Al + 3Cl2  → 2AlCl3

(6)

3 3 6,16 x+ y+ z = = 0, 275mol 2 2 22, 4

nCl2 =

(IV)

0,5

Từ I, II, III, IV X = 0,2 mol  → mFe = 11,2 gam

0,5

Y = 0,1 mol  → mZn = 6,5 gam → mAl = 2,7 gam Z = 0,1 mol 

Bài 7

Nung hỗn hợp X

S + Fe  → FeS

2đ

2x ←

0,25

(1)

2x

Chất rắn Y gồm FeS và Fe dư. Gọi x, y lần lượt là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y. FeS + 2HCl  → FeCl2 + H2S x mol

(2)

0,25

0,5

x mol

Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 y mol

(3)

y mol

Ta có: M Y =

34 x + 2 y x 3 = 13 × 2  = x+ y y 1

% khối lượng của Fe =



n Fe 2( x + y ) 4 = = nS 2x 3

4 × 56 × 100% = 70% (4 × 56) + (3 × 32)

0,5

0,5

% khối lượng của S = 30%

Bài 8 3đ

NH3 + H2O ⇔ NH4+ + OH-

a) Ban đầu: Điện li:

0,1 0,1 α

Cân bằng: 0,1-0,1 α

0

0

( M)

0,1 α

0,1 α

(M)

0,1 α

0,1 α

[ OH-] = 0,1 α = 0,1. 1,333%= 1,333. 10-3M 1

(M)

1,0

[H+] = 10-14/ [ OH-] = 7,50787546.10-12 (M) pH= 11,12448294. b) Kb =

[ NH 4+ ][OH −] = 1,800847174.10-5 [ NH 3]

0,75

c) HCl + NH3 → NH4Cl 0,09

0,09

0,09

1,25

Số mol NH3 dư = 0,01 mol NH3 + H2O ⇔ NH4+ + OHBan đầu:

0,01

0,09

0

Điện li:

x

x+0,09

x

(M)

x+0,09

x

(M)

Cân bằng: 0,01-x Kb =

( M)

[ NH 4+ ][OH −] (0,09 + x) x = = 1,0040174.10-5 [ NH 3] 0,01 − x

Giả sử x <<0,01 → [OH-] = x = 1,99. 10-6 M (tm) → [H+] = 5,03,10-9M → pH = 8,298432015 ( học sinh có thể làm tròn số đúng quy cách).

1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

Câu 1.(5 điểm) 1. Viết các phương trình hóa học (dạng ion thu gọn) của các phản ứng xảy ra trong mỗi trường hợp sau: a. Cho Ba vào dung dịch NaHCO3 b. Cho Na[Al(OH)4] ( hay NaAlO2) vào dung dịch NH4NO3. c. Cho Ba(HSO3)2 vào dung dịch KHSO4 d. Cho từ từ khí CO2 đi qua dung dịch clorua vôi cho đến dư.

2. Cho 2 kim loại Al, Cu vào 2 cốc đựng dung dịch HNO3 loãng thu được 2 muối A, B ở 2 cốc, phản ứng đều cho 1 khí duy nhất. Lần lượt cho A, B vào dung dịch NH3 dư: A tạo kết tủa A1, B tạo dung dịch B1. Cho A1, B1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thì A1 tạo dung dịch A2, B1 tạo kết tủa B2. Cho A2, B2 tác dụng với dung dịch HNO3 lại tạo ra A, B. Viết các phương trình phản ứng.

3. a.Tinh chế khí NH3 có lẫn khí N2, H2. b. Tinh chế NaCl có lẫn Na2HPO4, Na2SO4 Câu 2.(5 điểm) 1. Cho hidrocacbon X tác dụng với dung dịch brom dư được dẫn xuất tetrabrom chứa 75,8% brom (theo khối lượng). Khi cộng brom (1:1) thu được cặp đồng phân cis-trans.

a. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên của X. b. Viết phương trình của X với: - Dung dịch KMnO4 (trong môi trường H2SO4) - Dung dịch AgNO3/NH3 - H2O (xúc tác Hg2+/H+) - HBr theo tỉ lệ 1:2 2. Đốt cháy hoàn toàn một lượng hiđrocacbon X rồi dẫn sản phẩm qua 2 bình kín: bình 1 đựng dung dịch H2SO4 đặc thấy khối lượng tăng 6,3 gam; bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 tạo ra 10 gam kết tủa, lọc bỏ kết tủa và đun nóng dung dịch lại thu thêm được 10 gam kết tủa nữa. a) Xác định CTPT của X b) Cho X tác dụng với clo (1:1, as) chỉ thu được 3 dẫn xuất chứa clo. Xác định CTCT và gọi tên X. 3. Khi đốt cháy hiđrocacbon A cho CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ 1,75:1 về thể tích. Cho bay hơi hoàn toàn 5,06 gam A thu được một thể tích hơi đúng bằng thể tích của 1,76 gam oxi trong cùng điều kiện. Cho 13,8 gam A phản ứng hoàn toàn với AgNO3 (lấy dư) trong dd NH3 thu 45,9 gam kết tủa. Viết CTCT có thể của A. 1

Câu 3. (6 điểm) 1. Cho 3,58 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5M. Khi phản ứng hoàn toàn được dung dịch A và chất rắn B. Nung B trong không khí ở nhiệt độ cao đến phản ứng hoàn toàn thu được 6,4 gam chất rắn. Cho A tác dụng dung dịch NH3 dư, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,62 gam chất rắn D. a/ Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. b/ Hoà tan hoàn toàn 3,58 gam hỗn hợp X vào 250 ml dung dịch HNO3 a (mol/l) được dung dịch E và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Dung dịch E tác dụng vừa hết với 0,88 gam bột đồng. Tính a.

2. Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lit (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3:2). Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A? Tính C% mỗi chất tan trong X? b. Xác định các khí trong B và tính V. Câu 4. (4 điểm) 1. Một hỗn hợp gồm axetilen, propilen và metan (hỗn hợp A). Đốt cháy hoàn toàn 11 gam hỗn hợp A thu được 12,6 gam H2O. Mặt khác 11,2 lít hỗn hợp A (đktc) phản ứng vừa đủ với một dung dịch chứa 100 gam Br2. Xác định thành phần % theo thể tích của các chất trong hỗn hợp A. 2. Một loại xăng có chứa 4 ankan với thành phần về số mol như sau: 10% heptan, 50% octan, 30% nonan và 10% đecan. Hãy tính xem một xe máy chạy 100 km tiêu thụ hết 2,0 kg loại xăng nói trên thì đã tiêu thụ hết bao nhiêu lít oxi không khí, thải ra môi trường bao nhiêu lít khí cacbonic và bao nhiêu nhiệt lượng, giả thiết rằng nhiệt đốt cháy của xăng là 5337,8 kJ/mol, năng lượng giải phóng ra có 80% chuyển thành cơ năng còn 20% thải vào môi trường, các thể tích khí đo ở 27,30C và 1atm, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

-------------Hết----------Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG - LÂN 4- THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 a. Ba +2H2O → Ba2+ + 2OH- + H2 HCO3- + OH- → CO32- + H2O 0,25 Ba2+ + CO32- → BaCO3 điểm 0,25 b. NH4+ + AlO2- + H2O → NH3 + Al(OH)3 điểm c. HSO3- + H+ → H2O + SO2 0,25 Ba2+ + SO42- → BaSO4 điểm 2+ d. CO2 + 2OCl + H2O + Ca → CaCO3 + 2HClO 0,25 CO2 + CaCO3 + H2O → Ca2+ + 2HCO3điểm 2 Viết các phương trình phản ứng.

(0,25 Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O điểm) 1

3Cu + 8 HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

*8

Al(NO3)3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 ↓ + 3NH4NO3 H O

2 Cu(NO3)2 + 4NH3  → [Cu(NH3)4](NO3)2 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

[Cu(NH3)4](NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ +2NaNO3 NaAlO2 + 4HNO3 → NaNO3 + Al(NO3)3 + 2H2O Cu(OH)2 + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + 2H2O

3

1

.

- Dẫn hỗn hợp (NH3, H2, N2) qua dung dịch axit (VD: dd HCl), NH3 bị giữ lại. Tiếp đến cho dung dịch bazơ dư (VD dd Ca(OH)2) và đun nóng nhẹ, khí thoát ra cho đi 1 qua ống đụng CaO dư sẽ thu được NH3 khô NH3 + H+ → NH4+ NH4+ + OH- → NH3 + H2O - Tinh chế NaCl có lẫn Na2HPO4 và Na2SO4 Cho hỗn hợp vào dung dịch BaCl2 dư Na2HPO4 + BaCl2 → 2 NaCl + BaHPO4 ↓ Na2SO4 + BaCl2 → 2NaCl + BaSO4 ↓ lọc bỏ kết tủa, dung dịch thu được cho vào bình chứa Na2CO3 dư BaCl2 + Na2CO3 → 2 NaCl + BaCO3 ↓ 1 lọc bỏ kết tủa, thêm lượng dư dung dịch HCl vào dung dịch thu được, sau đó cô cạn rồi nung nóng nhẹ thu được NaCl khan.

Hidrocacbon X: CxHy

CxHy + 2Br2 → CxHyBr4 ; theo giả thiết: %Br =

2

80.4 .100 =75,8 → 12x + y = 12 x + y + 320

102 Giá trị thỏa mãn: x=8 , y=6. CTPT của X: C8H6 (∆= 6).

Vì X có khả năng phản ứng với brom theo tỉ lệ 1:1 và 1:2 chứng tỏ phân tử X có 2 liên kết π C CH

kém bền và 1 nhân thơm. CTCT của X: Phương trình phản ứng:

COOH

+ 8KMnO4 + 12H2SO4 →

0,5 + 4K2SO4 + 8MnSO4 + 12H2O

C

C CH

0,5

phenyl axetilen.

C CH

5

0,5

CAg

+ AgNO3 + NH3 →

+ NH4NO3 O C CH3

C CH 2+

+ H2O Hg  → C CH

+ 2HBr →

2

2. a) n H

2O

Br C CH3 Br

0,5

= 0,35 , n CO2 = 0,30  X là ankan: C6H14

1,0

b) CTCT CH3 CH3 – CH2 – CH2 – CH2 – CH2 – CH3

1

CH3 – C – CH2 – CH3

0,5

CH3 CxHy + (x+y/4)O2 → xCO2 + y/2 H2O x:y/2 = 1,75:1

3

MA = 92 = 12x+y  x=7, y=8  CTPT: C7H8 A phản ứng với AgNO3 /NH3 nên phải có nối ba đầu mạch

0,5

nA = 13,8/92=0,15 = n ↓  M ↓ = 45,9/0,15=306

0.5

CTTQ của A: C7-2nH8-n(C ≡ CH)n CTTQ của kết tủa: C7-2nH8-n(C ≡ CAg)n Hay 12(7) + (8-n) + 108n=306  n=2

0,5

Vậy CTCT của A là HC ≡ C-C3H6-C ≡ CH HC ≡ C – CH – CH2 – C ≡ CH HC ≡ C – [CH2 ]3 – C ≡ CH

0,5 CH3 CH3

HC ≡ C – CH – C ≡ CH HC ≡ C – C – C ≡ CH

0,5

CH2 – CH3 CH2

3

1

a. Phương trình hoá học xảy ra: Trước hết: 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu. (1) (2) Khi Al hết: Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu. 2+ Nếu Cu hết thì số mol Cu trong chất rắn C>0,1 mol =>Chất rắn sau khi nung B trong không khí có khối lượng > 0,1.80 = 8(g) (không phù hợp).

Vậy Cu2+ dư nên Al và Fe hết…………………………………………….

0,5 Gọi số mol Al ,Fe, Cu trong hỗn hợp X lần lượt là: a, b, c.

Phương trình về khối lượng hỗn hợp: 27a + 56b + 64c = 3,58 (I) Chất rắn sau khi nung chỉ có CuO: 3a/2 + b + c = 0,08 (II) Dung dịch A chứa: Al3+, Fe2+, Cu2+ dư 0,5 + NH 3 d− t 0 , kk 3+ 2+ 2+ Al , Fe , Cu → Fe(OH)2, Al(OH)3  → Fe2O3, Al2O3. khối lượng chất rắn D: 102.a/2 + 160.b/2 = 2,62 (III) 0,5 Giải hệ (I), (II), (III) ta có: a = 0,02; b=0,02, c=0,03. % khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp là: Al =15,084%; Fe=31,28%; Cu=53,63%. b. Theo giả thiết nhận thấy: hỗn hợp X và 0,88 gam Cu ( tức 0,01375 mol) tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch HNO3 a(mo/l). Theo ĐL bảo toàn e suy ra số e nhận do HNO3 bằng tổng số e nhận do hh X và 0,88 gam Cu. Số e nhường = 3n Al + 2nFe + 2nCu = 0,06+0,04+0,0875=0,1875 (mol) Quá trình nhận e: 4H+ + NO 3− +3e  → NO + 2H2O 0,25 0,1875 Số mol HNO3=số mol H+=0,25 (mol)=> a = 1M.

1

0,5

3

2

0, 5 87, 5.50, 4 = 0, 7 mol ; nKOH = 0,5mol 100.63 Đặt nFe = x mol; nCu = y mol.

Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO3 → X có Cu(NO3)2, muối của sắt (Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO3 dư.

X + dd KOH có thể xảy ra các phản ứng HNO3 + KOH → KNO3 + H2O (1) Cu(NO3)2 +2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 (2) Fe(NO3)2 + 2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 (4) Fe(NO3)3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KNO3 (5) Cô cạn Z được chất rắn T có KNO3, có thể có KOH dư 0, 5 Nung T: t0 2KNO3 → 2KNO2 +O2 (6) + Nếu T không có KOH thì Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6) n KNO2 = n KNO3 =nKOH =0,5 mol n HNO3 =

→ m KNO2 = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại) + Nếu T có KOH dư: Đặt n KNO3 = a mol → n KNO2 = amol; nKOH

phản ứng

= amol;

→ 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05 → a = 0,45 mol Nung kết tủa Y t0 Cu(OH)2 → CuO + H2O t0 Nếu Y có Fe(OH)3: 2Fe(OH)3 → Fe2O3 +3H2O t0 Nếu Y có Fe(OH)2 4Fe(OH)2+ O2 → 2Fe2O3 +4H2O 1 x Áp dụng BTNT đối với sắt ta có: n Fe2O3 = nFe = ; 2 2 Áp dụng BTNT đối với đồng ta có: nCuO = nCu= y mol x →160. + 80.y = 16 (I) 2 mhh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II) Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.

0,3.56 % mFe = .100% = 72,41% ; %mCu = 100-72,41= 27,59% 23,2 Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X = n N trong KNO2 = 0,45 mol.

TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 Ta có: nCu ( NO3 ) 2 = nCu = 0,05 mol; n Fe ( NO3 )3 = nFe = 0,15 mol

0, 5

0, 5

0, 5

Gọi n HNO3 = b mol → b+0,05.2+0,15.3= 0,45 → b= -0,1 (loại) TH2: Dung dịch X không có HNO3 ( gồm Cu(NO3)2, có thể có muối Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 ) n Fe ( NO3 ) 2 = z mol (z ≥ 0); n Fe ( NO3 )3 = t mol (t ≥ 0) Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,05. 2 = 0,45 Theo BTNT đối với sắt → z + t = 0,15 Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05.

Khi kim loại phản ứng với HNO3

(III) (IV) 0, 5

1

nN trong hỗn hợp khí = nN trong HNO3 ban đầu- nN trong muối = 0,7-0,45=0,25mol Gọi số oxi hóa trung bình của Nitơ trong hỗn hợp khí B là +k (k≥0) Fe → Fe3+ + 3e N+5 + (5-k).e → N+k 0,05 0,15 0,25 0,25(5-k) 0,25 Fe → Fe2+ + 2e 0,1 0,2 Cu → Cu2+ + 2e 0,05 0,1 Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,1=0,25(5-k) → k =3,2 - Xác định số mol O trong hỗn hợp khí.

Tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong một hỗn hợp =0 nên 0,25.(+3,2) + (-2). nO = 0. → nO = 0,4mol.

Bảo toàn khối lượng: mdd sau = m ddaxit + m 2kim loại – m hh khí → mdd sau= 87,5+11,6- (0,25.14+0,4.16)= 89,2 gam 0, 05.188 C % Cu ( NO3 ) 2 = .100% = 10, 5% 89, 2 0,1.180 C % Fe ( NO3 ) 2 = .100% = 20, 2% 89, 2 0, 05.242 C % Fe ( NO3 )3 = .100% = 13, 6% 89, 2

4

b .

Vì k = 3,2 nên phải có một khí mà số oxi hóa của N lớn hơn 3,2. Vậy khí đó là NO2 0, 5 Gọi khí còn lại là khí A và số oxi hóa của khí còn lại là x Giả sử khí A trong thành phần có 1 nguyên tử N TH1: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 3:2, dựa vào sơ đồ đường chéo suy ra x = 2. Vậy khí A là NO TH2: nếu tỉ lệ số mol (NO2) : số mol A = 2:3 => x lẻ: Loại Nếu A có 2 N, trường hợp này cũng tính được x lẻ => loại Tính V: 0, 5 Đặt n (NO2) = 3a => n(NO) = 2a mol ∑ne nhận = n (NO2) + 3n (NO) = 3a + 3.2a = 0,45 => a= 0,05 => nkhí = 5a = 0,25 => V = 5,6 lit

1

Đặt số mol của C2H2, C3H6 và CH4 trong 11 gam hỗn hợp tương ứng là x, y và z mol Theo bài ra: 26x + 42y + 16z = 11 (a) Phản ứng cháy: 2C2H2 + 5O2 4CO2 + 2H2O x x 2C3H6 + 9O2 6CO2 + 6H2O y 3y CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O z 2z Ta có: x + 3y + 2z = 12,6: 18 = 0,7 (b) Số mol hỗn hợp: kx + ky + kz = 11,2:22,4 = 0,5 (c) C2H2 + 2Br2 C2H2Br4 kx 2kx C3H6 + Br2 C3H6Br2

1

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

ky ky số mol Br2 = 2kx + ky = 100: 160 = 0,625 (d) Giải (a), (b), (c), (d) ta được: x = 0,2; y = 0,1; z = 0,1 Phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp: %C2H2 = 50%; %C3H6 = %CH4 = 25%

2

Nội dung kiến thức

2,0 điểm Trong 1 mol xăng có: 0,1 mol C7H16; 0,5 mol C8H18; 0,3 mol C9H20; 0,1 mol C10H22. Đặt công thức chung các ankan trong xăng: CaH2a+2 Với a = 0,1.7 + 0,5.8 + 0,3.9 + 0,1.10 = 8,4; M = 14a +2 = 119,6 Số mol ankan có trong 2 kg xăng = 16,7224 ( mol) CaH2a+2 + ( 3a+1)/2 O2 → aCO2 + (a+1) H2O Số mol O2 cần: 16,7224. (3.8,4+ 1)/2 = 219,063 ( mol) VO2 cần = 5394,34 ( lít) Số mol CO2 thải ra không khí = 8,4.16,7224 = 140,47 mol VCO2 thải ra = 3459 ( lít) Nhiệt tạo thành khi đốt = 16,7224. 5337,8 = 89260,8 ( kJ) Lượng nhiệt thải ra khí quyển là: 17852,16 ( kJ)

Nhận biết Viết PTPU

Số câu hỏi 2,cacbon và hợp chất

2

Số câu hỏi

Thông hiểu

Vận dụng

-Tính chất của hợp chất của nito, photpho và hợp chất

.

1

2 -CTCT của hidrocacbon

- Tính chất của hidrocacbon

2

3

- xác định CTPT các hợp chất - Biện luận, phân tích để xác định các tính chất 1

4

4 - xác định CTPT các hợp chất - Biện luận, phân tích để xác định các tính chất và CTPT, ctct 2

1

1,0

Vận dụng ở mức cao hơn

- xác định CTPT các hợp chất - Biện luận, phân tích để xác định các tính chất 2

-Tính chất của hợp chất của cacsbon và hc

1,0

Cộng

Mức độ nhận thức

1,Nitơ, photpho và hợp chất

Số câu hỏi 3. Hóa Hữu cơ

0,5 đ

7

---------- Hết ----------

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

Câu 1: (3,5 điểm).

1.(2 điểm) Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng axit mạnh D tạo ra muối E. Dung dịch muối E không tạo kết tủa với bari clorua và bạc nitrat. Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình thu được khí F và hơi G. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

2. (1,5 điểm). Có thể dùng dd nước Br2 để phân biệt các khí sau đây: NH3, H2S, SO2 đựng trong các bình riêng biệt được không? Nếu được hãy nêu hiện tượng quan sát, viết phương trình phản ứng để giải thích.

Câu 2:(3,5 điểm): 1. (2 điểm) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 ml dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 ml dung dịch NaOH 0,100 M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5.

2.(1,5 điểm) a. Sục từ từ khí Cl2 vào dung dịch KI, hãy cho biết màu sắc dung dịch biến đổi như thế nào?

Giải thích. b. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric.

Câu 3. (2,5 điểm): 1. (1,5 điểm) Cho các chất và ion sau: HSO −4 , H2S, NH +4 , Fe3+, Ca(OH)2, SO32−, NH3, PO43- , HCOOH, HS– , Al3+, ZnO, Al, C2H5ONa, (NH4)2CO3, HCO3−, CaO, CO32−, Cl−, NaClO, NaHSO4, NaClO3, Na2HPO3, Ba(NO3)2, CaBr2.Theo Bronstet xác định số chất và ion nào có tính chất axit; có tính ba zơ; tính lưỡng tính ?(mỗi tính chất chỉ lấy 1 ví dụ giải thích) 2.(1 điểm). Kết quả xác định số mol của các ion trong dung dịch X nh sau: Na+ có 0,1 mol; Ba2+ có 0,2 mol; HCO3- có 0,05 mol; Cl- có 0,36 mol. Hỏi kết quả trên đúng hay sai? Giải thích.

Câu 4. (6 điểm) 1. (3,5 điểm) A, B, C, D, E, F là các hợp chất có oxi của nguyên tố X và khi cho tác dụng với NaOH đều tạo ra chất Z và H2O. X có tổng số hạt proton và nơtron bé hơn 35, có tổng số oxi hóa dương cực đại và 2 lần số oxi hóa âm là -1. Hãy lập luận để tìm các chất trên và viết phương trình phản ứng. Biết rằng dung

1

dịch mỗi chất A, B, C trong dung môi nước làm quỳ tím hóa đỏ. Dung dịch E, F phản ứng được với dung dịch axit mạnh và bazơ mạnh.

2. (2,5 điểm) Hoà tan hết a mol Fe trong một lượng vừa đủ dung dịch chứa b mol H2SO4 thu được một khí A (duy nhất) và 17,6 gam muối khan. Tính giá trị a,b .Biết 5a= 2b.

Câu 5. ( 4,5 điểm): 1.(2 điểm) Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn bằng dung dịch HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đktc) khí Z (gồm hai hợp chất khí không màu) có khối lượng 7,4 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam hỗn hợp muối. Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng.

2. (2,5 điểm). Trong một bình kín chứa N2 (1M), H2 (4M) và xúc tác (thể tích không đáng kể). Thực hiện phản ứng ở t0c và áp suất p. Khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng thì áp suất là 0,8p, còn nhiệt độ vẫn là t0c.

Hãy tính: a. Hằng số cân bằng của phản ứng. b. Hiệu suất phản ứng và nồng độ mol của các chất tại thời điểm cân bằng.

(Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, Mg=24, Al=27, S=32, Fe=56, Cu=64, Zn=65, Ag=108) - - - Hết - - -

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG – LẦN 1- THPT NĂM HỌC 2016-2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM HÓA HỌC 11

Câu Câu 1

1.

2đ

Nội dung

Điểm 3,5

Lập luận để đưa ra: khí A là NH3. Khí B là N2. Chất rắn C là Li3N. Axit D là HNO3. Muối E là NH4NO3. .................................................................

0,75 Viết các phương trình hoá học xảy ra: (Mỗi pt 0,25x5=1,25 đ) t 4NH3 + 3O2  → N2 + 6H2O. N2 + Li  → Li3N. 0

1

2

Li3N + 3H2O  → NH3 + 3LiOH → NH4NO3.

NH3 + HNO3  NH4NO3  → N2O + H2O. Có thể dùng dd nước Br2 để nhận biết các khí đó, cụ thể: . NH3: dd Br2 mất màu, có khí không màu không mùi thoát ra 2NH3 + 3Br2 N2 ↑ + 6HBr Hoặc 8NH3 + 3Br2 N2 ↑ + 6NH4Br . H2S: dd Br2 mất màu, có kết tủa màu vàng H2S + Br2 2HBr + S ↓ . SO2: dd brom mất màu, tạo dd trong suốt đồng nhất SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4

1,25

0,5 0,5 0,5

Câu 0, 050l × 0, 200mol.l −1 0, 075l × 0,100mol.l −1 o o C NH = = 0, 08 M ; C = = 0, 06 M Cl NaOH 1 0,125l 0,125l NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O 1.

0,08 0,06 0,06 0,06 0,06 0,02 0 0,06 Xét cân bằng : NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH0,06 0,02 x x x 0,06–x 0,02+x x

2

4

[ NH +4 ][OH − ] (0,02 + x ) x = = 1,8.10 −5 , [ NH 3 ] 0,06 − x đúng x = 1,8.10 −5 × 0,06 = 5,4.10 −5 M 0,02

Kb =

gần 

pH = 14 − [− lg(5,4.10 −5 )] = 9,73

Câu 2: 2. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu Cl2 + 2KI →2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O →2HIO3 + 10HCl b. (a) Vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2

1,5

2,5 điểm Câu3. 1.- Theo Bronstet có 7 chất và ion có tính chất axit : HSO −4 , H2S, NH +4 , Fe3+, HCOOH, Al3+, NaHSO4

1

1,5

- Theo Bronstet có 9 chất và ion có tính chất bazơ: Ca(OH)2, SO32−, NH3, PO43-, C2H5ONa, CaO, CO32−, NaClO, Na2HPO3.

- Theo Bronstet có 9 chất và ion có tính chất lưỡng tính: HS– , ZnO, (NH4)2CO3, HCO3− 2.Trong dd X tổng điện tích dương: 0,1 + 0,2.2 = 0,5 0,5 Trong dd X tổng điện tích âm: 0,05 + 0,36 = 0,41 Kết quả trên là sai vì tổng điện tích dương không bằng tổng điện tích âm 0,5 Câu Xác định X: p+n <35 → X thuộc chu kỳ 2 hoặc 3.

4.2 Gọi x là số oxi hóa dương cực đại của X; y là số oxi hóa âm của X. x+ y = 8 x=5  x + 2 (-y) = -1 → y = 3 → X là phi kim thuộc nhóm VA → X chỉ có thể là N hoặc P. 0,5 .......................................................................................................................

Xác định A, B, C, D, E, F. - A, B, C là axit vì làm quì tím hóa đỏ.

- D, E, F phản ứng được với NaOH tạo chất Z và H2O nên phải là oxit axit hoặc muối axit.

-E, F tác dụng được với axit mạnh và bazơ mạnh nên E, F phải là muối axit.  X là photpho vì chỉ có photpho mới tạo được muối axit.

Do A, B, C, D, E, F phản ứng được với NaOH tạo chất Z và H2O nên nguyên tố P trong các hợp chất này phải có số oxi hóa như nhau và cao nhất là +5.

Ta có: A: H3PO4 B: HPO3 C: H4P2O7 D: P2O5 E: NaH2PO4 F: Na2HPO4 Z: Na3PO4 ........................................................................................................................

Phương trình phản ứng. (8 pt x 0,25đ = 1,0đ) H3PO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O HPO3 + NaOH → Na3PO4 + H2O H4P2O7+ NaOH → Na3PO4 + H2O P2O5+ NaOH → Na3PO4 + H2O NaH2PO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O Na2HPO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O NaH2PO4 + HCl → NaCl + H3PO4 Na2HPO4 + HCl → NaCl + H3PO4 2.XÐt c¸c tr−êng hîp sau: * H2SO4 lo·ng: Fe + H2SO4 lo·ng → FeSO4 + H2 (1) a b mol

1

1đ

2,0đ



a 1 a 2 = ≠ = (lo¹i) b 1 b 5

*H2SO4 ®Æc: -Tr−êng hîp 1: 2Fe + 6H2SO4 ®Æc → Fe2(SO4)3 + 3SO2 +6H2O (2) a 2 1 = = ≠ ®Ò ra (lo¹i) b 6 3

Tr−êng hîp 2: Fe khö hÕt Fe3+ t¹o thµnh Fe2+.

Fe + 2H2SO4 ®Æc → FeSO4 + SO2 +H2O.(3) a b a = 1 / 2 ≠ ®Ò ra (lo¹i). b

-Tr−êng hîp 3: nhËn xÐt:

1 a 2 1 < = < → do ®ã Fe t¸c dông víi H2SO4 ®Æc 3 b 5 2

sinh ra SO2 vµ t¹o ra 2 muèi FeSO4 vµ Fe2(SO4)3. * TÝnh a,b Tõ ph−¬ng tr×nh (2) vµ (3): 2Fe + 6H2SO4 ®Æc → Fe2(SO4)3 + 3SO2 +6H2O (2) 2x → 6x → x Fe + 2H2SO4 ®Æc → FeSO4 + SO2 +H2O.(3) y → 2y → y 2x + y = a x= 0,25a 6x +2y = b y= 0,5a 5a=2b Khèi l−îng FeSO4 vµ Fe2(SO4)3 t¹o thµnh : 400 x + 152y = 17,6 400.0,25a +152.0,5a =17,6  a= 0,1; b= 0,25



1. Z không màu => không có NO2.

Các khí là hợp chất => không có N2. => Hai hợp chất khí là N2O và NO.

0,25

n N O + n NO = 4, 48 / 22, 4 n N O = 0,1mol Theo đề ta có:   2

2

44.n N2 O + 30.n NO = 7, 4

n NO = 0,1mol

Câu Hỗn hợp muối gồm Mg(NO3)2, Zn(NO3)2, Al(NO3)3 và có thể có NH4NO3.

5. Gọi số mol của NH4NO3 là x mol (x ≥ 0).

Ta có các quá trình nhận electron: 10H+ + 2NO3- + 8e → N2O + 5H2O 1 0,1 0,5 (mol) + 4H + NO3 + 3e → NO + 2H2O 0,4 0,1 0,2 (mol) + 10H + 2NO3 + 8e → NH4NO3 + 3H2O 1

0,25

10x

x

3x (mol)

=> n HNO = n H =1, 4 + 10x(mol) ; n H O = 0, 7 + 3x(mol) Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: +

3

0,75

2

m kimloai + m HNO3 = m muoi + m Z + m H 2O

<=> 25,3 + 63(1,4+10x) = 122,3 + 7,4 + 18(0,7+3x) => x=0,05 => nHNO3 = 1 + 0,4 + 10.0,05 = 1,9 mol.

Câu 5.2

0,5 0,25

2,5 Tổng nồng độ của hệ trước cân bằng là: 1 + 4 = 5 (mol.l) Gọi nồng độ N2 phản ứng là x (mol.l)

0,25

2

N2 + 3H2

NH  Kc =  3  3 N2  H2 

2NH3

Ban đầu: 1 4 0 (mol.l) Phản ứng x 3x Cân bằng (1-x) (4-3x) 2x (mol.l) Tổng nồng độ của hệ ở cân bằng là (5-2x) mol.l Vì nhiệt độ không đổi, thể tích các khí trước và sau phản ứng đều bằng thể tích bình chứa nên: PT: PS = nT:nS = CM : CM T

Suy ra

Nồng độ các chất tại thời điểm cân bằng[N2]=1-x=0,5M [H2]= 4- 3x = 2,5M. [NH3] = 2x =1M Kc =

3

0,25 0,25 0,25

S

p 5 = → x=0,5 (mol.l) 0, 8 p 5 − 2 x

12

0,25

0,5 0,25 0.25

= 0,128

2,5 0,5 1 4 Vì < nên hiệu suất phản ứng tính theo N2 1 3 0,5 H= =50% 1

1

0,25 0,25

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

Câu 1.(2,0 điểm) Viết phương trình hóa học xảy ra khi: a. Nhỏ dung dịch H2SO4 đặc vào đường saccarozơ. b. Phản ứng nổ của thuốc nổ đen. c. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch FeBr2. d. Sục khí Cl2 vào dung dịch KOH. e. Cho Au vào nước “cường thủy”.

Câu 2.(2,0 điểm) 1. Nhiệt phân MgCO3 một thời gian người ta thu được chất rắn A và khí B. Hấp thụ hoàn toàn B vào dung dịch NaOH thu được dung dịch C. Dung dịch C tác dụng được với BaCl2 và KOH. Khi cho chất rắn A tác dụng với HCl dư lại có khí B bay ra. Xác định A, B ,C và viết các phương trình hoá học xảy ra.

2. .Hấp thụ khí NO2 vào dung dịch NaOH dư thu được dung dịch A . Cho dung dịch A vào dung dịch chứa KMnO4 và H2SO4 dư thì màu tím nhạt đi , thu được dung dịch B . Thêm một ít vụn đồng vào dung dịch B rồi đun nóng thì thu được dung dịch màu xanh , đồng thời có khí không màu hoá nâu ngoài không khí thoát ra . Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra .

Câu 3.(2,0 điểm) Cho các ống nghiệm đựng riêng rẽ các dung dịch: NaCl, AlCl3, Al2(SO4)3, Ni(NO3)2, CrCl2, NH4Cl, (NH4)2CO3, ZnCl2. Lựa chọn thêm một hóa chất phù hợp đề phân biệt các dung dịch trên. Nêu cách làm, viết phương trình hóa học.

Câu 4.(4,0 điểm) Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO3 0,45M và H2SO4 0,9M. Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Dung dịch Y hòa tan tối đa m1 gam bột Cu và thu được V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO 3− ).

1. Tính phần trăm về khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

2. Tính giá trị của m1 và V. 3. Cho m2 gam Zn vào dung dịch Y (tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO 3− ), sau phản ứng thu được 3,36 gam chất rắn. Tính giá trị của m2.

C©u 5.(1,5 điểm) Cho c¸c chÊt sau: C2H4, C3H6, C4H8. C¸c chÊt trªn cã thuéc cïng mét d·y ®ång ®¼ng hay kh«ng? Gi¶i thÝch.

1

Câu 6.(2,0 điểm) Hợp chất A có dạng M3X2. Khi cho A vào nước, thu được kết tủa trắng B và khí C là một chất độc. Kết tủa B tan được trong dung dịch NaOH và dung dịch NH3. Đốt cháy hoàn toàn khí C rồi cho sản phẩm vào nước dư, thu được dung dịch axit D. Cho từ từ D vào dung dịch KOH, phản ứng xong thu được dung dịch E chứa 2 muối. Dung dịch E phản ứng với dung dịch AgNO3 cho kết tủa màu vàng F tan trong axit mạnh.

Lập luận để chọn công thức hóa học đúng cho chất A. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Biết M và X đều là những đơn chất phổ biến.

Câu 7.(4,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon mạch hở rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0555M được kết tủa và dung dịch M. Lượng dung dịch M nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch M thấy có kết tủa lần 2 xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp X trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các hiđrocacbon biết có 2 chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong X đều bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO3 0,2M trong NH3 được 3,18 gam 1 kết tủa.

Câu 8.(2,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam một kim loại R bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được SO2, cho toàn bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 350ml dung dịch NaOH 2M, có cạn dung dịch thì thu được 41,8 gam chất rắn khan. Tìm kim loại R. ……………….Hết……………

Cho nguyên tử khối của các nguyên tố là: Fe = 56 ; Zn = 65 ; Na = 23 ; O = 16 ; S = 32 ; H = 1 ; Cu = 64 ; P = 31 ; N = 14 ; Ag = 108 ; K = 39 ; Ca = 40 ; Br = 80 ; Ba = 137.

ĐÁP ÁN ĐỀ HSG MÔN : HÓA HỌC 11

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5

Câu 1

Ý

Nội dung trình bày 2,0 điểm a. H2SO4(đặc) + C12H22O11 → 12C + H2SO4.11H2O C + 2H2SO4(đặc) → CO2 + 2SO2 + 2H2O o

t C b. 2 KNO3 + 3C + S → K2S + N2 + 3CO2 c. 3 Cl2 + 2 FeBr2 → 2 FeCl3 + 2 Br2 Có thể có: 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + 2HBrO3 Cl2 + H2O HCl + HClO d. Cl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O o

o

t C > 75 C 3Cl2 + 6KOH  → 5 KCl + KClO3 + 3H2O e. Au + 3HCl + HNO3 → AuCl3 + NO + 2H2O

2

2,0 điểm 1. A . CaCO3 , CaO ; B. CO2 ; C.NaHCO3 , Na2CO3 CaCO3 → CaO + CO2 CO2 + NaOH → NaHCO3 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2HCl 1

Điểm 2,0

2NaHCO3 + 2KOH → K2CO3 + Na2CO3 +2H2O CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O 2. NO2 + 2OH- → NO2- + NO3- + H2O 5NO2- + 2MnO4- + 8H+ → 5NO3- + 2Mn2+ + 4H2O H+ + OH- → H2O 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O

3

4

1

2,0 điểm Chọn Ba(OH)2 dư - NaCl : không hiện tượng - AlCl3 : ↓ keo, tan dần 2AlCl3 + 3Ba(OH)2 → 2Al(OH)3↓ + BaCl2 (1) Al(OH)3 + OH → [Al(OH)4] (2) - Al2(SO4)3 : ↓ keo + ↓ trắng, tan dần 1 phần Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ (3) và (2) - Ni(NO3)2 : ↓ trắng xanh (hay có thể nhận ra ngay màu của dung dịch muối ban đầu là mau xanh) (4) Ni(NO3)2 + Ba(OH)2 → Ni(OH)2↓ + Ba(NO3)2 - CrCl2 : ↓ vàng CrCl2 + Ba(OH)2 → Cr(OH)2↓ + BaCl2 (5) - NH4Cl : khí mùi khai (6) 2NH4Cl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2NH3↑+ 2H2O - (NH4)2CO3 : khí mùi khai, ↓ trắng (NH4)2CO3 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + 2NH3 + 2H2O (7) - ZnCl2 : ↓ keo, tan dần ZnCl2 + Ba(OH)2 → Zn(OH)2 + BaCl2 (8) (9) Zn(OH)2 + Ba(OH)2 → Ba[Zn(OH)4] → nhận được 6 chất - Dùng NH3 thu được ở trên nhận AlCl3, ZnCl2 AlCl3 tạo ↓ trắng keo không tan trong NH3 dư AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4Cl (10) ZnCl2 tạo kết tủa tan trong NH3 dư ZnCl2 + 6NH3 + 2H2O → [Zn(NH3)4(OH)2 + NH4Cl (11) 4,0 điểm Số mol NaNO3 = 0,36 mol số mol H2SO4 = 0,72 mol => số mol H+ = 1,44 mol Ta có các bán phản ứng: NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O (1) (mol): 0,16 ← 0,64 ← 0,48 ← 0,16 Số mol NO = 0,16 mol => H+ và NO3- dư, kim loại phản ứng hết.

Số mol NO3- phản ứng = 0,16 mol; số mol H+ phản ứng = 0,64 mol Fe → Fe3+ + 3e (1) Zn → Zn2+ + 2e (2) Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình

1

2,0

2,0

1,0

56 x + 65 y = 10,62 (I) Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình 3x + 2y = 0,16.3 (II) Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol

2

mFe = 0,12.56 = 6,72 g => % mFe = 63,28% 1,0  % mZn =100% - 63,28 % = 36,72 % Dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+, khi thêm bột 1,0 Cu vào dung dịch Y: 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3) (mol): 0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+

0,2 (4)

0,12 → 0,06 Từ phản ứng (3), (4) có tổng số mol Cu = 0,36 mol m1 = 0,36.64 = 23,04 gam

3

VNO = 4,48 lít Thêm m2 gam Zn vào dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+:

1,0

Do khối lượng Fe3+ = 0,12.56 = 6,72 gam > khối lượng chất rắn bằng 3,36 gam. Nên trong 3,36 gam chất rắn sau phản ứng chỉ có Fe. nFe = 3,36/56 = 0,06 mol 3Zn + 8H+ + 2NO3- → 3Zn2+ + 2NO + 4 H2O (mol) 0,3 ← 0,8 ← 0,2 Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ (mol) 0,06 ← 0,12 → 0,12 (mol)

5

6

Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe 0,06 ← 0,06 ← 0,06

Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol => mZn = 27,3 gam 1,5 điểm - Các chất là đồng đẳng của nhau khi chúng là mạch hở thì chúng là đồng đẳng của anken.

1,5 - Còn khi C3H6 và C4H8 thuộc mạch vòng thì chúng không phải là đồng đẳng của nhau, vì C2H4 không thể có mạch vòng.

2,0 điểm

1

+H 2O M3X2  → B ↓ (trắng) + C ↑ (độc) B tan được trong dung dịch NaOH và dung dịch NH3, M là đơn chất phổ biến → B là Zn(OH)2.

Kết tủa F màu vàng tan trong dung dịch axit mạnh → F là Ag3PO4 → X là P → A là Zn3P2.

Phương trình phản ứng: → 3Zn(OH)2↓ + 2PH3↑ Zn3P2 + 6H2O  (A) (B) (C) Zn(OH)2 + 2NaOH  → Na2[Zn(OH)4] 2,0 Zn(OH)2 + 4NH3  → [Zn(NH3)4](OH)2 o

t 2PH3 + 4O2  → P2O5 + 3H2O P2O5 + 3H2O  → 2H3PO4 (D) → K2HPO4 + 2H2O H3PO4 + 2KOH  H3PO4 + 3KOH  → K3PO4 + 3H2O  Dung dịch E chứa: K2HPO4 và K3PO4 K3PO4 + 3AgNO3  → Ag3PO4↓ + 3KNO3 (F) → Ag2HPO4↓ + 2KNO3 K2HPO4 + 2AgNO3 

7

4,0 điểm CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + m NH4NO3 .

0,02 mol 0,02/m mol → m↓ = 3,18 = (0,02/m)(12x+y+107m) → 12x+ y = 52m Do MHDC < 100 nên m=1, x=4, y=4.

Vậy 1 chất C4H4 : CH2=CH-C≡CH: 0,02 mol Ta có sơ đồ CO2 + Ca(OH)2 (0,111mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH) 2 → BaCO (0,111-x)+CaCO (0,111-x) Ca(HCO3 ) 2 (0,111-x)  3 3 Nên 100x+(0,111-x)100+(0,111-x)197=20,95 → x= 0,061 → nCO2= 0,061+2(0,1110,061)= 0,161 → nH2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118 + Hai HDC còn lại cháy cho: nCO2=0, 161-0,02.4=0,081; nH2O= 0,118-0,02.2=0,078 Số Ctb = 0,081/0,027= 3 Do trong X có 2 HDC có cùng số C nên có các TH sau + TH1: 2 HDC còn lại có cùng 3C nBr2 = 0,09-0,02.3=0,03 > 0,027 nên có C3H4 còn lại là C3H8 hoặc C3H6 a + b = 0, 027  a = 0, 012 - C3H8 : a ; C3H4 :b  → TM 2b = 0, 03 b = 0, 015 a + b = 0, 027  a = 0, 024 - C3H6 : a ; C3H4 :b  → TM a + 2b = 0, 03 b = 0, 003 + TH2: 1 HDC còn lại có cùng 4C, HDC còn lại là 1C hoặc 2C

1

4,0

 x + y = 0, 027  x = 0, 0135 → nên  4 x + 2 y = 0, 081  y = 0, 0135 0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại  x + y = 0, 027  x = 0, 018 - C4Hc:x ; CH4: y → nên 0,018c/2+0,009.4/2=0,078  4 x + 1 y = 0, 081  y = 0, 009 →c=6,67 loại Kết luận : CH2=CH-C≡CH CH2=C=CH2 C3H6 hoặc C3H8 2,5 điểm Số mol NaOH = 0,35.2 = 0,7 mol - Nhận xét + Nếu chất rắn là Na2CO3 thì khối lượng là: 0,35.126 = 44,1 gam + Nếu chất rắn là NaHCO3 thì khối lượng là: 0,7.104 = 72,8 gam Chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch là 41,8 < (44,1 ; 72,8) - Đặt số mol của Na2CO3 là x → số mol NaOH dư là 0,7 – 2x Ta có: 126x + (0,7 – 2x)40 = 41,8 → x = 0,3 mol → nR = 0,6/n → MR = 56n/3 → R là Fe - C4Hc:x ; C2Hd: y

8

2,5

Chú thích: Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

---------- Hết ----------

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

Câu 1(3 điểm).

1. Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có

1

đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có).

2. Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư đều cho sản phẩm là Fe2(SO4)3, SO2 và H2O. Viết các phương trình hóa học.

Câu 2(2,5 điểm).

1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O c) FexOy + HNO3 → Fe(NO3)3 + NnOm + H2O 2. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric.

Câu 3(4 điểm).

1. Hoà tan m gam NH4HCO3 vào 120 ml dung dịch HCl 0,25 M thấy thoát ra V lit khí (đktc ). Phản ứng xong, đổ lượng dư dung dịch Ca(OH)2 vào dung dịch tạo thành, được a gam kết tủa. Mặt khác khi đun nóng nhẹ m gam NH4HCO3 với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thì sau khi phản ứng kết thúc thu được 1 dung dịch có khối lượng nhỏ hơn khối lượng của dung dịch Ba(OH)2 đã dùng là 6,75 gam. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng nước bị bay hơi trong quá trình thí nghiệm là không đáng kể. Hãy xác định m, a, V. 2. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO3 bằng dung dịch HNO3 đặc nóng thu được hỗn hợp khí A gồm hai khí X và Y có tỷ khối so với hiđro bằng 22,805. a. Tính phần trăm khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp đầu. b. Làm lạnh hỗn hợp khí A xuống nhiệt độ thấp hơn thì thu được hỗn hợp khí B gồm 3 khí X,Y,Z có tỷ khối so với hiđro bằng 30,61. Tính % khí X bị đime hóa thành khí Z . Hãy cho biết phản ứng đime hóa là tỏa nhiệt hay thu nhiệt và màu của hỗn hợp biến đổi như thế nào khí làm lạnh nó?

Câu 4(4,5 điểm): 1. ClO2 là chất hoá chất được dùng phổ biến trong công nghiệp. Thực nghiệm cho biết: a) Dung dịch loãng ClO2 trong nước khi gặp ánh sáng sẽ tạo ra HCl, HClO3. b) Trong dung dịch kiềm (như NaOH) ClO2 nhanh chóng tạo ra hỗn hợp muối clorit và clorat natri. c) ClO2 được điều chế nhanh chóng bằng cách cho hỗn hợp KClO3, H2C2O4 tác dụng với H2SO4 loãng (biết phản ứng giải phóng CO2). d) Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra và chỉ rõ chất oxi hóa, chất khử (có giải thích) trong các phản ứng oxi hóa – khử.

2. Hòa tan hoàn toàn 25 gam một cacbonat kim loại bằng dung dịch HCl 7,3% (vừa đủ) thu được dung dịch muối có nồng độ phần trăm là 10,511%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy thoát ra 26,28 gam muối rắn A và nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch còn lại là 6,07%. Xác định công thức của muối A? Câu 5(3,5 điểm): Hòa tan hoàn toàn m gam oxit MO (M là kim loại) trong 78,4 gam dung dịch H2SO4 6,25% (loãng) thì thu được dung dịch X trong đó nồng độ H2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác, khi cho CO dư đi qua m gam MO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thì chỉ còn một khí duy nhất thoát ra, trong dung dịch thu được có chứa 2,96 gam muối.

1. Xác định kim loại M và tính m.

2. Cho x gam Al vào dung dịch X thu được ở trên, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,12 gam chất rắn. Tính x?

Câu 6 (2,5 điểm): Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được rắn C màu vàng và dung dịch D. Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc.

1

Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng.

-------------Hết-----------

II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày 1 1 1,0 điểm 1.Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự.

Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4.

Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4.

(Nhóm II).

PTHH: NaOH + HCl  → NaCl + H2O 2NaOH + H2SO4  → Na2SO4 + H2O Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4.

Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2.

- Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4.

Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. PTHH: H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl 2 1,0 điểm Các chất rắn có thể chọn: Fe;FeO;Fe3O4;Fe(OH)2;FeS;FeS2;FeSO4 Các pthh : t0 2Fe + 6H2SO4(đặc)  → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O t0 2FeO + 4H2SO4(đặc)  → Fe2(SO4)3+SO2+ 4H2O t0 2Fe3O4 + 10H2SO4(đặc)  → 3 Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O t0 2Fe(OH)2 + 4H2SO4(đặc)  → Fe2(SO4)3 + SO2 + 6H2O t0 → Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O 2FeS + 10H2SO4(đặc)  t0 2FeS2 + 14H2SO4(đặc)  → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O t0 2FeSO4 + 2H2SO4(đặc)  → Fe2(SO4)3 + SO2+ 2H2O 2 1 1,5 điểm a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2

1

Điểm

0,25

0,25

0,5

1,0

0,5

Cr2S3 → 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e │x 1

2

3

1

2

Mn+2 + 2N+5 + 2e → Mn+ 6 + 2N+2 │x 15 Cr2S3 +15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 → 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15K2MnO4+30NO + 20CO2 b) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2N-3 + 2Cl+7 + 8e → N20 + Cl20 x 5 P0 → P+ 5 + 5e x8 10NH4ClO4 + 8P → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O c) FexOy + HNO3 → Fe(NO3)3 + NnOm + H2O xFe+2y/x → xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) nN+ 5 + (5n – 2m)e → nN+ 2m/n (3x – 2y) (5n – 2m)FexOy + (18nx – 6mx – 2ny)HNO3 → → x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O 0,5 điểm (a) Vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 0,5 điểm Khi cho dung dịch Ca(OH)2 vào thấy kết tủa nên NH4HCO3 dư, HCl hết NH4HCO3 + HCl  NH4Cl + CO2 + H2O 0,03 mol ,03 mol 0,03 mol V = VCO2 = 0,03. 22,4 = 0,672 lít HCO3- + Ca2+ + OH-  CaCO3 + H2O x-0,03 x-0,03 NH4HCO3 + Ba(OH)2  NH3 + BaCO3 + 2H2O x x x Gọi số mol của NH4HCO3 ban đầu là x mol mBaCO3 + mNH3 – mNH4HCO3 = m dd giảm 197x + 17x – 79x = 6,75  x = 0,05 mol m(NH4HCO3) = 0,05.79 = 3,95 gam =m mCaCO3 = 0,02. 100 = 2 gam =a 1,5 điểm Pư: FeS + 10H+ + 9NO3- → Fe3+ + SO42- + 9NO2↑ + 5H2O a 9a + 3+ FeCO3 + 4H + NO3 → Fe + CO2↑ + NO2↑ + 2H2O b b b a/ Gọi a,b là số mol mỗi muối trong hỗn hợp 44b + (9a + b).46 d X ,Y = = 22,805  b = 2,877 a H2 (9a + b).2 Chọn a=1, b=2,877 (mol) → Tìm m → Tính % → %FeS =20,87%; %FeCO3 = 79,13% b/ Phản ứng đime hóa NO2: 2NO2 ↔ N2O4 nđầu : 11,877a npư : 2x x ncb : 11,877a-2x x , nCO2 = b

1

0,5

0,5

0,25 0,25

0,5

0,5

(11,877 a − 2 x).46 + 44b + 92 x = 30, 61 H2 (11,877 a − 2 x + b + x).2 Thay b=2,877a … → x = 3, 762  x = 3, 762a a Số mol NO2 bị đime hóa là 2x → 3, 762a.2 %NO2 bị đime hóa = = 63,35% 11,877 a -Phản ứng đime hóa diễn ra khi làm lạnh và khi đó màu của hỗn hợp nhạt dần.

- Cân bằng dịch về phải khi hạ nhiệt độ  Phản ứng đime hóa là tỏa nhiệt.

d X ,Y , Z

=

1,0

4

1

2

1,0 điểm a) 6ClO2 + 3H2O → HCl + 5HClO3 ClO2 vừa là chất oxi hóa, vừa là chất khử vì Cl+4 vừa tăng lên +5, vừa giảm xuống -1 b)2ClO2 + 2NaOH → NaClO2 + NaClO3 + H2O ClO2 vừa là chất oxi hóa, vừa là chất khử vì Cl+4 vừa tăng lên +5, vừa giảm xuống +3) c) 2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 → 2ClO2 + 2KHSO4 + 2CO2 + 2H2O KClO3 là chất oxi hóa (vì chứa Cl+5 giảm xuống Cl+4) H2C2O4 là chất khử (vì chứa C+3 tăng lên C+4) d) 2NaClO3 + SO2 + H2SO4 → 2ClO2 + 2NaHSO4 NaClO3 là chất oxi hóa (vì chứa Cl+5 giảm xuống Cl+4) SO2 là chất khử (vì chứa S+4 tăng lên S+6) 1,0 điểm * Phương trình phản ứng: M2(CO3)x + 2xHCl → 2MClx + xH2O + xCO2 Xét số mol: 1 2x 2 x 2 M + 71x Ta có: C % m ' = .100% = 10,511% 2 M + 60 x + 2 x.36,5 : 0,073 − 44 x <=> M=20x Nghiệm phù hợp: x = 2; M = 40; kim loại là Ca. * Phương trình: CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2 0,25mol → 0,25mol 0,25.111 Khối lượng dd sau phản ứng: .100 = 264 g 10,511 Khối lượng dd sau làm lạnh: 264 -26,28=237,72g Đặt công thức của A là CaCl2.nH2O 26,28 237,72.0,0607 + => n = 6 Số mol của CaCl2 ban đầu = 0,25mol = 111 + 18n 111 => CT của A là CaCl2.6H2O

5

1

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

0,5

1,5 điểm 78, 4.6,25 = 0, 05 (mol) Gọi nMO = a mol 2 4 ( bd ) 100.98 - Hòa tan MO vào dd H2SO4 loãng: → MSO4 + H2O MO + H2SO4  mol: a a a n H SO

=

1

0,5

=> n H SO 2

4( du )

= (0,05 − a) mol

m ddsau pu = (M + 16)a + 78, 4 (gam)

m MO = (M + 16)a = m (gam) 98.(0,05 - a).100 = 2,433(%) (I) Ta có C%(H2SO4(du) ) = (M+16)a + 78,4 - Khử MO bằng CO dư to MO + CO  → M + CO2 a a a a Vậy hỗn hợp Y gồm CO2 và CO dư - Cho Y qua dd NaOH có nNaOH = 0,5.0,1= 0,05 (mol) mà chỉ còn một khí thoát ra thì đó là CO, vậy CO2 đã phản ứng hết. Phản ứng có thể xảy ra: → Na2CO3 + H2O CO2 + 2NaOH  k 2k k → NaHCO3 CO2 + NaOH  t t t => mmuối = 106k + 84t = 2,96 (II) TH1: Nếu NaOH dư thì t = 0 ( không có muối axít) => a = k = 0,028.

Thay vào (I) ta được M = 348,8 (loại) TH2: Nếu NaOH hết 2k + t = 0,05 (III) Từ (II) và (III) => k = 0,02 t = 0,01 => n CO = a = 0, 03 (mol)

0,5

0,5

2

Thay vào (I) được M = 56 => đó là Fe và m = (56 + 16).0,03 = 2,16 (g)

2

Câu 6

0,5 điểm Dung dịch X gồm: FeSO4 ( 0,03 mol) H2SO4 dư ( 0,02 mol) Khi cho Al vào, phản ứng hoàn toàn mà có 1,12 g chất rắn => H2SO4 đã hết → Al2(SO4)3 + 3H2 2Al + 3H2SO4  0,04/3 ← 0,02 → Al2(SO4)3 + 3Fe 2Al + 3FeSO4  2b/3 b b Khối lượng Fe trong dd X : 56.0,03 = 1,68 (g) > 1,12 (g) => FeSO4 còn dư thì Al hết.

11,2 = 0,02 Vậy b = 56 0, 04 0, 04 0, 08 => n Al = + = (mol) 3 3 3 0, 08 => x = 27. = 0,72 (g) 3 A : H2S; B : FeCl3; C : S ; F : HCl ; G : Hg(NO3)2 ; H : HgS ; I : Hg ; X : Cl2 ; Y : H2SO4 Phương trình hóa học của các phản ứng : 1

0,5

H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl Cl2 + H2S → S + 2HCl 4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4 BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 ↓ + 2HCl

(1) (2) (3) (4)

H2S + Hg(NO3)2 → HgS ↓ + 2HNO3

(5)

t

0

HgS + O2 → Hg + SO2

(6) ---------- Hết ----------

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

C©u 1. ( 2 ®iÓm) Tính pH của dung dịch thu được khi thổi hết 224 ml khí CO2 vào 200 ml dung dịch NaOH 0,05M, biết axit cacbonic có pK a1 = 6,35 , pK a 2 = 10,33 .

C©u 2. (2,5 ®iÓm) 1.Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho NH4Cl tác dụng với CuO và với ZnO. Cho biết ứng dụng thực tế của NH4Cl tương ứng với các phản ứng này.

2.Hòa tan 10,00 g hỗn hợp gồm Cu2S và CuS bằng 200,0 mL dung dịch MnO4- 0,7500 M trong môi trường axit. Sau khi đun sôi để đuổi hết khí SO2 sinh ra, lượng MnO4- còn dư trong dung dịch phản ứng vừa hết với 175,0 mL dung dịch Fe2+ 1,000 M. (a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). (b) Tính phần trăm khối lượng CuS trong hỗn hợp ban đầu.

Câu 3(5,0 điểm): 1. Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng axit mạnh D tạo ra muối E. Dung dịch muối E không tạo kết tủa với bari clorua và bạc nitrat. Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình thu được khí F và chất lỏng G. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

2. a) Cho dung dịch H2O2 tác dụng với dung dịch KNO2, Ag2O, dung dịch KMnO4 /H2SO4 loãng, PbS. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. b) Nêu phương pháp điều chế Si trong công nghiệp và trong phòng thí nghiệm. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

3., Viết cấu hình electron của các hạt sau. a) Nguyên tử có electron lớp ngoài cùng là 4s1 b) Ion X2+ và X3+ biết ZX = 26. Cho biết X2+ và X3+ ion nào bền hơn vì sao. c) Nguyên tử có tổng số electron độc thân là 2 và có 4 lớp electron.

4. Cho phản ứng N2 (khí) + 3H2 (khí) 2NH3 (khí). Khi tăng nhiệt độ từ 4500C lên 6000C thì thấy tỉ khối của hỗn hợp khí so với H2 là giảm. Hãy cho biết cân bằng phản ứng trên sẽ dịch chuyển như thế nào (có giải thích) khi: a) Tăng nhiệt độ. b) Tăng áp suất. c) Tăng chất xúc tác.

1

Câu 4: (4,0 điểm):1.Một hỗn hợp X gồm CxHy và O2 dư đem đốt cháy hoàn toàn, cho sản phẩm cháy đi qua hệ thống làm lạnh, đo thể tích giảm α %. Sau đó cho sản phẩm khí đi qua dung dịch KOH dư thì thể tích khí giảm β % số còn lại a. Chứng minh hệ thức:

α 1 − α + 0, 25y = β x + 0, 25yβ

(0 < α, β< 1)

b. Xác định CTPT của CxHy khi α = 0,25 và β = 0,4 c. Tính thành phần % thể tích hỗn hợp X 2. Oxi hóa m gam hợp chất hữu cơ A bằng CuO rồi cho sản phẩm sinh ra gồm CO2 và hơi H2O lần lượt đi qua bình 1 đựng CaCl2 khan và bình 2 đựng 2 lít Ca(OH)2 0,0 225 M thì thu được 2 gam kết tủa. Khối lượng bình 1 tăng 1,08 gam và khối lượng CuO giảm 3,2 gam, MA < 100. Oxi hóa mãnh liệt A, thu được hai hợp chất hữu cơ là CH3COOH và CH3COCOOH. a. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. b. Viết các dạng đồng phân hình học tương ứng của A. c. Khi cho A tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1, thì tạo được những sản phẩm nào ? Giải thích.

C©u 5. (2,0 ®iÓm) Mét hçn hîp khÝ gåm nit¬ vµ hi®ro, cã tØ khèi so víi He lµ 0,95. Cho hçn hîp trªn ®i qua xóc t¸c, ®un nãng ®Ó t¹o ra amoniac, hçn hîp khÝ thu ®−îc nÆng h¬n He. C¸c thÓ tÝch khÝ ®o cïng ®iÒu kiÖn. Hái hiÖu suÊt cña ph¶n øng trªn cã gi¸ trÞ trong kho¶ng nµo?

Câu 6 (3,5 điểm): 1.Cho hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2. Lấy 8,6 gam X tác dụng hết với dung dịch brom (dư) thì khối lượng brom phản ứng là 48 gam. Mặt khác, nếu cho 13,44 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 36 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của CH4 có trong X 2.Một Hiđrocacbon có CTPT C6H12 tác dụng với HBr thì chi thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất.Xác định CTPT, gọi tên Hiđrocacbon trên và viết cơ chế phản ứng.

3.Hiđro hóa hoàn toàn hiđrocacbon mạch hở X thu được isopentan. Xác định công thức cấu tạo có thể có của X.Gọi tên.

Câu 7. (1,0 điểm) : Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm được tiến hành trong phòng thí nghiệm để xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ.

---------------------HẾT---------------------

1

Đáp án.

C©u 1 n CO = 2

0,224 = 0,01mol, n NaOH = 0,2 × 0,05 = 0,01 22,4

Vì số mol CO2 và NaOH bằng nhau nên hệ chỉ chứa NaHCO3. Có thể tính pH của hệ lưỡng 1 2

tính này bằng công thức: pH = (pK 1 + pK 2 ) =

1 (6,35 + 10,33) = 8,3 2

C©u 2 1.Trong thực tế, NH4Cl được dùng để đánh sạch bề mặt kim loại trước khi hàn: 4CuO + 2NH4Cl → N2 + 3Cu + CuCl2 + 4H2O ZnO + 2NH4Cl → ZnCl2 + 2NH3 + H2O 2. (a) Phương trình phản ứng: 5Cu2S + 8MnO4- + 44H+ → 10Cu2+ + 5SO2 + 8Mn2+ + 22H2O (1) + 2+ 2+ 5CuS + 6MnO4 + 28H → 5Cu + 5SO2 + 6Mn + 14H2O 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (3) (b) Xác định % (1)  n MnO 

− 4 ( 3)

n MnO − (1, 2 ) 4

1 1 n Fe 2 + = × 0,175 × 1 = 0,035mol 5 5 = 0,2 × 0,75 − 0,035 = 0,115mol

=

Đặt số mol Cu2S và CuS lần lượt là x và y, ta có:

1

(2)

 160 x + 96 y = 10  x = 0,025   8 x + 6 y = 0,115    y = 0,0625  5 5 0,0625 × 96 %m CuS = × 100% = 60% 10

 Câu 3

1. Lập luận để đưa ra: khí A là NH3. Khí B là N2. Chất rắn C là Li3N. Axit D là HNO3. Muối E là NH4NO3. .................................................................

Viết các phương trình hoá học xảy ra: (Mỗi pt 0,25x5=1,25 đ) 4NH3 + 3O2 ⎯t⎯ → N2 + 6H2O. N2 + Li ⎯⎯→ Li3N. Li3N + 3H2O ⎯⎯→ NH3 + 3LiOH NH3 + HNO3 ⎯⎯→NH4NO3.

NH4NO3 ⎯⎯→N2O + H2O. 2. a. Phương trình hoá học xảy ra: (Mỗi phương trình 0,25 x 4 pt =1,0 đ) H2O2 + KNO2 ⎯⎯→KNO3 + H2O. H2O2 + Ag2O ⎯⎯→ 2Ag+ O2 + H2O. 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 ⎯⎯→5O2 + 2MnSO4 + K2SO4+ 8H2O. 4H2O2 + PbS ⎯⎯→ PbSO4 + 4H2O. b. Điều chế Si trong công nghiệp: dùng than cốc khử SiO2 trong lò điện: SiO2 + 2C ⎯⎯→ Si + 2CO.................................................................... Điều chế Si trong phòng thí nghiệm: Nung Mg với SiO2: SiO2 + Mg ⎯⎯→ Si + MgO 0

3.

Câu 4: 1. Giải: CO2 C x H y : amol CO  to KOHdu X (b > a)  → Y H 2O(h)  → Y  2  → Z {O 2 (du) O (du) O : bmol  2  2 O (du)  2 y y   Cx H y + → xCO 2 + H 2 O  x +  O 2  4 2 

Trước phản ứng: Đã phản ứng:

a

b a

a  x + y  

4

ax

Sau phản ứng: 0 (b – ax – 0,25ay) ax → nx = (a + b) mol ny = ( b – 0,25 ay)mol nz = (b – ax – 0,25 ay) mol Qua hệ thống làm lạnh → nước ngưng tụ → thể tích của Y giảm α% so với hỗn hợp X ny = (1 α) nx → b – 0,25ay = (1 - α) ( a + b) = a + b – α (a + b) b = a (1 - α + 0,25y) (1) Khi cho hỗn hợp Y qua dung dịch KOH dư thì CO2 bị hấp thụ còn lại khí Z là O2 dư có thể tích giảm β% so với hỗn hợp Y ta có: nz = (1- β)ny → b – ax – 0,25ay = (1 - β) (b – 0,25ay) βb = a( x + 0,25 β y) (2)

1

Lấy (1) : (2) ta có: α β

=

1 − α + 0, 25y (*) x + 0, 25yβ

α = 0, 25 b/ Thay  → (*)  β = 0, 4 0, 25 1 − 0, 25 + 0, 25y 0, 75 + 0, 25y = = 0, 4 x + 0, 25y.0, 4 x + 0,1y 0, 25x − 0,3 →y= ≤ 2x + 2 → x ≤ 4,5 0, 075

→

Biện luận: x 1 2 3 4 y < 0 2,6 6 9,3 Nghiệm hợp lí A: C3H6 c/ Tính % X: b.0,25 = a(1 – 0,25 + 0,25.6) C©u 5.

HD: §Æt sè mol N2 vµ H2 trong hçn hîp ban ®Çu lµ X vµ Y Khèi l−îng mol trung b×nh cña hçn hîp ban ®Çu = 0,95.4 Mtbb® = ( 28X+ 2Y)/(X+Y) = 0,95.4 = 3,8  Y = 13,44X Ph−¬ng tr×nh ho¸ häc N2 + 3H2 2NH3 NÕu trong hçn hîp cã a mol N2 ph¶n øng víi 3a mol H2 th× sau ph¶n øng sè mol thu ®−îc lµ: (X-a) + (Y-3a) +2a = 14,44X – 2a Khèi l−îng hçn hîp sau ph¶n øng 28X +2Y = 54,88X Theo ®Çu bµi, sau ph¶n øng khèi l−îng mol trung b×nh cña hçn hîp > 4 ( M cña He) Mtbspø = 54,88X/(14,44X -2a) > 4  a > 0,36X hay a/X > 0,36 Hçn hîp trë nªn nÆng h¬n He khi a/X > 0,36 Hay hiÖu suÊt ph¶n øng: 36% < h ≤ 100% ------Hết------

1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

Câu 1(3 điểm):1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây: - Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển; - Sục khí clo vào dung dịch mới thu được; - Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3; - Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng.

Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò của H2SO4.

2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa.

Tính m.

Câu 2(2,5 điểm):1. Cho các đơn chất A, B, C . Thực hiện phản ứng : A + B X X + H2 O NaOH + B B + C Y 1:1 Y + NaOH → Z + H2O Cho 2,688 lit khí X ( đkc ) qua dung dịch NaOH thì khối lượng chất tan bằng 2,22 gam .

Lập luận xác định A, B, C và hoàn thành phản ứng .

2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu 3(3 điểm): 1. Cho 5,15 gam hỗn hợp A gồm Zn và Cu vào 140 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi phản ứng xong thu được 15,76 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch B. Chia B thành hai phần bằng nhau, thêm KOH dư vào phần 1, thu được kết tủa. Lọc kết tủa, đem nung đến khối lượng không đổi, được m gam chất rắn. a. Tính m? b. Cho bột Zn tới dư vào phần 2, thu được dung dịch D. Cho từ từ V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch D thu được 2,97 gam kết tủa. Tính V, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

2. Cho hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axit H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO2 và NO2 có thể tích là 1,792 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m.

Câu 4(3 điểm): 1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R. 2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại.

Câu 5(2,5 điểm): 1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ra những lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng. a. CaI2 + H2SO4 đặc  CaSO4 +2HI b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc  FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O

1

c. Cl2 +2KI dư  2KCl + I2 2. Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X. b. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B. Câu 6(1 điểm):Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lít H2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ.

-----------------HẾT---------------

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học).

- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC Câu

Nội dung

1

Điểm

I 3

+

H Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (1) 3Br2 + 3Na2CO3 → 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 (2) H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O (3) 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 → 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4) Vai trò của H2SO4: (1) H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4) là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: .

1.

3Br2+ 6OH-

OHH+

5Br- + BrO3- + 3H2O

2. Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl x 0,5x CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl y y  16x +96y = 1,28 (I) Thêm Na2S vào phần 2 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl  2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl mol: x x 0,5 x CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl y y  88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol  m = 4,6.2 = 9,2 gam.

II 3

1,5

1. A : Na ; B : H2 ; X : NaH B + C Y  C là phi kim, Y là axít 1:1 Y + NaOH → Z + H 2O 1mol Y phản ứng khối lượng chất tan tăng ( Y - 18 )g 2, 688 = 0,12mol 2, 22 g 22, 4 Y − 18 1 =  Y = 36,5 2, 22 0,12

0,5

0,5 0,5

1

0,5

 ( C ) : Clo

2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: 0,5 M2+ + CO32-  MCO3 Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 gam. Thực tế 3,3 khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam  Số mol MCO3 = = 0,3 < nCO32- -> CO32- có dư, 11 M2+ pư hết nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%.

III

1 0,75

1. 1. (3 điểm) a. Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên có thể gồm 2 trường hợp sau:

1

3,5

+ Trường hợp 1: AgNO3 hết, Zn còn dư, Cu chưa phản ứng ( hỗn hợp KL gồm: Zn dư, Cu, Ag ).

Gọi nZn, n Cu (hhA) là x và y, nZn phản ứng là a ( mol ).

Zn + 2AgNO3  → Zn(NO3)2 + 2Ag a

2a

a

(1) 0,75

2a

mA = 65x + 64y = 5,15 (I); mKL = 65(x-a) + 64y + 108. 2a = 15,76 (II) nAgNO3 = 2a = 0,14 (III). Hệ phương trình I, II, III vô nghiệm (loại). + Trường hợp 2: Zn hết, Cu phản ứng một phần, AgNO3 hết. gọi n Cu phản ứng là b (mol).

Zn + 2AgNO3  → Zn(NO3)2 + 2Ag x

2x

x

2b

0,25

(2)

0,5

2x

Cu + 2AgNO3  → Cu(NO3)2 + 2Ag b

(1)

b

2b

mA = 65x + 64y = 5,15 (I); mKL = 64(y-b) + 108( 2x + 2b ) = 15,76 (II) nAgNO3 = ( 2x + 2b ) = 0,14 (III). Giải hệ phương trình I, II, III ta được: x = 0,03, y = 0,05, b = 0,04. + Trong mỗi phần có: 0,015 mol Zn(NO3)2 và 0,02 mol Cu(NO3)2 .

0,75

→ Zn(OH)2  → K2ZnO2.

Zn(NO3)2  Cu(NO3)2  → Cu(OH)2  → CuO. 0,02

b.

0,02

Zn + Cu(NO3)2  → Zn(NO3)2 + Cu 0,02

 → m = 0,02.80 = 1,6 gam.

(1)

0,02

+ nZn(NO3)2 (dd D) = 0,015 + 0,02 = 0,035. Có thể gồm 2 trường hợp sau: + Trường hợp 1: Zn(NO3)2 dư.

Zn(NO3)2

+ 2NaOH  → Zn(OH)2 + 2Na(NO3) 0,06

(2)

0,03

V = 0,06/2 = 0,03 lít. + Trường hợp 2: Zn(NO3)2 hết.

Zn(NO3)2 0,035 Zn(OH)2 0,005

+ 2NaOH  → Zn(OH)2 + 2Na(NO3) 0,07 + 2NaOH

(2)

0,035  → Na2ZnO2 + 2H2O

(3)

0,01

+ nNaOH = 0,07 + 0,01 = 0,08 V = 0,08/2 = 0,04 lít.

2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02  số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14 Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có

1

0,5

kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư =

0,17 − 0,14 = 2

0,015 Ta có :

IV 3,5

NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O 0,02 0,04 SO42- +4H+ +2e  SO2 +2H2O 0,06 0,24 nNO3 -(muối) = nNO3- (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02 Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc axit  m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam) 1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH R 35,323 Ta có : =  R = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 R 35,323 =  R = 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl).

Ta có : 65 64,677 Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH 16,8 mX = × 50 gam = 8,4 gam 100 MOH + HClO4 → XClO4 + H2O  n MOH = n HClO 4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol 8,4 gam = 56 0,15 mol  M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K).

2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2.

Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 5n 8 nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = nR → 5n = 8 → n = .

Theo ptpu: n H 2 SO4 = 8 5 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n  n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) Theo (2): n SO2 = n Br2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO2 = 0,1(mol)

0,5

 M + 17 =

Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R2 SO4 =

1

0,5

0,5

31, 2 = 312 → MR = 108 (R là Ag).

0,1

1 V 3,5

1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại 4CaI2 + 5H2SO4 đặc  4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại: 2FeCl2 + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O c. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại:

1

0,5.3

Cl2 + 3KI  2KCl + KI3 2. a) Viết phương trình: Fe + S → FeS (1) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (2) Với M Y = 13.2 = 26  Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl. Fedư + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (3) 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4) 2H2 + O2 → 2H2O (5) SO2 + H2O2 → H2SO4 (6) Đặt n H2S = a (mol); n H2 = b (mol) 34a + 2b a 3 = 26  = a+b b 1 Giả sử n H2 = 1 (mol)  n H2S = 3 (mol)

 MY =

(1)(2)  n Fe phản ứng = nS = nFeS = n H2S = 3 (mol) (3)  nFe dư = n H2 = 1 (mol)  n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) 4.56.100% %mFe = Vậy: = 70% 4.56 + 3.32 %mS = 100% - 70% = 30% 2,24 3 = 0,1(mol)  n H2S = .0,1 = 0,075 (mol). b) nY = 22,4 4  n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).

5,1.1.100 = 0,15(mol) 100.34 Từ (4)(6)  n SO2 = n H2S = 0,075 (mol) n H 2O2 =

Từ (6)

0,5

0,5

 n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol)  H2O2 dư.

n H2O2 phản

ứng

= n SO2 = 0,075 (mol)  H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)

Áp dụng BTKL ta có: mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) Vậy:

VI 3,5

0,075.98.100 = 6,695 (%).

106,6 0,075.34.100 C%H2O2 dư = = 2,392 (%).

106,6 C%H2SO4 =

0,5

0,5 1. Ba + H2O  Ba(OH)2 + H2 Na + H2O  NaOH + 1/2H2 Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,3 0,5 Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư CO2 + 2OH-  CO32- + H2O CO32- + Ba2+  BaCO3 BaCO3 + CO2  Ba(HCO3)2 Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa với số mol CO2 0,5

1

được hấp thụ (Hình thang cân…..) nkết tủa

1 0,1

0,1

0

0,3

0,2

7. 1. nY = 0,8 mol; nZ = 0,25 mol → n NO = 0, 55mol

nCO2

0,25

(0,5 đ)

2

Vì khi qua dung dịch NaOH chỉ có khí NO2 hấp thụ nên Z phải chứa khí H2 và khí A ( M Z = 7, 6) .

1 2

Ta có n H = n HCl = 0, 2 mol → nA = 0,05 mol.

2

MZ =

0, 2.2 + 0, 05.M A = 7, 6 → MA = 30 → A là NO. 0, 25

0,5

(0,5 đ)

Gọi nMg phản ứng là x mol.

Mg → Mg+2 + 2e x

0,75

Quá trình khử:

Quá trình oxi hóa: 2H+

+

2x

2e

→

0,4 mol N+5

+

1e

H2 0,2 mol

→

N+4

0,55 mol N+5

+

3e

→

N+2

0,15 mol (0,5đ) Áp dụng bảo toàn electron ta có: 2x = 0,4 + 0,55 + 0,15 → x = 0,55 mol. → b = 0,55.24 = 13,2 gam.

(0,5đ) n HNO3 ( pu ) = n NO− ( pu) + n NO− (muoi) = 0,55 + 0,05 + 2 (0,55 – 0,2) = 1,3 mol.

3

3

(0,5) → [ HNO3 ] =

1, 3 = 13M → a = 13M. 0,1

(0,5đ) 2. (2 điểm): n Fe = n FeCO = 0, 05mol; n NO = 3n Fe = 0,15mol 3+

− 3

3

3+

(0,5đ) 3Cu + (0,5đ) 0,15.3 mol 2

8H+

+

2NO3- → 0,15 mol

1

0,55 mol

3Cu2+ + 2NO + 4H2O

0,05

mol

Cu (0,5đ)

+

0,025 mol Vậy m = 64 (

2Fe3+ →

Cu2+

+

2Fe2+

0,05 mol

0,15.3 +0,025) = 16 gam.

2

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

Câu 1 (2,0 điểm). Trong mỗi chén sứ A, B, C đựng một muối nitrat. Trong đó B, C là muối nitrat của kim loại hóa trị 2. Nung các chén sứ ở nhiệt độ cao ngoài không khí tới phản ứng hoàn toàn, sau đó làm nguội người ta thấy: - Trong chén A không còn dấu vết gì.

- Cho dung dịch HCl vào chén B thấy thoát ra một khí không màu, hoá nâu ngoài không khí.

- Trong chén C còn lại chất rắn màu nâu đỏ.

Xác định các chất A, B, C và viết phương trình minh họa.

Câu 2 (3,0 điểm). Hoà tan hoàn toàn 0,775g đơn chất A trong dung dịch HNO3 đặc thu được một hỗn hợp X gồm hai khí (tồn tại trong điều kiện thích hợp) có khối lượng là 5,75g và một dung dịch gồm 2 axit có oxi với hàm lượng oxi lớn nhất. Để trung hoà hai axit này cần dùng vừa hết 0,1 mol NaOH. 1. Xác định thành phần % theo số mol của mỗi chất trong hỗn hợp X. Biết d(X/H2)= 38,3.

2. Xác định đơn chất A. 3. Tính tỷ lệ số mol 2 axit có trong dung dịch sau phản ứng.

Câu 3 (3,0 điểm).

1. Hỗn hợp A gồm ba ankin M, N, P có tổng số mol là 0,05 mol, số nguyên tử các bon trong mỗi chất đều lớn hơn 2. Cho 0,05 mol A tác dụng với dung dịch AgNO3 0,12M trong NH3 thấy dùng hết 250 ml và thu được 4,55g kết tủa. Nếu đốt cháy 0,05 mol A thì thu được 0,13 mol H2O. Xác định công thức cấu tạo của M, N, P. Biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol của A. 2. Cho các hydrocacbon mạch hở A, B, X, Y đều có tỷ khối hơi so với H2 bằng 28. Hãy xác định công thức cấu tạo và tên gọi của A, B, X, Y? Biết: - Cho A, B tác dụng với Br2/CCl4 đều cho cùng một sản phẩm hưu cơ.

- Cho X tác dụng với axit HBr cho 2 sản phẩm hữu cơ.

- Cho Y cho phản ứng H2 (xúc tác Ni, nung nóng) thu được một ankan có mạch phân nhánh.

Câu 4 (3,0 điểm) 1. Hãy nhận biết các chất khí riêng biệt sau bằng phương pháp hóa học: Xiclopropan, propan, propen.

2. Cho hỗn hợp A gồm 3 hydrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau và hỗn hợp B gồm O2 và O3. Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp chỉ gồm CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Tính d(A/H2)? Biết d(B/H2) = 19.

Câu 5 (2,0 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau.

1) Ba(H2PO3)2 + NaOH  →C + D + E 2) Al + NO3 + OH + H2O  →F + G 3) FeCl3 + K2CO3 + H2O  →H + I + K 0

t C 4) CuO + NH4Cl → M + N + L + H2O Câu 6 (2,0 điểm). Cho dung dịch X : K+, NH4+, CO32-, SO42-. Chia dung dịch X làm 2 phần bằng nhau.

1

Cho phần 1 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, đun nóng thấy tách ra 6,45 gam kết tủa và thoát ra 672 ml (đktc) khí. Cho phần 2 tác dụng với axit HNO3 dư thì thấy có 336 ml (đktc) khí bay ra.

1. Tính tổng lượng muối tan trong dung dịch X. 2. Sục 224ml (đktc) khí SO2 vào một nửa dung dịch X ở trên thì thu được dung dịch Y. Trộn Y với dung dịch BaCl2 dư sẽ tách ra bao nhiêu gam kết tủa ?

Câu 7 (2,0 điểm). Cho 0,1 mol Fe vào dung dịch HNO3, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được khí NO và dung dịch A, cô cạn dung dịch A thu được 22,34 gam chất rắn khan B (B không chứa muối amoni).

1. Tính số mol HNO3 đã phản ứng và thể tích khí NO (đktc) thu được.

2. Nhiệt phân hoàn toàn B thu được bao nhiêu gam chất rắn.

Câu 8(3,0 điểm): 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon 2. Hợp chất hữu cơ A cộng với HBr tạo ra hổn hợp D gồm các chất là đồng phân cấu tạo của nhau. D có chứa 79,2% khối lượng brom, còn lại là hiđro và cacbon. Tỉ khối hơi của D so với O2 nhỏ hơn 6,5. Xác định công thức cấu tạo có thể có của A (dạng bền) và các sản phẩm trong D tương ứng với A. ………Hết………

1

TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC (Dành cho học sinh THPT )

Câu Nội dung Câu 1 Chén A không còn dấu vết chứng tỏ muối đã nhiệt phân chuyển hết thành thể hơi và khí,do (1,0đ) đó muối là Hg(NO3)2 , NH4NO3,.. t 0C Hg(NO3)2 → Hg + 2NO2 + O2

Điểm

0

t C Hoặc NH4NO3 → N2O + 2H2O Sản phẩm sau nhiệt phân muối của chén B tác dụng với HCl cho khí không màu chứng tỏ muối ban đầu là muối nitrat của kim loại Ba(NO3)2, Ca(NO3)2 t 0C Ca(NO3)2 → Ca(NO2)2 + O2

0,5

0

t C Hoặc Ba(NO3)2 → Ba(NO2)2 + O2 Ca(NO2)2 + 2HCl → CaCl2 + 2HNO2 Hoặc Ba(NO2)2 + 2HCl → BaCl2 + 2HNO2 3HNO2 → HNO3 + 2NO + H2O C chứa muối nitrat của sắt II: Fe(NO3)2 4Fe(NO3)2 → 2Fe2O3(Nâu) + 8 NO + O2 Câu 2 1. Xác định % từng khí.

(1,5đ) M 2khí = 38,3.2 = 76,6; Khí có M < 76,6 là NO2(vì HNO3 đặc), khí có M > 76,6 là N2O4.

Gọi x, y là số mol của NO2 và N2O4:

0,5

46x + 92y x 15, 4 = 76,6 → = . x+y y 30,6

Tính số mol NO2 và N2O4: 46x + 92y = 5,75

x 15, 4 = y 30,6

x = 0,025 =>

=>

y = 0,05

% NO2 = 33,33%

0,5

% N2O4 = 66,67%

2.Xác định đơn chất A. Gọi số mol A là a mol A – ne → An+ mol a na N+5 + 1e → N+4 (trong NO2) mol 0,025 0,025 +5 2N + 2e → 2N+4 (trong N2O4) mol 0,1 0,1 => Số mol e nhận =0,125 Theo định luật bảo toàn e ta có: na = 0,125 → a = 0,125/n A.a = 0,775 → A = 6,2.n; 1≤ n < 8.

Xét n (nguyên) = 5 là thoả mãn → A = 31 => A là phốt pho (P) 3. Tính tỷ lệ 2 axit: P + HNO3  → H3PO4 +...

0,025 mol 0,025 - Hai axit sau phản ứng: H3PO4 và HNO3 dư. Tác dụng với NaOH (0,1 mol) H3PO4 + 3NaOH  → Na3PO4 +3H2O

1

0,5

HNO3 + NaOH  → NaNO3 +H2O => Sô mol HNO3 sau pư = 0,1-3.0,025= 0,025 mol => nHNO3 : nH3 PO4 = 0, 025 : 0, 025 = 1:1

0,5

Câu 3 1.Xác định ankin (2,0đ) Giả sử M là ankin có KLPT nhỏ nhất => nM = 0,4.0,05 = 0,02(mol) n(AgNO3) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol) => trong ba ankin có hai ankin có xảy ra phản ứng với AgNO3/NH3 và một ankin không có phản ứng.

Gọi công thức chung của hai ankin là CnH2n – 2 Pt: CnH2n – 2 + AgNO3 + NH3  → CnH2n – 3Ag + NH4NO3 4,55 = 151, 667 => n = 3,33 CnH2n – 3Ag = 0, 03 Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 => có một ankin nhỏ nhất là C3H4 Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là CaH2a – 2 0, 02.3 + 0, 01.a 10 => = =n 0, 03 3 => a = 4 ; ankin đó là but – 1 – in Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO3/NH3 là CbH2b – 2 => số mol H2O theo phản ứng cháy là 0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(b – 1) = 0,13 => b = 4 => C4H6 ( but – 2 – in) Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là :

H3 C

C

CH

H3C

C

C

CH3

CH3 - CH2 - C

0,5

0,5

CH

2. Xác định A, B, X, Y -CTPT: M = 28.2= 56 g/mol -CxHy = 12x + y= 56 => x= 4; y = 8 phù hợp Vậy A, B, X, Y là đồng phân của nhau.

Theo điều kiện đề bài: vì mạch hở nên chúng là các an ken A, B là 2 đồng phân cis-trans ; Y mạch nhánh =>X là an ken bất đối mạch không nhánh, Vậy:

0,5

H

CH3 H

CH3

;

C=C

C=C

CH3

H

trans-but-2-en

H Cis-but-2-en (B)

(A) CH2=CH-CH2-CH3 But-1-en (X)

CH3

CH2=C-CH3

;

0,5

CH3 Isobutilen (Y)

-Viết các ptpư xẩy ra:.............

Câu 4 1. Nhận biết (1,5đ) - Lấy mẫu thử Dùng dung dịch KMnO4 cho vào từng mẫu thử, mẫu nào khí làm mất màu tím của dd KMnO4 là propen.

- Còn lại 2 mẫu nhỏ nước brom vào, mẫu nào làm mất màu nước brom là xiclopropan. Còn lại không làm mất màu nước brom là propan.

- Các ptpư: 3 CH2(OH)- CH(OH)-CH3 +2 MnO 2 +2KOH

3CH 2=CH-CH3 + 2KMnO 4 + 4H2O

1

0,5

0,5

+

Br-CH2-CH2-CH2-Br

Br2

2. Tính dA/H2 mhhA = mC + mH = 1,3. 12 + 1,2.2 = 18gam mhhB = 1,3. 32 + 1,2 . 16 = 60,8 gam => nB = 60,8/(19.2)= 1,6 mol 1,5.1, 6 18 => nA = = 0,75 mol.=> M A = = 24 => dA/H2 = 24/2 = 12.

3, 2 0, 75 Câu5 (1,0đ)

Hoàn thành các ptpư 1) Ba(H2PO3)2 + 2NaOH  → BaHPO3 + Na2HPO3 + 2H2O 2) 8Al + 3NO3 + 5OH + 2H2O  → 3NH3 ↑ + 8AlO2- ........................................ → 2Fe(OH)3 ↓ + 6KCl + 3CO2 ↑ 3) 2FeCl3 + 3K2CO3 + 3H2O  0

t C 4) 4CuO +2 NH4Cl → 3Cu + CuCl2 + N2↑+4H2O

Câu 6 1) Khi trộn phần 1 với dung dịch Ba(OH)2dư các ptpư: (2,0đ) NH4+ + OH- → NH3 + H2O (1) Ba2+ + CO32- → BaCO3 (2) (3) Ba2+ + SO42- → BaSO4 Khi trộn phần 2 với dd HNO3 dư : 2H+ + CO32-  → H2O + CO2 (4) * Trong mối phần ta có 0, 672 Theo (1) => nNH + = nNH3 = = 0, 03mol 4 22, 4 Theo (4) => nCO 2− = nCO2 = 0, 015mol

0,5

0,5 0,5

0,5

3

Theo (2,3).Tổng khối lượng BaCO3 và BaSO4 là 6,45gam .

6, 45 − 0,15.197 => nSO 2− = = 0, 015mol 4 233 Áp dụng đlbt điện tích → nK+ = 0,015.2+0,015.2- 0,03= 0,03mol →Khối lượng muối tan = mCO32-+ mSO42-+ mNH4+ + mK+ = =2.(60.0,015+96.0,015+ 18.0,03+39.0,03) = 8,1 gam 2) Số mol SO2 hấp thụ là 0,01 (mol) .Khi hấp thụ SO2 vào ½(X) lần lượt xẩy ra phản ứng : SO2 + CO32- + H2O  → HSO3- + HCO30,01 0,01 0,01 0,01 (mol) 22HSO3 + CO3  → SO3 + HCO3 0,005 ← 0,005 → 0,005 (mol) 22+ SO3 + Ba  → BaSO3 0,005 → 0,005 (mol) Vậy kết tủa gồm 0,005 mol BaSO3: 0,015 mol; BaSO4: 0,015 mol Khối lượng kết tủa = 0,005.217 + 0,015.233 =4,58 (gam).

Câu 7 Nếu 0,1 mol Fe  0,1 mol Fe(NO3)3 thì m = 24,2 (gam) (1,0đ) Nếu 0,1 mol Fe  0,1 mol Fe(NO3)2 thì m = 18 (gam) Theo bài m = 22,34 gam => B gồm hỗn hợp Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2 Sơ đồ cho – nhận e: Fe  → Fe + a + a e N+5 + 3e  → N+2

1

0,5

0,5 0,5

1.

n

e ( cho )

=  ne ( nhan )

=> a.0,1 = 3nNO Ta có: m (rắn) = mFe + m(NO3 – )  22,34 = 5,6 + 3.62.nNO => nNO = 0,09 (mol) Số mol HNO3(pu) = 4nNO = 0,36 (mol) Thể tích NO (đktc) = 0,09.22,4 = 2,016 (lít) → Fe2O3 2. Fe(NO3)3  → Fe2O3 Fe(NO3)2  => số mol Fe2O3 = 0,05 (mol) => m (Fe2O3) = 0,05.160 = 8 (gam)

0,5

0,5

8. a. nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH) 2 → BaCO (0,115-x)+CaCO (0,115-x) Ca(HCO3 ) 2 (0,115-x)  3 3 Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18 → nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12 - Gọi công thức phân tử của A là CxHy: y CxHy + O2 → xCO2 + H2O 2 0,02 0,02x 0,01y Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12 Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [π + v ] = 4.

Ghi chú: Thí sinh có cách giải khác,đúng vẫn cho điểm tối đa.

-----Hết----

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5

KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

Câu I/ 1. Một loại phèn có công thức MNH4(SO4)2.12H2O có khối lượng phân tử là 453 u. Tìm kim loại M. Cho M tác dụng với HNO3 rất loãng, dư, thu được dung dịch A. Cho A tác dụng với dd KOH được kết tủa B, dung dịch C và khí D có mùi khai. Cho từ từ dung dịch HCl vào C lại thấy xuất hiện kết tủa B. Cho kết tủa B và khí D vào dung dịch H2SO4 loãng, được dung dịch E. Từ E có thể thu được phèn trên Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

1

2. Thực hiện phản ứng trong bình kín có dung tích 500 ml với 1 mol N2, 4 mol H2 và một ít xúc tác (thể tích chất xúc tác không đáng kể). Khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng thì áp suất trong bình bằng 0.8 lần áp suất ban đầu khi chưa xảy ra phản ứng ở cùng nhiệt độ. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong bình.

3. Có 7 ống nghiệm đựng các dung dịch nước của các chất sau: HCl, NaOH, Na2SO4, NH4Cl, NaCl, BaCl2 và AgNO3. Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch đó bằng cách sử dụng quì tím và bằng phản ứng bất kì giữa các dung dịch trong ống nghiệm. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

C©u II/ 1. Dung dịch X chứa HCl 4M và HNO3 aM. Cho từ từ Mg vào 100 ml dung dịch X cho tới khi khí ngừng thoát ra thấy tốn hết b gam Mg, thu được dung dịch B chỉ chứa các muối của Mg và thoát ra 17,92 lít hỗn hợp khí Y gồm 3 khí. Cho Y qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại 5,6 lít hỗn hợp khí Z thoát ra có d Z / H =3,8. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thể tích các khí đều đo ở đktc. Tính a, b?

2

2. Cho 5,8 gam FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 vừa đủ thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm CO2, NO. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch X được dung dịch Y. Dung dịch Y hoà tan tối đa m gam Cu tạo ra sản phẩm khử NO duy nhất. Tính m?

C©u III 1. 3-metylbuten-1 t¸c dông víi axit clohidric t¹o ra c¸c s¶n phÈm, trong ®ã cã A lµ 2-clo-3metylbutan vµ B lµ 2-clo-2-metylbutan. B»ng c¬ chÕ ph¶n øng, h·y gi¶i thÝch sù t¹o thµnh hai s¶n phÈm A vµ B. 2. 2-metylbuten-2 ph¶n øng víi axit clohidric. Tr×nh bµy c¬ chÕ cña ph¶n øng, cho biÕt s¶n phÈm chÝnh vµ gi¶i thÝch?

