43 ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 MÔN HÓA HỌC NĂM 2019-2020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

ĐỀ ÔN THI HSG CẤP TỈNH MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

43 ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 MÔN HÓA HỌC NĂM 2019-2020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT) WORD VERSION | 2020 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

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1.(2,0 điểm) a) Hòa tan MX2 có sẵn trong tự nhiên bằng dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch Y và khí NO2. Đem dung dịch Y tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa trắng không tan trong HNO3, dung dịch Y tác dụng với NH3 dư cho kết tủa màu nâu đỏ. Xác định công thức phân tử của MX2 và viết phương trình ion rút gọn trong các thí nghiệm trên. b) Cho các chất sau tan vào nước tạo thành các dung dịch riêng biệt: i) Na2CO3. ii) KNO3. iii) KHSO4. iv) AlCl3. Giải thích tính axit, bazơ của các dung dịch trên. Câu 2.(2,0 điểm) Người ta tiến hành đo pH của dung dịch, hỗn hợp sau: (1) dịch vị dạ dày, có nồng độ axit clohiđric là 0,0032M; (2) nước vôi trong; (3) nước muối ăn; (4) sữa tươi; (5) nước biển. Kết quả được ghi ngẫu nhiên ở bảng dưới đây: Dung dịch, hỗn hợp A B C D E pH 10 6,6 2,5 7 8 a) Xác định đúng các dung dịch, hỗn hợp tương ứng với từng giá trị pH trên. b) Canxi là nguyên tố thiết yếu cho sinh vật sống, phần lớn nằm trong xương. Dùng đủ lượng calcium là điều rất quan trọng trong giai đoạn xương đang phát triển ở tuổi trẻ em và dậy thì. Một trong những loại thuốc bổ sung canxi cho cơ thể người là Calcinol (có thành phần gồm CaCO3, CaF2, CaHPO4, Mg(OH)2,...). Hãy cho biết dung dịch, hỗn hợp nào ở trên có thể hoà tan được viên thuốc Calcinol. Viết phương trình phản ứng. Câu 3.(2,0 điểm) Các ion CN − có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể loại chất độc này bằng phản ứng sau ở 25°C:  → NCO − + H2O CN − + H2O2 ← 

a) Tính hằng cố cân bằng của phản ứng. Biết ∆G° = -368630 J.mol-1. b) Trong nước thải có nồng độ CN − là 10-3 mol.L-1. Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN − còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận. Câu 4.(2,0 điểm) X, Y là kim loại đơn hóa trị II và III. Hòa tan hết 14,0 gam hỗn hợp X, Y bằng axit HNO3 thoát ra 14,784 lít (27,3°C và 1,1atm) hỗn hợp 2 khí oxit có màu nâu và có tỷ khối so với He bằng 9,56, dung dịch nhận được chỉ chứa nitrat kim loại. Cùng lượng hỗn hợp 2 kim loại trên cho tác dụng với axit HCl dư thì cũng thoát ra 14,784 lít khí (27,3°C và 1atm) và còn lại 3,2 gam chất rắn không tan. Xác định X, Y và tính % lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu.

Câu 5.(2,0 điểm) a) Để phân biệt muối ăn thường và muối iot (chứa KI), có thể vắt nước cốt chanh vào muối, sau đó thêm vào một ít nước cơm hoặc nước vo gạo. Nếu thấy màu xanh xuất hiện chứng tỏ muối đó là muối iot. Hãy giải thích bằng phản ứng hóa học. b) Đốt cháy hoàn toàn một dây kim loại trong bình chứa CO2 thì thu được một oxit có khối lượng 16 gam. Cũng cho lượng kim loại trên tác dụng với dung dịch H2SO4 dư thì thu được 2,24 lít một khí duy nhất (đktc). Xác định kim loại. Câu 6.(2,0 điểm) a) Tiến hành 4 thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm như sau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- 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. - 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. b) Đốt cháy hoàn toàn x mol hiđrocacbon X (40 < MX< 70) mạch hở, thu được CO2 và 0,2 mol H2O. Mặt khác, cho x mol X tác dụng với AgNO3 dư trong dung dịch NH3, thì có 0,2 mol AgNO3 phản ứng. Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính m. Câu 7.(2,0 điểm) Chất thơm trong túi thơm của con cà cuống có công thức phân tử là C8H14O2 (chất A). Thủy phân A thu được X (C6H12O) và axit cacboxylic Y (C2H4O2). X tác dụng với dung dịch KMnO4 loãng lạnh tạo ra hexan-1,2,3-triol. a) Xác định cấu tạo và gọi tên A, X, Y? b) Viết các đồng phân hình học của A và cho biết dạng nào có nhiệt độ nóng chảy cao hơn? Tại sao? Câu 8.(2,0 điểm) Oxi hóa m gam rượu C bằng O2 (có chất xúc tác) được hỗn hợp X. Chia hỗn hợp X thành 3 phần bằng nhau: - Phần I: tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được 21,6 gam Ag. - Phần II: tác dụng với NaHCO3 (dư) thu được 2,24 lít CO2 (đktc). - Phần III: tác dụng với Na (đủ) thu được 4,48 lít H2 (đktc) và 25,8 gam chất rắn khan. a) Xác định công thức cấu tạo của rượu C. Biết rằng khi đun rượu C với H2SO4 đặc, 1700C thì thu được anken. b) Tìm thành phần % số mol rượu C bị oxi hóa. Câu 9. (2,0 điểm) A, B, C, D là những hiđrocacbon có công thức phân tử là C9H12. Biết A chỉ chứa 2 loại hiđro. Đun nóng với KMnO4 thì A cho C9H6O6, B cho C8H6O4, đun nóng C8H6O4 với anhiđrit axeitc cho sản phẩm là C8H4O3. C và D đều phản ứng với Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ và phản ứng với dung dịch HgSO4 sinh ra C9H14O (C cho M và D cho N). Ozon phân M cho nona-2,3,8-trion còn N cho 2axetyl-3-metylhexađial. Tìm công thức cấu tạo của A, B, C, D và viết phản ứng xảy ra biết ank-1-in pư với Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ theo pư: R-C ≡ CH + Cu2Cl2 + NH3→ R-C ≡ CCu + NH4Cl Câu 10.(2,0 điểm) a) Từ metyl xiclopropyl xeton và hợp chất cơ magie tuỳ ý chọn, viết sơ đồ phản ứng điều chế 2,6đimetyl-9-bromnona-2,6-đien. b) Đun nóng neopentyl iotua trong axit fomic (là dung môi có khả năng ion hóa cao), phản ứng chậm tạo thành sản phẩm chính là 2-metyl but-2-en. Hãy trình bày cơ chế phản ứng. c) Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của n-pentan và neopentan. Giải thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này. n-Pentan Neopentan o Nhiệt độ sôi ( C) 36 9,5 Nhiệt độ nóng chảy (oC) -130 -17 ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang) Câu

a

1 (2,0 điểm) b

a 2 (2,0 điểm)

b

a

3 (2,0 điểm)

b

Nội dung Điểm Do tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa ⇒ có SO42-, tác dụng với dung dịch NH3 tạo 0,5 kết tủa nâu đỏ ⇒ có Fe3+. Vậy MX2 là FeS2 FeS2 + 14H + + 15NO3−  → Fe3+ + 2SO 42− + 7H 2 O + 15NO 2 0,5 Ba2+ + SO42- → BaSO4 NH3 + H+ → NH4+ 3+ + 3NH3 + 3H2O + Fe → 3NH4 + Fe(OH)3 i) Na2CO3 → 2Na+ + CO32- . CO32- + HOH HCO3- + OH- . 0,25 Kết quả tạo ra dung dịch có pH > 7. ii) KNO3 → K+ + NO3- . 0,25 K+, NO3- trung tính.Do đó dung dịch có pH=7. iii)KHSO4 → K+ + HSO4-. 0,25 HSO4- → H+ + SO42- (Ka=102) (Hay HSO4- + H2O → H3O+ + SO42-). Vậy dung dịch có pH < 7. iv)AlCl3 → Al3+ + 3Cl- . Al3+ + HOH Al(OH)2+ + H+ 0,25 Vậy dung dịch có pH < 7. Các dung dịch, hỗn hợp tương ứng là: dung dịch A: nước vôi trong; dung dịch B: sữa tươi; dung dịch C: dịch vị dạ dày; dung dịch D: nước muối ăn; dung dịch 1,0 E: nước biển - Dịch vị dạ dày có thể hoà tan được viên thuốc Calcinol. - Các phản ứng xảy ra: CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O 1,0 → CaCl2 + 2HF CaF2 + 2HCl  → CaCl2 + H3PO4 CaHPO4 + 2HCl  → MgCl2 + H2O Mg(OH)2 + 2HCl  0,5 ∆G° = -368630 = -8,314.298lnK ⇒ K = 4,14.1064 − −  → NCO + H2O Phản ứng: CN + H2O2 ←  0,5 -3 -1 CB: 10 – x 10 – x x Vì K rất lớn nên coi x = 10-3  NCO −  10−3 0,5 − CN  = = = 2 , 4.10−67 M 64 −1 −3 K [ H O ] 4 ,14.10 .( 10 − 10 ) 2

4 (2,0 điểm)