Câu IV/ Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm: NO, N2O, N2 bay ra (đktc) và được dung dịch A. Thêm một lượng O2 (vừa đủ) vào X, sau khi phản ứng được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (đktc). Tỷ khối hơi của Z đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để được lượng kết tủa lớn nhất thì thu được 62,2 gam kết tủa.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra 2. Tính m1 , m2. Biết lượng HNO3 đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết 3. Tính C% các chất trong dung dịch A. Câu V/ Cho hỗn hợp M gồm 3 hiđrocacbon khí (ở đktc) mạch hở X, Y, Z có công thức phân tử là CmH2n, CnH2n, Cn+m-1H2n (n, m có cùng giá trị trong 3 chất) 13,5na gam Nếu tách Z khỏi M được hỗn hợp A gồm X và Y. Đốt cháy hoàn toàn a gam A được 6m + 4, 5n 11(2m + n)a H2O và gam CO2 6m + 4,5n 4,5nb Nếu tách X khỏi M được hỗn hợp B gồm X, Z. Đốt cháy hoàn toàn b gam B được H2O và m + 3,5n − 1 11(m + 3n − 1)b gam CO2.

3(m + 3, 5n − 1) 1. Tính % số mol X, Y ,Z trong hỗn hợp M 2. Tính khối lượng H2O và khối lượng CO2 tạo thành khi đốt cháy hoàn toàn d gam hỗn hợp D gồm X và Z (sau khi đã tách Y ra khỏi M).

3. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z và tính số gam CO2 tạo thành khi đốt cháy hết 1 mol M. ---------------hết---------------

1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÒNG 3 Câu I/ 1. Một loại phèn có công thức MNH4(SO4)2.12H2O có khối lượng phân tử là 453 u. Tìm kim loại M. Cho M tác dụng với HNO3 rất loãng, dư, thu được dung dịch A. Cho A tác dụng với dd KOH được kết tủa B, dung dịch C và khí D có mùi khai. Cho từ từ dung dịch HCl vào C lại thấy xuất hiện kết tủa B. Cho kết tủa B và khí D vào dung dịch H2SO4 loãng, được dung dịch E. Từ E có thể thu được phèn trên Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Thực hiện phản ứng trong bình kín có dung tích 500 ml với 1 mol N2, 4 mol H2 và một ít xúc tác (thể tích chất xúc tác không đáng kể). Khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng thì áp suất trong bình bằng 0.8 lần áp suất ban đầu khi chưa xảy ra phản ứng ở cùng nhiệt độ. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong bình.

3. Có 7 ống nghiệm đựng các dung dịch nước của các chất sau: HCl, NaOH, Na2SO4, NH4Cl, NaCl, BaCl2 và AgNO3. Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch đó bằng cách sử dụng quì tím và bằng phản ứng bất kì giữa các dung dịch trong ống nghiệm. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

H−íng dÉn gi¶i: 1/ M =27 (Al). Các em tự làm các bước còn lại.

 → 2NH3 2/ PTPƯ: N2 + 3 H2 ←  Gọi x là số mol N2 đã tham gia phản ứng. Ta có số mol khí trong bình: + Trước PƯ: 1+4 = 5 mol +Đã PƯ: x+3x = 4x mol +Sau PƯ: (1-x) + (4-3x)+ 2x = (5-2x) [NH3] = 2M; [H2] = 5M; [N2]

Suy ra

5 − 2x = 0,8 hay x = 0,5 5

= 1 M.

NH 3 ] [ 22 K= = = 0, 032 3 [ N 2 ][ H 2 ] 1.53 2

3/ Dùng quỳ tím nhận ra HCl và NaOH. - Dùng NaOH nhận ra NH4Cl và AgNO3.

Dùng AgNO3 nhận ra 3 dung dịch còn lại: + Không có hiện tượng là Na2SO4, có kết tủa trắng là NaCl và BaCl2. Sau đó dùng Na2SO4 để nhận ra BaCl2.

C©u II/ Cho H2S ®i qua dung dÞch Zn(CN)42- 0,01M vµo 1ml dung dÞch Cd(CN)42- cho ®Õn b¶o hoµ (CM cña H-7 -12,92 2S = 0,1M) th× cã kÕt tña ZnS t¸ch ra kh«ng. Cho biÕt H2S cã K1 = 10 ; K2= 10 2-21,6 -9,35 12,6 TZnS = 10 ; KHCN = 10 ; h»ng sè bÒn tæng céng cña Zn(CN)4 = 10 H−íng dÉn gi¶i: Zn(CN)42- ⇌ Zn2+ + 4CNβ-1 = 10-12,6 (1)

H2S

⇌ H+ HS-

-

+

HS ⇌ H

+S

K1 = 10-7

2-

K2 = 10

S2- + Zn2+ ⇌ ZnS +

(2) -12,92

Tt = 10-21,6

-

-1

9,35

H + CN ⇌ HCN K = 10 H2S t−¬ng t¸c víi phøc Zn(CN)42- ( tæ hîp (1) víi (2)): Zn(CN)42- + 4H2S ⇌ Zn2+ + 4HCN + 4HSK = 10-3,2 C 0,01 C' x 0,1 0,01 - x 4(0,01-x) 4(0,01-x) tÝnh ra x = 8,2.10-11. . VËy [Zn(CN)42- ] = 8,2.10-11 , [ Zn2+ ] ' = 0,01 Tõ (1) tÝnh ®−îc CN- ' = 6,7.10-6. Tõ (5) tÝnh ®−îc H+ ' = 10-9,35 × [HCN]' = 10-9,35 × 4. 10-2 = 2,7.10-6 [CN-]' 6,7.10-6 2- ' -12,92 -2 Tõ (3) tÝnh ®−îc [S ] = 10 . 4. 10 = 1,6.10-9

1

(3) (4) (5)

6,7.10-6 [Zn ] [S ] = 1,6.10-11 > TtZnS → cã kÕt tña ZnS 2+ '

2- '

C©u III 1. 3-metylbuten-1 t¸c dông víi axit clohidric t¹o ra c¸c s¶n phÈm, trong ®ã cã A lµ 2-clo-3metylbutan vµ B lµ 2-clo-2-metylbutan. B»ng c¬ chÕ ph¶n øng, h·y gi¶i thÝch sù t¹o thµnh hai s¶n phÈm A vµ B. 2. 2-metylbuten-2 ph¶n øng víi axit clohidric. Tr×nh bµy c¬ chÕ cña ph¶n øng, cho biÕt s¶n phÈm chÝnh vµ gi¶i thÝch?

3. Trong ph¶n øng clo ho¸ nhê chÊt xóc t¸c FeCl3 , kh¶ n¨ng ph¶n øng t−¬ng ®èi ë c¸c vÞ trÝ kh¸c nhau trong c¸c ph©n tö biphenyl vµ benzen nh− sau: 0

250

250

0

790

1 790

0

250

250

1

1

0

1 1

1

a) Tr×nh bµy c¬ chÕ ph¶n øng clo ho¸ biphenyl theo h−íng −u tiªn nhÊt. b) Tèc ®é monoclo ho¸ biphenyl vµ benzen h¬n kÐm nhau bao nhiªu lÇn? c) Trong mét ph¶n øng clo ho¸ biphenyl thu ®−îc 10 gam 2-clobiphenyl, sÏ thu ®−îc bao nhiªu gam 4clobiphenyl?

H−íng dÉn gi¶i: CH3 1. + CH3-CH-CH2-CH2 (I) CH3 + H CH3-CH-CH=CH2 CH3 CH3 chuyÓn vÞ CH3-C-CH2-CH3 (III) CH3-CH-CH-CH3 (II) + + ClCl CH3 CH3

CH3-CH-CH-CH3

CH3-C-CH2-CH3

Cl Cl 2-Clo-3-metylbutan 2-Clo-2-metylbutan Do cacbocation bËc hai (II) cã kh¶ n¨ng chuyÓn vÞ hi®rua t¹o thµnh cacbocation bËc ba (III) nªn t¹o thµnh hai s¶n phÈm A, B.

CH3 CH3 CH3-C=CH-CH3

H

+

CH3-C-CH2-CH3 +

(I)

Cl-

CH3 CH3-C-CH2-CH3 Cl

CH3 CH3-C-CH-CH3 +

2.

2-Clo-2-metylbutan lµ s¶n phÈm chÝnh.

(II)

Cl-

2-Clo-2-metylbutan

CH3 CH3-CH-CH-CH3 Cl 2-Clo-3-metylbutan

Do cacbocation bËc ba (I) bÒn h¬n cacbocation bËc hai (II), mÆt kh¸c do cacbocation bËc hai (II) cã kh¶ n¨ng chuyÓn vÞ hi®rua t¹o thµnh cacbocation bËc ba (I) nªn s¶n phÈm 2-clo-2-metylbutan lµ s¶n phÈm chÝnh.

3. a) C¬ chÕ SE2 , −u tiªn vµo vÞ trÝ cacbon sè 4.

1

Cl+FeCl4-

Cl2 + FeCl3 +

b)

C l+

H

chËm

+

Cl

(250 × 4) + (790 × 2) 1×6

kbiphenyl kbenzen

430 1

nhan h -

Cl

H+

Tèc ®é monoclo ho¸ cña biphenyl h¬n benzen 430 lÇn.

c) §Æt x lµ sè gam 4-clobiphenyl, ta cã:

790 × 2 250 × 4

x 10

790 × 2 × 10 1000

x

15,8 (g)

Câu IV/ Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm: NO, N2O, N2 bay ra (đktc) và được dung dịch A. Thêm một lượng O2 (vừa đủ) vào X, sau khi phản ứng được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (đktc). Tỷ khối hơi của Z đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để được lượng kết tủa lớn nhất thì thu được 62,2 gam kết tủa.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra 2. Tính m1 , m2. Biết lượng HNO3 đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết 3. Tính C% các chất trong dung dịch A. H−íng dÉn gi¶i: 1. Ph−¬ng tr×nh ph¶n øng: 3Mg + 8 HNO3 → 3 Mg(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O Al + 4 HNO3 → Al (NO3)3 + NO + 2 H2O 4 Mg +10 HNO3 →4 Mg(NO3)2 + N2O + 5 H2O 8 Al + 30 HNO3 → 8Al (NO3)3 + 3 N2O + 2 H2O 5 Mg +12 HNO3 → 5Mg(NO3)2 + N2 + 6 H2O 10 Al + 36 HNO3 → 10Al (NO3)3 + 3N2 + 13 H2O

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

Gäi x vµ y lµ sè mol cña Mg vµ Al trong m1 gam hçn hîp Gäi a, b, c lµ sè mol cña NO, N2O, N2 trong 8,96 lÝt hçn hîp khÝ X. (7) 2 NO + O2 → 2 NO2 Hçn hîp Y gåm: NO2 (a mol), N2O (b mol), N2 (c mol) Cho Y qua dung dÞch NaOH d−: 2 NO2 + 2 NaOH → NaNO2 + NaNO3 + H2O (8) Hçn hîp Z gåm: N2O vµ N2. a + b + c = 0,4 (I) a = 0,2 mol Ta cã: nX = 0,4 mol hay nZ = 0,2 mol hay b + c = 0,2 (II)  b = 0,15 mol dZ/H2 = 20 hay 44b + 28 c = 8 (III) c = 0,05 mol 2+ + 2e cã 2x mol e trao ®æi Mg → Mg Al → Al3+ + 3e cã 3x mol e- trao ®æi +5

+2

N + 3e → N +5

2N

3a = 0,6 mol e-

+1

+ 8e → 2 N

 hay 2x + 3y = 2,3 (IV)

8b = 1,2 mol e-

+5

2 N + 10e → N2 Cho NaOH võa ®ñ vµo A:

m↓ = m(Mg(OH)2)

10c = 0,5 mol e-.

H+ + OH→ H2O Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ Al3+ + 3OH- → Al(OH)3↓ + m(Al(OH)3) = 58x + 78y = 62,2 (V)

1

(9) (10) (11)

Gi¶i (IV) vµ (V) ta ®ù¬c: x = 0,4: y = 0,5 Suy ra m1 = 23,1 gam 1. nHNO3 (ph¶n øng) = 4nNO + 10nN2O + 12nN2 =4.0,2 +10.0,15 + 12.0,05 = 2,9mol.

nHNO3 ®· dïng = 2,9 + 0,58 = 3,48 mol = 219,24 gam mdd HNO3 ®· dïng = 219,4.100/24 = 913,5 (gam) 3. C¸c em tù biÖn luËn: C%(HNO3) = 3,96%;

C%(Mg(NO3)2) = 6,42%;

C%(Al(NO3)3) = 11,54%

Câu V/ Cho hỗn hợp M gồm 3 hiđrocacbon khí (ở đktc) mạch hở X, Y, Z có công thức phân tử là CmH2n, CnH2n, Cn+m-1H2n (n, m có cùng giá trị trong 3 chất) 13,5na Nếu tách Z khỏi M được hỗn hợp A gồm X và Y. Đốt cháy hoàn toàn a gam A được 6m + 4, 5n 11(2m + n)a gam H2O và gam CO2 6m + 4,5n 4,5nb Nếu tách X khỏi M được hỗn hợp B gồm X, Z. Đốt cháy hoàn toàn b gam B được m + 3,5n − 1 11(m + 3n − 1)b H2O và gam CO2.

3(m + 3, 5n − 1) 1. Tính % số mol X, Y ,Z trong hỗn hợp M 2. Tính khối lượng H2O và khối lượng CO2 tạo thành khi đốt cháy hoàn toàn d gam hỗn hợp D gồm X và Z (sau khi đã tách Y ra khỏi M).

3. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z và tính số gam CO2 tạo thành khi đốt cháy hết 1 mol M. H−íng dÉn gi¶i: 1. §Æt A(a gam) X: CmH2n (x mol) Y: CnH2n (y mol) A t¸c dông víi O2: Cm H 2 n + (

2m + n t0 → mCO2 + nH 2O )O2  2

x

xm

Cn H 2 n + (

3m t0 )O2  → nCO2 + nH 2O 2

y

mH 2O = 18n( x + y ) =

ny

13,5na 6m + 4,5n

xn

ny

13,5a 6m + 4,5n 11(2m + n)a = 44(mx + ny ) = 6m + 4, 5n

 mH 2O = 18( x + y ) =

mCO2

(1) 18( x + y ) 13, 5 = = (2) 44(mx + ny ) 11(2m + n)

(1) (2)

Suy ra: x = 2y  x:y = 2:1 = 4:2

(I)

§Æt B (b gam) Y: CnH2n (x1 mol) Z: Cm+n-1H2n (y1 mol) B t¸c dông víi O2:

Cn H 2 n + (

3m t0 )O2  → nCO2 + nH 2O 2

x1

nx1

nx1.

2m + 3n − 2 t0 Cm + n −1 H 2 n + ( )O2  →(m + n − 1)CO2 + nH 2O 2 y1

mH 2O = 18n( x1 + y1 ) =

4,5nb m + 3, 5n − 1

(m+n-1)y1  mH 2O = 18( x1 + y1 ) =

1

4,5b m + 3, 5 − 1

ny1 (3)

mCO2 = 44 [ nx1 + (m + n − 1) y1 ] =

11(m + 3n − 1)b 3(m + 3,5n − 1)

(4)

(3) 18( x1 + y1 ) 4,5 = = Suy ra: x1 = 2y1  x1 : y1 = 2:1 (II) (4) 44 [ nx1 + (m + n − 1) y ] 11(m + 3n − 1) Tõ (I) vµ (II) ta suy ra: X : Y : Z = 4 : 2 : 1. VËy%X= 4/7.100% = 57,14% %Y = 2/7.100% = 28,6% %Z = 1/7.100% = 14,26% 2. D (d gam) X: CmH2n (x2 mol) Z: Cm+n-1H2n (y2 mol) Theo c©u 1. th× ta cã tû lÖ sè mol cña X vµ Z lµ: x2/y2 = 4/1 XÐt 1 mol D th× x2 + y2 = 1 . Suy ra x2 = 0,8 mol vµ y2 = 0,2 mol.

1 mol D + O2: Cm H 2 n + ( 0,8

2m + n t0 )O2  → mCO2 + nH 2O 2 0,8m

0,8n

2m + 3n − 2 t0 Cm + n −1 H 2 n + ( )O2  →(m + n − 1)CO2 + nH 2O 2 0,2

(m+n-1)0,2

0,2n

mH 2O = 18(0,8n + 0, 2n) = 18n (gam)

mCO2 = 44 [ (0,8m + 0, 2(m + n − 1)] = 44(m + 0, 2n − 0, 2) (gam) Khèi l−îng 1 mol D = mX + mY = 0,8(12m+2n) + 0,2[12(n+m-1)+2n] = 12m+4,4n-2,4 (gam) Suy luËn: §èt 1 mol D (12m+4,4n-2,4) gam thu ®−îc 18n (gam) H2O vµ 44(m + 0, 2n − 0, 2) gam CO2. §èt- - - - - - - - - - - - d (gam) - - - - - - - -? (gam) H2O vµ - - - - - - ? gam CO2.

mH 2 O =

18nd 9nd (gam) = 12m + 4, 4 n − 2, 4 6m + 2, 2 − 1, 2

mCO2 =

44d (m + 0, 2 − 0, 2) 11d (m + 0, 2n − 0, 2) = (gam) 12 + 4, 4n − 2, 4 3m + 1,1n − 0, 6

3. Y: CnH2n lµ mét anken - NÕu Z lµ 1 ankan th× 2n = 2(m+n-1)+2  m= 0 (v« lÝ) - NÕu Z lµ ankin hoÆc ankadien: 2n = 2(m+n-1)-2  m = 2 (hîp lÝ) Cßn l¹i Y lµ mét ankan 2n = 2m + 2  n=3 VËy X: C2H6; Y: C3H6; Z: C4H6.

1mol M cã: 4/7 mol C2H6 ; 2/7 mol C3H6; 1/7 mol C4H6 vËy mCO2 = (4/7.2+2/7.3+1/7.4)44 = 11,31 (gam)

1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HSG 11 THPT NĂM HỌC 2016 -2017 TRƯỜNG THPT NGHI LỘC 5 MÔN: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút.

Câu 1(2 điểm): Hoãn hôïp khí X goàm 2 hydrocacbon A, B maïch thaúng. Khoái löôïng phaân töû cuûa A nhoû hôn khoái löôïng phaân töû cuûa B. Trong hoãn hôïp X, A chieám 75% theo theå tích.Ñoát chaùy hoaøn toaøn X cho saûn phaåm haáp thuï qua bình chöùa dung dòch Ba(OH)2 dö, sau thí nghieäm khoái löôïng dung dòch trong bình giaûm 12,78 gam ñoàng thôøi thu ñöôïc 19,7 gam keát tuûa.Tìm coâng thöùc phaân töû cuûa A, B. Bieát tyû khoái hôi cuûa X ñoái vôùi H2 laø 18,5 vaø A, B cuøng daõy ñoàng ñaúng.

Câu 2(2,5 điểm): Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu 3(3 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn.

Câu 4(2 điểm): Hãy tìm các chất thích hợp trong các sơ đồ sau và viết các phương trình phản ứng. Cho biết S là lưu huỳnh, mỗi chữ cái còn lại là một chất.

S + A  X S + B Y Y + A  X + E X + D  Z X + D + E  U + V Y + D + E  U + V Z + E  U + V Câu 5(3 điểm): Cho cân bằng: PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) a. Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li α và áp suất P. b. B. Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K). Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô bằng 69,5. Tính α và Kp. c. Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l) nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kp và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt.

1

Câu 6(4 điểm): Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2 ta được Clorua vôi là hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2 và nước ẩm . Sau khi loại bỏ nhờ đun nhẹ và hút chân không thì thu được 152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng); 50% CaOCl2; 28,15% Ca(ClO)2 và phần còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợp A thu được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(ClO3)2.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Tính thể tích khí Cl2 (đktc) đã phản ứng.

3. Tính % khối lượng CaCl2 trong hỗn hợp B. 4. Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả khí thóat ra cho vào bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất rắn không đáng kể). Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t0C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa nhiệt độ bình về t0C, áp suất trong bình lúc này là 0,75 P atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít khí (đktc). Hỏi M là kim loại gì?

Câu 7(1,5 điểm): Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a. Trộn dung dịch Na2CO3 với dung dịch FeCl3. b. Sục khí H2S đến bão hòa vào dung dịch FeCl3 . c. Cho urê vào dung dịch Ba(OH)2 . d. Cho NO2 t¸c dông víi dung dÞch KOH d−. Sau ®ã lÊy dung dÞch thu ®−îc cho t¸c dông víi Zn sinh ra hçn hîp khÝ.

------------------------HẾT--------------------------

1

Câu 1

ĐÁP ÁN Nội dung Chaát töông ñöông 2 hydrocacbon A, B : C x H y C x H y + O2 → x CO2 + a

y H 2O 2

ax

CO2 + Ba ( OH ) 2 → BaCO3 + H 2O ax

1 ñieåm

ax

19, 7 = 0,1mol 197 Goïi m dung dòch ban ñaàu laø m : ay 44ax + 18 + m − 19, 7 = m − 12, 78 2 1 ñieåm ay  44ax + 18 = 6, 92 (1) 2 ay = 0,14 theá ax vaøo ( 1) => 2  nH 2O > nCO2  A, B : Ankan ax =

A : CnH2n+2

; B : CmH2m+2

0,5 ñieåm (14n + 2)75 + (14m + 2)25 100  3n + m = 10 ( m ≤ 4 ) M X = 37 =

0,5 ñieåm

( n < m ; n < 3,3) n m

1 7( loaïi )

2 4

3 1( loaïi )

=> A : C2H6 B : C4H10 2

0,5 ñieåm

Phương trình phản ứng:

S + Mg → MgS (1) MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S (2) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3) M B = 0,8966 × 29 = 26  B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

1

2,987   x + y = 22,4 Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có  34x + 2 y  = 26  x + y

Giải ra ta có x = 0,1 ; y =

0,1 . Từ (1), (2), (3) ta có: 3

0,1 × 32 × 100% = 50%, %m(Mg ) = 50% 0,1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32) 3   3 H2S + O2 → SO2 + H2O 2 0,1 0,1 0,1 1 H2 + O2 → H2O 2 0,033 0,033 SO2 + H2O2 → H2SO4 0,1 0,147 0 0,047 0,1 m(dung dịch) = 100 + (0,1 × 64) + (0,133 × 18) = 108,8 gam 0,1.98 0,047.34 C%(H2SO4) = × 100% = 9%; C%(H2O2) = = 1,47% 108,8 108,8 Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit 2MS + (2 + n:2)O2 → M2On + 2SO2 (0,25 đ) a 0,5a M2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + n H2O (0,25 đ) 0,5a an a Khối lượng dung dịch HNO3 m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng m = aM + 8an + 500an : 3 (g) Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172 Nên M = 18,65n (0,50 đ) Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe) Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05 khối lượng Fe(NO3)3 là m= 0,05 × 242 = 12,1(g) Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là : m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) (0,50 đ) Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2O Suy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9 CT Fe(NO3)3 . 9H2O X là SO2, Y là H2S %m(S) =

3

4

o

t S + O2 → SO2

1

o

t S + H2 → H2S 3 to O2dư → SO2 + H2O H2S + 2

SO2 + Cl2  SO2Cl2 ( hoặc thay Cl2 bằng Br2) SO2 + Cl2 + H2O  2HCl + H2SO4 H2S + 4Cl2 + 4H2O  H2SO4 + 8HCl SO2Cl2 + 2H2O  2HCl +H2SO4 5

a.

PCl5 (K)

PCl3(K) + Cl2(K) α

TTCB: 1-α Áp suất:

Ta có:

α .P 1+α

1−α .P 1+ α Kp =

α

PPCl3 .PCl2 PPCl5

α .P 1+α

α.P α.P . α2 = 1+ α 1+ α = .P 2 1− α 1 − α .P 1+ α

(1đ)

α2 Vậy: Kp = .P 1− α 2 b. Theo đề: n PCl5 ban đầu =

83,4 = 0,4 mol, P = 2,7atm 208,5

Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: nS.

d S/H2 = 69,5  M S = 69,2.2 = 139. Áp dụng BTKL: mS = m PCl5 ban đầu = 83,4 (g)  nS = PCl5 (K) BĐ TTCB

PCl3(K) + Cl2(K) 0,4 (0,4-x) x

83,4 = 0,6 mol.

139

(0,5đ)

x

nS = 0,4 - x + x + x = 0,6  x = 0,2.

Do đó: α = Vậy: Kp =

x 0,2 = = 0,5.

0,4 0,4

(0,5)2 .2,7 = 0,9 α2 .

P = 1− α 2 1 − (0,5)2

c. Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6 mol. Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9 T1 là P2 , số mol n2.

Với P2 = 1,944 atm.

P1V1 = n1RT1 PV n RT PV n1RT1 Ta có:  1 1 = 1 1 ⇔ 1 = P2 V2 = n 2 RT2 P2 V2 n 2 RT2 P2 V n 2 R.0,9.T1

1

n1P2 0,6.1,944 = = 0,48.

P1 .0,9 2,7.0,9 PCl3(K) + Cl2(K)  n2 =

PCl5 (K) BĐ 0,4 TTCB (0,4-x′)

x′

(0,5đ)

x′

n2 = 0,4 - x′ + x′ + x′ = 0,48  x = 0,08.

6

Do đó: α′ =

x 0,08 = = 0,2.

0,4 0,4

Vậy: Kp′ =

(0,2)2 .1,944 = 0,081 α '2 .

P = 1 − α '2 1 − (0,2 )2

(0,5đ)

Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl5 giảm, do đó phản ứng phân li PCl5 là phản ứng thu nhiệt.

1. Các phản ứng: Ca (OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O 0

2Ca(OH)2 + 2Cl2 →t CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O

(1) (2)

Nung nóng hổn hợp A: 6 CaOCl2 3 Ca(ClO)2

2.

nCaOCl2

=

nCa (ClO ) 2 nCaCl2



nCl2 phản ứng

VCl2 ứng (2,3,4)

%

mCaCl2

5CaCl2 + Ca(ClO3)2 (3) 2CaCl2 + Ca(ClO3)2

(4)

152,4 × 50 = 0,6mol 100 × 127 =

=

t0 → t0

152,4 × 28,15 = 0,3mol 100 × 143

152,4 × 21,85 = 0,3mol 100 × 111

= 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol

= 1,2 × 22,4

= 26,88 lít3. Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phản

5 2    0,6. + 0,3. + 0.3 111.100 6 3   = 72,83% = 152,4

4.Nung hổn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng:

1

Ca(ClO3)2

t0 →

CaCl2

+

3 O2 (5)

Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5) nO2 bay ra = 0,6. 1 + 0,3 = 0,6 mol  2 Vì nhiệt độ bình không đổi, áp suất giảm 25% ứng với lượng oxi phản ứng với kim loại: 4M + nO2  2M2On (6) Tức bằng: 0,6 x 0,25 = 0,15 mol Hòa tan chất rắn trong bình:  2MCln + nH2O (7) M2On + 2nHCl 2M + 2nHCl  2MCln + nH2 ↑ (8)



nH2 =

13,44 = 0,6mol 22,4 Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường bằng số mol (e) O2 và H+ nhận.

Gọi a là số mol kim loại M ta có: na = 0,15 x 4 + 0,6 x 2 = 1,8 1,8 16,2 Tức a = =  M = 9n n M  M = 9n Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al) 7

a. Trén dung dÞch Na2CO3 víi dd FeCl3 : cã kÕt tña mµu n©u ®á vµ cã khÝ kh«ng mµu tho¸t ra: 3 Na2CO3 + 2 FeCl3 + 3 H2O → 6 NaCl + 2 Fe(OH)3↓ + 3 CO2↑ b. Sôc khÝ H2S tíi b·o hoµ vµo dung dÞch FeCl3: cã kÕt tña mµu vµng.

2 FeCl3 + H2S → 2 FeCl2 + S↓ + 2 HCl. c. Cho urª vµo dung dÞch Ba(OH)2 : cã kÕt tña tr¾ng vµ khÝ mïi khai bay lªn.

(NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ba(OH)2 → 2 NH3↑ + 2 H2O + BaCO3↓ d.

2NO2 +KOH KNO3 + KNO2 + H2O 4Zn + KNO3 + 7KOH 4K2ZnO2 + NH3 + 2H2O 3Zn + KNO2 + 5KOH 3K2ZnO2 + NH3 + H2O Zn + 2KOH K2ZnO2 + H2

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN CỤM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU – HOÀNG MAI Đề chính thức

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 2 LỚP 11 NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Cho biết: H=1, C=12, O=16, N=14, Ca=40, S=32, Br=80, Ba=137, Fe=56, Cu=64, Ag =108, Mg=24, Al=27, K=39, Zn=65, Cl=35,5.

Câu 1. (4 điểm) 1

1. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron 1s22s22p63s23p6. Trong một phân tử A có tổng số hạt cơ bản là 164. a. Xác định hợp chất A biết khi hòa tan chất A vào nước được dung dịch B làm quì tím hóa xanh. b. Viết các phương trình hóa học xảy ra (dạng phân tử) khi cho dung dịch B ở trên lần lượt vào các dung dịch FeCl3; AlCl3; MgCl2.

2. Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm 6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân một nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân một nguyên tử R có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của một nguyên tử M và một nguyên tử R. Biết rằng tổng số hạt proton trong một phân tử Z = 84 và a + b = 4 Tìm công thức phân tử của Z 3. So sánh (có giải thích) bán kính của các hạt sau: Al, Al3+, Na, Na+, Mg, Mg2+, F-, O2-.

Câu 2. ( 3 điểm) 1. Cho biết trong môi trường axit hợp chất chứa Mn có số oxi hóa +4 oxi hóa được H2O2, ngược lại trong môi trường bazơ H2O2 lại oxi hoá được hợp chất chứa Mn có số oxi hóa +2 thành hợp chất chứa Mn có số oxi hóa +4. Hãy viết 2 phương trình hóa học minh họa 2 quá trình trên.

2. Phát hiện lỗi ở các chất sản phẩm trong các phương trình hóa học sau (nếu có) và hoàn thiện lại cho đúng: a. CaI2 + H2SO4 đặc  CaSO4 +2HI b. 2FeCl2 + 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 2Cl2 + 3SO2 +6H2O 3. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a. Cho mẫu quặng đolomit vào dung dịch axit sunfuric đặc. b. Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện.

Câu 3. ( 4 điểm) 1. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: a. axit sunfuhiđric. b. axit bromhiđric.

2. Giải thích các hiện tượng sau: a. Vì sao không thể dập tắt đám cháy của các kim loại K, Na, Mg,... bằng khí CO2? b. Vì sao các đồ vật bằng bạc để lâu ngày thường bị xám đen ?

3. Tại sao khi đất nông nghiệp bị chua người ta thường bón vôi, dựa vào kiến thức hóa học, hãy giải thích? Giải thích tại sao đất có xu hướng bị chua hóa, dù có bón vôi thì sau một số vụ thì đất cũng sẽ lại bị chua.

4. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm chứng minh khả năng bốc cháy khác nhau của Photpho trắng và Photpho đỏ. Hãy mô tả và giải thích hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra.

Câu 4. ( 4 điểm) 1. Nhúng thanh Mg vào dung dịch chứa 0,1 mol muối sunfat trung hoà của một kim loại R, sau phản ứng hoàn toàn lấy thanh Mg ra thấy khối lượng thanh Mg tăng 4,0 gam. Giả sử toàn bộ kim loại sinh ra bám hết vào thanh Mg, xác định kim loại R.

1

2. Đốt cháy hoàn toàn m gam C trong V lít O2 ở (đktc), thu được hỗn hợp khí A có tỷ khối đối với H2 là 19. a. Hãy xác định thành phần % theo thể tích các khí có trong A. b. Tính m và V, biết rằng khi dẫn hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư tạo thành 5 gam kết tủa trắng.

3. Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị: 10B và 11B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị 11B trong H3BO3 là 14,407%. Tính % số nguyên tử của mỗi đồng vị Bo trong tự nhiên.

Câu 5. ( 5 điểm) + − 2− 2− 1. Dung dịch A chứa a mol Na+, b mol NH 4 , c mol HCO3 , d mol CO3 và e mol SO4 . Thêm (c + d + e) mol Ba(OH)2 vào dung dịch A, đun nóng thu được khí X, kết tủa Y và dung dịch Z. Tính số mol của X, Y và mỗi ion trong dung dịch Z. Xem sự phân li của nước không đáng kể.

2. Cho 3,9 gam hỗn hợp M gồm hai kim loại X, Y có hoá trị không đổi lần lượt là II và III vào dung dịch H2SO4 loãng (dư), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A và 4,48 lít khí H2 (đktc). a. Tính khối lượng muối trong A. b. Cho 3,9 gam hỗn hợp M tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch HNO3 1M, sau phản ứng thu được 0,84 lít khí B duy nhất (đktc) và dung dịch C. Cô cạn cẩn thận dung dịch C được 29,7 gam muối khan. Tìm công thức phân tử của B và tính giá trị của V? 3. Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B gồm O2 và O3.

Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp chỉ gồm CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hiđro là 19. Tính tỉ khối của khí A đối với hiđro?

--------- Hết ---------

HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 2

1

LỚP 11 NĂM HỌC 2017 – 2018 (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Lưu ý: Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình hóa học cân bằng sai trừ ½ số điểm.

Cấu Câu 1

Hướng dẫn 1. (1,75 điểm) a. Gọi P, N lần lượt là số proton và số nơtron trong A Giả sử trong A có a ion N Ta có: 2P + N = 164 và 1 ≤ ≤ 1,5 P 164 164 ≤a≤ ⇔ 2, 6 ≤ a ≤ 3, 03 Số proton trong A = 18a (hạt)  3,5.18 3.18 Với a là số nguyên, nên a = 3  A có thể là K2S hoặc CaCl2 Vì khi hòa tan chất A vào nước được dung dịch B làm quì tím hóa xanh nên A là K2S b. Các phương trình hóa học 2FeCl3+3K2S → 6KCl + 2FeS +S 2AlCl3+3K2S +6H2O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S MgCl2+K2S +2H2O → 6KCl + Mg(OH)2 + H2S 2. (1,25 điểm) Số khối của nguyên tử M: p + n = 2p + 4 Số khối của nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’ 2p ' b 6, 667 1 % khối lượng R trong MaRb = = = a(2p + 4) + 2p ' b 100 15 p'b 1  = (1) ap + p ' b + 2a 15 Tổng số hạt proton trong MaRb = ap + bp’ = 84 (2) a+b=4 (3) p 'b 1 (1), (2)  = 84 + 2a 15 1176 −2 15p ' b = 84 + 2a  a  p =  (2)  p ' b = 84 − ap  15 (3)  1 ≤ a ≤ 3 a 1 2 3 p 78,26 39,07 26 (Fe) a = 3  b = 1  p’ = 6: cacbon (C) Vậy CTPT của Z là Fe3C 3. (1điểm) - Khi đi từ trái sang phải trong một chu kì bán kính nguyên tử giảm dần nên: Na > Mg > Al. - Vì các ion Na+, Mg2+, F - , O2 – đều có cấu hình electron giống Ne : 1s2 2s2 2p6, nên bán kính của chúng giảm xuống khi điện tích hạt nhân tăng: 2– > 9F – > 11Na+ > 12Mg2+ > 13Al3+ .

8O

1

Điểm 4

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

- Vì cấu hình electron của Al là 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 có số lớp e lớn hơn so với O2 – nên bán kính Al > O 2- Do đó bán kính giảm dần như sau: Na > Mg > Al > O 2-> F – > Na+ > Mg2+ > Al3+

Câu 2 1. (1 điểm) viết đúng các chất tham gia và sản phẩm: 0,25đ; cân bằng đúng: 0,25đ.

Trong môi trường axít MnO2 + H2O2 + H2SO4 → MnSO4 + O2↑ + 2H2O Trong môi trường bazơ: H2O2 +MnCl2 + 2NaOH → Mn(OH)4 + 2NaCl 2. (1 điểm) Phát hiện lỗi: 0,25đ, sửa lỗi: 0,25đ/1 phương trình -1

0,25 0,25 3 0,5 0,5

+6

a. H I khử được H 2 S O4 đặc nên phương trình sửa lại 4CaI2 + 5H2SO4 đặc → 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O −1

b. Do ion Cl- trong Fe Cl 2 không khử được H2SO4 đặc nên sản phẩm không có Cl2 nên phương trình sửa lại 2FeCl2 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O 3. (1 điểm) a. Cho mẫu quặng đolomit vào dung dịch axit sunfuric đặc.

CaCO3 +H2SO4 → CaSO4 + H2O + CO2 MgCO3 +H2SO4 → MgSO4 + H2O + CO2 b. Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện.

1200o C Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C  → 3CaSiO3 + 5CO + 2P Câu 3 1. (1 điểm) a. Xuất hiện vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh: 2H2S + O2 → 2H2O + 2S↓ b. Thấy dung dịch có màu vàng nhạt: O2 + 4HBr → 2H2O + 2Br2 2. (1 điểm) a. Không thể dập tắt đám cháy của các kim loại K, Na, Mg,... bằng khí CO2 vì các kim loại trên có tính khử mạnh nên vẫn cháy được trong khí quyển CO2 Thí dụ: 2Mg + CO2 → 2MgO + C b. Các đồ vật bằng bạc để lâu ngày thường bị xám đen do bạc tác dụng với khí O2 và khí H2S có trong không khí tạo ra bạc sunfua có màu đen.

4Ag + O2+ 2H2S → 2Ag2S + 2H2O 3. (1 điểm) - Đất chua là đất có chứa nhiều ion H+ dạng tự do và dạng tiềm tàng ( có thể sinh ra do các ion kim loại Al3+, Fe3+, Fe2+,... thủy phân tạo thành). Trong thực tế có thể dùng bón vôi cho ruộng bằng CaCO3, CaO, Ca(OH)2, quặng đolomit CaCO3.MgCO3.

Khi bón vôi sẽ trung hòa H+ và làm kết tủa các ion kim loại đó, vì vậy làm giảm độ chua của đất.

- Đất có thể bị chua do nhiều nguyên nhân, có thể là do mưa axit, hay do ta bón lân, đạm.

Tuy nhiên nguyên nhân chính dẫn đến xu hướng chua hóa của đất là do quá trình rễ cây hấp thụ các chất dinh dưỡng trong đất (dưới dạng dễ tan và khó tan). Đối với các chất khó tan, rễ cây tiết ra dung dịch có tính axit để hòa tan chúng. Qúa trình cây hấp thụ các ion kim loại (như K+, Ca2+, ....) là quá trình trao đổi ion với ion H+. Do đó đất bị chua.

4. (1 điểm) - Hình vẽ đúng (như Hình 2.13. SKG hóa học 11, trang 49) - Hiện tượng: P trắng bốc cháy, còn P đỏ không bốc cháy - Giải thích: Do cấu tạo khác nhau ( P trắng: cấu trúc tinh thể phân tử; P đỏ cấu trúc

1

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,5 4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

polime) nên P trắng kém bền hơn P đỏ vì thế P trắng hoạt động hóa học mạnh hơn P đỏ.

P trắng tác dụng với Oxi không khí dễ dàng hơn, tạo thành P2O5. to - Phương trình hóa học: 4P + 5O2  → 2P2O5

Câu 4 1. (1 điểm) TH1: R có cùng hóa trị II với Mg Mg + RSO4 → RSO4 + R tăng R- 24 gam 0,1 mol tăng 4 gam  0,1( R − 24) = 4  R = 64(Cu )

0,25 0,25 4 0,25

0,25

TH2: R có hóa trị n khác II

0,25

+ Phöông trình phaûn öùng :

nMg + R 2 (SO 4 )n  → nMgSO 4 + 2R mol : 0,1n

← 0,1

0,2

→

+ m kim loaïi taêng = 0,2R − 24.0,1n = 4  R − 12n = 20  n = 3; R = 56 (Fe).

0,25

2. (2 điểm) a.

Vì M=19.2=38  trong A có CO2 0,25 TH1: A gồm CO và CO2 xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol CO và CO2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 28a+44b=38 => a=0,375 b=0,625 0,25 %VCO2=62,5% %VCO=37,5% 0,25 TH2: A gồm O2 và CO2 xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol O2 và CO2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 32a+44b=38 => a=0,5 b=0,5 0,25 %VCO2=50% %VCO=50% b. nCaCO3 = 0,05mol 0,25 TH1: A gồm CO và CO2 nCO2=nCaCO3=0,05 nCO=0,03 0,25 mC=0,08.12=0,96 gam; VO2 =1,456 lít nO2 đã lấy =0,065 0,25 TH2: A gồm O2 và CO2 nC=0,05 0,25 m=0,6 gam; VO2 =2,24 lít 3. ( 1 điểm) 0,25 Gọi % số nguyên tử của đồng vị 11B là x  % số nguyên tử của đồng vị 10B là (1-x).

0,25 Ta có: M B = 11x + 10(1-x) = x + 10 0,25 11x 14,407 Theo bài ra ta có: =

3 + 16.3 + 10 + x

100

Giải phương trình trên được x = 0,81.

Vậy, trong tự nhiên: %11B = 81% %10B = 100% - 81% = 19%

0,25 5

Câu 5 1. (1điểm) 1

Các phương trình hóa học: NH 4+ + OH- → NH3 + H2O (1) HCO3− + OH- → CO32− + H2O (2) CO 2− + Ba2+ → BaCO3 (3) 3

SO + Ba2+ → BaSO4 (4) Trong dung dịch A có: a + b = c + 2d +2e Ta có: nOH-(2) = c mol  n OH-(1) = c + 2d + 2e > b do đó NH + hết, OH- dư 4 Vậy khí NH3: b mol Kết tủa Y gồm BaCO3 (c+d) mol và BaSO4 e mol Dung dịch Z gồm Na+ a mol, và OH- dư c +2d +2e -b = a mol 2. (2,5điểm) a. PTHH X + 2H+ → X2+ + H2 (1) 2Y + 6H+ → 2Y3+ + 3H2 (2) 2− 4

Ta có

n

H2

=

4,48 =0,2 mol 22,4

 mmuèi = mhçn hîp KL + mSO2 − = 3,9 + 0, 2.96 = 23,1 gam

0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25 0,25

4

b. Theo (1) và (2): X → X 2+ +2e

2H + +2e → H 2

Y → Y3+ +3e  ne cho=2.0,2=0,4 mol mmuèi nitrat cña KL = mKL + 62.nNO− = mKL + 62.2nSO2− = 3,9 + 62.2.0, 2 = 28,7 gam < 29, 7 gam 3

4

 Ngoài muối NO3- của hai kim loại còn có muối NH4NO3.

29, 7 − 28, 7  nNH 4 NO3 = = 0, 0125 mol 80  ne nhận tạo NH4NO3 = 0,0125 . 8 = 0,1 mol  ne nhận tạo khí B = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol mà nB =

0,25 0,25 0,25 0,25

0,84 = 0, 0375 mol 22, 4

 Số mol e trao đổi của B =

0, 3 = 8  B là khí N2O 0, 0375

nHNO3 = nH + = 10. 0, 0375 + 10. 0, 0125 = 0, 5 ( mol ) 0,5 Vậy: Vdd HNO3 = = 0, 5 lit 1 3. (1,5điểm) Đặt công thức chất tương đương của hỗn hợp A là Cx H y

M B = 19.2 = 38 => tỉ lệ số mol O2 và O3 là 5:3 Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích 1,5: 3,2.

Chọn nB = 3,2 mol => n (O2) = 2 mol; n (O3) = 1,2 mol

1

0,25

0,25

0,25

 ∑nO = 7,6 mol Khi đó nA = 1,5 mol. Khi đốt cháy A ta có thể coi: y y Cx H y + (2 x + ) O → x CO2 + H2O 2 2 y y Mol 1,5 1,5(2x+ ) 1,5 x 1,5 2 2 y Ta có: ∑nO = 1,5(2x+ ) =7,6 (*) 2 y Vì tỉ lệ thể tích CO2 : H2O = 1,3:1,2 => x : = 1,3:1,2 (**) 2 Giải hệ (*), (**) ta được: x = 26/15; y = 16/5 = 3,2

M A = 12x + y = 24 =>dA/H2 = 12

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

--------- Hết ---------

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: HÓA HỌC - BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Cho: H = 1, C = 12, O = 16, N = 14, Cl =108, S=32, Br = 80, Ba = 137, Fe = 56, Cu= 64, Ag =108.

Câu 1. (5 điểm) 1. Mỗi trường hợp sau viết 1 phương trình phản ứng (dạng phân tử): a. Cho Ba(OH)2 dư tác dụng KHCO3 b. Cho CO2 dư tác dụng dung dịch NaOH c. Cho NaOH tác dụng với Ca(HCO3)2 dư d. 2 mol H3PO3 vào dung dịch chứa 3 mol KOH 2. Cho biết A,B,C,D,E là các hợp chất của natri. Cho A lần lượt tác dụng với các dung dịch B,C thu được các khí tương ứng là X,Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước thu được các khí tương ứng Z, T. Cho các khí X,Y,Z,T tác dụng với nhau từng đôi một trong điều kiện thích hợp. Tỷ khối của X so với Z bằng 2 và tỷ khối của Y so với T cũng bằng 2. X,Y, Z, T là các khí được học trong chương trình phổ thông. Chỉ ra các chất A,B,C,D,E,X,Y,Z,T phù hợp với giữ kiện trên và viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong các thí nghiệm trên.

3. Cho hỗn hợp gồm Mg, SiO2 vào bình kín (không có không khí). Nung nóng bình cho tới khi khối lượng từng chất trong bình không đổi thu được hỗn hợp chất rắn A. a. Xác định các chất có trong hỗn hợp A b. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong thí nghiệm trên và khi cho A vào dung dịch HCl. Câu 2. ( 5 điểm)

1

1. Trong phòng thí nghiệm có sẵn các chất: KMnO4, MnO2, CaCl2, NaCl, H2SO4 đặc, dụng cụ và điều kiện cần thiết có đủ. Trộn trực tiếp từ 2 hoặc 3 chất trên. Có bao nhiêu cách trộn để thu được: a. khí hiđroclorua b. khí Clo Viết các phương trình phản ứng.

2. Cho biết độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch thay đổi như thế nào (có giải thích) khi: a. Thêm nước vào c. Thêm 1 ít CH3COONa rắn vào b. Sục 1 ít khí HCl vào d. Thêm 1 ít NaOH rắn vào 3. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính khử của etilen trong phòng thí nghiệm.

Viết phương trình phản ứng.

Câu 3.(5 điểm) 1. Hỗn hợp M gồm hai muối A2CO3 và AHCO3. Chia 67,05 gam M thành ba phần bằng nhau: - Phần 1: tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 53,19 gam kết tủa.

- Phần 2: tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 11,82 gam kết tủa.

- Phần 3: tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2 M. Tính giá trị của V và viết phương trình phản ứng xẩy ra (dạng ion) trong từng thí nghiệm trên.

2. Cho 8,4 gam Fe vào 450 ml dung dịch HCl 1 M (loãng) thu được dung dịch A. Thêm lượng dư dung dịch AgNO3 dư vào A thu được m gam chất rắn. a.Viết phương trình phản ứng xảy ra. b.Tính m.

3. Hòa tan hết 46,8 gam hỗn hợp E gồm FeS2 và CuS trong dung dịch có chứa a mol HNO3 (đặc nóng) thu được 104,16 lít NO2 (đo ở đktc, sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch Q. Pha loãng Q bằng nước được dung dịch P. Biết P phản ứng tối đa với 7,68 gam Cu giải phóng khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và P tạo kết tủa trắng (không tan trong axit mạnh) khi thêm dung dịch BaCl2 vào . Tính giá trị của a?

Câu 4. (5 điểm) 1. Hỗn hợp khí A gồm metan và hợp chất X . Tỷ khối của X so với hiđro nhỏ thua 22. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được sản phẩm gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2dư thấy tạo thành 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của X. Biết V lít A có thể tích đúng bằng thể tích của 11,52 gam khí O2 đo trong cùng điều kiện.

2.Hỗn hỗn X gồm propilen, axetilen, butan và hidro. Cho m gam X vào bình kín (có xúc tác Ni, không chứa không khí). Nung nóng bình đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn Y.Đốt cháy hoàn toàn Y cần V lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Cho Z lội từ từ qua bình đựng H2SO4 đặc dư thấy khối lượng bình tăng 3,96 gam. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 50 ml dung dịch Br2 1M (dung môi CCl4). Cho 3,36 lít hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch Br2 dư (dung môi CCl4) có 19,2 gam brom phản ứng.Tính V 3. Nguyên tử khối trung bình của clo là 35,5. Clo trong tự nhiên có 2 đồng vị là 35 Cl và 37 Cl . Tính 37 phần trăm về khối lượng của 17 Cl trong KClO3. Biết : K=39, O=16. ………..………………… Hết……………………………..

Họ và tên thí sinh:………………………………………………..Số báo danh:…..............................

HƯỚNG DẪN CHẤM. Câu Câu 1 1

NỘI DUNG a. Ba(OH)2 + KHCO3 → BaCO3 + KOH + H2O b. CO2 + NaOH → NaHCO3 c. NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3 + NaHCO3 + H2O

1

Điểm 1,5 đ

2

d. 2 H3PO3 + 3KOH → K2HPO3 + KHPO3 + H2O + Chỉ ra đúng 9 chất cho 1 đ; 4-5 chất: 0,25 đ; 6-7 chất : 0,5 đ; 8 chất: 0,75 đ ( A: NaHSO4, B: Na2SO3 (hoặc NaHSO3), C: Na2S (hoặc NaHS), D: Na2O2, E: Na3N (hoặc NaNH2), X: SO2, Y: H2S, Z:O2, T: NH3. + Phương trình phản ứng: (2-3:0,25đ ; 4-5: 0,5 đ; 6-7:0,75 đ; 8-9: 1đ) NaHSO4 + Na2SO3 → Na2SO4 + SO2 + H2O (NaHSO3) 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S (NaHS) Na2O2 + H2O → 2NaOH + O2 Na3N +3 H2O →3NaOH + NH3 ( NaNH2) SO2 + 2H2S → 3 S + 2H2O V2O5 , t o C  → 2SO3 2SO2 + O2 ← 

2đ

H2S + 2NH3 → (NH4)2S + H2O (NH4HS) 2H2S + O2 → 2S + 2H2O t oC 2H2S + 3O2 → 3S + 2H2O

3

o

t C SiO2 + 2Mg → 2MgO + Si (1)

1,5 đ

o

t C Có thể có: 2Mg + Si → Mg2Si (2) →Chất rắn A chứa: MgO,Si

MgO,Mg2Si MgO, Mg2Si,Si MgO, Mg2Si, Mg + A tác dụng dung dịch HCl : MgO + 2HCl → MgCl2 + H2 (3) Mg2Si + 4HCl → 2MgCl2 + SiH4 (4) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (5) - Xác định các trường hợp A: 0,5 đ; pt (1) + (2); 0,5đ; 3 pt: (3-5): 0,5 đ.

- Nếu chỉ viết được : 2 trong 3 pt từ 3-5 : cho 0,25 đ.

2

1

a. Có 2 cách trộn tạo HCl: t oC NaCl tinh thể + H2SO4đặc → NaHSO4 + HCl ( Na2SO4) t oC CaCl2 tinh thể + H2SO4đặc → CaSO4 + 2HCl - Hs nêu được 2 cách trộn : cho 0,25 đ - Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ *Trong trường hợp hs không nêu 2 cách trộn mà viết đủ 2 pt: vẫn cho 0,75 đ b. Có 4 cách trộn tạo Cl2: t oC 2NaCl + 2H2SO4 + MnO2 → Na2SO4 + Cl2 + MnSO4 +2 H2O t oC 5CaCl2 + 2H2SO4 + MnO2 → CaSO4 + Cl2 + MnSO4 + 2H2O

1

2 điểm

Câu Câu 2 1

2

3 Câu 3 1

2

NỘI DUNG Điểm 10NaCl+ 8H2SO4 + 2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O 5CaCl2 + 8H2SO4 +2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 +K2SO4 +8 H2O - Hs nêu được 4 cách trộn : cho 0,25 đ - Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ x4pt =1 đ • Trong trường hợp hs không nêu 4 cách trộn mà viết đủ 4 pt: cho điểm tối đa :1,25 đ 1,5 điể ⇀ CH3COO- + H+ (1) Trong dung dịch CH3COOH có CB: CH3COOH ↽ a. Thêm H2O vào: độ điện ly α Tăng b. Thêm HCl vào: [H+] tăng → Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm c. Thêm CH3COONa vào: CH3COONa →CH3COO- + Na+ [CH3COO-] tăng => Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm d. Thêm NaOH vào: NaOH → Na+ + OHH+ + OH- → H2O [H+] giảm → Cb (1) dịch chuyển sang chiều thuận α tăng -Vẽ được hình: 0, 5đ ; chú thích đúng : 0,5 đ 1,5 đ - Viết 2 pt: 0,5 đ ( 1 pt điều chế : C2H4, 1 pt: CM tính khử ( p/ứ Br2, KMnO4, O2...)

Gọi x, y tương ứng số mol A2CO3, AHCO3 trong mỗi phần.

2 điểm P2: Ba2+ + CO32- → BaCO3 (1) ( 11,82/197 = 0,06 mol )  0,06 mol x= 0,06 ← P1: HCO3 + OH → CO32- + H2O (2) y 2+ Ba + CO32- → BaCO3 (3) ( 53,19/197 = 0,27 mol )  0,27 mol 0,06 + y ←  y= 0,21 mol.

Theo gt: 0,06.(2.MA + 60) + 0,21.(MA +61) =67,05/3 = 22,35 => MA = 18 ( A+: NH4+) . Vậy có phản ứng: NH4+ + OH- → NH3 + H2O (4) P3: HCO3- + OH- → CO32- + H2O (5) 0,21→ 0,21 mol NH4+ + OH- → NH3 + H2O (6) 0,06.2 + 0,21→ 0,33 mol => nKOH = nOH − = 0,21 + 0,33 = 0,54 mol V = 0,54/2 = 0,27 lit = 270 ml .

- Viết đúng phương trình cho mỗi phần cho: 0,25 đ x3pt = 0,75 đ - Tính số mol CO32-, HCO3- : 0,25 đ - Tìm A là NH4: 0,5 đ - Tính được V: 0,5 đ 8, 4 nFe = = 0,15mol ; nHCl = 0, 45.1 = 0, 45mol 56 Phương trình phản ứng: Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 (1) 0,15 → 0,3 → 0,15 mol Dung dịch A: Fe2+: 0,15 mol; H+: 0,15 mol; Cl-: 0,45 mol.

Ag+ + Cl- → AgCl ↓ (2) Dư 0,45 → 0,45 mol 1

3Fe2+ + 4H+ + NO3- → 3 Fe3+ + NO + 2H2O (3) Trước p/ứ: 0,15 0,15 dư mol Sau p/ứ: 0,0375 0 mol Fe2+ + Ag+(dư) → Fe3+ + Ag ↓ (4) 0,0375 0,0375 mol mchất rắn = 0,45.143,5 + 0,0375.108 = 68,625 gam.

- Hs: viết đủ 4 pt: 1,0 đ ( pt (1,2):0,25 đ; pt (3): 0,5 đ; pt (4): 0,25 đ) - Tính đúng mchất rắn = 68,625 g : 0,5 đ

Câu Câu 3 3

NỘI DUNG Gọi x, y tương ứng số mol FeS2, CuS trong E. 104,16 7, 68 nNO = = 4, 65mol ; nCu = = 0,12mol 22, 4 64 FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O (1) x 14.x 15.x x 15.x mol CuS + 8H+ + 8NO3- → Cu2+ + SO42- +8NO2 + 4H2O (2) y 8.y 8.y 8.y mol

Điểm 1,5 đ

Ta có:

120.x +96.y = 46,8 15.x + 8.y = 4,65 Giải được: x = 0,15; y = 0,3 mol Dung dịch Q (hay P) : Fe3+ (0,15 mol); H+ (a – 4,5) mol; NO3- ( a – 4,65) mol; Cu2+, SO423Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3) Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ (4) Giả sử H+ hết , ta có: 0,12 = 3/8.(a - 4,5) + ½.0,15 => a = 4,62 mol < 4,65 → vô lý nên NO3- hết.

Từ (3) , (4) ta có: 0,12 = 3/2.(a - 4,65) + ½.0,15 => a = 4,68 mol.

(Hoặc giả sử NO3- nên theo (3), (4): 0,12 = 3/2.(a-4,65) + ½.0,15 => a = 4,68  nNO − = 4, 68 − 4, 65 = 0, 03mol ; nH + = 4, 68 − 4, 5 = 0,18mol ;theo(3) NO3- dễ 3

thấy NO3_ hết ).

- Viết 2 pt đầu hoặc qt: 0,25 đ - Tìm số mol FeS2, CuS: 0,25 đ - Lập luận hoặc chứng minh NO3- hết: 0,5 đ - Tính a = 4,68 : 0, 5 đ • Nếu HS ngộ nhận NO3- hết và tính được a đúng : cho 0,5 đ.

Câu 4 1

11, 52 = 0, 36mol 32 70, 92 nBaCO3 = = 0,36mol 197 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,36 ← 0,36 mol nCO2 = 0,36 => số C tb= 0,36/0,36 =1 => X có 1C  X có dạng: CHnOm (m≥ 0) => 12 + n + 16.m < 44 => m < 2 + Nếu m =0 => X: CH4 (loại)

n A = no2 =

1

2 điểm

+ Nếu m = 1=> n= 0 hoặc 2 hoặc 4.

CO => CTCT: C=O

H X

CH2O => CTCT: H

C

O

H CH4O =>CTCT: H

C O H H

2

Câu Câu 4 2

3

-Tính số C trung bình: 0, 5 đ -Tìm X mỗi trường hợp : 0,5 x 3 TH = 1,5 đ (nếu đưa ra CTPT: 0,25 đx3TH= 0,75 đ).

Qui đổi hỗn hợp X gồm : C3H6 (a mol), C2H2 (b mol), H2 (c mol). (a, b, c là số mol trong m gam X). Đốt X hay Y cần số mol O2 như nhau và thu được cùng số mol CO2, cùng số mol nước.

-Do phản ứng hoàn toàn và Y làm mất màu dung dịch Br2 nên trong Y không có H2.

NỘI DUNG

nH2O = 3,96/18 = 0,22 mol; nBr2 p/ứ với Y = 0,05.1 = 0,05 mol; nX = 3,36/22,4 = 0,15 mol; nBr2 p/ứ 0,15 mol X = 19,2/160 = 0,12 mol.

BT hidro: 6.a +2.b + 2.c = 0,44 (1) BT liên kết pi: số l/k pi trong X = số liên kết pi trong Y (bằng số mol Br2 phản ứng với Y) + số mol H2 a + 2.b = 0,05 + c (2) Ta có: a + b + c mol X phản ứng hết với a +2.b mol Br2 0,15 mol X phản ứng vừa hết 0,12 mol Br2 =>0,12.(a+b+c) = 0,15.(a+2.b) (3) Từ (1),(2),(3) ta có: a= 0,06; b=0,01; c=0,03 mol BT cacbon => nCO2 = 0,06.3 + 0,01.2 = 0,2 mol BT oxi => nO2 p/ứ = nCO2 + 1/2 .nH2O = 0,2 + ½.0,22 = 0,31 mol V = 0,31.22,4 = 6, 944 lít - Biết qui đổi hỗn hợp X thành 3 chất: 0, 5 đ - Lập pt toán học :( 1), (2): 0,25 đ - Lập pt toán học (3): 0,25 đ - Tính V đúng : 1 đ *Nếu hs chỉ viết hết các phương trình phản ứng ,không tính toán được : cho 0,5 đ , khoảng ½ số phương trình: cho 0,25 đ.

Cl (75%), 1737Cl (25%) : cho 0,25 đ 0, 25.37 -Tính % khối lượng 1737Cl trong KClO3 = .100% = 7,55% : cho 0,75 đ 39 + 35,5 + 16.3

-Tính % số mol của đồng vị :

35 17

1

Điểm 1,5 điểm

1 điểm

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 11 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Đề thi gồm 02 trang

Câu 1 (1,0 điểm)

Có 4 ống nghiệm, mỗi ống đựng đầy một chất khí khác nhau trong các khí:

HCl, NH3, SO2, N2. Các ống nghiệm được úp ngược trên các chậu nước cất, sau một thời gian thu được kết quả như hình vẽ. a. Xác định mỗi khí trong từng ống nghiệm. Giải thích. b. Giải thích sự thay đổi mực nước trong ống nghiệm ở chậu B trong các trường hợp sau: - Thêm vài giọt dung dịch H2SO4 loãng vào chậu B. - Làm lại thí nghiệm ở chậu B nhưng nước cất thay bằng nước brom.

Câu 2 (1,0 điểm)

Cho A là dung dịch HCl, B là dung dịch Na2CO3. Tiến hành 3 thí nghiệm (TN): TN 1: Cho từ từ 100 gam dung dịch A vào 100 gam dung dịch B thu được 195,6 gam dung dịch. TN 2: Cho từ từ 100 gam dung dịch B vào 100 gam dung dịch A thu được 193,4 gam dung dịch. TN 3: Cho từ từ 50 gam dung dịch A vào 100 gam dung dịch B thu được 150 gam dung dịch.

Tính nồng độ phần trăm của các dung dịch A, B. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Có 6 lọ hoá chất bị mất nhãn, trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: NaCl, NaOH, NaHCO3, Na2CO3, NaHSO4, BaCl2. Cho đầy đủ các dụng cụ thí nghiệm cần thiết và chỉ được dùng thêm thuốc thử là quỳ tím. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các dung dịch trên. Viết các phương trình hoá học xảy ra.

2. Nêu hiện tượng và viết phương trình ion rút gọn (nếu có) cho các thí nghiệm sau: a. Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa CuSO4. b. Cho KHS vào dung dịch CuCl2. c. Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. d. Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl và AlCl3.

1

Câu 4 (1,0 điểm)

Hòa tan hoàn toàn 13,12 gam hỗn hợp Cu, Fe và Fe2O3 trong 240 gam dung dịch hỗn hợp gồm HNO3 7,35% và H2SO4 6,125% thu được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và thấy thoát ra khí NO (NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5). Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam chất rắn. Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu. Tính m.

1

Câu 5 (1,5 điểm) 1. Tính pH của dung dịch X gồm KCN 0,120M; NH3 0,150M và KOH 5,00.10-3M. 2. Tính thể tích dung dịch HCl 0,210M cần cho vào 50,00 ml dung dịch X để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.

Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24.

Câu 6 (1,5 điểm)

Sục khí (A) vào dung dịch (B) có màu nâu vàng, thu được chất rắn (C) màu vàng và dung dịch (D). Khí (X) có màu vàng lục tác dụng với khí (A) tạo ra (C) và (F). Nếu (X) tác dụng với (A) trong nước tạo ra (Y) và (F), thêm Ba(NO3)2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. Khí (A) tác dụng với dung dịch (G) là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa ( ) màu đen. Đốt cháy (H) bởi oxi ta được chất lỏng (I) màu trắng bạc. Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phươn trình hóa học của các phản ứng.

Câu 7 (1,0 điểm)

Hỗn hợp E có khối lượng 17,75 gam gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Hòa tan hoàn toàn E vào nước thu được dung dịch F trong suốt và hỗn hợp khí G. Đốt cháy toàn bộ G thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 10,35 gam H2O. Thêm từ từ 500 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch F thu được m gam kết tủa. Tính m.

Câu 8 (1,0 điểm)

Nung 5,99 gam hỗn hợp chất rắn A gồm Al, Fe3O4, Fe2O3, Fe(NO3)2 (oxi chiếm 34,7245% về khối lượng) trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,672 lít hỗn hợp khí. Hòa tan hoàn toàn X bằng một lượng dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y (không có muối amoni) và 0,448 lít hỗn hợp khí gồm H2 và NO có tỉ khối so với He là 4. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch AgNO3 1M thu được m gam kết tủa và giải phóng 0,224 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m.

--------------Hết--------------Thí sinh chỉ được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….. Số báo danh:……………………….

1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC 11 - THPT.

(Đáp án có 05 trang)

I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

II. ĐÁP ÁN: CÂU Câu 1

NỘI DUNG TRÌNH BÀY a. Chậu A, B, C, D lần lượt là khí: N2, SO2, NH3, HCl Giải thích: + Độ tan trong nước tăng dần: N2< SO2< HCl < NH3.

(SGK cho biết 1lít nước ở 20oC hòa tan 40 lít SO2, 800 lít NH3, 500 lít HCl ) + Khi tan trong nước xảy ra các phản ứng: SO2 + H2O H2SO3 (1) + H2SO3 H + HSO- (2)

ĐIỂM

0,25

3

3

HSO3-

H+ + SO2-

(3)

 dung dịch SO2 thu được có pH<7.

HCl → H+ + Cl-  pH HCl < 7 .

Do HCl tan nhiều hơn SO2 và phân li hoàn toàn pHHCl < pHdd SO NH3 + H2O

+

2

0,25

-

NH4 + OH  pH > 7.

N2 tan rất ít trong nước và không có phản ứng với H2O  pH=7.

b. Trường hợp 1: Thêm dung dịch H2SO4 vào có phản ứng: H2SO4→ 2H+ + SO42Làm cho cân bằng (1), (2), (3) chuyển dịch sang trái  quá trình hòa tan SO2 giảm đi  mực nước trong ống nghiệm sẽ thấp hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu.

Trường hợp 2: SO2 tan mạnh trong nước Br2 nhờ phản ứng SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr  Mực nước trong ống nghiệm dâng cao hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu.

Câu 2

2

2

0,25

0,25

Các phản ứng xảy ra + Cho từ từ HCl vào Na2CO3.

HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl (1) HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (2) + Cho từ từ Na2CO3 vào HCl. 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + CO2 + H2O (3) - TN 1: mdd giảm = 4,4 gam  nCO sinh ra từ (2) = 0,1 mol - TN 2: mdd giảm = 6,6 gam  nCO sinh ra từ (3) = 0,15 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của HCl và Na2CO3 trong 100 gam mỗi dung dịch. Ở TN 3: Không có khí thoát ra  nHCl< nNa2CO3 0,5x < yx<2y. Ở TN 1: Vì có khí thoát ra nên ta có x>y.

1

0,25

Mặt khác, do x<2y nên sau phản ứng (2) HCl hết, tính theo HCl. HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl (1) y y y mol HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (2) 0,1 0,1 mol Ta có : x = y + 0,1 Ở TN 2: Do x<2y nên HCl hết  nHCl =2 nCO (3) = 0,3 mol

0,25

2

 x = 0,3 mol  y = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol  mHCl = 0,3. 36,5 = 10,95 gam  C%HCl = 10,95% mNa CO = 21,2 gam  C%Na CO = 21,2%.

2

3

2

3

Câu 3 1.

- Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch: + Quỳ tím không đổi màu là: NaCl, BaCl2 (nhóm I) + Quỳ tím chuyển thành xanh là: NaHCO3, NaOH, Na2CO3 (nhóm II) + Quỳ tím chuyển màu đỏ là NaHSO4.

- Dùng NaHSO4 cho vào các chất ở nhóm I. + Chất có kết tủa trắng là BaCl2.

NaHSO4 + BaCl2 → BaSO4 + HCl + NaCl. + Chất còn lại ở nhóm I là NaCl. - Dùng BaCl2 cho vào các chất ở nhóm (II). + Chất tạo kết tủa trắng là Na2CO3.

BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl + Còn hai chất: NaHCO3, NaOH (nhóm III) - Dùng NaHSO4 nhận được ở trên cho vào các chất ở nhóm (III) + Trường hợp có khí thoát ra là NaHCO3.

NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O + Trường hợp không thấy hiện tượng gì là NaOH. 2. a. Có kết tủa xanh do phản ứng: 2+ Cu + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2 NH+ .

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4

Sau đó kết tủa xanh tan dần, tạo dung dịch xanh đậm.

Cu(OH)2 + 4NH3  → [Cu(NH)4](OH)2. b. Xuất hiện kết tủa đen 2+ + Cu + HS  → CuS + H c. Dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra.

3Fe2+ + NO3- + 4H+  → 3Fe3+ + NO + 3H2O. 2NO + O2  → NO2. d. Ban đầu chưa xuất hiện kết tủa, sau đó mới có kết tủa keo trắng nếu nhỏ tiếp dung dịch NaOH đến dư vào thì kết tủa tan. + OH + H  → H2O Al3+ + 3OH-  → Al(OH)3 Al(OH)3 + OH  → AlO2- +2H2O 1

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 4

3

Có: nHNO = 0,28 mol; nH SO = 0,15 mol 2 4 Gọi số mol Cu; Fe; Fe2O3 lần lượt là x; y; z 0,25

 64x + 56y +160z =13,12 (1)

Cu2+ +: x mol H : 0,58  n+ Cu: x mol   Fe : (y +2z) mol +  NO : 0,28  → + NO+H O. Fe: y mol 3 2 NO : 3   2Fe2O3: z mol SO : 0,15 4  2 SO : 0,15 4 Bảo toàn H tính được số mol H2O : 0,29 mol.

Bảo toàn khối lượng tính được nNO = 0,1 mol  n - = 0,18 mol NO 3

Khối lượng muối trong X bằng 37,24 gam  64x+ 56(y+2z) = 11,68 (2)

0,25

Cu2+ : x mol  n+ Cu(OH) 2 CuO: x mol o +2z) mol  Fe : (y  a(OH) 2 , kk B  → Fe(OH) t  → Fe O : 0,5(y+2z)  n 2 3 NO : 3    BaSO 4 BaSO 4: 0,15 mol    2SO 4 : 0,15  0,15.233 + 80x +160(0,5y + z) = 50,95 (3)

0,25

Từ (1), (2), (3)  x = 0, 06; y = 0, 08; z = 0, 03

Cu2+ : 0,06+a mol Cu2+ : 0, 06 mol  n+  2+ Fe : 0,14 mol Fe : 0,14 mol + Cu  →  NO : 0,18 NO- : 0,18 a (mol) 3   3 SO2-:0,15 SO2-:0,15  4  4 Bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng tính được a = 0,04 mol  m=2,56 gam Câu 5 A: CH4; A1: C2H2; A2: C2H4; A3: C4H10; A4: C4H4; A5: C4H6.

Các phản ứng: 0

500 C, lln 2CH4 1  → C2H2 + 3H2. d/PbCO3 C2H2 + H2 P  → C2H4……………………………………………………...

o

0,25

0,25

nC2H4 → PE. t , p, xt

2C2H2

CH………………………………………... CH2=CH-C

0,25

i,t CH + 3H2 N → C4H10 0

,xt C4H10 t  → CH4 + C3H6…………………………………………………………………………………..

0,25

d/PbCO3 CH2=CH-C CH + H2 P  → CH2=CH-CH=CH2 o

, xt 2C2H5OH t  → CH2=CH-CH=CH2 + H2+2H2O.

3

0,25

Câu 6 Số mol X =0,03; O2 = 0,2925 mol; CO2 = 0,1875 mol Đặt số mol C2H5OH: x (mol).

Hidrocacbon: y (mol).

C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O (1) x 2x 3x mol Hidrocacbon + O2 → CO2 + H2O (2) Từ (1) và (2): Bảo toàn O có nH O = x + 0,2925.2 - 0,1875.2 = (x + 0,21) mol 2

0,25

 nH O - nCO = 0,0225 + x.

2

2

Từ (1) có nH O - nCO = x.

2

2

0,25

 Từ (2) nH O - nCO = 0,0225.

2

2

Vậy 2 hidrocacbon phải thuộc loại ankan, nankan=0,0225=y.

Gọi số C trung bình trong hai ankan là n; số mol ancol =x= 0,0075 Bảo toàn C cho (1) và (2) có 0,0225n+0,0075.2=0,1875n= 7,67 Hai ankan là Y: C7H16.

Z: C8H18. n O2 ph¶n øng (Học sinh có thể tính để xác định hai hidrocacbon là ankan) nCO

0,25

2

b. Công thức cấu tạo của Z:

2,2,3,3- tetrametylbutan Câu 7 Số mol CO2 = 0,25 mol; H2O = 0,575 mol 1,0đ Qui đổi hỗn hợp về Al: x mol; Ca: y mol; C: 0,25 mol

 27x + 40y = 17,75 – 0,25.12 (1) 0,25.2+0,575 Bảo toàn O khi đốt cháy  n = =0,5375(mol) O2 2 Bảo toàn electron  3x + 2y = 0,5375.4 – 0,25.4 (2)  x=0,25; y=0,2.

Dung dịch F gồm: Ca2+: 0,2 mol; AlO2-: 0,25 mol; OH-: 0,15 mol Khi F tác dụng với HCl: H+ + OH- → H2O 0,15 0,15 mol + H + AlO2 + H2O → Al(OH)3↓ 0,25 0,25 0,25 mol 3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O 0,1 0,1 mol 3 0,1  m ↓ =(0,25).78=16,9g 3 4

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

Cn H2n : x mol  C H : y mol; n ≤ 4  n 2n-2 H : z mol 2 Chọn nA=1 x + y + z = 1  x + y = 1 – z Ta có 14nx + (14n-2)y + 2z = 16.1,375 14n(x+y) – 2( y - z) = 22 (I) Bảo toàn khối lượng: 1.1,375 = nsau. 2,75  nsau = 0,5 mol  Số mol H2 phản ứng = 1 – 0,5 = 0,5 mol.

Trường hợp 1: H2 hết, hiđrocacbon dư.

Gọi CT chung của các hiđrocacbon sau phản ứng là CnHt. Ta có: 12n + t = 2,75.16 = 44  3<n<3,285 (Loại) 2n-2<t<2n+2  C H : x+y (mol) Trường hợp 2: H2dư, sau phản ứng thu được  n 2n+2 H : z-x-2y (mol)  2 nsau = x + y + z – x –2 y = z – y = 0,5 (mol) (II) Số mol H2 phản ứng = 2x + y = 0,5 mol  0,25 < x +y < 0,5 (III)…………………

Thế (II) vào (I) được 14n (x+y) = 21 (IV) Thế (III) vào (IV) được 3 < n < 6 n = 4.

Vậy 2 hiđrocacbon là C4H6 và C4H8.

Câu 8 1,0đ Hỗn hợp đầu gồm:

1

0,25

0,25

0,25

0,25

Al Al, Al3+ , Fe2+ , Fe3+  Fe NO NO ( )    3 2 2 t → + O 2(1)  O Fe O  2 NO 2 3 3  n = 0,03 mol Fe O 4 5,99 gam nO = 0,13 mol

Câu 9 1,0đ

o

3

Al3+ , Fe2+ , Fe3+



AgCl: 0,18

3

Câu 3 1,5điểm

NO : 0, 01mol + H2 : 0, 01

 Cl  + H

+

 Ag: 0,02

(2)

NO + ..... (3)

0,5

0,01 mol

Sơ đồ 1 (1): Nhiệt phân A tạo X. Sơ đồ 2 (2): X tác dụng với dung dịch HCl. Sơ đồ 3 (3): Y tác dụng với AgNO3.

Từ (1), bảo toàn O có nO trong Y = 0,07 mol Từ (2), bảo toàn N có số mol NO− trong Y = số mol NO =0,01 mol.

0,25

Số mol O trong oxit ở Y = 0,04 mol.

Từ (2) nHCl phản ứng = 2.0,04 +4.0,01+2.0,01 = 0,14.

Từ (3) nHCl dư = 4.0,01=0,04 mol Bảo toàn clo có nAgCl = 0,18; bảo toàn Ag có nAg= 0,02.

Khối lượng kết tủa là: 27,99 gam

0,25

1. KOH

 

K+ + OH-

CN- + H2O

HCN + OH-

Kb1 = 10- 4,65

NH3 + H2O

NH4+ + OH-

Kb2 = 10- 4,76

H2O

H+ + OH-

[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]

Đặt [OH-] = x x = 5.10-3 + KB1[CN]/x + KB2[NH3]/x + KH2O/x x2 - 5.10-3x - (KB1[CN-] + KB2[NH3] + KH2O) = 0 Tính gần đún coi [ -] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M .

Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 -> x = [OH-] = 5,9.10-3M. Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 -> [HCN] << [CN-] [NH4+ ] / [NH3] = 10-4,76/ 5,9.10-3 = 2,9.10-3 -> [NH4+] << [NH3] Vậy cách giải gần đún trên có thể chấp nhận -> pH = 11,77...............................

2.

1

1

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN CỤM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU

ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 2 NĂM HỌC 2015-2016

pH = pKNH4+ + lg([NH3]/[NH4 ] ) = 9,24 + lg([NH3]/[NH4 ] ) = 9,24 -> [NH4+] = [NH3] có n hĩa là 50% [ 3] đã bị trun hoà; dĩ nhiên toàn bộ

K đã bị trung hoà. Mặt khác PH = 9,24 = pKHCN + lg([CN-]/[HCN] ) = 9,35 + lg([CN-]/[HCN] ) -> [CN-] = 10-0,11 = 0,776.

[HCN]/[CN-] ) = 1/0,776 -> [HCN] / CCN- = 1/(1+0,776) = 0,563 hĩa là 56,3% - đã bị trung hoà.

Vậy VHCL . 0,21 = VA . CKCN . 0,563 + VA. CNH3 . 0,5 + VA . CKOH Câu 4 1,5 điểm

VHCL = 50(0,12 . 0,563 + 0,15 . 0,5 + 5.10-3 ) / 0,51 = 35,13 ml..........................

A: H2S; B: FeCl3; C: S; F: HCl; G: Hg(NO3)2; H: HgS; I: Hg; X: Cl2; Y: H2SO4 Phươn trình hóa học của các phản ứng: H2S + 2FeCl3 → 2 e l2 + S + 2HCl (1) Cl2 + H2 → + 2 l (2) 4Cl2 + H2S + 4H2 → 8 l + 2SO4 (3) BaCl2 + H2SO4 → Ba 4  + 2HCl (4) H2S + Hg(NO3)2 →  + 2HNO3 (5) t

HgS + O2   Hg + SO2 -------Hết--------

0,5 1

0,5

(6)

Môn: HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) (Đề thi có 02 trang, gồm 5 câu) Câu 1 (2,5 điểm).

Nêu hiện tượng và giải thích khi tiến hành các thí nghiệm sau: a) Cho mẩu Na nhỏ vào chậu nước có pha sẵn phenolphtalein. b) Nung nóng NH4Cl khan trong ống nghiệm c) Cho từ từ dung dịch AlCl3 đến dư vào dung dịch NaOH. d) Cho bột Lưu huỳnh vào ống nghiệm rồi nung nóng đến khi bay hơi

Câu 2 (5,0 điểm).

1. Cho 4,48 lít (đktc) khí NH3 vào 200ml dung dịch NH4Cl 0,1M được dung dịch A, chia A làm 2 phần bằng nhau. Cho 0,224 lít khí HCl (đktc) vào phần 1 được dung dịch B. Cho 0,4 gam NaOH khan vào phần 2 được dung dịch C. Tính pH dung dịch A, B, C? Biết thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể khi tiến hành thí nghiệm, kaNH4+= 10-8,8.

2. Cho 1,0 mol SO2 và 0,5 mol O2 vào bình kín có dung tích 1,0 lít không đổi chứa sẵn 1 ít bột V2O5 rồi nung nóng và giữ ổn định ở 5000C đến khi đạt trạng thái cân bằng thì áp suất trong bình

1

bằng 0,8áp suất bình khi chưa phản ứng. Hỏi cho vào bình trên bao nhiêu gam O2 với 1,0 mol SO2 thực hiện tổng hợp SO3 với điều kiện như trên để đạt hiệu suất 80%.

3. Những người sống ở gần các lò gạch, lò vôi hay là các trường hợp đốt than trong phòng kín, thường bị đau đầu, buồn nôn, hô hấp khó và có thể dẫn đến tử vong, hiện tượng này gọi là ngộ độc khí than. a) Nêu hóa chất chính gây nên hiện tượng ngộ độc khí than? b) Nếu trong phòng kín khi ngộ độc khí than thì phải làm thế nào khi có người bị ngộ độc? c) Tại sao khi đốt bằng than đá thì khí trên nhiều hơn than củi?

Câu 3 (5,0 điểm).

1. Cho 0,1mol mỗi axit H3PO2 và H3PO3 tác dụng với dung dịch KOH dư thì thu được hai muối có khối lượng lần lượt là 10,4 và 15,8g.

Xác định công thức cấu tạo và gọi tên hai phân tử axit trên.

2. Cho hỗn hợp X gồm Fe và 1 kim loại M hóa trị II (có tính khử mạnh hơn H2) tác dụng với dung dịch H2SO4 19,6% vừa đủ thu được dung dịch trong đó nồng độ FeSO4 là 11,369% và nồng độ của MSO4 là 13,463%. Xác định kim loại M? 3. Hòa tan hoàn toàn 46,5 gam hỗn hợp Ba, Al vào H2O thu được dung dịch X và 13,44 lit khí (đktc). Cho X tác dụng với 500ml dung dịch H2SO4 aM thu được 66,05 gam kết tủa. Tìm giá trị cuả a?

Câu 4 (3,5 điểm).

Cho 39,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và kim loại M vào dung dịch HNO3 đun nóng, khuấy đều hỗn hợp để phản ứng hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO2 là sản phẩm khử duy nhất (đktc), dung dịch Y và 3,84 gam kim loại M. Cho 3,84 gam kim loại M vào 200 ml dung dịch hỗn hợp H2SO4 0,5M và KNO3 0,5M đến phản ứng hoàn toàn thì được dung dịch Z, khí NO duy nhất. Cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch Y thu được kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi được 24 gam chất rắn R. a) Tìm kim loại M (biết M có hóa trị không đổi trong các phản ứng trên). b) Cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được bao nhiêu gam muối khan?

Câu 5 (4,0 điểm).

1. Hãy trình bày cách tiến hành thí nghiệm điều chế và thu khí Oxi từ KClO3 trong phòng thí nghiệm (Có trình bày bằng hình vẽ). Một số lưu ý quan trọng khi làm thí nghiệm này? Vai trò MnO2? Không có MnO2 thì có tạo ra oxi không? Phương pháp này có thể điều chế O2 trong công nghiệp được không?

2. Nêu dụng cụ, hóa chất và cách tiến hành các công việc sau trong phòng thí nghiệm: a) Tinh chế mẫu I2 rắn có lẫn CaCO3, SiO2. b) Điều chế dung dịch Br2 trong dung môi C6H6 (không phân cực) từ nước brom. c) Pha chế được 100ml dung dịch H2SO4 1M từ dung dịch H2SO4 98% (d=1,84g/ml)

------------------ HẾT-----------------

1

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL HSG LẦN 2 - NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: HÓA HỌC 11 Câu 1 2,5

2,5 điểm Nêu hiện tượng và giải thích khi tiến hành các thí nghiệm sau: a. Cho mẩu Na nhỏ vào chậu nước có pha sẵn phenolphtalein.

Mẩu Na nổi trên mặt nước do Na nhẹ hơn nước Tan dần, có khí thoát ra, mẩu Na chạy không có quy luật trên mặt nước, nước chuyển sang màu hồng theo sự di chuyển của Na Na + H2O NaOH + H2 H2 sinh ra đẩy mẩu Na lăn và chuyển động, NaOH đổi màu pp b. Nung nóng NH4Cl khan trong ống nghiệm - Chất rắn NH4Cl không nóng chảy mà thấy giảm dần Do NH4Cl dễ phân hủy: NH4Cl NH3 + HCl - Xuất hiện khói trắng trên miệng ống nghiệm, chất rắn màu trắng bám trên thành ống nghiệm. Do ở nhiệt độ thấp hơn: NH3 + HCl NH4Cl

1

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

c. Cho từ từ dung dịch AlCl3 đến dư vào dung dịch NaOH. Xuất hiện kết tủa trắng keo và tan ngay: AlCl3 + 3 NaOH Al(OH)3 + 3NaCl Do NaOH dư so với AlCl3 nên: Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O Sau một thời gian lại xuất hiện kết tủa lại và không tan: 3NaAlO2 + AlCl3 + 6H2O 4Al(OH)3 + 3NaCl

Câu 2 1.

2,0đ

d. Cho bột Lưu huỳnh vào ống nghiệm rồi nung nóng đến khi bay hơi - Đầu tiên bột S tan tạo chất lỏng linh động màu vàng do S có nhiệt độ nóng chảy thấp - Chất lỏng chuyển dần sang màu nâu và đặc sánh dần do tạo phân tử lớn hơn dạng polime. Khi bay hơi tạo hơi màu nâu 5,0 điểm Dung dịch A có CNH3= 0,1M, CNH4Cl=0,1M KbNH3=10-14/10-8,8= 10-5,2 Ta có cân bằng: Ban đầu Cân bằng

NH3 + H2O NH4+ + OH0,1 0,1 0 0,1-x 0,1+x x

KbNH3= (0,1+x)*x/(0,1-x)= 10-5,2 x=10-5,2 pH= 8,8

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,5

* Cho 0,01 mol HCl vào 100ml dd A: NH3 + HCl NH4Cl 0,01 0,01 0,01 Ta có cân bằng: NH3 + H2O NH4+ + OHBan đầu 0,09 0,11 0 Cân bằng 0,09-x 0,11+x x KbNH3= (0,11+x)*x/(0,09-x)= 10-5,2 x=0,8182*10-5,2 pH= 8,7

0,5

* Cho 0,01 mol NaOH vào 100ml dd A: NH4Cl+ NaOH NH3 + NaCl + H2O 0,01 0,01 0,01 Ta có cân bằng: NH3 + H2O NH4+ + OHBan đầu 0,11 0,09 0 Cân bằng 0,11-x 0,09+x x KbNH3= (0,09+x)*x/(0,11-x)= 10-5,2 x=1,222*10-5,2 pH= 8,9

2.

1,5đ

Số mol hỗn hợp sau phản ứng: n2 = 0,8*1,5 = 1,2 mol Tính được hỗn hợp sau phản ứng gồm: SO2 0,4M; O2 0,2M; SO30,6M Ta có cân bằng: 2SO2 + O2 2SO3 0,4 0,2 0,6

1

0,5

0,25

Kc = 0,62/0,42*0,2 = 11,25 • Tính khối lượng oxi cho vào đề H=80%. Gọi x là số mol O2 cho vào bình • Trường hợp 1: Hiệu suất theo SO2, x>0,5 mol Ta có cân bằng: 2SO2 + O2 2SO3 Ban đầu 1 x 0 Cân bằng 0,2 x-0,4 0,8 Dựa hằng số cân bằng tính được: x=1,822 mol m=58,311 gam * Trường hợp 2: Tính hiệu suất theo O2, x<0,5 mol Ta có cân bằng: 2SO2 + O2 2SO3 Ban đầu 1 x 0 Cân bằng 1-1,6x 0,2x 1,6x 2 (1,6x) Kc = = 11,25 x1 = 1,42 loại (1-1,6x)2* 0,2x

3 1,5đ

Câu 3 1.

1,0đ

x2 = 0,2752 ( thỏa mãn) mO2= 8,8 gam

a. Hóa chất chính gây nên ngộ độc là CO: C+ O2 CO2 (t0) CO2 + C 2CO (t0 cao) b. Khi ngộ độc khí than thì xử như sau: Cần nhanh chóng mở các cửa, khẩn trương đưa nạn nhân ra khỏi khu vực nhiễm độc và nhanh chóng đưa đến cấp cứu ở cơ sở y tế gần nhất để được xử lý và điều trị kịp thời. c. Than than đá đốt có nhiệt độ cao hơn nên tạo nhiều CO hơn than củi.

6 điểm Gọi x, y là số nhóm hidroxyl trong H3PO2 và H3PO3 H3PO2 + xKOH KxH3-x PO2 + xH2O Tính được x= 1 H3PO3 + yKOH KyH3-y PO3 + yH2O Tính được y= 2 CTCT H HO HO-P=O P=O H HO H

2 2,0đ

Axit photphinic(axit hipophotphorơ) Axit photphonic (axit photphorơ) (Thí sinh có thể viết CTCT theo quy tắc bát tử, thay liên kết đôi P=O bằng P O)

0,5

0,5

0,25 0,25 0,5 0,5 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

Đặt công thức chung 2 kim loại là A. Giả sử có 1 mol hỗn hợp kim loại có 1 mol H2SO4 khối lượng dung dịch H2SO4 là 500 gam.

Phương trình phản ứng: A+ H2SO4 ASO4 + H2 Ta có: Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: mdd =498+A %ASO4 = (A+96)*100/(498+A) = 11,369 +13,463 A= 36.8 1,0 Thay vào ta có mdd = 534,8 gam

1

mFeSO4 = 60,8 g mMSO4 = 72 g

3.

2,0đ

nFeSO4 =0,4 mol nMSO4 = 0,6 mol

1,0

M=24 (Mg)

Các phương trình phản ứng : Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 Ba(OH)2 +2Al + 2H2O Ba(AlO2)2 + 3H2 Tìm được số mol 2 kim loại là : nAl = 0,2 mol ; nBa = 0,3 mol Dung dịch chứa : 0,2 mol Ba(OH)2 và 0,1 mol Ba(AlO2)2 Khi cho tác dụng với H2SO4 xảy ra các phản ứng : Ba2+ + SO42- BaSO4 AlO2- + H+ + H2O Al(OH)3 Al(OH)3 + 3H+ Al3+ + 3H2O Nếu Ba2+ kết tủa hết dạng BaSO4 mBaSO4 =0,3*233=69,9 > 66,05 (loại) Vậy nH2SO4 <0,3 mol Gọi x là số mol H2SO4 trong dung dịch, ta có :

0,25 0,25

0,5 0,5

Trường hợp 1 : AlO2- còn dư : Ba2+ + SO42- BaSO4 x x + AlO2 + H + H2O Al(OH)3 2x 2x 2x Khối lượng kết tủa : m= 233x + 78*2x =66,05 x= 0,17 Al3+ kết tủa hết (loại) Trường hợp 2 : AlO2- hết, Al(OH)3 tan 1 phần : Ba2+ + SO42- BaSO4 x x + AlO2 + H + H2O Al(OH)3 0,2 0,2 0,2 Al(OH)3 + 3H+ Al3+ + 3H2O (2x-0,2)/3 2x-0,2 Số mol Al còn lại : 0,2 - (2x-0,2)/3 = (0,8-2x)/3 Khối lượng Al(OH)3 còn lại : 78*(0,8-2x)/3= (0,8-2x)*26 Khối lượng kết tủa : m = 233x + (0,8-2x)*26= 66,05 x=0,25

Câu 4

3,5 điểm

0,25

0,25

0,5

a=0,25/0,5=0,5M

Fe3O4 + 10 HNO3 → 3 Fe(NO3)3 + NO2↑ + 5 H2O (1) M + 2n HNO3 → M(NO3)n + n NO2↑ + n H2O (2) M + n Fe(NO3)3 → nFe(NO3)2 + M(NO3)n (3) + NÕu M(OH)n kh«ng tan trong dd NH3 th× chÊt r¾n R gåm Fe2O3 vµ M2On lóc ®ã:

1

0,5

2 Fe3O4 → 3 Fe2O3 2M → M2 On th× mR > 36g nhng mR = 24g < 36g. VËy M(OH)n tan trong dung dÞch NH3. + n NO2 =

4,48 = 0,2 mol. Khèi lîng F tan trong HNO3 lµ 36 g.

22,4

Trêng hîp 1: Kh«ng cã ph¶n øng (3) Fe(NO3)3 + 3 NH3 + 3 H2O → Fe(OH)3 ↓ + 3 NH4NO3 t0 2 Fe(NO3)3 Fe2O3 + 3 H2O

(4) (5)

24 = 0,15 mol. Theo (1), (4), (5) n Fe3O4 = 0,1 mol 160  m Fe3O4 = 0,1.232 = 23,2 g  mM tham gia ph¶n øng (2) lµ 36 - 23,2 = 12,8 (g); n NO2 do (2) sinh ra lµ 0,1 mol

0,5

0,25 0,25

nFe2O3 =

 M = 128n  lo¹i Trêng hîp 2: cã ph¶n øng (3) lóc ®ã kh«ng cã (4) vµ (5) mµ cã ph¶n øng: Fe(NO3)2 + 2 NH3 +0 2 H2O → Fe(OH)2 + 2NH4NO3 (6) t 4 Fe(OH)2 + O2 2 Fe2O3 + 4 H2O (7)

0,25

24 = 0,15 mol. Theo (1), (3), (6), (7)  n Fe3O4 = 0,1 mol; 160 = 0,1.232 = 23,2 g

nFe2O3 = m Fe3O4

 Khèi lîng M ph¶n øng víi (2) (3) lµ 36 - 23,2 = 12,8 (g); 0,4 nM ph¶n øng (2), (3) lµ mol n

0,25

n = 2

Suy ra M = 32n. CÆp nghiÖm ho¸ häc duy nhÊt lµ  ; M lµ Cu  M = 64

0,5

3 Cu + 8 H+ + 2 NO-3 → 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O n H = 0,2.0,5.2 = 0,2 (mol); nCu = 0,06 (mol) ; n NO = 0,5.0,2 = 0,1 (mol ) +

3

Cu 2+ : 0,06  + H : 0,04  dd sau ph¶n øng gåm K + : 0,1  −  NO 3 : 0,06 SO 2− : 0,1  4

−

mol mol mol

0,5

mol mol

Khi c« c¹n 0,04 mol HNO3 ph©n huû

m H = m Cu 2+ + m K + + m N O − + mSO 2− = 0,06. 64 + 0,1.39 + 0,02.62 + 0,1.96 3 4 = 18,72 (g) Câu 5 1.

2,0 đ

4,0 điểm -Dụng cụ: Ống nghiệm có nhánh (hoặc ống nghiệm, nút cao su có lỗ, ống thủy tinh), ống cao su, ống thủy tinh, đèn cồn, giá sắt, diêm, bình thu khí oxi, chậu

1

0,5

thủy tinh chứa nước, bông.

- Hóa chất: KClO3 tinh thể, MnO2 - Phương pháp thu: Đẩy nước

0,5

0,5 -Lưu ý: + KClO3 nên khô, nghiền nhẹ nhàng sau đó mới trộn với MnO2 + Miệng ống nghiệm hơi chúc xuống tránh vỡ ống nghiệm, hơ đều trước khi đun mạnh. + Rút ống dẫn khí ra khỏi mặt nước trước khi tắt đèn cồn.

-Vai trò MnO2: xúc tác làm phản ứng xảy ra nhanh và ở nhiệt độ thấp hơn.

Không có MnO2 vẫn tạo ra oxi nhưng nhiệt độ cao hơn.

- Phương pháp này không điều chế oxi trong công nghiệp vì chi phí quá cao.

2.

2,0 đ

0,25 0,25 0,25 0,25

a. Dụng cụ: Đèn cồn, kiềng sắt, lưới sắt, diêm,cốc TT chịu nhiệt, bình cầu chứa nước.

Tiến hành: cho I2 lẫn tạp chất vào cốc TT, đặt lên kiềng sắt, dùng bình cầu chứa nước đậy lên miệng cốc. Sau đó đun nóng cho I2 bay hơi và ngưng tụ trên đáy 0,5 bình cầu, thu hồi I2 sạch. b. Dụng cụ: Phễu chiết, bình đựng dung dịch, phễu TT Hóa chất: Nước Brom, C6H6.

Tiến Hành: Cho nước brom và benzen với lượng thích hợp vào phễu chiết (không được cho đầy), nút lại và lắc mạnh một thời gian để Brom chuyển sang benzen. Để yên để cho phân lớp hoàn toàn. Sau đó mở khóa để nước phần dưới chảy xuống trước, khi lượng nước vừa hết thì khóa lại. Sau đó chuyển sang bình đựng dung dịch và mở khóa để dung dịch brom/C6H6 chảy vào, đậy nắp bình. c. mddH2SO4=10 gam VddH2SO4=10/1,84 = 5,4ml.

Dụng cụ: Pipet có thang chia đến 0,1ml, quả bóp cao su; bình định mức 100ml, bình tia hoặc ống hút nhỏ giọt.

Hóa chất: dung dịch H2SO4 98%, nước cất.

Tiến hành: Cho khoảng 50ml nước cất vào bình định mức 100ml, dùng pipet lấy chính xác 5,4ml dung dịch H2SO4 98% rồi cho vào bình định mức, lắc đều ( không dùng miệng để hút mà dùng quả bóp cao su) Cho tiếp nước cất vào cho tới vạch 100ml, đậy nắp và lắc kĩ.

Lưu ý: Thí sinh trình bày cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa ------------------ HẾT-----------------

1

0,25

0,25 0,25 0,25 0,5

SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN

CỤM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU HOÀNG MAI

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 4 - NĂM 2016-2017

y y y

Môn: HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) (Đề thi có 01 trang, gồm 4 câu)

Câu I:(5 điểm) 1. Viết PTPU xảy ra trong các trường hợp sau. a. Cho khí Clo đi chậm qua dung dịch nước brom làm mất màu dung dịch đó. b. Cho hỗn hợp KIO3 và KI vào dung dịch AlCl3 thấy xuất hiện kết tủa keo trắng. c. Cho Al2O3 hòa tan hết trong lượng dư dung dịch NaOH, sau đó thêm dung dịch NH4Cl dư đun nóng nhẹ. d. Sục không khí đồng thời thêm nước vôi vào nước tự nhiên chứa Fe(HCO3)2.

2. Khi cho 2 khí khác nhau tác dụng trong điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp gồm 3 khí. Nếu dẫn hỗn hợp 3 khí đó qua ống thủy tinh đốt nóng có đựng CuO dư, sau đó dẫn qua nước thu được 1 khí còn lại.

Nếu dẫn hỗn hợp khí trên qua nước chứa Cu(OH)2 dư thì thu được 2 khí cò lại. Hỏi 2 khí ban đầu là khí gì? Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.

3. a. Cho Fe tác dụng với dung dịch HNO3 tạo ra khí NO (spk duy nhất) và dung dịch A. Hỏi trong dung dịch A tồn tại những ion nào? b.Ở những khu vực gần mỏ quặng pirit sắt đất thường bị chua và chứa nhiều sắt, để khắc phục người ta thường bón vôi cho đất. Hãy viết PTPU để minh họa cho việc làm đó.

Câu II:(5 điểm) 1. a.Trong phòng thí nghiệm chỉ có: khí CO2, bình tam giác có một vạch chia, dung dịch NaOH, pipet, đèn cồn, giá đỡ. Trình bày hai phương pháp điều chế Na2CO3. b. Một học sinh lắp dụng cụ điều chế khí Clo trong phòng thí nghiệm như hình bên. Em hãy phân tích cho bạn thấy điểm sai và hướng dẫn bạn cách thực hiện đúng.

2. Cho cân bằng hóa học: 2FeBr2 + Br2 2FeBr3. Nếu pha loãng dung dịch thì cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều nào? Hãy chứng minh điều đó?

3. Tại sao khi cho isobutilen vào dung dịch axit HBr có hòa tan NaCl, CH3OH lại thu được hỗn hợp sản phẩm (CH3)3CBr, (CH3)3CCl, (CH3)3COH, (CH3)3OCH3.

Câu III:(5 điểm)

1. Hoà tan hoàn toàn m gam Na2CO3 vào nước thu được dung dịch A. Cho từ từ từng giọt 20 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% vào A thu được dung dịch B và V lít CO2 (đktc) . Cho thêm vào B dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2 thì thu được 1 (g) kết tủa . Tính m và V

2. Hòa tan hoàn toàn 17,8 gam hỗn hợp (A) gồm Zn và kim loại M có hóa trị (II) không đổi vào 1,25 lít dung dịch HNO3 aM, sau phản ứng thu được dung dịch (B) và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và NO có tỉ khối so với hỗn hợp gồm N2, CO là 1,0625. Cô cạn cẩn thận dung dịch (B) thu được 67,65 gam muối khan. a) Xác định a, biết lượng axit đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết.

1

b) Nếu cho dung dịch (B) tác dụng với NH3 dư, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi được 8 gam chất rắn. Xác định M và % khối lượng các chất trong (A) Câu IV:(5 điểm) 1.. Đốt cháy hoàn toàn 0,12 mol chất hữu cơ A mạch hở cần dùng vừa đủ 50,4 lít không khí (O2 chiếm 20% thể tích không khí). Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng lên 23,4 gam và có 70,92 gam kết tủa. Khí thoát ra khỏi bình có thể tích 41,664 lít.

Xác định công thức phân tử chất A? (Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đo ở đktc).

2. Dẫn hỗn hợp khí X gồm một hiđrocacbon no A và một hiđrocacbon không no B (A, B đều mạch hở) vào bình nước brom chứa 10,00 gam brom. Sau phản ứng hoàn toàn thấy khối lượng bình brom tăng lên 1,75 gam, sản phẩm sinh ra chỉ có một hợp chất hữu cơ và đồng thời có 3,65 gam khí thoát ra khỏi bình. Đốt cháy hoàn toàn khí thoát ra thu được 10,78 gam CO2. a. Xác định công thức phân tử các hiđrocacbon trong X và tính tỉ khối của X so với H2. b. Viết phương trình phản ứng (dạng công thức cấu tạo thu gọn) của A với khí Cl2 khi có ánh sáng theo tỉ lệ mol tương ứng 1:2.

Chú ý: Học sinh được sử dụng BHTTH ...........................Hết...................................

Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM NỘI DUNG

Điểm 2đ

a. 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + 2HBrO3 b. Trong dung dịch AlCl3 có các quá trình: AlCl3 → Al3+ + 3ClAl3+ + H2O [Al(OH)]2+ + H+ [Al(OH)2]+ + H+ [Al(OH)]2+ + H2O + [Al(OH)2] + H2O Al(OH)3 + H+

0,5đ 0,5đ (1) (2) (3) (4)

Khi cho hỗn hợp KIO3 và KI vào, xẩy ra phản ứng: + 5I- + 6H+ → 3I2 + 3H2O (5) + Phản ứng (5) xẩy ra làm nồng độ H giảm  các cân bằng (2), (3), (4) dịch chuyển theo chiều thuận  xuất hiện kết tủa Al(OH)3. → 6KCl + 6I2 + 3H2O KIO3 + 5KI + 6HCl c.

Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O NaAlO2 + NH4Cl + H2O → Al(OH)3↓ + NH3↑ + NaCl d. 4Fe(HCO3)2 + 8Ca(OH)2 + O2 4Fe(OH)3↓ + 8CaCO3↓ + 6H2O

Câu I (5đ) 2

0,5đ 0,5đ

1,5 đ Cho 3 khí qua CuO nóng, qua nước chỉ còn lại 1 khí, như vậy 2 khí p/ư với CuO có thể là H2 ; H2S ; CO ; NH3.

- Dẫn 3 khí qua Cu(OH)2 dư còn lại 2 khí nên khí p/ư với Cu(OH)2 là NH3.

- Cho 2 khí p/ư lại tạo ra 3 khí trong đó có NH3 mà phù hợp với dữ kiện trên thì 3 khí có thể là N2 ; H2 ; NH3. Vậy 2 khí ban đầu là N2 và H2.

PTPU. N2 + 3H2 ↔ 2NH3 H2 + CuO → Cu + H2O 2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 + 3H2O Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2

1

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

3

1,5 đ 3.a) PTPU. Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1) mol: x y - Khi x = 4y → trong dung dịch A có các ion Fe3+ , NO3- và 1 lượng đáng kể ion [Fe(OH)]2+ , [Fe(OH)2]+ , H+ (do sự thủy phân của Fe3+).

- Khi x < 4y (HNO3 dư , Fe hết) → trong dung dịch A có các ion Fe3+ , NO3- , H+.

- Khi x > 4y (Fe dư , HNO3 hết).

Có phản ứng: Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2 (2) Từ (1) và (2) ta có: 3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O Nếu x ≥ 3y/8 → dung dịch A có Fe2+ , NO3- và 1 lượng [Fe(OH)]+ và H+ do Fe2+ thủy phân.

Nếu y/4 < x < 3y/8 → dung dịch A có Fe2+ , Fe3+ , NO3- và 1 lượng [Fe(OH)]2+ , [Fe(OH)2]+ , [Fe(OH)]+ và H+ do ion Fe3+ , Fe2+ thủy phân. b) Do quặng FeS2 bị oxi hóa theo PTPU 4FeS2 + 15O2 + 2H2O → 2H2SO4 + 2Fe2(SO4)3 Bón vôi sẽ xảy ra PTPU. Ca(OH)2 + H2SO4 → CaSO4 + H2O 3Ca(OH)2 + Fe2(SO4)3 → 3CaSO4 + 2Fe(OH)3

Câu Câu 1 II a.

(5đ)

NỘI DUNG Cách 1: Sục CO2 dư vào bình đựng dung dịch NaOH: CO2 + NaOH → NaHCO3 Đun nóng dung dịch thu được Na2CO3:

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Điêm 3đ

0,75đ

0

t C 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 +H2O

Cách 2: Lấy dung dịch NaOH vào 2 bình tam giác đến vạch chia (có cùng thể tích => cùng số mol).

Sục CO2 đến dư vào bình thứ nhất, thu đươc dung dịch NaHCO3. Sau đó đổ bình 2 (dung dịch NaOH) vào dung dịch thu được ở bình 1 ta sẽ thu được Na2CO3.

NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O

0,75đ

b.

Phương trình phản ứng : 0

MnO2 + 4HCl

t

(®Æc)

MnCl2 + Cl2 + 2H2O

0,25đ Về mặt kĩ năng thực hành, cần phân tích cho bạn học sinh hiểu hình vẽ mô phỏng thí nghiệm chưa hợp lí ở chỗ : - Phải dùng dung dịch HCl đặc 30-37% để phản ứng oxi hoá-khử xẩy ra.

Do đó dùng dung dịch HCl 10% (loãng) thì không thể thu được khí Cl2.

- Phải dùng đèn cồn để đun nóng MnO2.

- Khí Cl2 được thu bằng phương pháp đẩy không khí, nên không dùng nút 0,25đ cao su ở bình thu khí như hình vẽ, để không khí thoát ra ngoài.

1

- Để thu được khí Cl2 tinh khiết, cần lắp thêm các bình rửa khí (loại khí HCl) và làm khô khí (loại hơi nước), bình thu khí Cl2 cần để miếng bông 0,25đ tẩm dung dịch kiểm lên miệng bình để chống thoát Clo ra môi trường.

0,25đ 0,5đ

2

1đ

-Nếu pha loãng dung dịch thì cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều nghịch: 2FeBr2 + Br2

2FeBr3

- Gọi nồng độ các chất tại thời điểm cân bằng lần lượt là C1, C2, C3 ta có: vt = kt .C12.C2 ; vn = kn.C32. Tại thời điểm cân bằng nên vt = vn hay kt .C12.C2= kn.C32 (1) => kn = kt .C12.C2/ C32 (*) - Giả sử pha loãng dung dịch n lần (n>1). Tại thời điểm sau pha loãng ta có: vt’ = k t

C12 .C 2 C 32 ’ ; v = (**) Từ (*) và (**), k n n n3 n2 C 2 .C ta có: vn’ = k t 1 2 2 = n.vt’ > vt’ (do n>1) n

Vậy sau khi pha loãng vận tốc phản ứng thuận bé hơn vận tốc phản ứng nghịch => cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch.

1

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

3.

1đ Cơ chế của phản ứng trải qua 2 giai đoạn Gđ 1: tác nhân mang điện dương tấn công vào HĐRCB tạo cacbocation (cacbocation bậc càng cao càng bền do đó càng dễ tạo thành) Gđ 2: cacbocation kết hợp với tác nhân mang điện âm tạo ra sản phẩm Áp dụng: HBr→ H+ + Br-, NaCl→ Na+ + ClHỗn hợp tác nhân gồm Br-, Cl-, HOH, CH3OH có khả năng kết hợp với cacbocation +Br+ + CH3- C=CH2 + H → CH3- C - CH3 (CH3)3CBr CH3

CH3- C+- CH3

+ Cl(CH3)3CCl

CH3 +

0,25đ

CH3

CH3 + CH3OH

+

CH3- C – O - CH3 → (CH3)3COCH3 + H

CH3- C - CH3 CH3 +

+

0,25đ

CH3 H CH3 + HOH

+

CH3- C – O - H → (CH3)3COH +

CH3- C - CH3 H+ CH3

0,25đ

CH3 H 0,25đ

Câu Câu 1.

III

NỘI DUNG Số mol HCl = 0,05 mol H+ + CO32- → HCO3- (1) x x x + H + HCO3 → CO2 + H2O(2) 0,05-x 0,05-x 0,05-x OH + HCO3 → CO32- + H2O(3) 0,04 2x-0,05 2+ Ca + CO32- → CaCO3 (4) 0,02 0,01 Theo (3) , (4) số mol HCO3- = CO32- = CaCO3 = 0,01 => 2x-0,05 =

1

Điểm 2đ

Mỗi pt 0,125x 4=0,5đ

0,01=> x=0,03 => m = 0,03. 106= 3,18 g

0,5đ

(1) số mol CO2 = 0,05-x = 0,02 => V = 0,02.22,4=0,448 lít

0,5đ

The

2.

- Số mol X = 4,48/22,4 = 0,2 mol ; X = 1,0625.28 = 29,75  trong X mol N2 = 0,025 mol ; mol NO = 0,175 mol.

- Mol electron trao đổi tạo N2 và NO = 0,025.10 + 0,175.3 = 0,775.

Nếu sản phẩm khử chỉ có N2 và NO thì khối lượng muối khan thu được là: 17,8 + 0,775.62 = 65,85 gam < 67,65 gam. Vậy sản phẩm khử ngoài N2 và NO phải có NH4NO3.

- Gọi số mol NH4NO3 = x  mol electron trao đổi tạo NH4NO3 = 8x Tổng khối lượng muối: 17,8 + (0,775 + 8x).62 + 80x = 67,65.

Giải ra được x = 0,003125.

-Tổng số mol elelctron trao đổi của kim loại 0,775 + 0,003125.8 = 0,8  số mol HNO3 ban đầu = (0,8 + 0,025.2 + 0,175 + 0,003125.2).1,2 = 1,2375. Vậy nồng độ HNO3 là: a = 1,2375/1,25 = 0,99M - Khi dung dịch (B) tác dụng NH3 dư, kết tủa thu được phải là M(OH)2 ; nung M(OH)2 được MO. tổng số mol kim loại = 0,8/2 = 0,4 Gọi mol M = y ; khối lượng mol của kim loại M là M, ta có hệ (0,4 – y)65 + yM = 17,8 y(M + 16) = 8 Giải ra ta được y = 0,2 mol ; M = 24 (Mg) Vậy % khối lượng Mg = 0,2.24/17,8 = 26,97% ; %Zn = 73,03%

Câu IV 1

0,5đ 3đ 0,5đ 0,75đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,25đ

2đ 0,5đ

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O n CO2 = n BaCO3 = 0,36 (mol); mCO2 + mH2O = 23,4 gam → n H O = 0,42 (mol) 2

- Trong 50,4 lít không khí: n O = 0,45 (mol); n N = 1,8 (mol) 2 2 Khí thoát ra là N2: n N = 1,86 (mol) > n N ( không khí ) 2

2

0,5đ

2

→ P/ứng cháy sinh ra 0,06 mol N2.

- Gọi A là CxHyOzNt (x, y, z nguyên dương). y z CxHyOzNt + ( x+ - )O2 → xCO2 + y H2O + t N2 4 2 2 2 0,12 0,45 0,36 0,42 0,06 → x = 3; y = 7; z = 2; t = 1. Vậy A là C3H7O2N.

(mol)

10,00 10,78 = 0,0625mol ; nCO2 = = 0,245mol 160 44 a. Đặt công thức của A: CnH2n+2 ; B: CxHy (với n, x, y nguyên dương.

4 ≥ x,n ). Qua dung dịch brom:

dữ kiện: nBr2 =

*Trường hợp 1: brom dư, khí thoát ra là A

1

1,0 3đ

Đốt A: CnH2n+2

+

3n + 1 O2 2

0,245 n 

→

nCO2 + (n+1)H2O

0,25đ

0,245

0,245 .(14n + 2) = 3,65 n

 n = 2,23 loại

*Trường hợp 2: brom phản ứng hết: + CxHy + kBr2 → CxHyBr2k với k nguyên dương 0,0625 ← 0,0625 k 0,0625  .(12 x + y ) = 1,75  12 x + y = 28k k Với k=1 → 12x+y=28 → B là C2H4 Với k =2 → 12x+y=56 → B là C4H8 vô lí Với k ≥3 → 12x+y=84 → B không phải là chất khí. + Khí thoát ra khỏi dung dịch Br2 gồm C2H4dư: a mol và CnH2n+2: b mol 3n + 1 CnH2n+2 + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2 b nb C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O a 2a b = 0,11 2a + nb = 0,245    0,245 − 0,11n >0 28a + 14nb + 2b = 3,65 a = 2 

0,5đ

0,5đ

 n < 2,23 - Với n = 1, A là CH4 0,5đ CH 4 = 0,11 a = 0,0675 16.0,11 + 28.0,13   X  dX / H2 = = 11,25 0,24.2 b = 0,11 C2 H 4 = 0,13 - Với n = 2, A là C2H6 0,5đ C2 H 6 = 0,11 a = 0,0125 30.0,11 + 28.0,075   X  dX / H2 = = 14, 0,185.2 b = 0,11 C2 H 4 = 0,075 b. Phương trình của phản ứng: as 0,75đ CH4 + 2Cl2 → CH2Cl2 + 2HCl as CH3-CH3 + 2Cl2 → CH3-CHCl2 + 2HCl as CH3-CH3 + 2Cl2 → CH2Cl -CH2Cl + 2HCl Lưu ý: Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình hóa học cân bằng sai trừ ½ số điểm.

1

ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI TỈNH 1 Câu 1(4đ) 1. Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s2, 3p4, 3p6 là nguyên tử hay ion? Tại sao? ( Cho biết các vi hạt này là nguyên tử hoặc ion của nguyên tố thuộc nhóm A ) 2. Cho các phân tử sau:SO2 ,CO2 , NO2 . a.Viết CTCT các phân tử trên và cho biết trạng thái lai hóa các nguyên tử S,C,N b.Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 c.Giải thích tại sao ở 200c 1 lít nước hòa tan được 1,7 lít khí CO2 còn đối với SO2 thì hòa tan được 40 lít.

3. Cho khí A lội qua dung dịch KMnO4 (môi trờng H2SO4) làm cho dung dịch mất màu. a) Cho biết bản chất của khí A? kể ra một số chất vô cơ có thể là A. Viết phơng trình phản ứng minh họa b) Nếu khí A làm mất màu dung dịch KMnO4 đồng thời tạo kết tủa, A có thể là chất nào? Viết phơng trình minh họa Câu 2(1đ) 1. Ở 2000K có cân bằng H2k + CO2k COk + H2Oh K = 4,4 a, Tính thành phần hỗn hơp lúc cân bằng khi trộn 1 mol H2,1mol CO2 ,và 1 mol H2O vào bình kín có dung tích 4,68 lit ở nhiệt độ trên. b,Nếu hệ đang cân bằng câu a,ta bơm thêm vào hệ 1mol H2,1 mol CO2, 2mol CO thì cân bằng sẽ chuyển dịch như thế nào?và khi cân bằng mới đươc thiết lập thì nồng độ mỗi chất là bao nhiêu?

Câu 3 (2đ) Tính giá trị pH của dung dịch trong các trường hợp sau : 1/ Dung dịch RCOOK 5.10-5M ; Biết RCOOH có hằng số axit Ka = 8.10-5 2/ Trộn dung dịch HA 0,12M với dung dịch HX 0,08M với những thể tích bằng nhau được dung dịch C. Biết hằng số axit HA là 2.10-4 ; HX là 5.10-4 Câu 4(4đ) 1.Khí A không màu có mùi đặc trưng,khi cháy trong oxi tạo nên khí B không màu,không mùi.Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C.Hòa tan chất rắn C vào nước được khí A.khí A tác dụng với axit mạnh D tạo muối E.dd muối E không tạo kết tủa với BaCl2 và AgNO3.Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình thu được khí F và chất lỏng G.Xác định các chất A,B,C,D,E,F,G và viết ptpu xảy ra?

2. Có 3 muối A,B,C đều là muối của Na thỏa mãn điều kiện: - Trong 3 muối chỉ có A là tạo kết tủa khi tác dụng với dung dịch Ba(NO3)2.

- Trong 3 muối chỉ có muối B và C tác dụng với dung dịch H2SO4 tạo ra chất khí.

- Cả 3 muối khi tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 đều cho kết tủa và sinh ra H2O. - Trong 3 muối chỉ B có thể làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4.

Xác định A,B,C, viết các phương trình phản ứng.

Câu 5(3đ). Hoà tan hoàn toàn 54,24 gam hỗn hợp X gồm Mg , Fe3O4 , MgCO3 , Fe(NO3)2 ( trong đó Oxi chiếm 31,858% khối lượng hỗn hợp ) vào dung dịch chứa 0,04 mol NaNO3 và 2,24 mol HCl . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn , thu được dung dịch Y và 0,16 mol hỗn hợp khí Z gồm 2 khí có tỉ khối so với He bằng 11 . Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y . Kết thúc các phản ứng thu được 334,4 gam kết tủa và có 0,02 mol khí NO ( sản phẩm khử duy nhất ) . Nếu cô cạn dung dịch Y thu được 111,44 gam muối . Phần trăm khối lượng của Fe3O4 có trong hỗn hợp X là : Câu 6(3đ) .

1. bằng phương pháp hóa học phân biệt các khí sau: CH4, C2H4, C2H2, C3H4(propin)

1

2. Hỗn hợp X gồm vinylaxetilen và hiđro có tỷ khối hơi so với H2 là 16. Đun nóng hỗn hợp X một thời gian thu được 1,792 lít hỗn hợp khí Y (ở đktc). Hỗn hợp khí Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 25,6 gam Br2 trong CCl4. Thể tích không khí (chứa 20% O2 và 80% N2 về thể tích, ở đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là: Câu 7(3đ).

1. Em hãy trình bày cách tiến hành thí nghiệm điều chế và thu khí metan trong phòng thí nghiệm ?

Một số lưu ý quan trọng khi làm thí nghiệm này? Vai trò CaO? (Có trình bày bằng hình vẽ).

Phương pháp này có thể điều chế CH4 trong công nghiệp được không?

2. Dung dịch (NH4)2S, dung dịch KI để lâu trong không khí thường bị biến đổi như sau : Dung dịch (NH4)2S bị vẩn đục còn dung dịch KI thì chuyển sang màu vàng. Hãy giải thích bằng phản ứng hoá học.

bài 8:( 2,0 điểm) Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s2, 3p4, 3p6 là nguyên tử hay ion?

Tại sao? ( Cho biết các vi hạt này là nguyên tử hoặc ion của nguyên tố thuộc nhóm A ) Giải:Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s22s22p6, ứng với cấu hình của [Ne].

1/ Cấu hình [Ne]3s2 ứng với nguyên tử Mg(Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loại hoạt động.

2/ Cấu hình [Ne] 3s23p4 ứng với nguyên tử S (Z = 16), không thể ứng với ion. S là phi kim hoạt động.

3. Cấu hình [Ne]3s23p6: + Trường hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ. + Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm: + Z = 17. Đây là Cl+ Z = 16. Đây là S2 + Z = 15. Đây là P3-( rất không bền, khó tồn tại) + Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dương: + Z = 19. Đây là K+ + Z = 20. đây là Ca2 Bài 20(3 điểm).Cho các phân tử sau:SO2 ,CO2 , NO2 . a.Viết CTCT các phân tử trên và cho biết trạng thái lai hóa các nguyên tử S,C,N b.Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 c.Giải thích tại sao ở 200c 1 lít nước hòa tan được 1,7 lít khí CO2 còn đối với SO2 thì hòa tan được 40 lít.

Câu 3: 1) Cho khí A lội qua dung dịch KMnO4 (môi trờng H2SO4) làm cho dung dịch mất màu. c) Cho biết bản chất của khí A? kể ra một số chất vô cơ có thể là A. Viết phơng trình phản ứng minh họa d) Nếu khí A làm mất màu dung dịch KMnO4 đồng thời tạo kết tủa, A có thể là chất nào? Viết phơng trình minh họa Câu 2. Ở 2000K có cân bằng H2k + CO2k COk + H2Oh K = 4,4 a, Tính thành phần hỗn hơp lúc cân bằng khi trộn 1 mol H2,1mol CO2 ,và 1 mol H2O vào bình kín có dung tích 4,68 lit ở nhiệt độ trên. b,Nếu hệ đang cân bằng câu a,ta bơm thêm vào hệ 1mol H2,1 mol CO2, 2mol CO thì cân bằng sẽ chuyển dịch như thế nào?và khi cân bằng mới đươc thiết lập thì nồng độ mỗi chất là bao nhiêu? Đs a, [H2]= [CO2]=0,095M, [H2O]=0,333M , [CO]=0,119M b, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận [H2]= [H2O]=0,238M , [CO2]=0,404M, [CO]=0,618M Câu 2 Tính giá trị pH của dung dịch trong các trường hợp sau : 1/ Dung dịch RCOOK 5.10-5M ; Biết RCOOH có hằng số axit Ka = 8.10-5

1

2/ Trộn dung dịch HA 0,12M với dung dịch HX 0,08M với những thể tích bằng nhau được dung dịch C. Biết hằng số axit HA là 2.10-4 ; HX là 5.10-4 Bài giải + 1/ RCOOK  RCOO + K

RCOO- + H2O  RCOOH + OH- Kb = Kw/Ka = 1,25.10-10 [] 5.10-5 – a a a 2 -5 -10 Kb = a / (5.10 – a) = 1,25.10 => a = 7,90.10-8 => [OH-] = 7,90.10-8 => pH = 6,89 Dung dịch môi trường bazơ có pH < 7 => Vô lí Vậy tính cả sự điện li của nước. Mặt khác nồng độ dung dịch rất bé, Kb không quá lớn hơn nhiều so với Kw RCOO- + H2O 

H2O



H+

RCOOH + OH- Kb = Kw/Ka = 1,25.10-10 OH-

+

Kw = 10-14

Theo định luật bảo toàn điện tích : [OH-] = [RCOOH] + [H+]

=> [RCOOH] = [OH-] – [H+] = [OH-] - (10-14) / [OH-] (*) Kb = [RCOOH].[OH ] / [RCOO ] (Với RCOO- = 5.10-5 – [OH-]) Thay (*) => [OH-] = 1,27413 . 10-7 => pOH = 6,895 => pH = 7,105 2/ Khi trộn 2 dd 2 chất khác nhau có thể tích bằng nhau (không pư) thì nồng độ mỗi chất giảm một nửa [HA] = 0,06M ; [HX] = 0,04M HA  H+ + AK1 = 2.10-4 HX



H+

X-

+

K2 = 5.10-4

H+ + OH- Kw = 10-14 H2O  Do Kw << K1 và Kw << K2 nên bỏ qua sự điện li của nước +

-

-

Bảo toàn điện tích => [H ] = [A ] + [X ]

Đặt [H+]= a ; [A-] = b ; [X-] = c => a = b + c K1 = K2 =

= 2.10-4 = 5.10-4

Vì b << 0,06 ; c << 0,04 => ab = 2.10-4 ; ac = 5.10-4 => b = 7,56.10-3 ; c = 0,019 ; a = 0,0266 => pH = 1,576

Câu 2.Khí A không màu có mùi đặc trưng,khi cháy trong oxi tạo nên khí B không màu,không mùi.Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C.Hòa tan chất rắn C vào nước được khí A.khí A tác dụng với axit mạnh D tạo muối E.dd muối E không tạo kết tủa với BaCl2 và AgNO3.Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình thu được khí F và chất lỏng G.Xác định các chất A,B,C,D,E,F,G và viết ptpu xảy ra?

Câu 23:(2,0 điểm) Có 3 muối A,B,C đều là muối của Na thỏa mãn điều kiện: - Trong 3 muối chỉ có A là tạo kết tủa khi tác dụng với dung dịch Ba(NO3)2.

- Trong 3 muối chỉ có muối B và C tác dụng với dung dịch H2SO4 tạo ra chất khí.

- Cả 3 muối khi tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 đều cho kết tủa và sinh ra H2O.

1

- Trong 3 muối chỉ B có thể làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4.

Xác định A,B,C, viết các phương trình phản ứng.

HD: Câu9 Nội dung A,B,C lần lượt là NaHSO4, NaHSO3, NaHCO3 Các phương trình phản ứng: NaHSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + NaNO3 + HNO3.

2NaHSO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O + 2SO2 2NaHCO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O + 2CO2 NaHSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + NaOH + H2O. 2NaHSO3 + Ba(OH)2 → BaSO3 + NaOH + H2O. 2NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O. 10NaHSO3 + 4KMnO4 + H2SO4 → 5Na2SO4 + 2K2SO4 + 4MnSO4 + 6H2O

Điểm 1,0

1.0

Câu 7 : Hoà tan hoàn toàn 54,24 gam hỗn hợp X gồm Mg , Fe3O4 , MgCO3 , Fe(NO3)2 ( trong đó Oxi chiếm 31,858% khối lượng hỗn hợp ) vào dung dịch chứa 0,04 mol NaNO3 và 2,24 mol HCl . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn , thu được dung dịch Y và 0,16 mol hỗn hợp khí Z gồm 2 khí có tỉ khối so với He bằng 11 . Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y . Kết thúc các phản ứng thu được 334,4 gam kết tủa và có 0,02 mol khí NO ( sản phẩm khử duy nhất ) . Nếu cô cạn dung dịch Y thu được 111,44 gam muối . Phần trăm khối lượng của Fe3O4 có trong hỗn hợp X là : A. 25,66% B. 24,65% C. 34,56% D.27,04% Câu 39: Hỗn hợp X gồm vinylaxetilen và hiđro có tỷ khối hơi so với H2 là 16. Đun nóng hỗn hợp X một thời gian thu được 1,792 lít hỗn hợp khí Y (ở đktc). Hỗn hợp khí Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 25,6 gam Br2 trong CCl4. Thể tích không khí (chứa 20% O2 và 80% N2 về thể tích, ở đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là: A. 38,08.

B. 7,616.

C. 7,168.

D. 35,84.

Câu 11. Em hãy trình bày cách tiến hành thí nghiệm điều chế và thu khí metan trong phòng thí nghiệm ?

Một số lưu ý quan trọng khi làm thí nghiệm này? Vai trò CaO? (Có trình bày bằng hình vẽ). Phương pháp này có thể điều chế CH4 trong công nghiệp được không?

Câu 10: a. Dung dịch (NH4)2S, dung dịch KI để lâu trong không khí thường bị biến đổi như sau : Dung dịch (NH4)2S bị vẩn đục còn dung dịch KI thì chuyển sang màu vàng. Hãy giải thích bằng phản ứng hoá học.

1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN CỤM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU – HOÀNG MAI Đề chính thức

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 2 LỚP 11 NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Cho biết: H=1, C=12, O=16, N=14, Ca=40, S=32, Br=80, Ba=137, Fe=56, Cu=64, Ag =108, Mg=24, Al=27, K=39, Zn=65, Cl=35,5.

Câu 1. (4 điểm) 1. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron 1s22s22p63s23p6. Trong một phân tử A có tổng số hạt cơ bản là 164. a. Xác định hợp chất A biết khi hòa tan chất A vào nước được dung dịch B làm quì tím hóa xanh. b. Viết các phương trình hóa học xảy ra (dạng phân tử) khi cho dung dịch B ở trên lần lượt vào các dung dịch FeCl3; AlCl3; MgCl2.

2. Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm 6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân một nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân một nguyên tử R có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của một nguyên tử M và một nguyên tử R. Biết rằng tổng số hạt proton trong một phân tử Z = 84 và a + b = 4 Tìm công thức phân tử của Z 3. So sánh (có giải thích) bán kính của các hạt sau: Al, Al3+, Na, Na+, Mg, Mg2+, F-, O2-.

Câu 2. ( 3 điểm) 1. Cho biết trong môi trường axit hợp chất chứa Mn có số oxi hóa +4 oxi hóa được H2O2, ngược lại trong môi trường bazơ H2O2 lại oxi hoá được hợp chất chứa Mn có số oxi hóa +2 thành hợp chất chứa Mn có số oxi hóa +4. Hãy viết 2 phương trình hóa học minh họa 2 quá trình trên.

2. Phát hiện lỗi ở các chất sản phẩm trong các phương trình hóa học sau (nếu có) và hoàn thiện lại cho đúng: a. CaI2 + H2SO4 đặc  CaSO4 +2HI b. 2FeCl2 + 6H2SO4 đặc  Fe2(SO4)3 + 2Cl2 + 3SO2 +6H2O 3. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a. Cho mẫu quặng đolomit vào dung dịch axit sunfuric đặc. b. Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện.

Câu 3. ( 4 điểm) 1. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: a. axit sunfuhiđric. b. axit bromhiđric.

2. Giải thích các hiện tượng sau: a. Vì sao không thể dập tắt đám cháy của các kim loại K, Na, Mg,... bằng khí CO2?

1

b. Vì sao các đồ vật bằng bạc để lâu ngày thường bị xám đen ?

3. Tại sao khi đất nông nghiệp bị chua người ta thường bón vôi, dựa vào kiến thức hóa học, hãy giải thích? Giải thích tại sao đất có xu hướng bị chua hóa, dù có bón vôi thì sau một số vụ thì đất cũng sẽ lại bị chua.

4. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm chứng minh khả năng bốc cháy khác nhau của Photpho trắng và Photpho đỏ. Hãy mô tả và giải thích hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra.

Câu 4. ( 4 điểm) 1. Nhúng thanh Mg vào dung dịch chứa 0,1 mol muối sunfat trung hoà của một kim loại R, sau phản ứng hoàn toàn lấy thanh Mg ra thấy khối lượng thanh Mg tăng 4,0 gam. Giả sử toàn bộ kim loại sinh ra bám hết vào thanh Mg, xác định kim loại R. 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam C trong V lít O2 ở (đktc), thu được hỗn hợp khí A có tỷ khối đối với H2 là 19. a. Hãy xác định thành phần % theo thể tích các khí có trong A. b. Tính m và V, biết rằng khi dẫn hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư tạo thành 5 gam kết tủa trắng.

3. Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị: 10B và 11B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị 11B trong H3BO3 là 14,407%. Tính % số nguyên tử của mỗi đồng vị Bo trong tự nhiên.

Câu 5. ( 5 điểm) + − 2− 2− 1. Dung dịch A chứa a mol Na+, b mol NH 4 , c mol HCO3 , d mol CO3 và e mol SO4 . Thêm (c + d + e) mol Ba(OH)2 vào dung dịch A, đun nóng thu được khí X, kết tủa Y và dung dịch Z. Tính số mol của X, Y và mỗi ion trong dung dịch Z. Xem sự phân li của nước không đáng kể.

2. Cho 3,9 gam hỗn hợp M gồm hai kim loại X, Y có hoá trị không đổi lần lượt là II và III vào dung dịch H2SO4 loãng (dư), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A và 4,48 lít khí H2 (đktc). a. Tính khối lượng muối trong A. b. Cho 3,9 gam hỗn hợp M tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch HNO3 1M, sau phản ứng thu được 0,84 lít khí B duy nhất (đktc) và dung dịch C. Cô cạn cẩn thận dung dịch C được 29,7 gam muối khan. Tìm công thức phân tử của B và tính giá trị của V? 3. Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B gồm O2 và O3.

Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp chỉ gồm CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hiđro là 19. Tính tỉ khối của khí A đối với hiđro?

--------- Hết ---------

1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 2 LỚP 11 NĂM HỌC 2017 – 2018 (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Lưu ý: Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa, phương trình hóa học cân bằng sai trừ ½ số điểm.

Cấu Câu 1

Hướng dẫn 1. (1,75 điểm) a. Gọi P, N lần lượt là số proton và số nơtron trong A Giả sử trong A có a ion N Ta có: 2P + N = 164 và 1 ≤ ≤ 1,5 P 164 164 Số proton trong A = 18a (hạt)  ≤a≤ ⇔ 2, 6 ≤ a ≤ 3, 03 3,5.18 3.18 Với a là số nguyên, nên a = 3  A có thể là K2S hoặc CaCl2 Vì khi hòa tan chất A vào nước được dung dịch B làm quì tím hóa xanh nên A là K2S b. Các phương trình hóa học 2FeCl3+3K2S → 6KCl + 2FeS +S 2AlCl3+3K2S +6H2O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S MgCl2+K2S +2H2O → 6KCl + Mg(OH)2 + H2S 2. (1,25 điểm) Số khối của nguyên tử M: p + n = 2p + 4 Số khối của nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’ 2p ' b 6, 667 1 % khối lượng R trong MaRb = = = a(2p + 4) + 2p ' b 100 15 p'b 1  = (1) ap + p ' b + 2a 15 Tổng số hạt proton trong MaRb = ap + bp’ = 84 (2) a+b=4 (3) p 'b 1 (1), (2)  = 84 + 2a 15 1

Điểm 4

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

1176 −2 15p ' b = 84 + 2a  a p= (2)  p ' b = 84 − ap  15 (3)  1 ≤ a ≤ 3 a 1 2 3 p 78,26 39,07 26 (Fe) a = 3  b = 1  p’ = 6: cacbon (C) Vậy CTPT của Z là Fe3C 3. (1điểm) - Khi đi từ trái sang phải trong một chu kì bán kính nguyên tử giảm dần nên: Na > Mg > Al. - Vì các ion Na+, Mg2+, F - , O2 – đều có cấu hình electron giống Ne : 1s2 2s2 2p6, nên bán kính của chúng giảm xuống khi điện tích hạt nhân tăng: 2– > 9F – > 11Na+ > 12Mg2+ > 13Al3+ .

8O - Vì cấu hình electron của Al là 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 có số lớp e lớn hơn so với O2 – nên bán kính Al > O 2- Do đó bán kính giảm dần như sau: Na > Mg > Al > O 2-> F – > Na+ > Mg2+ > Al3+

Câu 2 1. (1 điểm) viết đúng các chất tham gia và sản phẩm: 0,25đ; cân bằng đúng: 0,25đ.

Trong môi trường axít MnO2 + H2O2 + H2SO4 → MnSO4 + O2↑ + 2H2O Trong môi trường bazơ: H2O2 +MnCl2 + 2NaOH → Mn(OH)4 + 2NaCl 2. (1 điểm) Phát hiện lỗi: 0,25đ, sửa lỗi: 0,25đ/1 phương trình -1

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 3 0,5 0,5

+6

a. H I khử được H 2 S O4 đặc nên phương trình sửa lại 4CaI2 + 5H2SO4 đặc → 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O −1

b. Do ion Cl- trong Fe Cl 2 không khử được H2SO4 đặc nên sản phẩm không có Cl2 nên phương trình sửa lại 2FeCl2 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O 3. (1 điểm) a. Cho mẫu quặng đolomit vào dung dịch axit sunfuric đặc.

CaCO3 +H2SO4 → CaSO4 + H2O + CO2 MgCO3 +H2SO4 → MgSO4 + H2O + CO2 b. Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện.

1200o C Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C  → 3CaSiO3 + 5CO + 2P Câu 3 1. (1 điểm) a. Xuất hiện vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh: 2H2S + O2 → 2H2O + 2S↓ b. Thấy dung dịch có màu vàng nhạt: O2 + 4HBr → 2H2O + 2Br2 2. (1 điểm) a. Không thể dập tắt đám cháy của các kim loại K, Na, Mg,... bằng khí CO2 vì các kim loại trên có tính khử mạnh nên vẫn cháy được trong khí quyển CO2 Thí dụ: 2Mg + CO2 → 2MgO + C b. Các đồ vật bằng bạc để lâu ngày thường bị xám đen do bạc tác dụng với khí O2 và khí H2S có trong không khí tạo ra bạc sunfua có màu đen.

1

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,5 4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

4Ag + O2+ 2H2S → 2Ag2S + 2H2O 3. (1 điểm) - Đất chua là đất có chứa nhiều ion H+ dạng tự do và dạng tiềm tàng ( có thể sinh ra do các ion kim loại Al3+, Fe3+, Fe2+,... thủy phân tạo thành). Trong thực tế có thể dùng bón vôi cho ruộng bằng CaCO3, CaO, Ca(OH)2, quặng đolomit CaCO3.MgCO3.

Khi bón vôi sẽ trung hòa H+ và làm kết tủa các ion kim loại đó, vì vậy làm giảm độ chua của đất.

- Đất có thể bị chua do nhiều nguyên nhân, có thể là do mưa axit, hay do ta bón lân, đạm.

Tuy nhiên nguyên nhân chính dẫn đến xu hướng chua hóa của đất là do quá trình rễ cây hấp thụ các chất dinh dưỡng trong đất (dưới dạng dễ tan và khó tan). Đối với các chất khó tan, rễ cây tiết ra dung dịch có tính axit để hòa tan chúng. Qúa trình cây hấp thụ các ion kim loại (như K+, Ca2+, ....) là quá trình trao đổi ion với ion H+. Do đó đất bị chua.

4. (1 điểm) - Hình vẽ đúng (như Hình 2.13. SKG hóa học 11, trang 49) - Hiện tượng: P trắng bốc cháy, còn P đỏ không bốc cháy - Giải thích: Do cấu tạo khác nhau ( P trắng: cấu trúc tinh thể phân tử; P đỏ cấu trúc polime) nên P trắng kém bền hơn P đỏ vì thế P trắng hoạt động hóa học mạnh hơn P đỏ.

P trắng tác dụng với Oxi không khí dễ dàng hơn, tạo thành P2O5. to - Phương trình hóa học: 4P + 5O2  → 2P2O5

Câu 4 1. (1 điểm) TH1: R có cùng hóa trị II với Mg Mg + RSO4 → RSO4 + R tăng R- 24 gam 0,1 mol tăng 4 gam  0,1( R − 24) = 4  R = 64(Cu )

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 4 0,25

0,25

TH2: R có hóa trị n khác II

0,25

+ Phöông trình phaûn öùng :

nMg + R 2 (SO 4 )n  → nMgSO 4 + 2R mol : 0,1n

← 0,1

0,2

→

+ m kim loaïi taêng = 0,2R − 24.0,1n = 4  R − 12n = 20  n = 3; R = 56 (Fe).

2. (2 điểm) a.

Vì M=19.2=38  trong A có CO2 TH1: A gồm CO và CO2 xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol CO và CO2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 28a+44b=38 => a=0,375 b=0,625 %VCO=37,5% %VCO2=62,5% TH2: A gồm O2 và CO2 xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol O2 và CO2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 32a+44b=38 => a=0,5 b=0,5 %VCO=50% %VCO2=50% b. nCaCO3 = 0,05mol TH1: A gồm CO và CO2 nCO2=nCaCO3=0,05 nCO=0,03 mC=0,08.12=0,96 gam;

1

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

nO2 đã lấy =0,065 VO2 =1,456 lít TH2: A gồm O2 và CO2 nC=0,05 m=0,6 gam; VO2 =2,24 lít 3. ( 1 điểm) Gọi % số nguyên tử của đồng vị 11B là x  % số nguyên tử của đồng vị 10B là (1-x).

Ta có: M B = 11x + 10(1-x) = x + 10 Theo bài ra ta có:

11x 14,407 = 3 + 16.3 + 10 + x 100

Giải phương trình trên được x = 0,81.

Vậy, trong tự nhiên: %11B = 81% %10B = 100% - 81% = 19%

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 5

Câu 5 1. (1điểm) Các phương trình hóa học: NH 4+ + OH- → NH3 + H2O (1) HCO3− + OH- → CO32− + H2O (2) CO 2− + Ba2+ → BaCO3 (3) 3

SO + Ba2+ → BaSO4 (4) Trong dung dịch A có: a + b = c + 2d +2e Ta có: nOH-(2) = c mol  n OH-(1) = c + 2d + 2e > b do đó NH + hết, OH- dư 4 Vậy khí NH3: b mol Kết tủa Y gồm BaCO3 (c+d) mol và BaSO4 e mol Dung dịch Z gồm Na+ a mol, và OH- dư c +2d +2e -b = a mol 2. (2,5điểm) a. PTHH X + 2H+ → X2+ + H2 (1) 2Y + 6H+ → 2Y3+ + 3H2 (2) 2− 4

Ta có

n

H2

=

4,48 =0,2 mol 22,4

 mmuèi = mhçn hîp KL + mSO2 − = 3,9 + 0, 2.96 = 23,1 gam

0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25 0,25

4

b. Theo (1) và (2): X → X 2+ +2e

2H + +2e → H 2

Y → Y3+ +3e  ne cho=2.0,2=0,4 mol mmuèi nitrat cña KL = mKL + 62.nNO− = mKL + 62.2nSO2− = 3,9 + 62.2.0, 2 = 28,7 gam < 29, 7 gam 3

0,25 0,25

4

-

 Ngoài muối NO3 của hai kim loại còn có muối NH4NO3.

29, 7 − 28, 7  nNH 4 NO3 = = 0, 0125 mol 80  ne nhận tạo NH4NO3 = 0,0125 . 8 = 0,1 mol  ne nhận tạo khí B = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol 1

0,25 0,25

mà nB =

0,84 = 0, 0375 mol 22, 4

 Số mol e trao đổi của B =

0, 3 = 8  B là khí N2O 0, 0375

nHNO3 = nH + = 10. 0, 0375 + 10. 0, 0125 = 0, 5 ( mol )

Vậy: Vdd HNO3 =

0,5 = 0, 5 lit 1

3. (1,5điểm) Đặt công thức chất tương đương của hỗn hợp A là Cx H y

M B = 19.2 = 38 => tỉ lệ số mol O2 và O3 là 5:3 Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích 1,5: 3,2.

Chọn nB = 3,2 mol => n (O2) = 2 mol; n (O3) = 1,2 mol  ∑nO = 7,6 mol Khi đó nA = 1,5 mol. Khi đốt cháy A ta có thể coi: y y Cx H y + (2 x + ) O → x CO2 + H2O 2 2 y y Mol 1,5 1,5(2x+ ) 1,5 x 1,5 2 2 y Ta có: ∑nO = 1,5(2x+ ) =7,6 (*) 2 y Vì tỉ lệ thể tích CO2 : H2O = 1,3:1,2 => x : = 1,3:1,2 (**) 2 Giải hệ (*), (**) ta được: x = 26/15; y = 16/5 = 3,2 M A = 12x + y = 24 =>dA/H2 = 12

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

--------- Hết ---------

1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 11 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Đề thi gồm 02 trang

Câu 1 (1,0 điểm)

Có 4 ống nghiệm, mỗi ống đựng đầy một chất khí khác nhau trong các khí:

HCl, NH3, SO2, N2. Các ống nghiệm được úp ngược trên các chậu nước cất, sau một thời gian thu được kết quả như hình vẽ. c. Xác định mỗi khí trong từng ống nghiệm. Giải thích. d. Giải thích sự thay đổi mực nước trong ống nghiệm ở chậu B trong các trường hợp sau: - Thêm vài giọt dung dịch H2SO4 loãng vào chậu B. - Làm lại thí nghiệm ở chậu B nhưng nước cất thay bằng nước brom.

Câu 2 (1,0 điểm)

Cho A là dung dịch HCl, B là dung dịch Na2CO3. Tiến hành 3 thí nghiệm (TN): TN 1: Cho từ từ 100 gam dung dịch A vào 100 gam dung dịch B thu được 195,6 gam dung dịch. TN 2: Cho từ từ 100 gam dung dịch B vào 100 gam dung dịch A thu được 193,4 gam dung dịch. TN 3: Cho từ từ 50 gam dung dịch A vào 100 gam dung dịch B thu được 150 gam dung dịch.

Tính nồng độ phần trăm của các dung dịch A, B. Câu 3 (2,0 điểm) 1. Có 6 lọ hoá chất bị mất nhãn, trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: NaCl, NaOH, NaHCO3, Na2CO3, NaHSO4, BaCl2. Cho đầy đủ các dụng cụ thí nghiệm cần thiết và chỉ được dùng thêm thuốc thử là quỳ tím. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các dung dịch trên. Viết 1

các phương trình hoá học xảy ra.

2. Nêu hiện tượng và viết phương trình ion rút gọn (nếu có) cho các thí nghiệm sau: a. Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa CuSO4. b. Cho KHS vào dung dịch CuCl2. c. Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. d. Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl và AlCl3.

Câu 4 (1,0 điểm)

Hòa tan hoàn toàn 13,12 gam hỗn hợp Cu, Fe và Fe2O3 trong 240 gam dung dịch hỗn hợp gồm HNO3 7,35% và H2SO4 6,125% thu được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và thấy thoát ra khí NO (NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5). Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam chất rắn. Dung dịch X hòa tan tối đa m gam Cu. Tính m.

1

Câu 5 (1,5 điểm) 3. Tính pH của dung dịch X gồm KCN 0,120M; NH3 0,150M và KOH 5,00.10-3M. 4. Tính thể tích dung dịch HCl 0,210M cần cho vào 50,00 ml dung dịch X để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.

Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24.

Câu 6 (1,5 điểm)

Sục khí (A) vào dung dịch (B) có màu nâu vàng, thu được chất rắn (C) màu vàng và dung dịch (D). Khí (X) có màu vàng lục tác dụng với khí (A) tạo ra (C) và (F). Nếu (X) tác dụng với (A) trong nước tạo ra (Y) và (F), thêm Ba(NO3)2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. Khí (A) tác dụng với dung dịch (G) là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa ( ) màu đen. Đốt cháy (H) bởi oxi ta được chất lỏng (I) màu trắng bạc. Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phươn trình hóa học của các phản ứng.

Câu 7 (1,0 điểm)

Hỗn hợp E có khối lượng 17,75 gam gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Hòa tan hoàn toàn E vào nước thu được dung dịch F trong suốt và hỗn hợp khí G. Đốt cháy toàn bộ G thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 10,35 gam H2O. Thêm từ từ 500 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch F thu được m gam kết tủa. Tính m.

Câu 8 (1,0 điểm)

Nung 5,99 gam hỗn hợp chất rắn A gồm Al, Fe3O4, Fe2O3, Fe(NO3)2 (oxi chiếm 34,7245% về khối lượng) trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,672 lít hỗn hợp khí. Hòa tan hoàn toàn X bằng một lượng dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y (không có muối amoni) và 0,448 lít hỗn hợp khí gồm H2 và NO có tỉ khối so với He là 4. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch AgNO3 1M thu được m gam kết tủa và giải phóng 0,224 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m.

--------------Hết--------------Thí sinh chỉ được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….. Số báo danh:……………………….

1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC 11 - THPT.

(Đáp án có 05 trang)

III. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

IV. ĐÁP ÁN: CÂU Câu 1

NỘI DUNG TRÌNH BÀY c. Chậu A, B, C, D lần lượt là khí: N2, SO2, NH3, HCl Giải thích: + Độ tan trong nước tăng dần: N2< SO2< HCl < NH3.

(SGK cho biết 1lít nước ở 20oC hòa tan 40 lít SO2, 800 lít NH3, 500 lít HCl ) + Khi tan trong nước xảy ra các phản ứng: SO2 + H2O H2SO3 (1) + H2SO3 H + HSO- (2)

ĐIỂM

0,25

3

3

HSO3-

H+ + SO2-

(3)

 dung dịch SO2 thu được có pH<7.

HCl → H+ + Cl-  pH HCl < 7 .

Do HCl tan nhiều hơn SO2 và phân li hoàn toàn pHHCl < pHdd SO NH3 + H2O

+

2

0,25

-

NH4 + OH  pH > 7.

N2 tan rất ít trong nước và không có phản ứng với H2O  pH=7.

d. Trường hợp 1: Thêm dung dịch H2SO4 vào có phản ứng: H2SO4→ 2H+ + SO42Làm cho cân bằng (1), (2), (3) chuyển dịch sang trái  quá trình hòa tan SO2 giảm đi  mực nước trong ống nghiệm sẽ thấp hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu.

Trường hợp 2: SO2 tan mạnh trong nước Br2 nhờ phản ứng SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr  Mực nước trong ống nghiệm dâng cao hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu.

Câu 2

2

2

0,25

0,25

Các phản ứng xảy ra + Cho từ từ HCl vào Na2CO3.

HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl (1) HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (2) + Cho từ từ Na2CO3 vào HCl. 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + CO2 + H2O (3) - TN 1: mdd giảm = 4,4 gam  nCO sinh ra từ (2) = 0,1 mol - TN 2: mdd giảm = 6,6 gam  nCO sinh ra từ (3) = 0,15 mol Gọi x, y lần lượt là số mol của HCl và Na2CO3 trong 100 gam mỗi dung dịch. Ở TN 3: Không có khí thoát ra  nHCl< nNa2CO3 0,5x < yx<2y. Ở TN 1: Vì có khí thoát ra nên ta có x>y.

1

0,25

Mặt khác, do x<2y nên sau phản ứng (2) HCl hết, tính theo HCl. HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl (1) y y y mol HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (2) 0,1 0,1 mol Ta có : x = y + 0,1 Ở TN 2: Do x<2y nên HCl hết  nHCl =2 nCO (3) = 0,3 mol

0,25

2

 x = 0,3 mol  y = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol  mHCl = 0,3. 36,5 = 10,95 gam  C%HCl = 10,95% mNa CO = 21,2 gam  C%Na CO = 21,2%.

2

3

2

3

Câu 3 1.

- Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch: + Quỳ tím không đổi màu là: NaCl, BaCl2 (nhóm I) + Quỳ tím chuyển thành xanh là: NaHCO3, NaOH, Na2CO3 (nhóm II) + Quỳ tím chuyển màu đỏ là NaHSO4.

- Dùng NaHSO4 cho vào các chất ở nhóm I. + Chất có kết tủa trắng là BaCl2.

NaHSO4 + BaCl2 → BaSO4 + HCl + NaCl. + Chất còn lại ở nhóm I là NaCl. - Dùng BaCl2 cho vào các chất ở nhóm (II). + Chất tạo kết tủa trắng là Na2CO3.

BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl + Còn hai chất: NaHCO3, NaOH (nhóm III) - Dùng NaHSO4 nhận được ở trên cho vào các chất ở nhóm (III) + Trường hợp có khí thoát ra là NaHCO3.

NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O + Trường hợp không thấy hiện tượng gì là NaOH. 2. e. Có kết tủa xanh do phản ứng: 2+ Cu + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2 NH+ .

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4

Sau đó kết tủa xanh tan dần, tạo dung dịch xanh đậm.

Cu(OH)2 + 4NH3  → [Cu(NH)4](OH)2. f. Xuất hiện kết tủa đen 2+ + Cu + HS  → CuS + H g. Dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra.

3Fe2+ + NO3- + 4H+  → 3Fe3+ + NO + 3H2O. 2NO + O2  → NO2. h. Ban đầu chưa xuất hiện kết tủa, sau đó mới có kết tủa keo trắng nếu nhỏ tiếp dung dịch NaOH đến dư vào thì kết tủa tan. + OH + H  → H2O Al3+ + 3OH-  → Al(OH)3 Al(OH)3 + OH  → AlO2- +2H2O 1

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 4

3

Có: nHNO = 0,28 mol; nH SO = 0,15 mol 2 4 Gọi số mol Cu; Fe; Fe2O3 lần lượt là x; y; z  64x + 56y +160z =13,12 (1)

0,25

Cu2+ +: x mol H : 0,58  n+ Cu: x mol  Fe : (y +2z) mol  +  NO : 0,28  → + NO+H O. Fe: y mol 3 2 NO :   23 Fe2O3: z mol SO : 0,15 4  2 SO : 0,15 4 Bảo toàn H tính được số mol H2O : 0,29 mol.

Bảo toàn khối lượng tính được nNO = 0,1 mol  n - = 0,18 mol NO 3

Khối lượng muối trong X bằng 37,24 gam  64x+ 56(y+2z) = 11,68 (2)

0,25

Cu2+ : x mol  n+ Cu(OH) 2 CuO: x mol Fe : (y o +2z) mol   a(OH) 2 , kk B  → Fe(OH) t  → Fe O : 0,5(y+2z)  n 2 3 NO3 :   BaSO 4 BaSO 4: 0,15 mol    2SO 4 : 0,15  0,15.233 + 80x +160(0,5y + z) = 50,95 (3)

0,25

Từ (1), (2), (3)  x = 0, 06; y = 0, 08; z = 0, 03

Cu2+ : 0, 06 mol Cu2+ : 0,06+a mol  n+  2+ Fe : 0,14 mol Fe : 0,14 mol + Cu  →  NO : 0,18 NO- : 0,18 a (mol) 3   3 SO2-:0,15 SO2-:0,15  4  4 Bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng tính được a = 0,04 mol  m=2,56 gam Câu 5 A: CH4; A1: C2H2; A2: C2H4; A3: C4H10; A4: C4H4; A5: C4H6.

Các phản ứng: 0

500 C, lln 2CH4 1  → C2H2 + 3H2. d/PbCO3 C2H2 + H2 P  → C2H4……………………………………………………...

o

0,25

0,25

nC2H4 → PE. t , p, xt

2C2H2

CH………………………………………... CH2=CH-C

0,25

i,t CH + 3H2 N → C4H10 0

,xt C4H10 t  → CH4 + C3H6…………………………………………………………………………………..

0,25

d/PbCO3 CH2=CH-C CH + H2 P  → CH2=CH-CH=CH2 o

, xt 2C2H5OH t  → CH2=CH-CH=CH2 + H2+2H2O.

0,25

3

Câu 6 Số mol X =0,03; O2 = 0,2925 mol; CO2 = 0,1875 mol Đặt số mol C2H5OH: x (mol).

Hidrocacbon: y (mol).

C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O (1) x 2x 3x mol Hidrocacbon + O2 → CO2 + H2O (2) Từ (1) và (2): Bảo toàn O có nH O = x + 0,2925.2 - 0,1875.2 = (x + 0,21) mol 2

0,25

 nH O - nCO = 0,0225 + x.

2

2

Từ (1) có nH O - nCO = x.

2

2

 Từ (2) nH O - nCO = 0,0225.

2

0,25

2

Vậy 2 hidrocacbon phải thuộc loại ankan, nankan=0,0225=y.

Gọi số C trung bình trong hai ankan là n; số mol ancol =x= 0,0075 Bảo toàn C cho (1) và (2) có 0,0225n+0,0075.2=0,1875n= 7,67 Hai ankan là Y: C7H16.

Z: C8H18. n O2 ph¶n øng (Học sinh có thể tính để xác định hai hidrocacbon là ankan) nCO

0,25

2

b. Công thức cấu tạo của Z:

2,2,3,3- tetrametylbutan Câu 7 Số mol CO2 = 0,25 mol; H2O = 0,575 mol 1,0đ Qui đổi hỗn hợp về Al: x mol; Ca: y mol; C: 0,25 mol

 27x + 40y = 17,75 – 0,25.12 (1) 0,25.2+0,575 Bảo toàn O khi đốt cháy  n = =0,5375(mol) O2 2 Bảo toàn electron  3x + 2y = 0,5375.4 – 0,25.4 (2)  x=0,25; y=0,2.

Dung dịch F gồm: Ca2+: 0,2 mol; AlO2-: 0,25 mol; OH-: 0,15 mol Khi F tác dụng với HCl: H+ + OH- → H2O 0,15 0,15 mol + H + AlO2 + H2O → Al(OH)3↓ 0,25 0,25 0,25 mol 3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O 0,1 0,1 mol 3 0,1  m ↓ =(0,25).78=16,9g 3

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

4

Cn H2n : x mol  C H : y mol; n ≤ 4  n 2n-2 H : z mol 2 Chọn nA=1 x + y + z = 1  x + y = 1 – z Ta có 14nx + (14n-2)y + 2z = 16.1,375 14n(x+y) – 2( y - z) = 22 (I) Bảo toàn khối lượng: 1.1,375 = nsau. 2,75  nsau = 0,5 mol  Số mol H2 phản ứng = 1 – 0,5 = 0,5 mol.

Trường hợp 1: H2 hết, hiđrocacbon dư.

Gọi CT chung của các hiđrocacbon sau phản ứng là CnHt. Ta có: 12n + t = 2,75.16 = 44  3<n<3,285 (Loại) 2n-2<t<2n+2  C H : x+y (mol) Trường hợp 2: H2dư, sau phản ứng thu được  n 2n+2 H : z-x-2y (mol)  2 nsau = x + y + z – x –2 y = z – y = 0,5 (mol) (II) Số mol H2 phản ứng = 2x + y = 0,5 mol  0,25 < x +y < 0,5 (III)…………………

Thế (II) vào (I) được 14n (x+y) = 21 (IV) Thế (III) vào (IV) được 3 < n < 6 n = 4.

Vậy 2 hiđrocacbon là C4H6 và C4H8.

Câu 8 1,0đ Hỗn hợp đầu gồm:

0,25

0,25

0,25

0,25

5

Al Al, Al3+ , Fe2+ , Fe3+  Fe NO NO ( )    3 2 2 t → + O 2(1)  O Fe O  2 NO 2 3 3  n = 0,03 mol Fe O 4 5,99 gam nO = 0,13 mol

Câu 9 1,0đ

o

3

Al3+ , Fe2+ , Fe3+



 Cl  + H

AgCl: 0,18

3

Câu 3 1,5điểm

NO : 0, 01mol + H2 : 0, 01

+

 Ag: 0,02

(2)

NO + ..... (3)

0,5

0,01 mol

Sơ đồ 1 (1): Nhiệt phân A tạo X. Sơ đồ 2 (2): X tác dụng với dung dịch HCl. Sơ đồ 3 (3): Y tác dụng với AgNO3.

Từ (1), bảo toàn O có nO trong Y = 0,07 mol Từ (2), bảo toàn N có số mol NO− trong Y = số mol NO =0,01 mol.

0,25

Số mol O trong oxit ở Y = 0,04 mol.

Từ (2) nHCl phản ứng = 2.0,04 +4.0,01+2.0,01 = 0,14.

Từ (3) nHCl dư = 4.0,01=0,04 mol Bảo toàn clo có nAgCl = 0,18; bảo toàn Ag có nAg= 0,02.

Khối lượng kết tủa là: 27,99 gam

0,25

1. KOH

 

K+ + OH-

CN- + H2O

HCN + OH-

Kb1 = 10- 4,65

NH3 + H2O

NH4+ + OH-

Kb2 = 10- 4,76

H2O

H+ + OH-

[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]

Đặt [OH-] = x x = 5.10-3 + KB1[CN]/x + KB2[NH3]/x + KH2O/x x2 - 5.10-3x - (KB1[CN-] + KB2[NH3] + KH2O) = 0 Tính gần đún coi [ -] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M .

Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 -> x = [OH-] = 5,9.10-3M. Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 -> [HCN] << [CN-] [NH4+ ] / [NH3] = 10-4,76/ 5,9.10-3 = 2,9.10-3 -> [NH4+] << [NH3] Vậy cách giải gần đún trên có thể chấp nhận -> pH = 11,77...............................

1

6

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN CỤM THI THPT QUỲNH LƯU

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2015-2016

2. pH = pKNH4+ + lg([NH3]/[NH4 ] ) = 9,24 + lg([NH3]/[NH4 ] ) = 9,24 -> [NH4+] = [NH3] có n hĩa là 50% [ 3] đã bị trun hoà; dĩ nhiên toàn bộ

K đã bị trung hoà. Mặt khác PH = 9,24 = pKHCN + lg([CN-]/[HCN] ) = 9,35 + lg([CN-]/[HCN] ) -> [CN-] = 10-0,11 = 0,776.

[HCN]/[CN-] ) = 1/0,776 -> [HCN] / CCN- = 1/(1+0,776) = 0,563 hĩa là 56,3% - đã bị trung hoà.

Vậy VHCL . 0,21 = VA . CKCN . 0,563 + VA. CNH3 . 0,5 + VA . CKOH Câu 4 1,5 điểm

VHCL = 50(0,12 . 0,563 + 0,15 . 0,5 + 5.10-3 ) / 0,51 = 35,13 ml..........................

A: H2S; B: FeCl3; C: S; F: HCl; G: Hg(NO3)2; H: HgS; I: Hg; X: Cl2; Y: H2SO4 Phươn trình hóa học của các phản ứng: H2S + 2FeCl3 → 2 e l2 + S + 2HCl (1) Cl2 + H2 → + 2 l (2) 4Cl2 + H2S + 4H2 → 8 l + 2SO4 (3) BaCl2 + H2SO4 → Ba 4  + 2HCl (4) H2S + Hg(NO3)2 →  + 2HNO3 (5) t

HgS + O2   Hg + SO2 -------Hết--------

0,5 1

0,5

(6)

Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) (Đề thi có 02 trang, gồm 5 câu) Lưu ý: Thí sinh không sử dụng bất cứ tài liệu nào.

Câu 1 (2,5 điểm).

Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R. b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất.

Toàn bộ lượng khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi).

- Viết các phương trình hoá học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng.

- Tính pH của dung dịch T (bỏ qua sự thủy phân của các muối).

7

Biết axit H2SO4 có Ka1 =+∞; Ka2 = 10-2.

Câu 2 (5,5 điểm).

1. Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được rắn C màu vàng và dung dịch D. Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc.

Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng.

2. Viết phương trình hóa học dạng phân tử và ion thu gọn khi cho các dung dịch (mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan) tác dụng với nhau theo từng cặp sau: BaCl2 và NaHSO4; Ba(HCO3)2 và KHSO4; Ca(H2PO4)2 và KOH; Ca(OH)2 và NaHCO3.

3. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng minh họa: a. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na2CO3. b. Cho từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch KMnO4. c. Cho đạm urê vào dung dịch nước vôi trong.

Câu 3 (6,0 điểm).

1. Cho 11,2 gam Fe vào 300 ml dung dịch chứa (HNO3 0,5M và HCl 2M) thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch KMnO4 / H2SO4 loãng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam chất rắn khan. b. Tính khối lượng KMnO4 đã bị khử.

2. Hòa tan hoàn toàn 4,8 gam kim loại M vào dung dịch axit HNO3, thu được dung dịch A. Chia A thành 2 phần bằng nhau.

- Kết tinh phần 1 ở điều kiện thích hợp thu được 25,6 gam một muối X duy nhất.

- Cho phần 2 tác dụng với NaOH dư được kết tủa B. Nung B đến khối lượng không đổi thu được 4,0 gam chất rắn.

Xác định kim loại M và muối X, biết M chỉ có một hóa trị duy nhất.

3. Thêm V (ml) dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 100 ml dung dịch KAl(SO4)2 0,1M thu được 2,1375 gam kết tủa. Tính V. Câu 4 (3,0 điểm).

Nung 109,6 gam Bari kim loại với một lượng vừa đủ NH4NO3 trong một bình kín, thu được hỗn hợp sản phẩm chỉ chứa 3 hợp chất của Bari (hỗn hợp A). Hòa tan hỗn hợp A trong một lượng nước dư, thu được hỗn hợp khí B và dung dịch C. a. Giải thích và viết phương trình phản ứng xảy ra. b. Cho khí B vào bình kín dung tích không đổi, khi áp suất ổn định (đạt tới trạng thái cân bằng) thấy áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu. Tính % thể tích các khí ở trạng thái cân bằng.

Câu 5 (3,0 điểm).

1. Trong phòng thí nghiệm bộ dụng cụ vẽ dưới đây có thể dùng để điều chế những chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, O2, NO, SO2, CO2, H2, C2H4, giải thích. Mỗi khí điều chế được hãy chọn một cặp chất A và B thích hợp và viết phản ứng điều chế chất khí đó?

8

2. Hãy cho biết tên của các dụng cụ, cách lắp ghép (bằng hình vẽ) và hóa chất cần lấy, cách tiến hành thí nghiệm xác định định tính C, H có trong saccarozơ trong phòng thí nghiệm.

------------------ HẾT-----------------

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 2,5

2,5 điểm a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s2; 2s2; 3s2; 4s1 => Các cấu hình electron thỏa mãn là 1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali 0,75 1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom 2 2 6 2 6 10 1 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s => Z = 29 R là đồng b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 do đó 0,5 là đồng (I) oxit (Cu2O) nSO = 0,025( mol ) 2

to

Cu2O + 2H2SO4 → 2CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,025 0,025 (mol) => m=144.0,025=3,6 (g)

9

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 0,025 0,01 0,01 (mol) Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M) Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H2SO4]=0,005M) H2SO4 → H+ + HSO40,005 0,005 0,005(M) HSO4H+ + SO42C :0,005 0,005 0 (M) [ ]: 0,005 - x 0,005+x x (M) =>

 x = 2,81.10−3 (0,005 + x).x = 10 − 2 =>  0,005 − x  x = −0,01

0,5

0,75

=> [H+]=0,005+2,81.10-3=7,81.10-3(M) => pH= 2,107

Câu 2 1. 2đ

5,5 điểm A : H2S; B : FeCl3; C : S ; F : HCl ; G : Hg(NO3)2 ; H : HgS ; I : Hg ; X : Cl2 ; Y : H2SO4 Không cần lý luận chỉ cần xác định đúng các chất và viết phương trình cho điểm tối đa Phương trình hóa học của các phản ứng : H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S ↓ + 2HCl (1) Cl2 + H2S → S + 2HCl (2) 4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4 (3) BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl (4) H2S + Hg(NO3)2 → HgS ↓ + 2HNO3 (5) 0

t HgS + O2 → Hg + SO2

2.

2đ

0,5

0,25 x6 =1,5

(6)

BaCl2 + NaHSO4  → BaSO4 ↓ +NaCl + HCl 2− 2+ Ba + SO4  → BaSO4 ↓ Ba(HCO3)2 + KHSO4  → BaSO4 ↓ + KHCO3 + CO2 ↑ + H2O − − 2+ Ba + HCO3 + HSO4  → BaSO4 ↓ + CO2 ↑ + H2O

0,25 x8 =2

Ca(H2PO4)2 + KOH  → CaHPO4 ↓ + KH2PO4 + H2O 2 − Ca2+ + H 2 PO4 + OH-  → CaHPO4 ↓ + H2O Ca(OH)2 + NaHCO3  → CaCO3 ↓ + NaOH + H2O − 2+ Ca + OH + HCO3  → CaCO3 ↓ + H2O

3 1,5 đ

a. Ban đầu chưa có khí, sau một lúc mới thoát ra bọt khí không màu H+ + CO32- → HCO3H+ + HCO3- → H2O + CO2 b. Thoát ra khí màu vàng lục và dung dịch bị mất màu tím 16HCl + 2 KMnO4 → 5Cl2 + 2 KCl + 2MnCl2 + 8H2O c. Có khí mùi khai và có kết tủa trắng (NH2)2CO + H2O → (NH4)2CO3

0,5x 3 =1,5

10

Câu 3 1.

2đ

(NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → 2 NH3 + CaCO3 + 2H2O 6 điểm a. nFe = 0,2 mol; nHNO = 0,15; nHCl = 0,6 => nH = 0,75, nNO = 0,15; nCl = 0,6 3

+

− 3

−

Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2 H2O 0,15 ←0,6 ←0,15 → 0,15 Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+ 0,05 → 0,1 → 0,15 Dung dịch X có Fe2+ (0,15 mol); Fe3+ (0,05 mol); H+ (0,15 mol); Cl- (0,6 mol) Cô cạn dung dịch X được 2 muối: FeCl2 (0,15 mol) và FeCl3 (0,05 mol) => mmuối = 27,175 gam b. (0,5 điểm) Cho lượng dư KMnO4 / H2SO4 vào dung dịch X: Fe+2 → Fe+3 + 1e Mn+7 + 5e → Mn+2 2Cl- → Cl2 + 2e Dùng bảo toàn mol electron ta có: nFe2+ + n Cl − = 5n Mn+7

 Số mol KMnO4 = Số mol Mn+7 = 0,15 mol m (KMnO4) = 23,7 gam.

0,25

0,5 0,25

0,25 0,5 0,25

2 2đ

Gọi hóa trị của kl là n (1,2,3) , khối lượng mol là a (g) Gọi số mol muối ở mỗi phần là x . ta có số mol kim loại ban đầu là 2x có 2ax = 4,8 nên ax = 2,4 (1) Nếu muối tạo thành chỉ là M(N03)n thì ta có : (a + 62n)x = 25,6 (2) Từ (1) và (2) suy ra x = (25,6 - 2,4)/62n = 0,187/n Mặt khác theo các pt (viết pt ra ) số mol oxit thu dc là x/2 nên ta có (2a + 16n) x/2 = 4 (3) từ (1) và (3) ta có x = (4- 2,4 ) /16n = 0,1/n Ta thấy 2 giá trị x ko bằng nhau .

Vì vậy muối NO3 phải là muối ngậm nước Đặt công thức muối là M(NO3)n.mH2O khối lượng muối mỗi phần là (a + 62n +18m)x = 25,6 (4) Kết hợp (1) (3) (4) ta có hệ ax= 2,4 (2a + 16n) x/2 = 4 (a + 62n +18m)x = 25,6 thay ax = 2,4 vào các pt dưới ta dc nx = 0,2 và mx = 0,6 suy ra a/n = 12 . thay n= 1, 2, 3 => a= 24 . là Mg thay n= 2 thu dc x= 0,1 . do đó m = 6

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

11

3.

2đ

vậy M là Mg và muối là Mg (NO3)2. 6H2O 0,25 Theo giả thiết n Al3+ = 0,01 mol và n SO 2− = 0,02 mol . Gọi x là số mol Ba(OH)2 cần 0,5 4

thêm vào, như vậy n Ba 2+ = x mol và n OH− = 2x mol .

Ba2+ + SO42- → BaSO4 (1) x (mol) 0,02 (mol) 3+ Al + 3OH- → Al(OH)3 (2) 0,01 (mol) 2x (mol) 0,5 OH→ Al(OH)4(3) Al(OH)3 + Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al3+ tham gia phản ứng vừa đủ hoặc dư :

2x ≤ 0,01  x ≤ 0,015 ( mol) , và như vậy Ba2+ phản ứng 3

hết ở phản ứng (1).

Ta có m(kết tủa) = 233.x + 78.

2x = 2,1375  x = 0,0075 ( mol) 3

Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)2 đã sử dụng là : 0,0075 mol V= × 1000ml / l = 75ml 0,1 mol / l Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x > 0,015 (mol)  m BaSO 4 > 0,015 mol × 233 gam / mol = 3,495 gam > 2,1375 gam (loại).

Vậy kết luận V= 75 ml

Câu 4

0,5 0,5

3 điểm a.1điểm 0

t cao 8Ba + NH4NO3  → 3BaO + Ba3N2 + 2 BaH2 (gồm 5 pt khai triển)

BaO + H2O  → Ba(OH)2

0,25 x4 =1

Ba3N2 + 6H2O  → 3Ba(OH)2 + 2NH3 ↑ BaH2 + 2H2O  → Ba(OH)2 +2H2 ↑

b.2 điểm Theo đầu bài n B = a

109,6 1 =0,8mol;n NH3 =0,8. .2=0,2mol;n H 2 =0,4mol 137 8

Khi cho khí vào bình kín

2NH3 N2 + 3H2

Trước phản ứng

0,2 mol

Phản ứng

2x

Cân bằng

0,2 – x

0,5

0

0,4mol

x

0,4+3x

0,5

Theo đầu bài áp suất bình tăng 10% nên số mol khí sau phản ứng bằng 1,1 lần số mol trước phản ứng

12

0,2 – 2x + x + 0,4 + 3x = 1,1.0,6

 → x = 0,03 mol

Vậy ở trạng thái cân bằng thành phần số mol mỗi khí là 0,14 mol NH3 (21,21%); 0,03 mol N2 (4,55%); 0,49 mol H2 (74,24%)

0,5 0,5

Câu 5

3 điểm

1.

2đ

1,0 Giải thích: Để điều chế được khí C như bộ dụng cụ vẽ thì khí C phải có đặc điểm: nặng hơn không khí ( M = 29) và không tác dụng với không khí. => có thể điều chế được các khí: Cl2, SO2, CO2, O2.

- Phản ứng điều chế: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 ↑ + 8H2O Na2SO3 + H2SO4 (loãng) → Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O CaCO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O H2O2 (xúc tác MnO2) → H2O + 1/2O2 ↑

2.

1đ

Dụng cụ thí nghiệm - Giá sắt - Ống nghiệm - Đèn cồn - Dây dẫn khí Hóa chất - CuO và đường saccarozơ - CuSO4 khan và bông - Dung dịch Ca(OH)2 - Chất làm khô CaO

C12H22O11 và CuO

Bông trộn CuSO4(khan)

0,25 x 4= 1,0

hình 0,5 DC 0,25

dd Ca(OH)2

HC 0,25

Lưu ý: Thí sinh trình bày cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa ------------------ HẾT-----------------

13

SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN CỤM TRƯỜNG THPT QL-HM

ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 3 LỚP 11 NĂM 2017-2018

Môn: HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) (Đề thi có 01 trang, gồm 7 câu. Học sinh được sử dụng BHTTH ) Câu 1 (3,0 điểm).

1. Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%. Xác định R và công thức phân tử hai hợp chất trên. Biết a:b=11:4.

2. Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4?

3. Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron? a. FeCl2 + KMnO4 +KHSO4 ………..b. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4 → ……………

Câu 2 (4,0 điểm).

1.Nêu phương pháp hóa học (tối ưu) để loại các chất độc sau: - SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp.

- Lượng lớn khí clo rò rỉ ra không khí của phòng thí nghiệm.

2. Cho A, B, C, D, E là các muối vô cơ có gốc axit khác nhau. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết phương trình hoá học để hoàn thành các phản ứng sau: A + B + H2O → có kết tủa và có khí thoát ra; C + B + H2O → có kết tủa trắng keo.

D + B + H2O → có kết tủa và khí; A + E → có kết tủa.

E + B → có kết tủa; D + Cu(NO3)2 → có kết tủa (màu đen) 3. Trong một dung dịch X có chứa các ion: Ca2+ , Na+ , Mg2+ , HCO3- , Cl- , a. Trong dung dịch X có thể có những chất nào? Giải thích? b. Khi cô cạn dung dịch X thu được chất rắn Y. Xác định thành phần các chất trong Y? c. Nung nóng Y đến khối lượng không đổi thu được những chất rắn nào?

Câu 3 (1,5 điểm).

TØ khèi h¬i cña s¾t (III) clorua khan so víi kh«ng khÝ ë nhiÖt ®é 447OC lµ 10,49 vµ ë 517OC lµ 9,57 v× tån t¹i c©n b»ng sau: 2FeCl3 (khÝ) Fe2Cl6 (khÝ). Ph¶n øng nghÞch là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt?

Câu 4 (2,5 điểm).

1. Viết phương trình hóa học xảy ra khi: a. Nhỏ dung dịch H2SO4 đặc vào đường saccarozơ. b. Phản ứng nổ của thuốc nổ đen. c. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch FeBr2. d. Sục khí Cl2 vào dung dịch KOH. e. Cho Au vào nước “cường thủy”.

2. Trộn lẫn 7 ml dung dịch NH3 1M và 3 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B. Xác định pH của các dung dịch A và B, biết Kb (NH3) = 1,8.10-5.

Câu 5 (4,0 điểm).

1. Lấy 6,63 gam kim loại M cho tác dụng với 500ml dung dịch HNO3 (dung dịch A) thu được dung dịch B và thoát ra 0,336 lít hỗn hợp C (đktc) gồm 2 khí X và Y. Cho thêm vào B dung dịch KOH dư thì thấy thoát ra 0,224 lít khí Y. Biết rằng quá trình khử HNO3 chỉ tạo một sản phẩm duy nhất. Xác định kim loại M, tính CM của dung dịch HNO3 đã dùng?

2. Hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe3O4, Fe2O3, Mg, MgO và CuO vào 200 gam dung dịch H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch X chỉ chứa muối sunfat trung hòa của kim loại, hỗn hợp khí Y gồm

14

0,01 mol N2O và 0,02 mol NO. Cho X phản ứng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 89,15 gam kết tủa.

Lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 84,386 gam chất rắn. Tính nồng độ phần trăm của FeSO4 trong X ?

Câu 6 (2,0 điểm).

1. Cho A có công thức phân tử C2H4 và B có công thức phân tử C3H6. Có ý kiến cho rằng A và B thuộc cùng một dãy đồng đẳng. Theo em ý kiến đó như thế nào?

2. Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít (đktc) hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B (MA < MB) thu được 8,96 lít (đktc) CO2 và 9 gam H2O. Xác định công thức phân tử A, B. Câu 7 (3,0 điểm).

1. Vì sao trong thực tế khi đất bị chua ta có thể dùng vôi hoặc dùng CaCO3, quặng đolomit CaCO3.MgCO3 bón cho ruộng? Ta không nên trộn vôi chung với phân ure để bón ruộng?

2. Hãy lắp đặt dụng cụ (bằng hình vẽ) để điều chế amoniac trong phòng thí nghiệm, ghi rõ chú thích cho hình vẽ và giải thích. ...........................Hết...................................

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu NỘI DUNG Vì R t ạ o đượ c h ợ p ch ấ t khí v ớ i H nên R là phi kim.

Câu 1 1 (1,0đ) Giả sử R thuộc nhóm x (x ≥ 4).

(3,0đ) Theo giả thiết R công thức của R với H là RH8-x  a= .100 R +8−x công thức oxit cao nhất của R là R2Ox 2R R  b= .100 ⇔ b = .100 2 R + 16x R + 8x a R + 8x 11 43x − 88 ⇔ R= suy ra = = b R+8-x 4 7 Xét bảng x 4 R 12 có C

5 18,14 loại

6 24,28 loại

7 30,42 loại

Vậy R là C Công thức phân tử của R với H tạo hợp chất khí là CH4 Công thức phân tử Oxit cao nhất của R là CO2 2 (1,0đ)

-

Cấu tạo của CO2

O=C=O Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO2 không thể liên kết với nhau để tạo ra C2O4 - Cấu tạo của NO2

Điểm

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

O

∙N

0,25

15

O Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai để tạo ra phân tử N2O4

O

2 O 3 (1,0đ)

O

N∙

O

N–N O

O

10FeCl2+ 6KMnO4 +48KHSO4 5Fe2(SO4)3+27K2SO4+ 6MnSO4 +10Cl2 + 24H2O 10x FeCl2 – 3e Fe3+ + Cl2 6x Mn+7 + 5e Mn+7 5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4 → 8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 5x S+4 – 2e S+6 2x Mn+7 + 5e Mn+7

Câu 2 (4đ)

0,25

1 (1,0đ) - Dùng nước vôi trong: dẫn khí thải có SO2, NO2, HF qua nước vôi trong, khí độc sẽ bị giữ lại.

Ca(OH)2 + SO2  CaSO3 + H2O.

2 Ca(OH)2 + 4NO2  Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O. Ca(OH)2 + 2HF  CaF2 + 2H2O. Lưu ý: Thí sinh dùng NaOH, KOH ....(đắt tiền) không cho điểm.

- Dùng NH3 : dạng khí hay dạng lỏng, phun vào không khí có lẫn khí clo.

3Cl2 + 2NH3  6HCl + N2.

HCl + NH3  NH4Cl. 2 (1,5đ) Có thể chọn A B C D E Na2CO3 Al2 (SO4)3 NaAlO2 Na2S BaCl2 Phương trình 3Na2CO3 + Al2(SO4)3 + 3H2O  → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 ↓ + 3CO2 ↑ 6NaAlO2 + Al2(SO4)3 + 12H2O  → 3Na2SO4 + 8Al(OH)3 ↓ 3Na2S + Al2(SO4)3 + 3H2O  → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 ↓ + 3H2S ↑ Na2CO3 + BaCl2  → 2NaCl + BaCO3 ↓ 3BaCl2 + Al2(SO4)3  → 2AlCl3 + 3BaSO4 ↓ Na2S + Cu(NO3)2  → 2NaNO3 + CuS ↓

3 (1,5đ) a. Do cùng tồn tại trong dung dịch X nên các ion không tác dụng vơi nhau. Vì vậy

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25 x 6

0,5

trong dd có thể tồn tại 6 muối Các muối là: CaCl2, NaCl, MgCl2, Ca(HCO3)2, Mg(HCO3)2, NaHCO3

16

b. Khi cô cạn dung dịch X thì: 2 HCO3-

CO32- + CO2 + H2O

0,5

Nên rắn Y là: CaCO3, MgCO3, Na2CO3, CaCl2, NaCl, MgCl2 c. Nung rắn Y đến khối lượng không đổi thì: CaCO3 CaO + CO2 MgCO3 MgO + CO2 Chất rắn thu được CaO, MgO Na2CO3, CaCl2, NaCl, MgCl2

Câu 3 (1,5đ)

Câu 4 (2,5)

0,5

1 (1,5đ) Khi nhiệt độ tăng thì khối hơi giảm mà khối lượng chất không đổi nên số mol 0,5 khí sẽ tăng.

Vậy cân bằng đang dịch chuyển theo chiều nghịch khi nhiệt độ tăng.

0,5

Vậy chiều nghịch là chiều thu nhiệt.

0,5

1 (1,0đ) a. H2SO4(đặc) + C12H22O11 → 12C + H2SO4.11H2O C + 2H2SO4(đặc) → CO2 + 2SO2 + 2H2O

0,2

o

t C b. 2 KNO3 + 3C + S → K2S + N2 + 3CO2 c. 3 Cl2 + 2 FeBr2 → 2 FeCl3 + 2 Br2 10HCl + 2HBrO3 Có thể có: 5Cl2 + Br2 + 6H2O → Cl2 + H2O  HCl + HClO d. Cl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O o

0,2 0,2 0,2

o

t C > 75 C 3Cl2 + 6KOH  → 5 KCl + KClO3 + 3H2O

e. Au + 3HCl + HNO3

2 (1,5đ)

→ AuCl3 + NO + 2H2O

0,2

(a) Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl : Co C [C]

NH3 0,7M 0,3M 0,4M

+

H+

0,3M 0,3M 0

0,25

NH4+ 0M 0,3M 0,3M

Vậy dung dịch A gồm các phần tử chính là NH3 0,4M, NH4+ 0,3M và Cl-.

NH3 + H2O ⇄ NH4+ + o C 0,4M 0,3M C Xm Xm [C] (0,4-x)M (0,3+x)M (0,3 + x ).x K= = 1,8.10 −5  x ≈ 2,4.10 −5 (0,4 − x )

OH-

Kb

0,25

Xm Xm 0,25

 pH A = 14 − [− lg(2,4.10 −5 )] = 9,4 Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng : NH4+ + OH NH3 + H2O

0,25

17

Co 0,3M 0,1M 0,4M C 0,1M 0,1M 0,1M [C] 0,2M 0 M 0,5M Vậy dung dịch B gồm các phần tử chính là NH3 0,5M, NH4+ 0,2M và Cl-.

NH3 + H2O ⇄ NH4+ + o C 0,5M 0,2M C xM xM [C] (0,5-x)M (0,2+x)M (0,2 + x ).x K= = 1,8.10 −5  x ≈ 4,5.10 −5 (0,5 − x )

 pH B = 14 − [− lg(4,5.10 −5 )] = 9,7 Câu 5 (4,0đ)

OH-

Kb 0,25

xM xM

0,25

n+ + + 1 (2,0đ) - Trong dung dịch B có M , NO3 , có thể có NH4 , H , OH . Cho OH vào B 0,5 thấy thoát khí Y => Y chỉ có thể là NH3 - Quá trình khử HNO3 chỉ tạo 1 sản phẩm => X không phải là sản phẩm của phản ứng giữa M và HNO3 => X là sản phẩm của phản ứng giữa M và H2O => X là H2 - M tác dụng với HNO3 tạo NH4NO3 - M dư tác dụng với H2O tạo H2 và M(OH)n - M(OH)n tác dụng với NH4NO3 tạo NH3 PTPƯ: 8M + 10nHNO3  → 8M(NO3)n + nNH4NO3 + 3nH2O

a mol

10.n.a mol 8

n.a mol 8

n H2 ↑ 2 n b mol b mol .b mol 2 M(OH)n + nNH4NO3  → M(NO3)n + nNH3 ↑ + nH2O b mol n.b mol n.b mol → M(OH)n + M + nH2O 

dư: (

n.a 8

nC= n H 2 + n NH 3 =

0,5

- n.b) n .b + n.b = 0,015 => n.b = 0,01 mol 2

18

ny = NH4NO3 (dư) = nM = a + b = MM =

n.a 8

- n.b = 0,01 => n.a = 0,16 mol

0,17 mol n

0,5

6,63 = 39n => nghiệm hợp lí là n = 1 và M là K 0,17 n

n HNO3 = 10.n.a/8 = 0,2 mol => CM = 0,2 0,5

2 (2,0đ)

= 0,4M

KL H2SO4 :x N2O:0,01 KL  + 15,6(g)  X Na :0,04 Y +200(g)dd   → + BT[N]  

←  mdd(X) =214,56(g)  O:(x −0,09) NO:0,02 NaNO3 :0,04 2− SO4 KL : (17, 04 − 16x) KL : (17, 04 − 16x) KL :12, 4(g)  +  −  Ba (OH)2 to X  Na : 0, 04  → KÕt → R¾n O → 0, 276 mol

tña

OH : (2x − 0, 04)  84,386(g)  89,15(g)  SO 2− : x mol BaSO 4 : 67,57(g) 4 :x  4 BaSO

0,5

0,5

0,5

 x = 0,29

Đặt

Fe(OH)2 nXFe2+ = y  nOnung = 0,25y và 2

BT[H]

→ n

Nung ↓ H2 O

= x − 0, 02 = 0, 27

BTKL  → 89,15 + 32.0, 25y = 84,386 + 0, 27.18  y = 0, 012  C%FeSO4 ≈ 0,85%

Câu 6

1 (1,0đ) CTCT C2H4 : CH2=CH2

(2.0đ)

0,5 0,5 0,5

CTCT C3H6 : Mạch hở:CH3-CH=CH2 (1) Mạch vòng:

(2)

Nếu C2H4 và C3H6 : Mạch hở:CH3-CH=CH2 (1) thì chúng thuộc cùng dãy đồng 0,5 đẳng.

Nếu C2H4 và C3H6 : Mạch vòng (2) thì chúng không thuộc cùng dãy đồng đẳng.

Vậy ý kiến trên chưa chính xác.

2 (1,0đ)

n X = 0,3mol ; nCO2 = 0, 4mol ; nH 2O = 0, 5mol

 y y Cx H y +  x +  O2 → xCO2 + H 2O 4 2  0,3 0,3 x 0,15 y nCO2 = 0, 3 x = 0, 4  x = 1,33  x1 = 1 < x < x2 => A là CH4  y1 = 4  nH 2O = 0,15 y = 0,5  y = 3,33  y2 < 3,33 Vậy B là C2H2.

0,5 0,5

19

Câu 7 (3,0đ)

1 (1,0đ) -Đất chua là đất có chứa nhiều ion H+ dạng tự do và dạng tiềm tàng ( có thể sinh 0,5 ra do các ion kim loại Al3+, Fe3+, Fe2+,... thủy phân tạo thành). Khi bón vôi sẽ trung hòa H+ và làm kết tủa các ion kim loại đó, vì vậy làm giảm độ chua của

đất.