2

Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN − = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết CN − trong nước thải. Số mol khí = 0,66 và 0,6 mol. Từ MTB= 9,56.4 = 38,24 suy ra NO2> 38,24 nên khí còn lại phải là NO = 30 < 38,24. Và tính được NO = 0,32 mol và NO2 = 0,34 mol 3X + 8HNO3 → 3X(NO3)2 + 2NO ↑+ 4H2O Y + 4HNO3 → Y(NO3)3 + NO ↑+ 2H2O X + 4HNO3 → X(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O Y + 6HNO3 → Y(NO3)3 + 3NO2↑+ 3H2O X + 2HCl → XCl2 + H2↑ hoặc 2Y + 6HCl → 2YCl3 + 3H2↑

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,75

Nếu kim loại Y không tan trong axit HCl Theo pt: số mol X = 0,6 và lượng X = 10,8 gam nên X =

10,8 = 18 (không có kim 0, 6

0,5

loại thỏa mãn) Vậy kim loại X không tan trong axit HCl Theo pt: số mol Y = 0,4 và lượng Y = 14 – 3,2 = 10,8 gam nên Y =

5 (2,0 điểm)

6 (2,0 điểm)

10,8 = 27 (Al) 0, 4

Đặt số mol X bằng a Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,4.3 + 2a = 0,32.3 + 0,34 ⇒ a = 0,05 3, 2 Vậy X = = 64 (Cu) 0, 05 ⇒ %mAl = 77,14% và %mCu = 22,86% I- + H+ → HI a 2HI + ½ O2 → I2+ H2O I2 + hồ tinh bột → hợp chất màu xanh Kim loại tác dụng được với CO2phảilà kim loai mạnh (nhóm A) nên chỉ có một hóa trị duy nhất và có số mol là x. 4M + a CO2 → 2M2Oa + aC x mol 0,5 x mol Ta có: 0,5x.(2M+ 16a) = 16 (1) Khi cho M tác dụng với H2SO4 vì chưa biết nồng độ nên có thể có 3 khả năng xảy ra: tạo H2 hoặcSO2 hoặc H2S. TH1 : nếu tạo ra H2 2M + a H2SO4→ M2(SO4)a + a H2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72.a b Biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH2 : nếu tạo ra SO2 2M + 2a H2SO4→ M2(SO4)a + 2a H2O + aSO2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72.a Biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH3: nếu tạo ra H2S 8M + 5a H2SO4→ 4M2(SO4)a + a H2S + 4a H2O x mol ax/8 mol Ta có: xa/8 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 12.a Biện luận có a = 2 và M = 24 thỏa mãn (Mg) 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 Fe → C6H5Br + HBr nhạt màu dần, do phản ứng: C6H6 + Br2  TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen a được tạo thành do phản ứng:

0,5

0,25 0,75

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

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 tím khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng:

0,25

t0

C6H5CH3 + 2KMnO4  → C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O TN4: Ở nhánh một, xuất hiện khói trắng và trên thành ống nghiệm xuất hiện

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

b

a

7 (2,0 điểm) b

chất bột màu trắng, đó là C6H6Cl6 được tạo thành do các phản ứng: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O as C6H6 + 3Cl2  → C6H6Cl6. Đặt công thức của X là CnHm (với 40 < MX< 70) + Giả sử 1 mol X tác dụng tối đa 1 mol AgNO3⇒ x = 0,2 ⇒ m = 2: C2H2 hoặc C4H2(Không thoả) + Giả sử 1 mol X tác dụng tối đa 2 mol AgNO3⇒ x = 0,1 ⇒ m = 4: C4H4 (Loại) hoặc C5H4 (Chọn) Vậy X là C5H4 (CH≡C-CH2-C≡CH) → AgC≡C-CH2-C≡CAg: 0,1 ⇒ m = 27,8 (g) Vì X tác dụng với dung dịch KMnO4 tạo ra hexan-1,2,3-triol nên X là ancol có công thức cấu tạo CH3CH2CH2CH=CHCH2OH (hex-2-en-1-ol). Y là CH3COOH (axit axetic) và như vậy A phải có cấu tạo CH3COOCH2CH=CHCH2CH2CH3 (hex-2-en-1-yl axetat). Các đồng phân hình học của B: CH3COOCH2 H CH3COOCH2 CH2CH2CH3 C C C C H CH2CH2CH3 H H cistransDạng trans- có nhiệt độ nóng chảy cao hơn do cấu trúc tinh thể của dạng transbền vững hơn so với dạng cis- (dạng trans- vấn giữ nguyên cấu trúc zic-zac của mạch cacbon, dạng cis- phá vỡ cấu trúc zic-zac này).

1,0

1,0

0,5

0,5

H 2SO 4 → anken, nên C là rượu đơn chức no; Rượu C  1700

[ ] → hỗn hợp X tráng gương và tác dụng với muối NaHCO3 cho khí CO2 C  nên X có anđehit và axit vì vậy C là rượu đơn chức no bậc I : RCH2OH xt RCH2OH + 1/2O2 → RCHO + H2O (1) xt RCH2OH + O2 → RCOOH + H2O (2) X gồm: RCHO, RCOOH, H2O, RCH2OH còn dư Phần I: RCHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → RCOONH4 + 2Ag + 2NH4NO3(3) Phần II: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 (4) a → RCOONa + 1/2H (5) RCOOH + Na 2 Phần III: H2O + Na → NaOH + 1/2H2 (6) RCH2OH + Na → RCH2ONa + 1/2H2 (7) Từ (3) số mol RCHO = 0,1 mol ; từ (4) số mol RCOOH = 0,1 mol; Từ (1) và (2) số mol H2O trong 1/3 X = 0,2 mol ⇒ số mol H2 = 0,2 mol Từ (5),(6), (7) số mol RCH2OH trong 1/3 X = 2nH2 = 0,1 mol m R = mRCOONa + mNaOH + mRCH2ONa = 25,8 ⇒ (R +67)0,1 + 40.0,2 + (R + 53).0,1 = 25,8 ⇒ R = 29 công thức của rượu CH3CH2CH2OH Từ (1) và (2) → nC bị oxi hóa cho 1/3 X = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol b → nC 1/3X = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol → % nC bị oxi hóa = 0,2/0,3.100% = 66,7% + Ta thấy rằng A, B phải có vòng benzen + Ta biết rằng mỗi nhánh ở vòng benzen sau khi oxi hóa cho 2 Oxi gắn với vòng nên A phải có 3 nhánh vì cho sp có 6 Oxi B có 2 nhánh vì sp có 4 oxi. + Do A có 3 nhánh và chỉ chứa 2 loại H nên A có CTCT là: O

8 (2,0 điểm)

9 (2,0 điểm)

0,5

0,5

0,25

0,25 0,5 0,5

CH3

0,5 H3C

CH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thật vậy: CO O H

C H3 [O ]

+ H 2O H3C

HOOC

C H3

CO O H

+ Vì sp của B pư với anhiđrit axetic cho sp là C8H4O3 nên 2 nhánh của B phải gần nhau. Do đó B là: COOH

C H3 C2H5

CO COOH

[O ]

CO

+ (C H 3C O )2O

- C O 2 - H 2O

O

0,5

- 2 C H 3C O O H

+ C và D đều pư với Cu2Cl2/NH3 cho kết tủa đỏ nên phải là ank-1-in. Dựa vào sp ozon phân suy ra CTCT của C và D là: C

CH3

CH

C

CH3

(C )

CH

(D )

Thật vậy: C

CH

CO-CH3

CH3

CH3

+ H2O/Hg2+

+ O3

CH3-CO-CO-CH2-CH2-CH2-CH2-CO-CH3.

0,5

và C H3 C

C H3

CH + H 2 O /H g 2+

C O -C H 3

C H3

+ O3

C H 3 -C O -C H-C H-C H 2 -C H 2 -C H = O CH=O

COCH3 (A)

1. CH3MgBr 2.H2O

CH3 CCH3 OH

a BrCH2CH2CH=C(CH3)CH2CH2CH=C(CH3)2

10 (2,0 điểm)

b

c

HBr

HBr/-H2O

BrCH2CH2CH=C(CH3)2 1.Mg 2. H3O+ 3. A CH3

1,0

C CH2CH2CH=C(CH3)2 OH

CH3 CH3 CH3 | | | (−I) + CH3−C−CH2−I →  CH3−C− CH2→ CH3− C + −CH2−CH3 | | CH3 CH3 (-H+) CH3−C=CH−CH3 | CH3 (SPC) Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn n-pentan vì khi phân tử có càng nhiều nhánh, tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng giảm, làm cho độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp hơn. Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít hơn và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25 0,25

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,5 điểm) 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 hỗn hợp FeCl3 và CuSO4. b) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa hỗn hợp NaAlO2 và Na2CO3. c) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch HCl 1M, đun nóng nhẹ. d) Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch K2HPO3. Câu 2. (2,5 điểm) a) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. b)Cho hai công thức hóa học: PCl5 và NCl5. Cho biết công thức nào đúng, công thức nào sai? Dựa vào sự tạo thành liên kết cộng hóa trị hãy giải thích vì sao? c) Tính năng lượng liên kết trung bình C - H và C - C từ các kết quả thực nghiệm sau: - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 KJ/mol. - Nhiệt đốt cháy C2H6 = -1412,7 KJ/mol. - Nhiệt đốt cháy hiđro = - 241,5 KJ/mol. - Nhiệt đốt cháy than chì = - 393,4 KJ/mol. - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 KJ/mol. - Năng lượng liên kết H - H = 431,5 KJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 298 K và 1 atm. Câu 3. (2,5 điểm) a) 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(NH3 ) = 10-4,75. b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau: i) 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00 ii) 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH= 11,00 Câu 4. (2,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn 2,36 gam hỗn hợp M gồm 2 kim loại X và Y trong dung dịch chứa đồng thời hai axit HNO3 và H2SO4 đậm đặc, đun nóng. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Z chỉ gồm T và NO2, dung dịch G có chứa ion X2+, Y+. Biết tỉ khối của Z so với metan là 3,15625. a) Tính khối lượng muối khan thu được sau khi cô cạn cẩn thận dung dịch G (Giả thiết không xảy ra quá trình nhiệt phân các muối trong dung dịch G). b) Xác định khoảng giá trị thay đổi của khối lượng muối khan khi thay đổi tỉ lệ khí T và NO2. Câu 5. (2,5 điểm) Nung m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và FeCO3 trong bình kín không có không khí. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với không khí là 1,552 (giả sử khí NO2 sinh ra không tham gia phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn trong 100 ml dung dịch gồm KNO3 0,1M và H2SO4 1,5M, thu được dung dịch chỉ chứa 21,23 gam muối trung hòa của kim loại và hỗn hợp khí T có tỉ khối so với không khí là 0,552 (trong đó có một khí hóa nâu trong không khí). Tính m. Câu 6.(2,5 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