H+ + OH-  H2O 2H+ + CaCO3  Ca2+ + CO2 + H2O 2H+ + MgCO3  Mg2+ + CO2 + H2O

- Khi trộn vôi với urê có phản ứng: CO(NH2)2

+

2H2O

Ca(OH)2

+

(NH4)2CO3

→

(NH4)2CO3

→

CaCO3 + 2NH3 + 2H2O

0,5

Phản ứng làm mất tác dụng của đạm urê (tạo ra NH3 thoát ra) và làm rắn đất lại (do tạo CaCO3). Vì thế không nên trộn vôi với urê để bón ruộng.

2 (2,0đ) - Hình 2.5 trang 35 Hóa học 11 cơ bản

- Ống nghiệm hơi chúc xuống để tránh hơi nước ngưng tụ trở lại gây vỡ bình và ẩm hóa chất

1,0

1,0

- Bông tẩm vôi (CaO) để làm khô khí amoniac

(Lưu ý: Nếu thí sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.)

20

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CỬA LÒ 2

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP NĂM HỌC : 2019 - 2020 MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 11 Thời gian: 150 phút

F= 19, Cl=35,5, Br=80, I=127, S=32, O=16, Pb=20 , Li=7, Na=23, K=39, Ba=137, Fe=56, Mg=24, Ag=108 Câu I: 1. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau: a. Sục khí H2S vào dung dịch CuSO4. b. Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch AlCl3 c. Cho Fe3O4 vào dung dịch HI, sau đó thêm tiếp vài giọt hồ tinh bột vào dung dịch sau phản ứng. d. Sục khí O3 vào dung dịch KI có sẵn vài giọt hồ tinh bột.

2. Nguyên tử Clo trong tự nhiên có 2 đồng vị bền là 35 Cl chiếm 75% còn lại là đồng vị 37 Cl . Tính thành phần phần trăm 37 Cl có trong KClO3 ?

Câu II: CH3COO - + H +. Phản ứng sẽ chuyển dịch theo chiều 1. Xét phản ứng: CH3COOH nào khi: a. Thêm dung dịch CH3COONa. b. Thêm dung dịch NaOH. c. Thêm dung dịch NaCl. 2. Một bạn học sinh dùng phương pháp chuẩn độ xác đinh được nồng độ các ion trong một dung dịch là: Na+ : 0,15 mol ; Cu2+ : 0,1 mol ; Cl- : 0,15 mol ; NO3- : 0,1 mol ; SO42- : 0,05 mol. Hỏi kết quả trên của bạn chính xác không ?

Câu III: 1. Cân bằng phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. R2(CO3)n + HNO3  → R(NO3)m + CO2 + NO2 + H2O b. Al + HNO3  → Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O. Với tỉ lệ N2O : NO = 1:1 về thể tích.

21

2. Cho hỗn hợp X gồm FeS, Cu2S vào dung dịch HNO3 dư. Sau phản ứng thu được dung dịch A và khí B. Dung dịch A tạo kết tủa trắng với dung dịch BaCl2. Khí B gặp không khí hóa nâu thành khí B1. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH3 dư, sau phản ứng thu được dung dịch A1 và kết tủa A2. Nung kết tủa A2 đến khối lượng không đổi thu được chất rắn A3. Viết và cân bằng các phản ứng xảy ra ?

Câu IV: 1. Cho m gam muối Halogen của kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axit H2SO4 đặc, nóng ( lấy dư ). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO3)2 dư thu được 23,9 gam kết tủa màu đen. Làm bay hơi cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 gam chất rắn A, Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6 gam. Nếu cho dung dịch BaCl2 dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1,674 lần khối lượng muối B. a. Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 ban đầu. b. Tính giá trị m. c. Xác định công thức muối Halogen.

2. Hỗn hợp X gồm 1,92 gam kim loại Mg, 4,48 gam kim loại Fe. Cho hỗn hợp X tác dụng hết với hỗn hợp Y gồm Cl2, O2. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn Z gồm các oxit, muối. Hòa tan hỗn hợp Z cần 120 ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 56,69 gam kết tủa. Tính thành phần phần trăm theo thể tích của Cl2 có trong hỗn hợp Y ?

Câu V: Vẽ sơ đồ điều chế dung dịch HCl trong phòng thí nghiệm bằng phương pháp Sunfat ? Tại sao không dùng phương phát này để điều chế dung dịch HBr và HI ?

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CỬA LÒ 2 Câu I

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP NĂM HỌC : 2019 - 2020 MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 11 Thời gian: 150 phút ĐÁP ÁN

1. a. Dung dịch mất màu xanh, xuất hiện kết tủa đen H2S + CuSO4 → CuS + H2SO4 b. Sủi bọt khí không màu, kết tủa keo 3 Na2CO3 + 2 AlCl3 + 3 H2O → 6 NaCl + 2 Al(OH)3 c. Xuất hiện dung dịch màu xanh tím Fe3O4 + 8 HI → 3 FeI2 + I2 + 4 H2O d. Xuất hiện dung dịch màu xanh tím, sủy bọt khí không màu O3 + 2 KI + H2O → 2 KOH + I2 + O2

Điểm 4

+ 3 CO2

1

2. Do ACl = 35,5 %Cl trong KClO3 = 28,97% % 37Cl trong KClO3 = 7,24%

22

II

III

1. a. Khi thêm CH3COONa CH3COONa → CH3COO- + Na+ Làm tăng nồng độ CH3COO- nên phản ứng xảy ra theo chiều nghịch b. Khi thêm NaOH NaOH → Na+ + OHOH- + H+ ↔ H2 O + Làm giảm nồng độ ion H nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận c. Khi thêm NaCl Chiều phản ứng không thay đổi 2.

Theo định luật bảo toàn điện tích: Trong một dung dịch tổng số mol điện tích dương bằng tổng số mol điện tích âm Số mol điện tích dương = 0,35 mol Số mol điện tích âm = 0,35 mol Vậy kết quả trên là chính xác 1. a. R2(CO3)n + (4m-2n) HNO3 → 2R(NO3)m + nCO2 + 2(m-n) NO2 + (2m – n) H2O b. Tách thành 2 phản ứng: 8 Al + 30 HNO3 → 8 Al(NO3)3 + 3 N2O + 15 H2O ( Al + 4 HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2 H2O ) x 3 Vây: 11 Al + 42 HNO3 → 11 Al(NO3)3 + 3 N2O + 3 NO + 21 H2O 2.

3 FeS + 18 HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 9 NO + 3 H2SO4 + 6 H2O 3 Cu2S + 22 HNO3 → 6 Cu(NO3)2 + 10 NO + 3 H2SO4 + 8 H2O Khí B: NO 2 NO + O2 2 NO2 Dung dịch A: Fe3+, Cu2+, H+, SO42-, NO3H+ + NH3 → NH4+ Fe3+ + 3 NH3 + 3 H2O → Fe(OH)3 + 3 NH4+ 2+ Cu + 6 NH3 + 2 H2O → [Cu(NH3)4]2+(OH)2 Kết tủa A2 : Fe(OH)3 2 Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3 H2O

2

1

2

2

23

IV

1.

Gọi CT muối Halogen: RX Phản ứng: 8 RX + 5 H2SO4 → 4R2SO4 + H2 S + x(mol) 0,625x 0,5x 0,125x Khí X : H2S H2S + Pb(NO3)2 → PbS + 2 HNO3 0,1 (mol) V ậy : 0,125 x = 0,1 x = 0,8 mol Hỗn hợp Y: R2SO4 ; X2 ; H2SO4 dư Khi tác dụng với dung dịch BaCl2 dư: H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 HCl y(mol) y R2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2 RCl 0,5x (mol) 0,5x Do mZ = 1,674 mB = 116,51 0,5x + y = 0,5 y = 0,1 (mol) Vậy: MB = 2R + 96 = 174 → R = 39 ( K ) Mặt khác: mA =171,2 = 0,4.174 + 2X.0.4 → X = 127 ( I ) Vậy muối halogen: KI Nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 ban đầu = 3M Khối lượng muối KI = 132,8 gam 2. Gọi số mol O2: x(mol) và Cl2: y(mol) Phản ứng tạo kết tủa: Ag+ + Cl- → AgCl (2y + 0,24) Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag Mg → Mg2+ + 2e 0,08 0,16 Fe → Fe3+ + 3e 0,08 0,24 Do: O2 → Oxit → 2 H2O x 2x + Số mol H = 4x = nHCl = 0,24 Hệ phương trình: 4 x + 2 y + z = 0, 4  143,5(2 y + 0, 24) + 108 z = 56, 69  x = 0, 06 

3 4 X2 + 0,5x

4 H2 O

3

O2 + 4e → 2O2x 4x Cl2 + 2e → 2Cly 2y + Ag + 1e → Ag z z (mol)

→

x = 0,06 (mol)

 x = 0, 06  →  y = 0, 07  z = 0, 02 

Vậy %VCl = 53,85% 2

24

V

- Sử dụng phương pháp Sunfat. Cho NaCl dạng tinh thể tác dụng với dung dịch H2SO4 đậm đặc ở nhiệt độ cao.

NaCl + H2SO4 → NaHSO4 +HCl (< 2500) 2NaCl + H2SO4 → Na2SO4 + 2HCl (> 4000) Không dùng điều chế Axit HBr và HI vì ion Br- và I- có tính khử mạnh nên xảy ra phản ứng: 2 HI + H2SO4 → SO2 + I2 + 2 H2O 2 HBr + H2SO4 → SO2 + Br2 + 2 H2O

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn thi: HOÁ HỌC 11 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I ( 3điểm).

1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí trong bảng tuần hoàn của các nguyên tố thuộc chu kỳ nhỏ có 2 electron độc thân.

2. Cho các phi kim: Nitơ, photpho, silic và oxi. Sắp xếp các phi kim theo thứ tự tăng dần tính phi kim.

Giải thích?

3. So sánh bán kính các ion và giải thích: Na+, Mg2+, K+ , F-, O2-.

Câu II (4 điểm).

1. Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng với khí D trong điều kiện thích hợp tạo ra chất rắn E. Cho E tác dụng với nước vôi trong dư thu được kết tủa F và khí A. Xác định các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

25

2

2. Từ không khí, nước, muối ăn, đá vôi, quặng photphorit, quặng pirit sắt viết phương trình phản ứng điều chế: Nước Javen, Clorua vôi, Supephotphat kép, ure, amophot.

3. Trình bày phương pháp và vẽ hình mô tả thí nghiệm điều chế khí NH3 trong phòng thí nghiệm? Để làm khô khí NH3 người ta dùng chất gì?

Câu III (6 điểm).

1. Hỗn hợp X chứa các chất: Na2O, NH4NO3, NaHCO3 và Ba(NO3)2 có số mol bằng nhau. Hòa tan hỗn hợp X vào nước dư, đun nóng, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch H2SO4 loãng và bột Cu vào Y. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.

2. Sắp xếp ( giải thích) các dung dịch loãng có cùng nồng độ mol/lit theo thứ tự tăng dần giá trị pH: NaCl, NH3, Ba(OH)2, NH4Cl, KHSO4.

3. Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lit dung dịch A. Độ điện li của NH3 là 1,33%. a. Tính pH của dung dịch A. b. Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lit dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được.

4. Dung dịch CH3COOH có pH = 4. Phải thêm vào 1 lít dung dịch này bao nhiêu gam CH3COOH để được dung dịch có pH=3,5. Cho Ka= 1,8.10-5.

Câu IV. (6 điểm).

1. Hòa tan hết 3,79 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:5) vào dung dịch chứa 0,394 mol HNO3, thu được dung dịch Y và V ml khí N2 (đktc). Dung dịch Y tác dụng tối với 1,94 lít dung dịch NaOH 0,25M để thu được dung dịch trong suốt. Tính V? 2. Trộn 100ml dd chứa KHCO3 1M và K2CO3 1M với 100ml dung dịch chứa NaHCO3 1M và Na2CO3 1M được 200ml dung dịch X. Nhỏ từ từ 100ml dung dịch Y chứa H2SO4 1M và HCl 1M vào dung dịch X được V lít CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào Z thì thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của V và m?

3. Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4 và Fe(NO3)2 cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp gồm 1,04 mol HCl và 0,08 mol HNO3, đun nhẹ thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối với H2 là 10,8 gồm hai khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa nung đến đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m?

- - - Hết - - -

Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.......................

ĐÁP ÁN Câu 1: (3đ)

1(1đ). Viết cấu hình electron và xác định vị trí trong bảng tuần hoàn của các nguyên tố thuộc chu kỳ nhỏ có 2 electron độc thân.

1. Có bốn trường hợp sau: TH1: Cấu hình electron 1s22s22p2 => thuộc ô thứ 6, chu kì 2, nhóm IVA. TH2: Cấu hình electron 1s22s22p4 => thuộc ô thứ 8, chu kì 2, nhóm VIA. TH3: Cấu hình electron 1s22s22p63s23p2 => thuộc ô thứ 14, chu kì 3, nhóm IVA. TH4: Cấu hình electron 1s22s22p63s23p4 => thuộc ô thứ 16, chu kì 3, nhóm VIA.

M ỗi trường h ợp 0,25đ.

26

0,5đ 2(1đ). Cho các phi kim: Nitơ, photpho, silic và oxi. Sắp xếp các phi kim theo thứ tự Giải tăng dần tính phi kim. Giải thích? thích Sắp xếp các phi kim theo thứ tự tăng dần tính phi kim: 0,5 đ Si, P, N, O. Giải thích: - Các nguyên tố Si và P thuộc chu kỳ 3. P có tính phi kim lớn hơn vì theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tăng dần thì tính phi kim tăng dần.

- Ni tơ có tính phi kim lớn hơn Photpho. Vì cùng nhóm VA theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tính phi kim giảm dần.

- O xi có tính phi kim lớn hơn nitơ. Vì cùng thuộc chu kỳ 2 theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tăng dần thì tính phi kim tăng dần.

3(1đ). So sánh bán kính các ion và giải thích: Na+, Mg2+, K+ , F-, O2-.

0,5đ Sắp xếp theo thứ tự tăng dần bán kính: Mg2+, Na+, F-, O2-, K+ . + Giải thích: K có bán kính lớn nhất vì có số lớp e lớn nhất ( 3 lớp). Các ion còn lại có 2 lớp e nên bán kính nhỏ hơn.

- Điện tích hạt nhân càng lớn thì lực hút giữa hạt nhân và số e lớp ngoài cùng tăng 0,5 lên làm cho bán kính nhỏ hơn.

Câu II (4 điểm).

1.

(1,25đ)

2.

(1,25đ)

1(1,25). Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng với khí D trong điều kiện thích hợp tạo ra chất rắn E. Cho E tác dụng với nước vôi trong dư thu được kết tủa F và khí A. Xác định các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

Khí A là NH3.

4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O ; 6Li + N2 → 2Li3N (A) (B) (C) 2Li3N + 6 H2O → 6LiOH + 2NH3; 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO + H2O (E) (NH2)2CO + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NH3 (F)

Mỗi PT 0,25đ x5 = 1,25đ

0,25đ

Mỗi chất 2(1,25đ). Từ không khí, nước, muối ăn, đá vôi, quặng photphorit, quặng pirit sắt viết 0,25đ phương trình phản ứng điều chế: Nước Javen, Clorua vôi, Supephotphat kép, ure, x5 = amophot.

1,25đ

3. (1,5đ)

3(1,5đ). Trình bày phương pháp và vẽ hình mô tả thí nghiệm điều chế khí NH3 trong phòng thí nghiệm? Để làm khô khí NH3 người ta dùng chất gì?

- Hình vẽ 0,5đ.

- Phương trình phản ứng 0,5đ. Để làm khô khí NH3 dùng CaO; 0,5đ 1.

Hỗn hợp X chứa các chất: Na2O, NH4NO3, NaHCO3 và Ba(NO3)2 có số mol bằng Câu III (5 điểm). nhau. Hòa tan hỗn hợp X vào nước dư, đun nóng, thu được dung dịch Y. Cho dung 1.(1,25đ) dịch H2SO4 loãng và bột Cu vào Y. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.

Na2O + H2O → 2NaOH. a 2a

27

3 (2đ) a(1đ)

NaOH + NH4NO3 → NaNO3 + NH3 + H2O. a a a NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O. a a a Na2CO3 + Ba(NO3)2 → BaCO3 + 2NaNO3. a a Dung dịch Y chứa NaNO3. Cho dung dịch H2SO4 loãng và bột Cu vào Y có phản ứng.

3Cu + 4H2SO4 + 2NaNO3 → 3CuSO4 + Na2SO4 + 2NO + 4H2O. 2. Sắp xếp ( giải thích) các dung dịch loãng có cùng nồng độ mol/lit theo thứ tự tăng Mỗi pt dần giá trị pH: NaCl, NH3, Ba(OH)2, NH4Cl, KHSO4.

0,5 đ Sắp xếp theo thứ tự tăng dần giá trị pH: KHSO4, NH4Cl, NaCl, NH3, Ba(OH)2.

Giải thích: KHSO4, NH4Cl có pH< 7. KHSO4 có nồng độ H+ lớn hơn nên pH nhỏ hơn.

NH3, Ba(OH)2 có pH>7. Ba(OH)2 có nồng độ OH- lớn hơn nên pH lớn hơn.

NaCl có pH=7.

3. Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lit dung dịch A. Độ điện li của NH3 là 1,33%. a. Tính pH của dung dịch A. b. Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lit dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được.

(0,25) +  → a.

NH3 + H2O ← NH + OH (0,25) 4  Ban đầu 0,1 0 Điện li 0,1α 0,1α Cân bằng 0,1 - 0,1α 0,1α [OH-]= 0,1.0,0133 = 1,33.10-3 (M)

b(1đ).

0 (M) 0,1α (M) 0,1α (M)

10−14  H +  = = 7,5.10−12 (M) -3 1,33.10

(0,25) (0,25) (0,25)

 pH = 11,12.  NH 4+  . OH −  (1, 33.10 −3 ) 2 b. Kb(NH3) = = = 1, 79.10 −5 0,1.0, 9867 [ NH 3 ] HCl + NH3 → NH4Cl 0,09 0,09 0,09 (mol) Số mol NH3 dư = 0,01 (mol) NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHBan đầu 0,01 0,09 0 (M) Điện li x x x (M) Cân bằng 0,01-x 0,09+x 0,1α (M)  NH 4+  . OH −  (0, 09 + x ) x Kb = = = 1, 79.10−5 0, 01 − x [ NH 3 ] Giả sử x<<0,09; x<<0,01  [OH-] = x = 1,99.10-6M 10−14 +   = 5, 03.10−9 (M)  pH = 8,3  H  = -6 1,99.10

(0,25) (0,25)

(0,25)

. 4. Dung dịch CH3COOH có pH = 4. Phải thêm vào 1 lít dung dịch này bao nhiêu gam CH3COOH để được dung dịch có pH=3,5. Cho Ka= 1,8.10-5.

Gọi x là số gam CH3COOH cần thêm vào

28

CH3COOH CH3COO- + H+ Ban đầu: C Phản ứng αC αC αC Cân bằng C(1-α) αC αC + − [ H ][CH 3COO ] Ka = [CH 3COOH ] Thay αC = 10-4, Ka = 1,8.10-5 vào, giải được C = 6,56.10-4 Khi thêm x(g) vào ta có: [ H + ][CH 3COO − ] α 2 .(C + x ) α 2 .10−3,5 Ka = = = = 1,8.10-5 [CH 3COOH ] 1−α 1−α Giải phương trình ta được α = 0,057, → x = 0,3g.

(0,25)

(0,25) (0,25) (0,25)

1. Hòa tan hết 3,79 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:5) vào dung dịch chứa 0,394 mol HNO3, thu được dung dịch Y và V ml khí N2 (đktc). Dung dịch Y tác dụng tối với 1,94 lít dung dịch NaOH 0,25M để thu được dung dịch trong suốt. Tính V? Hướng dẫn:   Al 3+ : 0, 02  AlO2− : 0, 02 (0,25)   2+  2−   Zn : 0, 05  ZnO2 : 0, 05 btdt → x= mol  + Y :  NH + : y  OH − :0,485.mol →  Na : 0, 485.mol  Al : 0, 02 HNO3 :0,394.mol   4 →     − −  Zn : 0, 05   NO3 : b  NO3 : x.mol (0,25)  H + : d  NH : y  3    N ↑: c  2 (0,25) Bảo toàn mol nguyên tố nito. y + 2c + 0,365 = 0,394  y + 2c = 0, 029.mol Bảo toàn electron : 8 y + 10c = 0, 02.3 + 0, 05.2 = 0,16.mol  y = 0, 005.mol  c = 0, 012.mol  268,8.ml

(0,25) (0,5) (0,25) (0,25)

2. Trộn 100ml dd chứa KHCO3 1M và K2CO3 1M với 100ml dung dịch chứa NaHCO3 1M và Na2CO3 1M được 200ml dung dịch X. Nhỏ từ từ 100ml dung dịch Y chứa H2SO4 1M và HCl 1M vào dung dịch X được V lít CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào Z thì thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của V và m?

Hướng dẫn chấm: V= 2,24 lít. m = 82,4 3. Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4 và Fe(NO3)2 cần vừa đúng dung dịch

29

hỗn hợp gồm 1,04 mol HCl và 0,08 mol HNO3, đun nhẹ thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối với H2 là 10,8 gồm hai khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng ) với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa nung đến đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m?

Hướng dẫn: Giải: Dz/h2 =10,8 => Mz = 21,6 (g) Khí hóa nâu là no mà Mno =30 >21,6 => khí còn lại là h2 2. Z không màu => không có NO2.

Các khí là hợp chất => không có N2. => Hai hợp chất khí là N2O và NO. n N 2O + n NO = 4, 48 / 22, 4 n N O = 0,1mol  2 Theo đề ta có:  n NO = 0,1mol 44.n N2 O + 30.n NO = 7, 4 Hỗn hợp muối gồm Mg(NO3)2, Zn(NO3)2, Al(NO3)3 và có thể có NH4NO3.

Gọi số mol của NH4NO3 là x mol (x ≥ 0).

Ta có các quá trình nhận electron: 10H+ + 2NO3- + 8e → N2O + 5H2O 1 0,1 0,5 (mol) + 4H + NO3 + 3e → NO + 2H2O 0,4 0,1 0,2 (mol) + 10H + 2NO3 + 8e → NH4NO3 + 3H2O 10x x 3x (mol) => n HNO3 = n H+ = 1, 4 + 10x(mol) ; n H 2O = 0, 7 + 3x(mol)

0,25

0,25

0,75

Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: m kimloai + m HNO3 = m muoi + m Z + m H 2O <=> 25,3 + 63(1,4+10x) = 122,3 + 7,4 + 18(0,7+3x) => x=0,05 => nHNO3 = 1 + 0,4 + 10.0,05 = 1,9 mol.

Nz =0,1 (mol) áp dụng phương trình đường chéo ta đc Nh2 =0,03 (mol) Nno =0,07 (mol) Đặt Nmg = a (mol) Nfe3o4 = b(mol) Nfe(no3)2 =c (mol) Nnh4+ = x (mol) Khối lượng hh = 17,32 (g) => 24a + 232b +180c = 17,32 (1) Ta có : Nh+ =4Nno + 10Nnh4+ + 2Nh2 + 2No2 1,12 = 4.0,07 + 10x + 2.0,03 + 2.4b  8b + 10x = 0,78 (2) Bảo toàn nguyên tố N2 ta được : 2c + 0,08 = 0,07 + x  x – 2c = 0,01 (3) Sau khi nung kết tủa thu được 20,8 (g) chất rắn gồm : a mol Mgo và (3b + c)/2 mol fe2o3 => 40a + 160. (3b + c)/2 = 20,8  40a + 240b + 80c = 20,8 (4) Từ (1)(2)(3)(4) => a = 0,4 b = 0,01 c = 0,03 x = 0,07 Trong dd Y Nfe2+ = m (mol) Nfe3+ = n(mol) Bảo toàn fe => m + n = 0,06 (5) Bảo toàn điện tích trong dd Y ta có : 2.Nfe2+ + 3.Nfe3+ + 2.Nmg2+ + Nnh4+ = Ncl-

0,5 0,25

30

 2m + 3n + 2.0,4 + 0,07 = 1,04  2m + 3n = 0,17 (6) Từ (5)(6) =>

m = 0,01

n = 0,05

Mà Nag = Nfe2+ = 0,01 (mol ) Bảo toàn cl => Nagcl = 1,04 (mol)

 m = 108.0,01 + 143,5.1,04 = 150,32 (g)

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 CỤM LIÊN TRƯỜNG NĂM HỌC 2017-2018, MÔN HÓA HỌC (Thời gian:150p) Câu 1. ( 4 điểm ). a, Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị: 10B và 11B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị 11B trong H3BO3 là 14,407%. Tính % số nguyên tử của mỗi đồng vị Bo trong tự nhiên. b, Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho NH4Cl tác dụng với CuO và với ZnO. Cho biết ứng dụng thực tế của NH4Cl tương ứng với các phản ứng này. c, Viết phương trình phản ứng (dưới dạng phân tử) khi cho các dung dịch (mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan) tác dụng với nhau theo từng cặp sau: BaCl2 và KHSO4; Ba(HCO3)2 và NaHSO4; Ca(H2PO4)2 và NaOH; Ca(OH)2 và NaHCO3.

Câu 2: (3,0 điểm) a, Chỉ dùng thêm một thuốc thử, hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch bị mất nhãn sau: NH4HSO4 , Ba(OH)2, BaCl2, HCl, KCl, H2SO4. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b, Chỉ từ KMnO4, FeS, Zn và dung dịch axit clohidric với các thiết bị thí nghiệm và điều kiện phản ứng coi như có đủ hãy viết các phương trình phản ứng để có thể điều chế được 6 chất khí khác nhau.

Câu 3: (3,0 điểm) Phèn chua là một loại muối sunfat kép có công thức KAl(SO4)2.12H2O a, Khi hòa tan phèn chua trong nước, dung dịch thu được có thể có những ion nào (bỏ qua tương tác của ion sunfat với nước) và có môi trường axit hay bazơ ? Giải thích. b, Thêm V (mL) dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 100 mL dung dịch KAl(SO4)2 0,1M thu được 2,1375 gam kết tủa. Tính V. Câu 4: (2,0 điểm) Cho m gam hỗn hợp gồm NaBr, NaI phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được hỗn hợp khí A (ở đktc). Ở điều kiện thích hợp A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn có màu vàng và một chất lỏng không chuyển màu quỳ tím. Cho Na dư vào phần lỏng được dung dịch B. Dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 (ở đktc) được 9,5 gam muối. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và tính m.

Câu 5: (4,0 điểm)

31

a, Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho người ta thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. b, Hòa tan hoàn toàn 0,775 gam đơn chất R trong dung dịch HNO3 đặc được một hỗn hợp gồm hai khí (tồn tại trong điều kiện thích hợp) nặng 5,75 gam, có tỷ khối hơi so với hiđro là 115/3 và một dung dịch gồm 2 axit có oxi với hàm lượng oxi lớn nhất. Xác định đơn chất R. Câu 6. (4,0 điểm) Cho 39,84g hỗn hợp gồm Fe3O4 và kim loại M vào dung dịch HNO3 đun nóng, khuấy đều hỗn hợp để phản ứng hoàn toàn thu được 4,48 lít NO2 là sản phẩm khử duy nhất (đktc), dung dịch G và 3,84g kim loại M. Cho 3,84g M vào 200ml dung dịch H2SO4 0,5M và KNO3 0,5M được dung dịch H, khí NO duy nhất. Cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch G thu được kết tủa K. Nung K trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24g chất rắn R. a). Tìm kim loại M (biết M có hóa trị không đổi trong các phản ứng trên) b). Cô cạn cẩn thận dung dịch H thu được bao nhiêu gam muối khan?

---------HẾT---------

Câu Câu 1: (4®iÓm)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 CỤM LIÊN TRƯỜNG HUYỆN YÊN THÀNH Đáp án

Điểm

a, Gọi % số nguyên tử của đồng vị 11B là x  % số nguyên tử của đồng vị 10B là (1-x).

Ta có: M B = 11x + 10(1-x) = x + 10 Theo bài ra ta có:

11x 14,407 = 3 + 16.3 + 10 + x 100

Giải phương trình trên được x = 0,81.

Vậy, trong tự nhiên: %11B = 81% %10B = 100% - 81% = 19% b, Trong thực tế, NH4Cl được dùng để đánh sạch bề mặt kim loại trước khi hàn: 4CuO + 2NH4Cl → N2 + 3Cu + CuCl2 + 4H2O ZnO + 2NH4Cl → ZnCl2 + 2NH3 + H2O

1 điểm

1,0 điểm

2 điểm

c, Viết phương trình BaCl2 + KHSO4  → BaSO4 ↓ + KCl + HCl Ba(HCO3)2 + NaHSO4  → BaSO4 ↓ + NaHCO3 + CO2 ↑ + H2O Ca(H2PO4)2 + NaOH  → CaHPO4 ↓ + NaH2PO4 + H2O

Câu 2: (3®iÓm)

Ba(OH)2 + KHCO3  → BaCO3 ↓ + KOH + H2O a, Cho quỳ tím lần lượt vào từng chất : + quỳ tím chuyển màu đỏ là : NH4HSO4, HCl, H2SO4 ( nhóm I) + quỳ tím chuyển màu xanh là : Ba(OH)2 + Quỳ tím không chuyển màu là: BaCl2, KCl.( nhóm II).

- Cho dung dịch Ba(OH)2 vào từng chất ở nhóm I + Dung dịch nào vừa có khí bay lên vừa có kết tủa là NH4HSO4 NH4HSO4 + Ba(OH)2  BaSO4↓ + NH3 ↑ + 2H2O

32

+ Dung dịch nào tạo kết tủa là H2SO4 Ba(OH)2 + H2SO4  BaSO4↓ + 2H2O + Dung dịch nào chỉ nóng lên là HCl: Ba(OH)2 + HCl  BaCl2 + 2H2O - Cho H2SO4 vào các dung dịch ở nhóm II , dung dịch nào có kết tủa là BaCl2, dung dịch còn lại là KCl: BaCl2 + H2SO4  BaSO4↓ + 2HCl b, t0 * Điều chế O2 : 2KMnO4 → K2MnO4 + O2 ↑ + MnO2 Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 ↑ * Điều chế H2 * Điều chế Cl2 2KMnO4 + 16 HCl → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 ↑ + 8H2O * Điều chế hidrounfua H2S : FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S ↑ 4FeS + 7O2 → 2Fe2O3 + 4SO2 ↑ * Điều chế khí SO2 : * Điều chế khí hidroclorua HCl : H2 + Cl2 → HCl Câu 3: a, Trong dung dịch phèn chua có xảy ra các quá trình : (3 điểm) KAl(SO4)2 → K+ + Al3+ + 2SO42Al3+ + H2O ⇄ Al(OH)2+ + H+

1,5 điểm

1,5 điểm

Al(OH)2+ + H2O ⇄ Al(OH)2+ + H+ Al(OH)2+ + H2O ⇄ Al(OH)3 + H+ H2O ⇄ OH- + H+ Vậy dung dịch phèn chua có thể có các ion K+, Al3+, SO42-, Al(OH)2+, 1 điểm Al(OH)2+, H+ và OH-. Vì trong dung dịch này [H+] > [OH-] nên môi trường có tính axit. b, Theo giả thiết n Al 3+ = 0,01 mol và n SO 2− = 0,02 mol . Gọi x là số mol 4

Ba(OH)2 cần thêm vào, như vậy n Ba 2+ = x mol và n OH − = 2 x mol . + Ba2+ n x (mol) Al3+ + o n 0,01 (mol) Al(OH)3 + OH-Xét trường hợp

SO42- → BaSO4 (1) 0,02 (mol) 3OH- → Al(OH)3 (2) 2x (mol) → Al(OH)4(3) chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al3+ 2x tham gia phản ứng vừa đủ hoặc dư : ≤ 0,01  x ≤ 0,015 (mol) , và như vậy 3 Ba2+ phản ứng hết ở phản ứng (1).

2x 2 điểm Ta có m(kết tủa) = 233.x + 78. = 2,1375  x = 0,0075 (mol) 3 0,0075 mol Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)2 đã sử dụng là × 1000mL / L = 75m L 0,1 mol / L -Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x > 0,015 (mol)  m BaSO 4 > 0,015 mol × 233 gam / mol = 3,495 gam > 2,1375 gam (loại). o

Câu 4: Vì A ở điều kiện thích hợp thu được rắn màu vàng  A gồm SO2 và H2S, mà (2 điểm) NaBr có tính khử yếu hơn NaI nên các phản ứng xảy ra là:

33

o

t 2NaBr + 2H2SO4 đ → Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O

0,15

(1)

0,075 o

t 8NaI + 5H2SO4đ → 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O

1,2

1 điểm

(2)

0,15

Ở đktc, Br2 ở thể lỏng và I2 ở thể rắn, nên A chỉ có H2S và SO2: 2H2S + SO2 → 2H2O + 3S 0,15 0,075

(3)

0,15

 Chất lỏng là H2O: Na + H2O → NaOH + 1/2H2

0,15

(4)

0,15

 dung dịch B là NaOH:

CO2 + NaOH = NaHCO3

(5)

CO2 + 2NaOH = Na2CO3 + H2O

(6)

1 điểm

Gọi x, y lần lượt là số mol hai muối NaHCO3 và Na2CO3, ta có hệ: 84 x + 106 y = 9,5  x = y = 0,05  nNaOH = 0,15   x + y = 0,1

Theo các phương trình (4), (3), (2), (1) ta có khối lượng hai muối ban đầu là: m = 0,15.103 + 150.1,2 = 195,45 g

Câu 5: a, Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. *Xét trường hợp PX3: (4 điểm)

PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit) HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH; số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5 Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5  X là Cl . Công thức PCl3 *Xét trường hợp PX5: PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH; số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol PTHH

1điểm

1 điểm

1 điểm

Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220 b, R tác dụng với HNO3 tạo ra 1 axit mới  R là phi kim

+5

Vì phi kim tạo ra axit mới  2 khí trong X là của sản phẩm khử của N M 2khí = 38,3.2 = 76,6; Khí có M < 76,6 là NO2 (vì HNO3 đặc), khí có M > 76,6 là N2 O4 .

Gọi x, y là số mol của NO2 và N2O4: 46x + 92y = 76,6 → x = 15,4 x+y

y

30,6

34

46x + 92y = 5, 75  x = 0, 025 Ta coù heä:    x : y = 15, 4 : 30, 6  y = 0, 05 Gọi số mol R là a mol

R – ne → Rn+ a na

+5

1 điểm +4

N + 1e → N (trong NO2)

0,025 +5

0,025 +4

2 N + 2e → 2 N (N2O4) 0,1 0,05 Theo định luật bảo toàn e ta có: na = 0,125 → a = 0,125/n R.a = 0,775 → R = 6,2.n; 1≤ n < 8.

Xét n = 5 là thoả mãn → R = 31 => R là phốt pho (P) Câu 6.

Fe3O4 + 10 HNO3 3 Fe(NO3)3 + NO2 + 5 H2O (1) (4 điểm) M + 2n HNO3 M(NO3)n + n NO2 + n H2O (2) Có thể: M + n Fe(NO3)3 n Fe(NO3)2 + M(NO3)n (3) Nếu M(OH)n không tan trong dung dịch NH3 thì chất rắn R gồm Fe2O3 và M2On Mà:

2 Fe3O4 3 Fe2O3 2M M2On Nghĩa là: mR > 36g mà thực tế mR = 24 < 36 vậy M(OH)n tan trong dung dịch NH3 dư Có thể xảy ra 2 trường hợp: Th1. Không có phản ứng (3) Fe(NO3)3 + 3 NH3 + 3H2O Fe (OH)3 + 3 NH4NO3 (4) 0 2 Fe(OH)3 t Fe2O3 + 3 H2O (5) n Fe2O3 = 24 : 160 = 0,15 mol n Fe3O4 = 0,1 mol m Fe3O4 = 0,1 x 232 = 23,2 gam mM (2) = 36 – 23,2 = 12,8 gam n NO2 (1) = 0,1 mol n NO2 (2) = 0,1 mol Nên M = 128 n ( loại) Th2. Có phản ứng (3) không có (4) và (5) Fe(NO3)2 + 2 NH3 + 2H2O Fe(OH)2 + 2 NH4NO3 (6) t0 2 Fe2O3 + 4 H2O (7) 4 Fe(OH)2 + O2 m M = 12,8 gam Theo sự bảo toàn e suy ra M = 32 n Vậy M= 64 n=2 thỏa mãn M là kim loại Cu , n Cu = 3,84 / 64 = 0,06 mol 3 Cu + 8 H+ + 2 NO33 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O 0,06 0,16 0,04 dư 0,04 0,06 0,06 + Cô cạn dung dịch có K , Cu2+ , NO3- , SO42- , m muối khan thu được là: 0,06 x 64 + 0,1 x 39 + 0,02x 62 + 0,1 x96 =18,72g

1 điểm

1,5 điểm

1,5 điểm

35

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn thi: HOÁ HỌC 11 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I ( 3điểm).

1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí trong bảng tuần hoàn của các nguyên tố thuộc chu kỳ nhỏ có 2 electron độc thân.

2. Cho các phi kim: Nitơ, photpho, silic và oxi. Sắp xếp các phi kim theo thứ tự tăng dần tính phi kim.

Giải thích?

3. So sánh bán kính các ion và giải thích: Na+, Mg2+, K+ , F-, O2-.

Câu II (4 điểm).

1. Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng với khí D trong điều kiện thích hợp tạo ra chất rắn E. Cho E tác dụng với nước vôi trong dư thu được kết tủa F và khí A. Xác định các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

2. Từ không khí, nước, muối ăn, đá vôi, quặng photphorit, quặng pirit sắt viết phương trình phản ứng điều chế: Nước Javen, Clorua vôi, Supephotphat kép, ure, amophot.

3. Trình bày phương pháp và vẽ hình mô tả thí nghiệm điều chế khí NH3 trong phòng thí nghiệm? Để làm khô khí NH3 người ta dùng chất gì?

Câu III (6 điểm).

1. Hỗn hợp X chứa các chất: Na2O, NH4NO3, NaHCO3 và Ba(NO3)2 có số mol bằng nhau. Hòa tan hỗn hợp X vào nước dư, đun nóng, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch H2SO4 loãng và bột Cu vào Y. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.

2. Sắp xếp ( giải thích) các dung dịch loãng có cùng nồng độ mol/lit theo thứ tự tăng dần giá trị pH: NaCl, NH3, Ba(OH)2, NH4Cl, KHSO4.

3. Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lit dung dịch A. Độ điện li của NH3 là 1,33%. a. Tính pH của dung dịch A. b. Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lit dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được.

4. Dung dịch CH3COOH có pH = 4. Phải thêm vào 1 lít dung dịch này bao nhiêu gam CH3COOH để được dung dịch có pH=3,5. Cho Ka= 1,8.10-5.

Câu IV. (6 điểm).

1. Hòa tan hết 3,79 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:5) vào dung dịch chứa 0,394 mol HNO3, thu được dung dịch Y và V ml khí N2 (đktc). Dung dịch Y tác dụng tối với 1,94 lít dung dịch NaOH 0,25M để thu được dung dịch trong suốt. Tính V? 2. Trộn 100ml dd chứa KHCO3 1M và K2CO3 1M với 100ml dung dịch chứa NaHCO3 1M và Na2CO3 1M được 200ml dung dịch X. Nhỏ từ từ 100ml dung dịch Y chứa H2SO4 1M và HCl 1M vào dung dịch X được V lít CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào Z thì thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của V và m?

3. Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4 và Fe(NO3)2 cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp gồm 1,04 mol HCl và 0,08 mol HNO3, đun nhẹ thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối với H2 là 10,8 gồm hai khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch

36

T tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa nung đến đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m?

- - - Hết - - -

Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.......................

ĐÁP ÁN Câu 1: (3đ)

1(1đ). Viết cấu hình electron và xác định vị trí trong bảng tuần hoàn của các nguyên tố thuộc chu kỳ nhỏ có 2 electron độc thân.

1. Có bốn trường hợp sau: TH1: Cấu hình electron 1s22s22p2 => thuộc ô thứ 6, chu kì 2, nhóm IVA. TH2: Cấu hình electron 1s22s22p4 => thuộc ô thứ 8, chu kì 2, nhóm VIA. TH3: Cấu hình electron 1s22s22p63s23p2 => thuộc ô thứ 14, chu kì 3, nhóm IVA. TH4: Cấu hình electron 1s22s22p63s23p4 => thuộc ô thứ 16, chu kì 3, nhóm VIA.

M ỗi trường hợp 0,25đ.

2(1đ). Cho các phi kim: Nitơ, photpho, silic và oxi. Sắp xếp các phi kim theo thứ tự tăng dần tính phi kim. Giải thích?

Sắp xếp các phi kim theo thứ tự tăng dần tính phi kim: Si, P, N, O. Giải thích: - Các nguyên tố Si và P thuộc chu kỳ 3. P có tính phi kim lớn hơn vì theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tăng dần thì tính phi kim tăng dần.

- Ni tơ có tính phi kim lớn hơn Photpho. Vì cùng nhóm VA theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tính phi kim giảm dần.

- O xi có tính phi kim lớn hơn nitơ. Vì cùng thuộc chu kỳ 2 theo chiều tăng của điện tích hạt nhân tăng dần thì tính phi kim tăng dần.

0,5đ Giải thích 0,5 đ

3(1đ). So sánh bán kính các ion và giải thích: Na+, Mg2+, K+ , F-, O2-.

0,5đ Sắp xếp theo thứ tự tăng dần bán kính: Mg2+, Na+, F-, O2-, K+ . + Giải thích: K có bán kính lớn nhất vì có số lớp e lớn nhất ( 3 lớp). Các ion còn lại có 2 lớp e nên bán kính nhỏ hơn.

- Điện tích hạt nhân càng lớn thì lực hút giữa hạt nhân và số e lớp ngoài cùng tăng 0,5 lên làm cho bán kính nhỏ hơn.

Câu II (4 điểm).

1.

(1,25đ)

1(1,25). Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng với khí D trong điều kiện thích hợp tạo ra chất rắn E. Cho E tác dụng với nước vôi trong dư thu được kết tủa F và khí A. Xác định các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

Khí A là NH3.

4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O ; 6Li + N2 → 2Li3N (A) (B) (C)

Mỗi PT 0,25đ x5 = 1,25đ

37

2Li3N + 6 H2O → 6LiOH + 2NH3; 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO + H2O (E) (NH2)2CO + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NH3 (F)

2.

(1,25đ)

0,25đ

Mỗi chất 2(1,25đ). Từ không khí, nước, muối ăn, đá vôi, quặng photphorit, quặng pirit sắt viết 0,25đ phương trình phản ứng điều chế: Nước Javen, Clorua vôi, Supephotphat kép, ure, x5 = amophot.

1,25đ

3. (1,5đ)

3(1,5đ). Trình bày phương pháp và vẽ hình mô tả thí nghiệm điều chế khí NH3 trong phòng thí nghiệm? Để làm khô khí NH3 người ta dùng chất gì?

- Hình vẽ 0,5đ.

- Phương trình phản ứng 0,5đ. Để làm khô khí NH3 dùng CaO; 0,5đ Câu III 1. Hỗn hợp X chứa các chất: Na2O, NH4NO3, NaHCO3 và Ba(NO3)2 có số mol bằng (5 điểm). nhau. Hòa tan hỗn hợp X vào nước dư, đun nóng, thu được dung dịch Y. Cho dung 1.(1,25đ) dịch H2SO4 loãng và bột Cu vào Y. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.

3 (2đ) a(1đ)

Na2O + H2O → 2NaOH. a 2a NaOH + NH4NO3 → NaNO3 + NH3 + H2O. a a a NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O. a a a Na2CO3 + Ba(NO3)2 → BaCO3 + 2NaNO3. a a Dung dịch Y chứa NaNO3. Cho dung dịch H2SO4 loãng và bột Cu vào Y có phản ứng.

3Cu + 4H2SO4 + 2NaNO3 → 3CuSO4 + Na2SO4 + 2NO + 4H2O. Mỗi pt 2. Sắp xếp ( giải thích) các dung dịch loãng có cùng nồng độ mol/lit theo thứ tự tăng dần giá trị pH: NaCl, NH3, Ba(OH)2, NH4Cl, KHSO4.

0,5 đ Sắp xếp theo thứ tự tăng dần giá trị pH: KHSO4, NH4Cl, NaCl, NH3, Ba(OH)2.

Giải thích: KHSO4, NH4Cl có pH< 7. KHSO4 có nồng độ H+ lớn hơn nên pH nhỏ hơn.

NH3, Ba(OH)2 có pH>7. Ba(OH)2 có nồng độ OH- lớn hơn nên pH lớn hơn.

NaCl có pH=7.

3. Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lit dung dịch A. Độ điện li của NH3 là 1,33%. a. Tính pH của dung dịch A. b. Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lit dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được.

(0,25) +  → a.

NH3 + H2O ← NH + OH (0,25) 4  Ban đầu 0,1 0 Điện li 0,1α 0,1α Cân bằng 0,1 - 0,1α 0,1α [OH-]= 0,1.0,0133 = 1,33.10-3 (M)

b(1đ).

10−14  H +  = = 7,5.10−12 (M) -3 1,33.10

0 (M) 0,1α (M) 0,1α (M)

(0,25) (0,25) (0,25)

 pH = 11,12.

38

 NH 4+  . OH −  (1, 33.10 −3 ) 2 b. Kb(NH3) = = = 1, 79.10 −5 0,1.0, 9867 [ NH 3 ] HCl + NH3 → NH4Cl 0,09 0,09 0,09 (mol) Số mol NH3 dư = 0,01 (mol) NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OH0,01 0,09 0 (M) Ban đầu Điện li x x x (M) Cân bằng 0,01-x 0,09+x 0,1α (M) + −  NH 4  . OH  (0, 09 + x) x Kb =  = = 1, 79.10−5 0, 01 − x [ NH 3 ] Giả sử x<<0,09; x<<0,01  [OH-] = x = 1,99.10-6M 10−14 + −9  H =     1,99.10-6 = 5, 03.10 (M)  pH = 8,3

. 4. Dung dịch CH3COOH có pH = 4. Phải thêm vào 1 lít dung dịch này bao nhiêu gam CH3COOH để được dung dịch có pH=3,5. Cho Ka= 1,8.10-5.

Gọi x là số gam CH3COOH cần thêm vào CH3COOH CH3COO- + H+ Ban đầu: C Phản ứng αC αC αC Cân bằng C(1-α) αC αC + − [ H ][CH 3COO ] Ka = [CH 3COOH ] Thay αC = 10-4, Ka = 1,8.10-5 vào, giải được C = 6,56.10-4 Khi thêm x(g) vào ta có: [ H + ][CH 3COO − ] α 2 .(C + x) α 2 .10−3,5 Ka = = 1,8.10-5 = = [CH 3COOH ] 1−α 1−α Giải phương trình ta được α = 0,057, → x = 0,3g.

(0,25) (0,25)

(0,25)

(0,25)

(0,25) (0,25) (0,25)

1. Hòa tan hết 3,79 gam hỗn hợp X gồm Al và Zn (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:5) vào dung dịch chứa 0,394 mol HNO3, thu được dung dịch Y và V ml khí N2 (đktc). Dung dịch Y tác dụng tối với 1,94 lít dung dịch NaOH 0,25M để thu được dung dịch trong suốt. Tính V? Hướng dẫn: (0,25)

(0,25)

39

  Al 3+ : 0, 02  AlO2− : 0, 02   2+  2−   Zn : 0, 05  ZnO2 : 0, 05 btdt → x=  + Y :  NH + : y  OH − :0,485.mol →  Na : 0, 485.mol  Al : 0, 02 HNO3 :0,394.mol   4 →     − −  Zn : 0, 05   NO3 : b  NO3 : x.mol  H + : d  NH : y 3     N ↑: c  2

(0,25)

mol (0,25) (0,5) (0,25) (0,25)

Bảo toàn mol nguyên tố nito. y + 2c + 0,365 = 0,394  y + 2c = 0, 029.mol Bảo toàn electron : 8 y + 10c = 0, 02.3 + 0, 05.2 = 0,16.mol  y = 0, 005.mol  c = 0, 012.mol  268,8.ml 2. Trộn 100ml dd chứa KHCO3 1M và K2CO3 1M với 100ml dung dịch chứa NaHCO3 1M và Na2CO3 1M được 200ml dung dịch X. Nhỏ từ từ 100ml dung dịch Y chứa H2SO4 1M và HCl 1M vào dung dịch X được V lít CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào Z thì thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của V và m?

Hướng dẫn chấm: V= 2,24 lít. m = 82,4 3. Hòa tan 17,32 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4 và Fe(NO3)2 cần vừa đúng dung dịch hỗn hợp gồm 1,04 mol HCl và 0,08 mol HNO3, đun nhẹ thu được dung dịch Y và 2,24 lít hỗn hợp khí Z (đktc) có tỉ khối hơi đối với H2 là 10,8 gồm hai khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dung dịch AgNO3 vừa đủ thu được m gam kết tủa và dung dịch T. Cho dung dịch T tác dụng ) với một lượng dư dung dịch NaOH, lọc kết tủa nung đến đến khối lượng không đổi thu được 20,8 gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m?

Hướng dẫn: Giải:

2. Z không màu => không có NO2.

Các khí là hợp chất => không có N2. => Hai hợp chất khí là N2O và NO. n N 2O + n NO = 4, 48 / 22, 4 n N O = 0,1mol Theo đề ta có:   2 n NO = 0,1mol 44.n N2 O + 30.n NO = 7, 4 Hỗn hợp muối gồm Mg(NO3)2, Zn(NO3)2, Al(NO3)3 và có thể có NH4NO3.

Gọi số mol của NH4NO3 là x mol (x ≥ 0).

0,25

0,25

40

Ta có các quá trình nhận electron: 10H+ + 2NO3- + 8e → N2O + 5H2O 1 0,1 0,5 (mol) + 4H + NO3 + 3e → NO + 2H2O 0,4 0,1 0,2 (mol) + 10H + 2NO3 + 8e → NH4NO3 + 3H2O 10x x 3x (mol) => n HNO3 = n H+ = 1, 4 + 10x(mol) ; n H 2O = 0, 7 + 3x(mol)

0,75

Theo phương pháp bảo toàn khối lượng ta có: m kimloai + m HNO3 = m muoi + m Z + m H 2O <=> 25,3 + 63(1,4+10x) = 122,3 + 7,4 + 18(0,7+3x) => x=0,05 => nHNO3 = 1 + 0,4 + 10.0,05 = 1,9 mol.

Dz/h2 =10,8 => Mz = 21,6 (g) Khí hóa nâu là no mà Mno =30 >21,6 => khí còn lại là h2 Nz =0,1 (mol) áp dụng phương trình đường chéo ta đc Nh2 =0,03 (mol) Nno =0,07 (mol) Đặt Nmg = a (mol) Nfe3o4 = b(mol) Nfe(no3)2 =c (mol) Nnh4+ = x (mol) Khối lượng hh = 17,32 (g) => 24a + 232b +180c = 17,32 (1) Ta có : Nh+ =4Nno + 10Nnh4+ + 2Nh2 + 2No2 1,12 = 4.0,07 + 10x + 2.0,03 + 2.4b  8b + 10x = 0,78 (2) Bảo toàn nguyên tố N2 ta được : 2c + 0,08 = 0,07 + x  x – 2c = 0,01 (3) Sau khi nung kết tủa thu được 20,8 (g) chất rắn gồm : a mol Mgo và (3b + c)/2 mol fe2o3 => 40a + 160. (3b + c)/2 = 20,8  40a + 240b + 80c = 20,8 (4) Từ (1)(2)(3)(4) => a = 0,4 b = 0,01 c = 0,03 x = 0,07 Trong dd Y Nfe2+ = m (mol) Nfe3+ = n(mol) Bảo toàn fe => m + n = 0,06 (5) Bảo toàn điện tích trong dd Y ta có : 2.Nfe2+ + 3.Nfe3+ + 2.Nmg2+ + Nnh4+ = Ncl 2m + 3n + 2.0,4 + 0,07 = 1,04

0,5 0,25

 2m + 3n = 0,17 (6) Từ (5)(6) =>

m = 0,01

n = 0,05

Mà Nag = Nfe2+ = 0,01 (mol ) Bảo toàn cl => Nagcl = 1,04 (mol)

 m = 108.0,01 + 143,5.1,04 = 150,32 (g)

41

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN CỤM TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU – HOÀNG MAI

ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LẦN 3 NĂM 2016-2017

Môn: HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) (Đề thi có 02 trang, gồm 5 câu) Họ tên thí sinh: …………………………………………….…….Số báo danh: ……………………..

Câu I (4,5đ) 1. Lấy hỗn hợp X gồm Ba và Al (tỉ lệ mol 1:2) hòa tan vào nước được dung dịch Y. Sục từ từ CO2 đến dư vào Y thu được dung dịch Z và kết tủa T. Chia Z thành 3 phần: - Đun sôi phần 1 - Cho từ từ HCl đến dư vào phần 2 - Cho từ từ NaOH đến dư vào phần 3 Viết các PTHH xẩy ra (dạng phân tử) 2. M và R là các nguyên tố thuộc nhóm A, có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định M và R. 3. Chất X tạo ra từ 3 nguyên tố A, B, C có công thức phân tử là ABC. Tổng số hạt cơ bản trong phân tử X là 82, trong đó số hạt mạng điện nhiều hơn số hạt không mạng điện là 22. Hiệu số khối giữa B và C gấp 10 lần số khối của A. Tổng số khối của B và C gấp 27 lần số khối của A. Xác định công thức phân tử của X. Câu II. (5,0đ) 1. Một học sinh tiến hành thí nghiệm cho dung dịch chứa chất A tác dụng với CuSO4 thấy xuất hiện kết tủa B, B không tan trong H2SO4 loãng nhưng tan trong H2SO4 đặc, nóng tạo khí C. Sau thí nghiệm, do em học sinh quên đậy lọ đựng chất A, sau một thời gian trong lọ xuất hiện vẫn đục do tạo thành chất D và E. Cho khí F (màu vàng lục) và dung dịch chất D đun nóng thì thu được 2 muối G và H. Nung E với H thu được khí C và muối G Nếu đun nóng E trong dung dịch D rồi sục khí F vào trong hỗn hợp sản phẩm có muối G Sục C đến dư vào dung dịch A thấy có vẫn đục, sục C và dung dịch KMnO4 thấy tạo dung dịch trong suốt không màu Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H và viết PTHH dạng phân tử 2. Dung dịch X là dung dịch HCl có pH = 4. a. Trộn X với dung dịch NaOH 0,1M theo tỉ lệ 999:1 về thể tích, thu được dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y b. Trộn X với dung dịch CH3COOH 10-3 M theo tỉ lệ 1:9 về thể tích thì thu được dung dịch Z. Tính pH của Z? (biết K CH COOH = 10 −4,75 ) 3

Câu III. (4,0đ) 1. Hòa tan m gam hỗn hợp FeCl2, FeCl3, CuCl2 vào nước được dung dịch X. Sục H2S dư vào thấy xuất hiện chất rắn Y nặng 6,4 gam và dung dịch Z. Cho Z tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thấy có 111,25

42

gam kết tủa. Hòa tan Y trong HNO3 dư thấy thoát ra 7,0 gam khí duy nhất. biết các phản ứng xẩy ra hoàn toàn, sản phẩm khử N+5 là NO. Xác định giá trị của m?

2. Nhiệt phân chất rắn tinh thể không màu A ở 4500C thu được hỗn hợp B gồm 3 khí, làm lạnh nhanh hỗn hợp B tới 1500C thu được một chất lỏng và hỗn hợp khí C. Làm lạnh hỗn hợp C đến 300C rồi cho qua dung dịch kiềm dư, thì còn lại một khí D không màu không cháy nhưng duy trì sự cháy. Cho biết: d B = 40,6 ; d C = 20,7 . Thể tích khí B gấp 2,279 lần thể tích khí C và thể tích khí C gấp 4,188 lần thể H2

H2

tích khí D. Xác định công thức của A. (Biết các khí đều đo ở điều kiện áp suất 1 atm).

Câu IV: (2,0đ)

Đốt cháy hoàn toàn 45,0 gam chất X bằng O2 vừa đủ thu được hỗn hợp khí và hơi A gồm CO2, HCl, H2O và N2. Cho một phần A đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 27,0 gam kết tủa, khối lượng dung dịch giảm 8,19 gam và có 0,504 lít khí không bị hấp thụ. Phần còn lại của A cho lội chậm qua dung dịch AgNO3 trong HNO3 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 23,94 gam và có 51,66 gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xẩy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. Xác định công thức phân tử của X biết CTPT trùng CTĐGN? Câu V (4,5 đ).

1. a. Em hãy vẽ hình và trình bày cách tiến hành thí nghiệm điều chế và thu khí Oxi từ bằng cách nhiệt phân KClO3 trong ống nghiệm chịu nhiệt b. Nêu một số lưu ý quan trọng khi tiến hành thí nghiệm trên? (chất xúc tác, cách lắp đặt ống nghiệm, cách tiến hành…) c. Cho chất bã rắn còn lại trong ống nghiệm sau khi điều chế tác dụng với dung dịch HCl đậm đặc, đun nóng. Viết các PTHH có thể xẩy ra?

2. Để điều chế đồng sunfat từ phoi đồng, có thể sử dụng 1 trong 2 cách sau: * Cho phoi đồng tác dụng với axit sunfuric đặc, nóng * Cho phoi đồng tác dụng với axit sunfuric loãng và liên tục sục không khí vào

a. Em hãy viết PTHH, cho biết vai trò của H2SO4 trong các phản ứng trên? b. Theo em trong công nghiệp sẽ dùng cách nào để điều chế đồng sunfat? Vì sao?

Ghi chú: HS được sử dụng bảng HTTH các nguyên tố hóa học Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Li = 7; Na = 23; Mg = 24; Al = 27 S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137 Số Avogadro N=6,02.1023 ……………………….Hết……………………

43

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 2 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎITHPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: HÓA HỌC- LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (4 điểm) 1) Bằng kiến thức về phân bón hoá học, em hãy giải thích câu tục ngữ: “Lúa chiêm lấp ló đầu bờ Hễ nghe tiếng sấm phất cờ mà lên” 2) Viết công thức hoặc nêu thành phần chính của lân nung chảy, supephotphat, đạm ure, đạm amoni và giải thích một số kĩ thuật bón phân sau đây: Lân nung chảy thích hợp với đất chua.

Không nên bón phân supephotphat, phân đạm ure, phân đạm amoni cùng với vôi bột.

3) X và Y là 2 trong số 4 chất sau: NaCl, FeCl2, Fe(NO3)2 và Al(NO3)3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợphai chất X và Y (có số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch Z. Chia Z thành 3 phần bằng nhau để tiến hành 3 thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Cho dung dịch NaOH dư vào phần 1, thu được n1 mol kết tủa.

Thí nghiệm 2: Cho dung dịch NH3 dư vào phần 2, thu được n2 mol kết tủa.

Thí nghiệm 3: Cho dung dịch AgNO3 dư vào phần 3, thu được n3 mol kết tủa.

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n1< n2< n3.

Hãy chỉ ra cặp chất X, Y phù hợp, viết các phương trình phản ứng xảy ra và giải thích sự lựa chọn đó.

Câu 2. (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na, K2O, Ba và BaO (trong đó oxi chiếm 10% về khối lượng) vào nước, thu được 100 ml dung dịch Y và 0,56 lít khí H2 (đktc).Trộn 100 ml dung dịch Y với 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO3 0,1M, thu được 500 ml dung dịch có pH=1.

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

2) Tính giá trị của m.

Câu 3. (2 điểm)

44

Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al2(SO4)3,AlCl3 và Al(NO3)3 (trong đó AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau). Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa(y gam) vào số mol Ba(OH)2(x mol) được biểu diễn bằng đồ thị (hình bên).

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị.

2) Tính giá trị của m.

Câu 4. (2 điểm) Hoà tan hoàn toàn7,68 gam Mg vàodung dịch chứa 0,96 mol HNO3, thu được dung dịch X và m gam hỗn hợp khí. Thêm dung dịchchứa 0,8 mol KOH vào X, thu được dung dịch Y, kết tủa và 0,896 lít khí Z (đktc). Lọc bỏ kết tủa, cô cạn Y thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 66,84 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m.

Câu 5. (2 điểm) Nhỏ từ từ 1 lít dung dịch X gồm H2SO40,1M và HCl 0,3M vào 1 lít dung dịch Y gồm NaHCO3 0,3M và K2CO3 0,3M, thu được V lít khí CO2(đktc) và dung dịch Z. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào Z, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

2) Tính các giá trị của V và m.

Câu 6. (4 điểm) 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X theo sơ đồ và các bước sau đây: Bước 1: Mở khoá phễu cho H2O chảy từ từ xuống bình cầu đựng CaC2.

Bước 2: Dẫn X vào bình 1 đựng dung dịch Br2.

Bước 3: Dẫn X vào bình 2 đựng dung dịch AgNO3 trong NH3.

Bước 4: Đốt cháy X. Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng hoã học đã xảy ra, gọi tên các phản ứng xảy ra ở bước 2, 3 và 4.

2) Tiến hành 4 thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm như sau: Thí nghiệm 1: Cho 0,5 ml brom vào ống nghiệm đựng 5 ml benzen, lắc đều, rồi để ống nghiệm trên giá trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. Cho thêm một ít bột sắt vào ống nghiệm, lắc liên tục trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích.

Thí nghiệm 2: Cho vào cùng một ống nghiệm 3 chất lỏng (2 ml dung dịch HNO3 đặc, 4 ml dung dịch H2SO4 đặc và 2 ml benzen), lắc đều, ngâm trong cốc nước 600C trong 5 phút, rót sản phẩm vào cốc nước lạnh.Nêu hiện tượng và giải thích.

45

Thí nghiệm 3: Lấy 2 ống nghiệm, cho vào mỗi ống 1 ml dung dịch KMnO4 loãng, sau đó thêm tiếp 1 ml benzen vào ống nghiệm thứ nhất và 1 ml toluen vào ống nghiệm thứ hai, lắc đều, quan sát hiện tượng. Ngâm 2 ống nghiệm vào cùng 1 cốc nước sôi trong 5 phút.Nêu hiện tượng, giải thích.

Thí nghiệm 4: Lấy 1 ống nghiệm hình chữ Y, cho vào nhánh một 1 ml benzen và nghiêng cho benzen dính vào thành ống nghiệm; cho vào nhánh hai một lượng KMnO4 bằng hạt đậu xanh và 1 ml dung dịch HCl đặc, đậy nút và đưa ống nghiệm ra ngoài ánh sáng. Nêu hiện tượng ở nhánh một và giải thích.

Câu 7.(2 điểm) Đốt cháy 26,7gam chất hữu cơ X bằng không khí vừa đủ, sản phẩm cháy cho qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư và bình 2 đựng nước vôi trong dư. Kết quả: khối lượng bình 1 tăng thêm 18,9 gam, bình 2 xuất hiện 90 gam kết tủa; khí thoát ra khỏi bình 2 có thể tích 104,16 lít (đktc). Biết: không khí có 20% thể tích là O2 và 80% thể tích là N2; X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Xác định công thức phân tử của X. Câu 8. (2 điểm)

Một bình kín chứa hỗn hợp khí X gồmpropin(0,2mol), propen(0,3 mol), hiđro (0,5 mol) và một ít bột niken. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2bằng 14,4. Dẫn khí Yqua bình 1 đựng dung dịch AgNO3dư trong dung dịch NH3, thu được m gam kết tủa và hỗn hợp khí Z thoát ra. Dẫn khíZqua bình 2 đựng dung dịch brom dư, thấy có 24 gam brom phản ứng và hỗn hợp khí T thoát ra. Biết các phản ứng hoá học trong bình 1 và bình 2 đã xảy ra hoàn toàn.

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

2) Tính giá trị của m.

Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5;K=39; Ca=40; Cr=52; Mn=55; Fe=56; Ni=59; Cu=64;Zn=65; Br=80; Ag=108; Sn=119; I=127; Ba=137; Pb=207.

Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. _______________HẾT_______________ Họ và tên thí sinh:…………………...………………Số báo danh:…….............…………..…..............

Người coi thi số 1:…………………...………………Người coi thi số 2…………...…………..............

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎITHPT HÀ NAM NĂM HỌC 2018 - 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 (Bản hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang) A. Hướng dẫn chung Với yêu cầu viết phương trình phản ứng: nếu thiếu điều kiện phản ứng hoặc không cân bằng, trừđi ½ số điểm của phương trình phản ứng đó; nếu thiếu hoặc thừa chất thì không được điểm.

Với các yêu cầu định lượng: + Nếu học sinh định lượng theo phương trình phản ứng sai, thì không được điểm phần định lượng đó. + Học sinh có thể định lượng theo sơ đồ phản ứng, các định luật bảo toàn.

- Học sinh làm bài theo cách khác đúng thì vẫn được tương đương.

46

- Điểm của toàn bài thi được giữ nguyên, không làm tròn.

B. Đáp án và thang điểm

Câu 1. (4 điểm) Nội dung 1) Giải thích câu tục ngữ: Tiếng sấm (tia lửa điện), là tác nhân giúp cho N2 kết hợp với O2 theo phản ứng: Tia lua dien  → 2NO N2 + O2 ← 

Điểm 0,25

NO kết hợp với O2 trong không khí theo phản ứng: 2NO + O2 → 2NO2 NO2 kết hợp với O2 không khí và nước mưa theo phản ứng: 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 Trong H2O, HNO3 bị phân li tạo ra ion NO3-, là đạm nitrat, có tác dụng kích thích sự sinh trưởng và phát triển của cây trồng.

2. Lân nung chảy có thành phần chính là hỗn hợp photphat và silicat của canxi và magie, khi bón cho đất chua sẽ tác dụng với axit có trong đất chua để tạo thành hợp chất dễ tan trong nước (cây dễ hấp thụ) đồng thời làm giảm độ chua của đất.

Phân supephotphat có chứa Ca(H2PO4)2, bón cùng với vôi sẽ xảy ra phản ứng tạo thành chất không tan (cây khó hấp thụ).

CaO + H2O → Ca(OH)2 Ca(H2PO4)2 + 2Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 4H2O Phân đạm ure có công thức (NH2)2CO, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NH3 + 2H2O Phân đạm amoni là các muối amoni, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm NH4+ + OH- → NH3 + H2O

0,25

3. Cặp chất X và Y là FeCl2 và Al(NO3)3.

TN1: FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl. Al(NO3)3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O. TN2: FeCl2 + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2↓ + 2NH4Cl. Al(NO3)3 + + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4NO3.

TN3: FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2AgCl↓. và Fe(NO3)2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag↓.

Hoặc FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl↓ + Ag↓.

0,25

Nếu chọn nX=nY = 1 mol thì n1=1 mol; n2=2 mol; n3=3 mol, tức là n1< n2< n3

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,5 0,5 0,5

Câu 2. (2 điểm) Nội dung * Phản ứng hoà tan X vào nước 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) 2Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2) K2O + H2O → 2KOH (3) BaO + H2O → Ba(OH)2 (4) * Phản ứng của dung dịch Y với dung dịch HCl và H2SO4 H+ + OH- → H2O (5) * 500ml dung dịch có pH=1 => n H+ dư sau phản ứng (5) = 0,1.0,5=0,05 mol

Điểm 0,25

0,25 0,25

47

* 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO3 0,1M có n H+ = (0,4+0,1).0,4=0,2 mol

0,25

n H+ tham gia phản ứng (5) = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol * Theo phản ứng (5), n OH− tham gia phản ứng (5) =0,15 mol

0,25

* Theo phản ứng (1) và (2), n OH− sinh ra trong phản ứng (1) và (2) = 2 n H2 =0,05mol

0,25

Vậy n OH− sinh ra trong phản ứng (3) và (4) = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol

1 n − =0,05 mol 2 OH m O trong X = 0,05.16=0,8 gam => mX = 0,8:10% = 8 gam

* Theo phản ứng (3) và (4), n O trong K2O và BaO =

0,25 0,25

Câu 3. (2 điểm) Nội dung 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị. Đoạn 1: khối lượng kết tủa tăng nhanh là do sự xuất hiện đồng thời của 2 kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 theo phương trình: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3. Đoạn 2: khối lượng kết tủa tăng chậm hơn đoạn 1 là do đoạn này chỉ xuất hiện 1 kết tủa Al(OH)3 Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 Đoạn 3: khối lượng kết tủa giảm dần là do Al(OH)3 bị hoà tan trong Ba(OH)2 dư: Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O. Đoạn 4: khối lượng kết tủa không thay đổi là do kết tủa BaSO4 không phản ứng với Ba(OH)2.

2) Tính giá trị của m.

Với y=17,1 gam, ta có phương trình phản ứng hoá học: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3. a => 3a 2a (mol) => mkết tủa = 3a.233 + 2a.78 = 17,1 gam => a = 0,02 => n SO 2− = 0,06 mol

Điểm 0,25

Với x=0,18 => n OH− = 0,36 mol, ta có phương trình phản ứng hoá học:

0,25

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,12 <=0,36 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: n NO − ,Cl− =0,12.3-0,06.2=0,24 mol

0,25

Vì AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau nên n NO − = n Cl− = 0,12 mol

0,25

m= m Al3+ + mSO 2− + m NO − + m Cl− =0,12.27+0,06.96+0,12.62+0,12.35,5=20,7 gam

0,25

0,25 0,25 0,25

4

3

3

4

3

Câu 4. (2 điểm) Nội dung * nKOH=0,8 mol => n KNO2 tối đa = 0,8 mol => m KNO2 tối đa = 0,8.85 = 68 gam > 66,84 gam

Điểm 0,25

=> 66,84 gam chất rắn là hỗn hợp gồm KNO2 và KOH dư * Đặt số mol KNO2 và KOH dư lần lượt là x mol và y mol 0,25 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có nKOH ban đâu = x+y=0,8 mol (1) Khối lượng chất rắn = 85x + 56y = 66,84 gam (2) Giải hệ (1) và (2) => x=0,76 ; y=0,04 * Thêm KOH vào dung dịch X, thu được 0,896 lít khí X, ta có phương trình phản ứng hoá 0,25 h ọc : NH4+ + OH- → NH3↑ + H2O

48

0,04 <= Sơ đồ:

0,04 (mol) 0,25

Mg(NO3 ) 2 ; 0,32mol  '  Mg   HNO3     +  →  NH 4 NO3 ; 0, 04mol  + kh i + H 2O 0,32mol  0,96mol   HNO du  3   Dung dịch X tác dụng với dung dịch chứa 0,8 mol KOH thu được dung dịch Y chứa 0,76 mol 0,25 KNO3 và 0,04 mol KOH dư => n HNO3 du = 0, 76 − 0,32.2 − 0, 04 = 0, 08mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H, ta có n H2O =

0,96 − 0, 04.4 − 0,08 = 0,36 mol 2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mkhí = (7,68 + 0,96.63) – (0,32.148+0,04.80+0,08.63) – 0,36.18 =6,08 gam

0,25 0,5

Câu 5. (2 điểm) Nội dung

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra Khi nhỏ từ từ dung dịch X vào dung dịch Y, có 2 phản ứng theo thứ tự: H+ + CO32- → HCO3- (1) H+ + HCO3- → CO2↑ + H2O (2) Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Z, có 2 phản ứng tạo kết tủa: Ba2+ + HCO3- + OH- → BaCO3 + H2O (3) Ba2+ + SO42-→ BaSO4↓ (4) 2) Tính các giá trị của V và m. n H+ = 0,5 mol; n SO 2− = 0,1 mol; n HCO − = n CO 2− = 0,3mol 4

3

Điểm 0,5

0,5 0,5

3

Tính giá trị của V H+ + CO32- → HCO3- (1) 0,3 <= 0,3 => 0,3 (mol) H+ + HCO3- → CO2↑ + H2O (2) 0,2 => 0,2 0,2 (mol) => V = 4,48 lít Dư 0,4 mol HCO3Tính giá trị của m Ba2+ + HCO3- + OH- → BaCO3 + H2O (3) 0,4 => 0,4 (mol) Ba2+ + SO42-→ BaSO4↓ (4) 0,1 => 0,1 (mol) m=0,4.197 + 0,1.233 = 102,1 gam Câu 6. (4 điểm)

Nội dung 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X: Ở bước 1 có hiện tượng sủi bọt khí không màu CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2. Ở bước 2: dung dịch brom bị nhạt màu C2H2 + Br2 → C2H2Br2; phản ứng cộng Ở bước 3: xuất hiện kết tủa màu vàng nhạt C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3; phản ứng thế Ở bước 4: khí C2H2 cháy mạnh, có ngọn lửa màu xanh mờ C2H2 + 2,5O2 → 2CO2 + H2O; phản ứng oxi hoá 2) Thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm:

0,5

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

49

TN1: Khi chưa có bột sắt: dung dịch đồng nhất, có màu vàng không đổi. Nguyên nhân, benzen không tác dụng với brom ở điều kiện thường, benzen là dung môi hoà tan brom.

Khi cho thêm bột sắt vào hỗn hợp phản ứng thì màu chất lỏng trong ống nghiệm nhạt màu dần, Fe do phản ứng: C6H6 + Br2  → C6H5Br + HBr TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen được tạo 0,5 thành do phản ứng: H 2SO 4 , t 0 C6H6 + HO-NO2  → C6H5NO2 + H2O TN3: Benzen không làm mất màu dung dịch thuốc tím; toluen làm mất màu dung dịch thuốc 0,5 tím khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng: t0 C6H5CH3 + 2KMnO4  → C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O TN4: Ở nhánh một, xuất hiện khói trắng và trên thành ống nghiệm xuất hiện chất bột màu 0,5 trắng, đó là C6H6Cl6 được tạo thành do các phản ứng: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O as → C6H6Cl6.

C6H6 + 3Cl2 

Câu 7. (2 điểm) Nội dung Khối lượng bình 1 tăng 18,9 gam là khối lượng của H2O => n H2O = 1,05 mol => nH = 2,1 mol

Điểm 0,25

Bình 2 xuất hiện 90 kết tủa là khối lượng của CaCO3 => n CaCO3 = 0,9 mol = n CO2 = n C

0,25

Sơ đồ: 18,9 gam X + Không khí → 0,9 mol CO2 + 18,9 gam H2O + 4,65 mol N2. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mKK = 0,9.44 + 18,9 + 4,65.28 – 26,7 = 162 gam 162 n O2 KK = = 1,125 mol 32 + 4.28 => n N2 (do X tạo ra) = 4,65 – 1,125.4=0,15 mol

0,25 0,25 0,25

0,25 26, 7 − (0,9.12 + 2,1 + 0,3.14) = 0, 6 mol 16 Tỉ số nC:nH:nO:nN = 0,9:2,1:0,6:0,3 = 3:7:2:1 0,25 => công thức đơn giản nhất của X là C3H7O2N Vì X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên công thức phân tử của X 0,25 cũng là C3H7O2N Câu 8. (2 điểm) Nội dung Điểm 0,25 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

n O(trong X) =

Phản ứng cộng H2 Ni, t C3H4 + H2  → C3H6 Ni, t C3H6 + H2  → C3H8 Hỗn hợp khí Y gồm C3H4, C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch AgNO3 dư 0,25 trong NH3: CH≡C-CH3 + AgNO3 + NH3 →CAg≡C-CH3 + NH4NO3.

0,25 Hỗn hợp khí Z gồm C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch brom dư: C3H6 + Br2 → C3H6Br2 Hỗn hợp khí T gồm C3H8 và H2.

0

0

50

0,25 2) Tính giá trị của m. * mX= 0,2.40 + 0,3.42 + 0,5.2 = 21,6 gam = mY MY = 14,4.2 = 28,8 => nY = 21,6/28,8 = 0,75 mol Ni, t 1 mol X  → 0,75 mol Y => số mol hỗn hợp giảm = 0,25 mol = số mol H2 đã phản ứng.

0,25 * n Br (phản ứng với Z) = 24/160 = 0,15 mol 0,25 * n π (trong X) = 0,2.2 + 0,3.1 = 0,7 mol 0

2

0,7 − 0, 25 − 0,15 = 0,15mol 2 = 0,15mol => m=0,15.147=22,05 gam

=> n C H (trong Y) = 3

4

=> n CAg ≡C−CH

3

0,25

___HẾT___

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 (21/3/2019) Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu) Cho biết nguyên tử khối: H =1, C =12, N =14, O =16, F=19, Mg =24, Al = 27, Si =28, P =31, S =32, Ca = 40, Fe= 56, Zn=65, Ba= 137.

Câu 1. (3,0 điểm) 1. Rót nhẹ 1,0 ml benzen vào ống nghiệm chứa sẵn 2,0 ml dung dịch nước brom. Lắc kĩ ống nghiệm, sau đó để yên. Nêu hiện tượng, giải thích.

2. Các hiđrocacbon X, Y, Z, T (thuộc chương trình Hóa học 11, MX< MY< MZ< MT) đều có 7,7 % khối lượng hiđro trong phân tử. Tỷ khối hơi của T so với không khí bé hơn 4,0. Các chất trên thỏa mãn: - 1 mol chất T tác dụng tối đa 1 mol Br2 trong CCl4.

- Từ chất X, để điều chế chất Y hoặc chất Z chỉ cần một phản ứng.

- Cần 3 phản ứng để điều chế được chất T từ hai chất X và Z. - Từ mỗi chất X, Y, T chỉ được dùng thêm HCl, H2 và không quá hai phản ứng thu được các polime quan trọng tương ứng dùng trong đời sống là X’, Y’, T’. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên các chất X, Y, Z, T, X’, Y’, T’. b. Viết phương trình các phản ứng xảy ra.

Câu 2. (3,0 điểm) 1. Cân bằng phương trình phản ứng dưới dạng ion thu gọn cho các thí nghiệm sau (mỗi thí nghiệm viết 1 phương trình) a. Hòa tan FeSx trong dung dịch HNO3 đặc, dư và đun nóng. b. Cho dung dịch K2S dư vào dung dịch Fe2(SO4)3. c. Cho dung dịch NH4HSO4 vào dung dịch Ba(HSO3)2. d. Cho dung dịch Ba(AlO2)2 vào dung dịch Al2(SO4)3. e. Cho a mol kim loại Ba vào dung dịch chứa a mol NH4HCO3.

2. X là một hợp chất tạo bởi sắt và cacbon có trong một loại hợp kim. Trong X có 93,33% khối lượng của Fe. Hòa tan X trong HNO3 đặc nóng, thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y tác dụng với dung

51

dịch NaOH dư, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp chất rắn T. Hòa tan hỗn hợp T trong dung dịch H2SO4 loãng, đun nóng, thu được hỗn hợp khí Q. Hỗn hợp Q làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng. a. Xác định công thức phân tử của X và các chất có trong hỗn hợp T. b. Viết phương trình phản ứng của T với H2SO4, khí Q với dung dịch KMnO4.

Câu 3. (2,0 điểm) Khi cho hai phân tử isopren đime hóa với nhau, trong đó một phân tử cộng hợp kiểu 1,4 và một phân tử cộng hợp kiểu 3,4 sinh ra phân tử limonen.

1. Hiđro hóa hoàn toàn limonen bởi H2 (Ni, t0) thu được mentan (1-metyl-4-isopropylxiclohexan); còn hiđrat hóa limonen (xúc tác axit) ở nhánh, thu được terpineol. Hiđrat hóa terpineol, thu được terpin (được dùng làm thuốc chữa ho).

Hãy xác định công thức cấu tạo của limonen, mentan, terpineol, terpin.

2. Ozon phân limonen, sau đó xử lý với Zn/CH3COOH thì thu được những sản phẩm hữu cơ nào?

Viết công thức cấu tạo của chúng.

Câu 4. (2,0 điểm) Photpho tồn tại trong tự nhiên ở dạng quặng apatit. Một mẩu quặng apatit gồm canxi photphat, canxi sunfat, canxi cacbonat, canxi florua được xử lí bằng cách cho vào hỗn hợp của axit photphoric và axit sunfuric để tạo thành canxi đihiđrophotphat tan được trong nước dùng làm phân bón. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Giải thích tại sao các phản ứng được thực hiện ở nhiệt độ dưới 600C và trong tủ hốt? b. Kết quả phân tích thành phần khối lượng một mẫu apatit như sau: Thành phần CaO P 2 O5 SiO2 F SO3 CO2 % khối lượng 52,69% 39,13% 2,74% 1,79% 3,23% 1,18% Hòa tan m gam mẫu apatit vào lượng vừa đủ 25,0 ml dung dịch H3PO4 1,0M và H2SO4 0,2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng (ở nhiệt độ dưới 600C), thu được m1 gam chất rắn gồm CaSO4.2H2O, Ca(H2PO4)2, SiO2. Tính m và m1.

Câu 5.(2,0 điểm) Hỗn hợp khí X gồm một ankan, một anken và hiđro. Cho 7,84 lít X đi qua chất xúc tác Ni, nung nóng, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y. Dẫn Y đi qua dung dịch KMnO4 thì màu của dung dịch bị nhạt và thấy khối lượng bình tăng thêm 2,80 gam. Sau phản ứng, còn lại 4,48 lít hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với hiđro là 20,25. Các khí cùng đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Hãy xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của các khí có trong hỗn hợp Y. Câu 6. (2,0 điểm) Thực hiện hai thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Sục từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa x mol NaOH, y mol KOH và z mol Ba(OH)2.

Thí nghiệm 2: Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch hỗn hợp chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol NaHSO4 (a > b). a. Ở mỗi thí nghiệm, thứ tự các phản ứng xảy ra như thế nào? Viết phương trình các phản ứng đó. b. Vẽ đồ thị biểu diễn giá trị khối lượng kết tủa theo số mol CO2 (ở thí nghiệm 1) và theo số mol Ba(OH)2 (ở thí nghiệm 2).

Câu 7. (2,0 điểm) Hòa tan hết 8,96 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgCO3, Zn, ZnCO3 trong dung dịch chứa 0,43 mol KHSO4 và 0,05 mol HNO3. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm CO2, NO, H2 (trong đó H2 chiếm 1/3 thể tích Z) và dung dịch Y chỉ chứa m gam muối trung hòa. Tính m.

Câu 8. (2,0 điểm)

52

Hòa tan 1,0 gam NH4Cl và 1,0 gam Ba(OH)2.8H2O vào một lượng nước vừa đủ thì thu được 100 ml dung dịch X (ở 250C). a. Tính pH của dung dịch X, biết pKa (NH4+) = 9,24 b. Tính nồng độ mol/lít của tất cả các ion trong dung dịch X. c. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10 ml dung dịch HCl 1,0M vào dung dịch X. Câu 9. (2,0 điểm) Đốt cháy hết m gam một hiđrocacbon X cần vừa đủ 2,688 lít O2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng CO2 sinh ra cần ít nhất 100 ml dung dịch NaOH 0,75M. Cho X tác dụng với Cl2 (ánh sáng, tỷ lệ mol 1:1) thu được 4 sản phẩm monoclo và phần trăm khối lượng tương ứng là: A (30%), B (15%), C (33%), D (22%). a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên thay thế A, B, C, D. b. Sản phẩm nào dễ hình thành nhất. Vì sao? Viết cơ chế phản ứng tạo sản phẩm đó. c. So sánh khả năng thế tương đối của nguyên tử hiđro ở cacbon bậc 1, 2, 3 bởi clo của X. --------Hết------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh……………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 11 CÂU NỘI DUNG 1 1. Ban đầu có sự phân lớp chất lỏng- chất lỏng màu nâu đỏ phân lớp dưới, sau đó lại có sự phân lớp chất lỏng – chất lỏng màu nâu đỏ phân lớp trên.

Nguyên nhân: Br2 ít tan trong nước, tan nhiều trong benzen.

2. a. X( axetilen, CH≡CH), Y( vinyl axetilen, CH≡C-CH=CH2), Z ( benzen), T(stiren, C6H5-CH=CH2), X’( PE hoặc PVC), Y’ (polibutađien hoặc policlopren), Z’( polistiren, poli (butađien-stiren) )

ĐIỂM

b. Phương trình phản ứng: - C6H5-CH=CH2+ Br2→ C6H5-CHBr-CH2Br - X -> Y: 2CH≡CH → CH≡C-CH=CH2, -Y-> Z: 3CH≡CH→ C6H6. + H2 + C6 H 6 ZnO - X, Z → T: C2 H 2  → C2 H 4  → C6 H 5 − C2 H 5  → C6 H 5 − C 2 H 3 Pd H+ t0 ’

-X→X :

+ H2 T .H C2 H 2  → C2 H 4   → PE Pd + HCl T .H C2 H 2  → C2 H 3Cl   → PVC HgSO4

53

’

-Y →Y : ’

- T→ T :

2

+ H2 T .H CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2  → polibutadien Pd + HCl T .H → CH 2 = CCl − CH = CH 2  → poliisopren CH ≡ C − CH = CH 2  HgSO4 T .H C6 H 5 − CH = CH 2  → polistiren + CH 2 =CH − CH =CH 2 C6 H 5 − CH = CH 2  → poli (butadien − stiren) T .H

1. a. FeSx +(4x+6) H+ +(6x+3)NO3- → Fe3+ + xSO42- +( 6x+3) NO2 +(2x+3) H2O b. 3S2- + 2Fe3+ → 2FeS + 3S c. HSO4- + HSO3- + Ba2+ → BaSO4 + SO2 +H2O. d. 3Ba2++ 6AlO2- + 2Al3+ +3SO42- +12H2O → 3BaSO4 + 8Al(OH)3 có thể chấp nhận: Ba2++ 3AlO2- +Al3+ +SO42- +6H2O → BaSO4 + 4Al(OH)3 e. Ba + NH4+ + HCO3- → BaCO3 + NH3 + H2 2. a.

X là Fe3C.  NaNO2  N aN O2  NaNO 0  NO2 NO   + H N O3 3 H 2 SO4 aO H F e 3 C   → Y   N → Z   t→ T  N a 2 C O 3  +  →Q C O N a C O C O2  2 2 3   N aO H   N a O H

b. T+ H2SO4 và Q + dung dịch KMnO4 3NaNO2 + H2SO4 →Na2SO4 + NaNO3 + 2NO + H2O. Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + CO2.

5NO + 3KMnO4 + 2H2SO4 → Mn(NO3)2 + 2MnSO4 + 3KNO3 + 2H2O Hoặc: 5NO + 3MnO4- + 4H+ → 3Mn2+ + 5NO3- + 2H2O

3

a.

,

,

,

b.

54

4

a.

Phương trình phản ứng CaCO3 + H2SO4→CaSO4 + H2O + CO2 CaF2 + H2SO4 →CaSO4 + 2HF Ca3(PO4)2 + 2H2SO4 → Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4 Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 → 3Ca(H2PO4)2 CaF2 + 2H3PO4 → Ca(H2PO4)2 + 2HF CaCO3 +2H3PO4 → Ca(H2PO4)2 + H2O + CO2 Phản ứng được làm trong tủ hốt vì tránh có sự xuất hiện của khí độc HF trong phòng thí nghiệm.

Phải thực hiện ở nhiệt độ dưới 600C vì đảm bảo độ bền của thạch cao sống CaSO4.2H2O có trong phân bón. b.

Tính m:    H 3P O 4 : 0, 025 m ol   H 2SO 4 :0, 005 m ol  0, 3913 m m ol  P2 O 5 : 142  0, 5269 m  m ol C aO : 56   SO : 0, 0323 m 3  80

Bảo toàn Canxi ta có:

0, 0323 m  C aSO 4 : 0, 005 + ( B T lu u h u y n h )  80  →   C a ( H P O ) : 0 , 0 2 5 + 0 , 3 9 1 3 m ( B T p h o tp h o ) 2 4 2  2 142

0,5269m 0,0323m 0,3913m = 0, 0175 + + => m = 2,8( gam) 56 80 142

Tính m1: 0, 0323 m  CaSO .2 H O : (0, 005 ).172 + 4 2  80  0, 025 0,3913 m  + ).234 Ca ( H 2 PO4 ) 2 :( 2 142   SiO2 : 0, 0274 m .   5

   thay m = 2,8 → m1 = 5,8617 ( gam)     

Vì hỗn hợp Y làm nhạt màu dung dịch KMnO4 nên Y có anken dư và H2 hết  H2 Cx H2 x   Cx H2 x+2 d d KMnO4 Ni ,t 0 0,35 mol X Cx H2 x  →0,3 molY Cx H2 x+2  → 0,2 mol Z  +2,8 gam Cy H2 y+2 C H C H y 2 y + 2 y 2 y + 2   => nH2 = nX − nY = 0,05 mol

nCx H2 x (Y ) = nY − nZ = 0,1    => MCx H2 x = 28 => Cx H2 x (C2 H4 )  mCx H2 x (Y ) = 2,8 nCx H2 x+2 = nH2( p.u ) = 0,05 => nCy H2 y+2 = 0, 2 − 0,05 = 0,15; mZ = 0,2.40,5 = 0,05.30 + 0,15(14 y + 2) => y = 3 (C3 H8 ) 6.

=> %V cac khitrongY a.

55

TN1: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1) CO2 + 2OH- → CO32- + H2O (2) CO2 + CO32- +H2O → 2HCO3- ( 3) CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2 ( 4) TN2: Ba(OH)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2H2O (1) 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (2) Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaOH (3) OH- + Al(OH)3 →AlO2- + 2H2O (4)

b. Đồ thị m↓

197z

nCO2 z

x+y+z

x+y+2z

m↓ 855a +233b

855a + 116,5b 699a + 233b

116,5b

nBa(OH)2 0,5b

3a+ 0,5b

3a+b

4a+0,5b

56

7

K +  2+ H 2 0,05 mol Mg Mg 0, 43 mol KHSO4    8,96 g Zn +  →  NO(0,1 − a) mol + Y Zn2+ + H 2O CO (a mol ) 0,05 mol HNO3 CO a mol  NH + (a − 0,05) mol  3  2  4 SO4 2−  BTo xi : nH2O = a + 0,15 − (0,1 − a) = 2a + 0,05 thay n

= 2 a +0,05

H 2O BT hidro :0, 48 = 0,1 + 4a − 0, 2 + 2nH2O  → a = 0,06.

BTKL : mmuoiY = (8,96 + 0, 43.136 + 0,05.63) − (0,05.2 + 0,04.30 + 44.0,06 + 0,17.18) = 63,59 gam

8

a.

NH4+ + OH−  →NH3 + H2O nNH4Cl =18,7.10−3 mol; nBa(OH)2 = 3,17.10−3 mol => nNH3 = 6,34.10−3 mol; nNH + (du) =12,4.10−3 mol 4

+ 4

NH

 → ←  

+

−9,24

NH3 + H , ka =10

[NH3][H+ ] [NH4+ ] + [ ] .ka =1,13.10−9 M; => pH = 8,95 => H = + [NH4 ] [NH3 ] + 2+ + b. [NH4 ]=0,124M; [Ba ] =0,0317M; [H ]=1,13.10-9M; [Cl-] =0,187M; [OH-] =8,85.10-6M. 12,4.10−2 M

6,34.10−2 M

ka =

c. khi thêm 0,01 mol HCl vào dung dịch ta có NH3+H+→NH4+ nNH 3 ( p.u ) = 6, 34.10−3 mol . Giả thiết thể tích dug dịch là 110 ml, bỏ qua sự phân ly của NH4+ thì [H+]dư= 0,0333M => pH=1,48.

9

a. n C O 2 = n N aO H = 0, 075 m ol n H 2 O = 2( n O 2 − n C O 2 ) = 2(0,12 − 0, 075) = 0, 09 m ol

n H 2O > nCO2 => X ( ankan). n X = nH 2O − nCO2 = 0, 015 mol => C X =

nCO2

= 5 => CTPT X : (C5 H 12 ) nX Trong 3 đồng phân của C5H12, chỉ có (CH3)2CH-CH2-CH3 thỏa mãn khi tác dụng clo sinh 4 sản phẩm monoclo.

Vậy CTCT, tên gọi của các sản phẩm A, B, C, D: A là CH2Cl-CH(CH3)-CH2CH3: 1-clo-2-metylbutan.

B là (CH3)2CH-CH2-CH2Cl: 1-clo-3-metylbutan.

C là (CH3)2CH-CHCl-CH3 : 2-clo-3-metylbutan.

D là (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan.

1,0

57

b. (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan là sản phẩm dễ hình thành nhất, do gốc tự do (CH3)2C*-CH2-CH3 bậc ba bền nhất.

Cơ chế phản ứng: Khơi mào: a. s Cl2  → 2Cl * Phát triển mạch: → ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 +HCl ( CH 3 )2 CH − CH 2 − CH 3 + Cl * 

0,5

→ ( CH 3 )2 CCl − CH 2 − CH 3 + Cl * ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 + Cl2  Tắt mạch: → ( CH 3 )2 CCl − CH 2 − CH 3 ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 + Cl * 

2 ( CH 3 ) 2 C * − CH 2 − CH 3  → CH 3CH 2 − (CH 3 ) 2 C − C (CH 3 )2 − CH 2 − CH 3 2Cl *  → Cl2

c. Gọi tốc độ phản ứng thế của H của cacbon bậc 1, bậc 2, bậc 3 lần lượt là v1, v2, v3.

Ta có tỷ lệ: 45 33 22 9v1 : 2v2 : v3 = ( 30 + 15) % : 33% : 22% => v1 : v2 : v3 = : : = 1: 3,3 : 4, 4.

9 2 1 Nghĩa là H bậc 2, bậc 3 có tốc độ thế Clo gấp H bậc 1 là 3,3 và 4,4 lần.

0,5

Nếu thí sinh có cách giải khác đúng cũng cho điểm tối đa!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC Số báo danh ……………....