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. Câu 7. (2,5 điểm) A là hỗn hợp hai andehit X và Y (X có khối lượng phân tử nhỏ hơn Y). Hóa hơi 1,03 gam A ở 60oC và 1,0 atm thì thu được 683 mL hơi. Hấp thụ hết phần hơi này vào lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 10,8 gam Ag và dung dịch B. Thêm HCl dư vào B thấy thoát ra 0,336 lít (đktc) một khí có khả năng làm đục nước vôi trong. Xác định cấu tạo và gọi tên các andehit trong A. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8. (2,5 điểm) a) So sánh nhiệt độ sôi của các chất sau, giải thích:

S

N

O

NH

(A) (B) (C) (D) (E). b) Hãy hoàn thành sơ đồ phản ứng sau, giải thích sự hình thành X5 và X6: t

o

NaI

X1 (C8H 6Br 4)

Mg

X2 (C8 H 6Br 2)

X4 (C16H12) t o

X3 (C8 H 6)

X5

HCl

X6 (C16 H13Cl) ,, (khong mat' mau nuoc brom)

X7 (C16H12)

-

Br2

o-Xilen

c) Enamin có thể được tạo thành khi cho anđehit hoặc xeton phản ứng với amin bậc hai có xúc tác axit. Xiclohexanon phản ứng với piroliđin tạo ra enamin H theo sơ đồ sau: +

H

+

N

H

H N

O

Đề xuất cơ chế giải thích quá trình tạo thành enamin H. ----------Hết---------(Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn hóa học)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Câu

1 (2,5 điểm)

Nội dung Trong dung dịch FeCl3 và CuSO4 có các ion : Fe3+, Cu2+ Dung dịch NH3 có cân bằng: NH3 + H2O NH4+ + OHKhi cho dung dịch NH3 vào dung dịch FeCl3 và CuSO4 - Có kết tủa nâu, kết tủa xanh do pư: a Fe3+ + 3OH Fe(OH)3 nâu đỏ 2+ Cu 2OH Cu(OH)2 xanh Sau kết tủa xanh Cu(OH)2 tự hoà tan trong dd NH3 dư do phản ứng : Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH)4](OH)2 dung dịch màu xanh đậm Trong dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3 có các cân bằng AlO2- + 2H2O Al(OH)3 + OH(1) 2-CO3 + H2 O HCO3- + OH(2)

b

c d a b

2 (2,5 điểm) c

HCO3- + H2O H2O + CO2+OH- (3) Trong dung dịch KHSO4 có cân bằng HSO4- + H2 O SO42- + H3O+ Khi cho đến dư dd HKSO4 và dd chứa NaAlO2 và Na2CO3 làm dịch chuyển các cân bằng (1) và (3) sang phải có các hiện tượng : - Có khí thoát ra ( khí CO2) - Có kết tủa keo (Al(OH)3) Nếu dư KHSO4 thì Al(OH)3 sẽ bị hoà tan Trong dung dịch chứa Fe(NO3)2 và HCl: Fe2+ bị oxi hóa bởi NO3-/H+ nên sau khi phản ứng dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra. 3Fe2+ + NO3- + 4H+ 3Fe3+ + NO + 3H2O K2HPO3 là muối trung hòa nên khi cho NaOH vào dung dịch K2HPO3 không có hiện tượng xảy ra Hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen PCl5: đúng NCl5: sai Giải thích: N không tạo được 5 electron độc thân, do vậy không thể tạo được 5 liên kết cộng hóa trị. P vì có obitan 3d trống có thể tạo được 5 electron độc thân, do vậy tạo được 5 liên kết cộng hóa trị. Phương trình cần tổ hợp CH 4( K ) ⇔ C( K ) + 4 H 4∆H Co − H Theo bài ra ta có: CH4 + 2O2⇔ CO2 + 2H2O ∆H01 = -801,7 0 2H2) ⇔ O2 + 2H2 - ∆H2 = -2(-241,5) CO2⇔ O2 + C(r) - ∆H30 = 393,4 C(r) ⇔ C(k) ∆H04 = 715 2H2(k)⇔ 4H(k) 2∆H05 = 2.431,5 o CH4(k) ⇔ C(r) + 4H(k) 4∆H C − H

⇒ 4∆H Co − H = ∆H10 - ∆H20 - ∆H30 + ∆H04 + 2∆H05 = -801,7 + 483 + 398,4 + 715 + 2(431,5) = 1652,7 KJ/mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

0,75

0,75

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

⇒ Năng lượng liên kết C-H: EC − H =

1652,7 = 413,715 KJ / mol 2

Phương trình cần tổ hợp: C2H6(k)⇔ 2C(k) + 6H(k)∆Ho = EC-C + 6EC-H Theo bài ra ta có: 7 C2H6(k) + O2⇔ 2CO2 + 3H2O ∆H10 = -1412,7 2 3 - 3∆H02 = -3(-241,5) 3H2O ⇔ O2 + 3H2 2 2CO2⇔ 2O2 + 2C(r) -2∆H03 = 2. 393,4 2C(r)⇔ 2C(k) 2∆H40 = 2. 715 3H2(k)⇔ 6H(k) 3∆H05 = 3.431,5 o C2H6(k)⇔ 2C(k) + 6H(k)∆H ∆Ho = ∆H01 - 3∆H02 - 2∆H03 + 2∆H04 + 3∆H05 = -1412,7 + 3. 241,5 + 2. 393,4 + 2. 715 + 3. 431,5 = -1412,7+ 724,5 + 786,8 + 1430 + 1294,5 = 2823,1 ∆Ho = EC-C + 6EC-H⇒ EC = 2823,1 - 6. 413,715 = 345,7 KJ/mol 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 −10,95 10 −10,95 ⇒ [OH−]2≥ = = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 2+ −2 Mg 10 * Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M. a cân bằng chủ yếu là: K NH3 = Kb = 10-4,75 NH +4 + OH− NH3 + H2O

[

0,5

0,5

]

1 1 1-x 1+x Kb = (x + 1)x = 10-4,75

x

0,5

1− x

⇒ 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 không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. i. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M Sau khi trộn:

3 (2,5 điểm)

10−4.10 = 5.10−5 M 20 0,1.10 CCH3COOH = = 0, 05M 20

CHCl =

b

HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M CH3COOH CH3COO- + H+ C 0,05M 0 5.10-5M ∆C x x x [ ] 0,05-x x 5.10-5 + x

( 5.10

−5

)

+x x

0, 05 − x

= 10−4,76

x = 8,991.10-4M (nhận) x = -9,664.10-4M(loại) pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

ii. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH CH 3 COOH CH 3 COO − + H + 0 0 C CA ∆C x x x [ ] CA – x x x Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M

(10 ) −3

2

C A − 10

CA =

−3

= 10−4,76

−3 10−6 + 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M −4,76 10

Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] = Sau khi trộn:

10−14 = 10−3 M 10−11

0, 0585x25 C CH 3COOH = = 0, 03656M ≈ 3, 66.10 −2 M 40 10 −3 x15 C KOH = = 3, 75.10 −4 M 40 CH 3 COOH + KOH → CH 3 COOK + H2O

1,0

Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4 0 0 Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0 3,75.10-4 3,75.10-4 CH 3 COOH CH 3 COO − + H + C 0 0,036225 3,75.10-4 x x x ∆C [ ] 0,036225– 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 pH = 3,207=3,21 Xác định số mol các chất khí Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol) M Z = 3,15625.16 = 50,5 M NO2 = 46 < 50,5 < M T ⇒ T là SO2 (M=64)

4 (2,5 điểm)

Gọi a là số mol SO2, b là số mol NO2 64a + 46 b = 50, 5.0, 04 = 2, 02 a = 0, 01 Ta có hệ:  ⇒  a + b = 0, 04 b = 0, 03 a Phương trình phản ứng: (Có thể không cần ghi phản ứng) X + 2H2SO4→ XSO4 + SO2 + 2H2O 2Y + 2H2SO4→ Y2SO4 + SO2 + 2H2O X + 4HNO3→ X(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O Y + 2HNO3→ YNO3 + NO2 + H2O ∑m muối khan = ∑mM + ∑mNO3- + ∑m SO42= 2,36 + 0,03.62 + 0,01.96 = 5,18 (gam) Xác định khoảng giá trị X → X2+ + 2e x 2x