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT Thời gian:180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:21/03/2019 Đề thi này có 10 câu, gồm 02 trang

Câu 1:(2,0 điểm) 1.Hai nguyên tố X, Y đều thuộc nhóm A trong bảng tuần hoàn. Nguyên tử X có tổng số electron ở các phân lớp p là 11, nguyên tử Y có 4 lớp electron và có 2 electron ở lớp ngoài cùng. a.Viết cấu hình electron nguyên tử và xác định các nguyên tố X, Y. b.Hoàn thành dãy chuyển hóa (X, Y là các nguyên tố tìm được ở trên) (1) (2) (3) (4) X2  → HX  → YX2  → X2  → YOX2 2.X, Y là 2 nguyên tố thuộc cùng một nhóm A ở 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Nguyên tửX có 6e lớp ngoài cùng. Hợp chất của X với hiđro có %mH = 11,1%. Xác định 2 nguyên tốX, Y. Câu 2: (2,0 điểm) 1.Lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa – khử sau: a.H2S + Cl2 + H2O  → H2SO4 + HCl b.ZnS + HNO3  → Zn(NO3)2 + H2SO4 + NxOy + H2O 2.Có hai dung dịch: Dung dịch A và dung dịch B, mỗi dung dịch chỉ chứa 2 loại cation và 2 loại anion khác nhau trong số các ion sau: NH4+ (0,15 mol); H+ (0,25 mol); Na+ (0,25 mol); CO32- (0,1 mol), NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; Br- (0,2 mol) ; SO42- (0,15 mol).

58

Xác định dung dịch A và dung dịch B. Biết rằng khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch A và đun nóng nhẹ thì có khí thoát ra làm xanh giấy quỳ tím ẩm.

Câu 3: (2,0 điểm) 1.X, Y là các hợp chất của photpho. Xác định X, Y và viết các phương trình hóa học theo dãychuyển hóa sau: + ddBr 2 P  X+ dd Ba(OH) 2 dư Y → P2O3  → H3PO3 → 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a. Sục khí H2S vào nước brom, sau đó cho thêm dung dịch BaCl2 vào dung dịch sau phản ứng. b. Dẫn khí CO2 đến dư vào dung dịch K2SiO3. c. Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch NH3 loãng, sau đó thêm dung dịch AlCl3 đến dư vào dung dịch sau phản ứng. d. Sục khí elilen đến dư vào dung dịch KMnO4.

Câu 4: (2,0 điểm) 1.Có 5 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm: KHCO3, Ba(HCO3)2, C6H6(benzen), C2H5OH và KAlO2. Chỉ dùng thêm một dung dịch chứa 1 chất tan. Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng ở trên.

2.Nhỏ từ từ V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch chứa x mol NaHCO3 và y mol BaCl2. Đồ thị sau biểu diễn sự phụ thuộc giữa số mol kết tủa và thể tích dung dịch Ba(OH)2.

n BaCO

(mol) 3

0,2 0,1

Tính giá trị của x và y.

0

0,1

0,3

V dd Ba (OH) (lit) 2

Câu 5: (2,0 điểm) 1. Hai hiđrocacbon A, B đều có công thức phân tử C9H12. A là sản phẩm chính của phản ứng giữa benzen với propilen (xt H2SO4). Khi đun nóng B với brom có mặt bột sắt hoặc cho B tác dụng với brom (askt) thì mỗi trường hợp đều chỉ thu được một sản phẩm monobrom.

Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A, B và viết phương trình hóa học (dạng công thức cấu tạo).

2. Cho 2 ống nghiệm, mỗi ống đựng 2ml nước brom (màu vàng nhạt). Thêm vào ống thứ nhất 0,5ml hexan và vào ống thứ hai 0,5 ml hex-2-en, sau đó lắc nhẹ cả hai ống nghiệm, rồi để yên.

Hãy mô tả hiện tượng ở 2 ống nghiệm và giải thích?

Câu 6: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp khí X gồm 3 hiđrocacbon A, B, C (với B, C là 2 chất kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng). Đốt cháy hoàn toàn 672 ml hỗn hợp X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình chứa 437,5 ml dung dịch Ba(OH)2 0,08M, phản ứng xong thu được 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, dẫn 1209,6 ml hỗn hợp X qua bình chứa nước brom dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình brom tăng 0,468 gam và có 806,4 ml hỗn hợp khí thoát ra. Biết các thể tích khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tìm công thức phân tử của A, B, C. Biết A, B, C thuộc trong các dãy ankan, anken, ankin. b. Tính phần trăm thể tích các chất trong hỗn hợp X. Câu 7: (2,0 điểm) 1. Có 3 nguyên tố A, B, C. Đơn chất A tác dụng với đơn chất B ở nhiệt độ cao thu được hợp chất X. Chất X bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được có mùi trứng thối. Đơn chất B tác dụng với đơn chất C tạo ra khí E. Khí E tan được trong nước tạo dung dịch làm qùy tím hóa đỏ. Hợp chất Y của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại hợp chất rất cứng. Hợp chất Z của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân.

59

Xác định các nguyên tố A, B, C và các chất X, E, Y, Z và viết phương trình hóa học.

2. Hòa tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm (Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO), (trong đó oxi chiếm 8,75% về khối lượng) vào nước thu được 600 ml dung dịch Y và 1,568 lít khí H2 (đktc). Trộn 300 ml dung dịch Y với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,4M và H2SO4 0,3M thu được 400 ml dung dịch Z. Tính pH của dung dịch Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Câu 8: (2,0 điểm) 1. Cho dung dịch chứa 38,85 gammộtmuối vô cơ của axit cacbonic tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 18 gam muối sunfat trung hòa của kim loại hóa trị II, sau phản ứng hoàn toàn thu được 34,95 gam kết tủa.

Xác định công thức 2 muối ban đầu.

2. Cho 16,6 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp vào bình đựng H2SO4 đặc, ở nhiệt độ thích hợp thu được 13 gam hỗn hợp chất hữu cơ B gồm (2 anken, 3 ete và 2 ancol dư). Đốt cháy hoàn toàn B thu được 17,92 lít CO2 (đktc) và 16,2 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo và tính % số mol mỗi ancol.

Câu 9: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 6,84 gam hỗn hợp E gồm Mg và kim loại M có hóa trị không đổi cần một lượng dung dịch HNO3 loãng, vừa đủ thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và N2O có tỉ khối so với H2 là 16 và dung dịch F. Chia F thành 2 phần bằng nhau. Đem cô cạn phần 1 thu được 25,28 gam muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 4,35 gam kết tủa.

Xác định kim loại M. Câu 10: (2,0 điểm) 1.Trong phòng thí nghiệm thường điều chế CO2 từ CaCO3 và dung dịch HCl như hình vẽ sau:

Để thu được CO2 tinh khiết có 2 học sinh (HS) cho sản phẩm khí qua 2 bình như sau: HS1: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 và bình (Y) đựng H2SO4 đặc.

HS2: Bình (X) đựng H2SO4 đặc và bình (Y) đựng dung dịch NaHCO3.

Cho biết học sinh nào làm đúng?

Viết phương trình hóa học giải thích cách làm.

2. Em hãy giải thích: a. Tại sao không nên bón các loại phân đạm amoni, ure và phân lân cùng với vôi bột? b. Tại sao không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)?

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H =1; C=12; O=16; N=14; Na=23; Mg=24; Al=27; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Ba=137.

------ Hết----Chú ý: Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THICHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT (Hướng dẫn chấm có 05 trang)

CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 1.

(2 điểm) a. Cấu hình e của X: 1s22s22p63s23p5 (Cl) Cấu hình e của Y: 1s22s22p63s23p64s2 (Ca)

ĐIỂM 0,25 0,25

60

b. PTHH: a.s (1) H2 + Cl2  → 2HCl (2) 2HCl + CaO  → CaCl2 + H2O + dpnc (3) CaCl2  → Ca + Cl2 (4) Cl2 + Ca(OH)2  → CaOCl2 + H2O 2.

X thuộc nhóm A và có 6e ở lớp ngoài cùng  Hợp chất của X với H có dạng XH2 2 %mH = × 100 = 11,1  X =16  X là O 2+ X Y thuộc nhóm VIA và liên tiếp với X trong 1 chu kì  Y là S Câu 2 1.

(2 điểm) a. H2S + 4Cl2 + 4H2O  →

1× 4×

−2

0,25 0,25

0,5 0,5

H2SO4 +8 HCl.

+6

S → S +8e 0

Cl 2 + 2 e → 2 Cl

0,5 −

b. (5x-2y)ZnS + (18x-4y)HNO3  → (5x-2y)Zn(NO3)2 +(5x-2y) H2SO4 + 8NxOy + 4xH2O. −2

+6

0,5

(5x−2 y)× S →S +8e +2 y/x +5 8× xN+(5x−2y)e→ xN 2.dd A: NH4+ (0,15 mol); Na+ (0,25 mol); CO32- (0,1 mol); Br- (0,2 mol). dd B: H+ (0,25 mol); NO3- (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; SO42- (0,15 mol)

0,5 0,5

Câu 3 1.

(2 điểm) X là H3PO4, Y là Ba3(PO4)2 t0 0,25 (1) 4P+ 3O2thiếu  → 2P2O3 0,25 (2) P2O3+ 3H2O  → 2H3PO3 0,25 (3) H3PO3+ Br2 + H2O  → H3PO4 +2 HBr 0,25 (4) 2H3PO4 + 3Ba(OH)2  → Ba3(PO4)2 + 6H2O 2. a. H2S + 4Br2 + 4H2O  → H2SO4 +8 HBr H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 + 2HCl 0,25 Hiện tượng: Dung dịch mất ( hoặc nhạt) màu, sau đó xuất hiện kết tủa màu trắng. b. 2CO2+ 2H2O +K2SiO3  → H2SiO3 + 2KHCO3 0,25 Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo. c. 3NH3+ 3H2O +AlCl3  → Al(OH)3 + 3NH4Cl Hiện tượng: Dung dịch chuyển thành màu hồng, sau đó xuất hiện kết tủa keo trắng 0,25 và dung dịch mất màu. d. 3C2H4+ 2KMnO4 + 4H2O  → 3C2H4(OH)2+ 2MnO2 + 2KOH 0,25 Hiện tượng: dung dịch mất màu tím và xuất hiện kết tủa màu đen.

61

Câu 4 1.

(2 điểm) Dung dịch axit cần dùng là H2SO4 Nhỏ từ từ dung dịch H2SO4 vào từng ống nghiệm chứa mẫu thử của các dung dịch -Mẫu có khí không màu thoát ra là NaHCO3 H2SO4 + 2KHCO3  → K2SO4 + 2H2O +2CO2 -Mẫu có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra là Ba(HCO3)2 H2SO4 + Ba(HCO3)2  → BaSO4 + 2H2O +2CO2 -Mẫu có kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan dần là KAlO2 H2SO4 + 2KAlO2+ 2H2O  → 2Al(OH)3 + K2SO4 2Al(OH)3 + 2H2SO4  → 2Al2(SO4)3 +6H2O -Mẫu mà chất lỏng không tan tách thành 2 lớp có bề mặt phân chia là C6H6 -Mẫu chất lỏng tạo dung dịch trong suốt đồng nhất là C2H5OH 2.

- Khi V =0,3 lít: nBa(OH)2 = 0,15 mol thì kết tủa đạt cực đại tức là toàn bộ ion HCO3tạo kết tủa  x = nkết tủa cực đại =0,2 mol Khi V =0,1 lít: nBa(OH)2 = 0,05 mol thì BaCl2 vừa hết và NaHCO3 dư Ba(OH)2 + 2NaHCO3  → BaCO3 + Na2CO3 0,05 0,05 0,05 BaCl2 + Na2CO3  → BaCO3 + 2NaCl 0,05 y 0,05  y = 0,05 Vậy: x=0,2 và y = 0,05 Câu 5 1.

(2 điểm) A là C6H5-CH(CH3)2: isopropylbenzen hoặc cumen H 2 SO 4 C6H5-CH(CH3)2 PTHH: C6H6 + CH2=CH-CH3 → B là C6H3(CH3)3: 1,3,5-trimetylbenzen Fe , t 0 C6H3(CH3)3 + Br2  → C6H2Br(CH3)3 + HBr a .s C6H3(CH3)3 + Br2  → (CH3)2C6H3-CH2Br + HBr 2.

-Ống thứ nhất có lớp chất lỏng phía trên màu vàng và lớp chất lỏng phía dưới không màu. Do brom tan trong hexan tốt hơn trong nước nên tách toàn bộ brom từ nước.

- Ống thứ hai có lớp chất lỏng phía trên không màu và lớp chất lỏng phía dưới cũng không màu. Do có phản ứng của hex-2-en với brom tạo sản phẩm là chất lỏng không màu, không tan trong nước, nhẹ hơn nước.

CH3-CH=CH-[CH2]3-CH3 + Br2  → CH3-CHBr-CHBr-[CH2]3-CH3 Câu 6 -Khí A bị hấp thụ bởi dung dịch brom là anken hoặc ankin (2 điểm) 1, 2096 − 0,8064  nA = = 0,018 molmà mA = 0,468 gam 22, 4  MA = 26  A là C2H2 Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình brom là 2 ankan B và C Đặt CTTB của B, C là Cn H 2 n+ 2 Ta có: nC2H2 (trong 672 ml hhX) = 0,01 mol  nB,C trong X = 0,03- 0,01 = 0,02 mol Sản phẩm cháy tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 nBa(OH)2 =0,035 mol; nBaCO3 = 0,025 mol Th1: Chỉ tạo muối trung hòa, Ba(OH)2 dư nCO2 = nBaCO3 = 0,025 mol

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

62

 0,01.2 + 0,02. n = 0,025  n = 0,25 (loại) Th2: Tạo 2 muối : BaCO3 (0,025 mol) và Ba(HCO3)2 (0,035-0,025=0,01 mol) nCO2 = 0,025 + 0,01.2 = 0,045 mol  0,01.2 + 0,02. n = 0,045  n = 1,25  B, C là CH4 (x mol)và C2H6 (y mol) Ta có hệ:  x + 2 y = 0, 045  x = 0, 015    x + y = 0, 02  y = 0, 005  %VCH4 =50%; %VC2H6 =16,67%; %VC2H2 = 33,33%; Câu 7 1.

(2 điểm) A là Al, B là S, C là O, X là Al2S3, E là SO2, Y là Al2O3, Z là Al2(SO4)3 t0 PTHH: 2Al + 3S  → Al2S3 Al2S3 + 6H2O  → 2Al(OH)3 + 3H2S t0 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O

0,25

0,25 0,25

0,5 0,5

t0 S + O2  → SO2  → H2SO3 SO2 + H2O ← 

 → 2Al(OH)3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 6H2O ← 

0,5

2.

12,8 × 8, 75 = 0, 07mol 100 × 16 1,568 nH2 = = 0, 07 mol 22, 4 Sơ đồ: X + H2O  → Na+ + K+ + Ba2+ + OH-+ H2 nOH =2.nO (X) + 2.nH2 = 0,28 mol H+ + OH-  → H2O 0,1 0,14 0, 04  [OH-]dư = = 0,1M  pH = 13.

0, 4 nO (X)=

Câu 8 1.

(2 điểm) TH1: Muối trung hòa M2(CO3)n (n là hóa trị của M) PTHH: M2(CO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nNCO3 Nhận thấy mkết tủa < mmuối cacbonat bđ nên không có kết tủa M2(SO4)n mkết tủa > mmuối sunfat bđ nên không có kết tủa NCO3  TH này không xảy ra TH2: Muối axit M(HCO3)n PTHH: 2M(HCO3)n + nNSO4  → M2(SO4)n + nN(HCO3)2 Kết tủa là M2(SO4)n BTKL  mN(HCO3)2 = 38,85 + 18 – 34,95 = 21,9 gam 21,9 − 18 = 0,15 mol Tăng giảm KL  nNSO4 = 122 − 96 18 MNSO4 = = 120 = N + 96  N =24  N là Mg  CT muối: MgSO4 0,15

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

63

38,85 × n = 129,5n = M + 61n 0,3  M =68,5n  n=2 và M=137 (Ba)  CT muối: Ba(HCO3)2

MM(HCO3)n =

0,25

2.

Vì ancol tách nước tạo anken nên ancol no, đơn chức, mạch hở CT chung 2 ancol: Cn H 2 n+ 2O Sơ đồ: hh A  → hh B + H2O  mH2O = 16,6 – 13= 3,6 gam  nH2O =0,2 mol → CO2 + H2O B + O2  0,8 0,9 mol  hhA : (Cn H 2 n + 2O) + O2  → CO2 + H2O 0,8 (0,9 + 0,2) mol  nA = 1,1 – 0,8 = 0,3 mol nCO 8  n= 2 = nA 3  2 ancol là C2H5OH (x mol): CH3-CH2OH và C3H7OH (y mol): CH3-CH2-CH2OH hoặc CH3-CH(OH)-CH3 Ta có: x + y = 0,3 và 2x + 3y = 0,8  x= 0,1 và y =0,2  %nC2H5OH =33,33%; %nC3H7OH =66,67%.

Câu 9 nN2 44 − 32 3 = =  H ỗ n h ợ p X (0,04 mol): (2 điểm) nN2O 32 − 28 1 nN2 = 0,03 mol; nN2O =0,01 mol.

Sơ đồ:E+ HNO3  → F: Mg2+, Mn+, NO3- (muối KL), NH4NO3 (a mol) + N2 (0,03); N2O (0,01) Ta có: nNO3- ( muối KL) = 0,03.10 + 0,01.8 +8a = 0,38 + 8a mmuối = 25,28.2 = 6,84 + 62(0,38 + 8a) + 80a  a=0,035 TH1: M không phải là kim loại có hiđroxit lưỡng tính  Kết tủa gồm: Mg(OH)2 và M(OH)n Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE 24 x + My = 6,84 24 x + My = 6,84  Ta có: 58 x + ( M + 17 n) y = 4,35.2    Loại 24 x + My = −2,52 2 x + ny = 0, 38 + 8.0, 035 

Câu 10

TH2: M là kim loại có hiđroxit lưỡng tính 4,35.2 = 0,15mol = nMg  Kết tủa là Mg(OH)2: 58  mM = 6,84 - 0,15.24 =3,24 gam 3, 24 .n = 0,38 + 8.0, 035  M = 9n  n =3 và M=27 (Al) Bảo toàn e: 0,15.2 + M 1.PTHH điều chế: CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O

0,25

0,5

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

0,5

64

(2 điểm) Sản phẩm khí thu được sau phản ứng gồm: CO2, HCl, hơi H2O  HS1 làm đúng: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO3 để rửa khí ( loại bỏ HCl), bình Y đựng H2SO4 đặc dùng để làm khô khí ( loại nước) → NaCl + H2O + CO2 Bình X: NaHCO3 + HCl   HS2 làm sai: Khi đổi thứ tự bình X và Y thì CO2 thu được vẫn còn lẫn hơi nước

0,5

0,25 0,25

2. a.Không nên bón các loại phân đạm amoni hoặc đạm ure và phân lân với vôi vì: + Làm giảm hàm lượng N trongphân đạm do: CaO + H2O → Ca(OH)2 2NH4Cl + Ca(OH)2 → 2NH3↑ + 2H2O + CaCl2 (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → 2NH3↑ + CaCO3 + 2H2O

0,25

+ Phân lân sẽ tác dụng với Ca(OH)2 tạo dạng không tan, cây trồng khó hấp thụ, đất trồng trở nên cằn cỗi.

2Ca(OH)2 + Ca(H2PO4)2→ Ca3(PO4)2 + 4H2O.

0,25

b.

Không dùng khí CO2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)?

Vì các kim loại này tiếp tục cháy trong khí CO2 theo phương trình: t0 0,5 2 Mg + CO2  → 2MgO + C t0 4Al + 3CO2 → 2Al2O3 + 3C t0 C + O2  → CO2 t0 C + O2 → 2CO Chú ý khi chấm: - Trong các pthh nếu viết sai công thức hoá học thì không cho điểm. Nếu không viết điều kiện (theo yêu cầu của đề) hoặc không cân bằng pt hoặc cả hai thì cho 1/2 số điểm của phương trình đó.

- Nếu làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm ứng với các phần tưong đương.

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Họ và tên:………………..

Số báo danh:……………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018 Môn: Hóa học LỚP 11 THPT Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 02 trang

Câu I. (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: → → a. NO2 + NaOH  b. SO2 + KMnO4 + H2O  to → c. S + Na2SO3  d. NaNO2 + NH4Cl  → 100o C → e. Cl2 + KOH  → f.H3PO3 + NaOH (dư)  → → g. NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng)  h. NO + Na2S2O4 + NaOH (loãng) 

65

2. Cho propylbenzen tác dụng với clo chiếu sáng người ta thu được hỗn hợp ba dẫn xuất monoclo A1, A2, A3 với tỉ lệ % lần lượt là 68%, 22%, 10%. a. Hãy viết cơ chế phản ứng theo hướng tạo thành sản phẩm A1. b. Hãy tính khả năng phản ứng tương đối của các nguyên tử H ở gốc propyl trong propylbenzen.

Câu II. (2,5 điểm) 1. Hãygọi tên các chất sau theo danh pháp thay thế: a. CH2=C(CH3)-CH=CH2 b. CH2=CH-C≡CH d. CH3-CHOH-CH=CH-CH3 c. CH3CHClCH=CH-CH3

e. f.

2. Viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau: 15000 C CH 3COOH  → A  → CH 4  → B  → C  → D  → cao su buna .

3. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H trong dãy chuyển hóa sau: HOBr H /Pd A 2 B

B2H6

H2/Pd

C

H2O2 OH-

CH2N2 E as

D

F

G

Pd,t0

H

Câu III. (1,75 điểm) 1. Hãy cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử và ion sau đây: BeH2, BF3, NF3, SiF62-, NO2+, I3-.

2.Trong thực tế thành phần của quặng cromit có thể biểu diễn qua hàm lượng của các oxit. Một quặng cromit chứa: 45,240% Cr2O3, 15,870% MgO và 7,146% FeO.Nếu viếtcông thức của quặng dưới dạng xFe(CrO2)2.yMg(CrO2)2.zMgCO3.dCaSiO3 (x, y, z và d là các số nguyên) thì x, y, z và d bằng bao nhiêu?

66

Câu IV. (1,75 điểm) 1.Cho cân bằng hóa học: 0

N2 (k) + 3H2 (k) ⇌ 2NH3 (k) ; ∆Η = - 46 kJ.mol-1 .

Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450oC, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích. a. Tính hằng số cân bằng KP. b. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? Giả sử ∆H0 không thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu.

2. Hợp chất 2,2,4-trimetylpentan (A) được sản xuất với quy mô lớn bằng phương pháp tổng hợp xúc tác từ C4H8 (X) với C4H10 (Y). A cũng có thể được điều chế từ X theo hai bước: thứ nhất, khi có xúc tác axit vô cơ, X tạo thành Z và Q;thứ hai, hiđro hoá Q và Z. Viết các phương trình phản ứng để minh họa và tên các hợp chất X, Y, Z, Q theo danh pháp IUPAC.

Câu V. (2,0 điểm) 1. Dung dịch A chứa Na2X 0,022M. a. Tính pH của dung dịch A. b. Tính độ điện li của ion X2- trong dung dịch A khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. Cho: pK - = 2,00; pK + = 9,24; pK a1(H X) = 5,30; pK a2(H X) = 12,60.

2 2 a(HSO 4 )

a(NH 4 )

2. Trộn 20,00 ml dung dịch H3PO4 0,50 M với 37,50 ml dung dịch Na3PO4 0,40 M, rồi pha loãng bằng nước cất thành 100,00 ml dung dịch A. a. TínhpH của dung dịch A. b. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,050 M vào 20,00 ml dung dịch A để thu được dung dịch có pH = 4,7.

Cho: pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H3PO4 ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32.

Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; Mg=24; Si=28; S=32; Ca=40; Cr=52; Fe =56.

------------ HẾT ----------

67

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018 Môn: Hóa học LỚP 11 THPT

Câu I 1. (1,0 điểm) → NaNO2 + NaNO3 +H2O a. 2NO2 + 2NaOH  → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 b. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → Na2S2O3 c. S + Na2SO3 

2,0 điểm Mỗi PTHH 0,125 điểm

o

t d. NaNO2 + NH4Cl  → NaCl + N2 + 2H2O o

100 C e. 3Cl2 + 6KOH  → 5KCl + KClO3 + 3H2O → Na2HPO3 + 2H2O f.H3PO3 + 2NaOH (dư)  → Na2SO4 + 2HI + 3N2 g. 2NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng)  → 2Na2SO3 + N2O + H2O h. 2NO + Na2S2O4 + 2NaOH (loãng)  2. (1,0 điểm)

CHClCH2CH3 CH2CH2CH3

+ Cl2

(A1)

CH2CHClCH3 (A2)

-HCl

CH2CH2CH2Cl (A3)

a. Cơ chế hình thành sản phẩm A1: * Khơi mào phản ứng: •

hν Cl2  → 2 Cl * Phát triển mạch dây chuyền của phản ứng:

CH2CH2CH3 + Cl

CHCH2CH3 + HCl

CHCH2CH3 + Cl2

CHClCH2CH3 + Cl

* Tắt mạch phản ứng: •

•

Cl + Cl → Cl2

CHCH2CH3 + Cl

CHClCH2CH3 0,5

68

CHCH2CH3 +

CHCH2CH3

CH

CH

C2H5 C2H5

α β γ CH2CH2CH3 b. Xét khả năng phản ứng tương đối của H ở gốc propyl: Ta có: %A1 = rα.2/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 68% %A2 = 2.rβ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 22% %A3 = 3rγ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 10%  rα : rβ : rγ = 68/2 : 22/2 : 10/3 = 10,2 : 3,3 : 1.

Câu II 1.(0,75 điểm) 2-metylbuta-1,3-đien. a. CH2=C(CH3)-CH=CH2 b. CH2=CH-C≡CH but-1-en-3-in. c. CH3CHClCH=CH-CH3 4-clopent-2-en d. CH3-CHOH-CH=CH-CH3 pent-3-en-2-ol

e.

Bixiclo[4.3.0]nonan

f.

6-metylspiro[2.5]octan

0,25 0,25

2,5 điểm Gọi đúng tên 2 chất = 0,25 điểm

2. (0,75 điểm) CH 3COOH +NaOH → CH 3COONa + H 2 O 0

CaO, t CH 3COONa + NaOH  → CH 4 + Na 2CO3 o

0,25

1500 C 2CH 4  → C2 H 2 + 3H 2 LLN o

t ,xt 2C 2 H 2  → CH 2 = CH − C ≡ CH 0

Pd,PbCO3 ,t CH 2 = CH − C ≡ CH + H 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2

0,25

o

xt,t ,p nCH 2 = CH − CH = CH 2  →(−CH 2 − CH = CH − CH 2 −) n

3. (1,0 điểm)

0,25 Xác định đúng 2 chất = 0,25 điểm

69

OH

OH

HOBr

Br

H2/Pd

raxemic

A

B

H

B2H6

BH2

H2O2 OH -

O H

D

C CH2N2 as

H2/Pd

H

H

F

E Pd/t0

H

G

Câu III 1,75 điểm 1. (0,75 điểm) Xác định BeH2: Be lai hóa sp, phân tử có dạng thẳng.

2 đ úng 2 chất BCl3: B lai hóa sp , phân tử có dạng tam giác đều, phẳng. = 0,25 NF3: N lai hóa sp2, phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở đỉnh chóp. điểm SiF62-: Si lai hóa sp3d2, Ion có dạng bát diện đều.

NO2+: N lai hóa sp, Ion có dạng đường thẳng.

I3-: lai hoá của I là dsp3, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, Ion có dạng đường thẳng.

2.(1,0 điểm) Giả sử có 100g mẫu quặng: m(FeO) x M(Fe) 7,146 × 56 m(Fe) = = = 5,558(g) M(FeO) 72 Mẫu quặng chứa: m(Fe(CrO 2 ) 2 ) =

M(Fe(CrO 2 ) 2 ) × m(Fe) M(Fe)

=

224 × 5,558 56

= 22,232(g)

0,25

Khối lượng Cr trong Fe(CrO2)2: m(Fe(CrO 2 ) 2 ) × 2 × M(Cr) 22,232 × 104 m1 (Cr) = = = 10, 322(g) M(Fe(CrO 2 ) 2 ) 224 Khối lượng Cr trong mẫu quặng là: m(Cr2O3 ) × 2 × M(Cr) 45,24 × 104 m 2 (Cr) = = = 30,95(g) M(Cr2 O3 ) 152 Khối lượng Cr trong Mg(CrO2)2: m 3 (Cr) = m 2 (Cr) - m1 (Cr) = 30,95 - 10,322 = 20,628 (g)

70

0,25

Mẫu quặng chứa: m(Mg(CrO 2 ) 2 ) =

M(Mg(CrO 2 ) 2 ) × m 3 (Cr) 2 × M(Cr)

=

192 × 20,628 104

= 38,08(g)

Khối lượng Mg trong Mg(CrO2)2: m(Mg(CrO 2 ) 2 ) × M(Mg) 38,08 × 24 m1 (Mg) = = = 4,76(g) M(Mg(CrO 2 ) 2 ) 192 Khối lượng Mg trong mẫu quặng là: m(MgO) × M(Mg) 15,87 × 24 m 2 (Mg) = = = 9,522(g) M(MgO) 40 Khối lượng Mg trong MgCO3:

m3 (Mg) = m 2 (Mg) - m1 (Mg) = 9,522 - 4,76 = 4,762(g) Khối lượng MgCO3 trong mẫu quặng là: M(MgCO 3 ) × m 3 (Mg) 84 × 4,762 m(MgCO 3 ) = = = 16,667(g) M(Mg) 24

0,25

Khối lượng CaSiO3 trong mẫu quặng là:

m(CaSiO3 ) = 100 - (m(Fe(CrO2 ) 2 ) + m(Mg(CrO2 ) 2 ) + m(MgCO3 )) =

= 100 - (22,232 + 38,08 + 16,667) = 100 - 76,979 = 23,021g x : y : z : d = n (Fe(CrO2 )2 ) : n(Mg(CrO2 )2 ): n(MgCO3 ) : n(CaSiO3 ) = =

m(Fe(CrO2 )2 ) m(Mg(CrO2 )2 ) m(MgCO3 ) m(CaSiO3 ) : : : = M(Fe(CrO2 )2 ) M(Mg(CrO2 )2 ) M(MgCO3 ) M(CaSiO3 )

=

22, 232 38,08 16,667 23,021 : : : ≈ 1: 2 : 2 : 2 224 192 84 116

0,25 1,75 điểm

Câu IV 1. (1,0 điểm)

a.

N2 (k) + 3H2 (k) ⇌ 2NH3 (k); Ban đầu (mol) 1 3 0 Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x  nsau = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)

∆Η = -46 kJ.mol-1

2x .100% = 36%  x = 0,529 4 - 2x 1 − 0,592 1− x = .100% = 16% .100% = 4 - 2x 4 − 2.0,592

%VNH 3 = %VN 2

0,25

%VH 2 = 100 - (36 + 16) = 48% K p1 =

2 PNH 3

PH32 PN 2

b.Từ % VNH = 3

=

0,36 2.P 2 0,16.P.(0,48.P )

3

=

0,362 = 8,14.10-5 3 2 0,16 × 0, 48 × 300

0,25

2y 2 = 50%  y = 4− 2y 3

71

1− y 1− 2 / 3 3(1 − y ) 3(1 − 2 / 3) = = 12,5% và % VH 2 = = = 37,5% 4 − 2 y 4 − 2.2 / 3 4 − 2y 4 − 2.2 / 3 2 PNH 0,5 2 = 4,21.10-4 K p2 = 3 3 = 3 2 0,125.0,375 .300 PH 2 PN 2

% VN 2 =

ln 

0,25

KP KP2 ∆H 0  1 1  1 1 R ln 2 = −  −  − = 0 R  T2 T1  T1 T2 ∆H K P1 K P1

KP 2 R 1 8,314 4, 21.10−4 1 1 ln + .ln = =  T2 = 595,19K K P1 450 + 273 46.103 8,14.10−5 T2 T1 ∆H 0 0,25

2.(0,75 điểm) (CH3)2C=CH2

+

0,25

0

xt,t ,p  → CH3)2CHCH2C(CH3)3

(CH3)3CH

2-metylpropen (X) 2-metylpropan (Y) Bước thứ nhất gồm tương tác giữa hai phân tử trong môi trường axit: CH3 CH3 CH2

C

CH3

+

CH3

CH3

CH3

CH3 H

CH3

C

C

C

CH2

+

H 3C

C

C

C

C CH

C CH3

CH3

CH3

H2 Ni , t

CH3 CH3

0,25

CH3

CH3 H CH3 H

C CH2 CH3 2,4,4-trimetylpent-1-en

CH3

CH CH3 CH3

H3C

C CH2

+

H2

o

H 3C

2,4,4-trimetylpent-2-en

CH3 H

CH3

C

C

C

CH3 H

H

CH3

0,25

CH3

Câu V 1. (1,25 điểm) a.

X2- + H2O ⇌ HX- + OHKb1 = 10-1,4 (1) -8,7 HX + H2O ⇌ H2X + OH Kb2 = 10 (2) + -14 H2 O ⇌ H + OH Kw = 10 (3) Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw → pH của hệ được tính theo cân bằng (1): X2- + H2O ⇌ HX- + OHKb1 = 10-1,4 C 0,022 [ ] 0,022 - xxx [OH-] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20 b. Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M:

2,0 điểm

0,25

0,25

72

NH4HSO4 → NH 4

+

Phản ứng: H SO 0,001

−

+ H SO 4

0,001 0,001  → HX- + + X2- ← 

− 4

0,022 -

+

0,021  → HXX2- ← 

+

NH 4

0,001 -

0,021 0,020

2−

SO 4

0,001 +

K1 = 1010,6

0,001 K2 = 103,36

NH3

0,001 0,002

0,001 2−

Hệ thu được gồm: X2- 0,020 M; HX- 0,002 M; SO 4 0,001 M; NH3 0,001 M. Các quá trình xảy ra: X2- + H2O ⇌ HX-

+ OH' OH- K b

+ 4

NH3 + H2O

Kb1 = 10-1,4

⇌ NH + + OHHX + H2O ⇌ H2X 2−

SO 4 + H2O

HX

-

Kb2 = 10

⇌ H SO −4 + OH⇌ H+ + X2-

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C

= 10-4,76

0,25

(4) (5)

-8,7

Kb = 10-12 Ka2 = 10

-12,6

(6) (7) (8)

'

X

2-

>> K b . C NH >>Kb2. C 3

HX

-

>> Kb. C

→ (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ: X2+ H2O ⇌ HX+ OHKb1 = 10-1,4 C []

0,02 0,02 - y

0,25

0,002 0,002 + y y → y = 0,0142 → [HX ] = 0,0162 (M) -

→ αX - = 2

[HX ] 0,022

-

(Hoặc α 2- = X

2-

SO 4

[OH ] + C

HSO 4

0,022

=

+C

0,0162 0,022 +

NH 4

=

= 0,7364 hay α

X

2

-

= 73,64 %.

0,0142 + 0,001 + 0,001 0,022

0,25

= 0,7364)

2. (0,75 điểm) 0,50.20 0,40.37,5 C H3PO4 = = 0,10 (M); C Na 3PO4 = = 0,15 (M).

100 100 C Na 3PO4 = 1,5. CH3PO4 → phản ứng xảy ra như sau: 210,17 H3PO4 + PO3+ H 2 PO-4 K1 = Ka1. K -1 4 HPO 4 a3 = 10 0,1 0,15 0 0,05 0,1 0,1 325,11 H 2 PO4 + PO 4 2 HPO4 K2 = Ka2. K -1 a3 = 10 0,1 0,05 0,1 0,05 0 0,2 Dung dịch A thu được là hệ đệm gồm: H 2 PO-4 0,05 M và HPO24 0,2 M

0,25 0,25

73

→ có thể tính pHA gần đúng theo biểu thức: pHA = pKa2 + lg

CHPO24

CH

= 7,81.

2 PO4

pK a1 + pK a2 = 4,68 → có thể coi lượng HCl thêm vào 20,00 ml dung 2 dịch A sẽ phản ứng vừa đủ với HPO24 tạo thành H 2 PO 4 :

* pH = 4,7 ≈ pH (NaH 2 PO4 ) ≈

+ HPO24 + H → H 2 PO 4

→ VHCl =

0,25

0,2.20 = 80 (ml) 0,05

Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

Số BD:……………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC (VÒNG 1) (Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 2 trang

Bài 1 (2,5 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có): to a) NaClO + CO2 + H2O  → b) CuO + NH3  → c) Ag2O + H2O2  → d) Zn3P2 + H2O  → o

t e) NH4NO2  → f) SiO2 + NaOH (loãng)  → g) O3 + KI + H2O  → h) NaNO2 + H2SO4 loãng  → i) H3PO3 + NaOH (dư)  → k) CaOCl2 + H2SO4 loãng  → 2. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau (nếu có): a) Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnSO4. b) Sục khí H2S vào dung dịch nước clo. c) Sục khí Cl2 vào dung dịch NaHCO3. d) Cho dung dịch FeCl3 vào dung dịch Na2S. e) Sục khí SO2 vào dung dịch Fe2(SO4)3. f) Sục khí clo từ từ đến dư vào dung dịch KBr. g) Cho khí amoniac (dư) tác dụng với CuSO4.5H2O. h) Trong môi trường bazơ, H2O2 oxi hoá Mn2+ thành MnO2.

Bài 2 (2,0 điểm) 1. So sánh pH của các dung dịch có cùng nồng độ mol/l của NH3, NaOH và Ba(OH)2. Giải thích.

2. Nhiệt phân một lượng CaCO3, sau một thời gian được chất rắn A và khí B. Cho khí B hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch KOH, thu được dung dịch D. Dung dịch D tác dụng được với dung dịch BaCl2 và với

74

dung dịch NaOH. Cho chất rắn A tác dụng với dung dịch HCl dư, được khí B và dung dịch E. Cô cạn dung dịch E, được muối khan F. Điện phân muối F nóng chảy, được kim loại M. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

3. Phim đen trắng có phủ lớp bạc bromua trên nền xenlulozơ axetat. Khi được chiếu sáng, lớp bạc bromua bị hoá đen. Phần bạc bromua còn lại trên phim được rửa bằng dung dịch natri thiosunfat; sau đó, người ta thu hồi bạc từ dung dịch nước thải bằng cách thêm KCN và kim loại kẽm. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Bài 3 (2,25 điểm) 1. Cho NO2 tác dụng với dung dịch KOH dư. Sau đó lấy dung dịch thu được cho tác dụng với hỗn hợp Al và Zn. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

2. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20%, thu được dung dịch Y. Nồng độ của FeCl2 trong dung dịch Y là 15,76%. Tính nồng độ phần trăm của MgCl2 trong dung dịch Y. 3. Chất A là hợp chất có thành phần chỉ gồm nitơ và hiđro. Chất Ađược sử dụng làm nhiên liệu cho tên lửa. Ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất, một thể tích hơi của A có khối lượng bằng khối lượng của cùng một thể tích khí oxi. a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A và cho biết trạng thái lai hóa của nitơ trong A. b) Dựa vào đặc điểm cấu tạo, hãy so sánh tính bazơ của A với NH3. Giải thích.

Bài 4 (1,75 điểm) 1. Người ta đun nóng một lượng PCl5 trong một bình kín thể tích 12 lít ở 250oC.

 → PCl3 (k) + Cl2 (k) PCl5 (k) ←  Lúc cân bằng trong bình có 0,21 mol PCl5; 0,32 mol PCl3; 0,32 mol Cl2. Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 250oC. 2. Tính độ điện li của ion CO32− trong dung dịch Na2CO3 có pH = 11,6.  → HCO3− + H+ ; Cho: H2CO3 ← Ka1 = 10−6,35 

 → H+ + CO32− ; HCO3− ← 

Ka2 = 10−10,33

 → 2CrO42- + 2H+ 3. Tính hằng số cân bằng của phản ứng: Cr2O72- + H2O ←  Cho:

 → HCrO4- + OH- Kb = 10-7,5 CrO42- + H2O ← 

 → 2HCrO4Cr2O72- + H2O ← 

K = 10-1,64

Bài 5 (1,5 điểm) 1. Thực nghiệm cho biết đồng tinh thể có khối lượng riêng D = 8,93 g/cm3; bán kính nguyên tử đồng là 1,28.10-8 cm. Đồng kết tinh theo mạng tinh thể lập phương đơn giản hay lập phương tâm diện? Tại sao?

(Cho Cu = 63,5) 2.Cho các ion sau đây: He+, Li2+. a) Hãy tính năng lượng E2 theo đơn vị kJ/mol cho mỗi ion trên.

Cho 1 eV = 1,602.10-19J; NA = 6,022.1023 mol-1. b) Có thể dùng trị số nào trong các trị số năng lượng tính được ở trên để tính năng lượng ion hóa của hệ tương ứng? Tại sao?

Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Mg = 24; Cl = 35,5; Fe = 56

75

--------------- Hết ---------------

ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC (VÒNG 1) (Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016) HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 (2,5 điểm) 1. (1,25 điểm) a) NaClO + CO2 + H2O  → NaHCO3 + HClO o

t b) 3CuO + 2NH3  → 3Cu + N2 + 3H2O c) Ag2O + H2O2  → 2Ag + O2 + H2O d) Zn3P2 + 6H2O  → 3Zn(OH)2 + 2PH3

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

to

→ N2 + 2H2O e) NH4NO2  f) Không xảy ra g) O3 + 2KI + H2O  → O2 + I2 + 2KOH h) 3NaNO2 + H2SO4 loãng  → NaNO3 + Na2SO4 + 2NO + H2O i) H3PO3 + 2NaOH (dư)  → Na2HPO3 + 2H2O k) CaOCl2 + H2SO4 loãng  → CaSO4 + Cl2 + H2O 2. (1,25 điểm) a) ZnSO4 + 2NH3 + 2H2O  → Zn(OH)2 + (NH4)2SO4 Zn(OH)2 + 4NH3  → [Zn(NH3)]4(OH)2 b) H2S + 4Cl2 +4H2O  → H2SO4 + 8HCl c) Cl2 + NaHCO3  → NaCl + CO2 + HClO d) 2FeCl3 + 3Na2S  → 2FeS + S + 6NaCl e) SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O  → 2FeSO4 + 2H2SO4 → 2KCl + Br2 d) Cl2 + 2KBr  5Cl2 + Br2 + 6H2O  → 10HCl + 2HBrO3 e) [Cu(H2O)4]SO4.H2O + 4NH 3  → [Cu(NH3)4]SO4.H2O + 4H2O f) Mn2+ + H2O2 + 2OH−  → MnO2 + 2H2O Bài 2 (2,0 điểm) 1. (0,5 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm)

 → NH4+ + OHNH3 là bazơ yếu: NH3 + H2O ←  NaOH  → Na+ + OHBa(OH)2  → Ba2+ + 2OH→ [OH ] trong các dung dịch giảm dần theo thứ tự: Ba(OH)2 , NaOH , NH3. → pH của chúng giảm dần theo thứ tự: Ba(OH)2, NaOH, NH3.

2. (1,0 điểm) t0 CaCO3  → CaO + CO2 CO2 + 2KOH  → K2CO3 + H2O CO2 + KOH  → KHCO3

NaOH và Ba(OH)2 là những bazơ mạnh:

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm)

76

K2CO3 + BaCl2  → BaCO3 + 2KCl → Na2CO3 + K2CO3 + 2H2O 2KHCO3 + 2NaOH  CaO + 2HCl  → CaCl2 + H2O → CaCl2 + CO2 + H2O CaCO3 + 2HCl  ®pnc CaCl2  → Ca + Cl2 3. (0,5 điểm) as 2AgBr → 2Ag + Br2

(0,25 điểm)

AgBr + 2 S2O32- → Ag(S2O3 )32 + Br

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

2Ag(S2O3 )32 + 2CN → Ag(CN) 2 + 2 S2 O3

2 Ag(CN) -2 + Zn → Zn(CN) 24 + 2Ag Bài 3 (2,25 điểm) 1. (1,0 điểm) 2NO2 + 2NaOH  → NaNO2 + NaNO3 + H2O 2Al + 2NaOH + 6H2O  → 2Na[Al(OH)4] + 3H2 Zn + 2NaOH + 2H2O  → Na2[Zn(OH)4] + H2 8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 18H2O  → 8Na[Al(OH)4] + 3NH3 4Zn + NaNO3 + 7NaOH + 6H2O  → 4Na2[Zn(OH)4] + NH3 2Al + NaNO2 + NaOH + 5H2O  → 2Na[Al(OH)4] + NH3 3Zn + NaNO2 + 5NaOH + 5H2O  → 3Na2[Zn(OH)4] + NH3 2. (0,5 điểm) Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2↑ a 2a a

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

Mg + 2HCl  → MgCl2 + H2↑

b 2b b Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe và Mg có trong hỗn hợp X. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: Khối lượng dung dịch Y = 56a + 24b +

2(a + b)36,5.100 - 2(a + b) = 419a + 387b 20

127a = 0,1576 → a = b 419a + 387b 95a = 11,79% → C% (MgCl2 ) = 419a + 387a

(0,25 điểm)

C% (FeCl2 ) =

(0,25 điểm)

3. (0,75 điểm) a)Gọi công thức của chất A là NxHy. Ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất, một thể tích khí A có khối lượng bằng khối lượng của cùng một thể tích khí oxi → M A = M O2 = 32 14x + y = 32 → x = 2, y = 4 → chất A là N2H4 (hiđrazin) Công thức cấu tạo của N2H4:

(0,25 điểm)

77

Trong N2H4, cả hai nguyên tử N đều ở trạng thái lai hóa sp3.

(0,25 điểm) b)Tính bazơ của NH3 lớn hơn N2H4 do phân tử N2H4 có thể coi là sản phẩm thế một nguyên tử H trong NH3 bằng nhóm NH2, nguyên tử N có độ âm điện lớn, nhóm NH2 hút electron làm giảm mật độ electron trên nguyên tử nitơ của N2H4 hơn so với của NH3→ tính bazơ của N2H4 yếu hơn NH3.

(0,25 điểm)

Bài 4 (1,75 điểm) 1. (0,5 điểm) PCl5 (k) []

 → ← 

0, 21 0,32 12 12

PCl3 (k)

+

Cl2 (k)

0,32 12

(0,32) 2 KC = = 0,0406 (mol.l−1 ) 0, 21.12 0,0406.22, 4.(273 + 250) K P = K C .(RT) ∆n = = 1,7423 (atm) 273

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

2. (0,75 điểm) CO32−

 → HCO3− + OH− ; Kb1 = 10 -14/10 -10,33 = 10−3,67 + H2O ← 

(1)

 → H2CO3 + OH− ; Kb2 = 10 -14/10 -6,35 = 10−7,65 (2) HCO3− + H2O ←  Kb1>> Kb2, c©n b»ng (1) lµ chñ yÕu.  → HCO3− + OH− ; CO32− + H2O ←  C [ ]

C C − 10−2,4

10−2,4

(0,25 điểm) Kb1 =

10−3,67

10−2,4

(10−2,4 )2 10 −4,8 −3,67 = 10 → C = + 10−2,4 = 0,0781M −2,4 −3,67 (C − 10 ) 10 -2,4 10 α CO2- = = 5,1% 3 0,0781

(0,25 điểm)

Ta có:

(0,25 điểm)

3. (0,5 điểm)

 → 2 HCrOCr2O72- + H2O ←  4

K = 10-1,64

 → 2 CrO2- + 2H2O 2 HCrO-4 + 2OH- ←  4  → 2H+ 2H2O ← 

+ 2OH-

 → 2 CrO2- + 2H+ Cr2O72- + H2O ←  4

Kb-2 = 1015

Kw2 = 10-28 K’ = 10-1,64.1015.10-28 = 10-14,64 (0,5 điểm)

Bài 5 (1,5 điểm) 1. (0,75 điểm)

D.N A .a 3 Số nguyên tử trong một ô mạng cơ sở là: n = (a là cạnh của ô mạng cơ sở) (0,25 điểm) M

78

* Nếu Cu kết tinh theo mạng lập phương đơn giản thì: a = 2r → a3 = 8r3 → n =

8,93.6,02.1023 .8(1,28.10-8 )3 = 1, 4 → giả thiết sai.

63,5

(0,25 điểm)

* Nếu Cu kết tinh theo mạng lập phương tâm diện thì: 3

8,93.6,02.1023 .43 (1,28.10-8 )3  4  a 2 = 4r→ a = r  = 4 → phù hợp với kết quả thực nghiệm  →n = 3  2 63,5 2 3

3

( )

mạng lập phương tâm diện.

Vậy đồng tinh thể kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện.

2. (0,75 điểm) 13, 6.Z2 a)Áp dụng biểu thức E n = − (eV) n2 → E 2 = −3, 4Z2 (eV) = -328Z 2 (kJ/mol)

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

- Đối với He+: Z = 2 → E2 = -1312 kJ/mol.

- Đối với Li2+: Z = 3 → E2 = -2952 kJ/mol.

(0,25 điểm) b)Theo định nghĩa, năng lượng ion hóa là năng lượng tối thiểu cần thiết để tách 1 electron ra khỏi hệ ở trạng thái cơ bản. Với cả 2 ion trên, trạng thái cơ bản ứng với n = 1. Các trị số năng lượng tính được ở trên ứng với trạng thái kích thích n = 2, do vậy không thể dùng bất cứ trị số E2 nào để tính năng lượng ion hóa.

(0,25 điểm)

Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

Số BD:……………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC (VÒNG 2) (Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 2 trang

Bài 1 (2,5 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có): CCl

a) CH3-C≡CH + HBr (dư)  →

4  → b) C2H2 + Br2  −20o C

c) C2H5ONa + H2O  →

d) CH3CH2CH2Cl + H2O  →

79

o

ancol, t e) C6H5CH2Br + KOH  →

Ni f) C6H5-CH=CH2 + H2  → 20o C, 2−3atm

o

o

t t g) BrCH2CH2CH2Br + Zn  → h) CH2OH-CHOH-CH2OH  → V2O5 → k) 1-etylxiclohexen + K2Cr2O7 + H2SO4  → i) Naphtalen + O2  350− 450o C (Với C6H5- là gốc phenyl) 2. Viết phương trình hóa học của các phản ứng (ghi rõ điều kiện) thực hiện dãy chuyển hóa sau:

C A

t0

+X

F

+Y

G

E

B +Y

D

+X

C

H

Cho biết E là ancol etylic, G và H là polime.

Bài 2 (2,0 điểm) 1. Viết công thức cấu tạo các đồng phân ứng với công thức phân tử C4H10O. 2. Gọi tên thay thế các chất có công thức sau: a) CH3CH[CH2]4CHCH3 b) BrCH=CH-C≡CH c) O=CH-CH2-CH2-CH=CH-CH=O d) CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)[CH2]4CH(CH3)2

e)

f) 3. Từ etanol và các hoá chất vô cơ cần thiết (với điều kiện thích hợp), hãy viết phương trình hoá học của các phản ứng điều chế 1,1-đicloetan (qua 4 giai đoạn).

Bài 3 (1,75 điểm) 1. Cho hai chất sau: C6H5CH2OH, o-H3CC6H4OH (với C6H5- là gốc phenyl) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho từng chất trên tác dụng với kim loại Na, với dung dịch NaOH và với axit CH3COOH (ghi điều kiện phản ứng, nếu có).

2. Đốt cháy hoàn toàn 1,04 gam một hợp chất hữu cơ D cần vừa đủ 2,24 lít O2 (đktc) chỉ thu được khí CO2, hơi H2O theo tỉ lệ thể tích VCO2 : V H 2O = 2 : 1 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.

Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của D, biết tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 52, D chứa vòng benzen và tác dụng được với dung dịch brom.

3. Cho 10 ml dung dịch ancol etylic 46o phản ứng hết với kim loại Na (dư), thu được V lít khí H2 (đktc). Biết khối lượng riêng của ancol etylic nguyên chất bằng 0,8 g/ml. Tìm giá trị của V. Bài 4 (1,75 điểm) 1.Thực nghiệm cho biết năng lượng liên kết, kí hiệu là E, (theo kJ.mol-1) của một số liên kết như sau: Liên kết O-H (ancol) C=O (RCHO) C-H (ankan) C-C (ankan) E 437,6 705,2 412,6 331,5 Liên kết C-O (ancol) C-C (RCHO) C-H (RCHO) H-H

80

E

332,8

350,3

415,5

430,5

Tính nhiệt phản ứng (∆H0pư) của phản ứng: CH2(CHO)2 + 2H2  → CH2(CH2OH)2 (1) 2. Khi oxi hoá etylenglicol bằng HNO3 thì tạo thành một hỗn hợp 5 chất. Hãy viết công thức cấu tạo của 5 chất đó.

3.Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa sau: 1) etilen oxit H2SO4 Cl2 (1 mol) Mg C D B C6H5CH3 A o as ete khan 15 C 2) HCl (1 mol)

Bài 5 (2,0 điểm) 1. Sắp xếp các hợp chất: phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV) theo thứ tự tăng dần tính axit. Giải thích.

2.Trong mỗi cặp chất sau đây, chất nào có nhiệt hiđro hóa lớn hơn? Giải thích. a) Penta-1,4-đien và penta-1,3-đien. b) trans-4,4-đimetylpent-2-en và cis-4,4-đimetylpent-2-en.

3. Tính pH của dung dịch C6H5COONa 2,0.10−5 M. Biết hằng số axit của axit benzoic bằng 6,29.10−5.

--------------- Hết ---------------

ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC (VÒNG 2) (Khóa ngày 23 tháng 3 năm 2016) HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 (2,5 điểm) 1. (1,5 điểm) a) CH3-C≡CH + HBr (dư)  → CH3CBr2CH3 CCl4  → BrCH=CHBr b) C2H2 + Br2  −20o C c) C2H5ONa + H2O  → C2H5OH + NaOH d) Không xảy ra. ancol, t o e) C6H5CH2Br + KOH  → C6H5CH2OH + KBr Ni f) C6H5-CH=CH2 + H2  → C6H5CH2CH3 20o C, 2−3atm g) BrCH2CH2CH2Br + Zn

to o

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

+ ZnBr2

t h) CH2OH-CHOH-CH2OH  → CH2=CH-CHO + 2H2O

(0,25 điểm)

81

O

i) 2

+ 9O2

V2O5 350-450oC

O + 4CO2 + 4H2O

2

O

C2H5

k)

+ K2Cr2O7 + 4H2SO4

(0,25 điểm)

C2H5CO[CH2]4COOH + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 4H2O

(0,25 điểm)

2. (1,0 điểm) 1500o C 2CH4  → C2H2 + 3H2 (A) (B) Pd → C2 H 4 C2H2 + H2  PbCO , t o 3

(X) (C) Hg2+ , H+ C2H2 + H2O → CH3CHO to (Y) (D) Ni, t o CH3CHO + H2 → C2H5OH (E) H+ , t o C2H4 + H2O → C2H5OH xt, t o 2C2H5OH  → CH2=CH-CH=CH2 + 2H2O + H2 (F) nCH2=CH-CH=CH2

Na, to, p

CH2-CH=CH-CH2 G

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

n

H2SO4 ®Æc, 170oC

(0,25 điểm)

C2H5OH  → C2 H4 + H2 O nCH2=CH2

xt, to, p

CH2-CH2 H

n

Bài 2 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) CH3CH2CH2CH2OH, (CH3)2CHCH2OH, CH3CH2CH(CH3)OH, (CH3)3CHOH CH3CH2CH2OCH3, (CH3)2CHOCH3, CH3CH2OCH2CH3 2. (0,75 điểm) a) 1,2-đimetylxiclohexan b) 1-brombut-1-en-3-in c) Hex-2-enđial d) 2,7,8-trimetylnonan c) Spiro [2,3] hexan d) Bixiclo [2,2,2] oct-2-en 3. (0,5 điểm)

(0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

82

C2H5OH C2H4 + Br2

H2SO4 ®Æc

C2 H 4 + H 2 O

1700C CCl4

CH2Br-CH2Br

CH2Br-CH2Br + 2KOH

ancol

C2H2 + 2KBr + 2H2O

CH3-CHCl2 C2H2 + 2HCl (d−) (2 phương trình đúng: 0,25 điểm) Bài 3 (2,0 điểm) 1. (0,5 điểm) 2C6H5CH2OH + 2Na  → 2C6H5CH2ONa + H2 H SO ®Æc, t o

2 4  → CH3COOCH2C6H5 + H2O C6H5CH2OH + CH3COOH ←  2o-H3CC6H4OH + 2Na  → 2o-H3CC6H4ONa + H2 o-H3CC6H4OH + NaOH  → o-H3CC6H4ONa + H2O 2. (0,75 điểm) 2,24 n CO2 = = 0,1 mol 22,4 Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m CO2 + m H 2O = 1,04 + 32.0,1 = 4,24 gam

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

Vì VCO2 : V H 2O = 2 : 1  n CO2 = 2n H 2O Gọi số mol H2O là x  Số mol CO2 là 2x  44.2x + 18x = 4,24  x = 0,04 mol m C = 12.0,08 = 0,96 gam; m H = 0,08 gam  mC + mH = 0,96 + 0,08 = 1,04 gam  D không có oxi.

(0,25 điểm) nC 0,08 1 = =  D có công thức: (CH)n nH 0,08 1 Theo bài ra, ta có: 13n = 52.2 = 104  n = 8 Vậy công thức phân tử của D: C8H8 (0,25 điểm) Vì D chứa vòng benzen và tác dụng được với dung dịch brom  Công thức cấu tạo của D là CH=CH2

→ C6H5CHBrCH2Br C6H5CH=CH2 + Br2 

(0,25 điểm)

3. (0,5 điểm) Vancol = 4,6 ml  VH 2O = 5,4 ml

4,6.0,8 5,4 = 0,08 mol ; n H2O = = 0,3 mol 46 18 2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 0,3 0,15 (mol) 2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2 n C2H5OH =

(0,25 điểm)

83

0,08 0,04 (mol) n H 2 = 0,15 + 0,04 = 0,19 (mol)  V = 0,19.22,4 = 4,256.

(0,25 điểm)

Bài 4 (1,75 điểm) 1. (0,5 điểm) H O

C

CH2 C

H

O H

+ 2H

H

H

O

C H

H CH2 C O

H

(1)

H

∆H0pư = (2EC=O + 2EH-H + 2EC-H (RCHO) + 2EC-H (Ankan) + 2EC-C (RCHO)) – (2EC-O + 2EO-H + 6EC-H (Ankan) + 2EC-C (Ankan)) (0,25 điểm) = (2.705,2 + 2.430,5 + 2.415,5 + 2.412,6 + 2.350,3) – (2.332,8 + 2.437,6 + 6.412,6 + 2.331,5) = 2 (705,2 + 430,5 + 415,5 + 350,3) – 2 (332,8 + 437,6 + 2 . 412,6 + 331,5) = - 51,2 (kJ) (0,25 điểm) 2.(0,5 điểm) HOCH2-CHO, OHC-CHO, HOCH2-COOH, OHC-COOH, HOOC-COOH 3. (0,75 điểm) as → C6H5CH2Cl + HCl C6H5CH3 + Cl2  ete khan → C6H5CH2MgCl C6H5CH2Cl + Mg  (0,25 điểm)

C6H5CH2MgCl +

C6H5CH2CH2CH2OMgCl O → C6H5CH2CH2CH2OH + MgCl2 C6H5CH2CH2CH2OMgCl + HCl 

C6H5CH2CH2CH2OH

H2SO4 15oC

(0,25 điểm)

+ H2O

(0,25 điểm)

Bài 5 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) * Tính axit: II < I < III < IV. (0,25 điểm) * Giải thích: Nhóm NO2 là nhóm hút electron mạnh nên làm tăng tính axit, nhóm metyl là nhóm đẩy electron nên làm giảm tính axit, kết quả: II < I < (III, IV).

(0,25 điểm) Ngoài ra, p-nitrophenol có nhóm NO2 gây hiệu ứng –I, -C trong khi m-nitrophenol có nhóm NO2 ch ỉ gây hi ệu ứ ng –I nên nên đồ ng phân p -nitrophenol có tính axit cao hơ n đồ ng phân m -nitrophenol.

(0,25 điểm) 2. (0,5 điểm) Nhiệt hiđro hóa của penta-1,4-đien lớn hơn của penta-1,3-đien; của cis-4,4- đimetylpent-2-en lớn hơn của trans-4,4- đimetylpet-2-en.

(0,25 điểm) Giải thích: Do penta-1,4-đien kém bền hơn penta-1,3-đien và cis-4,4-đimetylpent-2-en kém bền hơn trans-4,4-đimetylpent-2-en.

(0,25 điểm) 3. (0,75 điểm)

84

 → C6H5COOH + OH− C6H5COO + H2O ←  −

H2 O

 → H+ + OH− ←  −

10 −14 Kb = = 1,59.10 −10 −5 6, 29.10

K H O = 10−14 2

+

(0,25 điểm)

Ta có: [OH ] = [C6H5COOH] + [H ]  → [C6H5COOH] = [OH−] − [H+] = [OH−] −

−14

10 [OH - ]

 10−14  [OH ] − [OH - ]  -  [OH ]  [C H COOH][OH ]  Mặt khác: K b = 6 5 = = 1,59.10−10 −5 [C6 H 5COO ] 2.10 − [C6 H 5COOH] [OH - ]2 − 10−14 = 1,59.10−10  → -14 10 2.10−5 − [OH - ] + [OH - ]  → [OH−]3 + 1,59.10−10[OH−]2− 13,18.10−15[OH−] − 1,59.10-24 = 0  → [OH−] = 1,148.10−7  → pOH = 6,94  → pH = 7,06

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2014-2015 Khóa ngày 17 – 03 – 2015 Môn: Hóa LỚP 11 THPT – VÒNG I Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Họ và tên:………………..

Số báo danh:……………..

Câu 1. (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (điều kiện thích hợp): → → a.Na2S2O3 + H2SO4 (loãng)  b. KMnO4 + H2SO4 + HNO2  → c. ClO2 + NaOH (loãng) → d. NaClO + PbS  2→ e. FeCl3 (dd)+ Na2S(dd) → f. S2O3 + I2 

85

2. Xác định các chất A1, A2,…A8 và viết các phương trình phản ứng thực hiện theo sơ đồ sau: +O2 ,t 0 ddNH 3d− +ddBr2 +ddBaCl2 +ddAgNO3 +ddNaOH +ddHCl A3  → A4  A1  → A2 → → A5  → A6  → A7  → A8.

Biết A1 là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác và có phân tử khối bằng 51u; A8 là chất kết tủa.

Câu 2. (2,25 điểm) 1.

OleumlàhỗnhợpđượctạorakhichoSO3tantrongH2SO4tinhkhiết.Trong h ỗnhợpđócócácaxitdạng polisunfuriccó côngthứctổngquát làH2SO4.nSO3hayH2Sn+1O3n+4chủyếuchứacácaxitsau:axitsunfuric (H2SO4),axitđisunfuric ( H2S2O7),axittrisunfuric ( H2S3O10)vàaxittetrasunfuric ( H2S4O13). Viếtcôngthức cấutạocủacácaxittrên.

2. Cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử sau đây: NCl3, ClF3, BrF5,XeF4.

3. Máu trong cơ thể người có màu đỏ vì chứa hemoglobin (chất vận chuyển oxi chứa sắt). Máu của một số động vật nhuyễn thể không có màu đỏ mà có màu khác vì chứa một kim loại khác (X). Tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) lập phương tâm diện của tinh thể X, có cạnh bằng 3,62.10-8 cm. Khối lượng riêng của nguyên tố này là 8920 kg/m3. Tính phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử và xác định nguyên tố X. Câu 3. (2,0 điểm) 1. Cho biết độ tan của BaSO3 trong nước ở 25oC là 0,016 gam/100 gam nước, chấp nhận khối lượng riêng của dung dịch là 1g/ml. Hãy tính tích số tan của BaSO3. Biết: axit H2SO3 có pka1= 1,76; pka2 = 7,21.

2. Cho dung dịch A gồm KCN 0,12M và NH3 0,15M. Tính thể tích dung dịch HCl 0,71M cần cho vào 100ml dung dịch A để pH dung dịch thu được là 9,24. Biết: pka(HCN) = 9,35; pka(NH4+) =9,24.

Câu 4: (2,0 điểm) 1. Cho: 3As2O3(r) + 3O2(k)  ∆H1 = - 812,11(kJ) → 3As2O5(r ) ∆H2 = - 1095,79 (kJ) 3As2O3(r) + 2O3(k)  → 3As2O5(r ) Biết: năng lượng phân li của oxi là 493,71kJ/mol, năng lượng liên kết O−O là 138,07 kJ/mol. Chứng minh rằng phân tử ozon không thể có cấu tạo vòng mà phải có cấu tạo hình chữ V.

 → H+ (dd) + HCO3- (dd). Biết các thông số nhiệt động của 2.Cho phản ứng: CO2 (dd) + H2O (l) ←  các chất ở 298K là

CO2 (dd) H2O (l) HCO3- (dd) H+(dd) ∆G s (kJ/mol): -386,2 -237,2 -587,1 0,00 0 ∆H s (kJ/mol): -412,9 -285,8 -691,2 0,00 a. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên ở 298K. b. Khi phản ứng trên đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của hệ tăng lên nhưng nồng độ của CO2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm? Tại sao?

Câu 5. (1,75 điểm) Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al tác dụng với 60 ml dung dịch NaOH 2M thu được 2,688 lít khí hiđro (đktc). Sau khi kết thúc phản ứng trên, cho tiếp 740 ml dung dịch HCl 1M vào và đun nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí B và cặn rắn C chỉ chứa kim loại. Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì thu được 10 gam kết tủa. Cho C tác dụng hết với axit HNO3 đặc, nóng, dư thu được dung dịch D và 1,12 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Cô cạn D rồi nhiệt phân muối khan đến khối lượng không đổi được m gam rắn E. Tính khối lượng của các chất trong hỗn hợp A và giá trị m.

Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64; Ca=40 ……………..HẾT……………… Đáp án HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT – VÒNG I NĂM HỌC 2014-2015 Môn: HÓA 0

86

Khóa ngày 17-03-2015 Câu 1. (2,0 điểm) 1.(0,75 điểm) Phương trình hóa học của các phản ứng sau: → Na2SO4 + SO2 + S + H2O a.Na2S2O3 + H2SO4 (loãng)  → K2SO4 + 2MnSO4 + 5HNO3 + 3H2O b. 2KMnO4 + 3H2SO4 + 5HNO2  c. 2ClO2 + 2NaOH (loãng) → NaClO2 + NaClO3 + H2O → 4NaCl + PbSO4 d. 4NaClO + PbS  e. 2FeCl3 + 3Na2S → 6NaCl + 2FeS + S f. S2O32- + I2→ S4O62- + I- hoặc S2O32- + I2→ S4O62- + I3(Mỗi phương trình viết đúng được:0,125điểm) 2.(1,25 điểm) S = 32 => phần còn lại bằng 51 – 32 = 19 (NH5) => A1 là NH4HS (0,25 điểm) A2: Na2S; A3: H2S; A4: SO2; A5: (NH4)2SO3; A6: (NH4)2SO4; A7: NH4Cl; A8: AgCl. NH4HS + 2NaOH  (0,25 điểm) → Na2S + 2NH3 + 2H2O Na2S + 2HCl  → 2NaCl + H2S t0 → SO2 + H2O (0,25 điểm) H2S + 3/2O2  SO2 + 2NH3 + H2O  → (NH4)2SO3 (0,25 điểm) (NH4)2SO3 + Br2 + H2O  → (NH4)2SO4 + 2HBr (NH4)2SO4 + BaCl2  → 2NH4Cl + BaSO4 (0,25 điểm) NH4Cl + AgNO3  → NH4NO3 + AgCl Câu 2. (2,25 điểm) 1. (0,75 điểm) CTCT:

(0,25điểm)

(0,5 điểm) (Có thể viết công thức cấu tạo tuân theo quy tắc bát tử)

2. (0,5 điểm) NCl3 N

ClF3 Cl

Cl Cl

N lai hoá sp3.

Chóp tam giác

F

Cl

BrF5 F

F Cl lai hoá sp3d.

Dạng chữ T

XeF4

F F F

Br

F Xe

F F

Br lai hoá sp3d2.

Dạng chóp vuông

F

F

F

Cl lai hoá sp3d2.

Dạng vuông phẳng

(Mỗi cặp xác định đúng được (0,25 điểm)

87

3. (1,0 điểm)

1 1 *Số nguyên tử trong một ô mạng cơ sở = 8. + 6. = 4 8 2

(0,25 điểm)

4 4 4. .πr 3 4. .πr 3 π 2 = 3 3 = = 74% Phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử = 3 3 a 6  4r     2 (0,25 điểm) 3

* d=

23

-8 3

n.M N.V.d N.d.a 6,023.10 .8,92.(3,62.10 ) →M= = = = 63,7 gam N.V n n 4

→ X là Cu. Câu 3. (2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Gọi S là độ tan của BaSO3 trong nước, ta có: 0,016 1000 S= . = 7,373.10-4 M 217 100  → Ba2+ + SO32BaSO3 ←   → HSO3- + OHSO32- + H2O ←   → H2SO3 + OH– Kb2 = 10-12,24 H2O ←  Vì Kb2<< Kb1 nên có thể bỏ qua cân bằng (3).

Kb1 = 10-6,79

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm) (1) (2)

HSO3- +

(3)

→ S =[Ba 2+ ]=[SO32- ] + [HSO3- ] = 7,373.10-4M

( 0,25 điểm)

Đặt [HSO3 ] = x → [SO32 − ] = S - x x2 [HSO ][OH ] 3 = 10-6,79 Theo (2): = K b1 → 2S-x [SO3 ]

→

x2 7,373.10-4 - x

-5 = 10-6,79 → x = 1,085.10 M

(0,25 điểm)

→ [SO32 − ] = S - x = 7,373.10−4 - 1,085.10−5 = 7,265.10−4 M

→ K s = [Ba 2+ ][SO32- ] = 7,373.10-4 .7,265.10-4 = 5,356.10-7

(0,25 điiểm)

2.(1,0 điểm) Thêm HCl vào dung dịch A có các phản ứng: 9,24 (1)  → NH + k1 =k -1 H + +NH3 ←  a (NH +4 ) =10 4  → HCN k 2 =k a-1(HCN) =109,35 (2) H+ + CN- ←  Dung dịch sau phản ứng có pH =9,24 nên H+ tác dụng hết và dung dịch có chứa thêm HCN và NH4+.

(0,25 điểm) * Xét cân bằng (1), áp dụng định luật tác dụng khối lượng, ta có: [NH ].[H + ] [NH3 ] k a (NH + ) 10-9,24 3 4 k a (NH+ ) = → = = =1 + + + 4 [NH 4 ] [NH ] [H ] 10-9,24 4

88

[NH3] = [NH4+] nghĩa là có 50% NH3 đã phản ứng với HCl * Tương tự xét cân bằng (2), ta có: [CN − ].[H + ] ka = (HCN) [HCN] [CN − ] k a (HCN) 10-9,35 → = = =10−0,11 =0,776 + -9,24 [HCN] [H ] 10 C CCN- = [CN - ] +[HCN]  CN = 1+ 0, 776 = 1, 776 [HCN] 1  [HCN] = .C - = 56,3%.CCN1, 776 CN Có nghĩa là 56,3% CN- đã phản ứng với HCl 56,3 50 Suy ra: n HCl = .n CN- + .n NH3 = 100 100 56,3 50 = .0,1.0,12+ .0,1.0,15= 1,426.10-2 mol 100 100 Vậy : Thể tích dung dịch HCl đã dùng: V≈ 20 ml.

Câu 4: (2,0 điểm) O 1.(1,0 điểm) TH1: Nếu ozon có cấu tạo vòng O

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

O

thì khi nguyên tử hóa phân tử O3 phải phá vỡ 3 liên kết đơn, lượng nhiệt cần tiêu thụ là: ∆H3 = 3.138,07 = 414,21 kJ/mol.

(1) (0,25 điểm) TH2: Nếu ozon có cấu tạo hình chữ V O O

O

thì khi nguyên tử hóa phân tử O3 phải phá vỡ 1 liên kết đơn O−O và 1 liên kết đôi O=O lượng nhiệt cần tiêu thụ là: ∆H4 = 493,71 + 138,07 = 631,78 kJ/mol.

(2) (0,25 điểm) Trong khi đó: 3O2  ∆H → 2O3 ∆H = ∆H1 - ∆H2 = -812,11 – (-1095,79) = 283,68 (kJ/mol) Ta xây dựng được theo sơ đồ sau: 3ΔH

3O2

pl(O 2)

ΔH

6O 2ΔH

pl(O3 )

2O3

Theo sơ đồ trên, ta tính được: -ΔH+3.ΔH pl(O2 ) -283,68+3.493,71 (3) (0,25điểm) = 598,725(kJ/mol) ΔH = = pl(O3 ) 2 2 Từ kết quả (1), (2) và (3) rõ ràng ozon có cấu tạo hình chữ V phù hợp hơn về năng lượng so với cấu tạo vòng.

(0,25 điểm)

2.(1,0 điểm)

 → H+ (dd) + HCO3- (dd) a. CO2 (dd) + H2O (l) ← 

(1)

89

∆G0pứ = ∆G0s (H+) + ∆G0s (HCO3-) − ∆G0s (CO2) −∆G0s (H2O) = 0,0 + (-587,1) + 386,2 + 237,2 = 36,3 kJ 0 ∆G pứ = −RTlnK → lnK = −∆G0pứ/RT = −(36,3.103) : (8,314.298) = −14,65 → k = 10-6,36 b.∆H0pư = ∆H0s (H+) + ∆H0s (HCO3-) − ∆H0s (CO2) −∆H0s (H2O) = 0,0 − 691,2 + 412,9 + 285,8 = 7,5 kJ (thu nhiệt) Do ∆H0pư> 0 nên khi nhiệt độ tăng, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm.

Câu 5. (1,75 điểm) Theo bài ra ta có: n H = 2,688 =0,12mol ; n NaOH =0,06.2=0,12mol 2

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

22,4

3 H2 ↑ (1) 2 0,08 0,08 0,08 0,12 (mol) → NaOH dư sau phản ứng (1) là: 0,04 mol; nAl = 0,08 mol →mAl = 2,16 gam Khi thêm tiếp dung dịch HCl; ta có n = 0,74.1 =0,74mol HCl NaOH + HCl → NaCl + H2O (2) 0,04 0,04(mol) → HCl dư sau phản ứng (2) là: 0,7 mol NaAlO2 + 4HCl → NaCl + AlCl3 + 2H2O (3) 0,08 0,32(mol) → HCl dư sau phản ứng (3) là: 0,38 mol C+ HNO3 được khí duy nhất → FeCO3 đã phản ứng hết với HCl FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 + H2O (4) CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O (5) →n =n = 0,1 mol; → m = 11,6 gam FeCO CaCO FeCO 3 3 3 →HCl dư sau phản ứng (4) là: 0,18 mol.

Như vậy, B là hỗn hợp khí → Có cả CO2 và H2→ có phản ứng Fe và HCl 2HCl + Fe → FeCl2 + H2 (6) − TH1: Nếu Fe hết sau phản ứng (6): Cu + 4HNO3→ Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O (7) 0,025 0,025 0,05 →mCu = 1,6 gam. →mFe = 20 − mCu− mAl− m FeCO3 = 4,64 gam

Al

(0,25 điểm)

+ NaOH + H2O→ NaAlO2 +

Cu(NO3)2→ CuO + NO2↑+ 1/2O2↑ (8) Vây, m = mCuO = 2 gam − TH2: Nếu Fe dư sau phản ứng (6): n phản ứng = ½ nHCl = 0,09 (mol)

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

Fe

Gọi Fe dư: x mol; Cu: y mol Ta có: mFe dư + mCu =20 − mFephản ứng(6)− mAl− m FeCO3 = 1,2 gam 56x + 64y = 1,2 (I) Cu + 4HNO3→ Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O Fe + 6HNO3→ Fe(NO3)3 + 3NO2↑ + 3H2O → n NO2 = 3x + 2y = 0,05 (II) Giải hệ phương trình (I) & (II)được x = 0,01mol; y = 0,01mol → mCu = 0,64 gam; mFe = 0,56 gam Cu(NO3)2→ CuO + NO2↑+ ½ O2↑

(0,25 điểm)

(9)

(0,25 điểm)

90

2Fe(NO3)3→ Fe2O3 + 6NO2↑+

3 O2 ↑ 2

Vây, m = mCuO+ m Fe 2 O 3 = 1,6 gam

(0,25 điểm)

Lưu ý:

Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của 1 ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ; nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó; điểm chiết phải được tổ thống nhất; điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

---------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Họ và tên:………………..

Số báo danh:……………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2014-2015 Khóa ngày 17 – 03 – 2015 Môn: Hóa LỚP 11 THPT – VÒNG II Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 02 trang

Câu 1. (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (điều kiện thích hợp): a. CH2=CH-COOH + dd HBr  → sản phẩm chính … c. Toluen + dd KMnO4 (t0)  b. Propilen + KMnO4 + H2O  → → d. OHC- CH=CH-CHO + Br2 (dư) + H2O  →

0

CaO,t e. CH2=CH-COONa + NaOH  →

f.C6H5OH + dung dịch FeCl3 dư  →

2. Hợp chất hữu cơ A có công thức CxHyO2, là dẫn xuất của benzen, có độ bất bão hòa bằng 4 và 17 liên kết σ. Biết 1 mol A tác dụng tối đa với 2 mol NaOH. Viết công thức cấu tạo có thể có của A. Câu 2. (2,0 điểm) a. Vẽ công thức các đồng phân hình học của hợp chất có công thức FCH2-CH=C(CH=CHF)2. b. So sánh độ dài giữa các liên kết a, b, c, d của những hợp chất cho dưới đây. Giải thích. c. Sắp xếp các chất dưới đây theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích ngắn gọn.

Benzen-1,4-điol (3); Benzen-1,3-điol (2); Benzen-1,2-điol (1). d. Cho bốn hợp chất: o-Xilen, m-Xilen, p-Xilen, etylbenzen và bốn giá trị nhiệt độ nóng chảy: - 950C, -480C, -250C, 130C. Hãy điền các giá trị nhiệt độ nóng chảy tương ứng với các chất theo bảng sau.

Hợp chất Nhiệt độ nóng chảy

o- Xilen

m- Xilen

p-Xilen

Etylbenzen

91

Câu 3. (2,0 điểm) Một hidrocacbon mạch hở A (có đồng phân hình học) là chất khí ở điều kiện thường, thu được từ cracking dầu mỏ có chứa 85,7% cacbon về khối lượng.

Nếu thêm HBr vào A thì thu được hợp chất B. Cho B phản ứng với KCN tạo thành chất C và phản ứng với dung dịch KOH tạo thành chất D. Thuỷ phân C trong môi trường axit tạo thành chất E và oxi hóa C bằng H2O2 tạo thành chất H. Cho D phản ứng với H2SO4 đặc ở những điều kiện khác nhau có thể tạo thành 4 sản phẩm khác nhau: 1 chất có trong số các chất ở trên và 3 chất còn lại F, G, I. Biết H là một dung môi cho sơn và được dùng để loại bỏ parafin của dầu bôi trơn. Khi cho H phản ứng với phenylhidrazin tạo thành chất K. a. Xác định công thức cấu tạo A, B, C, D, E, F, G, H, K, I và viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Viết các đồng phân quang học của C, xác định cấu hình R, S. Câu 4. (2,0 điểm) 1.Viết phương trình hóa học của các phản ứng (dưới dạng công thức cấu tạo) theo sơ đồ sau: +O2 ,Cu,t 0 + Br2 + ddNaOH,t 0 + ddAgNO 3 / NH 3 +ddHCl C3H6  → B  → D → E → F(đa chức) → A  2. Trình bày tóm tắt cơ chế của các phản ứng sau đây:

Câu 5. (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 10,4 gam chất hữu cơ X rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 chứa H2SO4 đặc và bình 2 chứa 600 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, thấy khối lượng bình 1 tăng 5,4 gam, bình 2 tăng 37 gam đồng thời xuất hiện 78,8 gam kết tủa. a. Xác định công thức phân tử của X. Biết khi hóa hơi 10,4 gam X thu được thể tích khí bằng thể tích của 2,8 gam hỗn hợp khí C2H4 và N2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. b. X có một đồng phân là X1, biết rằng khi cho 3,12 gam X1 phản ứng vừa đủ với 96 gam dung dịch Br2 5% trong bóng tối. Nhưng 3,12 gam X tác dụng tối đa với 2,688 lít H2 (đktc) khi có xúc tác Ni, đun nóng và áp suất. Viết công thức cấu tạo và gọi tên X1. c. X2 là đồng phân của X1 chứa các nguyên tử cacbon đồng nhất, khi tác dụng với Cl2 khi có chiếu sáng thu được một dẫn xuất monoclo duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của X2.

(Cho H = 1; C = 12; O = 16; Br = 80; Ba=137) …………….HẾT……………..

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT – VÒNG II NĂM HỌC 2014-2015 Môn: HÓA - Khóa ngày 17-03-2015 Câu 1. (2,0 điểm) Phương trình hóa học của các phản ứng sau: a. CH2 = CH-COOH + HBr  → BrCH2-CH2-COOH b. 3CH3-CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O  (0,25 điểm) → 3CH3-CHOH-CH2OH + 2MnO2 + 2KOH t0 c. C6H5-CH3 + 2KMnO4  → C6H5-COOK + 2MnO2 + KOH + H2O

92

(0,25 điểm)

d. OHC-CH=CH-CHO + 2Br2 + 2H2O  → HOOC-CHBr-CHBr-COOH + 4HBr CaO ,t 0 e. CH2=CH-COONa + NaOH → C2H4 + Na2CO3 CH2Cl

CH2OH

Cl

g.

+

Cl +

NaOH

3+

3-

f. 6C6H5OH+Fe → [Fe(OC6H5)6] + 6H

NaCl

(0,25 điểm) (0,25điểm)

+

(0,25 điểm)

2. Ta có công thức A: CxHyO2.

2x+2-y = 4 → 2x – y = 6 2 4x+y+2.2 .

Số liên kết có trong phân tử A là: 2 4x + y +2.2 Số liên kết σ có trong phân tử A là: - 3 = 17 → 4x + y =36 2 (vì A có 3 liên kết π trong phân tử) Giải (1) và (2), suy ra: x = 7; y = 8. Vậy CTPT của A là: C7H8O2.

Công thức cấu tạo có thể có của A:

Theo bài ra: A có độ bất bão hòa là: ∆ =

Câu 2. (2,0 điểm) a. (0,5 điểm) F F F F

(1)

(2) (0,25 điểm)

(0,5 điểm) F

F F

F

F F F

F

b. (0,5 điểm) Do trạng thái lai hóa của nguyên tử cacbon khác nhau mà bán kính nguyên tử của chúng khác nhau: rC 3 > rC 2 > rCsp → Độ dài của các liên kết được sắp xếp theo thứ tự như sau: a > c > b > d. sp

sp

(sắp xếp đúng được 0,25 điểm, giải thích đúng được 0,25 điểm) c. (0,5 điểm) Ta có CTCT: benzen-1,2-điol (1); benzen-1,3-điol (2); benzen-1,4-điol (3)

(1) Có liên kết hydro nội phân tử nên nhiệt độ sôi là bé nhất.

(2), (3) đều có liên kết hydro liên phân tử nhưng liên kết hydro của (3) bền hơn (2) do ít bị cản trở về mặt không gian hơn.

93

Do đó nhiệt độ sôi được sắp xếp theo thứ tự tăng dần như sau: (1) < (2) < (3). (sắp xếp đúng được 0,25 điểm, giải thích đúng được 0,25 điểm) d. (0,5 điểm) Hợp chất o- Xilen m- Xilen p-Xilen Etylbenzen Nhiệt độ -250C -480C 130C -950C nóng chảy Câu 3. (2,0 điểm) a.(1,75 điểm)Theo bài ra, ta có: C : H = (85,7:12) : (14,3:1) = 1 : 2  C4H8. Vì sản phẩm cracking có đồng phân hình học nên công thức cấu tạo của A là: CH3-CH=CH-CH3 CN OH Br COOH

(A)

(C)

(B)

(D)

NH

O

OSO3H

SO2 O

(H)

N

(E)

(F)

O

(G)

O (K)

(I)

(0,5điểm)

Các phương trình phản ứng xảy ra:

COOH

CN (4)

+

2H2O + H+

+

NH4+

94

( Mỗi phương trình hóa học viết đúng được 0,125 điểm) b. (0,25 điểm) Các đồng phân quang học của C:

Câu 4. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Phương trình hóa học các phản ứng theo sơ đồ: (1). t0 (2). BrCH2 -CH2-CH2Br + 2NaOH  → HOCH2CH2CH2OH + 2NaBr 0

t ,Cu (3). HOCH2CH2CH2OH + O2  → OHC- CH2 - CHO + 2H2O

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

t0

(4). OHC-CH2 -CHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  → H4NOOC-CH2 -COONH4 + + 4Ag↓ + 4NH4NO3 (5). H4NOOC-CH2 -COONH4 + 2HCl  → HOOC-CH2 -COOH + 2NH4Cl 2. (1,0 điểm) Cơ chế của các phản ứng: (Mỗi ý đúng được 0,5 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,5 điểm)

(0,5 điểm) Câu 5. (2,0 điểm) a. (1,0 điểm) Bình 1: Chứa H2SO4 đặc hấp thụ nước Bình 2: Chứa dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2 và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi H2SO4

95

Theo bài ra ta có: m CO2 +m H 2 O =5,4+37= 42,4g (I) VX =VC2 H 4 + VN 2  → n X = n C2 H 4 + n N 2 =

2,8 = 0,1mol 28

(0,25 điểm)

Xét bình 2: Các phản ứng có thể Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (1) Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 (2) Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1) 78,8 42,4 - 0,4.44 n CO2 =n BaCO3 = = 0,4 mol ; Thay vào (I) ta tìm được n H 2O = = 1,378 mol 197 18 Đặt công thức của X là CxHyOz y z y Phương trình cháy: C x H y O z +(x+ - )O 2  → xCO 2 + H 2 O 4 2 2 2.n H 2 O 2.1,378 Theo phương trình: y = = = 27,56 → vô lí (vì y phải nguyên) (0,25 điểm) nX 0,1 Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối 42,4 - 0,8.44 Theo (1) và (2) ta có : n CO 2 = 0,8 mol → n H 2O = = 0,4 mol 18 y z y C x H y O z +(x+ - )O 2  → xCO 2 + H 2 O 4 2 2 Theo phương trình ta có: n CO2 0,8 2.n H2 O 2.0,4 x= = = 8, y = = =8 n A 0,1 nX 0,1 m 10,4 Mà 12.x + y + 16.z = X = (0,25 điểm) =104 → z=0 nX 0,1 Vậy công thức phân tử của X là: C8H8 (0,25 điểm) n n 0,03 0,12 3,12 Br2 H2 = =1; = =4 b) (0,5 điểm) ta có: n X1 = = 0,03mol ; 104 n X1 0,03 n X1 0,03 1 mol X1 + 1mol dung dịch Br2→ X1 có 1 liên kết π kém bền (dạng anken) 1 mol X1 + 4 mol H2→ X1 có 4 liên kết π, hoặc vòng kém bền → X1 có 3 liên kết π hoặc vòng bền không tác dụng với dung dịch Br2 Suy ra X1 là hợp chất có phải cấu trúc vòng benzen Vậy X1 là Stiren có công thức cấu tạo:

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) c) (0,5 điểm) X2 tác dụng với Cl2 có chiếu sáng cho dẫn xuất monoclo duy nhất nên X2 phải là hợp chất no hoặc hợp chất thơm. Mặt khác các nguyên tử cacbon trong X2 hoàn toàn đồng nhất nên chỉ có cấu tạo sau thỏa mãn với hợp chất X2

(0,5 điểm)

96

Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố : H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; P = 31; Ca = 40; Cr = 52, Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag=108; I = 127; Ba = 137.

Câu 1: 1. Giải thích tại sao khi clo hóa metan (có tác dụng của ánh sáng, theo tỉ lệ mol 1:1) trong sản phẩm có butan.

2.Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần dùng vừa đủ 15,4 lít không khí (đktc) thu được hỗn hợp B gồm CO2, H2O và N2. Dẫn hỗn hợp B vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 10 gam kết tủa, sau thí nghiệm khối lượng bình nước vôi tăng 7,55 gam và thấy thoát ra 12,88 lít khí (đktc). Biết trong không khí có chứa 20% oxi về thể tích, còn lại là N2 và phân tử khối của A nhỏ hơn 150u. Xác định công thức phân tử của A. Câu 2: 1. Nén hỗn hợp gồm 4 mol nitơ, 16 mol hiđro vào một bình kín có thể tích 4 lít (chỉ chứa xúc tác với thể tích không đáng kể) và giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân bằng, áp suất trong bình bằng 0,8 lần áp suất ban đầu. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.

2. Viết các phương trình phản ứng hóa học hoàn thành sơ đồ sau: 0

Chaát raén (X1) Muoái (X)

(1) Hoãn hôïp khí (D)

+ H2, t

(2) + H2O

(4)

+ (R)

Chaát raén (X2) (6) dd loaõng (X4)

X

(3) + (M)

(5)

(X3) (X5)

(7)

(X)

(X2 + HCl)

(8)

(X3)

Biết X2 là kim loại màu đỏ; hỗn hợp (D) màu nâu đỏ; M là kim loại.

Câu 3: 1. Viết phương trình phản ứng (dạng phân tử và ion thu gọn) khi cho các cặp dung dịch (mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan) tác dụng với nhau: BaCl2 và NaHSO4; Ba(HCO3)2 và KHSO4; Ca(H2PO4)2 và KOH; Ca(OH)2 và NaHCO3; Ca(HCO3)2 và NaOH. 2.Trình bày 3 cách khác nhau để điều chế etylenglicol từ etilen.

Câu 4: 1. Nêu phương pháp hóa học (tối ưu) để loại các chất độc sau: - SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp - Lượng lớn khí clo dò rỉ ra không khí của phòng thí nghiệm.

2.Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M hóa trị 3. Chia 38,6 gam X thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được các sản phẩm khử chỉ có NO, N2O (hỗn hợp Y) với tổng thể tích 6,72 lít, tỉ khối của Y so với H2 là 17,8. Phần 2 cho vào dung dịch kiềm sau một thời gian thấy lượng H2 thoát ra vượt quá 6,72 lít. Biết các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. a) Xác định tên kim loại M và % khối lượng của kim loại trong X. b) Tính khối lượng HNO3 đã phản ứng.

Câu 5: 1. Cho 30,3g dung dịch ancol etylic ao trong nước tác dụng với natri dư thu được 8,4 lít khí (đktc). Xác định giá trị của a, biết rằng khối lượng riêng của ancol etylic tinh khiết là 0,8g/ml và của nước là 1 gam/ml.

97

2. Có 3 hidrocacbon cùng ở thể khí, nặng hơn không khí không quá 2 lần, khi phân huỷ đều tạo ra cacbon (chất rắn), hidro và làm cho thể tích tăng gấp 3 lần so với thể tích ban đầu (ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Đốt cháy những thể tích bằng nhau của 3 hidrocacbon đó sinh ra các sản phẩm khí theo tỷ lệ thể tích 5 : 6 : 7 (ở cùng điều kiện 1000C và 740mmHg). a) Ba hidrocacbon đó có phải là đồng đẳng của nhau không? Tại sao? b) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của chúng, biết rằng một trong ba chất đó có thể điều chế trực tiếp từ rượu etylic, hai trong ba chất đó có thể làm mất màu nước brôm, cả ba chất đều là hidrocacbon mạch hở.

-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh……………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) (HD chấm có 04 trang)

Câu Câu 1

Câu 2

Hướng dẫn chấm 1.

CH4 + Cl2  → CH3Cl + H2O. Khơi mào: Cl2 2Cl* Phát triển mạch: Cl* + CH4 CH3* + HCl * CH3 + Cl2 CH3Cl + Cl* CH3* + Cl* CH3Cl. Tắt mạch: Cl* + Cl* Cl2 CH3* + CH3* C2H6 ( sản phẩm phụ) Tiếp tục.