0,5

0,5

+6 +4 S + 2e → S

0,02 ← 0,01 +5

+4

+ N + 1e → N b Y → Y + 1e y y 0,03 ← 0,03 Theo định luật bảo toàn electron: 2x + y = 0,05 Khối lượng hỗn hợp: xX + yY = 2,36 *Giả sử chỉ tạo NO2 thì: Khối lượng 2 muối nitrat = x(X + 124) + y(Y + 62) = 2,36 + 62.0,05 = 5,46 gam

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

*Giả sử chỉ tạo SO2 thì: Khối lượng 2 muối sunfat = x(X + 96) + y/2(2Y + 96) = 2,36 + 48.0,05= 4,76g Vậy: 4,76 gam < khối lượng 4 muối < 5,46 gam Ta có: M T = 16 ⇒ Trong T có H 2 và n NO = n H 2

0,5 0,5

+

Vì T chứa H2 và dung dịch thu được chỉ gồm muối trung hòa nên H và NO 3− hết và các muối trung hòa gồm: K+ ; SO 24− ; Fe2+ ; Fe3+ Ta có: 0, 01× 39 + n Fe × 56 + 0,15 × 96 = 21, 23 ⇒ n Fe = 0,115 ( mol ) Xét hỗn hợp Y gồm Fe và O 4H + + NO3− + 3e  → NO + 2H 2 O 5 mol : 0,04 0,01 0,03 0,01 (2,5 + 2H + 2e  → H2 điểm) mol : 0,02 0,02 0,01 + 2− 2H + O  → H 2O mol : 0,24 0,12 Trong Y có Fe (vì T có H2), nên Z chỉ có NO2 và CO2 1 M Z = 45 ⇒ n NO2 = n CO2 ⇒ n NO− = n CO2− = n O2− = 0, 06 ( mol ) 3 3 2 ⇒ m = m Fe + m CO2− + m NO − = 0,115 × 56 + 0, 06 × ( 62 + 60 ) = 13, 76 ( gam ) 3

6 (2,5 điểm)

0,5

0,5

0,5

3

nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,115mol) → CaCO3 (x mol); Ca(HCO3)2 (0,115 – x mol) + Ba (OH) 2  → BaCO3 (0,115 – x mol) + CaCO3 (0,115 – x mol) Nên 100x + (0,115 – x mol).100 + (0,115 – x mol).197 = 24,305 ⇒ x = 0,05 ⇒ nCO2 = 0,05 + 2(0,115 – 0,05) = 0,18 (mol) ⇒ nH2O = (0,05.100 + 5,08 – 0,18.44)/18 = 0,12 (mol) a 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.

- 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 b phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

0,5

0,5

0,5 0,6

CH2CH3

CH3

0,5

CH3 H3C

H3C

0,5

CH3

CH3 CH3

(A) (B) (C) 1.0, 683 1, 03 nA = = 0,025 mol; M A = = 41,2 0, 082.333 0, 025 7 Suy ra: trong A có chứa HCHO (anđehit fomic – gọi là X) (2,5 n điểm) nAg = 10,8 = 0,1 ml; Ag = 0,1 = 4 108 nA 0,025 Suy ra: Y là anđehit hai chức có dạng R(CHO)2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

AgNO3 / NH3 HCl → (NH4)2CO3 → CO2 Từ HCHO  0,336 ⇒ nX = nCO2 = = 0,015 mol 22, 4 ⇒ nY = 0,025 – 0,015 = 0,01 mol Từ mA = 30.0,015 + (R + 58).0,01 = 1,03 ⇒ R = 0 Vậy hai andehit là HCHO (andehit focmic) và (CHO)2 (andehit oxalic) Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: D < A < C < B < E. E có nhiệt độ sôi cao nhất vì giữa các phân tử E có khả năng hình thành liên kết hidro liên phân tử.B: Có mo men lưỡng cực lớn do có nguyên tử N có độ âm điện lớn, hút e mạnh làm tăng mo men lưỡng cực.C có nhiệt độ sôi tăng ít so với ben a zen vì có nguyên tử S liên kết trong vòng làm tăng mo men lưỡng cực tăng nhẹ. A phân tử không phân cực nhưng do khối lượng phân tử lớn hơn D. D Có nguyên tử O vừa gây hiệu ứng liên hợp dương (+C), vừa gây hiệu ứng cảm ứng âm (-I), kết quả momen lưỡng cực nhỏ, đồng thời phân tử khối nhỏ hơn A.vì vậy nhiệt độ sôi của D thấp nhất.

8 (2,5 điểm)

CH 3

CHBr 2

Br2

CH3 t

o

CHBr 2 (X1)

b

CHBr NaI

0,5 0,5

1,0

(X7)

Mg

CHBr (X2)

0,5

(X3)

1,0 (X5)

Cl-

(X6)

H+

to

(X4)

Cl

H O

c

O +H

+

..

HN

HO NH

H2O N

N

-H2O

H H2O

N +

-H3O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm): 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 2 (2,0 điểm): 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 Cu2+ 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 và CuS = 6,3.10-36 Câu 3 (2,0 điểm): 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. Câu 4 (2,0 điểm): Chất A có công thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. Câu 5 (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. Câu 6 (3,0 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 được tối đa m1 gam bột Cu, sinh ra V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO 3− ). a) Tính phần trăm về khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu. b) Tính giá trị của m1 và V. c) 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. Câu 7 (2,0 điểm): X có công thức phân tử là C5H12O4. Cho hơi X qua ống đựng CuO đun nóng được chất Y có khối lượng phân tử nhỏ hơn X là 8 đvC. Cho 2,56 gam Y phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3 được 17,28 gam kết tủa Ag. Tìm công thức cấu tạo của X; Y?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 8 (3,0 điểm): Hỗn hợp khí X(ở 81oC và 1,5 atm) gồm H2, một anken A và một ankin B. ChoX 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). Câu 9 (2,0 điểm): Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo? +O2,xt +Benzen/H+ A3 Crackinh (3) (2) A5 (C3H6O) CnH2n+2 A2 (1) A1(khí) (4) A4 (5) +O2/xt +H O/H+ 2

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Câu

1 (2 điểm)

Đáp án Điểm 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. 0,5 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. 2NH3 + 2H2O + ZnSO4 → Zn(OH)2 + (NH4)2SO4 0,5 2+ Zn(OH)2 + 4NH3 → [Zn(NH3)4] + 2OH c)Kim loại Cu tan dần, có khí không màu thoát ra và hóa nâu trong không khí 0,5 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 0,5 AgNO3 + Na3PO4 → Ag3PO4 + 3NaNO3 Ag3PO4 + 3HNO3 → 3AgNO3 + H3PO4 a)Theo giả thiết ta có [H2S] = 0,1M; [H+] = 10-3 Trong dung dịch có các cân bằng H2 S H+ + HS- K1 0,5 HS H+ + S2- K2 ⇀ 2H+ + S2- K H2S ↽ 2

2 (2 điểm)

K= K1.K2 = 1,3.10 2-

3 (2 điểm)

-15

-20

 H +  . S2-  =     [ H 2 S]

=>S = 1,3.10 b) Ta có: [Mn2+].[S2-] = 10-2.1,3.10-15 = 1,3.10-17 < TMnS = 2,5.10-10 => không có kết tủa MnS. [Cu2+].[S2-] = 10-2.1,3.10-15 = 1,3.10-17 > TCuS = 6,3.10-36 => có kết tủa CuS Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. *Xét trường hợp PX3: PTHH 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 Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8 ⇒ không ứng với halogen nào. Hợp chất A (C7H8) tác dụng với AgNO3 trong dung dịch NH3, đó là hiđrocacbon có liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)x R(C≡CH)x + xAgNO3 + xNH3 → R(C≡CAg)x + xNH4NO3 R + 25x R + 132x

4 (2 điểm)

MB – MA = (R+ 132x) - (R+ 25x) = 107x = 214 ⇒ x = 2 Vậy A có dạng: HC≡C-C3H6-C≡CH Các công thức cấu tạo có thể có của A:

CH C-CH2-CH2-CH2-C

CH

CH C-CH2-CH-C CH CH3

CH

CH2CH3

5 (2 điểm)

6 (3 điểm)

0,5 0,5

CH3 CH C-CH-C

0,5

CH C-C-C

0,5

CH

CH3

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+ kết tủa hết ta có x=0,05 ⇒ nCO32-=y ≥0,05 mmuối=40x+23x+39y + 60(3x+y-0,15) +61(0,3-3x-y) = 8,66+5 x=0,05 y=0,0358 <0,05 loại 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+39y + 60*(0,05) +61(0,3-3x-y) = 8,66+5 Từ (3), (4) ta có x=0,06 y=0,02 Số mol NaNO3 = 0,36 mol số mol H2SO4 = 0,72 mol => số mol H+ = 1,44 mol Ta có các bán phản ứng: (1) NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O (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 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 mFe = 0,12.56 = 6,72 g => % mFe = 63,28% % 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 Cu vào dung dịch Y: 3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3) 0,2 (mol): 0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+ (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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

7 (2 điểm)

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+: 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 Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe (mol) 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 Ta thấy X no ⇒ trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì X pư được với CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH. Khi 1 nhóm CH2– OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số nguyên tử H giảm đi 2 tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì MY nhỏ hơn MX là 8 đvC nên trong X phải có 4 nhóm –OH(X không có nhóm ete vì X chỉ có 4 oxi) ⇒ Y có CTPT là C5H4O4 hay MY = 128 gam. Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol. Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là R(CHO)n ta có R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O → R(COONH4)n + 2nAg + 2nNH4NO3 0,02 0,16 ⇒n = 4 ⇒ X và Y có CTCT lần lượt là CH 2 OH HOH 2 C