Cl* + C2H6 C2H5* + HCl * C2H5Cl + Cl* C2H5 + Cl2 * * Tắt mạch: C2H5 + Cl C2H5Cl. Cl* + Cl* Cl2 C 2 H5 * + C 2 H5 * C4H10 2. Ta có: nkk=0,6875 mol  nO2=0,1375 mol và nN2=0,55 mol Gọi công thức phân tử A1 là CxHyOzNt Phản ứng: CxHyOzNt + (x+y/4 - z/2)O2 → xCO2 + y/2H2O + t/2N2 (1) Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3↓ + H2O (2) 0,1 ← 0,1 mCO2+mH2O = 7,55  mH2O = 3,15 gam  nH2O = 0,175 mol  nH=0,35 mol nN2(sau) = 0,575 mol  nN2(1) = 0,025 mol  nN = 0,05 mol Theo ĐLBTNT oxi: nO(A) = 0,1.2 + 0,175.1 - 0,1375.2 = 0,1 mol Tỉ lệ: x : y : z : t=0,1 : 0,35 : 0,1 : 0,05=2 : 7 : 2 : 1  CTPT là (C2H7O2N)n, do 77n < 150  n = 1 Vậy công thức phân tử là C2H7O2N 1. Gọi x là số mol N2 lúc phản ứng.  → 2NH3(k) N2(r) + 3H2(k) ←  as

Điểm 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Ban đầu: 4mol 16 mol Phản ứng: xmol 3x mol 2x mol Cân bằng: (4-x)mol (16-3x)mol 2x mol Vì phản ứng xảy ra ở nhiệt độ không đổi và trong bình kín nên giữa áp suất và số mol ta có tỉ lệ: 0,25

98

Câu 3

P1 n1 = P2 n 2 với P1, P2 lần lượt là áp suất trước, sau phản ứng n1, n2 lần lượt là số mol trước, sau phản ứng P1 20 =  n 2 = 16(mol) 0,8P1 n 2 Tổng số mol các chất sau phản ứng là: (4-x) + (16-3x) + 2x = 16 x = 2 Số mol và nồng độ mol/l các chất sau phản ứng là: 2  n N2 = 4-2 = 2(mol)  [N 2 ]= = 0,5(mol/l) 4 10 n H 2 = 16-3.2 = 10(mol)  [H 2 ]= = 2,5(mol/l) 4 4 n NH3 = 2.2 = 4(mol)  [NH 3 ]= = 1(mol/l) 4 [NH 3 ]2 12 KC = = = 0,128 [N 2 ].[H 2 ]3 (0,5).(2,5)3 2. Viết các phương trình phản ứng: to 1) Cu(NO3)2  → CuO + 2NO2↑ + 1/2O2↑ to 2) CuO + H2  → Cu + H2O o t 3) Cu + Cl2  → CuCl2 4) 2NO2 + 1/2O2 + H2O → 2HNO3 5) 4HNO3 + 3Ag → 3AgNO3 + NO↑ + 2H2O 6) 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 +2 NO↑ + 4H2O 7) CuCl2 + AgNO3 → Cu(NO3)2 + AgCl ↓ 8) 3Cu + Cu(NO3)2 + 8HCl → 4CuCl2 + 2NO↑ + 4H2O 1. BaCl2 + NaHSO4  → BaSO4 ↓ + NaCl + HCl 2+ Ba + HSO4 → BaSO4↓ + H+ (Thí sinh viết HSO4- phân li hoàn toàn vẫn cho đủ số điểm) Ba(HCO3)2 + KHSO4  → BaSO4 ↓ + KHCO3 + CO2 ↑ + H2O 2+ Ba + HCO3 + HSO4- → BaSO4↓ + H2O + CO2↑ Ca(H2PO4)2 + KOH  → CaHPO4 ↓ + KH2PO4 + H2O 2+ Ca + H2PO4 + OH- → CaHPO4 ↓ + H2O Ca(OH)2 + NaHCO3  → CaCO3 ↓ + NaOH + H2O 2+ Ca + OH + HCO3- → CaCO3 ↓ + H2O Ca(HCO3)2 + NaOH  → CaCO3 ↓ + NaHCO3 + H2O 2+ Ca + HCO3 + OH-  → CaCO3 ↓ + H2O KMnO laïnh

4 2.Cách 1 : CH2=CH2 → HO-CH2-CH2-OH .

0

dd NaOH , t Cách 2: CH2=CH2 Cl2 , CCl  4 → ClCH2-CH2Cl → OHCH2-CH2OH.

CH2 O2 , Ag , t 0

Cách 3 : CH2=CH2  →

O

0,25

0,25 0,25

0,125đ /pứ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

CH2 2O H  → OHCH2-CH2OH

0,25đ

99

Câu 4

Câu 5

1. Dùng nước vôi trong: dẫn khí thải có SO2, CO2, HF qua nước vôi trong, khí độc sẽ bị giữ lại: Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 ↓ + H2O 2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O Ca(OH)2 + 2HF → CaF2 + 2H2O Thí sinh dùng NaOH, KOH … (đắt tiền) không cho điểm.

Dùng NH3: dạng khí hay lỏng, phun vào không khí có lẫn khí clo 3Cl2 + 2NH3 → 6HCl + N2 ; HCl + NH3 → NH4Cl 2.a. Do HNO3 dư nên Fe sẽ tạo muối Fe3+=> Coi Fe và M có công thức chung M => nY = 0,3 mol. => Khối lượng trung bình của Y: 35,6 g/mol.

Hỗn hợp Y là 0,3 mol; a là số mol của NO => 30a + (0,3-a)44 = 35,6 => a= 0,18 mol. => Tỉ lệ mol NO/N2O = 3/2. => Phương trình hóa học của phần 1: t0 25 M + 96HNO3  → 25 M (NO3)3 + 9NO↑ + 6 N2O↑ + 48H2O (1) 0,18.25 = > nM = = 0,5 mol.

9 X tác dụng với kiềm có khí thoát ra nên M sẽ phản ứng. => Phương trình hóa học của phần 2: 3/2H2 ↑ M + H2O + OH- MO2- + (2) >2. 0,3/3=0,2 >0,3 mol => 0,5 > nM> 0,2 mol.

- Gọi x là số mol của M => số mol Fe: 0,5 -x mol 56 x − 8,7 vớ i 0,2 < x < 0,5 => Mx + (0,5-x)56 = 19,3 => M = x 8,7 8,7 => x = => 0,2 < < 0,5 => 12,5 < M < 38,6 => Chỉ có Al. 56 − M 56 − M => x = 0,3 mol .

0,3.27 Vậy %mAl = .100% = 41,97% ; %mFe = 58,03% 19,3 b.Theo (1) nHNO3 =96. 0,18/9 = 1,92 mol => Khối lượng HNO3 phản ứng = 63. 1,92 = 120,96 gam 1. + 2Na → 2NaOH + H2 ↑ 2H2O 2 mol 1 mol b mol b/2 mol 2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2 ↑ 2 mol 1 mol a mol a/2 mol 8,4 nH 2 = = 0,375mol 22,4 a b a = 0,6  + = 0,375 Theo đề ta có:  2 2 =>  b = 0,15 46a + 18b = 30,3 Khối lượng rượu etylic nguyên chất: 0,6.46 = 27,6g.

Thể tích rượu etylic nguyên chất: Vrượu = m/D = 27,6/0,8 = 34,5ml

0,25 0,25

0,5

0,5 0,25 0,25

0,25

100

Khối lượng nước: 0,15 . 18 = 2,7g Thể tích nước: VH2O = 2,7/1 = 2,7ml Thể tích dung dịch rượu etylic: 344,5 + 2,7 = 37,2 ml 34,5 Độ rượu: .100 = 92,7 0 37,2 2. a. Công thức chung của 3 hidrocacbon: CxHy t0 CxHy → xC + y/2H2 1V 3V VH 2 = 3VC x H y ⇔ y / 2 = 3  y = 6 =>CT của 3 hidrocacbon có dạng CxH6

0,25

3 hidrocacbon này không phải là đồng đẳng của nhau vì chúng có cùng số nguyên tử H 0,25 trong phân tử. b. *Xác định CTPT: 52 M C x H 6 = 12 x + 6 ≤ 2.29 ⇔ x ≤ ≈ 4,33 12 Với x phải nguyên dương nên x ≤ 4 Gọi x1, x2, x3 lần lượt là số nguyên tử C trong 3 hidrocacbon: Cx1H6 + (x1 + 3/2) O2 → x1CO2 + 3H2O Cx2H6 + (x2 + 3/2) O2 → x2CO2 + 3H2O Cx2H6 + (x2 + 3/2) O2 → x2CO2 + 3H2O 0 Ở 100 C, H2O ở trạng thái hơi và trong cùng điều kiện t0 và p nên tỷ lệ số mol cũng là tỷ lệ thể tích, ta có: (x1 + 3) : (x2 + 3) : (x3 + 3) = 5 : 6 : 7 => x1 = 5 - 3 = 2; x2 = 6 - 3 = 3 ; x3 = 7 - 3 = 4 => CTPT của 3 hidrocacbon là C2H6 ; C3H6 ; C4H6 0,5 *Xác định CTCT: + C2H6 chỉ có 1 cấu tạo duy nhất: CH3 - CH3 . đây là CTCT đúng của C2H6 ( mạch hở, không làm mất màu nước brôm) 0,25 + C3H6 có thể có các cấu tạo: CH2 H2C CH2 (loại)

CH2 = CH - CH3 là CT đúng của C3H6 (mạch hở, có liên kết đôi, làm mất màu nước 0,25 brôm) + C4H6 có thể có các cấu tạo sau: CH2 = C = CH - CH3 (loại) CH ≡ C - CH2 - CH3 (loại) CH3 - C ≡ C - CH3 (loại) CH2 = CH - CH = CH2 là CT đúng của C4H6 (mạch hở, làm mất màu nước brôm và có 0,25 thể điều chế trực tiếp từ rượu etylic)

Thí sinh làm theo cách khác nhưng lập luận chặt chẽ, chính xác vẫn cho điểm tối đa.

------------------HẾT------------------SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Khóa ngày 28 – 3 – 2014 Môn: Hóa LỚP 11 THPT – VÒNG I

101

Họ và tên:………………..

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Số báo danh:…………….. Đề gồm có 01 trang Câu 1 (2,5 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: o

t b) KNO3 (r) + H2SO4 (đặc)  →

→ a) CaOCl2 + H2O2  o

t c) Fe(NO3)2  →

→ d) PI3 + H2O  o

t e) KBr (r) + H2SO4 (đặc)  →

→ f) NO2 + H2O 

→ g) H3PO2 + NaOH (dư)  h) FeBr2 + KMnO4 + H2SO4 (loãng)  → 2. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a) Sục khí clo vào dung dịch nước vôi trong. b) Cho canxi clorua hipoclorit vào dung dịch H2SO4 loãng. c) Sục khí hiđro sunfua vào dung dịch nước iot. d) Cho silic vào dung dịch natri hiđroxit. e) Sục khí clo từ từ đến dư vào dung dịch KI. f) Sục khí amoniac từ từ đến dư vào dung dịch CuSO4. g) Cho khí hiđro sunfua lội chậm qua dung dịch A gồm FeCl3, AlCl3, NH4Cl và CuCl2 (nồng độ mỗi chất xấp xỉ 0,1M) cho đến bão hòa.

Câu 2 (1,75 điểm) 1. Ng ườ i ta có th ể đ i ề u ch ế I 2 b ằ ng cách oxi hóa I - có trong n ướ c khoáng, n ướ c bi ể n nh ờ clo, ho ặ c natri hipoclorit; natri nitrit; ozon. Vi ế t ph ươ ng trình ion rút g ọ n c ủ a các ph ả n ứ ng x ả y ra.

2.Cho NO2 tác dụng với dung dịch KOH dư. Sau đó lấy dung dịch thu được cho tác dụng với Zn. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

3.Cho X, Y, R, A, B là 5 nguyên tố liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn có số đơn vị điện tích hạt nhân tăng dần và tổng số đơn vị điện tích hạt nhân bằng 90. a) Xác định 5 nguyên tố trên. b) So sánh bán kính của các ion: X2-, Y-, A+, B2+. Giải thích ngắn gọn.

Câu 3 (1,75 điểm) 1. Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu và Ag tác dụng vừa đủ với 950 ml dung dịch HNO3 1,5M, thu được dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO và N2O. Tỉ khối của X so với H2 là 16,4. Tính m.

2. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO3 bằng dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A gồm 2 khí X, Y. Biết A có tỉ khối so với hiđro bằng 22,909. Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.

Câu 4 (1,75 điểm) 1. Một phản ứng quan trọng tạo nên “mù” gây ô nhiễm môi trường là:  → O2 (k) + NO2 (k) O3 (k) + NO (k) ← Kc = 6.1034  a) Nếu nồng độ ban đầu là: C O = 10 −6 M, C NO = 10 −5 M, C NO = 2,5.10 −4 M, C O = 8, 2.10 −3 M thì phản 3 2 2

ứng sẽ diễn ra theo chiều nào? b) Trong những ngày nóng nực, khi nhiệt độ tăng thì nồng độ các sản phẩm thay đổi như thế nào?

0 0 0 Cho biết: ∆H s,O (k ) = 142, 7 kJ / mol; ∆H s,NO(k ) = 90, 25 kJ / mol; ∆H s,NO 2 (k ) = 33,18 kJ / mol.

3

o

2. Sắt ở dạng α (Feα) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, cạnh của tế bào sơ đẳng a = 2,86 A. Hãy tính bán kính nguyên tử và khối lượng riêng của sắt.

Câu 5 (2,25 điểm) 1. Trong dung dịch bão hòa của các kết tủa AgBr và AgSCN có các cân bằng sau:  → Ag+ + BrAgBr↓ ← T1 = 10-12,3 

 → Ag+ + SCNAgSCN↓ ← 

T2 = 10-12,0

Hãy tính nồng độ của các ion Ag+, Br-, SCN- trong dung dịch bão hòa của các kết tủa AgBr và AgSCN. 2. a) Tính pH của dung dịch KCN 0,1M. Biết Ka (HCN) = 10-9,35.

102

4

b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 50 ml dung dịch NH3 2.10-4M với 50 ml dung dịch HCl 2.10M. Biết Kb (NH3) = 10-4,76.

Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Al = 27; S = 32; Fe = 56; Cu = 64; Ag = 108.

ĐÁP ÁN

------------ HẾT ----------

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT – VÒNG I NĂM HỌC 2013-2014 Môn: HÓA Khóa ngày 28-3-2014

Câu 1 (2,5 điểm) 1. (1,25 điểm) → CaCl2 + O2 + H2O a) CaOCl2 + H2O2  o

t b) KNO3 (r) + H2SO4 (đặc)  → KHSO4 + HNO3↑

(0,25 điểm)

to

→ 2Fe2O3 + 8NO2 + O2 c) 4Fe(NO3)2  → H3PO3 + 3HI d) PI3 + 3H2O 

(0,25 điểm)

to

e) 2KBr (r) + 3H2SO4 (đặc)  → 2KHSO4 + Br2 + SO2 + 2H2O → 2HNO3 + NO f) 3NO2 + H2O  (0,25 điểm) g) H3PO2 + NaOH → NaH2PO2 + H2O → 5Fe2(SO4)3 + 10Br2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O h) 10FeBr2 + 6KMnO4 + 24H2SO4  (0,25 điểm) to i) 2Mg + CO2  → 2MgO + C → Al(OH)3 + 3NH4Cl k) AlCl3 + 3NH3 + 3H2O  (0,25 điểm) 2. (1,25 điểm) → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O a) 2Cl2 + 2Ca(OH)2  → CaSO4 + Cl2 + H2O b) CaOCl2 + H2SO4  (0,25 điểm) → S + 2HI c) H2S + I2  → Na2SiO3 + 2H2 d) Si + 2NaOH + H2O  (0,25 điểm) → 2KCl + I2 e) Cl2 + 2KI  → 10HCl + 2HIO3 5Cl2 + I2 + 6H2O  (0,25 điểm) → Cu(OH)2 + (NH4)2SO4 f) CuSO4 + 2NH3 + 2H2O  → [Cu(NH3)]4(OH)2 Cu(OH)2 + 4NH3  (0,25 điểm) → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl g) 2FeCl3 + H2S  → CuS↓ + 2HCl CuCl2 + H2S  (0,25 điểm) Câu 2 (1,75 điểm) 1. (0,5 điểm) → I2 + 2ClCl2 + 2I-  → Cl- + I2 + 2OHClO- + 2I- + H2O  (0,25 điểm) − → 2NO + I2 + 4OH 2NO 2 + 2I + 2H2O 

→ O2 + I2 + 2OHO3 + 2I- + H2O  2. (0,5 điểm) 2NO2 + 2KOH  → KNO2 + KNO3 + H2O

(0,25 điểm)

103

Zn + 2KOH + 2H2O  (0,25 điểm) → K2[Zn(OH)4] + H2↑ 4Zn + KNO3 + 7KOH + 6H2O  → 4K2[Zn(OH)4] + NH3↑ (0,25 điểm) 3Zn + KNO2 + 5KOH + 5H2O  → 3K2[Zn(OH)4] + NH3↑ 3. (0,75 điểm) a) Vì X, Y, R, A, B là 5 nguyên tố liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn có số đơn vị điện tích hạt nhân tăng dần nên ta có: ZY = ZX + 1;ZR = ZX + 2;ZA = ZX + 3;ZB = ZX + 4 Theo bài ra ta có: ZX + ZY + ZR + ZA + ZB = 90 → ZX + (ZX +1) + (ZX + 2) + (ZX + 3) + (ZX + 4) = 90 → ZX = 16 (0,25 điểm) → X là S. Vậy 5 nguyên tố X, Y, R, A, B lần lượt là: S, Cl, Ar, K, Ca. (0,25 điểm) b) Các ion: X2-, Y-, A+, B2+ đều có cấu hình electron: 1s22s22p63s23p6, nên khi số đơn vị điện tích hạt nhân tăng thì bán kính giảm. Vậy bán kính của các ion giảm dần theo thứ tự: X2-> Y-> A+> B2+.

(0,25 điểm) Câu 3 (1,75 điểm) 1. (1,0 điểm)

nX =

5,6 = 0,25 mol ; M X = 16,4.2 = 32,8 gam; n HNO3 = 1,5.0,95 = 1,425 mol 22,4

Gọi a, b lần lượt là số mol của NO và N2O trong 5,6 lít hỗn hợp X. Theo bài ra ta có: a + b = 0,25.

(1) 30a + 44b = 0,25.32,8 = 8,2 (2) Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta được: a = 0,2; b = 0,05 (0,25 điểm) Các quá trình khử: 4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O 0,8 0,2 0,4 + 10H + 2 NO3 + 8e → N2O + 5H2O (0,25 điểm) 0,5 0,05 0,25 Giả sử sản phẩm khử chỉ có NO và N2O thì: n H + ( p −) = 0,8 + 0,5 = 1,3 < 1,425 : Vô lý. Vậy sản phẩm khử còn có NH4NO3.

-

+

NO3 + → NH4 + 3H2O 10H+ + 8e (1,425 - 1,3) 0,0125 0,0375 Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m = 29 + 1,425.63 - 0,25.32,8 - 0,6875.18 = 98,2 2. (0,75 điểm) Gọi a, b lần lượt là số mol của FeS và FeCO3 trong hỗn hợp ban đầu.

FeS + 10H+ + 9NO3-→ Fe3+ + SO42- + 9NO2 + 5H2O a 9a FeCO3 + 4H+ + NO3-→ Fe3+ + CO2 + NO2 + 2H2O b b b Theo bài ra ta có: MA = Vậy:

46(9a + b) + 44b = 2.22,909 = 45,818 → a = b 9a + 2b 88 %FeS = = 43,14% 88 + 116 %FeCO3 = 100% - 43,14% = 56,86%

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

104

Câu 4 (1,75 điểm) 1. (1,0 điểm)

CO2 .C NO2

8, 2.10−3.2,5.10−4 = 2,05.105 (0,25 điểm) −6 −5 CO3 .C NO 10 .10 Q = 2,05.105< Kc = 6.1034 → Phản ứng sẽ diễn ra theo chiều thuận.

(0,25 điểm) 0 0 0 0 b) ∆H p − = ∆H S,NO (k ) − ∆H S,O3 (k ) − ∆H S,NO( k ) = 33,18 − 142,7 − 90,25 = −199,77 kJ (0,25 điểm) → Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt. → Khi nhiệt độ tăng, cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch → nồng độ các sản phẩm giảm. a) Q =

=

2

(0,25 điểm)

2. (0,75 điểm) B A

B

A E

E a

C C

D

Từ hình vẽ ta có: AC = a 3 = 4r → r =

a

o a 3 2,86 3 = = 1, 24 A 4 4

1 8

Số nguyên tử trong 1 tế bào = 8. + 1 = 2

→ d=

D

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

2.56 = 7,95 g/cm 3 −8 3 6,023.10 .(2,86.10 ) 23

Câu 5 (2,25 điểm) 1. (0,75 điểm) Áp dụng ĐLBTNĐ đối với Ag+, ta có: [Ag+] = [Br-] + [SCN-]

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

T1 T2 + → [Ag + ] = T1 + T2 = 1,23.10-6 M + + [Ag ] [Ag ] T1 10-12,3 [Br - ] = = = 4,07.10-7 M + -6 [Ag ] 1,23.10 T2 10-12 [SCN - ] = = = 8,13.10-7 M + -6 [Ag ] 1,23.10 [Ag + ] =

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

2. (1,5 điểm) → K+ + CNa) KCN  0,1M 0,1M

 → HCN + OHCN- + H2O ← 

Kb = 10-14.109,35 = 10-4,65

 → H+ + OHH2O ← 

Kw = 10-14

Vì Kb.Cb = 0,1.10-4,65 = 10-5,65>> Kw = 10-14 nên bỏ qua cân bằng phân li của nước.

105

 → HCN + OH- Kb= 10-4,65 CN- + H2O ←  C 0,1 [] 0,1-x

0 x

0 x

x2 → = 10 −4,65 0,1 − x → x = 10-2,88M → [H+] = 10-11,12 → pH = 11,12 2.10−4.50 2.10−4.50 −4 = 10 M; CHCl = = 10−4 M b) C NH3 = 100 100 + → H + Cl HCl 

10-4M 10-4M → NH +4 NH3 + H+  10-4M 10-4M 10-4M + TPGH: NH 4 10-4M

 → NH 3 + H + NH +4 ←   → H+ + OHH2O ← 

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm)

Ka = 10-14.104,76 = 10-9,24 Kw = 10-14

Vì Ca.Ka = 10-4.10-9,25 = 10-13,25 ≈ Kw = 10-14 nên không thể bỏ qua cân bằng phân li của nước.

Ta có: [H+] = [NH3] + [OH-]

[H + ]=

(0,25 điểm)

+ 4

K w K a [NH ] → [H + ]= K w + K a [NH +4 ] + + + [H ] [H ]

Chấp nhận [NH +4 ] ≈ C NH + = 10−4 M → [H + ] = 10−14 + 10-9,24 .10-4 = 10-6,585

(0,25 điểm)

[H + ] 10-6,585 -4 = 10 . ≈ 10-4 M −9,24 + -6,585 4 [H ]+K a 10 + 10 + -6,585 M → pH = 6,585 Kết quả lặp lại. Vậy [H ] = 10

(0,25 điểm)

4

+ Tính lại: [NH 4 ] = C NH+ .

Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Họ và tên:………………..

Số báo danh:……………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013-2014 Khóa ngày 28 – 3 – 2014 Môn: Hóa LỚP 11 THPT – VÒNG II Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 02 trang

106

Câu 1 (2,5 điểm) 1. Viết công thức các đồng phân ứng với công thức phân tử C4H8.

2. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: Ni b) p-HOCH2C6H4OH + dung dịch NaOH  a) Stiren + H2 (dư) → → 125o C, 110 atm O2 c) But-1-en + HBr (khí) →

H2 SO4 ®Æc d) Etilen glicol  → 170o C

ancol → e) Benzyl bromua + KOH 

f) CH3-CH2-C≡CH + HCl (dư)  →

0

0

t g) 1,4-đibrombutan + Zn  →

t h) CH3CHO + Cu(OH)2 + NaOH  → 0

t i) Stiren + dung dịch KMnO4  → k) Phenol + HNO3 (loãng)  → l) 3-anlylxiclohexen + K2Cr2O7 + H2SO4 (loãng)  → Câu 2 (1,75 điểm) 1. Gọi tên theo danh pháp IUPAC các chất có công thức sau: b) CH3CH2CH(CH3)CH2CHClCH3 a) (CH3)2CH[CH2]4CH(CH3)CH(CH3)CH2CH3 c) CH≡C-CH2-CH=CH2 d) CH≡C-CH=CH-CH=CH2 e) (CH3)2CHCH(CH3)OH f) CH3CH2CH2CH(CHO)CH=CH2 2. Cho clo tác dụng với 2,2,4-trimetylpentan theo tỉ lệ mol 1: 1, thu được các sản phẩm đồng phân có công thức phân tử C8H17Cl. a) Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra (ghi rõ điều kiện phản ứng). b) Tính tỉ lệ % của mỗi sản phẩm, biết tỉ lệ về khả năng phản ứng của nguyên tử hiđro ở cacbon có bậc khác nhau như sau: CI – H : CII – H : CIII – H = 1 : 3,3 : 4,4.

Câu 3 (2,0 điểm) 1. Hiđrat hóa 5,2 gam axetilen với xúc tác HgSO4trong môi trường axit, đun nóng. Cho toàn bộ các chất hữu cơ sau phản ứng vào một lượng dư dung dịch AgNO3trong NH3, thu được 44,16 gam kết tủa. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và tính hiệu suất của phản ứng hiđrat hóa.

2. Chia hỗn hợp gồm hai ancol đơn chức X và Y (phân tử khối của X nhỏ hơn của Y) là đồng đẳng kế tiếp thành hai phần bằng nhau: - Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 5,6 lít CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O. - Đun nóng phần 2 với H2SO4 đặc ở 140oC tạo thành 1,25 gam hỗn hợp ba ete. Hoá hơi hoàn toàn hỗn hợp ba ete trên, thu được thể tích hơi bằng thể tích của 0,42 gam N2 (trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Tính hiệu suất phản ứng tạo ete của X. 3. Hợp chất hữu cơ A chỉ gồm có C, H, O. Hòa tan 1,03 gam A trong 50 gam benzen rồi xác định nhiệt độ sôi của dung dịch thì thấy ts = 80,3560C, trong khi benzen nguyên chất có ts = 80,10C. Đốt cháy hoàn toàn 21 mg hợp chất A thì thu được 0,0616 gam CO2 và 9,0 mg H2O. Xác định công thức phân tử của A, biết hằng số nghiệm sôi của benzen là 2,61.

Câu 4 (2,0 điểm) 1.Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ sau:

Br , Fe

Mg CH 3CHO CuO HBr 2 E C6H6 (benzen)  → C  → D → 1 : 1 → A  ete khan → B  t0

Br2 , H  1:1 →F +

2. Từ các hợp chất hữu cơ có từ 2 nguyên tử cacbon trở xuống, xiclohexan và các chất vô cơ cần thiết hãy viết phương trình hóa học của phản ứng điều chế:

107

OH

3. Hãy sắp xếp các hợp chất cho dưới đây theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích.

(CH3)4C (A); CH3[CH2]4CH3 (B); (CH3)2CHCH(CH3)2 (C); CH3[CH2]3CH2OH (D); (CH3)2C(OH)CH2CH3 (E).

Câu 5 (1,75 điểm) 1.p-Ximen (hay 1-metyl-4-isopropylbenzen) có trong tinh dầu bạch đàn, được điều chế từ toluen và propan-1-ol. Viết phương trình hóa học và trình bày cơ chế phản ứng.

Có thể thay propan-1-ol bằng những hóa chất nào? Đối với mỗi hóa chất đó hãy cho biết chất xúc tác cần dùng.

2. Ozon phân một tecpen A (C10H16) thu được B có cấu tạo như sau: CH3-C-CH2-CH CH-CH2-CHO

C

O H3C

CH3 Hiđro hoá A với xúc tác kim loại tạo ra hỗn hợp sản phẩm X gồm các đồng phân có công thức phân tử C10H20.

Xác định công thức cấu tạo của A và các đồng phân trong hỗn hợp X. 3. Cho hợp chất hữu cơ: (CH3)2C=CH–CH2–CH2–CH=C(CH3)2 (A). Đun nóng (A) với dung dịch axit thu được B (C10H18). Viết công thức cấu tạo của B và trình bày cơ chế của các phản ứng.

Cho: H = 1; C = 12; O = 16; Ag = 108.

------------ HẾT ----------

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT – VÒNG II NĂM HỌC 2013-2014 Môn: HÓA Khóa ngày 28-3-2014 Câu 1 (2,5 điểm) 1. (0,75 điểm)

H3C H

CH3 C

H3C

C H

CH3-CH2-CH=CH2

H C

H

CH2=C(CH3)2

(0,25 điểm)

C CH3

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

108

2. (1,75 điểm) Ni a) C6H5-CH=CH2 + 4H2 → C6H11-CH2CH3 125o C, 110 atm (0,25 điểm)

b) p-HOCH2C6H4OH + NaOH  → p-HOCH2C6H4ONa + H2O O2 c) CH3CH2CH=CH2 + HBr (khí) → CH3CH2CH2CH2Br H2 SO4 ®Æc d) CH2OH-CH2OH  → CH3CHO + H2O 170o C

(0,25 điểm)

ancol e) C6H5CH2Br + KOH  → C6H5CH2OH + KBr

f) CH3-CH2-C≡CH + HCl (dư)  → CH3CH2CCl2CH3 g) BrCH2CH2CH2CH2Br + Zn

to

(0,25 điểm)

+ ZnBr2 0

t h) CH3CHO + Cu(OH)2 + NaOH  → CH3COONa + Cu2O + H2O

(0,25 điểm)

0

t i) 3C6H5-CH=CH2 + 10KMnO4  → 3C6H5COOK + 10MnO2 + 3K2CO3 + KOH + 4H2O (0,25 điểm) k) C6H5OH + HNO3 (loãng)  → o-O2NC6H4OH + H2O C6H5OH + HNO3 (loãng)  (0,25 điểm) → p-O2NC6H4OH + H2O

l)

+ 3K2Cr2O7 + 12H2SO4 CH2-CH=CH2 CO2 + HOOC[CH2]3CH(COOH)CH2COOH + 3Cr2(SO4)3 + 3K2SO4 + 13H2O

Câu 2 (1,75 điểm) 1. (0,75 điểm) a) 2,7,8-trimetylđecan b) 2-clo-4-metylhexan c) pent-1-en-4-in d) hexa-1,3-đien-5-in e) 3-metylbutan-2-ol f) 2-propylbut-3-en-1-al 2. (1,0 điểm) as → (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  as → (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  as → (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2  as → (CH3)3C-CH2-CH(CH3)2 + Cl2 

(CH3)3C-CH2-CH(CH3)CH2Cl + HCl (CH3)3C-CH2-CCl(CH3)2 + HCl (CH3)3C-CHCl-CH(CH3)2 + HCl (CH3)2C(CH2Cl)-CH2-CH(CH3)2 + HCl 6.1 %(CH3)3C-CH2-CH(CH3)CH2Cl = = 23,08% 15.1 + 2.3,3 + 1.4, 4 1.4, 4 %(CH3)3C-CH2-CCl(CH3)2 = = 16,92% 15.1 + 2.3,3 + 1.4, 4

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

(0,25 điểm)

109

2.3,3 = 25,38% 15.1 + 2.3,3 + 1.4, 4 9.1 %(CH3)2C(CH2Cl)-CH2-CH(CH3)2 = = 34,62% (0,25 điểm) 15.1 + 2.3,3 + 1.4, 4 Câu 3 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) Gọi số mol của C2H2 và CH3CHO trong hỗn hợp sau phản ứng lần lượt là a và b.

Hg 2+ , H+ → CH3CHO HC≡CH + H2O  800C %(CH3)3C-CHCl-CH(CH3)2 =

b b HC≡CH + 2[Ag(NH3)2]OH  → AgC≡CAg↓ + 4NH3 + 2H2O a a CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  → CH3COONH4 + 2Ag↓ + 3NH3 + H2O b 2b Theo bài ra ta có: a + b = 5,2/26 = 0,2 (1) 240a + 108.2b = 44,16 (2) Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta được: a = 0,04 mol; b = 0,16 mol. → Hiệu suất của phản ứng hiđrat hóa = 0,16/0,2 = 80%.

2. (0,75 điểm) 5,6 6,3 n CO2 = = 0,25 mol ; n H 2O = = 0,35 mol 22,4 18 Vì X và Y là các ancol đơn chức và khi đốt cháy thì n H O > n CO nên X, Y thuộc ancol no, đơn chức, mạch hở.

Gọi công thức chung của 2 ancol là CnH2n+2O với số mol là a. t CnH2n+2O + 1,5nO2  → nCO2 + (n+1)H2O a na (n+1)a Theo bài ra ta có : na = 0,25 và (n+1)a = 0,35  a = 0,1; n = 2,5  2 ancol là C2H5OH và C3H7OH. Gọi số mol của C2H5OH trong 0,1 mol hỗn hợp là x  số mol của C3H7OH là (0,1 – x) Ta có: n CO2 = 2x + 3(0,1 - x) = 0,25  x = 0,05 mol 2

2

(0,25 điểm)

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

dãy đồng đẳng

0

(0,25 điểm)

Các phương trình hóa học xảy ra: H2SO4 ®Æc → C2H5OC2H5 + H2O 2CH3CH2OH  1400C 2y y H2SO4 ®Æc → C2H5OC3H7 + H2O CH3CH2OH + C3H7OH  1400C z z H2SO4 ®Æc → C3H7OC3H7 + H2O 2C3H7OH  1400C

(0,25 điểm)

Gọi số mol của các ete: C2H5OC2H5, C2H5OC3H7, C3H7OC3H7 lần lượt là y, z, t. Ta có: y + z + t = 0,42/28 = 0,015 Mặt khác: 74y + 88z + 102t = 1,25 → 2y + z = 0,02

110

→ Hiệu suất phản ứng tạo ete của X = (2y + z)/0,05 = 0,02/0,05 = 40%.

(0,25 điểm) 3. (0,5 điểm) 12 2 Trong 21 mg hợp chất A có: m C = .0,0616 = 0,0168 gam; m H = .0,009 = 0,001 gam 44 18 →mO = 0,021 - (0,0168 + 0,001) = 0,0032 gam Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz, ta có:

x:y:z=

0,0168 0,001 0,0032 =7:5:1 : : 12 1 16

→ Công thức phân tử của A là: (C7H5O)n Theo định luật Rault ta có: m .1000 1,03.1000 M = K s . ct = 2,61. = 210 gam Δt s .mdm 0,256.50

(0,25 điểm)

Ta có: 105n = 210 ⇔ n = 2.

Vậy công thức phân tử của A là C14H10O2.

Câu 4 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) Fe C6H6 + Br2  1 : 1→ C6H5Br + HBr (benzen) ete khan C6H5Br + Mg  → C6H5MgBr

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

C6H5MgBr + CH3CHO  → C6H5CH(CH3)OMgBr C6H5CH(CH3)OMgBr + HBr  → C6H5CH(CH3)OH + MgBr2 t C6H5CH(CH3)OH + CuO  → C6H5COCH3 + Cu + H2O H → C6H5COCH2Br + HBr C6H5COCH3 + Br2  2.(0,5 điểm)

(0,25 điểm)

0

+

Cl

as

+ Cl2 Cl

+ Mg

+ HCl

ete khan

MgCl

CH2CH2OMgCl

MgCl +

(0,25 điểm)

(0,25 điểm)

O

CH2CH2OMgCl

OH

+ HCl

(0,25 điểm)

3. (0,75 điểm) Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: (A) < (C) < (B) < (E) < (D) (0,25 điểm) - (A) có nhiệt độ sôi thấp nhất, do có phân tử khối nhỏ nhất, diện tích bề mặt phân tử nhỏ nhất.

- (C) và (B) có phân tử khối bằng nhau nhưng do (B) có diện tích bề mặt phân tử lớn hơn nên (B) có nhiệt độ sôi cao hơn (C).

(0,25 điểm)

111

- (D) và (E) đều có liên kết hiđro giữa các phân tử, phân tử phân cực nên có nhiệt độ sôi cao hơn 3 hiđrocacbon.

- (D) có diện tích bề mặt phân tử lớn hơn (E) nên (D) có nhiệt độ sôi cao hơn (E). (0,25 điểm) Câu 5 (1,75 điểm) 1. (0,75 điểm) H+ C6H5CH3 + CH3CH2CH2OH  (0,25 điểm) → p-H3CC6H4CH(CH3)2 + H2O CH3CH2CH2OH (+)

+H+ -H2O

(+)

CH3CH2CH2 (+)

CH3CH2CH2

CH3-CH-CH3 (+)

CH3-CH-CH3

H3C

H H3C

+

-H+

CH(CH3)2

CH(CH3)2

H3 C

(0,25 điểm) Có thể thay CH3CH2CH2OH bằng các chất sau: (CH3)2CHOH (xúc tác H ); CH3CH=CH2 (xúc tác H+); (CH3)2CHCl (xúc tác AlCl3).

(0,25 điểm) 2.(0,5 điểm) - Xác định công thức cấu tạo của A: (0,25 điểm) - Xác định công thức cấu tạo các đồng phân trong hỗn hợp X: (0,25 điểm) +

(A)

3. (0,5 điểm) - Viết công thức cấu tạo của B: - Trình bày cơ chế của phản ứng:

(0,25 điểm) (0,25 điểm) (+)

A

H+

(+)

-H+

(B)

Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

112

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC - BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 4 trang)

CÂU ĐỀ VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM Câu 1 Câu 1 (3,0 điểm).

1. Cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố A có các đặc điểm: Có 1 electron độc thân; số lớp electron gấp hai lần số electron lớp ngoài cùng. Dựa vào cấu hình electron nguyên tử, hãy xác định vị trí các nguyên tố A trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học thỏa mãn điều kiện trên?

2. Xác định số oxi hóa của các nguyên tử Cl trong phân tử CaOCl2; nguyên tử C trong phân tử NaCN. 3. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron?

Na2S2O3 + H2SO4(loãng) → S+ SO2 + H2O + Na2SO4 (1) Fe(NO3)2 + H2SO4(loãng) → Fe2(SO4)3 + Fe(NO3)3 + NO + H2O (2) 1

Số e độc thân Số e lớp ng cùng S ố l ớp e Cấu hình e Vị trí BTH

2 Cl Ca 3

1 1 2 1s22s1

1 2 4 [Ar]3d14s2

Ô 3, ck 2, IIIA

Ô 21, ck 4, IIIB

1 3 6 [Xe]4f145d106s26p1

2x0,5 ;

+2

0

+4

+2

Na − C ≡ N

Na 2 S2 O3 + H2 SO4 → S+ SO2 + H2O + Na 2 SO4 +2

0

S + 2e → S +4

4x0,25

Ô 81, ck 6, IIIA

-1

O – Cl+1

+2

1 2 4 [Ar]3d94s2 (3d104s1) Ô 29, ck 4, IB

S → S + 2e

+2 +5 +6 +2 5 +3 +5 2 +3 +6 3Fe(NO3 )2 + 2H2 SO4 → Fe(NO3 )3 + Fe2 (SO4 )3 + NO + 2H2O 3 3 +2

2x0,5

+3

Fe − 1e → Fe +5

+2

N + 3e → N +2

+5

+5

+3

+2

+5

Taco: 3Fe + N + 5N → 3Fe + N + 5N

Câu 2 Câu 2 (4,0 điểm).

1. Tính độ dinh dưỡng trong phân lân Supephotphat kép chứa 20% khối lượng tạp chất?

2. Viết phương trình hóa học của phản ứng theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có)?

H2SO4 → I2 → KI → H2S → H2SO4 → Br2 → HBrO3.

1

Xác định dinh dưỡng theo P2O5; Tính độ dinh dưỡng.

2x0,5

113

80 .142 = Ca(H PO ) 80gam  2 4 2 Trong 100 gam phân lân có  → %P2 O5 = 234 .100 = 48,55% 100 Tapchât = 20gam

2

Pthh của các phản ứng: t 0C (1) H2SO4(đặc) + 8 HI  → 4 I2 + H2S + 4H2O (2) I2 + 2K → 2 KI

6x0,5

0

t C (3) 8KI + 5H2SO4(đặc)  → 4I2 + H2S + 4K2SO4 + 4H2O (4) H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8HCl 0

t C (5) H2SO4(đặc) + 2HBr  → Br2 + SO2 + 2H2O (6) Br2 + 5Cl2 + 6 H2O → 10HCl + 2HBrO3 Câu 3 Câu 3 (2,0 điểm).

 → ← 

Cho cân bằng hóa học sau trong bình kín: xA(k) + yB(k) zC(k). Biết rằng (x + y) < z và khi nâng nhiệt độ của hệ cân bằng lên thấy áp suất trong bình tăng. Hãy cho biết (có giải thích): 1. Phản ứng thuận là tỏa nhiệt hay thu nhiệt?

2. Khi tăng nhiệt độ thì tỉ khối của hỗn hợp khí so với H2 là tăng hay giảm?

- Khi tăng nhiệt độ cân bằng hóa học chuyển dịch theo chiều thu nhiệt, cũng là chiều số phân tử khí 2x0,5 tăng (áp suất tăng) - Giả thiết (x + y) < z, vậy nên phản ứng thuận là phản ứng thu nhiệt.

2 Do cân bằng dịch theo chiều thuận, là chiều tăng số phân tử khí, dẫn đến khối lượng mol trung bình 1,0 của hỗn hợp khí giảm. Vậy tỉ khối khí so với H2 giảm Câu 4 Câu 4(2,0 điểm).

1. Nêu hiện tượng xảy ra, viết phương trình hóa học của phản ứng khi cho: - NaAlO2 vào dung dịch AlCl3; - NH4Cl vào dụng dịch K2CO3, đun nóng.

2. Trộn 400 ml dung dịch CH3COOH 1,25M với 100 ml dung dịch NaOH 1,5M. Tính pH của dung dịch thu được?, cho Ka(CH3COOH) = 1,75.10-4.

1

1

2

PTHH: 3NaAlO2 + AlCl3 +6 H2O → 4Al(OH)3 + 3NaCl Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng. t 0C → 2NH3 + 2KCl + CO2 + H2O PTHH: 2NH4Cl + K2CO3  Hiện tượng: Xuất hiện khí mùi khai.

Khi trộn xảy ra phản ứng: CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O b đ: 0,5 0,15 0 pư: 0,15 0,15 sau: 0,35 0 0,15 Dung dịch sau phản ứng gồm các chất với nồng độ mới là: [CH3COOH] = 0,7M; [CH3COONa] = 0,3M Các phương trình điện li: CH3COONa → CH3COO- + Na+ CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka = 1,75.10-5

4x0,25

1đ

H2 O ⇌ ⇌ H+ + OHKw = 10-14.

Do CCH3COOH.Ka>> Kw nên bỏ qua sự phân li của H2O. Ta có: CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka = 1,75.10-5 b đ: 0,7 0,3 0 p.li: h h h

114

cb: Suy ra:

0,7 – h

0,3 + h

h

1,75.10-5 = h(0,3 + h)/(0,7 – h) Giải ra: h = 4,08.10-5 (nhận) → pH = 4,39. h = -0,3 (loại) Câu 5 Câu 5 (4,0 điểm).

1.Cho 2,16 gam kim loại M (hóa trị II) vào dung dịch HNO3 dư, kết thúc phản ứng thu được 0,224 lít khí N2 (duy nhất, đktc) và dung dịch X. Cô cạn cẩn thận dung dịch X được 14,12 gam muối khan. a) Xác định kim loại M. b) Cho 3 muối A, B, C của cùng kim loại M ở trên tạo ra từ cùng một axit. Khi cho A, B, C tác dụng với lượng axit HCl như nhau trong dung dịch, thì cùng thu được một chất khí với tỉ lệ mol tương ứng là 2:4:1. Xác định công thức hóa học thỏa mãn của A, B, C và viết các phương trình hóa học của phản ứng.

2. Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước được dung dịch X. Cho m gam hỗn hợp Y gồm Mg, Al, MgO, Al2O3(trong đó oxi chiếm 64/205 về khối lượng) tan hết vào X, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí T có tổng khối lượng 1,84 gam gồm (H2 và các khí là sản phẩm khử của N+5), trong đó chiếm 4/9 về thể tích H2 và nitơ chiếm 4/23 về khối lượng . Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Tìm giá trị của m?

1

0

M − 2e

a.

2,16 M

+2

→ M

2N +5

4,32 M

0,1 N +5

0,01

+ 8e → N −3 8x x

Bảo toàn mol e: 4,32/M = 0,1 + 8x (*) Bảo toàn khối lượng muối: 2,16 + 62.(0,1 + 8x) + 80x = 14,12 (**) Giải ra M = 24 (Mg) b. A. MgCO3; B. Mg(HCO3)2 ; C. (MgOH)2CO3 PTHH: 2MgCO3 + 4HCl → 2MgCl2 + 2CO2 + 2 H2 O 2Mg(HCO3)2 + 4HCl → 2MgCl2 + 4CO2 + 4H2O (MgOH)2CO3 + 4HCl → 2MgCl2 + CO2 + 3H2O 2

3đ

+ 10e → N 20

(1).

(2).

(3)

* Hỗn hợp khí T: tìm mol H2, đặt công thức cho các sản phẩm khử của N+5 là NaOb Giải ra ta có: mol H2 = 0,04; N1,6O0,8 = 0,05 * mol BaSO4 = 1,53 → mol KHSO4 = 1,53 → mol H+ = 1,53 → mol Fe(NO3)3 = 0,035 8H+ + 1,6NO3- + 6,4e → N1,6O0,8 + 4H2O 0,4 0,05 2H+ + 2e → H2 0,08 0,04 10H+ + NO3- + 8e → NH4+ + 3H2O 0,25 0,025 2H + O → H2O 0,8 0,4

1đ

115

Suy ra: m = 0,4.16.205/64 = 20,5 gam.

Câu 6 Câu 6(2,0 điểm).

1.Cho công thức phân tử C3H6, C4H8. Viết các công thức cấu tạo và chỉ ra những cặp chất là đồng đẳng của nhau?

2. Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hợp chất hữu cơ A (chứa C, H, O) trong V lít (đktc) không khí, vừa đủ. Sản phẩm cháy được dẫn qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc, thấy khối lượng bình tăng 10,8 gam. Khí không bị hấp thụ thoát ra có tỉ khối so với H2 bằng 15,143. Tìm công thức phân tử, viết công thức cấu tạo, gọi tên A? 1.

2.

CH3-CH=CH2 (1); CH2=CH-CH2-CH3 (2); CH2=C(CH3)-CH3 (3); 1đ CH3 CH3 CH3 H (4) (5) (6) C=C (7) C = C (8) H H H CH3 Các cặp đồng đẳng là: (1) và (2); (1) và (3); (1) và (7); (1) và (8); (4) và (5); (4) và (6).

Sơ đồ phản ứng: 1đ Bình H2SO4 hấp thụ nước: mol H2O = 10,8/18 = 0,6 Gọi nCO2 = a; nN2 = b → nO2(pư) = 0,25b.

Giả thiết tỉ khối ta có: 44a + 28b = 30,286.(a + b) (*) Bảo toàn nguyên tố oxi: (9,2 – 12a – 1,2) + 32.0,25b = 32a + 16.0,6 (**) Từ (*) và (**) ta có: a = 0,4; b = 2,4. Đặt CTTQ là CxHyOz , ta có x:y:z = 0,4:1,2:0,2 = 2:6:1 → CT nghiệm là (C2H6O)n………………………0,25 Độ bất bão hòa = (2.2n + 2 – 6n)/2 ≥ 0 → n ≤ 1 → n = 1…………………………………………………………0,25 Suy ra CTPT là C2H6O; CTCT: CH3 – O – CH3 (ddimetylete) ; CH3 – CH2 – OH (ancol etylic). ……0.25x2

Câu 7(3,0 điểm).

1. Một học sinh trong lúc làm thí nghiệm sơ ý làm rơi vỡ nhiệt kế thủy ngân, làm chất độc thủy ngân rơi vãi xuống nền nhà. Với hóa chất sẵn có trong phòng thí nghiệm, em hãy trình bày cách xử lí để tránh gây ô nhiễm môi trường?

2. Vẽ hình biểu diễn thí nghiệm điều chế oxi trong phòng thí nghiệm bằng cách phân hủy kali pemanganat (có giải thích)?, viết phương trình hóa học?

1

Dùng bột Lưu huỳnh rắc lên các hạt thủy ngân rơi vãi, Lưu huỳnh sẽ phản ứng với Hg(độc) ở nhiệt 1đ độ thường tạo muối sunfua.

Phương trình hóa học của phản ứng: Hg + S → HgS

2

- Hình 6.2 trang 126 SGK Hóa học 10.

- Giải thích: + Ống nghiệm hơi chúp xuống để tránh hơi nước ngưng tụ rơi lại vào hóa chất. + Bông khô tránh KMnO4 khuếch tán theo khí vào ống dẫn. + Khi dừng thí nghiệm nên rút ống dẫn khí trước khi tắt đèn cồn để tránh nước bị hút vào ống nghiệm, do áp suất giảm đột ngột

2đ

---Hết--SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

116

Môn thi: HÓA HỌC- BẢNG A Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Cho: H = 1, C = 12, O = 16, N = 14, Cl =108, S=32, Br = 80, Ba = 137, Fe = 56, Cu= 64, Ag =108.

Câu 1. (5 điểm) 1. Mỗi trường hợp sau viết 1 phương trình phản ứng (dạng phân tử): a. Cho Ba(OH)2 dư tác dụng KHCO3 b. Cho CO2 dư tác dụng dung dịch NaOH c. Cho NaOH tác dụng với Ca(HCO3)2 dư d.2 mol H3PO3 vào dung dịch chứa 3 mol KOH 2.Cho biết A,B,C,D,E là các hợp chất của natri. Cho A lần lượt tác dụng với các dung dịch B,C thu được các khí tương ứng là X,Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước thu được các khí tương ứng Z, T. Cho các khí X,Y,Z,T tác dụng với nhau từng đôi một trong điều kiện thích hợp. Tỷ khối của X so với Z bằng 2 và tỷ khối của Y so với T cũng bằng 2. X,Y, Z, T là các khí được học trong chương trình phổ thông. Chỉ ra các chất A,B,C,D,E,X,Y,Z,T phù hợp với giữ kiện trên và viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong các thí nghiệm trên.

3. Cho hỗn hợp gồm Mg, SiO2 vào bình kín (không có không khí). Nungnóng bình cho tới khi khối lượng từng chất trong bình không đổi thu được hỗn hợp chất rắn A. a. Xác định các chất có trong hỗn hợp A b. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong thí nghiệm trên và khi cho A vào dung dịch HCl. Câu 2.( 5 điểm) 1. Trong phòng thí nghiệm có sẵn các chất: KMnO4, MnO2, CaCl2, NaCl, H2SO4 đặc, dụng cụ và điều kiện cần thiết có đủ. Trộn trực tiếp từ 2 hoặc 3 chất trên. Có bao nhiêu cách trộn để thu được: a. khí hiđroclorua b. khí Clo Viết các phương trình phản ứng.

2. Cho biết độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch thay đổi như thế nào (có giải thích) khi: a. Thêm nước vào c. Thêm 1 ít CH3COONa rắn vào b. Sục 1 ít khí HCl vào d. Thêm 1 ít NaOH rắn vào 3. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính khử của etilen trong phòng thí nghiệm.

Viết phương trình phản ứng.

Câu 3.(5 điểm) 1. Hỗn hợp M gồm hai muối A2CO3 và AHCO3. Chia 67,05 gam M thành ba phần bằng nhau: - Phần 1: tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 53,19 gam kết tủa.

- Phần 2: tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 11,82 gam kết tủa.

- Phần 3: tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2 M. Tính giá trị của V và viết phương trình phản ứng xẩy ra (dạng ion) trong từng thí nghiệm trên.

2. Cho 8,4 gam Fe vào 450 ml dung dịch HCl 1 M (loãng) thu được dung dịch A. Thêm lượng dư dung dịch AgNO3 dư vào A thu được m gam chất rắn. a.Viết phương trình phản ứng xảy ra. b.Tính m.

3. Hòa tan hết 46,8 gam hỗn hợp E gồm FeS2 và CuS trong dung dịch có chứa a mol HNO3 (đặc nóng) thu được 104,16 lít NO2 (đo ở đktc, sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch Q. Pha loãng Q bằng nước được dung dịch P. Biết P phản ứng tối đa với 7,68 gam Cu giải phóng khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và P tạo kết tủa trắng (không tan trong axit mạnh) khi thêm dung dịch BaCl2 vào . Tính giá trị của a?

Câu 4. (5 điểm) 1. Hỗn hợp khí A gồm metan và hợp chất X . Tỷ khối của X so với hiđro nhỏ thua 22. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được sản phẩm gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung

117

dịch Ba(OH)2dư thấy tạo thành 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của X. Biết V lít A có thể tích đúng bằng thể tích của 11,52 gam khí O2 đo trong cùng điều kiện.

2.Hỗn hỗn X gồm propilen, axetilen, butan và hidro. Cho m gam X vào bình kín (có xúc tác Ni, không chứa không khí). Nung nóng bình đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn Y.Đốt cháy hoàn toàn Y cần V lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Cho Z lội từ từ qua bình đựng H2SO4 đặc dư thấy khối lượng bình tăng 3,96 gam. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 50 ml dung dịch Br2 1M (dung môi CCl4). Cho 3,36 lít hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch Br2 dư (dung môi CCl4) có 19,2 gam brom phản ứng.Tính V 3. Nguyên tử khối trung bình của clo là 35,5. Clo trong tự nhiên có 2 đồng vị là 35 Cl và 37 Cl . Tính phần trăm về khối lượng của 1737Cl trong KClO3. Biết : K=39, O=16. ………..………………… Hết……………………………..

Họ và tên thí sinh:………………………………………………..Số báo danh:…..............................

HƯỚNG DẪN CHẤM. Câu Câu 1 1

2

NỘI DUNG e. Ba(OH)2 + KHCO3 → BaCO3 + KOH + H2O f. CO2 + NaOH → NaHCO3 g. NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3 + NaHCO3 + H2O h. 2 H3PO3 + 3KOH → K2HPO3 + KHPO3 + H2O + Chỉ ra đúng 9 chất cho 1 đ; 4-5 chất: 0,25 đ; 6-7 chất : 0,5 đ; 8 chất: 0,75 đ ( A: NaHSO4, B: Na2SO3 (hoặc NaHSO3), C: Na2S (hoặc NaHS), D: Na2O2, E: Na3N (hoặc NaNH2), X: SO2, Y: H2S, Z:O2, T: NH3. + Phương trình phản ứng: (2-3:0,25đ ; 4-5: 0,5 đ; 6-7:0,75 đ; 8-9: 1đ) NaHSO4 + Na2SO3 → Na2SO4 + SO2 + H2O (NaHSO3) 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S (NaHS) Na2O2 + H2O → 2NaOH + O2 Na3N +3 H2O →3NaOH + NH3 ( NaNH2) SO2 + 2H2S → 3 S + 2H2O V2O5 , t o C  → 2SO3 2SO2 + O2 ← 

Điểm 1,5 đ

2đ

H2S + 2NH3 → (NH4)2S + H2O (NH4HS) 2H2S + O2 → 2S + 2H2O t oC 2H2S + 3O2 → 3S + 2H2O

3

1,5 đ

o

t C SiO2 + 2Mg → 2MgO + Si (1) o

t C Có thể có: 2Mg + Si → Mg2Si (2) →Chất rắn A chứa:

118

MgO,Si MgO,Mg2Si MgO, Mg2Si,Si MgO, Mg2Si, Mg + A tác dụng dung dịch HCl : MgO + 2HCl → MgCl2 + H2 (3) Mg2Si + 4HCl → 2MgCl2 + SiH4 (4) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (5) - Xác định các trường hợp A: 0,5 đ; pt (1) + (2); 0,5đ; 3 pt: (3-5): 0,5 đ.

- Nếu chỉ viết được : 2 trong 3 pt từ 3-5 : cho 0,25 đ.

2

1

Câu Câu 2 1

2

3 Câu 3 1

c. Có 2 cách trộn tạo HCl: t oC NaCl tinh thể + H2SO4đặc → NaHSO4 + HCl ( Na2SO4) t oC CaCl2 tinh thể + H2SO4đặc → CaSO4 + 2HCl - Hs nêu được 2 cách trộn : cho 0,25 đ - Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ *Trong trường hợp hs không nêu 2 cách trộn mà viết đủ 2 pt: vẫn cho 0,75 đ d. Có 4 cách trộn tạo Cl2: t oC 2NaCl + 2H2SO4 + MnO2 → Na2SO4 + Cl2 + MnSO4 +2 H2O t oC 5CaCl2 + 2H2SO4 + MnO2 → CaSO4 + Cl2 + MnSO4 + 2H2O

2 điểm

NỘI DUNG Điểm 10NaCl+ 8H2SO4 + 2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O 5CaCl2 + 8H2SO4 +2KMnO4 → 5Na2SO4 + 5Cl2 + 2MnSO4 +K2SO4 +8 H2O - Hs nêu được 4 cách trộn : cho 0,25 đ - Đúng mỗi pt cho: 0,25 đ x4pt =1 đ • Trong trường hợp hs không nêu 4 cách trộn mà viết đủ 4 pt: cho điểm tối đa :1,25 đ 1,5 điể ⇀ CH3COO- + H+ (1) Trong dung dịch CH3COOH có CB: CH3COOH ↽ e. Thêm H2O vào: độ điện ly α Tăng f. Thêm HCl vào: [H+] tăng → Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm g. Thêm CH3COONa vào: CH3COONa →CH3COO- + Na+ [CH3COO-] tăng => Cb (1) dịch chuyển sang chiều nghịch α giảm h. Thêm NaOH vào: NaOH → Na+ + OHH+ + OH- → H2O [H+] giảm → Cb (1) dịch chuyển sang chiều thuận α tăng -Vẽ được hình: 0, 5đ ; chú thích đúng : 0,5 đ 1,5 đ - Viết 2 pt: 0,5 đ ( 1 pt điều chế : C2H4, 1 pt: CM tính khử ( p/ứ Br2, KMnO4, O2...)

Gọi x, y tương ứng số mol A2CO3, AHCO3 trong mỗi phần.

2 điểm P2: Ba2+ + CO32- → BaCO3 (1) ( 11,82/197 = 0,06 mol )

119

x= 0,06 ←  0,06 mol P1: HCO3- + OH- → CO32- + H2O (2) y Ba2+ + CO32- → BaCO3(3) ( 53,19/197 = 0,27 mol ) 0,06 + y ←  0,27 mol  y= 0,21 mol.

Theo gt: 0,06.(2.MA + 60) + 0,21.(MA +61) =67,05/3 = 22,35 => MA = 18 ( A+: NH4+) . Vậy có phản ứng: NH4+ + OH- → NH3 + H2O (4) P3 : HCO3- + OH- → CO32- + H2O (5) 0,21→ 0,21 mol + NH4 + OH- → NH3 + H2O (6) 0,06.2 + 0,21→ 0,33 mol => nKOH = nOH − = 0,21 + 0,33 = 0,54 mol

2

Câu Câu 3 3

V = 0,54/2 = 0,27 lit = 270 ml .

- Viết đúng phương trình cho mỗi phần cho: 0,25 đ x3pt = 0,75 đ - Tính số mol CO32-, HCO3- : 0,25 đ - Tìm A là NH4: 0,5 đ - Tính được V: 0,5 đ 8, 4 nFe = = 0,15mol ; nHCl = 0, 45.1 = 0, 45mol 56 Phương trình phản ứng: Fe + 2H+ → Fe2+ + H2 (1) 0,15 → 0,3 → 0,15 mol Dung dịch A: Fe2+: 0,15 mol; H+: 0,15 mol; Cl-: 0,45 mol.

Ag+ + Cl- → AgCl ↓ (2) 0,45 → 0,45 mol Dư 3Fe2+ + 4H+ + NO3- → 3 Fe3+ + NO + 2H2O (3) Trước p/ứ: 0,15 0,15 dư mol Sau p/ứ: 0,0375 0 mol Fe2+ + Ag+(dư) → Fe3+ + Ag ↓ (4) 0,0375 0,0375 mol mchất rắn = 0,45.143,5 + 0,0375.108 = 68,625 gam.

- Hs: viết đủ 4 pt: 1,0 đ ( pt (1,2):0,25 đ; pt (3): 0,5 đ; pt (4): 0,25 đ) - Tính đúng mchất rắn = 68,625 g : 0,5 đ

NỘI DUNG Gọi x, y tương ứng số mol FeS2, CuS trong E. 104,16 7, 68 nNO = = 4, 65mol ; nCu = = 0,12mol 22, 4 64 FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O (1) x 14.x 15.x x 15.x mol CuS + 8H+ + 8NO3- → Cu2+ + SO42- +8NO2 + 4H2O (2) y 8.y 8.y 8.y mol

Điểm 1,5 đ

120

Ta có:

120.x +96.y =46,8 15.x + 8.y = 4,65 Giải được: x = 0,15; y = 0,3 mol Dung dịch Q (hay P) : Fe3+ (0,15 mol); H+ (a – 4,5) mol; NO3- ( a – 4,65) mol; Cu2+, SO423Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3) Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ (4) Giả sử H+ hết , ta có: 0,12 = 3/8.(a-4,5) + ½.0,15 => a= 4,62 mol < 4,65 → vô lý nên NO3- hết.

Từ (3) , (4) ta có: 0,12 = 3/2.(a - 4,65) + ½.0,15 => a = 4,68 mol.

(Hoặc giả sử NO3- nên theo (3), (4): 0,12 = 3/2.(a-4,65) + ½.0,15 => a = 4,68  nNO − = 4, 68 − 4, 65 = 0, 03mol ; nH + = 4, 68 − 4, 5 = 0,18mol ;theo(3) NO3- dễ 3

thấy NO3_ hết ).

- Viết 2 pt đầu hoặc qt: 0,25 đ - Tìm số mol FeS2, CuS: 0,25 đ - Lập luận hoặc chứng minh NO3- hết: 0,5 đ - Tính a = 4,68 : 0, 5 đ • Nếu HS ngộ nhận NO3- hết và tính được a đúng : cho 0,5 đ.

Câu 4 1

2 điểm

11, 52 = 0, 36mol 32 70, 92 nBaCO3 = = 0,36mol 197 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O ← 0,36 0,36 mol nCO2 = 0,36 => số C tb= 0,36/0,36 =1 => X có 1C  X có dạng: CHnOm (m≥ 0) => 12 + n + 16.m < 44 => m < 2 + Nếu m =0 => X: CH4 (loại) + Nếu m = 1=> n= 0 hoặc 2 hoặc 4.

CO => CTCT: C=O H n A = no2 =

X

CH2O => CTCT: H

C

O

H CH4O =>CTCT: H

C O H H

2

-Tính số C trung bình: 0, 5 đ -Tìm X mỗi trường hợp : 0,5 x 3 TH = 1,5 đ (nếu đưa ra CTPT: 0,25 đx3TH= 0,75 đ).

Qui đổi hỗn hợp X gồm : C3H6 (a mol), C2H2 (b mol), H2 (c mol). (a, b, c là số mol trong m gam X). Đốt X hay Y cần số mol O2 như nhau và thu được cùng số mol CO2, cùng số mol nước.

-Do phản ứng hoàn toàn và Y làm mất màu dung dịch Br2 nên trong Y không có H2.

121

Câu Câu 4 2

3

NỘI DUNG

nH2O = 3,96/18 = 0,22 mol; nBr2 p/ứ với Y = 0,05.1 = 0,05 mol; nX = 3,36/22,4 = 0,15 mol; nBr2 p/ứ 0,15 mol X = 19,2/160 = 0,12 mol.

BT hidro: 6.a +2.b + 2.c = 0,44 (1) BT liên kết pi: số l/k pi trong X = số liên kết pi trong Y (bằng số mol Br2 phản ứng với Y) + số mol H2 a + 2.b = 0,05 + c (2) Ta có: a + b + c mol X phản ứng hết với a +2.b mol Br2 0,15 mol X phản ứng vừa hết 0,12 mol Br2 =>0,12.(a+b+c) = 0,15.(a+2.b) (3) Từ (1),(2),(3) ta có: a= 0,06; b=0,01; c=0,03 mol BT cacbon => nCO2 = 0,06.3 + 0,01.2 = 0,2 mol BT oxi => nO2 p/ứ = nCO2 + 1/2 .nH2O = 0,2 + ½.0,22 = 0,31 mol V = 0,31.22,4 = 6, 944 lít - Biết qui đổi hỗn hợp X thành 3 chất: 0, 5 đ - Lập pt toán học :( 1), (2): 0,25 đ - Lập pt toán học (3): 0,25 đ - Tính V đúng : 1 đ *Nếu hs chỉ viết hết các phương trình phản ứng ,không tính toán được : cho 0,5 đ , khoảng ½ số phương trình: cho 0,25 đ.

37 Cl (75%), 17 Cl (25%) : cho 0,25 đ 0, 25.37 -Tính % khối lượng 1737Cl trong KClO3 = .100% = 7,55% : cho 0,75 đ 39 + 35,5 + 16.3

-Tính % số mol của đồng vị :

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Đề chính thức

35 17

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 11 CẤP GDTX NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Cho: C = 12, O = 16, N = 14, Br = 80, Mg =24, Ca = 40, Zn=65, Ba = 137, Fe = 56, Na =23,Mn =55.

Câu 1. (5 điểm) 1. Từ Cl2 viết 4 phương trình phản ứng trực tiếp tạo ra HCl, 4 phương trình phản ứng tạo ra NaCl. 2. Cân bằng các phương trình phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. KMnO4 + HCl → KCl + MnCl2 + Cl2 + H2O b. Cl2 + KOH → KCl + KClO3 + H2O c. FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O d. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2O + H2O 3. Nguyên tử X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3sx, nguyên tử Y có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23py. Tổng số electron lớp ngoài cùng của 2 nguyên tử bằng 9.

122

Điểm 1,5 điểm

1 điểm

Viết cấu hình electron của nguyên tử X, Y. Từ đó, xác định vị trí của X, Y trong bảng HTTH. Câu 2. (4 điểm) 1. Nêu hiện tượng xẩy ra, viết phương trình phản ứng khi tiến hành các thí nghiệm sau: a. CuO vào dung dịch HCl b. Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch Ba(OH)2 c. Cho CaCO3 vào dung dịch HCl d. Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch Na2CO3 2. Dùng hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính khử của etilen trong phòng thí nghiệm.

Viết phương trình phản ứng.

Câu 3. (6 điểm) 1. Cho 10,8 gam kim loại M hóa trị II tác dụng hết với khí clo tạo thành 42,75 gam muối clorua. a. Xác định kim loại M b. Tính khối lượng MnO2 và thể tích dung dịch HCl 1 M cần dung để điều chế lượng clo nói trên.

Cho hiệu suất phản ứng đạt 100%.

2. Cho 1,925 gam hỗn hợp X gồm Ba, Na2O vào nước thu được 500 ml dung dịch X và 0,112 lít khí H2 (đktc). Tính pH dung dịch X. 3. Cho m gam Fe vào dung dịch HNO3 loãng. Khi Fe tan hết thu được dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan và 6,72 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất). a. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan. b. Tính thể tích dung dịch HNO3 2 M đã dùng Câu 4. (5 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol một anken X thu được m gam H2O và m + 15,6 gam CO2. a. Tính m b. Xác định CTPT và viết các công thức cấu tạo của X c. Viết phương trinh phản ứng xẩy ra khi cho đồng phân mạch nhánh của X tác dụng với: H2 (Ni, toC), dung dịch Br2, H2O (có xúc tác H2SO4 loãng, toC).

2. Cho hỗn hợp X gồm: CH4, C2H4, C2H2. Chia 13,44 lít X (đo ở đktc) làm 2 phần bằng nhau.

Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 36 gam kết tủa.

Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch Br2 dư thấy có 64 gam Br2 phản ứng. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra b. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.

...................………………… Hết……………………….........

Họ và tên thí sinh:………………………………………………..Số báo danh:…..............................

HƯỚNG DẪN CHẤM. Câu Câu 1 1 2

NỘI DUNG + 4 PT tạo ra HCl từ Cl2: 4x0,25 đ = 1 đ + 4 PT tạo ra NaCl từ Cl2: 4x0,25 đ = 1 đ

Điểm 2đ

a. 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O b. 3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O

1,5 đ

123

c. d.

3

Câu 2 1

2 Câu 3 1

2

3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O 8Al + 30 HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O CB đúng : 0,25 x 4 =1 đ Viết các qt đúng : 0,5 đ

1,5 đ

Theo gt: x+ 2+y = 9  x + y =7 + x =1 => y = 6 CH e của: X: 1s22s22p63s1 => X: thuộc chu kỳ 3, nhóm IA. CH e của Y: 1s22s22p63s23p6 => Y: thuộc chu kỳ 3, nhóm VIIIA + x = 2 => y =5 CH e của: X: 1s22s22p63s2 => X: thuộc chu kỳ 3, nhóm IIA. CH e của Y: 1s22s22p63s23p5 => Y: thuộc chu kỳ 3, nhóm VIIA

+ Nêu đúng hiện tượng : 0,25 x4 = 1đ 2đ + Viết đúng phương trình: 0,25 x4 =1 đ a. CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O ( chất rắn tan , dung dịch màu xanh) b. CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 +H2O CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2 (có kết tủa trắng sau đó kết tủa tan) c. CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O (chất rắn tan, có khí không màu thoát ra) d. 2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2 Al(OH)3 + 3 CO2 + 6 NaCl (có kết tủa keo trắng và khí không màu thoát ra) -Vẽ được hình: 0, 5đ ; chú thích đúng : 0,5 đ 2đ - Viết 2 pt: 1 đ ( 1 pt điều chế : C2H4, 1 pt: CM tính khử ( p/ứ Br2, KMnO4, O2...) a. M + Cl2 → MCl2 (1) nM = nCl2 = (42,75 -10,8)/71 = 0,45 mol  MM = 10,8/ 0,45 = 24 => M: Mg b. MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 +2H2O (2) 0,45 1,8 0,45 mol mMnO2 = 87.0,45 = 39,15 gam VHCl = 1,8/1 = 1,8 lít - Câu a: 1 đ - Câu b. 1 đ

2đ

Gọi x,y số mol Ba, Na2O Na2O + H2O → 2NaOH y → 2.y mol Ba+ 2H2O → Ba(OH)2 + H2 x → x → x mol 0,112 Do nH2 = = 0, 005mol => x = 0,005 22, 4 Mặt khác, 62.y + 137.0,005 = 1,925 => y = 0,02 mol  nOH- = 2.x + 2.y = 0,05 mol =>[OH-] = 0,05/0,5 = 0,1 = 10-1

2đ

-

=>[H+]= 10-13 => pH =13.

Viết 2 pt : cho 0,5 điểm

124

•

3

Tính số mol OH- : cho 0,75 điểm Tính được pH: cho 0,75 điểm Nếu hs không viết pt: giải đúng , chặt chẽ cho điểm tối đa: 2 điểm

-Dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan => A chỉ chứa : Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 : cho 0,5đ 2đ * Th1: Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2 H2O (nNO = 6,72/22,4 = 0,3 mol) 1,2 ← 0,3 ←   0,3 mol Khối lượng muối khan = 0,3 .242 = 72, 6gam VHNO3 = 1,2/2 = 0,6 lít = 600ml *Th2: 3Fe + 8 HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4 H2O ( Hs có thể viết 2 phương trình) 1,2 ←  0,45 ←  0,3 mol Khối lượng muối khan = 0,45 .180 = 81 gam VHNO3 = 1,2/2 = 0,6 lít = 600ml -Giải đúng mỗi trường hợp cho: 2x 0,75 = 1,5 điểm

Câu 4 1

2

a.Ta có: m/18 = (m+15,6)/44 => m = 10,8 gam (0,5 đ) b. Đặt CTPT của X: CnH2n => n = 0,6/0,15 =4 => CTPT: C4H8 (0,5 đ) CTCT: CH2=CH-CH2-CH3; CH3-CH=CH-CH3; CH2=C(CH3)-CH3. (0,25x3 =0,75 đ) c.Viết 3 pt: 3x0,25 = 0,75 đ

2,5 đ

nX trong mỗi phần = ½.13.44/2 = 0,3 mol; nBr2 =64/160 = 0,4 mol a. PT p/ứ: C2H2 + 2AgNO3 +2NH3 → C2Ag2 +2 NH4NO3 (1) 0,15 36/240 =0,15 mol C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 0,15 0,3 mol C2H4 + Br2 → C2H4Br2 0,1 0,4-0,3 = 0,1 mol  nCH4 = 0,3 – 0,15 – 0,1 = 0,05 mol b. Khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X: mCH4 = 2.0,05.16 = 1,6 gam; mC2H4 = 2.0,1.28 = 5,6 gam; mC2H2 = 2.0,15.26 =7,8 gam.

- Viết PT (1): 0,5 đ - Viết PT (2),(3) : 0,5 đ - Tính số mol mỗi chất: 3x0,25 = 0,75 đ - Tính khối lượng mỗi chất: 3x0,25 =0,75 đ

2,5 đ

( 2) (3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 09 bài; 02 trang)

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/10/2016

Bài 1 (1,0 điểm)

125

1. Chất X tạo ra từ 3 nguyên tố A, B, C có công thức phân tử là ABC. Tổng số hạt cơ bản trong phân tử X là 82, trong đó số hạt mạng điện nhiều hơn số hạt không mạng điện là 22. Hiệu số khối giữa B và C gấp 10 lần số khối của A. Tổng số khối của B và C gấp 27 lần số khối của A. Xác định công thức phân tử của X. 2. Sắp xếp các chất trong các dãy sau theo chiều tăng dần (từ trái qua phải, không giải thích) về: a. Nhiệt độ sôi: H2O, CH3OH, C2H6, CH3F, o-O2NC6H4OH. b. Lực axit:CH2= CHCOOH, C2H5COOH, C2H5CH2OH, C6H5COOH (axit benzoic).

Bài 2 (1,0 điểm) Xác định các chất A1, A2, A3, A4, A5, A6, A7, A8 và hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có): + dd BaCl2 + ddAgNO3 + dd NaOH + dd HCl +dd NH3 dư + O2,t0 + dd Br2 A1 A2 A3A4A5 A6 A7 A8 Biết: A1 là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác và có phân tử khối bằng 51u; A8 là chất kết tủa.

Bài 3 (1,0 điểm)

Hợp chất X có công thức phân tử C7H6O3 có những tính chất sau: - Tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất ra Y có công thức C7H5O3Na; - Tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z có công thức C9H8O4 (chất Z tác dụng

được với NaHCO3); - Tác dụng với metanol (xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra chất T có công thức C8H8O3.

Chất T có khả năng tác dụng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2.

Xác định công thức cấu tạo các chất X, Y, Z, T. Viết các phương trình hóa học xảy ra (ghi điều kiện phản ứng nếu có), biết các nhóm chức trong X có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân tử.

Bài 4 (1,0 điểm) Trộn lẫn 7 ml dung dịch NH3 1M với 3 ml dung dịch HCl 1M thu được 10 ml dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A b. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B (coi thể tích dung dịch B bằng thể tích dung dịch A). Xác định pH của dung dịch B biết K NH3 = 1,8.10 −5 .

Bài 5 (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 2 ancol no, đơn chức, mạch hở là đồng đẳng kế tiếpvà 6,4gam CH3OH. Chia X thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 tác dụng hết với Na dư thu được 4,48 lít H2 (đktc).

- Đốt cháy hoàn toàn phần 2, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng P2O5 khan, bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư. Sau khi các phản ứng kết thúc thấy khối lượng bình 1 tăng thêm a gam, khối lượng bình 2 tăng thêm (a + 22,7) gam. Xác định công thức phân tử của 2 ancol, tính phần trăm khối lượng của mỗi ancol trong hỗn hợp X. Bài 6 (1,5 điểm)

126

Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn) a. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X. c. Tính khối lượng mỗi khí trong hỗn hợp B Bài 7 (1,5 điểm) Hỗn hợp A gồm một ancol X (no, hai chức, mạch hở), một axit cacboxylic Y (đơn chức, mạch hở, chứa một liên kết đôi C=C) và một chất hữu cơ Z được tạo ra từ X và Y. Cho m gam A tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch NaOH 0,2M, sau phản ứng hoàn toàn thu được ancol X và 7,52 gam muối. Toàn bộ lượng X sinh ra cho tác dụng hết với Na dư thu được 2,912 lít khí H2. Mặt khác, đốt cháy hết m gam A bằng lượng O2 dư thu được 11,2 lít CO2 và 9 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z. Tính khối lượng của Z trong hỗn hợp A. (Biết các thể tích khí đều đo ở đktc) Bài 8 (1,0 điểm) 1. Hãy giải thích tại sao những người có thói quen ăn trầu thì răng luôn chắc khỏe?

2.Thời kỳ Phục hưng, các bức họa của các danh họa được vẽ bằng bột “trắng chì” (có chứa PbCO3.Pb(OH)2). Qua một thời gian, các bức họa bị ố đen không còn đẹp như ban đầu. Hãy giải thích hiện tượng trên. Để phục hồi các bức họa đó cần dùng hóa chất nào? Viết các phương trình phản ứng hóa học minh họa.

Bài 9(1,0 điểm) Hãygiải thích tại sao: 1. Trong quá trình sản xuất giấm ăn, người ta thường dùng những thùng có miệng rộng, đáy nông và phải mở nắp?

2. Người đau dạ dày khi ăn cháy cơm (cơm cháy vàng) lại thấy dễ tiêu hơn ăn cơm?

3. Khi nhai kỹ cơm sẽ có vị ngọt?

----------------Hết--------------Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: .....................................................

Cán bộ coi thi 1: ........................................................ Cán bộ coi thi 2: ...............................................

127

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CẤP THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Ngày thi: 12/10/2016 (Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)

Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa phần đó.

- Điểm bài thi làm tròn tới 2 chữ số sau dấu phẩy.

Bài 1 (1,0 điểm) 1. Chất X tạo ra từ 3 nguyên tố A, B, C có công thức phân tử là ABC. Tổng số hạt cơ bản trong phân tử X là 82, trong đó số hạt mạng điện nhiều hơn số hạt không mạng điện là 22. Hiệu số khối giữa B và C gấp 10 lần số khối của A. Tổng số khối của B và C gấp 27 lần số khối của A. Xác định công thức phân tử của X. Nội dung Điểm 1. Gọi số proton, notron của A, B, C lần lượt là ZA, ZB, ZC, NA,NB, NC. Theo dữ kiện đề bài ta có hệ 4 phương trình sau: 2( ZA +ZB +ZC) + ( NA +NB +NC) = 82 0,3 2( ZA +ZB +ZC) - ( NA +NB +NC) = 22 (Lập hệ (ZB +NB) - (Zc +Nc) = 10( ZA +NA) pt) (ZB +NB) + (Zc +Nc) = 27 ( ZA +NA) Giải hệ phương trình trên ta được: 0,2 ZA +NA= 2; ZB + NB= 37; Zc + NC = 17.

Vậy : A là H, B là Cl, C là O. Công thức của X là HClO (tìm CT) 2. Sắp xếp các chất trong các dãy sau theo chiều tăng dần (từ trái qua phải, không cần giải thích) về: a. Nhiệt độ sôi: H2O, CH3OH, C2H6, CH3F, o-O2NC6H4OH. b. Lực axit:CH2=CHCOOH, C2H5COOH, C2H5CH2OH, C6H5COOH(axit benzoic).

Nội dung Điểm a. C2H6, CH3F, CH3OH, H2O, o-O2NC6H4OH 0,25 b. C3H7OH, C2H5COOH, CH2=CHCOOH, C6H5COOH 0,25 Bài 2 (1,0 điểm) Xác định các chất A1, A2, A3, A4, A5, A6, A7, A8 và hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có): 0 + dd BaCl2 + ddAgNO3 +dd NH3 dư A1+ dd NaOH A2 + dd HCl A3 + O2,t A4 A5 + dd Br2 A6 A7 A8.

Biết A1 là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác và có phân tử khối bằng 51u; A8 là chất kết tủa.

Nội dung Điểm S = 32 => phần còn lại bằng 51 – 32 = 19 (NH5) => A1 là NH4HS 0,1 A2: Na2S; A3: H2S; A4: SO2: A5: (NH4)2SO3; A6: (NH4)2SO4; A7: NH4Cl; A8: AgCl 0,2 0,7 NH4HS + 2NaOH  → Na2S + 2NH3 + 2H2O

128

(mỗi pt được 0,1)

Na2S + 2HCl  → 2NaCl + H2S 0

t → 2SO2 + 2H2O 2H2S + 3O2 

SO2 + 2NH3 + H2O  → (NH4)2SO3 (NH4)2SO3 + Br2 + H2O  → (NH4)2SO4 + 2HBr (NH4)2SO4 + BaCl2  → 2NH4Cl + BaSO4 NH4Cl + AgNO3  → NH4NO3 + AgCl

Bài 3 (1,0 điểm)

Hợp chất X có công thức phân tử C7H6O3 có những tính chất sau: - Tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất ra Y có công thức C7H5O3Na; - Tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z có công thức C9H8O4 (chất Z tác dụng

được với NaHCO3); - Tác dụng với metanol ( xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra chất T có công thức C8H8O3.

Chất T có khả năng tác dụng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 2.

Xác định công thức cấu tạo các chất X, Y, Z, T. Viết các phương trình hóa học xảy ra (ghi điều kiện phản ứng nếu có), biết các nhóm chức trong X có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân tử.

Nội dung

Điểm

Cấu tạo các chất :

COOH OH

X Phương trình phản ứng :

COONa OH

COOH OOCCH3

COOCH3 OH

Y

Z

T

HOC6H4COOH + NaHCO3→ HOC6H4COONa + H2O + CO2 H SO

2 4   → CH3COOC6H4COOH + CH3COOH HOC6H4COOH + (CH3CO)2O 

0,5 (mỗi chất 0,125đ)

0,5 (mỗi pt 0,1đ)

CH3COOC6H4COOH + NaHCO3→ CH3COOC6H4COONa + CO2 + H2O 0

H 2 SO4 đ ,t → HOC6H4COOCH3 + H2O HOC6H4COOH + CH3OH ←

HOC6H4COOCH3 + 2NaOH→ NaOC6H4COONa + CH3OH + H2O Bài 4 (1,0 điểm) Trộn lẫn 7 ml dung dịch NH3 1M với 3 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A b. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B (coi thể tích dung dịch B bằng thể tích dung dịch A). Xác định pH của dung dịch B biết K NH 3 = 1,8.10 −5 .

Nội dung

Điểm

129

a. Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl : NH3 + H+ NH4+ Pư 3.10-3 3.10-3 3.10-3 mol -3 -3 Còn 4.10 3.10 mol -3 Dung dịch A gồm các cấu tử: NH3 4.10 mol hay có nồng độ 0,4M NH4+ 3.10-3 mol hay có nồng độ 0,3M NH3 + H2 O ⇄ NH4+ + OHBđ 0,4 0,3 M Pli x x x M CB (0,4-x) (0,3+x) x M (0,3 + x).x K= = 1,8.10 −5  x = 2,4.10 −5 → pOH = 4,62 → pH = 9,38 (0,4 − x) b. Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng : NH4+ + OH- NH3 + H2 O -3 -3 Bđ 3.10 10 mol -3 -3 -3 Pư 10 10 10 mol -3 -3 Còn lại 2.10 0 10 mol + -3 Vậy dung dịch B gồm các cấu tử: NH4 : 2.10 mol hay có nồng độ 0,2M NH3 : 5.10-3 mol hay có nồng độ 0,5M NH3 + H2 O ⇄ NH4+ + OHBđ 0,5 0,2 M Pli y y y M CB (0,5-y) (0,2+y) y M

K=

(0,2 + y). y = 1,8.10 −5  y = 4,5.10 −5 → pOH = 4,35 → pH = 9,65 (0,5 − y)

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 5 (1,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 6,4gam CH3OH và b mol hỗn hợp 2 ancol no, đơn chức, mạch hở là đồng đẳng kế tiếp nhau. Chia X thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 tác dụng hết với Na dư thu được 4,48 lít H2 (đktc).

- Đốt cháy hoàn toàn phần 2, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng P2O5, bình 2 đựng dung dịch Ba(OH)2 dư. Sau khi các phản ứng kết thúc thấy khối lượng bình 1 tăng thêm a gam, khối lượng bình 2 tăng thêm (a+22,7) gam. Xác định công thức phân tử của 2 ancol và tính phần trăm khối lượng của mỗi ancol trong hỗn hợp X. Nội dung Điểm Gọi CTPT của 2 ancol no, đơn chức, đồng đẳng liên tiêp là CnH2n+1OH Theo giả thiết: CH3OH= 6,4/32=0,2 mol Trong ½ hỗn hợp : số mol của CH3OH=0,1(mol) và số mol của hỗn hợp 2 ancol =b/2(mol) CH3OH +Na →CH3ONa + 1/2H2

130

CnH2n+1OH +Na→CnH2n+1OH + 1/2H2 theo phần 1: nH2= 0,2(mol) = 0,05 + b/4 → b=0,6 mol CH3OH+3/2O2→CO2+2H2O CnH2n+1OH +3n/2O2→n CO2+ (n+1)H2O Theo giả thiết ta có: (0,1+bn/2).44= a +22,7 (0,2+bn/2+b/2).18= a b=0,6 suy ra n=3,5 nên n1=3 và n2 = 4 gọi số mol của C3H8O là x, số mol của C4H10O là y 3x + 4y = 3,5.0,3=1,05 x+y=0,3 → x = y = 0,15(mol) vậy % m CH3OH=13,73%; %m C3H8O=38,63%; %m C4H10O=47,64%

0,25 (tính số mol hỗn hợ p ancol)

0,5 (Tìm được CT ancol) 0,25

Bài 6 (1,5 điểm) Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu bằng 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và hỗn hợp khí B. Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn) a. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch X. c. Tính khối lượng các khí trong hỗn hợp B Nội dung 87, 5.50, 4 = 0, 7 mol ; nKOH = 0,5mol 100.63 Đặt nFe = x mol; nCu = y mol.

Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO3 → X có Cu(NO3)2, muối của sắt (Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO3 dư.

1 x Áp dụng BTNT đối với sắt, đồng ta có: n Fe2O3 = nFe = ; 2 2 nCuO = nCu= y mol x →160. + 80.y = 16 (I) 2 mhh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II) Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.

Điểm

a. n HNO 3 =

% mFe =

0,15.56 .100% = 72,41% ; %mCu = 100-72,41= 27,59% 11,6

0,25 (tính % kl kloại)

131

b. Cô cạn Z được chất rắn T có KNO3, có thể có KOH dư Nung T: 0

t 2KNO3 → 2KNO2 +O2 (6) + Nếu T không có KOH thì n KNO 2 = n KNO 3 =nKOH =0,5 mol

→ mKNO2 = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại)

0,125

+ Nếu T có KOH dư: Đặt n KNO 3 = a mol → n KNO 2 = amol; nKOH phản ứng = amol;

→ 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05 → a = 0,45 mol Dung dịch X có thể có HNO3 dư hoặc không Áp dụng BTNT đối với Nitơ: nN trong X = n N trong KNO2 = 0,45 mol.

TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 →số mol KNO3> 3nFe3+ + 2nCu2+ = 0,55 > số mol KOH = 0,5 (vô lý) TH2: Dung dịch X không có HNO3 ( gồm Cu(NO3)2, có thể có muối Fe(NO3)2 hoặc Fe(NO3)3 hoặc cả Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 ) n Fe ( NO3 ) 2 = z mol, n Fe ( NO3 )3 = t mol (III) Theo BTNT đối với Nitơ → 2z+3t +0,05. 2 = 0,45 Theo BTNT đối với sắt → z + t = 0,15 (IV) Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05 Số gam H2O trong dung dịch HNO3 = 43,4gam Số mol H2O sinh ra = 0,35 mol (=1/2 số mol H+) Vậy mddX = mKL + mH2O(trong dd HNO3) + mH2O(tạo ra) + mNO3= 11,6 + 43,4 +0,35.18 + 0,45.62 = 89,2 gam C% Cu(NO3)2 = 10,54% C% Fe(NO3)2 = 20,18% C% Fe(NO3)3 = 13,57% c. Số mol e nhường = 0,45 = số mol e của N+5 nhận nNkhí = 0,7 – 0,45 = 0,25 mol số e nhận trung bình = 0,45/0,25=1,8 → trong B phải có NO2 Vậy B gồm NO2 (g mol) và NO (h mol) Bảo toàn N : g + h = 0,25 Bảo toàn electron: g + 3h = 0,45 → g = 0,15 mol, h = 0,1 mol → m NO2 = 6,9 gam, m NO = 3 gam

0,125

0,125 0,125

0,125 (số mol muối) 0,125 (kl dung dịch) 0,125

0,25 (xđ khí) 0,125

Bài 7 (1,5 điểm)

132

Hỗn hợp A gồm một ancol X (no, hai chức, mạch hở), một axit cacboxylic Y (đơn chức, mạch hở, chứa một liên kết đôi C=C) và một chất hữu cơ Z được tạo ra từ X và Y. Cho m gam A tác dụng vừa đủ với 400 ml dung dịch NaOH 0,2M, sau phản ứng hoàn toàn thu được ancol X và 7,52 gam muối. Toàn bộ lượng X sinh ra cho tác dụng hết với Na dư thu được 2,912 lít khí H2. Mặt khác, đốt cháy hết m gam A bằng lượng O2 dư thu được 11,2 lít CO2 và 9 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z và tính khối lượng của Z trong hỗn hợp A. (Biết các thể tích khí đều đo ở đktc) Nội dung Điểm Số mol NaOH = số mol muối = 0,08 → Mmuối = 7,52/0,08 = 94.

0,3 Vậy axit CH2=CH-COOH (xđ CTCT Z có thể là este 2 chức hoặc là tạp chức este-ancol axit) TH1: Z là tạp chức este - ancol Hỗ n h ợ p A g ồ m R(OH)2 CnH2n +2O2 : x mol R , COOH

C3H4O2:

y mol

R(OH)(OOC R , ) Cn+3H2n+4O3: z mol Số mol NaOH = 0,08= y+z (1) Số mol H2 = số mol ancol = 0,13 mol = x+z (2) Số mol CO2 = nx + 3y + (n+3)z = 0,5 mol (3) Số mol H2O = (n+1)x + 2y + (n+2)z = 0,5 mol (4) Từ (3), (4) có x = y+z Kết hợp với (1),(2) có x=0,08, y=0,03, z=0,05, n=2 Vậy CTCT X: HO-CH2-CH2-OH Y: CH2=CH-COOH Z: HO-CH2-CH2-OOCCH=CH2 Khối lượng Z = 5,8 gam TH2: Z là este 2 chức Hỗ n h ợ p g ồ m R(OH)2 CnH2n +2O2 : R , COOH

0,4 0,1 (xđ CTCT đúng ) 0,1

x mol

C3H4O2:

y mol

R(OOC R , )2 Cn+6H2n+6O4: z mol Số mol NaOH = 0,08 = y+2z (1) 0,13 mol = x+z (2) Số mol CO2 = nx + 3y + (n+6)z = 0,5 mol (3) Số mol H2O = (n+1)x + 2y + (n+3)z= 0,5 mol (4) Từ (3), (4) có x = y+3z Kết hợp với (1),(2) có x=0,105, y=0,03, z=0,025 , n=2 Vậy CTCT X: HO-CH2-CH2-OH

0,4

0,1 (xđ CTCT đúng )

133

Y: CH2=CH-COOH Z: CH2=CHCOO-CH2-CH2-OOCCH=CH2

0,1

Khối lượng Z = 4,25 gam Bài 8 (1,0 điểm) 1. Hãy giải thích tại sao những người có thói quen ăn trầu thì răng luôn chắc khỏe?

2.Thời kỳ Phục hưng, các bức họa của các danh họa được vẽ bằng bột “trắng chì” (có chứa PbCO3.Pb(OH)2). Qua một thời gian, các bức họa bị ố đen không còn đẹp như ban đầu. Hãy giải thích hiện tượng trên. Để phục hồi các bức họa đó người ta cần dùng hóa chất nào? Viết các phương trình phản ứng hóa học minh họa.

Nội dung Điểm 2+ 1. Trong miếng trầu có vôi Ca(OH)2 chứa Ca và OH làm cho quá trình tạo men răng (Ca5(PO4)3OH) xảy ra thuận lợi: 0,25 5Ca2+ + 3PO43- + OH-→ Ca5(PO4)3OH Chính lớp men này làm cho răng chắc khỏe 2. Những bức họa cổ bị hóa đen là do PbCO3.Pb(OH)2 đã phản ứng chậm với H2S có trong 0,25 0,25 không khí theo phương trình hóa học: PbCO3 + H2S → PbS + CO2 + H2O (2pt) Pb(OH)2 + H2S → PbS + 2H2O 0,25 - Để phục chế ta dùng H2O2 vì: (chọn hóa 4H2O2 + PbS → PbSO4ít tan, trắng + 4H2O chất và Chất PbSO4 tạo ra có màu trắng tương tự như PbCO3.Pb(OH)2. pt) Bài 9(1,0 điểm) Hãygiải thích tại sao: 1. Trong quá trình sản xuất giấm ăn, người ta thường dùng những thùng có miệng rộng, đáy nông và phải mở nắp?

2. Người đau dạ dày khi ăn cháy cơm (cơm cháy vàng) lại thấy dễ tiêu hơn ăn cơm?

3. Khi ăn cơm nếu nhai kỹ sẽ có vị ngọt?

Nội dung Điểm 1. Trong quá trình sản xuất giấm ăn người ta phải dùng các thùng miệng rộng, đáy nông, và 0,3 phải mở nắp là do rượu loãng sẽ tiếp xúc nhiều với oxi hơn, thúc đẩy quá trình tạo thành giấm nhanh hơn ( quá trình này có oxi tham gia phản ứng). men giấm C2H5OH + O2CH3COOH + H2O. 2. Khi ăn cháy cơm (miếng cơm cháy vàng ) thì tinh bột (C6H10O5)n đã biến thành đextrin (C6H10O5)x ( với x << n ), mạch phân tử tinh bột đã được phân cắt nhỏ hơn, chúng dễ bị thuỷ 0,4 phân thành saccarit bởi các enzim trong nước bọt, nên ăn cháy cơm sẽ dễ tiêu hơn, dạ dày làm việc ít hơn.