C

CH 2 OH

0,5

0,5

0,5

1,0

CH=O O=HC

C

CH=O

0,5

CH 2 OH

8 (3 điểm)

CH=O và Gọi số mol của A, B, H2 lần lượt là a, b, c mol. Theo giả thiết thì ankin phải có liên 1 kết ba đầu mạch và nB = n X (1) 10 3 Vì MZ = 18 => có H2 dư và nH2 p.ư = n X (2) 10 Vì Z chỉ chứa hai khí =>anken và ankin có cùng số nguyên tử C đặt là CnH2n và CnH2n-2 CnH2n + H2 → CnH2n+2 a mol a a CnH2n-2 + 2H2 → CnH2n+2 b mol 2b b 3 1 =>a + 2b = n X , từ (1) => a = nX 10 10 8 3 5 =>nH2 dư = c –(a + 2b) = nX nX = nX 10 10 10 =>Trong Z có tỉ lệ nankan : nH2 = 2 : 5 (14n + 2).2 + 2.5 MZ = = 18 => n = 4 7 Vậy A là C4H8 và B là C4H6 Công thức cấu tạo phù hợp là

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5

0,5

A: CH3-CH2-CH=CH2 hay CH3-CH=CH-CH3 B: CH3-CH2-C ≡ CH Ta có nkết tủa = 0,01 = b mol => a = 0,01 => nX = 0,1 mol Vây VX = 1,9352 lít. Phản ứng: CH3-CH2-C ≡ CH + 2HCl → CH3-CH2-CCl2-CH3 Cơ chế phản ứng: CH3-CH2-C ≡ CH + HCl → CH3-CH2-C+=CH2 + ClCH3-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 Các chất cần tìm: A1: CH3-CH2-CH2-CH3; A2: CH3- CH=CH2; A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen); A4: CH3-CH(OH)-CH3; A5: CH3-CO-CH3 Các phản ứng:(Mỗi phản ứng 0,3 điểm) 1. CH3-CH2-CH2-CH3

Crackinh

(A1)

H2SO4

2. CH3-CH=CH2 +

9 (2 điểm)

CH(CH3)2 3.

CH3-CH=CH2 + CH4 (A2) CH(CH3)2

(A3)

OH

1.O2 2.H2SO4(l)

+ CH3-CO-CH3 (A5)

H+

4.

CH3-CH=CH2 + H2O

5.

CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2

Cu,t0

CH3-CH(OH)-CH3 (A4) CH3-CO-CH3 (A5)

+ H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5 1,5

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm): Nêu hiện tượng và viết các phản ứng hóa học xảy ra dưới dạng phương trình ion thu gọn khi tiến hành các thí nghiệm sau: a) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa AgNO3. b) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. c) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3. d) Trộn dung dịch Na2CO3 vào dung dịch FeCl3. Câu 2 (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 3 (3,0 điểm): 1. Nén hỗn hợp gồm 4 mol nitơ và 16 mol hiđro vào một bình kín có thể tích là 4 lít (chỉ chứa xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân bằng, áp suất trong bình bằng 0,8 lần áp suất lúc đầu (lúc mới cho các khí vào chưa xảy ra phản ứng). Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 2. Hỗn hợp rắn X gồm KClO3, KCl, BaCl2 và Ba(ClO3)2. Nung nóng 103,95 gam X với cacbon vừa đủ, đến khi phản ứng hoàn toàn thoát ra 13,44 lít (đkc) khí duy nhất CO2, còn lại hỗn hợp rắn Y gồm KCl và BaCl2. Cho Y tác dụng vừa đủ 522 gam dung dịch K2SO4 10%, lọc bỏ kết tủa được dung dịch Z. Lượng KCl trong dung dịch Z gấp 9 lần lượng KCl trong hỗn hợp X. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b) Tính phần trăm khối lượng của KClO3 trong hỗn hợp X. Câu 4 (2,0 điểm): Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa và 6,272 lít hỗn hợp Z gồm N2O, H2 (đktc). Tỉ khối của Z so với Metan bằng 1,25. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được kết tủa T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. Câu 5 (2,0 điểm): Hỗn hợp X gồm hai ancol A, B có cùng số nhóm chức trong phân tử (MA< MB). Trong một bình kín dung tích 2,80 lít chứa hỗn hợp X và 1,60 gam O2. Nhiệt độ và áp suất của bình là 109,20C và 0,728 atm. Bật tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, sau phản ứng, nhiệt độ trong bình là 163,80C và áp suất là p atm. Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn trong 50,00 ml dung dịch Ba(OH)2 0,36M, thu được 2,167 gam kết tủa và dung dịch Y có khối lượng bé hơn khối lượng dung dịch Ba(OH)2 ban đầu là 0,437 gam. a) Tính áp suất p, biết thể tích của bình không thay đổi. b) Xác định công thức cấu tạo, tên gọi (tên thông thường và tên thay thế) của A, B; phần trăm theo khối lượng của ancol B trong hỗn hợp X. Biết rằng số mol của hai ancol gấp đôi nhau.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6 (3,0 điểm): A là hidrocacbon không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol A và hấp thụ hoàn toàn sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,15 mol Ca(OH)2 thu được kết tủa đồng thời khối lượng bình Ca(OH)2 tăng lên 11,32 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng lên. Tổng khối lượng kết tủa của hai lần là 24,85 gam. A không phản ứng với dung dịch KMnO4/H2SO4 nóng, còn khi monoclo hóa trong điều kiện chiếu sáng chỉ tạo thành một sản phẩm duy nhất. 1. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. 2. Người ta có thể điều chế A từ phản ứng giữa benzen và anken tương ứng trong axit sunfuric. Dùng cơ chế phản ứng để giải thích phản ứng này. 3. Mononitro hóa A bằng cách cho phản ứng với axit nitric (có mặt axit sunfuric đặc) thì sản phẩm chính thu được là gì? Tại sao? Câu 7 (2,0 điểm): Viết các tác nhân phản ứng và điều kiện phản ứng (nếu có) thay cho dấu chấm hỏi (?) để hoàn thành sơ đồ tổng hợp Jasmon (một chất thơm có trong tinh dầu hoa nhài) sau đây: ? CH2CH2CHO

1. ? 2. ?

?

? O

CH2CH=CHCH2CH3 Br

CH2C CH=CHCH2CH3

CH2CH2CH CHCH2CH3 O

O

O

?

CH2CH=CHCH2CH3 O

O

OH

OH

? CH2CH=CHCH2CH3 O

Câu 8 (2,0 điểm): Phản ứng clo hóa hiđrocacbon A chỉ cho hai monoclorua B và C đều chứa 29,46% clo. a. Xác định công thức cấu tạo của A, B và C. b.Tính tỉ lệ sản phẩm B và C, cho rằng tốc độ thế tương đối của nguyên tử cacbon bậc 1, bậc 2 và bậc 3 tương ứng là 1: 4: 5. c. Đề nghị một cách ngắn nhất để điều chế A đi từ etanol và các hoá chất vô cơ cần thiết (ghi rõ điều kiện phản ứng: xúc tác, dung môi, nhiệt độ ở mỗi phản ứng). Câu 9 (2,0 điểm): Axit cacboxylic Y với mạch cacbon không phân nhánh, có công thức đơn giản nhất là CHO. Cứ 1 mol Y tác dụng hết với NaHCO3 giải phóng 2 mol CO2. Dùng P2O5 để loại nước ra khỏi Y ta thu được chất Z có cấu tạo mạch vòng. Nếu oxi hóa hơi benzen bằng oxi, xúc tác, thu được chất Z, CO2 và H2O. Hãy tìm công thức cấu tạo, gọi tên Y và viết các phản ứng xảy ra. ----------Hết----------

(Thí sinh được sử dụng bảng hệ hống tuần hoàn)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Câu

Đáp án Có kết tủa xám, sau đó tan dần, tạo dung dịch trong suốt. Ag+ + NH3 + H2O  → AgOH + NH +4 +

0,5

−

AgOH + 2NH3  → [Ag(NH3)2] + OH Có dd màu vàng, khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra. → 3Fe3+ + NO + 2H2O 3Fe2+ + NO 3− + 4H+ 

1 (2 điểm)

Điểm

0,5

2NO + O2  → NO2 Có khí không màu, không mùi, kết tủa, rồi kết tủa tan. H+ + AlO −2 + H2O  → Al(OH)3 → Al3+ + H2O Al(OH)3 + 3H+ 

0,5

→ HCO3− H+ + CO 32 −  HCO3− + H+  → CO2 + H2O Có kết tủa đỏ nâu, khí không màu, không mùi thoát ra. 2Fe3+ + 3 CO 32 − + 3H2O  → 2Fe(OH)3 + 3CO2

2 (2 điểm)

+H 2 O 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: Zn3P2 + 6H2O  → 3Zn(OH)2↓ + 2PH3↑ (A) (B) (C) Zn(OH)2 + 2NaOH  → Na2[Zn(OH)4] → [Zn(NH3)4](OH)2 Zn(OH)2 + 4NH3 

0,5

0,5

0,5

o

t 2PH3 + 4O2  → P2O5 + 3H2O → 2H3PO4 P2O5 + 3H2O  (D) → K2HPO4 + 2H2O H3PO4 + 2KOH  → K3PO4 + 3H2O H3PO4 + 3KOH  ⇒ Dung dịch E chứa: K2HPO4 và K3PO4 K3PO4 + 3AgNO3  → Ag3PO4↓ + 3KNO3 (F) K2HPO4 + 2AgNO3  → Ag2HPO4↓ + 2KNO3 Gọi x là số mol N2 lúc phản ứng.

0,5

0,5

 → 2NH3(k) N2(r) + 3H2(k) ←  3 (3 điểm)

Ban đầu:

4mol

16 mol

Phản ứng:

xmol

3x mol

Cân bằng:

(4-x)mol (16-3x)mol

1,0 2x mol 2x mol

Vì phản ứng xảy ra ở nhiệt độ không đổi và trong bình kín nên giữa áp suất và số

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

mol ta có tỉ lệ:

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 = 0,5(mol/l) 4

⇒ n N 2 = 4-2 = 2(mol) ⇒ [N 2 ]= n H 2 = 16-3.2 = 10(mol) ⇒ [H 2 ]=

n NH3 = 2.2 = 4(mol) ⇒ [NH 3 ]= KC =

10 = 2,5(mol/l) 4

0,5

4 = 1(mol/l) 4

[NH 3 ]2 12 = = 0,128 [N 2 ].[H 2 ]3 (0,5).(2,5)3

2. 2KClO3 + 3C → 2KCl + 3CO2 Ba(ClO3)2 + 3C → BaCl2 + 3CO2

0,5

BaCl2 + K2SO4 → BaSO4 + 2KCl 0,3 mol 0,3 mol

0,3 mol

0,6 mol

Khối lượng hỗn hợp Y là: 103,95+12.0,6-44.0,6 = 84,75 gam Khối lượng KCl trong Y là: 84,75-0,3.208= 22,35 gam Gọi x là số mol KClO3, y là số mol KCl trong hỗn hợp đầu.

4 (2 điểm)

x + y = 0,3 x = 0,2 →  x + y + 0,6 = 9y y = 0,1 % khối lượng KClO3 có trong hỗn hợp X là: 23,57% Tính được: nN2O = 0,12 mol; nH2 = 0,16 mol Vì sau phản ứng thu được khí H2 và dung dịch Y thu được chỉ gồm muối trung hòa nên H+ và NO 3− hết. Vậy trong Y gồm: Mg2+; Al3+; Na+; NH +4 ; SO 24 − . Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH ⇒ Kết tủa T chỉ là Mg(OH)2 ⇒ 19,2 gam chất rắn là MgO và số mol = 0,48 mol. Dung dịch Y gồm: Mg2+ (0,48 mol); Al3+ (a mol); Na+ (b mol); NH +4 (c mol); SO 24− (1,08 mol) Bảo toàn điện tích trong Y: 2.0,48 + 3a + b + c = 2.1,08 ⇒ 3a + b + c = 1,2 (1) Dung dịch thu được sau khi phản ứng với dung dịch NaOH là NaAlO2 (a mol) và Na2SO4 (1,08 mol) Bảo toàn Na, ta có: a + 2.1,08 = b + 2,28 (2)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

0,5

0,5

Bảo toàn H, ta có: 2nH2SO4 = 4 n NH+ + 2nH2 + 2nH2O ⇒ nH2O = 0,92 – 2c (mol) 4

Bảo toàn khối lượng: 27,04 + 85b + 98.1,08 = 24.0,48 + 27a + 23b + 18c + 96.1,08 + 20.0,28 + 18.(0,92 – 2c) ⇒ 62b + 18c – 27a = 4,48 (3) Giải hệ pt (1), (2) và (3) ⇒ a = 0,32 mol; b = 0,2 mol; c = 0,04 mol n H + = 10nN2O + 10 n NH + + 2nH2 + 2nO ⇒ nO = 0,12 mol ⇒ nAl2O3 = 0,04 mol

0,5

4

Bảo toàn Al, ta có: nAl + 2nAl2O3 = a ⇒ nAl = 0,24 mol 0, 24.27 ⇒ %mAl = .100% = 23,96% 27, 04 2, 8 .0, 72 8 n O 2 = 0, 0 5 => n X = − 0, 05 = 0, 01 5 m o l 22, 4 (10 9, 2 + 27 3) 27 3 m C O 2 + H 2 O = 2,16 7 − 0, 4 37 = 1, 7 3 g am

0,5

0,5

TH1: CO2 phản ứng sinh ra hai muối BaCO3(0,011 mol) và Ba(HCO3)2 (0,007 mol) => nCO2 = 0, 011 + 0, 007.2 = 0, 025 mol ; nH 2 O =

CX =

5 (2 điểm)

1, 73 − 0, 025.44 = 0, 035 mol 18

0, 025 = 1, 67 =>A là CH3OH, B đơn chức 0, 015

0, 025 m ol C O 2  → 0, 035 m ol H 2O 0, 015 m ol X + 0, 05m ol O 2   O 0, 015 m ol  2 22, 4 ( 0 , 0 2 5 + 0 , 0 3 5 + 0 , 0 1 5 ). ( 2 7 3 + 1 6 3, 8 ) 273 => p = = 0 , 9 6 a tm 2, 8

0,5

b/ Vì nH 2O − nCO2 = 0, 035 − 0, 025 = 0, 01 < nX =>B phải là ancol không no Ta có hai khả năng:

CH 3 OH 0, 005 => nCO2 = 0, 005 + 0, 01x = 0, 025 => x = 2 loại vì  C x H 2 y O 0, 01 CH2=CH-OH không bền. CH 3 OH 0, 01  nCO2 = 0, 01 + 0, 005 x = 0, 025 => x = 3. =>   C x H 2 y O 0, 005  nH 2 O = 0, 02 + 0, 005 y = 0, 035 => y = 3

0,5

 A : CH 3 OH ( ancol metylic / meta nol ) =>   B : CH 2 = CH − CH 2 − OH ( ancol anlylic / propenol ) 0, 005.58 % mB = .100% = 47, 54% 0, 005.58 + 0, 01.32

6 (3 điểm)

TH2: CO2 phản ứng chỉ sinh ra muối BaCO3(0,011 mol): không thỏa mãn. 1. Dung dịch Ca(OH)2 hấp thụ hết sản phẩm cháy của A chứa CO2 và H2O CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O (1) 2CO2 + Ca(OH)2→ Ca(HCO3)2 (2) Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2→ CaCO3 + BaCO3 + 2H2O (3) Đặt số mol CO2 tham gia các phản ứng (1) và (2) lần lượt là x và y, ta có:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5

n CO2

y  x + = 0,15  2 ⇒ x = y = 0,1mol ,   y y 100 x +  + 197 = 24,85   2 2 = x + y = 0,2mol Từ ∆m = m H 2O + m CO 2 = 11,32g ⇒ n H 2O =

11,32 − 0,2.44 = 0,14mol 18

Đặt công thức tổng quát của A là CxHy: CxHy + (x+y/4)O2→ xCO2 + y/2H2O 1 x y Ta có = = ⇒ x = 10, y = 14 0,02 0,2 2.0,14 Công thức phân tử của A là C10H14 (∆ = 4) Vì A không làm mất màu dung dịch brom (cấu trúc thơm), không tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4 (chỉ có một nhóm thế) và monoclo hóa (ánh sáng) chỉ tạo một sản phẩm duy nhất (nhóm thế có cấu trúc đối xứng cao) nên cấu tạo của A là: CH3 C CH3 (t-butylbenzen)

0,5

0,5

CH3 2. Cơ chế: (CH3)2C=CH2 + H2SO4→ (CH3)2C+-CH3 + HSO4C(CH3)3 H C(CH3)3 nhanh chËm + (CH3)3C+ + H(+) +

0,5

3. Nhóm ankyl nói chung định hướng thế vào các vị trí ortho- và para-. Tuy nhiên, do nhóm t-butyl có kích thước lớn gây án ngữ không gian nên sản phẩm chính là sản phẩm para-: CH3 O2N

0,5

C CH3 CH3 NaNH2

1. C2H5MgBr + CH2CH2CHO 2. H3O

CH2=CHCHO

7 (2 điểm)

H2SO4, to

CH2C CH=CHCH2CH3

Br2/P

O

O CH2CH=CHCH2CH3 O

8 (2 điểm)

O

O

O

OH

CH2CH2CH CHCH2CH3 OH

CH2CH=CHCH2CH3 Br

dd NaOH

2,0

H2SO4, to

CH2CH=CHCH2CH3 O

a. Công thức phân tử của B và C: CxHyCl; Phân tử khối của chúng: 35,5 / 0,2946 = 120,3, tức là x = 6 và y =13 → C6H13Cl. Vậy công thức phân tử của A là: C6H14, của B và C: C6H13Cl. Trong số 5 đồng phân của hexan chỉ có điisopropyl (2,3-đimetylbutan) là đáp ứng. b. (12 nguyên tử H x 1) : (2 nguyên tử x 5) = 6:5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5

c. Hai cách điều chế:

C2H5OH

K2CrO7 H2SO4

CH3COOH

H2, Ni

CH3COCH3

ThO2, to PBr3

OH

Mg, Hg

CH3COCH3

HO

Na

Br

0,5

Al2O3, to

OH

Vì 1 mol Y tác dụng được với NaHCO3 → 2 mol CO2⇒ Y là một axit 2 nấc ⇒ CTPT của Y phải là C4H4O4 hay C2H2(COOH)2. Ứng với mạch không phân nhánh có 2 đồng phân cis-trans là: HOOC

H C

C

H

9 (2 điểm)

H

H C

COOH

HOOC

C COOH

axit trans-butenđioic axit cis-butenđioic (axit fumaric) (axit maleic) (Y) Chỉ có đồng phân cis mới có khả năng tách nước tạo anhiđrit (Z): O COOH