3. Khi ăn cơm, nếu nhai kỹ sẽ có vị ngọt vì tinh bột bị thủy phân nhờ enzim amilaza có trong nước bọt thành đextrin rồi thành mantozơ nên có vị ngọt 0,3

134

------------------HẾT-----------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ DỰ PHÒNG (Đề thi gồm 09 bài; 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/10/2016

Bài 1 (1,0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố A có tổng số electron trong các phân lớp p là 7. Nguyên tử nguyên tố B có tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt mang điện của nguyên tử nguyên tố A là 8. Cho đơn chất A tác dụng với đơn chất B thu được chất X. a. Hòa tan X vào H2O thu được dung dịch có môi trường axit, bazơ hay trung tính? Giải thích. b. Lấy 4,83 gam X.nH2O hoà tan vào nước thu được dung dịch Y. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 10,2 gam AgNO3. Xác định n.

Bài 2 (1,0 điểm) Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H, I, K, L và hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: 0

t FeS + O2  → (A) + (B)↑ (B) + H2S → (C)↓ + (D) 0

t (C) + (E)  → (F)

(G) + NaOH → (H) + (I) (H) + O2 + (D) → (K) 0

t (K)  → (A) + (D) 0

t (F) + HCl → (G) + H2S↑ (A) + (L)  → (E) + (D) Bài 3 (1,0 điểm) X, Y, Z là 3 chất hữu cơ mạch hở, không phân nhánh, đều có công thức phân tử là C4H6O2, trong đó: - X và Y đều tham gia phản ứng tráng gương.

- X và Z tác dụng với dung dịch NaOH lần lượt thu được các sản phẩm hữu cơ M và N đều tác dụng được với Na. - Hiđro hóa hoàn toàn Y thu được sản phẩm hữu cơ T có khả năng tác dụng được với Cu(OH)2.

- Y tác dụng được với Na. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z. Viết các phương trình hóa học minh họa các quá trình trên.

Bài 4 (1,0 điểm) a. Dung dịch A chứa: CH3COOH 1M và CH3COONa 1M. Tính pH của dung dịch A. b. Trộn 100ml dung dịch A với 10ml dung dịch NaOH 0,1M thu được dung dịch B.Tính pH của dung dịch B (coi thể tích dung dịch B bằng tổng thể tích dung dịch A và dung dịch NaOH) biết pKa(CH3COOH) =4,75.

Bài 5 (1,0 điểm) Hóa hơi 2,54 gam một este A thuần chức, mạch hở trong một bình kín dung tích không đổi 0,6 lít ở 136,50C. Khi A bay hơi hết thì áp suất trong bình là 0,56 atm. a. Xác định khối lượng mol phân tử của A.

135

b. Để thủy phân hết 25,4 gam A cần vừa đủ 250 gam dung dịch NaOH 4,8%. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 6,35 gam A bằng dung dịch NaOH vừa đủ, sau phản ứng thu được 7,05 gam một muối duy nhất. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên este A (biết ancol hoặc axit tạo thành este là đơn chức).

Bài 6 (1,5 điểm) Hỗn hợp M gồm kim loại R và một oxit của R. Chia 88,8 gam hỗn hợp M thành ba phần bằng nhau: - Hòa tan hết phần 1 bằng dung dịch HCl dư, phản ứng xong thu được 2,24 lít khí H2.

- Phần 2: Cho tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng, dư thu được dung dịch E và 2,24 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất).

- Dẫn luồng CO dư qua phần 3 nung nóng tới phản ứng hoàn toàn, chất rắn thu được đem hoà tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thấy thoát ra 13,44 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất).

1. Xác định kim loại R và công thức của oxit.

2. Cho 29,6 gam hỗn hợp M tác dụng hết với dung dịch HNO3 12,6 %, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Z và 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch Z. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc.

Bài 7 (1,5 điểm) X và Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Z và T là hai este thuần chức hơn kém nhau 14u, đồng thời Y và Z là đồng phân của nhau với MX< MY< MT. Đốt cháy hết 11,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 7,168 lít O2 (đktc). Mặt khác, để tác dụng hết với 11,52 gam hỗn hợp E cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp M gồm 3 ancol có số mol bằng nhau. a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. b. Cho toàn bộ lượng M trên tác dụng với CuO dư, nung nóng thu được hỗn hợp chất hữu cơ K. Cho K tác dụng hết với dung dịch AgNO3 dư trong môi trường NH3 thu được m gam Ag. Trong E số mol X gấp 2 lần số mol Y. Tính m (giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn).

Bài 8 (1,0 điểm) Các axit mạnh như: HCl, HNO3 và H2SO4 được dùng phổ biến trong thực tế, đặc biệt trong công nghiệp. Từ đó đặt ra yêu cầu cao về an toàn trong sản xuất, bảo quản, chuyên chở và sử dụng chúng. Tuy nhiên, trong thực tế vẫn có những sự cố đáng tiếc xảy ra. Vào ngày 04/11/2014, tại khu vực giao nhau giữa đường Võ Nguyên Giáp và đường Bùi Văn Hòa (thành phố Biên Hòa) đã xảy ra một vụ lật xe chở axit làm đổ gần 5000 lít axit HCl ra đường, rất nguy hiểm. Trong trường hợp này, anh (chị) hãy đề xuất các biện pháp để làm giảm thiệt hại do axit gây ra.

Bài 9 (1,0 điểm) Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10 (pha 10% etanol),….E85 (pha 85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O2 và 80%N2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống?

----------------Hết---------------

136

Thí sinh chỉ được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: .....................................................

Cán bộ coi thi 1: ........................................................ Cán bộ coi thi 2: ...............................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ DỰ BỊ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ CÁC MÔN VĂN HÓA CẤP THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ DỰ BỊ MÔN: HÓA HỌC – BẢNG KHÔNG CHUYÊN Ngày thi: 12/10/2016 (Hướng dẫn chấm gồm 08 trang)

Chú ý: - Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa phần đó.

- Điểm bài thi làm tròn tới 2 chữ số sau dấu phẩy.

Bài 1: (1,0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố A có tổng số electron trong các phân lớp p là 7. Nguyên tử của nguyên tố B có tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt mang điện của A là 8. Cho đơn chất A tác dụng với đơn chất B thu được chất X a. Hòa tan X vào H2O thu được dung dịch có môi trường axit, bazơ hay trung tính? Giải thích b. Lấy 4,83 gam X.nH2O hoà tan vào nước thu được dung dịch Y. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 10,2 gam AgNO3. Xác định n Nội dung Điểm a.Theo đề bài ta có cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố A như sau: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 => Z = 13 => A là nhôm (Al) 0,2(xđ Ta có tổng số hạt mang điện của A : p + e = 2p = 26 tên Tổng số hạt mang điện của B là: p’ + e’ = 2p’ nguyên => 2p’ – 26 = 8 <=> p’ = 17 t ố) => B là nguyên tố clo (Cl), X là AlCl3 0,2 Khi hòa tan X vào H2O (xđ 3+ AlCl3 → Al + 3Cl công thức) Ion Al3+ bị thuỷ phân trong nước 3+ + 0,3 Al + H2O ⇔ Al(OH)3 + 3H (xđ mt) Dung dịch thu được có môi trường axit 10,2 = 0,06 mol 170 Phương trình phản ứng xảy ra:

b. n AgNO 3 =

137

AlCl3 + 3AgNO3 → Al(NO3)3 + 3AgCl ↓ 0,02 0,06 Mà

m X .nH 2 O = n AlCl3 (133,5

=> n =

+ 18n) = 4,83 g

0,3 (xđ n)

1 (4,83 − 0,02 x133,5) = 6 18 x0,02

Bài 2: (1,0 điểm) Xác định các chất A,toB, C, D, E, F, G, H, I, K, L và hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: FeS + O2→ (A) + (B)↑ → (C)↓ + (D) to (C) + (E) → (F)

(B) + H2S

(G) + NaOH → (H) + (I) (H) + O2 + o(D) → (K) t (K) → (A) + (D)

(F) + HCl → (G) + H2S↑

(A) + (L) → (E) + (D)

Nội dung Xác định đúng các chất

→ 2Fe2O3 +4SO2 4FeS + 7O2  (A) (B) to

SO2 +2H2S → 3S + 2H2O (B) (C) (D) to → FeS S + Fe  (C) (E) (F)

Điểm 0,2 0,8 (mỗi pt được 0,1)

FeS +2HCl → FeCl2+ H2S (F) (G) FeCl2 +2NaOH → Fe(OH)2 +2NaCl (G) (H) (I) 4Fe(OH)2 +O2+2H2O → 4Fe(OH)3 (H) (D) (K)

→ Fe2O3 +3H2O 2Fe(OH)3  (K) (A) (D) to

to → 2Fe +3H2O Fe2O3 +3H2  (A) (L) (E) (D) Bài 3: (1,0 điểm) X, Y, Z là 3 chất hữu cơ mạch hở, không phân nhánh, đều có công thức phân tử là C4H6O2, trong đó: - X và Y đều tham gia phản ứng tráng gương.

- X và Z tác dụng với dung dịch NaOH lần lượt thu được các sản phẩm hữu cơ M và N đều tác dụng được với Na.

138

- Hiđro hóa hoàn toàn Y thu được sản phẩm hữu cơ T có khả năng tác dụng được với Cu(OH)2.

- Y tác dụng được với Na. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z.Viết các phương trình hóa học minh họa các quá trình trên.

Nội dung Điểm X tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra M, M tác dụng với Na. - X tham gia phản ứng tráng gương Vậy X là HCOOCH2-CH=CH2 0,3 (xđ HCOOCH2-CH=CH2 + 2AgNO3 + 4NH3 + 2H2O → (NH4)2CO3 + 2NH4NO3 + đúng CTCT 2Ag + CH2=CH-CH2OH t0 X,Y,Z) HCOOCH2-CH=CH2 + NaOH  → HCOONa + CH2=CH-CH2OH (M) 0,6 2CH2=CH-CH2OH + 2Na → 2CH2=CH-CH2ONa + H2 ( vớ i - Y tham gia phản ứng tráng gương, tác dụng với Na 6pt - Hiđro hóa hoàn toàn Y thu được chất hữu cơ T. T có khả năng tác dụng với đầu) Cu(OH) 2

Vậy Y là: CH2=CH-CH(OH)-CHO CH2=CHCH(OH)CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH2=CHCH(OH)COONH4+ 2NH4NO3 +2Ag 0

Ni ,t CH2=CH-CH(OH)-CHO + 2H2  → CH3-CH2-CH(OH)-CH2OH 2CH3-CH2-CH(OH)-CH2OH + Cu(OH)2 → (C4H9O2)2Cu + 2H2O - Z tác dụng với dung dịch NaOH thu được chất hữu cơ N. N có khả năng tác dụng với Na giải phóng H2. vậy Z là : CH2= CH-COOCH3

0,1 (2 pt cuối)

0

t CH2= CH-COOCH3 + NaOH  → CH2=CH-COONa + CH3OH (N) 2CH3OH + 2Na → 2CH3ONa + H2

Bài 4: (1,0 điểm) Dung dịch A chứa: CH3COOH 1M và CH3COONa 1M. a. Tính pH của dung dịch A biết pKa(CH3COOH) =4,75. b. Trộn 100ml dung dịch A với 10ml dung dịch NaOH 0,1M thu được dung dịch B.Tính pH của dung dịch B(coi thể tích dung dịch B bằng tổng thể tích dung dịch A và dung dịch NaOH ).

Nội dung Điểm + a.

CH3COONa CH3COO + Na 1M 1M Ban đầu P.li CB Ka =

CH3COOH 1 x 1-x

CH3COO- + H+ 1 (M) x x (M) 1+x x (M)

0,3 (tính đúng pH)

= 10-4,75 → x = 1,78.10-5 → pH= 4,75

100ml dung dịch A: 0,1 mol CH3COOH và 0,1mol CH3COONa số mol NaOH=0,001mol

139

CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O Ban đầu 0,1 0,001 0,1 Phản ứng 0,001 0,001 0,001 (mol) Còn 0,099 0 0,101 (mol) Dung dịch B chứa CH3COONa: 0,101 mol hay 0,918M CH3COOH: 0,099 mol hay 0,9M CH3COONa CH3COO - + Na+ 0,918M 0,918M Ban đầu P.li CB Ka =

CH3COOH CH3COO- + H+ 0,9 0,918 (M) y y y 0,9-y 0,918+y y = 10-4,75 → y = 1,74.10-5 → pH= 4,76

0,4 (Tính nồng độ mol các chất trong B)

0,3 (tính đúng pH)

Bài 5: (1,0 điểm) Hóa hơi 2,54 gam một este A thuần chức, mạch hở trong một bình kín dung tích không đổi 0,6 lít ở 136,50C. Khi A bay hơi hết thì áp suất trong bình là 0,56 atm. a. Xác định khối lượng mol phân tử của A. b. Để thủy phân 25,4 gam A cần vừa đủ 250 gam dung dịch NaOH 4,8%. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 6,35 gam A bằng dung dịch NaOH vừa đủ, sau phản ứng thu được 7,05 gam một muối duy nhất. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên este A (biết ancol hoặc axit tạo thành este là đơn chức).

Nội dung Điểm PV a. Tính số mol este hơi: n= = 0, 01mol RT 0,25 2,54 (tính Khối lượng mol của A M= = 254 gam 0, 01 M) 25, 4 = 0,1mol 254 250.4,8 Số mol NaOH : n= = 0,3mol . Vậy este 3 chức 100.40 Thủy phân 0,025 mol A (6,35 gam) thu được 7,05 gam muối Thủy phân 0,1 mol A thu được 28,2 gam muối TH1: Ancol đơn chức R(COOR’)3 + 3 NaOH  R(COONa)3 + 3R’OH 0,1 mol 0,3 mol 28,2 gam Vậy R = 81 (loại) TH2: Axit đơn chức (RCOO)3R’+ 3NaOH  3RCOONa + R’(OH)3 0,1 mol 0,3 mol 28,2 gam Vậy R= 27 ( C2H3-)

b.Số mol của A :

n=

0,25 (TH1) 0,25 (Xđ CT

140

Công thức cấu tạo của A là : CH2=CH -COO-CH2 CH2=CH-COO-CH

axit) 0,25 (Viết CTCT và gọi tên)

(glixerin triacrilat)

CH2=CH-COO-CH2

Bài 6: (1,5 điểm) Cho một hỗn hợp M gồm kim loại R và một oxit của R. Chia 88,8 gam hỗn hợp M thành ba phần bằng nhau: - Hòa tan hết phần 1 bằng dung dịch HCl dư, phản ứng xong thu được 2,24 lít khí H2.

- Phần 2: Cho tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch E và 2,24 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất).

- Dẫn luồng khí CO dư qua phần 3 nung nóng tới phản ứng hoàn toàn, chất rắn thu được đem hoà tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thấy thoát ra 13,44 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất).

1. Xác định kim loại R và công thức của oxit 2. Cho 29,6 gam hỗn hợp M tác dụng hết với dung dịch HNO3 12,6 %, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Z và 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch Z. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc.

Nội dung Điểm Gäi x, y lÇn l-ît lµ sè mol cña R vµ RnOm trong 29,6 gam hçn hîp.

PhÇn 2: (R, RnOm) + HNO3 R(NO3)a + NO + H2O nNO = 0,1 mol

R → R a + + ae x

;

a.x mol

nR +2m / n → nR a + + (na − 2m)e ; N +5 + 3e → N +2 (na − 2m)y mol

y

Ta cã a.x + (na – 2m).y = 0,3 (I) PhÇn 3: (R, RnOm) + CO  R + CO2

=> nR = x + n.y

H 2SO4 dac R  → Ra+ + SO2 + H2O R→Ra+ + ae S6+ + 2e → S4+ x + n.y (x + n.y)a 1,2 0,6 Ta cã a(x + ny) = 1,2 (II) VËy ta cã hÖ ph-¬ng tr×nh:

 a.x + (na - 2m).y = 0,3 (I)  my = 0, 45   (II)   56  a( x + ny ) = 1,2  R.x + R.ny + 16my = 29, 6 (III)  R = 3 .a 

a R KL

1 56/3 Lo¹i

2 112/3 Loai

0,3 0,1mol

3 56 Fe (TM)

0,5 (lập hệ pt)

0,25 (Xác

141

PhÇn 1: (Fe vµ FenOm) + HCl  H2 ; sè mol H2 = 0,1 mol FenOm + 2mHCl  nFeCl2m/n + mH2O Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 x x = 0,1 mol Thay x = 0,1 mol vµo hÖ ph-¬ng tr×nh ë trªn ta ®-îc:  x = 0,1  a=3 n 0, 3 2   = =  m 0, 45 3  my = 0, 45 ny = 0,3

=> C«ng thøc oxit lµ Fe2O3 .

định Fe)

0,25 (CT oxit) 0,25 (tính số mol các chất trong Z)

2. Số mol NO = 0,05 → Số mol e nhận N+5 = 0,15 Nếu chỉ tạo muối Fe3+ thì số mol e của Fe nhường = 0,3 > 0,15 Vậy dung dịch Z gồm Fe(NO3)2: g mol, Fe(NO3)3: h mol Coi hỗn hợp M gồm: Fe (0,4 mol) và O (0,45mol) Bảo toàn nguyên tố Fe: g + h = 0,4 Bảo toàn electron : 2g + 3h = 0,05.3 + 0,45.2 g = 0,15 mol, h = 0,25 mol Dung dịch Z chứa Fe(NO3)2: 0,15 mol, Fe(NO3)3: 0,25 mol Số mol HNO3 pư = 0,15. 2 + 0,25. 3 + 0,05 = 1,1 mol Khối lượng dung dịch HNO3 là: 550 gam Khối lượng dung dịch Z là: 578,1 gam 0,25 C% Fe(NO3)3=10,47%; C% Fe(NO3)2=4,67% Bài 7: (1,5 điểm) X, Y là hai axit cacboxylic đều hai chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng; Z,T là hai este thuần chức hơn kém nhau 14 u, đồng thời Y và Z là đồng phân của nhau (MX< MY< MT). Đốt cháy 11,52 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 7,168 lít O2 (đktc). Mặt khác, để tác dụng hết với 11,52 gam hỗn hợp E cần dùng 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được hỗn hợp M gồm 3 ancol có số mol bằng nhau. a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. b. Cho toàn bộ lượng M trên tác dụng với CuO dư, nung nóng thu được hỗn hợp K. Cho K tác dụng hết với dung dịch AgNO3 dư trong môi trường NH3 thu được m gam Ag. Trong E số mol X gấp 2 lần số mol Y . Tính m (giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn).

Nội dung Điểm nO2 = 0,32 mol ; nNaOH = 0,2 mol Vì Y, Z là đồng phân nên Z có 4 nguyên tử oxi => Z là este 2 chức ( do Z là este thuần chức) Mà Z và T có khối lượng hơn kém nhau 14 đvC nên T cũng có 4 nguyên tử oxi 0,1 => T cũng là este 2 chức (Xđ Gọi công thức chung cho X, Y, Z, T là CxHyO4 CT CxHyO4 + 2 NaOH R(COONa)2 + ancol chung) 0,1  0,2

142

CxHyO4 + O2 CO2 + H2O Gọi nCO2 = a (mol); nH2O = b (mol) Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố oxi ta có hệ

44a + 18b = 11,52 + 0,32.32 a = 0,38 ⇔  2a + b = 0,32.2 + 0,1.4 b = 0, 28 Do nCO2 – n H2O = số mol hỗn hợp E nên số liên kết π trung bình trong E là 2 Vì X, Y, Z, T đều là các axit và este 2 chức nên π chức = 2 => các chất đều mạch hở, no Ta có C =

0, 38 = 3, 8 0,1

Vì MX< MY = MZ< MT => CX< 3,8 Do Z là este 2 chức nên số C ≥ 4 X,Y là đồng đẳng kế tiếp→Z hơn X một nguyên tử C Vậy số C của X =3 nên CTCT của X là CH2(COOH)2 C của Y =4 nên CTCT của Y là HOOCCH2CH2COOH hoặc CH3CH(COOH)2 Z là đồng phân của Y nên có công thức phân tử là C4H6O4 Vậy CTCT có thể có của Z là: (COOCH3)2 hoặc (HCOOCH2)2 Do T hơn Z 14 u nên CTPT của T là C5H8O4 + nếu Z là: (COOCH3)2, không có CTCT của T phù hợp để tạo 3 ancol + nếu Z là: (HCOOCH2)2 thì CTCT của T là CH3OOC – COOC2H5 Vậy các CTCT của X, Y, Z, T là: X là CH2(COOH)2 Y là HOOCCH2 CH2 COOH hoặc CH3CH(COOH)2 Z là HCOOCH2CH2OOCH T là CH3OOC – COOC2H5 Gọi số mol của X, Y, Z, T lần lượt là 2x, x, y, y (vì Z, T khi phản ứng với NaOH tạo 3 ancol có số mol bằng nhau nên số mol của Z bằng số mol của T) Theo bài có hệ

2 x + x + y + y = 0,1 3x + 2 y = 0,1  x = 0, 02 ⇔ ⇔  3.2 x + 4.x + 4. y + 5. y = 0,38 10 x + 9 y = 0,38  y = 0, 02 HCOOCH2CH2OOCH + NaOH 2HCOONa + HOCH2CH2OH 0,02 0,02 CH3OOC – COOC2H5 + NaOH  CH3OH + C2H5OH + NaOOC - COONa 0,02 0,02 0,02 HOCH2CH2OH HOC-CHO  4Ag 0,02 0,08 CH3OH  HCHO  4Ag 0,02 0,08 C2H5OH  CH3CHO  2Ag

0,2 (Xác đinh các chất no) 0,2 (Xác định Số C tb)

0,4(xác định CTCT đúng m ỗi chất 0,1)

0,3 (xác định số mol các ancol)

143

0,02 0,04 => nAg = 0,08 + 0,08 + 0,04 = 0,2 mol => mAg = 0,2.108 = 21,6 gam 0,3 Bài 8: (1,0 điểm) Các axit mạnh như : HCl, HNO3 và H2SO4 được dùng phổ biến trong thực tế, đặc biệt trong công nghiệp.

Từ đó đặt ra yêu cầu cao về an toàn trong sản xuất, bảo quản, chuyên chở và sử dụng chúng. Tuy nhiên trong thực tế vẫn có những sự cố đáng tiếc xảy ra. Vào ngày 04/11/2014, tại khu vực giao nhau giữa đường Võ Nguyên Giáp và đường Bùi Văn Hòa (thành phố Biên Hòa) đã xảy ra một vụ lật xe chở axit làm đổ gần 5000 lít axit HCl ra đường, rất nguy hiểm. Trong trường hợp này, anh (chị) hãy đề xuất các biện pháp để làm giảm thiệt hại do axit gây ra.

Nội dung Điểm Sự cố axit bị đổ trên mặt đường là một trường hợp cần được quan tâm, xử lí đúng cách để hạn chế những thiệt hại về con người, phương tiện, hạ tầng hay tác hại đến môi trường.

Các biện pháp (đối với các axit như HCl, HNO3): + Dùng vôi bột (CaO, CaCO3), natri hiđrocacbonat (NaHCO3),…các hóa chất 0,25 có tính kiềm phun đều – chuyển axit về dạng muối + Phun nước rửa 0,25 + Lập tức cách li người, vật nuôi và phương tiện.

0,25 + Sử dụng cát (SiO2) hạn chế dòng chảy lan.

0,25 Bài 9: (1,0 điểm) Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10(10% etanol),….E85 (85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O2 và 80%N2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống?

Nội dung Điểm a. Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật ( nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật 0,25 thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,…

Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O C6H12O6

2C2H5OH + 2CO2

b. C2H5OH + 3O2 mO2 =

nC6H12O6

0,25

2CO2 + 3H2O

gam→ nO2 =

mol → nKK =

144

→ mKK =

*

= 9,4.103gam = 9,4kg

→ mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy khi đôt cháy 1kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1kg etanol c. Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thải ra ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất

0,25

0,25

-----------------Hết-----------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Câu 1. Em hãy kể tên các dụng cụ, hóa chất và nêu cách tiến hành làm thí nghiệm để điều chế một lượng nhỏ nitrobenzen, viết phương trình hóa học xảy ra. Trong quá trình làm thí nghiệm có thể xuất hiện khí màu nâu ngoài ý muốn, em hãy nêu cách khắc phục.

Câu 2. Dung dịch H2S bão hòa có nồng độ 0,1M. a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,1M khi điều chỉnh pH = 3,0. Biết hằng số axit của H2S là: K1 = 10-7; K2 = 1,3.10-13 b) Dung dịch A chứa các ion Mn2+ và Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion là 0,01M. Hòa tan H2S vào dung dịch A đến bão hòa và điều chỉnh pH = 3,0 thì ion nào tạo kết tủa? Biết tích số tan của MnS = 2,5.10-10; Ag2S = 6,3.10-50. c) Trộn 100ml dung dịch Na2S 0,102M với 50 ml dung dịch (NH4)2SO4 0,051M. Tính pH của dung dịch thu được, biết NH3 có pKb = 4,76 và giả thiết H2SO4 điện li hoàn toàn, phản ứng có Kc> 103 được coi là hoàn toàn.

Câu 3. Hãy viết phương trình phản ứng và nêu hiện tượng xẩy ra khi: a) Sục NO2 từ từ đến dư vào dung dịch KOH có pha quỳ tím. b) Sục NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnSO4. c) Cho ít vụn Cu vào dung dịch chứa đồng thời KNO3 và HCl. d) Cho 3 giọt dung dịch AgNO3 vào 6 giọt dung dịch Na3PO4 trong ống nghiệm, cho tiếp dung dịch HNO3 loãng vào đến dư.

Câu 4. MnO là một chất bột màu xám lục, không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch axit tạo thành muối Mn2+. Khi đun nóng MnO trong không khí khoảng 250oC sinh ra chất B màu đen. Đun nóng B trong dung dịch KOH đặc thì tạo ra dung dịch màu xanh lam C. Nếu đun nhẹ B trong dung dịch HCl đặc dư thì thu được dung dịch D và có khí màu vàng lục thoát ra. Viết các phương trình hóa học xảy ra.

Câu 5. Hòa tan hết 2,04 gam kim loại M trong dung dịch X gồm HNO3 0,1M và H2SO4 0,3M, thu được dung dịch Y (không chứa muối amoni) và 0,784 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm ba khí. Biết hỗn hợp khí Z chứa 0,28 gam N2, 0,6 gam NO và nguyên tố nitơ trong Z chiếm 62,92% về khối lượng. Xác định kim loại M và viết các phương trình hóa học xảy ra.

145

Câu 6. Hỗn hợp A gồm SiO2 và Mg được đun nóng đến nhiệt độ cao, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp X gồm ba chất rắn. Xử lý X cần vừa đủ 365 gam dung dịch HCl 20% và cho kết quả: - Thu được một khí Y bốc cháy ngay trong không khí và 401,4 gam dung dịch muối có nồng độ 23,67%.

- Còn lại chất rắn Z không tan trong axit, nhưng tan dễ dàng trong dung dịch kiềm, tạo ra một khí cháy được. a) Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. b) Tính thể tích khí Y (ở đktc) và khối lượng Z. Câu 7. Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2 và FeCO3 trong bình kín (không có không khí). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y và khí Z có tỉ khối so với H2 là 22,5 (giả sử khí NO2 sinh ra không tham gia phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn trong dung dịch gồm 0,02 mol KNO3 và 0,125 mol H2SO4 (loãng), thu được dung dịch T chỉ chứa hai muối trung hoà của kim loại và hỗn hợp hai khí (trong đó có NO) có tỉ khối so với H2 là 8. Tính m.

Câu 8. Hòa tan 13,92 gam hỗn hợp M gồm Fe và Cu vào 105 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí A. Cho 500 ml dung dịch KOH 1,2M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z (không có khí thoát ra). Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 49,26 gam chất rắn Q. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính nồng độ phần trăm của các muối trong dung dịch X. Câu 9. Cho các quá trình chuyển hóa sau: a) Hiđro hóa napphtalen (ở điều kiện thích hợp) tạo thành hợp chất A. Ozon phân A thu được hợp chất B: C10H16O2. b) Hợp chất D (có công thức C9H8) tác dụng với Br2 trong CCl4 theo tỉ lệ mol 1:1. Hiđro hóa D tạo ra hợp chất E: C9H10. Oxi hóa D thu được hợp chất F: C8H6O4. c) Ozon phân hợp chất G (có công thức C10H16) thu được hợp chất I: C10H16O2. Hiđro hóa G thu được ba hợp chất G1, G2, G3 đều có cùng công thức phân tử C10H20. Hiđro hóa I thu được ba hợp chất sau: HOCH2(CH2)2C(CH3)2CH2CH2CH(OH)CH3; HOCH2(CH2)2CH[CH(CH3)2]CH2CH(OH)CH3; HOCH2CH2CH[CH(CH3)2]CH2CH2CH(OH)CH3.

Viết công thức cấu tạo của các hợp chất A, B, D, E, F, G, I. Viết công thức lập thể dạng bền của các hợp chất G1, G2, G3. Biết hiđro hóa nhóm C=O sẽ tạo ra nhóm CH-OH.

Câu 10. Hỗn hợp khí X (ở 81oC và 1,5 atm) gồm H2, một anken A và một ankin B. Cho X đi qua lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 1,61 gam kết tủa và hỗn hợp khí Y (không chứa H2O) thoát ra có thể tích bằng 90% thể tích của X. Nung nóng X với xúc tác Ni để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp Z chỉ gồm hai chất khí và có thể tích bằng 70% thể tích của X. Tỉ khối của Z so với H2 bằng 9. Khí X, Y, Z đo ở cùng điều kiện. a) Tính thể tích của hỗn hợp khí X và viết công thức cấu tạo phù hợp của A, B. b) Trình bày cơ chế của phản ứng khi cho B tác dụng với HCl dư sinh ra chất D (sản phẩm chính). ……………….HẾT……………….

146

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học).

- Giám thị không phải giải thích gì thêm.

- Họ và tên thí sinh:…………………………………………..Số báo danh:…………………………..

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: HÓA HỌC-LỚP 11

ĐỀTHI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

1

Nội dung Hóa chất: Benzen, HNO3 đặc, H2SO4 đặc.

Dụng cụ: 1 cốc thủy tinh 250 ml, ống nghiệm, nút cao su có lắp ống dẫn khí thẳng, đèn cồn, kẹp gỗ.

Cách tiến hành: Rót vào ống nghiệm khoảng 1ml HNO3 đặc, sau đó rót từ từ vào ống nghiệm khoảng 2ml H2SO4 đặc, lắc nhẹ hỗn hợp. Sau đó rót từ từ 1 ml C6H6 vào hỗn hợp phản ứng. Đậy nút cao su có cắm ống dẫn khí thẳng vào miệng ống nghiệm. Lắc hỗn hợp cho các chất trộn đều vào nhau. Giữ nhiệt độ của hỗn hợp phản ứng khoảng 600C. Thực hiện phản ứng trong khoảng từ 10 phút. Sau khi ngừng thí nghiệm, rót cẩn thận hỗn hợp phản ứng vào cốc nước lạnh đã chuẩn bị sẵn.

Nitrobenzen nặng hơn nước chìm xuống đáy cốc tạo thành những giọt dầu màu vàng.

Phương trình hóa học: C6H6 + HNO3 --> C6H5NO2 + H2O Khí màu nâu có thể xuất hiện do nhiệt của phản ứng làm phân hủy HNO3: HNO3 -->NO2 + O2 + H2O Cách xử lí: ngâm đáy ống nghiệm vào cốc nước lạnh.

Câu 2. a)Theo giả thiết ta có [H2S] = 0,1M; [H+] = 10-3 Trong dung dịch có các cân bằng H2 S H+ + HSK1 HS- H+ + S2K2 ⇀ H2S ↽ 2H+ + S2K= K1.K2 = 1,3.10-20 = 2

2

 H +  . S2-  [ H 2S ]

Điểm 0,25 0,25

1,0

0,25 0,25

0,5

=>S2- = 1,3.10-15 b) Ta có: [Mn2].[S2-] = 10-2.1,3.10-15 = 1,3.10-17 < TMnS = 2,5.10-10 => 0,25 không có kết tủa MnS. [Ag+]2.[S2-] = 10-4.1,3.10-15 = 1,3.10-19> TAg2S = 6,3.10-50 => có kết 0,25 0,25 tủa Ag2S c) CNa2S = 0,068M và C(NH4)2SO4 = 0,017M Na2S --> 2Na+ + S2-

147

(NH4)2SO4 --> 2NH4+ + SO42S2- + NH4+ HS- + NH3 K = 1012,92.10-9,24 = 103,68 C: 0,068 0,034 [] 0,034 0,034 0,034 0,25 K của phản ứng lớn nên phản ứng có thể xem như hoàn toàn do đó thành phần giới hạn của hệ như trên: S2- + H2O HS- + OHKb1 = 10-1,08 (1) HS- + H2O H2S + OHKb2 = 10-7 (2) + Kb3 = 10-4,76 (3) NH3+ H2O NH4 + OH HS-S-2 + H+ Ka2 = 10-12,92 (4) H2O H+ + OHKw = 10-14 (5) Vì Kb1> Kb3> Kb2 nên cân bằng phân li ra OH- chủ yếu do cân bằng (1) =>pH = pKa2 + lg bằng:

S2- + H2O C: 0,034 [ ] (0,034 – x) Kb1 =

0, 034 Cb = 12,92 + lg = 12,92 > 7 nên ta xét cân 0, 034 Ca

HS- + OH0,034 (0,034 + x) x

Kb1 = 10-1,08

(1)

x(0, 034 + x ) = 10−1,08 0, 034 − x

Giải ra ta được x = 0,02 => [OH-] = 0,02M pOH = -lg0,02 = 1,7 =>pH = 12,3

3

4

Phương trình phản ứng và hiện tượng xảy ra là: a)Dung dịch KOH ban đầu có màu xanh sau đó nhạt màu và đến mất màu, khi NO2 dư thì dung dịch lại có màu đỏ. Pthh: 2NO2 + 2KOH --> KNO3 + KNO2 + H2O 2NO2 + H2O --> HNO3 + HNO2 b)Lúc đầu có kết tủa màu trắng xuất hiện sau đó khi NH3 dư thì kết tủa bị hòa tan. Pthh: 2NH3 + 2H2O + ZnSO4 --> Zn(OH)2 + (NH4)2SO4 Zn(OH)2 + 4NH3 --> [Zn(NH3)4]2+ + 2OHc)Kim loại Cu tan dần, có khí không màu thoát ra và hóa nâu trong không khí 3Cu + 8H+ + 2NO3- --> 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 2NO + O2 --> 2NO2 d)Lúc đầu có kết tủa màu vàng xuất hiện, sau đó khi cho HNO3 dư vào thì kết tủa bị tan AgNO3 + Na3PO4 -->Ag3PO4 + 3NaNO3 Ag3PO4 + 3HNO3 --> 3AgNO3 + H3PO4 Các phương trình hóa học xảy ra MnO + H2SO4 --> MnSO4 + H2O 2MnO + O2 -->2 MnO2 2MnO2 + 4KOH + O2 --> 2K2MnO4 + 2H2O

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5 0,5 0,5

148

MnO2 + 4HCl --> MnCl2 + Cl2 + 2H2O

0,5

Theo giả thiết thì lượng khí thoát ra là 0,784/22,4 = 0,035 mol Trong đó số mol N2 =0,28/28 = 0,01 mol và số mol NO = 0,6/30 = 0,02 0,5 mol. =>số mol khí còn lại là 0,005 mol.

Gọi khí chưa biết là NxOy có chứa x.14.0,005 gam khối lượng nitơ. Theo giả thiết ta có phần trăm khối lượng nitơ trong hỗn hợp khí là 0,5 0, 28 + 0, 02.14 + 0, 005.x.14 = 0,6292 0, 28 + 0, 6 + 0, 005(14 x + 16 y )

5

=>0,63 + 2,6x = 5y Không có sản phẩm khí nào của nitơ thỏa mãn phương trình này. Vậy khí còn lại là H2 (do NO3- hết ). Vậy ta có các quá trình cho nhận electron như sau: 0,5 2N+5 + 10.e --> N2 N+5 + 3.e --> N+2 2H+ + 2.e --> H2 M – n.e --> Mn+ Từ đó => số mol e do N+5, H+ nhận là 0,17 mol =>theo bảo toàn electron ta có

2, 04 .n=0,17 M

M = 12.n Giá trị thích hợp là n = 2 và M = 24 (M là kim loại magie) Các phản ứng xảy ra: (5Mg +12H+ + 2 NO3- --> 5Mg2+ + N2 + 6H2O).2 (3Mg + 8H+ + 2NO3- --> 3Mg2+ + 2NO +4 H2O).2 Mg + 2H+ --> Mg2+ + H2 17Mg + 42H+ + 8NO3- --> 17Mg2+ + 4N2 + 2NO + 20H2O + H2

6

0,5

Các phản ứng có thể xảy ra: 2Mg + SiO2 --> 2MgO + Si (1) MgO + SiO2 --> MgSiO3 (2) 0,5 2Mg + Si --> Mg2Si (3) MgO + 2HCl --> MgCl2 + H2O (4) Mg2Si + 4HCl --> 2MgCl2 + SiH4 (5) Si + 2NaOH + 2H2O --> Na2SiO3 + 2H2 (6) Theo giả thiết nếu Mg dư, X gồm Mg, MgO, Mg2Si. X sẽ tan hết trong HCl, không tạo chất rắn Z => không thỏa mãn. Nếu X gồm SiO2, Si, 0,5 MgSiO3 => tác dụng với HCl không có khí thoát ra => không thỏa mãn.

Vậy X gồm Si, SiO2, Mg2Si. Khí Y là SiH4, chất rắn Z là Si. Từ các phương trình phản ứng (1), (3), (4), (5), (6), ta có: Số mol Mg = số mol MgCl2 = 0,2367.401,4/95 = 1 => mMg = 24 gam mH2O (trong dung dịch HCl) = 0,8.365 = 292 gam 0,5 mH2O (trong dung dịch muối) = 0,7633.401,4 = 306,4 gam

149

mH2O (tạo ra ở phản ứng 4) = 306,4 – 292 = 14,4 gam nSiO2 = ½ nMgO = ½ nH2O(ở 4) = 0,4 mol => mSiO2 = 24 gam Trong A có 50%Mg và 50%SiO2 về khối lượng nSiH4 = nMg2Si =0,1 mol =>VY = 2,24 lít nZ = nSi (ở 6) = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol =>mZ = 8,4 gam

7

Các phương trình hóa học có thể xảy ra: Fe(NO3)2 --> Fe2O3 + NO2 + O2 FeCO3 --> FeO + CO2 Fe + O2 --> Fe2O3 FeO + O2 --> Fe2O3 Vì Y tan trong dung dịch (KNO3 + H2SO4) tạo NO nên Y chứa Fe hoặc Fe2+ => O2 phản ứng hết =>hỗn hợp khí Z gồm (NO2 + CO2), có MTB = 45 => nNO2 = nCO2 Hỗn hợp hai khí (NO + khí chưa biết) có MTB = 16 => hai khí là NO và H2 => nH2 = nNO Có H2 => NO3- hết => bảo toàn nguyên tố Nito ta có nNO = nKNO3 = 0,02 mol Bảo toàn nguyên tố Hiđro ta có nH2O = nH2SO4 – nH2 = 0,125 – 0,02 = 0,105 mol Bảo toàn nguyên tố Oxi ta có nO(trong Y) = nNO + nH2O – 3nKNO3 = 0,02 + 0,105 – 3.0,02 = 0,065 mol Nhiệt phân X ta có sơ đồ: • NO3- ---> NO2 + O2- (trong Y) • CO32----> CO2 + O2- (trong Y) =>nNO2 = nCO2 =

n O(trongY) 2

0,5

0,5

0,25 0,25

0,25

0,25

= 0,0325 mol

Vì có H2 thoát ra nên dung dịch T chỉ chứa hai muối trung hòa là FeSO4 và K2SO4 => bảo toàn nguyên tố Kali ta có: nK2SO4 = 0,01; bảo toàn gốc 0,25 SO42- ta có nFeSO4 = 0,115 mol => mFe = 6,44 gam Bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp X, ta có m = mFe + mNO3(trong X) + mCO3 (trong X) = 6,44 + 62.0,0325 + 60.0,0325 = 10,405 gam 0,25 Vậy m = 10,405 gam

8

Giả sử T chỉ có KNO3=> nKNO3 = nKOH = 0,6 mol; p.ư: KNO3 --> KNO2 + 0,5O2 0,25 => mQ = 51> 49,26 => trái với giả thiết =>T gồm có KNO3 và KOH => nung tạo Q gồm KNO2(a mol) + KOH (dư) b mol => bảo toàn nguyên tố Kali ta có: a + b = 0,5.1,2 = 0,6 và 0,25 85a + 56b = 49,26 => a=0,54; b=0,06 => nKOH p.ư = 0,54 mol (*) 13,92 gam M gồm Fe (x mol) + Cu (y mol) => 19,2 gam chất rắn gồm 0,25 Fe2O3 (0,5x mol) + CuO (y mol) => hệ pt: 56x + 64y = 13,92; 160.0,5x

150

+ 80y = 19,2. => x=0,18; y=0,06.

Giả sử X không chứa Fe2+ => kết tủa là Fe(OH)3 và Cu(OH)2 => nKOH p.ư 0,25 = 0,66 mol > 0,54 mâu thuẫn với (*) ở trên => X chứa 3 ion kim loại và HNO3 hết.

X chứa Fe2+,Fe3+, Cu2+, NO3- trong đó nNO3 = nKOH p.ư = 0,54 mol 0,25 Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: nFe2+ + nFe3+ = 0,18 Bảo toàn điện tích => 2nFe2+ + 3nFe3+ + 2.0,06 = 0,54 => nFe2+ = 0,12; nFe3+ = 0,06 Theo giả thiết: mHNO3 = 52,92 gam => nHNO3 = 0,84 mol => bảo toàn 0,25 nguyên tố H ta có: nH2O = 0,42 mol.

Bảo toàn khối lượng ta có: mHNO3 = mNO3 + mkhí + mH2O => mkhí = 52,92 – 62.0,54 – 18.0,42 =11,88 gam => mdung dịch sau pư = 13,92 + 105 – 11,88 = 107,04 gam 242.0, 06.100 0,25 = 13,56% => C%(Fe(NO3)3 = 107, 04 180.0,12.100 =>C%(Fe(NO3)2) = = 20,18% 107, 04

=> C%(Cu(NO3)2) =

0,25

188.0, 06.100 = 10,54% 107, 04

a. Sơ đồ phản ứng: O [H]

[O] O

9

0,5

(B)

(A)

b. D có độ không no k+ π = 6 nhưng chỉ phản ứng với brom theo tỉ lệ mol 1:1, khi hidro hóa tạo C9H10⟹ công thức cấu tạo của D và E lần lượt là COOH

0,5

⟹ F là COOH

c. Sơ đồ phản ứng: C10H16 [O3 kết C=C G

+H2

C10H16O2⟹ G có chứa 1 liên 0,25

C10H20⟹ G có một vòng kém bền CH3

HO-CH2-CH2-CH2-C-CH2-CH2-CH-CH3 CH3

OH

151

OH

C10H16O

+H2

HO-CH2-CH2-CH2-CH -CH2-CH-CH3 CH3-CH-CH3

2

OH

HO-CH2-CH2-CH-CH2-CH2-CH-CH3 CH3-CH-CH3

CHO

C=O

0,25

Công thức cấu tạo của I và G lần lượt là:

G + H2 G1, G2, G3 có công thức phân tử là C10H20⟹ có 2 phân tử H2 tham gia phản ứng cộng. ⟹ Công thức cấu tạo của G1, G2, G3 lần lượt là 0,25 Công thức lập thể dạng bền là: 0,25 Gọi số mol của A, B, H2 lần lượt là a, b, c mol. Theo giả thiết thì ankin 1 (1) nX 10 3 Vì MZ = 18 => có H2 dư và nH2 p.ư = n X (2) 10

phải có liên kết ba đầu mạch và nB =

10

Vì Z chỉ chứa hai khí =>anken và ankin có cùng số nguyên tử C đặt là 0,25 CnH2n và CnH2n-2 Các phương trình phản ứng: CnH2n + H2 --> CnH2n+2 a mol a a CnH2n-2 + 2H2 --> CnH2n+2 b mol 2b b 0,25 3 1 =>a + 2b = n X , từ (1) => a = n X 10

10 8 3 5 =>nH2 dư = c –(a + 2b) = n X - n X = n X 10 10 10

=>Trong Z có tỉ lệ nankan : nH2 = 2 : 5 MZ =

(14n + 2).2 + 2.5 = 18 => n = 4 7

0,25

152

Vậy A là C4H8 và B là C4H6 Công thức cấu tạo phù hợp là A: CH3-CH2-CH=CH2 hay CH3-CH=CH-CH3 B: CH3-CH2-C ≡ CH Ta có nkết tủa = 0,01 = b mol => a = 0,1 => nX = 0,1 mol Vây VX = 1,9352 lít.

Phản ứng: CH3-CH2-C ≡ CH + 2HCl --> CH3-CH2-CCl2-CH3

0,25 0,25 0,25

Cơ chế phản ứng: CH3-CH2-C ≡ CH + HCl --> CH3-CH2-C+=CH2 + Cl0,25 + CH3-CH2-C =CH2 + Cl --> CH3-CH2-CCl=CH2 CH3-CH2-CCl=CH2 + HCl --> CH3-CH2-CCl+- CH3 + ClCH3-CH2-CCl+- CH3 + Cl- --> CH3-CH2-CCl2-CH3

0,25

Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: HÓA HỌC-LỚP 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 2 trang, gồm 10 câu) Câu 1. Hãy mô tả (không cần vẽ hình) cách tiến hành làm thí nghiệm điều chế và thử tính chất của axetilen (phản ứng cộng, phản ứng thế, phản ứng cháy). Nêu hiện tượng và viết các phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm đó.

Câu 2. a) Đun nóng stiren với H2 (có xúc tác và áp suất thích hợp) thì thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ. Viết các phương trình hóa học xảy ra và gọi tên các sản phẩm hữu cơ. b) Viết công thức cấu tạo các xilen và viết phương trình hóa học xảy ra khi đun nóng hỗn hợp gồm các xilen với dung dịch KMnO4.

Câu 3. Hợp chất dị vòng (NXCl2)3 của photpho với cấu trúc phẳng được tạo thành từ NH4Cl với hợp chất pentaclo của photpho; sản phẩm phụ của phản ứng này là một chất khí dễ tan trong nước. Viết phương trình hóa học và công thức cấu tạo của hợp chất (NXCl2)3.

Câu 4. Khi nhiệt phân CaCO3 tạo ra chất rắn A và chất khí B. Khử A bởi cacbon tạo ra chất rắn màu xám D và khí E. Các chất D và E có thể bị oxi hóa để tạo thành các sản phẩm có mức oxi hóa cao hơn. Phản ứng của D với nitơ cuối cùng dẫn tới việc tạo thành CaCN2. a) Viết tất cả các phương trình hóa học xảy ra. b) Khi thủy phân CaCN2 thì thu được chất gì? Viết phương trình hóa học xảy ra. c) Ion CN 22 − có thể có hai đồng phân. Axit của cả hai ion đều đã được biết. Viết công thức cấu tạo của cả hai axit và cho biết cân bằng chuyển hóa giữa hai axit trên dịch chuyển về phía nào? Vì sao?

153

Câu 5. Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C màu vàng. Cho 0,1 mol hợp chất C phản ứng với CO2 (dư) tạo thành hợp chất D và 2,4 gam chất B. Hòa tan hoàn toàn D vào nước, dung dịch D phản ứng vừa hết 100ml dung dịch HCl 1M giải phóng 1,12 lít khí CO2 (đktc). Xác định các chất A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xảy ra. Biết hợp chất C chứa 45,07% B theo khối lượng; chất D không bị phân tích khi nóng chảy.

Câu 6. Cho 488 ml dung dịch Na2SO3 0,1M vào dung dịch MCl2 (có chứa 3,063 gam M2+) thì thu được 5,86 gam kết tủa sunfit và dung dịch A. Xác định M nếu biết trong dung dịch A có: a) Hai muối và pH = 7 b) Hai muối và pH > 7 Câu 7. Khi đun nóng một nguyên tố A trong không khí thì sinh ra oxit B. Phản ứng của B với dung dịch kali bromat trong sự có mặt của axit nitric cho các chất C, D và muối E. Muối E là một thành phần của thuốc súng đen. Ở nhiệt độ và áp suất tiêu chuẩn thì D là một chất lỏng màu đỏ.

Xác định các chất A, B, C, D biết rằng từ 1,0 gam chất B tạo ra 1,306 gam chất C. Nguyên tố A thuộc nhóm VIA và phân tử chất C chỉ chứa một nguyên tử A. Câu 8. Hidrocacbon X có chứa 96,43% cacbon theo khối lượng. X có thể tác dụng với kim loại tạo nên hợp chất Y với thành phần khối lượng của kim loại là 46%. Viết phương trình chuyển hóa X thành Y, biết X có công thức phân tử cũng là công thức đơn giản nhất.

Câu 9. Dung dịch A gồm hai axit yếu HCOOH 0,1M và CH3COOH 1M. a) Tính pH của dung dịch A. b) Pha loãng dung dịch A bằng nước để thể tích dung dịch sau khi pha loãng gấp 10 lần thể tích dung dịch ban đầu. Tính pH của dung dịch sau khi pha loãng.

Biết hằng số axit của HCOOH và CH3COOH lần lượt là 1,8.10-4 và 1,8.10-5.

Câu 10. Hợp chất hữu cơ A có chứa 79,59%C; 12,25%H; còn lại là oxi (theo khối lượng). Trong phân tử A chỉ có 1 nguyên tử oxi. Khi ozon phân A thu được HOCH2CHO; CH3(CH2)2COCH3 và CH3CH2CO(CH2)2CHO. Nếu cho A tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 rồi mới ozon phân sản phẩm chính sinh ra thì chỉ thu được 2 sản phẩm hữu cơ, trong đó có một xeton. Đun nóng A với dung dịch axit thì dễ dàng thu được sản phẩm B có cùng công thức phân tử như A, nhưng khi ozon phân B chỉ thu được một sản phẩm hữu cơ duy nhất. a) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. b) Tìm công thức cấu tạo, gọi tên B và viết cơ chế phản ứng chuyển hóa A thành B. ……………….HẾT……………….

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học).

- Giám thị không phải giải thích gì thêm.

- Họ và tên thí sinh:…………………………………………..Số báo danh:…………………………..

154

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: HÓA HỌC-LỚP 11

ĐỀ CHÍNH THỨC Câu

1

HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung

-Điều chế C2H2: Cho những mẫu nhỏ đất đèn vào ống nghiệm to, kẹp chặt trên giá sắt, mở nút cao su có cắm ống dẫn khí đậy ở miệng ống nghiệm, rót nước vào và đậy nút cao su có ống dẫn khí lại. Phản ứng hóa học xảy ra và dòng khí C2H2 thoát ra khỏi ống dẫn khí.

-Phản ứng cháy: Khí C2H2 được điều chế như trên, đậy nút cao su có cắm ống thủy tinh vuốt nhọn rồi đốt cháy C2H2 thoát ra, hiện tượng xảy ra là có ngọn lửa màu vàng cháy sáng mạnh, nhiệt tỏa ra lớn.

-Phản ứng cộng: Dẫn luồng khí được điều chế như vào ống nghiệm chứa 1ml dung dịch nước brom, hiện tượng xảy ra là dung dịch nước brom từ từ nhạt màu, nếu lượng khí nhiều thì màu mất hẳn.

-Phản ứng thế: Dẫn luồng khí được điều chế như trên vào ống nghiệm chứa 10 ml dung dịch AgNO3 trong NH3, hiện tượng xảy ra là có kết tủa màu vàng xuất hiện trong ống nghiệm.

Các phương trình hóa học: CaC2 + H2O --> C2H2 + Ca(OH)2 C2H2 + O2 --> CO2 + H2O C2H2 + Br2 --> CHBr2-CHBr2 C2H2 + AgNO3 + NH3 --> C2Ag2 + NH4NO3

Câu 2 a) Các phương trình hóa học xảy ra: C6H5CH=CH2 + H2 ---> C6H5CH2-CH3 (etyl benzen) C6H5CH=CH2 + H2 ---> C6H11CH2-CH3 (etyl xiclohexan) b) C6H4(CH3)2 có ba đồng phân gồm o-xilen, m-xilen, p-xilen PTHH: C6H4(CH3)2 + KMnO4 --> C6H4(COOK)2 + MnO2 + KOH + H2O

Điểm

0,5

0,5 0,5 0,25

0,25

0,5 0,5 0,5 0,5

155

Câu 3 Sản phẩm phụ là HCl. Phương trình hóa học xảy ra: 3NH4Cl + 3PCl5 --> (NPCl2)3 + 12HCl Công thức cấu tạo của hợp chất này là: Cl

N

Cl

0,5 0,5

P

P N

1,0

Cl

Cl N

P Cl

Cl

Câu 4 a. Các phương trình hóa học xảy ra: t CaCO3  → CaO + CO2 t CaO + 3C  → CaC2 + CO 2CO + O2  → 2CO2 o

o

1,0

o

t CaC2 + N2  → CaCN2 + C → CaCO3 + 2NH3 b. CaCN2 + H2O  c. Hai công thức đồng phân: H-N=C=N-H (1) và N ≡ C-NH 2 (2) Công thức (1) bền hơn công thức (2) vì có cấu tạo đối xứng hơn do đó cân bằng chuyển về phía tạo chất (1).

Câu 5

Theo giả thiết ta có số mol HCl = 0,1; số mol CO2= 0,05 mol, dung dịch D tác dụng hết với 0,1 mol HCl tạo ra 0,05 mol CO2 => D là muối cacbonat kim loại.

D không bị phân tích khi nóng chảy => D là muối cacbonat của kim loại kiềm. →D + B Ta có: C + CO2  Từ đó => C là peoxit hoặc supeoxit, B là oxi.

Gọi C là AxOy => lượng oxi trong 0,1 mol C là 2,4 + 16x0,05 = 3,2 gam => Khối lượng của C =

3, 2 x100 = 7,1 gam => MC = 71 45, 07

0,5 0,5

0,5 0,5 0,5

Khối lượng của A trong C là 7,1 – 3,2 = 3,9 gam. Vậy ta có tỉ lệ x:y =

3, 9 3, 2 => MA = 39 => A là Kali, B là O2, C là KO2, D là K2CO3 : M A 16

Câu 6 Theo giả thiết ta có số mol của Na2SO3 = 0,0488 mol Phản ứng: Na2SO3 + MCl2  → MSO3 + 2NaCl TH1: Dung dịch có hai muối và pH =7 => Na2SO3 hết và ta có:

5,86 Số mol MSO3 = số mol Na2SO3 = 0,0488 => MSO3 = 0, 0488 =120

=> M = 40 (Canxi) TH2: Dung dịch có hai muối và pH >7 => Na2SO3 dư và MCl2 hết SO32- + H2O  → HSO3- + OH3,063 5,86 Ta có số mol MCl2 =số mol MSO3 => M = M+80 => M = 87,61 (Sr)

0,5 0,5 0,75

0,75

Câu 7 Theo giả thiết ta có chất lỏng màu đỏ D là brom, E là KNO3

156

Gọi B là A2Ox Phản ứng: B + HNO3 + KBrO3  → C + Br2 + KNO3 Từ phản ứng và giả thiết ta nhận thấy C có dạng: HyAOz

0,5 0,5

MC 1,306 m C y+16z+A = = = Từ đó ta có: 1,0 m 1 1 B MB (2A+16x) 2 2

0,5

=>MA = 9y + 106z – 34x. Vì A thuộc nhóm VIA nên x = 4 hoặc x = 6; y = 2 và z = 3 hoặc z = 4. Thay các giá trị của x, y, z vào phương trình trên ta được giá trị thích hợp là: x = 4, y = 2, z = 4 => A là Se, B là SeO2, C là H2SeO4

0,5

Câu 8 Từ giả thiết tìm được X là C9H4. Vì X tác dụng được với kim loại nên công thức cấu tạo của X là: (H-C ≡ C)4C. Gọi công thức của muối cần tìm là (R-C ≡ C)4C

0,5 0,5

Theo giả thiết ta có:

4R .100=46% => R = 23 (Natri) (R-C ≡ C) 4 C

Phản ứng: (H-C ≡ C)4C + 4Na  → (Na-C ≡ C)4C + 2H2

Câu 9 a.Ta có Ban đầu: Điện li: TTCB: Ban đầu: Điện li: TTCB:

⇀ HCOO- + H+ HCOOH ↽ C1 0 0 x x x (C1-x) x (x+y) ⇀ CH3COO- + H+ CH3COOH ↽

C2 y (C2-y)

Từ (1) ta có: K1 =

0 y y

0,5

(1) K1 = 1,8.10-4

(2) K2 = 1,8.10-5

0 y (x+y)

0,5

(x+y).x (C1 -x)

Vì K1 rất nhỏ nên ta có thể coi C1 –x ≈ C1 => K1C1 = (x+y).x Tương tự đối với (2) ta có: K2C2 = (x+y).y Từ đó ta suy ra: (x+y)2 = K1C1 + K2C2 => [H+] = x + y = K1C1 +K 2 C2 (3) Thay các giá trị đã cho vào công thức (3) ta được pH = 2,22 Vậy pH của dung dịch A là 2,22. b. Khi pha loãng dung dịch bằng nước để thể tích tăng 10 lần thì nồng độ giảm 10 lần. Nồng độ của hai axit sau khi pha loãng là: [HCOOH] = 0,01M và [CH3COOH] = 0,1M Áp dụng công thức (3) thì ta có pH của dung dịch thu đươc sau khi pha loãng là: pH = 2,72.

Câu 10

0,5

a. Từ giả thiết => A có thể có hai CTCT sau: HOCH2CH=CH(CH2)2C(C2H5)=C(CH3)-CH2-CH2-CH3 (1) HOCH2CH=C(C2H5)-CH2CH2CH=C(CH3)-CH2CH2CH3 (2) Khi cho A tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 rồi ozon phân sản phẩm chính sinh

0,5 0,5

0,5

0,5

157

ra thì thu được một xeton và một chất hữu cơ, vậy CTCT của A là (2) PTHH: A + Br2  → HOCH CHBr-CBr(C H )-CH CH CH=C(CH )2

2

5

2

2

3

CH2CH2CH3 Khi ozon phân thu được hai sản phẩm hữu cơ là: HOCH2CHBr-CBr(C2H5)CH2CH2CHO và CH3CO-CH2CH2CH3 b. Axit hóa A thu được chất B theo cơ chế sau: H + A → HOCH2CH=C(C2H5)-CH2CH2-CH2-C (CH3)-CH2CH2CH3

0,5

+

H3C

C3H7

CH3

C

HOCH2

CH

C

HOCH2

C3H7

C

CH2

CH2 C

 →

CH2

C

C2H5

CH2

CH2

+

-H →

C2H5

0,5

CH2

(B) H3C

C3H7 C

HOCH2

C

CH2

CH2

C C2H5

CH2

ozonphan  →

HOCH2-CO-C(CH3)(C3H7)-CH2CH2CH2-CO-C2H5

0,5

158

+ O3

+ HO

HO

CHO

+ O

CHO

O

+ H+ HO

HO

HO

-H+

O

O

+ O3

Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2014-2015 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Câu 1: 1. Hãy viết phương trình hóa học và nêu hiện tượng xẩy ra khi: a. Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch KI. b. Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch KI và KIO3. c. Cho Si vào dung dịch NaOH. d. Cho dung dịch NaHS vào dung dịch CuSO4.

2. Cho PH3 tác dụng với Cl2 được chất rắn A và khí B. Cho chất rắn A vào dung dịch Ba(OH)2 dư được chất rắn C. Hãy xác định các chất A, B, C, viết các phương trình hóa học xẩy ra.

Câu 2: 1. Hãy giải thích tại sao Nitơ không có khả năng tạo thành phân tử N4 trong khi Photpho và các nguyên tố khác cùng nhóm có khả năng tạo thành phân tử E4 (E là ký hiệu chung cho P, As, Sb, Bi).

159

2. Xian là chất khí không màu, mùi xốc, có nhiều tính chất tương tự halogen nên gọi là một halogen giả có công thức (CN)2. Hãy viết phương trình phản ứng khi nhiệt phân xian ở 11000C, khi cho xian lần lượt tác dụng với: Cl2, dung dịch KI, dung dịch NaOH. Câu 3: Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; x mol NaOH và y mol KOH thu được dung dịch chứa 8,66 gam muối (không có bazơ dư) và có 5 gam kết tủa. Tính x, y.

Câu 4: Hòa tan hỗn hợp gồm Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 vào nước, được dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch BaS dư thấy tách ra một lượng kết tủa m1 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với X, tách ra một lượng kết tủa m2 gam. Thực nghiệm cho biết m1 = 8,590m2. Nếu giữ nguyên lượng các chất MgSO4, CuSO4 trong X và thay Fe2(SO4)3 bằng FeSO4 cùng khối lượng thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch BaS dư, tách ra một lượng kết tủa m3 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với Y thì tách ra một lượng kết tủa m4 gam. Thực nghiệm cho biết m3 = 9,919m4.

Xác định % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.

Câu 5: Một nghiên cứu về phản ứng tổng hợp NH3 thực hiện trong một xilanh thu được kết quả như sau: * Trong thí nghiệm 1: Tại 4720C, khi hệ cân bằng, nồng độ các chất H2, N2, NH3 trong bình phản ứng lần lượt là: 0,1207M; 0,0402M; 0,00272M (trong bình không có khí nào khác). * Trong thí nghiệm 2: Tại 5000C, khi hệ cân bằng, áp suất riêng phần của các khí H2, N2, NH3 trong bình lần lượt là: 0,733 atm; 0,527 atm và 1,73.10-3 atm (trong bình không có khí nào khác).

1. Hãy tính độ biến thiên entanpi của phản ứng: 3H2(k)+ N2(k) 2NH3 (k) Coi độ biến thiên entanpi của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ.

2. Nếu trong thí nghiệm 1, sau khi hệ đạt tới cân bằng, nén hỗn hợp khí để thể tích xilanh còn một nữa, giữ nguyên nhiệt độ bình, thì cân bằng chuyển dịch về phía nào? Tại sao?

Câu 6: Cho 6,048 gam Mg phản ứng hết với 189 gam dung dịch HNO3 40% thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và hỗn hợp khí là oxit của nitơ. Thêm 392 gam dung dịch KOH 20% vào dung dịch X, rồi cô cạn và nung sản phẩm đến khối lượng không đổi thì thu được 118,06 gam hỗn hợp chất rắn. Hãy xác định nồng độ % của các chất trong X. Câu 7: 1. Em hãy giải thích và viết phương trình hóa học minh họa cho các nội dung sau: a. Etilen dễ tham gia phản ứng cộng. b. Propin có chứa nguyên tử H linh động.

2. Hãy viết phương trình hóa học xẩy ra khi: a. Cho propen tác dụng với H2O trong môi trường axit. d. Cho etylbenzen tác dụng với brom, đun nóng, có bột sắt xúc tác.

Câu 8: A và B là 2 hidrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường, biết: * Khi đốt cháy mỗi chất với số mol bằng nhau sẽ cho số mol nước bằng nhau. * Trộn A với lượng oxi (lấy gấp đôi so với lượng oxi cần cho phản ứng đốt cháy hết A) được hỗn hợp X ở 00C, áp suất p atm. Đốt cháy hết X, tổng thể tích khí thu được sau phản ứng ở 2730C, áp suất 1,5p atm gấp 1,4 lần thể tích của hỗn hợp X. * B có các nguyên tử cacbon cùng nằm trên một đường thẳng, có khả năng làm nhạt màu dung dịch brom.

Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A,B. Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam chất X thu được hỗn hợp khí và hơi A gồm CO2, HCl, H2O và N2. Cho 1 phần A đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 6,00 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,82

160

gam và có 0,112 lít khí không bị hấp thụ. Lấy phần còn lại của A cho lội chậm qua dung dịch AgNO3 trong HNO3 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 2,66 gam và có 5,74 gam kết tủa. Lập công thức phân tử X biết tỷ khối hơi của X so với không khí nhỏ hơn 7. Biết các phản ứng đều xẩy ra hoàn toàn.

Câu 10: Hợp chất hữu cơ X chỉ chứa các ngyên tố: C, H, Br. Trong X khối lượng Brom chiếm 65,57%, khối lượng mol của X nhỏ hơn 250 gam. Cho X tác dụng với Natri, đốt nóng thì thu được chất hữu cơ Y chỉ có 2 nguyên tố. Cho Y tác dụng với Br2 trong CCl4 tạo ra 3 sản phẩm cộng: X, Z, T trong đó X là sản phẩm chính.

1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. 2. Hãy cho biết Y có mấy đồng phân cấu hình? Biểu diễn một cấu trúc của Y và đọc tên theo IUPAC.

HẾT - Thí sinh không được dùng tài liệu.

- Giám thị không phải giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ...............................................................................Số báo danh:................

161

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC LỚP 11 Câu 1: (2,0 điểm) 1. Hãy viết phương trình hóa học và nêu hiện tượng xẩy ra khi: a. Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch KI. b. Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch KI và KIO3. c. Cho Si vào dung dịch NaOH. d. Cho dung dịch NaHS vào dung dịch CuSO4.

2. Cho PH3 tác dụng với Cl2 được chất rắn A và khí B. Cho chất rắn A vào dung dịch Ba(OH)2 dư được chất rắn C. Hãy xác định các chất A, B, C, viết các phương trình hóa học xẩy ra.

Hướng dẫn chấm Câu 1

1

2

Nội dung a. 2CuSO4 + 4KI → 2CuI + 2K2SO4 + I2 Có kết tủa màu trắng, dung dịch chuyển sang màu vàng b. 2AlCl3 + 5KI + KIO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3I2 + 6KCl Xuất hiện kết tủa keo màu trắng, dung dịch chuyển sang màu vàng c. Si + 2NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2 Có khí không màu thoát ra. d. NaHS + CuSO4→ CuS + NaHSO4 Có kết tủa màu đen xuất hiện Hoặc 2NaHS + CuSO4→ CuS + Na2SO4 + H2S có kết tủa màu đen xuất hiện và có khí mùi trứng thối thoát ra.

A là PCl5; B là HCl; C là Ba2(PO4)3 PH3 + 4Cl2→ PCl5 +3HCl PCl5 + 4H2O → H3PO4 +5HCl 2HCl + Ba(OH)2→ BaCl2 + 2H2O 3Ba(OH)2 + 2H3PO4→ Ba3(PO4)2 + 6H2O Có thể viết phương trình gộp hoặc phương trình ion đều cho điểm tối đa.

Điểm 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 2: (2,0 điểm) 1. Hãy giải thích tại sao Nitơ không có khả năng tạo thành phân tử N4 trong khi Photpho và các nguyên tố khác cùng nhóm có khả năng tạo thành phân tử E4 (E là ký hiệu chung cho P, As, Sb, Bi).

2. Xian là chất khí không màu, mùi xốc, có nhiều tính chất tương tự halogen nên gọi là một halogen giả có công thức (CN)2. Hãy viết phương trình phản ứng khi nhiệt phân xian ở 11000C, khi cho xian lần lượt tác dụng với: Cl2, dung dịch KI, dung dịch NaOH. Hướng dẫn chấm Câu 2

Nội dung

Điểm

1

HD: Vì Các nguyên tố P, As, Sb, Bi có khả phân lớp d trống nên có khả năng tạo liên kết cho nhận kiểu p→d làm liên kết đơn E-E bền hơn trong khi N không có khả năng đó.

1,00

162

110000C

2

(CN)2 2CN (CN)2 + Cl2→ 2CNCl (CN)2 + 2KI → 2KCN + I2.

(CN)2 + 2NaOH → NaCN + NaOCN + H2O

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 3: (2,0 điểm) Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; x mol NaOH và y mol KOH thu được dung dịch chứa 8,66 gam muối (không có bazơ dư) và có 5 gam kết tủa. Tính x, y.

Hướng dẫn chấm Câu 3

Nội dung nCO2=0,15 ; nCaCO3=0,05 Số mol Ca(OH)2; NaOH và KOH lần lượt là x,x,y nCO32-=(3x+y)-0,15= 3x+y-0,15 nHCO3-=0,15-(3x+y-0,15)= 0,3-3x-y TH1: Ca2+ hết ta có x=0,05 mmuối=40x+23x+y*39 + 60*[3x+y-0,15] +61*[0,3-3x-y]= 8,66+5 x=0,05 y=0,0358 2+ TH2: Nếu Ca còn trong dung dịch  nCO32-=0,05 nCO32-=3x+y-0,15= 0,05  3x+y=0,2 (3) mmuối=40x+23x+y*39 + 60*[0,05] +61*[0,3-3x-y]= 8,66+5 Từ (3), (4) ta có x=0,06 y=0,02

Điểm

1,00

1,00

Câu 4: (2,0 điểm) Hòa tan hỗn hợp gồm Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 vào nước, được dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch BaS dư thấy tách ra một lượng kết tủa m1 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với X, tách ra một lượng kết tủa m2 gam. Thực nghiệm cho biết m1 = 8,590m2. Nếu giữ nguyên lượng các chất MgSO4, CuSO4 trong X và thay Fe2(SO4)3 bằng FeSO4 cùng khối lượng thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch BaS dư, tách ra một lượng kết tủa m3 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với Y thì tách ra một lượng kết tủa m4 gam. Thực nghiệm cho biết m3 = 9,919m4.

Xác định % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.

Hướng dẫn chấm Câu 4

Nội dung

Điểm

Thí nghiệm 1: X với dung dịch BaS dư Fe2(SO4)3 +3BaS → 2FeS + S + 3BaSO4 MgSO4 + 2BaS + 2H2O → Mg(OH)2 + BaSO4 + Ba(HS)2 CuSO4 + BaS → CuS + BaSO4 X với dung dịch H2S dư Fe2(SO4)3 + H2S → 2FeSO4 + S + H2SO4 MgSO4 + H2S → không phản ứng CuSO4 + H2S → CuS + H2SO4 Thí nghiệm 2: Y với dung dịch BaS dư

163

FeSO4 + BaS → FeS + BaSO4 MgSO4 + 2BaS + 2H2O → Mg(OH)2 + BaSO4 + Ba(HS)2 CuSO4 + BaS → CuS + BaSO4 Y với dung dịch H2S dư FeSO4 + H2S → không phản ứng MgSO4 + H2S → không phản ứng CuSO4 + H2S → CuS + H2SO4 Xét với 1 mol hỗn hợp Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 . Gọi số mol mỗi chất tương ứng là a,b,c ta có a+b+c=1 (1) Thí nghiệm 1 ta có 88 * 2a + 32 * a + 58b + 96c + 233 * (3a + b + c ) = 8,590 (2) 32 * a + 96c Thí nghiệm 2 ta có Số mol FeSO4=(50/19)a mol 50 * a 50 88a * + 58b + 96c + 233 * ( + b + c) 19 19 = 9,919 (3) Từ (1), (2), (3) ta có 96c a=0,3 b=0,2 c=0,5 %mFe2(SO4)3 = 53,57% %mMgSO4 = 10,71% và %mCuSO4 = 35,72% và

0,50

0,50

0,50 0,50

Câu 5: (2,0 điểm) Một nghiên cứu về phản ứng tổng hợp NH3 thực hiện trong một xilanh thu được kết quả như sau: * Trong thí nghiệm 1: Tại 4720C, khi hệ cân bằng, nồng độ các chất H2, N2, NH3 trong bình phản ứng lần lượt là: 0,1207M; 0,0402M; 0,00272M (trong bình không có khí nào khác). * Trong thí nghiệm 2: Tại 5000C, khi hệ cân bằng, áp suất riêng phần của các khí H2, N2, NH3 trong bình lần lượt là: 0,733 atm; 0,527 atm và 1,73.10-3 atm (trong bình không có khí nào khác).

1. Hãy tính độ biến thiên entanpi của phản ứng: 2NH3 (k) 3H2(k)+ N2(k) Coi độ biến thiên entanpi của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ.

2. Nếu trong thí nghiệm 1, sau khi hệ đạt tới cân bằng, nén hỗn hợp khí để thể tích xilanh còn một nữa, giữ nguyên nhiệt độ bình, thì cân bằng chuyển dịch về phía nào? Tại sao?

Hướng dẫn chấm Câu 5

Nội dung 1. Tại 4720C, Kc 472 =

[NH3 ]2 (0,00272)2 = = 0,105 (M-2) 3 3 [H 2 ] .[N 2 ] (0,1207) .(0,0402)

→ K p = K c (RT) ∆n = 0,105(0, 082.(472 + 273))−2 = 2,81.10-5 (atm-2) 0

Tại 500 C, Kp 500 = ln

K p 500 K p 472

=−

Điểm

p 2NH3 p3H 2 .p N 2

(1,73.10-3 ) 2 = = 1,44.10-5(atm-2) (0,733)3 .(0,527)

∆H  1 1  −   ∆H=-114318,4 (J) R  273 + 500 273 + 472 

0,25 0,25 0,50

164

2. Khi V giảm một nửa → nồng độ tăng 2 lần (0,00272 . 2) 2  Qc = = 2,62.10-2< Kc 472 3 (0,1207 . 2) .(0,0402 . 2)  Cân bằng hoá học chuyển dời sang phải để Qc tăng tới Kc Có thể lập luận dựa theo nguyên lí Lơsatlie vẫn cho điểm tối đa

1,00

Câu 6: (2,0 điểm) Cho 6,048 gam Mg phản ứng hết với 189 gam dung dịch HNO3 40% thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và hỗn hợp khí là oxit của nitơ. Thêm 392 gam dung dịch KOH 20% vào dung dịch X, rồi cô cạn và nung sản phẩm đến khối lượng không đổi thì thu được 118,06 gam hỗn hợp chất rắn. Hãy xác định nồng độ % của các chất trong X. Hướng dẫn chấm Câu 6

Nội dung HD: nHNO3= 1,2 mol nMg=0,252 nKOH đã lấy= 1,4 mol Vì nKOH >nHNO3 nên KOH dư 118,06 gam chất rắn gồm 0,252 mol MgO, x mol KOH và y mol KNO2 x+y = 1,4 40*0,252 + 56x + 85y = 118,06 x=0,38 y=1,02  nNO3 trong dung dịch sau phản ứng = nKNO2= 1,02  nN+5 nhận electron = 1,2-1,02 =0,18.

Gọi số mol electron mà N+5 nhận trung bình là n ta có 0,18*n=0,252*2  n=2,8 coi như oxit thoát ra là 0,09 mol N2O2,2 mkhi=0,09*(28+16*2,2)= 5,688 mdung dịch X=6,048 +189-5,688=189,36 gam X chứa 0,252 mol Mg(NO3)2; 0,516 mol HNO3 dư C%Mg(NO3)2=19,696% C%HNO3= 17,167%

Điểm

0,50

0,50 0,50 0,50

Câu 7: (2,0 điểm) 1. Em hãy giải thích và viết phương trình hóa học minh họa cho các nội dung sau: a. Etilen dễ tham gia phản ứng cộng. b. Propin có chứa nguyên tử H linh động.

2. Hãy viết phương trình hóa học xẩy ra khi: a. Cho propen tác dụng với H2O trong môi trường axit. d. Cho etylbenzen tác dụng với brom, đun nóng, có bột sắt xúc tác.

Hướng dẫn chấm Câu 7

1

Nội dung

Điểm

a. Phân tử etilen có 1 liên kết π kém bền nên dễ tham gia phản ứng cộng CH2=CH2 + Br2→ CH2Br-CH2Br b. Vì trong phân tử propin có liên kết 3 hút electron nên nguyên tử H liên kết trực 0,50 tiếp với C sp3 linh động 0,50 CH≡C-CH3 + [Ag(NH3)2]+→ CAg≡C-CH3 + NH3 + NH4+

165

CH3-CH(OH)-CH3 (sản phẩm chính) a. CH2=CH-CH3 + H2O

H+

CH2(OH)-CH2-CH3 (sản phẩm phụ) 2

CH2-CH3

0,50

CH2-CH3 Br

+ HBr + Br2

Fe, t0

CH2-CH3

0,50 + HBr

Br

Câu 8:(2,0 điểm) A và B là 2 hidrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường, biết: * Khi đốt cháy mỗi chất với số mol bằng nhau sẽ cho số mol nước bằng nhau. * Trộn A với lượng oxi (lấy gấp đôi so với lượng oxi cần cho phản ứng đốt cháy hết A) được hỗn hợp X ở 00C, áp suất p atm. Đốt cháy hết X, tổng thể tích khí thu được sau phản ứng ở 2730C, áp suất 1,5p atm gấp 1,4 lần thể tích của hỗn hợp X. * B có các nguyên tử cacbon cùng nằm trên một đường thẳng, có khả năng làm nhạt màu dung dịch brom.

Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A,B. Hướng dẫn chấm Câu 8

Nội dung Gọi công thức A là CxHy nếu lấy số mol A là 1 mol ta có y y  CxHy +  x +  O2→ xCO2 + H2O 4 2  y  Ban đầu 1 2*  x +  0 0 4  y y  x Sau phản ứng 0 x+  2 4  Tổng số mol hỗn hợp trước phản ứng là n1 y y 4 + 8x + 2 y  n1 = 1+2*  x +  =1+2x+ = 4 2 4  y y 3 y 8x + 3 y  Tổng số mol hỗn hợp sau phản ứng = n2 =  x +  +x+ =n2= 2x+ = 4 2 4 4  p *V Theo đề bài n1= R * 273 1,5 p *1,4V n2 = R * 2 * 273 n1  p *V   1,5 p *1,4V   4 + 8 x + 2 y   8 x + 3 y  Ta có =  :  =  :  n2  R * 273   R * 2 * 273   4   4  n 20  4 + 8 x + 2 y   8 x + 3 y  4 + 8 x + 2 y  1 = =  : = n2 21  4 8x + 3 y   4 

Điểm

0,50

166

4x-9y=-42 vì B là chất khí nên xét x=1,2,3,4 thấy chỉ có x=3; y=6 thõa mãn A là C3H6; Vì theo giả thiết thứ nhất  A,B có cùng số nguyên tử H trong phân tử  B là 0,50 C 4 H6 Mặt khác B có khả năng làm mất màu dung dịch Brom và có các nguyên tử C nằm trên một đường thẳng nên B là but-2-in A là: C3H6 cấu tạo là: CH2=CH-CH3 0,50 B là: C4H6 cấu tạo là: CH3-C≡C-CH3

0,50 Câu 9:(2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam chất X thu được hỗn hợp khí và hơi A gồm CO2, HCl, H2O và N2. Cho 1 phần A đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 6,00 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,82 gam và có 0,112 lít khí không bị hấp thụ. Lấy phần còn lại của A cho lội chậm qua dung dịch AgNO3 trong HNO3 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 2,66 gam và có 5,74 gam kết tủa. Lập công thức phân tử X biết tỷ khối hơi của X so với không khí nhỏ hơn 7. Biết các phản ứng đều xẩy ra hoàn toàn.

Hướng dẫn chấm Câu 9

Nội dung HD: Từ phần 1  nCO2 phần 1=0,06 mHCl phần 1+mH2O phần 1= 6-1,82-0,06*44= 1,54 Mặt khác mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  (gấp 2 lần 1) A có nCO2=0,06*3=0,18=nC  Phần thứ 2 chiếm 2/3 hỗn hợp A. Phần 1 có nN2=0,005 A có nN=0,005*2*3=0,03 Phần 2 vào dung dịch AgNO3 chỉ có HCl và H2O nHCl=0,04 nHCl trong A=0,06=nCl mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  mH2O phân 2=1,62  nH2O=0,09  nH2O trong A=0,135  Trong A nH=0,06+0,135*2= 0,33 nO=0,03 nC:nH:nO:nCl:nN=0,18 : 0,33 : 0,03 : 0,06 : 0.03 = 6:11:1:2:1 X là (C6H11OCl2N)n MX=184 n <232 n=1 X là C6H11OCl2N

Điểm

0,5 0,25 0,25 0,25

0,25 0,50

Câu 10:(2,0 điểm) Hợp chất hữu cơ X chỉ chứa các ngyên tố: C, H, Br. Trong X khối lượng Brom chiếm 65,57%, khối lượng mol của X nhỏ hơn 250 gam. Cho X tác dụng với Natri, đốt nóng thì thu được chất hữu cơ Y chỉ có 2 nguyên tố. Cho Y tác dụng với Br2 trong CCl4 tạo ra 3 sản phẩm cộng: X, Z, T trong đó X là sản phẩm chính.

1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. 2. Hãy cho biết Y có mấy đồng phân cấu hình? Biểu diễn một cấu trúc của Y và đọc tên theo IUPAC.

167

Hướng dẫn chấm Câu 9

Nội dung

Điểm

1.

-

Công thức tổng quát của X: CxHyBrn. Xét n = 1, không tìm được x,y thỏa mãn. n= 2 cặp nghiệm thỏa mãn x, y là : x = 6, y = 12 n = 3 MX < 250 Vậy công thức phân tử của X là: C6H12Br2 + Na, t0 X Y ( có 2 nguyên tô) (1) Y + Br2/CCl4  → 3 sản phẩm là đồng phân cấu tạo ...

(2) Từ (1) và (2)  (1) là phản ứng đóng vòng tạo ra chất mạch vòng 3 cạnh ta có: Y

0,50

X CH3 - CHBr - CH2- CHBr- CH2- CH3 Z, T là các chất sau: CH3 - CHBr - CH - CH2- CH3

CH3 - CH - CHBr - CH2- CH3 CH2Br

CH2Br

2.

- Y có 2 cacbon bất đối nên có 4 đồng phân quang học. tên gọi: - 1 cấu trúc của Y: (1R,2S)-1-etyl-2-metylxiclopropan S

0,50 0,50 0,50

R

------------------ HẾT-----------------

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 6 câu) Câu I: Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R. b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Toàn bộ lượng khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi).

- Viết các phương trình hoá học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng.

168

- Tính pH của dung dịch T (bỏ qua sự thủy phân của các muối).

Biết axit H2SO4 có Ka1 =+∞; Ka2 = 10-2.

Câu II: 1. Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không?

Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH ) = 10-4,75.

3

2. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau: a. 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00 b. 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,00 c. 10ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH=3,00.

Biết Ka của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 10-4,76 và 10-3,75(Khi tính lấy tới chữ số thứ 2 sau dấu phẩy ở kết quả cuối cùng).

Câu III: 1. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

2. Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al phản ứng với 60 ml dung dịch NaOH 2M được 2,688 lít hiđro. Thêm tiếp vào bình sau phản ứng 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi ngừng thoát khí, được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al). Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa. Cho C phản ứng hết với HNO3 đặc nóng dư thu được dung dịch D và 1,12 lít một khí duy nhất. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong A, tính m, biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu IV: Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon mạch hở rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0555M được kết tủa và dung dịch M. Lượng dung dịch M nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch M thấy có kết tủa lần 2 xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp X trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các hiđrocacbon biết có 2 chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong X đều bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO3 0,2M trong NH3 được 3,18 gam 1 kết tủa.

Câu V: 1. Hợp chất X có công thức phân tử C6H10 tác dụng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác.

Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng b. Viết phương trình phản ứng oxi hoá X bằng dung dịch KMnO4 trong nước 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. a. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon

169

b. Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết: - Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom.

- Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4.

- Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra Câu VI: 1. Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: N2O4 (khí) 2NO2 (khí) (1) Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm: Nhiệt độ (0oC) 35 45 72,450 66,800 (g) ( là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) a. Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho. b. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. c. Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích?

(Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấu phẩy).

2. Có các phân tử XH3 a. Hãy cho biết dạng hình học của các phân tử PH3 và AsH3. b. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích. c. Những phân tử nào sau đây có phân tử phân cực ? Giải thích ngắn gọn BF3, NH3, SO3, PF3.

Cho biết ZP = 15, ZAs = 33, ZO = 8, ZF = 9, ZB = 5, ZN = 7, ZS = 16.

------------------ HẾT-----------------

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học).

- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

- Họ và tên thí sinh: ..................................................................Số báo danh..............................

170

HƯỚNG DẪN CHẤM- đề năm 2012-2013 Câu 0,75+1,75(1+0,75) I a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s2; 2,5 2s2; 3s2; 4s1 => Các cấu hình electron thỏa mãn là 2 2 6 2 6 1 1s 2s 2p 3s 3p 4s => Z = 19 R là Kali 1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom 1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 do đó là đồng 0,75 0,5 (I) oxit (Cu O) 2

II 1.

2CuSO4 + SO2 + 2H2O Cu2O + 2H2SO4 0,025 0,025 (mol) => m=144.0,025=3,6 (g) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 0,025 0,01 0,01 (mol) Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M) Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H2SO4]=0,005M) H2SO4 H+ + HSO40,005 0,005 0,005(M) H+ + SO42HSO4C :0,005 0,005 0 (M) [ ]: 0,005 - x 0,005+x x (M)

0,5

=>

0,75

=> => [H+]=0,005+2,81.10-3=7,81.10-3(M) => pH= 2,107

1+3(1+1+1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì C Mg2+ ban đầu = 10-2 (M).

Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2≥ 10-10,95 −10,95 10 −10,95 2 10 − =  [OH ] ≥ = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 Mg 2+ 10 −2 * Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M. cân bằng chủ yếu là: K NH3 = Kb = 10-4,75 NH3 + H2O NH +4 + OH−

[

1

]

0,5

1

1-x 1+x Kb = (x + 1)x = 10-4,75

x

1− x

2.

 x = 10-4,75 Hay [OH−] = 10-4,75< 10-4,475.

Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì 0,5 không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. a. Dung dịch HCl có pH = 4,0  [H+] = [HCl] = 10-4M Sau khi trộn:

171

HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M CH3COOH C 0,05M ∆C x [ ] 0,05-x

CH3COO- + H+ 0 5.10-5M x x x 5.10-5 + x

x = 8,991.10-4M (nhận) x = -9,664.10-4M(loại) pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02 b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH 0 C CA ΔC x [ ] CA – x Với pH = 3,0  x = 10-3M

1

0 x x

x x

Dung dịch KOH có pH = 11,0  [OH-] = [KOH] = Sau khi trộn:

Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4 Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0 C ΔC [ ]

0

3,75.10-4

0,036225 x 0,036225– x

0

3,75.10-4 0 x x x+3,75.10-4 x

Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4 c. Tương tự với câu trên: -

3,75.10-4

pH = 3,207=3,21

1

Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

172

Sau khi trộn lẫn:

III 1.

Bảo toàn điện tích : [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-] Ta có: h= C1Ka1/(Ka1+h)+ C2Ka2/(Ka2+h) → h3+h2(Ka1+Ka2)+h(Ka1Ka2 –C1Ka1-C2Ka2 )-( C1Ka1Ka2 +C2 Ka1Ka2)=0 Ta có h= 9,997.10-4. Nên pH = 3,00 1,5+2 Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O nN O + nN 2 = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354, 9) = 0, 02 nN 2O = 0, 01 Ta có  2 → nN 2O .44 + nN 2 .28 = 0, 02.32.0, 716.44 / 28 nN 2 = 0, 01  số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I)  D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3.

NH4NO3→ N2O↑ + 2H2O 2 NH4NO3→ N2↑ + O2↑ + 4 H2O ↑ 4Al(NO3)3→ 2Al2O3 + 12 NO2↑ + 3O2↑ 2Mg(NO3)2→ 2MgO + 4 NO2↑ + O2↑  E chỉ có Al2O3 và MgO. 27 x + 24 y = 2,16 x 102. 2 + 40 y = 3,84

+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ : 

2.

1

0,25

0,5

 x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol số mol e cho = 0,21 mol (II) + Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau: D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn 0,75 hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại. + Khi A pư với NaOH thì nNaOH = 0,12 mol;n H2 = 0,12 mol. Suy ra NaOH dư Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2.

Mol: 0,08 0,08 0,08 0,12  Sau pư trên thì hh có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08 mol NaAlO2. + Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì: NaOH + HCl → NaCl + H2O Mol: 0,04 0,04 NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O Mol: 0,08 0,32  Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2+ H2. C chắc 0,5 chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C không thể chứa FeCO3 C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết).

TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O Mol: x 2x x x

173

IV

V

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ Mol: y 2y y y  Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)  B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong x = 0,1 mol(III)  C có z mol Fe dư + t mol Cu 3z + 2t = 1,12/22,4 (IV)  x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol.

Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3 + 0,1.56=5,6 gam Fe + 0,01.64=6,4 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al + Tính tiếp ta được giá trị của m=mCuO+mFe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam.

TH2: Fe hết C chỉ có Cu  số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol.  A có 0,1.1z16=11,6 gam FeCO3 + 0,025.64=1,6 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al+ (20-11,61,6-2,16=4,64)gam Fe  tính được m =mCuO =0,025.80= 2 gam.

2,5 CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + m NH4NO3 .

0,02 mol 0,02/m mol → m↓ = 3,18 = (0,02/m)(12x+y+107m) → 12x+ y = 52m Do MHDC< 100 nên m=1, x=4, y=4.

Vậy 1 chất C4H4 : CH2=CH-C≡CH: 0,02 mol Ta có sơ đồ CO2 + Ca(OH)2 (0,111mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH) 2 → BaCO (0,111-x)+CaCO (0,111-x) Ca(HCO3 )2 (0,111-x)  3 3 Nên 100x+(0,111-x)100+(0,111-x)197=20,95 → x= 0,061 → nCO2= 0,061+2(0,111-0,061)= 0,161 → nH2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118 + Hai HDC còn lại cháy cho: nCO2=0, 161-0,02.4=0,081; nH2O= 0,118-0,02.2=0,078 Số Ctb = 0,081/0,027= 3 Do trong X có 2 HDC có cùng số C nên có các TH sau + TH1: 2 HDC còn lại có cùng 3C nBr2 = 0,09-0,02.3=0,03 > 0,027 nên có C3H4 còn lại là C3H8 hoặc C3H6 a + b = 0, 027 a = 0, 012 - C3H8 : a ; C3H4 :b  → TM 2b = 0, 03 b = 0, 015 a + b = 0, 027 a = 0, 024 - C3H6 : a ; C3H4 :b  → TM a + 2b = 0, 03 b = 0, 003 + TH2: 1 HDC còn lại có cùng 4C, HDC còn lại là 1C hoặc 2C  x + y = 0, 027  x = 0, 0135 - C4Hc:x ; C2Hd: y → nên  4 x + 2 y = 0, 081  y = 0, 0135 0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại  x + y = 0, 027  x = 0, 018 - C4Hc:x ; CH4: y → nên 0,018c/2+0,009.4/2=0,078  4 x + 1 y = 0, 081  y = 0, 009 →c=6,67 loại Kết luận : CH2=CH-C≡CH CH2=C=CH2 C3H6 hoặc C3H8 1,5+2,5

0,75

0,75

0,5

0,5

0,75

0,75

174

1.

a. C6H10 [π + v ] = 2 X phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 nên X phải có 1 vòng 5,6 cạnh và 1 liên kết đôi Khi oxi hóa X thu được sản phẩm chứa 6 cacbon nên X có 1 vòng 6 cạnh không nhánh - Công thức cấu tạo của X là:

0,5

xclohexen

+ 8KMnO4+ 12H2SO4 → 5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O.

5

0,5

b. Phản ứng: OH

2.

OH + 2MnO2 + 2KOH. 3 + 2KMnO4 + 4H2O → 3 a. nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH) 2 → BaCO (0,115-x)+CaCO (0,115-x) Ca(HCO3 )2 (0,115-x)  3 3 Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18 → nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12 - Gọi công thức phân tử của A là CxHy: y CxHy + O2 → xCO2 + H2O 2 0,02 0,02x 0,01y Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12 Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [π + v ] = 4.

0,5

0,25

b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung 0,5 dịch Br2. * A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5).

- Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là: 0,75 CH2CH3 CH3

CH3 H3C

H3C

CH3

(A) Các phản ứng xẩy ra

CH3 CH3

(B)

(C) COOH

CH3

5H C 3

CH3

+ 18KMnO4 + 27H2SO4 → 5 HOOC

CH3 H3C

5

HOOC

CH3

+18KMnO4+27H2SO4 → 5

COOH

+9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

0,75

COOH COOH

+ 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

175

COOH

CH2CH3

5

+18KMnO4+27H2SO4 → 5

CH3

+5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O

Br

CH3

0

Fe ,t + Br2  →

H3C

CH3

+ HBr

CH3 H3C

CH3 H3C

CH3

CH3

H3C

CH3 0

Fe ,t + Br2  →

Br

Fe ,t 0

hoặc

CH3 Br

+ HBr

CH2CH3 Br

CH2CH3

CH2CH3

Br

+ Br2  → hoặc CH3 + HBr 2(0,5+1+0,5)+1,5 a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, α là độ phân li của N2O4 ở toC xét cân bằng: N2O4 2NO2 số mol ban đầu a 0 số mol chuyển hóa aα 2aα số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α) Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí: CH3

VI 1.

0,25

CH3

CH3 H3C

COOH

CH3

0,5 - ở 35oC thì

= 72,45 →

- ở 45oC thì

= 66,8

= 72,45

→α = 0,270

hay 27%

α = 0,377

hay 37,7%

b) Ta có Kc = V là thể tích (lít) bình chứa khí Và PV = nS. RT → RT = Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc.

ở đây

∆ n = 1 → KP = ở 35 C thì α = 0,27 → KP = 0,315 o

2.

ở 45oC thì α = 0,377 → = 0,663 c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC → 45oC thì độ điện li α của N2O4 tăng (hay KP tăng) → Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO2) do đó theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt. a. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3

1

0,5

176

P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3 X H H H

X ôû traïng thaùi lai hoùa sp3.

0,5

XH3 hình tháp tam giác, b. góc HPH > góc AsH, vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với As nên các 0,5 cặp e liên kết P-H gần nhau hơn so với As-H lực đẩy mạnh hơn. c. không phân cực F

O

B

S

F

F

O

O

0,5

Phân cực N

P

H

H

F

H

F F

2 chất đầu sau có cấu tạo bất đối xứng nên phân cực

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Câu 1: Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi, độ mạnh tính bazơ, kh¶n¨ng thÓ hiÖn tÝnh khö vµ tham gia ph¶n øng céng của NH3 và NF3.