H

C O

+H2O

C

C H

C

H

P2O5

C

1,0

COOH

H

C O O

1,0

C

H C

+ 9/2O2

O

V O , 350−450o C

2 5  →

C H

C

+CO2 + H2O

O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1:(2,0 điểm) Dung dịch NaOH 0,100 M dung để chuẩn độ 50,0 ml dung dịch CH3COOH 0,100 M. Tính pH của dung dịch tại 2 điểm: 1. Sau khi thêm 40,0 ml. 2. Sau khi thêm 50,0 ml. Biết rằng: CH3COOH có Ka = 1,8 x 10-5. Câu 2:(2,0 điểm) Cho hỗn hợp X chứa 8,1 gam Al và 7,2 gam Mg vào 1 lít dung dịch chứa HNO3 1,5M và H2SO4 xM. Kết thúc phản ứng được dung dịch Y (gồm các muối trung hòa) và thoát ra 5,6 lít hỗn hợp khí Z (đktc) gồm NO và N2, tỉ khối hơi của Z so với H2 bằng 14,8. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y được m gam muối khan. Tính x và m. Câu 3:(2,0 điểm) Hỗn hợp Y gồm a mol FeS2, b mol FeS và c mol Cu2S tác dụng hết với dung dịch HNO3 đặc nóng, các phản ứng xảy ra là: FeS2 + H + + NO 3− → Fe3+ + SO 42 − + NO 2 + H 2 O FeS + H + + NO3− → Fe3+ + SO 24 − + NO 2 + H 2 O Cu 2S + H + + NO3− → Cu 2 + + SO 24− + NO 2 + H 2 O 1. Cân bằng các phản ứng trên theo phương pháp thằng bằng electron. 2. Tìm mối quan hệ giữa a, b và c để dung dịch thu được chỉ có muối sunfat.

Câu 4:(2,0 điểm) Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3 nồng độ xM thu được dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2M vào Y thì thu được 2,34 gam kết tủa. Tính x. Câu 5:(2,0 điểm) Cho 43 gam hỗn hợp X gồm BaCl2 và CaCl2 vào 1 lít dung dịch hỗn hợp chứa Na2CO3 0,1M và K2CO3 0,25M được 39,7 gam kết tủa. Tính thành phần % khối lượng của các chất có trong hỗn hợp X. Câu 6:(2,0 điểm) Cho hỗn hợp M gồm MgO và CuO tác dụng vừa đủ với dung dịch H2SO4 10% được dung dịch X, trong đó nồng độ của MgSO4 là 3,82%. Xác định nồng độ % của CuSO4 trong dung dịch thu được. Câu 7: (2,0 điểm) Từ benzen và các chất vô cơ, viết các phản ứng điều chế axit o-brombenzoic với hiệu suất cao. Câu 8:(2,0 điểm) 1. Khi cho butan tác dụng với Cl2 đun nóng được chất hoạt động quang học X có công thức phân tử C4H9Cl. Chất X có hai đồng phân quang học, một chất có cấu hình R và một chất có cấu hình S. Biểu diễn hai đồng phân quang học của X theo công thức phối cảnh và giải thích sự tạo thành hai đồng phân quang học trên. 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp A gồm hai hidrocacbon CxHy (X) và CyHx (Y) thu được 2,1 mol CO2và 1,2 mol H2O. Xác định công thức phân tử và % về số mol của các chất có trong A. Biết khối lượng mol của X lớn hơn Y.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 9:(2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp X gồm một ancol và một axit hữu cơ đều có cùng số nguyên tử cacbon và nguyên tử oxi thu được 11,2 lít khí CO2 (đktc) và 10,8 gam H2O.Mặt khác, đun nóng 0,25 mol hỗn hợp X có H2SO4 đặc làm xúc tác được 4,38gam este đa chức. Xác định công thức phân tử của ancol, axit và tính hiệu suất của phản ứng este hóa. Câu 10:(2,0 điểm) 1. Hiđrocacbon (X) có trong tinh dầu thảo mộc. Khi cho (X) tác dụng với lượng dư axit HCl thu được sản phẩm có chứa 2 nguyên tử clo trong phân tử. Ozon phân (X) thu được hỗn hợp (CH3)2CH-CO-CH2CHO và CH3-CO-CH2CHO. Xác định công thức cấu tạo của (X). 2. Hiđrocacbon (Y) cũng có cùng công thức phân tử với (X). Khi ozon phân (Y) thu được (Z) có công thức phân tử C10H16O2. Cho biết (Z) có cấu tạo đối xứng và có mạch carbon không phân nhánh. Xác định công thức cấu tạo của (Y) và (Z). ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2 điểm). Tính số gam NH4Cl cần lấy đề khi hòa tan vào 250 mL nước thì pH của dung dịch thu được bằng 5,00 (coi thể tích không thay đổi trong quá trình hòa tan). Biết rằng K (NH4+) = 10-9,2 Câu 2: (2 điểm). Người ta trộn CO với hơi H2O tại nhiệt độ 1000°K với tỉ lệ 1:1. Tính thành phần của hỗn hợp phản ứng lúc đạt đến cân bằng, biết rằng:  → 2H2 + O2 có lg Kp1 = -20,113 2H2O ←   → 2CO + O2 có lg Kp2 = -20,4 2CO2 ←  Câu 3: (2 điểm). a) So sánh độ bền và tính axit của dãy: H2S, H2Se, H2Te b) Sắp xếp theo chiều tăng tính axit của dãy: HClO4, HBrO4, HIO4 Câu 4: (2 điểm). Hợp chất A tác dụng với lượng dư magie khi đun nóng tạo nên hai chất một trong hai chất đó là B. Chất B tác dụng với axit clohidric giải phóng khí độc C.Khí C khi được đốt cháy tạo nên chất A ban đầu và nước. Hỏi các chất A, B và C là chất gì? Viết phương trình của các phản ứng hóa học. Câu 5: (2 điểm). Lấy một dung dịch sắt (II) clorua thêm dư dung dịch axit clohidric rồi thêm 0,5 gam một hỗn hợp muối mà người ta chỉ biết chứa kali nitrat và kali clorua. Một khí sẽ được giải phóng, làm khô và trong đktc chiếm 100 mL. a) Tính % khối lượng của hỗn hợp kali nitrat và kali clorua. b) Lượng tối thiểu của sắt cần hòa tan trong dư axit clohidric để thực hiện phản ứng là bao nhiêu? Câu 6: (2 điểm). Cho 76,72 gam hỗn hợp A gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với V lít dung dịch HNO3 4M, đun nóng nhẹ thu được 6,272 lít khi B gồm NO và N2O có d B / H 2 = 16 và còn lại 7,28 gam chất rắn không tan và dung dịch C. Hòa tan chất rắn trong lượng dư dung dịch HCl thấy tan hết và giải phóng ra 2,912 lít khí H2. Biết rằng các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. a) Hãy tính % theo khối lượng của hai chất trong hỗn hợp A.. b) Cô cạn cẩn thận dung dịch C thì thu được bao nhiêu gam muối khan. c) Tính thể tích V của dung dịch đã dung. Câu 7: (2 điểm). Ba hợp chất A, B, C mạch hở có công thức phân tử tương ứng C3H6O, C3H4O, C3H4O2 có các tính chất sau: (a) A, B không tác dụng với Na; khi hợp với H2 cùng tạo ra một sản phẩm như nhau. (b) B hợp H2 trong điều kiện thích hợp tạo ra A. (c) A có đồng phân A/, khi bị oxi hóa thì A/ tạo ra B. (d) C có đồng phân C/ cùng thuộc loại đơn chức như C. (e) Khi oxi hóa B thu được C/. Xác định công thức cấu tạo của A, A/, B, C/ và nhận biết chúng. Câu 8: (2 điểm). Hoàn thành các dãy chuyển hóa sau: Br2 HNO3 Zn a) CH2 = CHCH2OH → (A)  → (B)  → (C)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Al2 O3 b) CH3CH2CH2OH  → (D) H 2O C2 H 5 Br → (I)  → (K) HgSO4 / H 2 SO4

1. B2 H 6

Br2 (E) →

KOH / C2 H 5OH  → (F)

NaNH 2  → (H)

+

−

CH 3OH / H 2. H 2 O3 / OH Na2Cr2 O4 / H 2 SO4 SOCl2 → (L)  → (M)  → (N) → c) CH3 – CH = CH2  (O)

Câu 9: (2 điểm). Có hai chất A và B cùng công thức C6H10 và cùng làm mất màu nước brom. Chất A cho tác dụng với dung dịch Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 tạo ra sản phẩm 2,5-đibomhex-3-en. Chất B không tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 nhưng oxi hóa cho axit axetic và axit isobutiric. Xác định công thức cấu tạo của A và B. Câu 10: (2 điểm). Hợp chất A (chứa C, H, O) khi phản ứng hết với hết Na thu được số mol H2 đúng bằng số mol A. Mặt khác khi cho 6,2 gam A tác dụng với HBr có đun nóng thì thu được 12,5 gam chất hữu cơ B và hiệu suất 100%. Trong phân tử B có chứa một nguyên tử oxi, một nguyên tử brom, còn lại là cacbon và hiđro. Xác định công thức cấu tạo của A,B. ----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. a) Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử. b) Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X. Câu 2. (2,0 điểm) a) Có bốn bình mất nhãn đựng bốn dung dịch gồm: (NaHCO3 + Na2CO3); (NaHCO3 + Na2SO4); (Na2CO3 + Na2SO4); (NaCl + Na2SO4). Chỉ được dùng dung dịch BaCl2 và dung dịch HCl loãng. Nâu cách nhận biết các dung dịch trong bốn bình trên và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra b) Cho từ từ đến dư dung dịch nước vôi trong vào mỗi dung dịch sau: ZnSO4, NH4HCO3, (NH4)2SO4, Fe2(SO4)3. Nêu hiện tượng xảy ra, viết phương trình ion thu gọn cho mỗi phản ứng. Câu 3. (2,0 điểm) a) Hòa tan 0,42 gam KOH vào 100 ml dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,1M và HNO3 0,12M. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được dung dịch X. Tính nồng độ của ion CH3COO- ở thời điểm cân bằng. Biết K a ( CH COOH ) = 1, 75.10−5 . Coi thể tích dung dịch không thay đổi. 3

b) Người ta dự tính hoà tan 10-3 mol Mg(NO3)2 trong 1 lít dung dịch NH3 0,5M; để tránh sự tạo thành kết tủa Mg(OH)2 phải thêm vào dung dịch tối thiểu bao nhiêu mol NH4Cl? Cho KNH3 = 1,8.10-5; T Mg(OH)2 = 1,0.10-11