Câu 2: Hòa tan hết 7,33 gam hỗn hợp kim loại M (chỉ có hóa trị II) và oxit của nó vào nước, thu được 1 lít dung dịch X có pH = 13. a) Xác định kim loại M. b/ Tính thể tích dung dịch chứa HCl và H2SO4 có pH = 0 cần thêm vào 0,1 lít X để thu được dung dịch mới có pH = 1,699.

Câu 3: Hợp chất hữu cơ A cộng hợp với HBr tạo ra hỗn hợp D gồm các chất là đồng phân cấu tạo của nhau. D có chứa 79,2% khối lượng brom, còn lại là cacbon và hiđro. Tỉ khối của D so với O2 nhỏ hơn 6,5. Xác định công thức cấu tạo có thể có của A (dạng bền) và của các sản phẩm trong D tương ứng với A. Câu 4: Hiđrocacbon mạch hở X có 94,12% khối lượng cacbon, phân tử khối nhỏ hơn 120. Khi thay thế hết các nguyên tử H linh động trong phân tử X bằng những nguyên tử kim loại M (M có số oxi hóa là +1) thu được muối Y có chứa 76,6% khối lượng kim loại.

Xác định kim loại M và các công thức có thể có của X,Y.

177

Câu 5: Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho, thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó.

Câu 6: Trộn CuO với một oxit của kim loại chỉ có hoá trị II theo tỷ lệ mol tương ứng là 1:2 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí H2 dư đi qua 3,6 gam A nung nóng, thu được hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần 60 ml dung dịch HNO3 nồng độ 2,5M, thu được V lít khí NO duy nhất (điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch chỉ chứa muối nitrat kim loại.

Xác định kim loại nói trên và tính V. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ A và B, chỉ thu được H2O và 18,48 gam CO2.

Tìm công thức phân tử của A và B, biết X có tỉ khối đối với H2 là 13,5; A có nhiều hơn B một nguyên tử cacbon nhưng khối lượng phân tử của A lại nhỏ hơn B. Câu 8: Để sản xuất một mẻ phân bón amophot, người ta cho vào lò 2 tấn quặng apatit (chứa 85,25% Ca3(PO4)2 tinh chất), dung dịch H2SO4 cần thiết và một lượng khí NH3 đã được tính toán vừa đủ là 420 m3 (ở 76,22o C, 1,2 atm). Hiệu suất các phản ứng đều đạt 100%. a) Viết các phương trình hoá học xảy ra. Tính khối lượng amophot thu được. b) Thiết lập công thức amophot, tính hàm lượng đạm, lân trong loại phân bón nói trên.

Câu 9: Một loại xăng có chứa 4 ankan với thành phần về số mol như sau: 10% heptan, 50% octan, 30% nonan và 10% đecan. Hãy tính xem một xe máy chạy 100 km tiêu thụ hết 2,0 kg loại xăng nói trên thì đã tiêu thụ bao nhiêu lít oxi của không khí, thải ra môi trường bao nhiêu lít khí cacbonic và bao nhiêu nhiệt lượng; giả thiết rằng nhiệt đốt cháy của xăng là 5337,8 kJ/mol, năng lượng giải phóng ra có 80% chuyển thành cơ năng còn 20% thải vào môi trường, các thể tích khí đo ở 27,3 oC và 1 atm.

Câu 10: a) Cation Fe3+ là axit, phản ứng với nước theo phương trình: Fe3+ + 2H2O == Fe(OH)2+ + H3O+ , Ka = 10-2,2 Hỏi ở nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3, tính pH của dung dịch đó; biết rằng TFe ( OH )3 = 10-38. b) Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon khí A với oxi trong bình kín. Nếu tăng nồng độ oxi lên 2 lần thì tốc độ phản ứng tăng lên gấp 32 lần. Tìm công thức phân tử có thế có của A. Biết công thức tính tốc độ trùng với công thức được thiết lập theo lý thuyết, các hệ số hợp thức trong phương trình phản ứng đều nguyên, các phản ứng xảy ra ở cùng nhiệt độ.

------------------ HẾT----------------- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học).

- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

MÔN HOÁ HỌC – KHỐI 11 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI THỬ SỐ 1

178

Bài I: (4,0 điểm) • Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít (đktc) hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B (MA< MB) thu được 8,96 lít (đktc) CO2 và 9 gam H2O. Xác định công thức phân tử A, B. • Từ A và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác có đủ, viết các phương trình phản ứng hóa học điều chế: meta-clonitrobenzen; Cao su buna-S; Axit meta-brombenzoic; But-1-en-3-in.

Bài II: (4,0 điểm) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại Zn, Cu, Ag vào 0,5 lít dung dịch HNO3 aM thu 1,344 lít khí (A) (đktc), hóa nâu trong không khí và dung dịch (B).

1. Lấy ½ dung dịch (B) cho tác dụng với dung dịch NaCl dư thu được 2,1525g kết tủa và dung dịch (C).

Cho dung dịch (C) tác dụng với NaOH dư, thu được kết tủa (D). Nung (D) ở t0C đến khối lượng không đổi thu đựợc 1,8g chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu.

2. Nếu cho m gam bột Cu vào ½ dung dịch (B) khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn thu 0,168l khí A (ở đktc); 1,99g chất rắn không tan và dung dịch E. Tính m, a và nồng độ mol/l các ion trong dung dịch (E).

(Biết thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể) Bài III: (4,0 điểm) 1. Hòa tan 115,3 (g) hỗn hợp X gồm MgCO3 và RCO3 bằng 500ml dung dịch H2SO4 loãng, thu được dung dịch A, chất rắn B và 4,48(l) CO2 (đktc) . Cô cạn dung dịch A thì thu được 12(g) muối khan.

Mặt khác, đem nung chất rắn B đến khối lượng không đổi thì thu được 11,2 (l) CO2 (đktc) và chất rắn B1 . a) Tính nồng độ CM của dung dịch H2SO4 đã dùng . b) Tính khối lượng của B và B1 . c) Tính khối lượng nguyên tử của R biết trong hỗn hợp đầu số mol của RCO3 gấp 2,5 lần số mol của MgCO3.

2. Viết phương trình hoàn thành sơ đồ chuyển hoá:  → SiO2  Si ← → Na2 SiO3  → H 2 SiO3  → SiO2  → SiF4  Bài IV: (4,0 điểm) 1. Trộn lẫn 7 mL dung dịch NH3 1M và 3 mL dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B. Xác định pH của các dung dịch A và B, biết K NH3 = 1,8.10 −5 .

2. Tính thể tích dung dịch Ba(OH)2 0,01M cần thêm vào 100 mL dung dịch Al2(SO4)3 0,1M để thu được 4,275 gam kết tủa.

Bài V: (4,0 điểm) Tiến hành oxi hoá hoàn toàn 1 thể tích hơi ancol A cần 9 thể tích O2 ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất, rồi cho toàn bộ sản phẩn hấp thụ vào dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình nước vôi tăng 3,9g và có 6g kết tủa tạo thành. Đem A phân tích phổ thì kết quả không có tín hiệu của nhóm -CH2-. A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tham gia phản ứng tráng gương.

1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo ancol A. 2. Xử lý ancol A bằng dung dịch H3PO4 85% có đun nóng thu được B. Ôzon phân B thu được axeton là sản phẩm hữu cơ duy nhất. Hãy viết phương trình phản ứng xảy ra và cơ chế của phản ứng từ A tạo ra B. --- HẾT --Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn.

Cho: C = 12; H = 1; O = 16; Ca = 40; P = 31; Ba = 137; Al = 27; S = 32; Zn = 65; Cu = 64; Ag = 108; N = 14; Cl = 35,5; Na = 23; Mg = 24.

179

Bài Câu

1 1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH, NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN HOÁ HỌC – KHỐI 11 Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 (Đáp án này gồm 5 trang) Đáp án n X = 0, 3mol ; nCO2 = 0, 4mol ; nH 2O = 0, 5mol

Điểm

 y y Cx H y +  x +  O2 → xCO2 + H 2O 4 2  0,3 0,3 x 0,15 y

0,5

nCO2 = 0, 3 x = 0, 4  x = 1, 33  x1 = 1 < x < x2 => A là CH4

0,5

 y1 = 4  nH 2O = 0,15 y = 0,5  y = 3,33  y2 < 3, 33 Vậy B là C2H2.

0

0

+ H 2 ,Pd/PbCO3 1500 C C ,600 C CH 4  → CH ≡ CH  → C6 H 6 ; CH ≡ CH  → CH 2 = CH 2 ; NO2 NO2

I 4,0

+ HONO2

(a)

+ Cl2

H2SO4

Fe

Cl (b) C6 H 6 → C6 H 5 − CH 2CH 3  → C6 H 5 − CH = CH 2 xt ,t 0

+ CH 2 = CH 2 CH 3COOH

2 3,0

 −CH − CH 2 −  t 0 , p , xt  →   C6 H 5 n

3,0

CH3 + CH3Cl

(c)

(d )

COOH

COOH + Br2

+ KMnO4

AlCl3

Fe

Br

Cu2 Cl2 / NH 4 Cl ,t 0

CH ≡ CH  → CH 2 = CH − C ≡ CH

Mỗi phương trình: 0,25 điểm

3Zn

+

8 H+ +

+4 H 2O (1) 8 x mol → x 3 3Cu

II 4,0

+

8H

+

+

+4 H 2O (2) 8 y mol y 3 3Ag

+

4 H+ +

+2 H 2O (3) 4 z mol z 3

2 NO3− →

3 Zn 2 +

2 x 3

x

+

2NO 2 x 3

2+

2 NO3− →

3 Cu

2 y 3

y

NO3− →

3 Ag +

z 3

z

+

0,5

2NO 2 y 3

+

NO

0,25

z 3

180

0,25

1, 344 = 0, 06mol 22, 4

2 2 z (1) ⇒ x + y + = 0, 06 3 3 3 x y z t ½ dung dịch (B) : Zn 2+ . mol ; Cu 2+ . mol ; Ag + . mol ; H + . mol 2 2 2 2

nNO =

Ag +

+ Cl − → AgCl ↓ ; 2,1525 z n AgCl ↓ = = 0, 015 ⇒ = 0, 015 ⇒ z = 0, 03mol 143, 5 2 x y t Dung dịch (C) : Zn 2+ . mol ; Cu 2+ . mol ; H + . mol 2 2 2

0,5

+ OH − → H 2O Zn 2+ + 2OH − → Zn(OH ) 2 ; + 2OH − → ZnO22− + 2 H 2 O ;

Với NaOH dư : H + Zn(OH ) 2

Cu 2+

+ 2OH − → Cu (OH ) 2 ; Cu (OH )2

0,25 0,5

t0

→ CuO + H 2O y 2

1,8 y = 0, 0225 ⇒ = 0, 0225 ⇒ y = 0, 045 80 2 Từ (1)  x = 0,03  mZn = 1,98g; mCu = 2,88g; mAg = 3,24g

 nchaát raén =

2/ 3Cu

+

8 H+ +

2 NO3− →

3 Cu 2+

+2NO

0,0075

0,01125←

0,0075

0,5

+ 4 H 2O (4) 0,01125

0,03 0,168 nKhí = = 0, 0075mol 22, 4

Cu + 2 Ag + → 0,0075 ← 0,015mol → mAg = 108 . 0,015 = 1,62g

Cu 2+ 0,0075

+ →

2Ag 0,015

0,25 0,25

mCu dö = 1,99 – 1,62 = 0,37g mCu = (0,0075 + 0,01125) . 64 + 0,37 = 1,57g B ½ dung dịch x y z t Zn( NO3 ) 2 mol ; Cu ( NO3 ) 2 mol ; AgNO3 mol ; HNO3dö mol 2 2 2 2 t Từ (4)  = 0,03  t = 0,06 2 8 8 4 Vậy ∑ nHNO = x + y + z + t = 0,08 + 0,12 + 0,04 + 0,06 = 0,3 mol 3 3 3 3 0, 3 x= = 0,6M 0, 5 Sau phản ứng : Zn( NO3 )2 , Cu ( NO3 )2 (dd E) 0,015mol 0,04125mol y Vì n 2+ = + 0, 0075 + 0, 01125 = 0, 04125mol Cu 2

:

0,75

181

[ Zn 2+ ] = 0, 06M ; [Cu 2+ ] = 0,165M ; [ NO3− ] =

0, 015.2 + 0, 04125.2 = 0, 45M 0, 25

MgCO3 + H 2 SO 4 = MgSO 4 + CO 2 + H 2 O RCO3 + H 2 SO 4 = RSO 4 + CO 2 + H 2 O Khi nung chất rắn B thu được CO2  Trong B còn dư muối

(1) (2)

CO32−  H 2 SO4 đã hết ở (1) & (2) 4, 48 (1) & (2)  n H 2SO4 = n CO2 = = 0, 2 (mol ) 22, 4 0, 2  [ H 2 SO4 ] = = 0, 4 (M) 0, 5

0,25

0,25

Chỉ có muối cacbonat của kim loại kiềm ( trừ Li2CO3 ít tan ) và muối amoni tan  dung dịch A không có muối cabonat mà chỉ có muối sùnat  Toàn bộ muối cacbonat dư đều ở trong rắn B .

III 4,0

1 2,5

0,25

RCO3 → RO + CO 2 (3) MgCO3 → MgO + CO 2 ( 4)

0,25

0,25

b) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) & (2 )

115, . 0, 2 = 3 + 98

mx

m H SO 2 4

12

m muoi sunfat

+

0, 2. 44 + 18 . 0, 2 + m B .

mCO

2

mH O 2

0,25

 m B = 110, 5 (g)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (3) & (4)

 m B = 110, 5 (g) − 0, 5. 44 = 88, 5 g

0,25

c) Theo (1);(2);(3) và (4)

 Tổng số mol 2 muối cacbonat , Tổng số mol CO2 tạo thành trong 4 phản ứng này  a + b = 0, 2 + 0, 5 = 0, 7 mol (5) . Đề cho :  b = 2, 5 a (6)   m x = 84 . 0, 2 + (R . 60) 0, 5 = 115, 3  R = 137 dvc 2

IV 4,0

1 2,5

Vậy R là Bari ( Ba ) 0,25đ x 6 = 1. (a) Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl : NH3 + H+ NH4+ Co 0,7M 0,3M C 0,3M 0,3M [C] 0,4M 0 0,3M Vậy dung dịch A gồm các cấu tử chính là NH3 0,4M, NH4+ 0,3M và Cl-.

NH3 + H2 O ⇄ NH4+ + OHKb o C 0,4M 0,3M C Xm Xm Xm [C] (0,4-x)M (0,3+x)M Xm

0,5 0,25

1,5

0,5

0,5

182

K=

(0,3 + x ).x = 1,8.10 −5  x ≈ 2,4.10 −5 (0,4 − x )

 pH A = 14 − [− lg(2,4.10 −5 )] = 9,4 Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng : NH4+ + OH- NH3 + H2 O o C 0,3M 0,1M 0,4M C 0,1M 0,1M 0,1M [C] 0,2M 0 0,5M Vậy dung dịch B gồm các cấu tử chính là NH3 0,5M, NH4+ 0,2M và Cl-.

NH3 + H2 O ⇄ NH4+ + OHKb o C 0,5M 0,2M C xM xM xM [C] (0,5-x)M (0,2+x)M xM (0,2 + x ).x K= = 1,8.10 −5  x ≈ 4,5.10 −5 (0,5 − x ) −5

0,25

0,5

0,5

0,25

 pH B = 14 − [− lg(4,5.10 )] = 9,7 Theo giả thiết n Al3+ = 0,02 mol và n SO 2 − = 0,03 mol . Gọi x là số mol Ba(OH)2 4

cần thêm vào, như vậy n Ba 2+ = x mol và n OH− = 2x mol .

2 1,5

V 4,0

n

o

n

o

Ba2+ + x (mol) Al3+ + 0,02 (mol) Al(OH)3 +

SO42-→ BaSO4 0,03 (mol) 3OH-→ Al(OH)3 2x (mol) OH-→ Al(OH)4(3)

(1)

0,5

(2)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al3+ tham 2x gia phản ứng vừa đủ hoặc dư : ≤ 0,02  x ≤ 0,03 ( mol) , và như vậy Ba2+ 3 phản ứng hết ở phản ứng (1).

2x Ta có : m(kết tủa) = 233.x + 78. = 4,275  x = 0,015 ( mol) 3 0,015 mol Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)2 đã sử dụng là = 1,5 L 0,01 mol / L Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x > 0,03 (mol)  m BaSO4 = 0,03 mol × 233 gam / mol = 6,99 gam > 4,275 gam (loại).

Ancol A + O2→ CO2 + H2O CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O 6 n CO 2 = n CaCO 3 = = 0,06( mol) 100

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

mbình nước vôi = m CO 2 + m H 2O  m H 2O = 3,9 − 0,06.44 = 1,26(g )  n H 2O = 1,26 = 0,07( mol) 18

 nCO2 < n H 2O  Ancol A là ancol no, hở.

0,5

Gọi ctpt ancol A là: CnH2n+2Ox

183

3n + 1 − x O 2 → nCO 2 + ( n + 1) H 2 O 2 1V → 9V 0,06mol → 0,07mol  n = 6; x = 1 vậy ctpt của A là: C6H14O A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tráng gương, trong cấu tạo không có nhóm −CH2− A là ancol bậc 2  ctct A là: CH3 | CH3− C − CH − CH3 | | H3C OH Cn H 2n+2O x +

0,5 0,25

0,25

0

H 3 PO4 ,85%,t A   → B Ozon phân B được CH3COCH3 cấu tạo B là: CH3− C = C − CH3 | | CH3 H3C CH3 | H 3 PO4 85%,t 0 CH3− C − CH − CH3   → CH3− C = C − CH3 + H2O | | | | H3C OH H3C CH3 (B) (A) (spc) ( CH2 = C − CH − CH3 ) | | CH3 CH3 (spp) 1. O3

CH3− C = C − CH3 | |

2. Zn/H+

CH3COCH3

0,25

0,5

0,25

H3C CH3 CH3 H CH3 | | | CH3− C − CH − CH3 + H−O:+ CH3− C − CH − CH3 + H2O | | | | | H3C :OH H H3C :OH2

0,25

+

CH3 CH3 | |+ CH3− C − CH − CH3 CH3− C − CH − CH3 + H2O | | | H3C+ :OH2 H3 C CH3 CH3 |+ | + CH3 − C − CH − CH3 CH3− C −CH − CH3 | | H3 C H3 C H CH3 − C = C −CH3 (a) (a)

0,25

0,25

(b)

+

184 (b)

| H−CH2 − C− C − CH3 | | H3CCH3

| H3C

| CH3 (spc)

0,5

CH2 = C − CH − CH3 | |

H3C CH3

(spp)

HẾT TRƯỜNG THPT LQĐ ĐỀ THI THỬ SỐ 2 KỲ THI HSG CẤP TỈNH, 2014 – 2015 MÔN HOÁ HỌC Thời Gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi này có hai trang) Bài 1: (4,0 điểm) 1. Hoà tan m gam hỗn hợp hai muối X, Y vào nước thu được dung dịch (A) gồm 0,2 mol Cu2+, x mol Fe3+, 0,3 mol Cl- và y mol NO3-. Cho (A) tác dụng với dung dịch NH3 dư thu được 10,7g kết tủa.

Tính m và xác định công thức của hai muối X, Y. 2. Dung dịch (B) gồm HCl + H2SO4 có pH = 1. Dung dịch (C) gồm NaOH 0,1M + Ba(OH)2 0,05M. a. Trộn 300 ml dung dịch (B) với 200 ml dung dịch (C) thì thu được dung dịch có pH bằng bao nhiêu? b. Nếu ban đầu, trong (B), tỉ lệ mol HCl và H2SO4 là 2:1 thì thu được bao nhiêu gam kết tủa?

3. Cho biết các phân tử (hoặc ion) sau là axit, bazơ, lưỡng tính hay trung tính theo thuyết bronsted, giải thích: NH4+, Fe(OH)2+, Ba2+, HCOO-, HS-, Zn(OH)2, HSO4-, ClO4-.

4. a. Tính độ điện ly của dung dịch CH3NH2 0,01M.  → CH3NH3+ K = 1010,64.

Biết CH3NH2 + H+ ←  b. Độ điện ly thay đổi như thế nào khi có mặt CH3COOH 0,001M biết Ka (CH3COOH) = 10-4,76.

Bài 2: (6,0 điểm) 1. Cho 3,58 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào 200 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,5M. Khi phản ứng hoàn toàn được dung dịch A và chất rắn B. Nung B trong không khí ở nhiệt độ cao đến phản ứng hoàn toàn thu được 6,4 gam chất rắn. Cho A tác dụng dung dịch NH3 dư, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,62 gam chất rắn D. a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. b. Hoà tan hoàn toàn 3,58 gam hỗn hợp X vào 250 ml dung dịch HNO3 a (mol/l) được dung dịch E và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Dung dịch E tác dụng vừa hết với 0,88 gam bột đồng.

Tính a.

2. a. Viết phương trình hoá học điều chế phân urê từ không khí và than và điều chế phân supephotphat kép từ quặng pyrit và quặng photphorit. (Các điều kiện và chất xúc tác coi như có đủ)

185

b. (X) là phân lân chứa một hợp chất vô cơ duy nhất (không tạp chất) có độ dinh dưỡng là 88,75%. Trộn 16g (X) với 23,4g Ca(H2PO4)2 và 10g tạp chất thu được một hỗn hợp. Tính độ dinh dưỡng của phân lân này.

3. a. Hoàn thành các chất (A), (B) … trong các phản ứng sau và viết chúng thành phương trình hoá học hoàn chỉnh: → ( B ) + H 2O (A) + O2  (C) + HCl  → ( D ) ↓( keo ) + NaCl

→ ( C ) + H 2O (B) + NaOH 

t → ( B ) + H 2O ( D )  0

b. Nung trong chân không 69,6g hỗn hợp (X) gồm C, Fe2O3 và Ba(HCO3)2 tới phản ứng xảy ra hoàn toàn và vừa đủ, thì thu được hỗn hợp (Y) chỉ gồm một kim loại và một oxit kim loại một khí (Z) duy nhất thoát ra. Cho khí này vào bình kín chứa 3g than nóng đỏ (thể tích không đáng kể) tới phản ứng hoàn toàn rồi đưa về nhiệt độ ban đầu thì áp suất bình tăng lên 45,(45)%. Tính số mol mỗi chất trong hỗn hợp (X).

Bài 3: (6,0 điểm) 1. X, Y, Z lần lượt là ankan, ankadien liên hợp và ankin, điều kiện thường tồn tại ở thể khí. Đốt cháy 2,45 L hỗn hợp ba chất này cần 14,7 L khí O2, thu được CO2 và H2O có số mol bằng nhau. Các thể tích khí đều đo ở 25oC và 1 atm. a. Xác định công thức phân tử của X, Y và Z. b. Y cộng Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 tạo ba sản phẩm đồng phân. Dùng cơ chế phản ứng giải thích sự hình thành các sản phẩm này.

2. a. Viết phương trình hoá học hoàn thành dãy chuyển hoá: + ddKMnO

/H+

4( đ ) + CH 3Cl Na2 S  → A  → B  → C  → D → E  →F b. Hiđrocacbon (X) không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X, rồi hấp thụ hết sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,075 mol Ca(OH)2, sinh ra kết tủa và khối lượng dung dịch thu được tăng 0,66 gam so với khối lượng nước vôi ban đầu. Cho tiếp dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào đó thì lại thu được kết tủa, tổng khối lượng kết tủa hai lần là 12,425 gam.

- Xác định công thức phân tử (X) - Biết (X) chứa một nhóm thế, khi monoclo hoá (X) trong điều kiện chiếu sáng thì chỉ cho một sản phẩm thế duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của (X).

3. a. Hỗn hợp A gồm ba ankin M, N, P có tổng số mol là 0,05 mol, số nguyên tử các bon trong mỗi chất đều lớn hơn 2. Cho 0,05 mol A tác dụng với dung dịch AgNO3 0,12M trong NH3 thấy dùng hết 250 ml và thu được 4,55g kết tủa. Nếu đốt cháy 0,05 mol A thì thu được 0,13 mol H2O. Xác định công thức cấu tạo của M, N, P. Biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol của A. b. Cho các hydrocacbon mạch hở A, B, X, Y đều có tỷ khối hơi so với H2 bằng 28. Hãy xác định công thức cấu tạo và tên gọi của A, B, X, Y? Biết: - Cho A, B tác dụng với Br2/CCl4 đều cho cùng một sản phẩm hữu cơ.

- Cho X tác dụng với axit HBr cho 2 sản phẩm hữu cơ.

- Cho Y cho phản ứng H2 (xúc tác Ni, nung nóng) thu được một ankan có mạch phân nhánh.

Bài 4: (4,0 điểm) 1. a. Eugenol là thành phần chính trong tinh dầu hương nhu, có công thức: Eugenol được dùng để tổng hợp chất dẫn dụ ruồi vàng metyl eugenol theo sơ đồ sau: Chất lỏng không tan +NaOH

186

Tinh dầu hương nhu Dung dịch trong nước +CH3Br metyl eugenol (không tan trong nước) Dùng công thức cấu tạo viết các phương trình phản ứng. b. Điều chế phenol C6H5 – OH từ benzen, đi qua cumen.

2. Hỗn hợp (X) là hỗn hợp gồm hai ancol no (A), (B). Cho một lượng dư natri vào (X) thì có 2,24 lít H2 thoát ra (đktc). Oxi hoá hoàn toàn hỗn hợp (X) bằng lượng vừa đủ 12,4g CuO thì sản phẩm chỉ gồm một anđêhit và một chất hữu cơ (Y) chứa nhóm chức xetol (–C=O) nhưng không chứa nhóm chức anđêhit (–CHO), sản phẩm (Y) này có khả năng tác dụng với Na và giải phóng khí H2. Cho (X) tác dụng với Cu(OH)2 thì có 2,205g Cu(OH)2 phản ứng. Thực hiện chưng cất, tách hoàn toàn từng chất (không hao phí) ra khỏi (X) thì thấy khối lượng ancol (A) là 5,06 gam. Oxi hoá 5,06 gam (A) thu được 6,66 gam hỗn hợp sản phẩm (Z) gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư và nước (Thí nghiệm K). Chia hỗn hợp này thành hai phần bằng nhau: - Cho phần (I) vào NaHCO3 dư thì khi kết thúc phản ứng thu được 0,015 mol CO2.

- Cho phần (II) tác dụng vừa đủ với Na thì thu được 3,99 gam chất rắn (M).

Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên (A), (B) và hiệu suất phản ứng oxi hoá ở thí nghiệm K. Biết 9,5 < mX< 10g

--- HẾT --Ghi chú: Thí sinh được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

Cho:C = 12; H = 1; O = 16; Ca = 40; Ag = 108; Cu = 64; Ba = 137; S = 32; Al = 27; Fe = 56; N = 14.

187

TRƯỜNG THPT LQĐ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 2 KỲ THI HSG CẤP TỈNH, 2014 – 2015 MÔN HOÁ HỌC Thời Gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đáp án này có 4 trang) Ghi chú: Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho đủ điểm.

Bài 1: (4,0 điểm) 2+

1 (1,0đ)

2 (1,0đ)

3 (1,0đ)

4 (1,0đ)

2+

Cu + 4NH3  → [Cu(NH3)4] .

3+ Fe + 3NH3 + 3H2O  → 3NH4+ + Fe(OH)3 ↓ => x = 0,1 0,1  0,1 Định luật bảo toàn điện tích cho (A): 2.0,2 + 3.0,1 = 0,3 + y => y = 0,4 -> m = 64.0,2 + 56.0,1 + 62.0,4 + 35,5.0,3 = 53,85 Vì nNO3- = 2nCu2+ ; nCl- = 3nFe3+ => (X): Cu(NO3)2; (Y): FeCl3. pH = 1 => [H+] = 0,1M => nH+ = 0,03 mol; nOH- = (0,1 + 2.0,05).0,2 = 0,04 mol H+ + OH- → H2O -> nOH- dư = 0,01 mol -> [OH-]dư = 0,02M 0,03 → 0,03 -> pH = 14 – pOH = 12,3 Vì số mol HCl : H2SO4 = 2:1 => nSO42- = nH2SO4 = 0,0075 mol Ba2+ + SO42- → BaSO4. -> nBaSO4 = 0,0075 mol => mkết tủa = 1,7475 gam Các ion NH4+, HSO4– là axit vì chúng có khả năng cho proton :  → H3O+ + NH3;  → H3O+ + SO42– NH4+ + H2O ← HSO4– + H2O ←   Các ion Fe(OH)2+, HCOO– là bazơ vì chúng có khả năng nhận proton :  → Fe(OH)3 + OH-;  → HCOOH + OH– Fe(OH)2++ H2O ← HCOO– + H2O ←   Ion HS–, Zn(OH)2 lưỡng tính vì vừa có khả năng nhận proton vừa nhường proton : Ion Ba2+, ClO4- không có khả năng cho và nhận proton do đó trung tính.

10−14 +  → CH3NH2 + H2O ← CH NH + OH .

K = = 10−3,36 3 3 b  10,64 10 0,01 – x x x x2 = 10−3,36  x = 1,88.10−3  α = 18,8% Kb = 0, 01 − x  → CH3COO- + H+ Ka CH3COOH ←   → CH3NH3+ CH3NH2 + H+ ← 

K

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

 → CH3NH3 + CH3COO CH3COOH + CH3NH2 ←  +

-

K’ = Ka.K = 10

5,88

.

K rất lớn => phản ứng hoàn toàn => CCH3NH3+ = CCH3COOH = 10-3 M; CCH3NH2 = 9.10-3M.  → CH3NH3+ + OH- Kb = 10-3 CH3NH2 + H2O ←  9.10-3 – x 10-3 + x x −3 x (10 + x ) Kb = = 10−3,36  x = 1, 39.10−3  α = 23,9% −3 9.10 − x

0,25

188

189

Bài 2: (6,0 điểm)

1 (2,0đ)

Phương trình hoá học xảy ra: Trước hết: 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu. (1) Khi Al hết: Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu. (2) Nếu Cu2+ hết thì số mol Cu trong chất rắn C > 0,1 mol => Chất rắn sau khi nung B trong không khí có khối lượng > 0,1.80 = 8(g) (không phù hợp).

Vậy Cu2+ dư nên Al và Fe hết.

Gọi số mol Al ,Fe, Cu trong hỗn hợp X lần lượt là: a, b, c.

Phương trình về khối lượng hỗn hợp: 27a + 56b + 64c = 3,58 (I) Chất rắn sau khi nung chỉ có CuO: 3a/2 + b + c = 0,08 (II) Dung dịch A chứa: Al3+, Fe2+, Cu2+ dư 0

+ NH 3 du t , kk Al3+, Fe2+, Cu2+  → Fe(OH)2, Al(OH)3  → Fe2O3, Al2O3. khối lượng chất rắn D: 102.a/2 + 160.b/2 = 2,62 (III) Giải hệ (I), (II), (III) ta có: a = 0,02; b = 0,02, c = 0,03. % khối lượng của mỗi kim loại là: Al =15,084%; Fe=31,28%; Cu=53,63%.

Theo giả thiết nhận thấy: hỗn hợp X và 0,88 gam Cu ( tức 0,01375 mol) tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch HNO3 a(mol/l). Theo ĐL bảo toàn e suy ra số e nhận do HNO3 bằng tổng số e nhận do hh X và 0,88 gam Cu. Số e nhường = 3nAl + 2nFe + 2nCu = 0,06 + 0,04 + 0,0875 = 0,1875 (mol)

+

0,25 0,25

0,25 x 2

0,25 0,25

0,5

−

Quá trình nhận e: 4H + NO3 +3e ⎯⎯→NO + 2H2O 0,25 0,1875 + Số mol HNO3 = số mol H = 0,25 (mol) => a = 1M. + H2  N 2  → NH 3  khong khi  →  ( NH 2 )2 CO + O2 → CO2  O2  chung cat

+ O2 + O2 ,t + H 2O FeS 2  → SO2  → SO3  → H 2 SO4

2 (2,0đ)

+ Ca3 ( PO4 )2

Ca3 ( PO4 ) 2 → H 3 PO4 → Ca ( H 2 PO4 )2 H 2 SO4

2.16.88, 75% = 0, 2 ( mol ) ; nP ( Ca ( H PO ) ) = 0, 2 ( mol )   nP = 0, 4 ( mol ) 2 4 2 142 0, 2.142 Độ dinh dưỡng là: = 57,5% 16 + 23, 4 + 10 (A): SiH4, (B): SiO2; (C): Na2SiO3; (D): H2SiO3.

Mỗi phương trình: 0,25 đ 2Fe2O3 + 3C → 4Fe + 3CO2. (Y ) : Fe, BaO t0 (X)  → => (X) gồm a mol C; a.2/3 mol Fe2O3 và b mol Ba(HCO3)2 ( Z ) : CO2 (Z): CO2 (a + 2b) mol nP ( X ) =

3 (2,0đ)

0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 1,0 0,25

0

t CO2 + C  → 2CO Vì T, V = const nên P tỉ lệ với số mol Pứ 0,25 <- 0,25 -> 0,5 => 0, 25 = 5 ⇔ a + 2b = 0,55 (I) [] a+2b-0,25 0 0,5 a + 2b 11 2 Mặt khác: mX = 12a + 160. a + 259b = 69,6 (II) 3

0,25

0,25 0,25

190

Từ (I), (II) => a = 0,15; b = 0,2 => nC = 0,15mol; n Fe2O3 = 0,1 mol; n Ba( HCO3 ) = 0,2 mol 2

191

Bài 3: (6,0 điểm) (a) Gọi công thức trung bình của X, Y, Z là C n H 2 n (do số mol CO2 và H2O bằng nhau).

C n H 2n +

1 (1,0đ)

3n 3n / 2 14,7 O 2 → nCO 2 + nH 2 O , ta có : = n=4 2 1 2,45

0,5

Vì X, Y, Z điều kiện thường đều tồn tại ở thể khí (trong phân tử, số nguyên tử C ≤ 4), nên công thức phân tử của X là C4H10 và Y, Z là C4H6. (b) Cơ chế phản ứng :

Br δ+ −

CH2 CH CH CH2

δ Br-Br

CH2 CH CH CH2

- Y-

CH2 CH CH CH2

0,5

Br + KMnO

4( đ ) Na2 S → CH 3COONa → CH 4 → C2 H 2 → C6 H 6 → C6 H 5CH 3  → C6 H 5COOK

2 (3,0đ)

Mỗi phương trình: 0,25 đ CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2. x x x y 0,5y 0,5y Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → CaCO3 + BaCO3 + 2H2O 0,5y 0,5y 0,5y  x = 0, 05  x + 0, 5 y = 0, 075 Có hệ:   100 ( x + 0,5 y ) + 197.0,5 y = 12, 425  y = 0, 05

0,25 x 6 0,25 0,25

0,25

 nCO2 = 0,1mol ; nH 2O = 0, 07 mol

m => n = 10; m = 14 H 2O 2 0,01 0,01x 0,005m => (X): C10H14 Vì (X) cấu trúc thơm, chỉ có một nhóm thế và monoclo hoá (ánh sáng) chỉ tạo một sản phẩm duy nhất (nhóm thế có cấu trúc đối xứng cao) nên CTCT (X) là: Giả sử M là ankin có KLPT nhỏ nhất => nM = 0,4.0,05 = 0,02(mol) n(AgNO3) = 0,25.0,12 = 0,03 (mol) < 0,05 (mol) =>có 2 ankin có xảy ra phản ứng với AgNO3/NH3 và một ankin không có phản ứng.

Gọi công thức chung của hai ankin là CnH2n – 2 Pt: CnH2n – 2 + AgNO3 + NH3  → CnH2n – 3Ag + NH4NO3; 4,55 CnH2n – 3Ag = = 151, 667 => n = 3,33 0, 03 Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 => có một ankin nhỏ nhất là C3H4 0, 02.3 + 0, 01.a 10 Gọi công thức của ankin có phản ứng còn lại là CaH2a – 2=> = =n 0, 03 3 => a = 4 ; ankin đó là but – 1 – in Gọi công thức của ankin không có phản ứng với AgNO3/NH3 là CbH2b – 2 => số mol H2O theo phản ứng cháy là 0,02.2 + 3.0,01 + 0,02.(b – 1) = 0,13 => b = 4 0

+ O2 ,t (X): CnHm, ta có: Cn H m  → nCO2 +

3 (2,0đ)

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

192

=> C4H6 ( but – 2 – in) Vậy công thức cấu tạo của ba ankin là : CH3 - CH2 - C CH H3C C CH H3 C C C CH3 -CTPT: M = 28.2= 56 g/mol -CxHy = 12x + y= 56 => x= 4; y = 8 phù hợp Vậy A, B, X, Y là đồng phân của nhau.

Theo điều kiện đề bài: vì mạch hở nên chúng là các anken A, B là 2 đồng phân cis-trans ; Y mạch nhánh =>X là anken bất đối mạch không nhánh, H CH3 CH3 CH3 ; C=C C=C H CH3 H H trans-but-2-en Cis-but-2-en (A) (B)

CH2=CH-CH2-CH3 But-1-en (X)

;

0,25

0,25 0,25

0,5

CH2=C-CH3 CH3 Isobutilen (Y)

Bài 4: (4,0 điểm) 1 (1,0đ)

2 (3,0đ)

Mỗi phương trình: 0,25 đ a, (2 phương trình); b, (2 phương trình) Xác định ancol A: Oxi hoá (A) tạo anđêhit đơn chức => (A) là ancol đơn chức t0 t0 RCH2OH + [O]  → RCHO + H2O; RCH2OH + 2[O]  → RCOOH + H2O x x x x y 2y y y  nO = x + 2y = 0,1 1 Z + NaHCO3 : chỉ có axit phản ứng → nRCOOH = 0,015 mol  y = 0,03  x = 0,04 2 nH2O = 0,07 mol Gọi số mol ancol dư là z mol, ta có: mZ – mRCHO = 2mM – 22(z + 0,03 + 0,07)  6,66 – mRCHO = 7,98 – 22(z + 0,1) => mRCHO = 0,88 + 22z => R = 550z – 7 5, 06 Mặt khác: R + 31 = + z => z = 0,04 0, 07 5, 06  Mancol (A)= = 46 =>(A): C2H5OH 0,11 CTCT: CH3 – CH2 – OH; gọi tên: etanol (ancol etylic) 0, 07 Hiệu suất phản ứng: H = = 63, 63% 0,11 nOH (trong B) = 2.0,1 – 0,11 = 0,09 (mol); nCu(OH)2 = 0,0225 mol = 4nOH (trong B)  (B) là ancol hai chức 9,5 < mX< 10g => 4,44 < mB< 4,94g => 99 < MB< 110 Ta có (B) là ancol no hai chức nên (B): CnH2n(OH)2 => 99 < 14n + 17.2 < 110 => 4,6 < n < 5,4 => n = 5 => (B): C5H10(OH)2.

a. 0,5 b. 0,5 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

193

nCuO = 0,155 mol => nCuOphản ứng với B = 0,045 = nB => (B) là ancol bậc 2,3.

Thật vậy: sản phẩm oxi hoá của (B) tác dụng với Na chứng tỏ có nhóm OH bậc 3.

CTCT: CH3 – C(CH3) – CH – CH3. Tên gọi: OH

OH

0,25 0,25

HẾT SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO -o0oĐỀ THI THỬ SỐ 3 (Đề thi này có ba trang) KỲ THI OLYMPIC HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN THI: HOÁ HỌC 11 THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút (không kể thời gian phát đề) (Cho: Al = 27; Mg = 24; N = 14; C = 12; H = 1; O = 16; Fe = 56; Ca = 40; Br = 80; Ba = 137; S = 32) Bài I: (2,0 điểm) 1. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. a. Viết phương trình hoá học có thể xảy ra. b. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

2. Hoà tan hết m gam bột Fe trong V ml dung dịch chứa NaNO3 0,1M và HCl 1M thu được dung dịch 31 X và 3,1 gam hỗn hợp hai khí NO, H2 có tỉ khối so với H2 là . Tính giá trị của m và V. 3 Bài II: (2,0 điểm) Chia 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm 2 anken phân tử khác nhau 2 nhóm CH2 thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 12,5 gam kết tủa.

Phần 2:Cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp chỉ gồm 2 ancol. Đun nóng hỗn hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 1400C một thời gian, thu được 1,63 gam hỗn hợp 3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,4256 lít (đktc).

1. Xác định công thức cấu tạo của hai anken và tính phần trăm theo thể tích mỗi chất trong X. 2. Xác định hiệu suất tạo ete của mỗi ancol.

Bài III: (2,0 điểm) Viết phương trình hoàn thành các dãy chuyển hoá: 1.

2.

+ H2 t + X , Pt +X + NaOH + Al  → C  A  → B ← → D → E → F  → B → G  0

+ CuO

Cho biết A, B, C, D, E, F, G đều là các hợp chất của nitơ.

( )

+ H 2 SO4 đ ,t 0

( )

+ HNO3 đ ,t 0

( )

+ X +Y t 0

+ Ca ( OH )

+ AgNO3 2 A → B ←  C ← A ←  B  → D↓

194

-

Cho biết X là một phi kim vậy X tác dụng với B và với HNO3 không? Từ đó có nhận xét gì? Viết phương trình phản ứng minh hoạ. (biết A, B, C, D đều là các hợp chất của photpho)

Bài IV: (2,0 điểm) 1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau: (2) (3) (4) (5) (6) (1) SiO  Si  Si  Na2 SiO3  H 2 SiO3  SiO2  → → → → → → SiF4 2 (7)

(8)

Na2O.CaO.6SiO2 2.

Nung 16,8 gam hỗn hợp X gồm MgCO3 và CaCO3 đến khối lượng không đổi, rồi dẫn khí thu được vào 180 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thì thu được 33,49 gam kết tủa. Xác định thành phần phần trăm khối lượng các chất trong X.

Bài V: (2,0 điểm) Hiđrocacbon (X) có thể điều chế trực tiếp từ benzen, phản ứng thế với brom với xúc tác sắt nung nóng (1:1) cho ra hai sản phẩm chính ở vị trí octo và para. (X) phản ứng thế với brom trong điều kiện chiếu sáng (1:1) cho ra một sản phẩm chính duy nhất. (X) có thể bị oxi hoá bởi dung dịch KMnO4 đậm đặc (môi trường axit) nhưng không bị oxi hoá bởi KMnO4 khi ở điều kiện thường.

Cho biết: Khi phản ứng thế với brom (1:1) khối lượng phân tử hữu cơ tăng 85,8696% so với ban đầu.

1.

2.

3.

4.

Xác định (X) và viết các phương trình phản ứng minh hoạ.

Cho biết sản phẩm nào trong hai sản phẩm chính ở vị trí octo và para là sản phẩm cho ra nhiều nhất khi cho (X) tác dụng với brom (Fe,t0, tỉ lệ 1:1).Viết cơ chế phản ứng tạo thành sản phẩm đó.

Nêu phương pháp hoá học nhận biết: X, benzen, stiren, hex-1-in mà sử dụng ít thuốc thử nhất.

Cho (X) phản ứng cộng với hiđro rồi đêhiđro hoá sản phẩm tạo thành, thu được sản phẩm chỉ chứa một liên kết π trong phân tử. Viết các đồng phân cis-trans của sản phẩm này.

Bài VI: (2,0 điểm) 1. Hãy xác định các chất (A), (B), (C), … men (A) + O2 → (B) + H2O xt (A)  → (C) + H2O 0

t , xt (C)  → (D) + (M) 0

t , xt (D)  → (E) 0

t , xt (E) + Cl2  → (F) + NaCl + H2O. (B) + (X) → (G) + H2O 0

t , xt (X) + (G)  → (H) + (Y) ↑

1500 (Y)  → (D) + (M) lam lanh nhanh 0

t ,p (F) + (X)đặc   → (Z) + HCl (Z) + H2O + CO2 → (K) + (I) (I) + (X) → (H) + H2O (N) + H2 → (A) lanh (A) + H2SO4 (đđ)   → (Q) + H2O

195

2. Cho hỗn hợp (X) gồm ancol etylic và ancol A (CnHm(OH)3) thành hai phần bằng nhau: - Cho phần 1 tác dụng hết với Na, thu được 15,68 lít H2 (đktc).

- Đốt cháy hoàn toàn phần 2 thu được 35,84 lít CO2 (đktc) và 39,6 gam H2O. Xác định m, n suy ra công thức ancol A. Câu VII:(2,0 điểm) 1.

-

Hai hiđrocacbon (X), (Y) có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Khi đêhiđro hoá (X) thì thu được (Y). (X), (Y) có một số tính chất sau: (X), (Y) đều làm mất màu Br2/CCl4.

(Y) tạo kết tủa vàng khi phản ứng với AgNO3, khi hiđro hoá (1:1) sản phẩm đime hoá của (Y) thì thu được hợp chất hữu cơ được dùng để tổng hợp trực tiếp cao su buna.

Sản phẩm trime hoá của (Y) điều chế được benzen.

Xác định (X), (Y) và viết phương trình phản ứng minh hoạ cho tính chất của (X), (Y) và sản phẩm đime hoá và trime hoá của (Y).

2.

Trình bày phương pháp hoá học để phân biệt các lọ mất nhãn, mỗi đựng từng dung dịch sau:

a. b. c.

Ancol propylic, ancol isopropylic, etylmetylete.

Propan-1,3-điol, propan-1,2-điol.

Phenol C6H5OH, etanol.

Viết phương trình hoá học minh hoạ.

Câu VIII: (2,0 điểm) 1.

2.

3.

Nêu phương pháp tách rời từng khí trong hỗn hợp: butin-1, butin-2, butan. Viết phương trình hoá học. a. Viết phương trình rifominh thu được sản phẩm là toluen và crakinh butan thu được sản phẩm có chứa khí metan. b. Hãy cho biết mục đích của chưng cất phân đoạn dầu mỏ ở áp suất thường. Để thu được poli butađien – stiren người ta trộn buta-1,3-đien với stiren theo tỉ lệ 1:1 rồi thực hiện phản ứng trùng hợp. Trộn đều 648g buta-1,3-đien với 1040g stiren rồi cho vào lò chứa xúc tác và nung nóng ở áp suất cao. Hỗn hợp thu được có khối lượng mol trung bình là 168,8g/mol. Tính hiệu suất phản ứng tạo polime.

Câu IX: (2,0 điểm) 1. a. b.

2.

Cho 200ml dung dịch CH3COOH 0,1M tác dụng hết với 300ml dung dịch NaOH 0,1M, thu được dung dịch (X). Biết ở 250C, Ka của CH3COOH là 10-4,75.

Tính pH của dung dịch (X) ở 250C Cần bao nhiêu ml dung dịch HCl 1M để trung hoà hoàn toàn dung dịch (X).

Dung dịch (X) chứa các loại ion Ba2+, K+, HSO3- và NO3-. Cho ½ dung dịch (X) phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được 1,6275 gam kết tủa. Cho ½ dung dịch (X) còn lại phản ứng với dung dịch HCl (dư) sinh ra 0,28 lít SO2 (đktc). Mặt khác, nếu cho dung dịch (X) tác dụng với 300ml dung dịch Ba(OH)2 có pH = 13 thì thu được 500 ml dung dịch có pH là bao nhiêu?

Câu X: (2,0 điểm)

196

1.

A là dung dịch Na2CO3 0,1M; B là dung dịch chứa Na2CO3 0,1M và KHCO3 0,1M; C là dung dịch KHCO3 0,1M a. Tính thể tích khí CO2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 50 ml dung dịch HCl 0,1M vào 100 ml dung dịch A và khi cho hết 100 ml dung dịch B vào 200ml dung dịch HCl 0,1M. b. Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150ml dung dịch C. 2. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa trong các trường hợp sau: a. Hòa tan từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, sau đó thêm HCl vào dung dịch thu được đến dư. b. Thêm dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3.

--- HẾT --Ghi chú: - Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

- Giám thị coi thi không giải thích thêm.

197

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO -o0oĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ 3 (Đáp án này có 6 trang) KỲ THI OLYMPIC HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN THI: HOÁ HỌC 11 THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1: (2,0 điểm) Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O nN O + nN 2 = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354, 9) = 0, 02 nN 2O = 0, 01 Ta có  2 → nN 2O .44 + nN 2 .28 = 0, 02.32.0, 716.44 / 28 nN 2 = 0, 01  số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I)

1 1,5

 D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3.

NH4NO3→ N2O↑ + 2H2O 2NH4NO3→ N2↑ + O2↑ + 4 H2O ↑ 4Al(NO3)3→ 2Al2O3 + 12 NO2↑ + 3O2↑ 2Mg(NO3)2→ 2MgO + 4 NO2↑ + O2↑  E chỉ có Al2O3 và MgO.

0,5

27 x + 24 y = 2,16 x 102. 2 + 40 y = 3,84

+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ : 

 x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol số mol e cho = 0,21 mol (II) + Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau: D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.

2 0,5

0,25

3,1.3  = 0,15  x = 0,1 x + y = Gọi số mol hai khí NO, H2 là x, y    2.31  y = 0, 05 30 x + 2 y = 3,1 Fe + NO3- + 4H+ → Fe3+ + NO ↑ + 2H2O. 0,1 ← 0,1 ← 0,4 ← 0,1 ← 0,1  nFe = 0, 2 mol  mFe = 11, 2 g Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+.

0,05 ← 0,1 → 0,15 0,1 n = 1 lít + 2+ − = 0,1 mol  V = NO → Fe + H2 ↑ Fe + 2H 3 0,1 0,05 ← 0,1 ← 0,05 ← 0,05

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

Bài 2: (2,0 điểm)

198

Đặt công thức 2 anken là CnH2n ( n≥ 2) ; nCaCO3 =

12,5 = 0,125( mol ) 100

3n O2 → nCO2 + nH 2O 2 0,05 0,05n CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,05n 0,125 C2 H 4 n1 = 2 0,125 n= = 2,5  công thức phân tử  0, 05 n2 = 4 C4 H 8  a + b = 0, 05 Số mol C2H4 là a , C4H8 là b    a = 0,0375; b =0,0125  2a + 4b = 0,125 Phần 2: Vì 2 anken + H2O tạo ra 2 ancol→ C4H8 là But-2-en CH 2 = CH 2 ; CH 3 − CH = CH − CH 3 Cn H 2 n +

1 1,0

+

0,25 0,25 0,25

0

H ,t CH2=CH2 + H2O  → CH3CH2OH 0,0125 0,0125 (mol) H + ,t 0 CH3−CH=CH−CH3 + H2O  → CH3−CH−CH2−CH3 OH 0,0375 0,0375 (mol)

2 1,0

0,25

Gọi số mol C2H5OH phản ứng là x; C4H9OH phản ứng là y H 2 SO4 ,t 0 2 ROH  → ROR + H 2O 0,038 0,019 0,019 0, 4256 nete = nH 2O = = 0, 019( mol )  mancol = mete + mH 2O = 1, 63 + 0, 019 × 18 = 1,972( gam) 22, 4 Số mol ancol phản ứng = 0,038 mol.  x + y = 0, 038 Ta có → x = 0,03; y= 0,008.   46 x + 74 y = 1,972 Hiệu suất của C2H5OH = 80%; Hiệu suất của C4H9OH = 64%.

0,25

0,25 0,25

0,25

Bài 3: (2,0 điểm) 8 phương trình x 0,125 A: NH4NO2; B: N2; C: NH3; D: NO; E: NO2; F: NaNO2; X: O2; G: AlN. t0 NH4NO2  → N2 + 2H2O. t 0 , p , xt  → 2NH3.

N2 + 3H2 ← 1 1,0

0

t 2NH3 + 3CuO  → N2 + 3Cu + 3H2O. 0 t 4NH3 + 5O2  → 4NO + 6H2O. Pt

1,0

2NO + O2  → 2NO2.

2NO2 + 2NaOH  → NaNO3 + NaNO2 + H2O. 0

t NaNO2 + NH4Cl  → NaCl + N2 + 2H2O. 0

2 1,0

800 −1200 C N2 + 2Al → AlN. A: Ca3(PO4)2; B: H3PO4; C: P; D: Ag3PO4; X: C; Y: SiO2.

6 phương trình x 0,125 t0 Ca3(PO4)2 + 3H2SO4  → 2H3PO4 + 3CaSO4.

0,75

199

0

t 3P + 5HNO3 + 2H2O  → 5NO + 3H3PO4.

0

t 5C + Ca3(PO4)2 + 3SiO2  → 5CO + 2P + 3CaSiO3.

Ca(OH)2 + H3PO4  → Ca3(PO4)2 + H2O. H3PO4 + 3AgNO3  → Ag3PO4 + 3HNO3.

C + 4HNO3  → 2H2O + 4NO + CO2.

X (cacbon) không tác dụng với B (H3PO4 đậm đặc) nhưng tác dụng với HNO3 đậm đặc Nhận xét: - Bản chất phản ứng C với axit là phản ứng oxi hoá.

- H3PO4 không có tính axit như HNO3.

0,25

Bài 4: (2,0 điểm) 0

0

t SiO2 + 2Mg (hoặc C)  → 2MgO + Si

t Si + O2  → SiO2 0

1 1,0

t Si + 2NaOH +H2O  → Na2SiO3 + 2H2.

Na2SiO3 + 2HCl  → 2NaCl + H2SiO3.

0

t H2SiO3  → SiO2 + H2O

SiO2 + 4HF  → SiF4 + 2H2O

1,0

0

t SiO2 + 2NaOH  → Na2SiO3 + H2O 0

2 1,0

t 6SiO2 + CaCO3 + Na2CO3  → Na2O.CaO.6SiO2 + 2CO2. 84 x + 100 y = 16,8 Gọi số mol MgCO3 là x mol; số mol BaCO3 là y mol   . x + y = n CO 2  Cho CO2 vào Ba(OH)2 có thể xảy ra các phản ứng: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O (1) 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (2)  x = 0, 0125 % mCaCO3 = 93, 75%  Trường hợp 1: Chỉ xảy ra (1)  nCO2 = nBaCO3   .  y = 0,1575 % mMgCO3 = 6, 25%

(

0,25 0,25 0,25

)

Trường hợp 2: Xảy ra cả (1) và (2)  nCO = nBaCO + 2 nBa (OH ) (bd ) − nBaCO = 0,19 .

2

3

2

3

% mCaCO3 = 31, 25%  x = 0,1375   .  y = 0, 0525 % mMgCO3 = 68, 75%

Bài 5: (2,0 điểm) (X) điều chế từ benzen, phản ứng thể có định hướng octo, para, chỉ bị oxi hoá bởi KMnO4 đặc (môi trường axit) nên (X) là hiđrocacbon thơm không có liên kết π ở nhánh. Vậy (X) có dạng CnH2n – 6 (n ≤ 6).

CnH2n-6 + Br2 → CnH2n – 7Br + HBr. 1 0,75 −7 + 80 + 6 = 0,858696  n = 7 .

14n − 6 Vậy (X) là toluen.

Phương trình: 4 phương trình x 0,125

2 0,5

0,25

0,25

0,5

0

t 2Fe + 3Br2  → 2FeBr3.

Br – Br + FeBr3 → Br(+) + [FeBr4](-).

0,125

200

0,25 .

(-)

(+)

[FeBr4] + H → FeBr3 + HBr. - Cho các chất vào các ống nghiệm riêng biệt, đánh số thứ tự.

- Cho AgNO3 vào các mẫu thử, mẫu thử có kết tủa là hex-1-in.

- Cho các mẫu thử còn lại lần lượt vào dung dịch KMnO4 loãng lạnh, mẫu thử làm mất 3 màu thuốc tím là stiren.

0,5 - Cho hai mẫu thử còn lại tác dụng với KMnO4 đặc/H+, mẫu thử làm thuốc tím mất màu là toluen.

- Còn lại là benzen không có hiện tượng phản ứng. + H2 − H2 C6 H 5CH 3  → n − C7 H16  → n − C7 H14 .

4 0,25 Ta có n – C7H14 chứa hai đồng phân cấu tạo chứa đồng phân cis – trans.

Viết đúng 2 đồng phân cis – trans ở mỗi đồng phân cấu tạo x 0,125

Bài 6: (2,0 điểm) A: CH3CH2OH, B: CH3 – COOH; C: CH2 = CH2; D: CH ≡ CH ; E: C6H6; F: C6H5Cl 1 G: CH3COONa; H: Na2CO3, I: NaHCO3, K: C6H5OH; X: NaOH, Y: CH4, 1,0 Z: C6H5ONa; M: H2; N: CH3CHO; Q: CH3CH2 – OSO3H. 16 chất x 0,0625 nH 2 = 0, 7 mol ; nCO2 = 1, 6 mol ; nH 2O = 2, 2 mol .

1 3 H2 .

CnHm(OH)3 + 3Na → CnHm(ONa)3 + H2.

2 2 a 0,5a b 1,5b nH 2 = 0,5a + 1,5b = 0, 7  a + 3b = 1, 4 (I)

C2H5OH + Na → C6H5ONa +

2 1,0

C2H6O + 3O2 → 2CO2 + 3H2O. a 2a 3a nCO2 = 2a + nb = 1,6 (II)

0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,25

1,0

0,25

0

+ O2 ,t 2CnHm(OH)3  → 2nCO2 + (m+3)H2O. b nb (m+3)b

1, 4 1, 2 ; Thay (I) vào (II)  b =  n < 3, 4 .

3 6−n Mà A có ba nhóm OH nên n ≥ 3  n = 3 .

Ta có n = 3  a = 0, 2; b = 0, 4 .

Từ (I), ta có a > 0  b <

nH2O = 3a + ( m + 3) b = 2, 2  m = 5 .

0,25

0,25

0,25

 ( A) : C3 H 5 ( OH )3 (glyxerol).

Bài 7: (2,0 điểm) 8 phương trình x 0,125 t 0 , xt CH2 = CH2  → CH ≡ CH + H2.

CCl4 CH2 = CH2 + Br2  → CH2Br – CH2Br. 1 CCl4 CH ≡ CH + 2Br2  → CHBr2 – CHBr2.

1,0 CH ≡ CH + 2AgNO3 + 2NH3  → AgC ≡ CAg ↓ + 2NH4NO3.

NH 4 Cl ,Cu2 Cl2 2CH ≡ CH  → CH ≡ C – CH = CH2. t 0 , xt CH ≡ C – CH = CH2 + H2  → CH2 = CH – CH = CH2.

1,0

201

t , p , xt CH2 = CH – CH = CH2  → ( CH 2 − CH = CH − CH 2 0

).

C → C6H6.

3CH ≡ CH  6000 C

a. Dùng Na làm thuốc thử: mẫu chứa ancol propylic, ancol isopropylic đều thoát khí  nhận ra etylmetylete.

Oxi hoá 2 ancol bằng CuO, sản phẩm thu được cho tác dụng với AgNO3/NH3, nếu có kết tủa bạc  nhận ra ancol propylic.  Còn lại là ancol isopropylic không có hiện tượng phản ứng.

2 1,0

Phương trình phản ứng: b. Dùng thuốc thử Cu(OH)2, mẫu thử nào làm hoà tan Cu(OH)2 tạo dung dịch màu xanh lam  nhận ra propan–1,2–điol.  còn lại là propan-1,3-điol không có hiện tượng phản ứng.

Phương trình phản ứng: c. Dùng brom (hoặc dung dịch HNO3đ/H2SO4đ) nếu thấy kết tủa  nhận ra phenol.  còn lại là etanol không có hiện tượng phản ứng.

Phương trình phản ứng:

0,25

0,25 0,125 0,125 0,125 0,125

Bài 8: (2,0 điểm)

0,5

1 0,75

Phương trình hoá học: 2 0,5

0,25

a. 2 phương trình x 0,125.

0,25

b. Nêu đúng mục đích. nC4 H 6 = 12 mol ; nstiren = 10 mol

0,25 0

t , p , xt nCH 2 = CH – CH = CH 2 + nCH = CH 2  →  CH 2 − CH = CH − CH 2 − CH − CH 2    C6 H 5 C6 H 5  n Ban đầu: 12 mol 10 mol 0 Phản ứng: x mol x mol x/n mol Cân b ằ ng: (12-x) mol (10-x) mol x/n mol 3 0,75 Điều kiện: 0 < x ≤ 10.

648 + 1040 1688 M = = = 105,5  x = 6 . (TMĐK) 12 − x + 10 − x + x 22 − x 12 10 Giả sử hiệu suất phản ứng là 100% thì > ( n > 0 ) .  stiren hết, các chất tính theo stiren. n n 6 Vậy hiệu suất phản ứng là: H = = 60% 10

0,25

0,25

0,25

Bài 9: (2,0 điểm)

202

1 1,0

2 1,0

CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 0,02 → 0,02 → 0,02  nNaOH còn = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol Dung dịch (X) chứa NaOH 0,02M; CH3COONa 0,04M K CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- Kb = W = 10−9,25 Ka C 0,04 0 0,02 [ ] 0,04 – x x 0,02 + x ( 0, 02 + x ) x = 10−9,25  x = 1,12.10−9 << 0, 02 Ta có: 0, 04 − x Vậy [OH ] ≈ 0, 02 vậy pH = 14 – pOH = 14 + lg0,02 = 12,3 H+ + OH- → H2O 0,01 ← 0,01 (mol) 0, 01 Vdd HCl = .1000 = 10ml 1 * 1/2X + NaOH dư: Ba2+ + HSO3- + OH- → BaSO3 ↓ + H2O 7,5.10-3 → 7,5.10-3 * 1/2X + HCl dư HSO3- + H+ → SO2 + H2O 0,0125 ← 0,0125 * X + Ba(OH)2: nOH − = 0, 03 mol ; nBa 2+ = 0, 015 + 2.0, 0075 = 0, 03 mol Ba2+ + HSO3- + OH- → BaSO3 ↓ + H2O 0,025 ← 0,025 → 0,025 nOH − = 0, 03 − 0, 025 = 0, 005 mol  OH −  =

0, 005 = 0, 01M 0,5

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

 pH = 14 − pOH = 14 + lg 0, 01 = 12

203

Bài 10: (2,0 điểm) Cho từ từ từng giọt đến hết 50 ml dung dịch HCl 0,1M vào 100ml dung dịch Na2CO3 0,1M CO32-+ H+→ HCO30,01 0,005 0,005 0,005 0,005 0 2Do CO3 dư nên không có giai đoạn tạo CO2, VCO 2 = 0

0,25

Cho hết 100 mL dung dịch Na2CO3 0,1M và KHCO3 0,1M vào 200 mL dung dịch HCl 0,1M: CO32-+ 2H+→ H2O + CO2 (1) HCO3- + H+ → H2O + CO2 (2) + Vì 2n CO 2− + n HCO − > n H + nên H phản ứng hết.

3

0,25

3

1 n + = 0,01mol 1 2 H 1,25 Giả sử (2) xảy ra trước thì từ (1) và (2) ta có n CO2 = 0,015mol

Giả sử (1) xảy ra trước thì ta có n CO 2 =

0,25

Thực tế (1) và (2) đồng thời xảy ra nên: 0,224L = 0,01 × 22,4 < VCO 2 < 0,015 × 22,4 = 0,336L Thêm 100 mL dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150 mL dung dịch KHCO3 0,1M. HCO3- + OH-→ CO32- + H2O. 0,015 0,02 0,015 0,015 0 0,005 0,015 2+ 2Ba + CO3 → BaCO3.

0,01 0,015 0,01 0,01 0 0,005 Dung dịch còn 0,005 mol KOH và 0,005 mol K2CO3.

Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: Al3+ + 3OH-→ Al(OH)3.

Al(OH)3 + OH-→ Al(OH)4-.

Thêm HCl vào dung dịch thu được lại thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: 3 Al(OH)4- + H+→ Al(OH)3 + H2O. 0,75 Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (b).

Thêm dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3 thấy xuất hiện kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu: 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 3CO2.

0,5

0,25

0,25 0,25

Bài I: (4,0 điểm) 1. Dung dịch (X) là dung dịch axit cloaxetic nồng độ 0,01 mol/lít, Ka =1,4.10-3.

Dung dịch (Y) là dung dịch axit tricloaxetic nồng độ 0,01 mol/lít, Ka =0,2. a. Tính pH của hai dung dịch axit này. b. Người ta muốn trộn hai dung dịch này đến khi đạt được pH = 2,3. Tính tỉ lệ thể tích các dung dịch axit cần cho sự trộn này.

204

2. Dung dịch (A) chứa a mol Na+, b mol NH +4 , c mol HCO 3− , d mol CO 32 − và e mol SO 24− . Thêm (c + d + e) mol Ba(OH)2 vào (A), đun nóng thu được khí (X), kết tủa (Y) và dung dịch (Z). Viết các phương trình ion xảy ra và tính số mol mỗi chất trong (X), (Y) và mỗi ion trong (Z).

Bài II: (4,0 điểm) 1. Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg và Al vào m2 gam dung dịch HNO324%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít hỗn hợp khí (X) gồm NO, N2O, N2 bay ra và dung dịch (A). Thêm một lượng vừa đủ O2 vào (X), sau phản ứng thu được hỗn hợp khí (Y). Dẫn (Y) từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí (Z) đi ra. Tỷ khối của (Z) đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào (A) để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m1, m2. Biết HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. Các thể tích khí đều đo ở đktc.

2. Hoà tan hoàn toàn 5,22 gam một muối cacbonat vào HNO3 dư, sau phản ứng thu được hỗn hợp (X) gồm hai khí không màu, trong đó có 0,015 mol một khí (Y) hoá nâu trong không khí. a. Xác định công thức muối cacbonat và viết các phương trình hoá học xảy ra. b. Tách hoàn toàn (Y) ra khỏi hỗn hợp (X), khí còn lại đem đốt với lượng dư than nóng đỏ, thu được hỗn hợp (Z) có tỉ khối so với H2 là 16. Tính hiệu suất quá trình đốt cháy.

Bài III: (4,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp (X) gồm ba hiđrocacbon mạch hở (A), (B), (C) rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)20,0555M được kết tủa và dung dịch (M). Lượng dung dịch (M) nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch (M) thấy có kết tủa lần hai xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp (X) trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br20,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các hiđrocacbon biết có hai chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong (X) đều bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO30,2M trong NH3 được 3,18 gam một kết tủa.

2. Viết phương trình hoá học hoàn thành dãy chuyển hoá (ghi rõ điều kiện phản ứng): 0

+ propen

+Br2

+Br

H2SO4

Fe,t

as

+NaOH loãng

+H2O C,t 2 → ( B ) → ( D )  → ( E )  → → ( G ) → ( H ) ( A )  ( F )  0

Biết các sản phẩm hữu cơ trong chuỗi chuyển hoá đều là các sản phẩm chính.

Bài IV: (4,0 điểm) 1. Chỉ từ không khí, than và nước, viết phương trình hoá học điều chế phân urê và đạm hai lá. Các điều kiện và xúc tác coi như có đủ. +Cl2 → ( A ) → ( A1 )  3 Biết ( A) , ( A ) , ( A ) , ( A ) đều ở thể khí và số 2. ( A )

t0

as

1

+NaOH

+H2O → ( A2 ) → ( A4 ) xt

2

3

nguyên tử cacbon trong ( A) gấp đôi số nguyên tử

cacbon trong các chất còn lại. a. Hoàn thành các phương trình hoá học trong chuyển hoá trên (ghi rõ điều kiện phản ứng). → ( A3 ) và giải thích sự tạo thành ( A) trong sản phẩm. b. Trình bày cơ chế phản ứng ( A1 ) 

Bài V: (4,0 điểm) 1. Ba hợp chất (X), (Y), (Z) đều là các hợp chất được tạo thành từ ba nguyên tố C, H, Cl. a. Xác định công thức cấu tạo (X), (Y), (Z), biết: - (Y), (Z) đều là các hợp chất no, (X) có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn 10.

284 - (X) chứa % Cl về khối lượng.

9 - (Y) có ba nguyên tử cacbon, khi cho (Y) đun nóng với NaOH dư thì thu được sản phẩm là một xetol đơn chức.

205

2.

- Trong phân tử của (Z) chỉ chứa một nguyên tử Cl, khi cho (Z) tác dụng với kiềm, đun nóng tạo ancol và ancol này không bị oxi hoá bởi CuO ở nhiệt độ cao. Biết MZ<100 b. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho (X) vào NaOH đặc, sản phẩm hữu cơ tạo thành cho tác dụng với CO2 + H2O. Cho hỗn hợp hai axit đặc HNO3, H2SO4 vào hỗn hợp sau phản ứng.

Cho 47 gam hỗn hợp hơi của hai ancol đi qua Al2O3 nung nóng (xúc tác) ta thu được hỗn hợp hơi (A) gồm ete, olefin, ancol còn lại và hơi nước. Tách hơi nước khỏi hỗn hợp (A) ta thu được hỗn hợp khí (B). Lấy hơi nước tách ra ở trên cho tác dụng hết với kali dư thu được 4,704 lít khí H2 (đktc). Lượng olefin có trong (B) tác dụng vừa đủ với 1,35 lít dung dịch Br20,2 mol/lít. Phần ete và ancol có trong (B) chiếm thể tích 16,128 lít ở 136,50C và 1 atm.

Cho biết số mol các ete bằng nhau, khả năng tạo olefin của các ancol như nhau. Hãy xác định công thức phân tử hai ancol.

Cho: Ghi chú:

---HẾT--C = 12; P = 31; O = 16; Mg = 24; Al = 27; N = 14; Br = 80; Ag = 108; Ca = 40; Ba = 137; Giám thị không giải thích thêm Thí sinh được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

H = 1; Fe = 56.

206

Bài

Câu

Hướng dẫn chấm a. Với axit cloaxetic:  → ClCH2COO- + H+ Ka = 1,4.10-3 ClCH2COOH ←  C 0,01(M) [ ] (0,01 – x)M x(M) x(M) 2 x = 1, 4.10−3  x = 10−2,5  pH = − lg  H +  = 2,5  Ka = 0, 01 − x Với axit tricloaxetic:  → CCl3COOH + H+ Ka = 0,2 CCl3COOH ← 

0,25

0,25 0,25

C [ ]

1 2,0đ

I

0,01(M) (0,01 – y)M y(M) y(M) 2 y  Ka = = 0, 2  y = 9,54.10−3  pH = − lg  H +  = 2, 02 0,01 − y b. Giả sử ban đầu ta có 1 lít dung dịch axit cloaxetic và V lít axit tricloaxetic.

Vậy tổng thể tích của dung dịch sẽ là (1 + V) lít.

0, 01 0, 01V Khi đó: CCH 2ClCOOH = ; CCCl3COOH = V +1 V +1 − +  CH 2ClCOO   H   K a CH 2ClCOOH =  2,183.10−3  [CH 2ClCOOH ]  CH 2ClCOO −  = -  (M ) V + 1  0, 01 − [CH 2ClCOOH ] = V + 1 − CH 2ClCOO   CCl3COO −   H +   K a CCl3COOH = 9, 756 V.10−3  [CCl3COOH ]  CCl3COO −  = -  (M ) V+ 1  0, 01V − [CCl3COOH ] = V + 1 − CCl3COO  9, 756 V .10−3 2,183.10 −3 Áp dụng định luật bảo toàn proton, ta có: + = 10−2,3 V+ 1 V+ 1 VCH 2ClCOOH 1 1, 68 = =  V = 0,596 , khi đó: VCCl3COOH 0,596 1

Điểm

Các phương trình phản ứng NH +4 + OH- → NH3 + H2O (1) CO 2− + Ba2+ → BaCO3 (3)

2 2,0đ

HCO 3− + OH- → CO 32− + H2O (2) SO 24− + Ba2+ → BaSO4 (4) 3 Trong dung dịch A có: a + b = c + 2d +2e Ta có: n OH − (2) = c mol  n OH − (1) = c + 2d + 2e > b nên NH +4 hết, OH– dư

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 × 4 0,25

Vậy khí X (NH3) có nX = nNH + = b mol

0,25

nBaCO3 = nCO32− = nCO32− bd + nCO32− ( pt 2 ) = c + d mol Kết tủa Y:  nBaSO4 = nSO42− = e mol

0,25

4

0,25

207

nNa + = a mol Dung dịch Z:  nOH − du = c + 2d + 2e − b mol Số mol của hỗn hợp X: nX = 8,96/22,4 = 0,4 mol

1 2,0đ

Khi cho O2 vào hỗn hợp X có: 2NO + O2 → 2NO2  nX = nY 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O  nZ = nN 2 O +nN 2 = 44,8/22,4 = 0,2 mol  nNO = 0,2 n N 2O .44 + n N 2 .28 MZ = 2.20 = 40 =  n N O = 0,15 mol ; nN 2 = 0,05 mol 2 0,2 Khi kim loại phản ứng ta có quá trình nhường e: Mg –2e → Mg2+ Al – 3e → Al3+ x mol y mol Vậy: ne (cho) = (2x + 3y) mol

0,25

Khi HNO3 phản ứng ta có quá trình nhận e : N+5 + 3e → N+2(NO) 2N+5+ 8e → 2 N+ (N2O) 0,2 mol 0,2 mol 0,3 mol 0,15mol Vậy: ne(nhận) = 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol

0,25

2N+5 +10e → N2 0,1 0,05

Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ x mol y mol 2 x + 3 y = 2,3  x = 0, 4 Ta có hệ phương trình:    m1 = 23,1g 58 x + 78 y = 62, 2  y = 0,5 Và số mol HNO3 tham gia phản ứng là: nHNO 3 = nN +5 tạo khí + nN +5 tạo muối= 0,6 + 2,3 = 2,9 mol (nN +5 tạo muối = ne trao đổi) 2,9.63.100.120 Vậy: m2 = = 913,5 g 24.100

II

2 2,0đ

a. Đặt công thức muối cacbonat kim loại : A2(CO3)n Gọi m là số oxy hóa của A sau khi bị oxy hóa bởi HNO3 3A2(CO3)n + (8m – 2n)HNO3 → 6A(NO3)m + (2m – 2n)NO↑ + 3nCO2↑ + (4m – n)H2O 3 0,045 Số mol A2(CO3)n = .n NO = (mol ) 2(m − n ) 2( m − n ) 5,22 Khối lượng phân tử A2(CO3)n = × 2(m − n) = 232(m − n) 0,045 ⇔ 2MA + 60n = 232 (m - n) 1≤ m ≤ 3 Điều kiện:  1 ≤ m-n ≤ 2 1≤ n ≤ 2 *m-n=1  m = 2, n = 1  MA = 86 loại m = 3, n = 2  MA = 56 → A là Fe *m-n=2  m = 3, n = 1  MA = 202 loại Vậy muối cacbonat kim loại là FeCO3 3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2↑ + NO ↑ + 5H2O

0,5

0,5

0,25 0,25

0,25

0,5

0,5 0,25

208

b. n CO2 = 3nNO = 0,045 (mol) 0

t → 2CO CO2 + C  n0 0,045 [ ] 0,045 – x 2x 44 ( 0, 045 − x ) + 28 x M hh = = 16.2  x = 0, 01125 0, 045 + x Vậy hiệu suất phản ứng đốt cháy: H = 25%

CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + mNH4NO3 .

0,02 mol 0,02/m mol 0, 02 → m↓ = 3,18 = .(12x + y + 107m) → 12x + y = 52m m Mhiđrocacbon< 100  m = 1, x = y = 4 → (A): C4H4: CH2=CH–C≡CH: 0,02 mol CO2 + Ca ( OH )2

0, 081 =3 0, 027 Do trong X có hai hiđrocacbon có cùng số C nên có các trường hợp sau: + Trường hợp 1: Hai hiđrocacbon còn lại có cùng 3C nBr2 = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 > 0,027 nên có C3H4

Số nguyên tử cacbon trung bình =

III

0,5

CaCO3 (x)  → Ba(OH) 2 → BaCO (0,111-x)+CaCO (0,111-x) Ca(HCO3 )2 (0,111-x)  3 3

Nên 100x + (0,111 – x)100 + (0,111 – x).197 = 20,95 → x = 0,061 0, 061.100+3,108 – 0,161.44 nCO2 = 0, 061 + 2(0,111 – 0, 061) = 0,161 ; nH 2O = = 0,118 18 + Hai hiđrocacbon còn lại cháy cho: nCO2 = 0, 161 – 0,02.4 = 0,081; nH 2O = 0,118 – 0,02.2 = 0,078

1 2,5đ

0,5

còn lại là C3H8 hoặc C3H6

a + b = 0, 027 a = 0, 012 - C3H8 : a ; C3H4 :b  → (thoả mãn) 2b = 0, 03 b = 0, 015 a + b = 0, 027 a = 0, 024 - C3H6 : a ; C3H4 :b  → (thoả mãn) a + 2b = 0, 03 b = 0, 003 + Trường hợp 2: Một hiđrocacbon còn lại có cùng 4C, hiđrocacbon còn lại là 1C hoặc 2C  x + y = 0, 027  x = 0, 0135 → nên - C4Hc: x ; C2Hd: y  4 x + 2 y = 0, 081  y = 0, 0135 0, 0135c 0, 0135d + = 0, 078 → c + d = 11,55 (loại) 2 2  x + y = 0, 027  x = 0, 018 - C4Hc:x ; CH4: y → nên  4 x + 1 y = 0, 081  y = 0, 009 0, 018c 0, 009d + = 0, 078 → c = 6,67 (loại) 2 2 Kết luận: CH2=CH-C≡CH; CH2=C=CH2 và C3H6 hoặc C3H8.

0,5

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

209

(A): CaC2 (B): CH ≡ CH

(F):

(D):

(H):

2 1,5đ

1,5

(E):

(G):

Mỗi phương trình: 0,25 điểm × 6 Chưng cất không khí ta tách được N2 và O2. dp 2H2O  → 2H2 + O2. p , xt ,t 0

⇀ 2NH3.

N2 + 3H2 ↽ 1 2,0đ

1,0

0

t C + O2  → CO2.

0

t ,p 2NH3 + CO2   → (NH2)2CO (phân urê) + H2O. tia lua dien N2 + O2 → 2NO. 2NO + O2 → 2NO2.

4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3.

NH3 + HNO3 → NH4NO3 (đạm hai lá)

1,0

0

IV

2 2,0đ

V

1 2,0đ

t C4H10  → CH3–CH3 + CH2=CH2. as CH3–CH3 + Cl2  → CH3–CH2Cl + HCl xt CH2=CH2 + H2O  → CH3–CH2OH CH3–CH2Cl + NaOH → CH3–CH2OH + NaCl Cơ chế phản ứng SR: as Khơi mào: Cl–Cl  → Cl●+ Cl●.

Phát triển mạch: (1) CH3–CH3 + Cl● → CH3–CH2● + HCl. (2) CH3–CH2● + Cl–Cl → CH3–CH2Cl + Cl●.

(1) ….

Tắt mạch: (1) CH3–CH2● + Cl● → CH3–CH2Cl. (2) Cl●+ Cl● → Cl–Cl (3) CH3–CH2● + CH3–CH2● → CH3–CH2–CH2–CH3.

Khi tắt mạch, phản ứng (3) tạo butan.

35,5 z 284 (X): CxHyClz. Ta có: = 12 x + y + 35,5 z 9.100 z = 1  12x + y = 77  x = 6, y = 5 (–C6H5) z ≥ 2  12x + y ≥ 154  loại  (X): 0

t (Y) + NaOH dư  → xetol đơn chức  (Y): H 3C − CCl2 − CH 3 0

1,0

0,25 0,25

0,5

0,5 0,25

0

t t (Z) + kiềm dư  → ancol + CuO  → không phản ứng Nên ancol tạo thành là ancol bậc III  số nguyên tử cacbon tối đa = 4

210

(Z): CnH2n+1Cl. MZ< 100 ⇔ 14n + 36, 5 < 100 ⇔ n < 4,54  n = 4 CH 3 Vậy (Z): H 3C − C − CH 3

0,5

Cl

0,25

t0

+ 2NaOHđ  →

+ NaCl + H2O.

CO2 + H2O  →

+ NaHCO3.

0,25

0,25 H SO + 3HNO3  → 2

+ 3H2O

4

Do phản ứng tách nước tạo olefin  ancol no đơn chức: Cn H 2 n +1OH 2H2O + 2K → 2KOH + H2.

4, 704 0,42 22, 4

(1) → nH O = 2nH 2

2

(1) (mol)

= 0, 42mol

0,25

H 2 SO4 → Cn H 2 n + H2O (2) Cn H 2 n +1OH  t0

0,27 0,27 → Cn H 2 n + Br2 Cn H 2 n Br2.

2 2,0đ

0,27 (mol) (3)

0,27 1,35.0,2 (mol) ( 3) → nolefin = nBr2 = nH 2O ( pt 2) = 0, 27mol (2) → n ancol tạo olefin = 0,27 mol H 2 SO4 → ROR + H2O 2ROH  t0

0,25

(4)

0,3 0,15 0,15 (mol) nH 2O ( pt 4) = nete = 0, 42 − 0, 27 = 0,15mol

0,25

(4) → nancol tạo ete = 0,3 mol PV = 0,48 mol RT → nancol dư = 0, 48 − 0,15 = 0,33mol

n(ete+ancol dư) =

0,25

 nancol = 0,33 + 0, 27 + 0, 3 = 0, 9mol Ta có: M ancol = 14n + 18 =

47  n = 2, 44 0, 9

211

Vậy có một ancol có số nguyên tử cacbon < 2  CH3OH hoặc C2H5OH. Vì CH3OH không tách nước nên ancol đó là C2H5OH. Chất còn lại là CmH2m+1OH (x mol) nCm H 2 m+1OH (phản ứng) = 0,3x + 0,15 Ta có: (0,3x + 0,15) < x < 0,9 ⇔ 0,21 < x < 0,9 (I) 0, 4 Mặt khác: (14m + 18)x + 46(0,9 – x) = 47  (II) m−2 0, 4 Từ (I), (II)  0, 21 < < 0,9 ⇔ 2, 4 < m < 3,9 ⇔ m = 3 m−2 Vậy ancol còn lại là: C3H7OH.

0,5

0,5

212

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜN THPT ĐỒNG ĐẬU

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 02. NĂM HỌC 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Hóa học - lớp 11

(Đề thi có 02 trang)

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1: Thổi 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch Br2 0,15 M. (a) Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A (b) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. Câu 2:Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết các dung dịch riêng biệt sau: NH4Cl, NaCl, MgCl2, AlCl3,FeCl3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Câu 3: Khí A không màu có mùi đặc trưng, khi cháy trong khí oxi tạo nên khí B không màu, không mùi. Khí B có thể tác dụng với liti kim loại ở nhiệt độ thường tạo ra chất rắn C. Hoà tan chất rắn C vào nước được khí A. Khí A tác dụng axit mạnh D tạo ra muối E. Dung dịch muối E không tạo kết tủa với bari clorua và bạc nitrat. Nung muối E trong bình kín sau đó làm lạnh bình thu được khí F và chất lỏng G. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.

Câu 4: Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg và Al vào dung dịch NaNO3 và 1,08 mol HCl (đun nóng). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và H2. Tỉ khối của Z so với He bằng 5. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 9,6 gam rắn. Tính phần trăm khối lượng Al có trong hỗn hợp X. Câu 5: Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16 M thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dịch Y gồm BaCl2 0,16 M và Ba(OH)2 a mol/l vào dung dịch X thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch Z. a) Tính a. b) Tính nồng độ mol/l các ion trong dung dịch Z. Câu 6:Khi crackinh hoàn toàn một thể tích ankan X thu được ba thể tích hỗn hợp Y (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất); tỉ khối của Y so với H2 bằng 12. Xác định công thức phân tử của X. Biết X tác dụng với Cl2 , as, chỉ thu được 1 dẫn xuất mono clo duy nhất. Gọi tên X Câu 7:Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. a. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon b. Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết: - Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom.

- Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4.

- Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra Câu 8:

213

Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam chất X thu được hỗn hợp khí và hơi A gồm CO2, HCl, H2O và N2. Cho 1 phần A đi chậm qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 6,00 gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 1,82 gam và có 0,112 lít khí không bị hấp thụ. Lấy phần còn lại của A cho lội chậm qua dung dịch AgNO3 trong HNO3 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 2,66 gam và có 5,74 gam kết tủa. Lập công thức phân tử X biết tỷ khối hơi của X so với không khí nhỏ hơn 7. Biết các phản ứng đều xẩy ra hoàn toàn.

Câu 9:Cho PH3 tác dụng với Cl2 được chất rắn A và khí B. Cho chất rắn A vào dung dịch Ba(OH)2 dư được chất rắn C. Hãy xác định các chất A, B, C, viết các phương trình hóa học xẩy ra.

Câu 10:Hỗn hợp Agồm SiO2 và Mg được đun nóng đến nhiệt độ cao, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp X gồm ba chất rắn. Xử lý Xcần vừa đủ 365 gam dung dịch HCl 20% và cho kết quả: - Thu được một khí Y bốc cháy ngay trong không khí và 401,4 gam dung dịch muối có nồng độ 23,67%.

- Còn lại chất rắnZ không tan trong axit, nhưng tan dễ dàng trong dung dịch kiềm, tạo ra một khí cháy được. a) Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. b) Tính thể tích khí Y (ở đktc) và khối lượng Z.

ĐÁP ÁN Câu

Nội dung

Điểm

214

1

Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3→ RC≡Cag + NH4NO3

 n (ankin) =

3,4gam = 0,02mol và n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol 170gam / mol

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2L × 0,15mol / L = 0,03mol Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4.

Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3→ C2Ag2 + 2NH4NO3  n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2→ C2H2Br4 C2H4 + Br2→ C2H4Br2  n(C2H4)= 0,01 mol  n(C2H6) =

0,25

0,672 L − 0,01mol − 0,01mol = 0,01 mol 22,4L / mol

b.Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2.

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3→ C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2→ C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2

0,25

0,25

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6

0,25 2

Câu I. 1.Trích mỗi dung dịch một ít để làm thí nghiệm.

Cho dung dịch NaOH tới dư lần lượt vào các dung dịch trên: s0,25 + DD xuất hiện khí mùi khai NH4Cl. + DD không phản ứng là NaCl. + DD xuất hiện kết tủa trắng là MgCl2. + DD lúc đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan khi NaOH dư là AlCl3.

0,25 + DD xuất hiện kết tủa màu đỏ nâu là FeCl3.

Mỗi Các phương trình phản ứng: đồng NH4Cl + NaOH  → NaCl+ NH3 ↑ + H2O phân MgCl2 + NaOH  → Mg(OH)2 ↓ NaCl 0,125 AlCl3 + 3NaOH  → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl điểm Al(OH)3 + NaOH  → NaAlO2 + 2H2O

215

3

4

FeCl3 + 3NaOH  → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl Lập luận để đưa ra: khí A là NH3. Khí B là N2. Chất rắn C là Li3N. Axit D là HNO3. Muối E là NH4NO3.Viết các phương trình hoá học xảy ra: t0 4NH3 + 3O2  → N2 + 6H2O. N2 + Li  → Li3N. Li3N + 3H2O  → NH3 + 3LiOH NH3 + HNO3  → NH4NO3.

NH4NO3  → N2O + H2O. nN2O = 0,06 và nH2 = 0,08; nMgO = 0,24 mol Dung dịch Y chứa: AlCl3: a mol NaCl: b mol NH4Cl: c mol MgCl2: 0,24 mol

0,125 0,125

Ta có: nHCl = 3a + b + c + 0,24.2 = 1,08

(1)

nNaOH = 4a + c + 0,24.2 = 1,14 Bảo toàn H: nHCl = 4nNH4Cl + 2nH2 + 2nH2O

(2)

→ nH2O = 0,46 – 2c Bảo toàn khối lượng: 13,52 + 1,08.36,5 + 85b = 133,5a + 58,5b + 53,5c + 95.0,24 + 0,14.20 + 18(0,46 – 2c) (3) Từ (1), (2) và (3)→ a= 0,16; b = 0,1; c = 0,02 Ta có nH+ = 10nN2O + 10nNH4+ + 2nH2 + 2nO(oxit)

→ nO(oxit) = 0,06 → nAl2O3 = 0,02 → nAl = 0,12→%Al = 23,96%

5

Mỗi phương trình đúng 0,2 điểm

nCO2 = 0,07 mol, nNaOH= 0,08 mol, nBaCO3=0,02 mol Khi cho CO2 vào dung dịch NaOH tạo 2 muối NaHCO3 và Na2CO3 với số mol tương ứng là a, b.

0,125

0,125

0,125

0,125 0,25

0,25

216

→

Ta có:

n = 0,01 mol → sau khi thêm dung dịch Y vào sẽ tạo ra thêm 0,01 mol nOH-= 0,5a mol OH- + → + H2O mol 0,5a 0,01 → 0,5 a = 0,01 →a = 0,02 Dung dịch Z gồm các ion là: : 0,05 mol; Ba2+ : 0,025 mol; Na+: 0,08 mol,Cl-: 0,08 mol CM = =0,067M CM Ba2+ =

= 0,107M

Ta có: mY = mX VY = 3 VX → nY = 3nX →MX = 3MY → MX = 3.12.2 = 72 Ankan X có công thức phân tử là C5H12 X: neo pentan

7

0,25

= 0,033M

CM Cl- =CM Na+ =

6

0,25

a. nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH) 2 → BaCO (0,115-x)+CaCO (0,115-x) Ca(HCO3 )2 (0,115-x)  3 3 Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18 → nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12 - Gọi công thức phân tử của A là CxHy: y CxHy + O2 → xCO2 + H2O 2 0,02 0,02x 0,01y Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12 Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [π + v ] = 4. b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2. * A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh – C2H5).

- Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

217

CH2CH3

CH3

CH3 H3C

H3C

CH3

CH3

CH3

(A) Các phản ứng xẩy ra

(B)

(C)

CH3

5H C

CH3

3

+ 18KMnO4 + COOH

27H2SO4 → 5 HOOC

COOH

+9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

CH3 H3C

COOH COOH

HOOC

CH3

5 +18KMnO4+27H2SO4 → 5 9K2SO4+18KMnO4+42H2O. COOH

CH2CH3

5

+18KMnO4+27H2SO4 → 5

CH3

COOH

+5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O

CH3

CH3 H3C

+

Br

CH3

0

Fe ,t + Br2  →

H3C

CH3

+ HBr

CH3 H3C

CH3 H3C

H3C

CH3 0

Fe ,t + Br2  →

Br

CH2CH3

CH2CH3

0

hoặc

CH3 Br

+ HBr

CH2CH3 Br

Br

Fe ,t + Br2  → CH3 hoặc CH3 + HBr Từ phần 1  nCO2 phần 1=0,06 mHCl phần 1+mH2O phần 1= 6-1,82-0,06*44= 1,54 Mặt khác mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  (gấp 2 lần 1) A có nCO2=0,06*3=0,18=nC  Phần thứ 2 chiếm 2/3 hỗn hợp A. Phần 1 có nN2=0,005 A có nN=0,005*2*3=0,03 Phần 2 vào dung dịch AgNO3 chỉ có HCl và H2O nHCl=0,04 nHCl trong A=0,06=nCl mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  mH2O phân 2=1,62  nH2O=0,09  nH2O trong A=0,135  Trong A nH=0,06+0,135*2= 0,33 nO=0,03 nC:nH:nO:nCl:nN=0,18 : 0,33 : 0,03 : 0,06 : 0.03 = 6:11:1:2:1 X là (C6H11OCl2N)n MX=184 n <232 n=1 X là C6H11OCl2N

CH3

8

CH3

CH3

0,25

0,25

0,25

0,25

218

9

10

A là PCl5; B là HCl; C là Ba2(PO4)3 PH3 + 4Cl2→ PCl5 +3HCl PCl5 + 4H2O → H3PO4 +5HCl 2HCl + Ba(OH)2→ BaCl2 + 2H2O 3Ba(OH)2 + 2H3PO4→ Ba3(PO4)2 + 6H2O Các phản ứng có thể xảy ra: 2Mg + SiO2 --> 2MgO + Si (1) MgO + SiO2 --> MgSiO3 (2) 2Mg + Si --> Mg2Si (3) MgO + 2HCl --> MgCl2 + H2O (4) Mg2Si + 4HCl --> 2MgCl2 + SiH4 (5) Si + 2NaOH + 2H2O --> Na2SiO3 + 2H2 (6) Theo giả thiết nếu Mg dư, X gồm Mg, MgO, Mg2Si. X sẽ tan hết trong HCl, không tạo chất rắn Z => không thỏa mãn. Nếu X gồm SiO2, Si, MgSiO3 => tác dụng với HCl không có khí thoát ra => không thỏa mãn. Vậy X gồm Si, SiO2, Mg2Si. Khí Y là SiH4, chất rắn Z là Si. Từ các phương trình phản ứng (1), (3), (4), (5), (6), ta có: Số mol Mg = số mol MgCl2 = 0,2367.401,4/95 = 1 => mMg = 24 gam mH2O (trong dung dịch HCl) = 0,8.365 = 292 gam mH2O (trong dung dịch muối) = 0,7633.401,4 = 306,4 gam mH2O (tạo ra ở phản ứng 4) = 306,4 – 292 = 14,4 gam nSiO2 = ½ nMgO = ½ nH2O(ở 4) = 0,4 mol => mSiO2 = 24 gam Trong A có 50%Mg và 50%SiO2 về khối lượng nSiH4 = nMg2Si =0,1 mol =>VY = 2,24 lít nZ = nSi (ở 6) = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol =>mZ = 8,4 gam

Mỗi pt đúng 0,25 điểm 0,25

0,25

0,5

219