Câu 4. (2,0 điểm) a) Hòa tan hỗn hợp gồm 0,03 mol Cu và 0,09 mol Mg vào dung dịch chứa 0,07 mol KNO3 và 0,16 mol H2SO4 loãng thì thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat trung hòa và 1,12 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm các oxit của nitơ có tỉ khối so với H2 là x. Tính x. b) Trong một bình kín có chứa hỗn hợp X gồm Cu(NO3)2 và Cu. Nung nóng hỗn hợp X đến khi các phản ứng xảy ra hòa toàn, thu được chất rắn Y có khối lượng giảm 16,56 gam so với hỗn hợp X ban đầu. Hòa tan hết chất rắn Y bằng dung dịch HNO3 loãng (dư) thu được 0,896 lít khí NO (đktc), là sản phẩm khử duy nhất. Tính phần trăm khối lượng Cu trong hỗn hợp X. Câu 5. (2,0 điểm) a) Dẫn 0,02 mol hỗn hợp X (gồm hơi nước và khí CO2) qua cacbon nung đỏ, thu được 0,035 mol hỗn hợp Y gồm CO, H2 và CO2. Cho Y đi qua ống đựng 10 gam hỗn hợp gồm Fe2O3 và CuO (dư, nung nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Tính m. b) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 (tỉ lệ mol tương ứng là 4 : 3) vào nước, thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch HCl 1M vào X, kết quả thí nghiệm được ghi ở bảng sau Thể tích dung dịch HCl (ml) 300 600 Khối lượng kết tủa a a + 2,6 Tính giá trị của a và m.

Câu 6. (2,0 điểm) a) Nung nóng 0,1 mol C4H10 có xúc tác thích hợp, thu được hỗn hợp X gồm H2, CH4, C2H4, C2H6, C3H6, C4H8 và C4H10. Dẫn X qua bình đựng dung dịch Br2 dư, sau khi phản ứng hoàn toàn khối lượng bình tăng 3,64 gam và có hỗn hợp khí Y thoát ra. Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ V lít khí O2. Tính

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

giá trị cùa V. b) Chất A có công thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A.

Câu 7. (2,0 điểm) Từ một loài thực vật người ta tách được chất A (C10H12O2). A phản ứng với dd NaOH tạo thành chất B (C10H11O2Na). B phản ứng với CH3I cho chất C (C10H11O(OCH3)) và NaI. Hơi của C phản ứng với H2 nhờ chất xúc tác Ni cho chất D (C10H13O(OCH3)). D phản ứng với dd KMnO4 trong H2SO4 tạo thành axit 3,4-đimetoxibenzoic có công thức 3,4-(CH3O)2C6H2COOH và axit axetic. a) Viết công thức cấu tạo của A, B, C: biết rằng A, B, C không có đồng phân cis-trans, các công thức trong ngoặc đơn ở trên và công thức phân tử. b) Viết phương trình các phản ứng xảy ra. Câu 8. (2,0 điểm) Oxi hóa 3,2 gam ancol A với CuO/t° thu được 4,48 gam hỗn hợp sản phẩm khí và hơi. a) Tính hiệu suất phản ứng oxi hóa A? b) Trộn một lượng ancol A với hỗn hợp X chứa 2 đồng đẳng của A theo tỉ lệ mol là A : X = 1: 3 đươc hỗn hợp Y có khối lượng mol trung bình là 53. Oxi hóa 2,12 gam hỗn hợp Y bằng CuO với hiệu suất 100% thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ Z. Z phản ứng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 6,48 gam Ag. Tìm công thức cấu tạo 2 ancol trong X? Câu 9. (2,0 điểm) Hỗn hợp A gồm một axit no, mạch hở, đơn chức và hai axit không no, mạch hở, đơn chức (gốc hiđrocacbon chứa một liên kết đôi), kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2,0 M. Để trung hòa vừa hết lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1,0 M được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D thu được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam. Tính phần trăm khối lượng các chất có trong hỗn hợp A? Câu 10. (2,0 điểm) a) Cho sơ đồ phản ứng sau:

A

KOH/H2O

B

(2)

(3)

(1)

C

CH3-CO-CH3 D

H+ (4)

1. CH3MgBr 2. H3O+ (6)

E

(5)

Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D và E. Viết các phương trình hóa học. b) Chocác ancol: p-CH3-C6H4-CH2OH, p-CH3O-C6H4-CH2OH, p-NO2-C6H4-CH2OH và p-Cl-C6H4CH2OH. So sánh khả năng phản ứng của các ancol với HBr và giải thích. c) Hợp chất (A) chuyển hoá thành hợp chất (A') trong môi trường kiềm theo sơ đồ bên. Hãy dùng mũi tên cong để chỉ rõ cơ chế của phản ứng. H 3C

CH3 Br

Br

O

-

CH3 OH H 3C

COOH CH3

CH3 (A)

(A'

)

----------Hết----------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 06 trang) Câu

a

Nội dung Điểm Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA. TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sự phân bố e theo obitan: 0,5 Vậy e cuối cùng có: l=1, m=-1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 4. 2 2 6 2 6 10 2 1 Cấu hình e nguyên tử: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p (Ga) TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sự phân bố e theo obitan: Vậy e cuối cùng có: l=1, m= 1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 2. 0,5 Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p3 (N). Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ. 0,25 Công thức cấu tạo các hợp chất: N

1 (2,0 điểm)

H H

0,25

H

Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3 O

O

b

N

O

N

0,25

O

Oxit cao nhất: O Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2. O H

a 2 (2,0 điểm)

b

O

N

O Hidroxit với hóa trị cao nhất: 2 Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp . * Lấy mỗi bình một ít dung dịch làm mẫu thử và đánh số thứ tự. Nhỏ rất từ từ từng giọt dd HCl đến dư vào từng mẫu thử và quan sát thấy. - Mẫu thử có khí thoát ra ngay là (NaHCO3 và Na2SO4). (I) HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (1) - Mẫu thử không hiện tượng gì là (NaCl và Na2SO4) (II) - Mẫu thử ban đầu không thấy có khí thoát ra và sau một thời gian mới thấy sủi bọt khí không màu là (NaHCO3 và Na2CO3) và (Na2CO3 và Na2SO4) (III) HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl (2) Sau đó HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (3) * Nhỏ dd BaCl2 vào 2 hai dung dịch thu được sau phản ứng của nhóm (III), thấy: - Dung dịch nào phản ứng làm xuất hiện kết tủa trắng không tan là BaSO4 => dung dịch ban đầu có Na2SO4 và đó là dung dịch ban đầu chứa (Na2CO3 và Na2SO4) Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2NaCl (4) - Dung dịch còn lại không hiện tượng và dung dịch ban đầu là (NaHCO3 và Na2CO3) Với dung dịch ZnSO4: thu được kết tủa trắng đến khối lượng cực đại, sau đó tan một phần: Zn2+ +SO42- + Ca2+ + 2OH- → Zn(OH)2↓+CaSO4↓ Zn(OH)2 +2OH- → ZnO22- + 2H2O Với dung dịch NH4HCO3: thu được kết tủa trắng, có khí mùi khai thoát ra: Ca2+ + 2OH- + NH4+ + HCO3- → CaCO3↓+ NH3↑ + 2H2O. Với dung dịch (NH4)2SO4: thu được kết tủa trắng, có khí mùi khai thoát ra:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

1,0

0,25 0,25 0,25

Ca2+ + OH- + NH4+ + SO42- → CaSO4↓+ NH3↑ + H2O. Với dung dịch FeCl3: thu được kết tủa nâu đỏ. Fe3+ + SO42- + Ca2+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ + CaSO4↓

nHNO3 ( du ) = 0, 012 − 0, 0075 = 0, 0045 mol ; CM ( HNO3 ( du ) =

0,25

0, 0045 = 0, 045M 0,1

KOH + HN O 3   → KN O 3 + H 2 O  → C H 3 COO − + H + CH 3 C OOH ← 

a

3 (2,0 điểm)

b

0,1 − x

 → OH + H H 2 O ← 

+

(2)

Ta có: Ka.CCH3COOH >>KW ⇒ chỉ xét (1) x( x + 0,045) Ka = = 1,75.10−5 ⇒ x = 3,88.10−5 . 0,1 − x Vậy [ CH3COO-] = 3,88.10-5M Để không có kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+].[OH-]2≤ 10-11. Với C°(Mg2+) = 10-3 thì [OH- ] ≤ 10-4. + Cân bằng NH3 + H2O ⇌ NH 4 + OHKb = 1,8.10-5. [ ] 0,5 – 10-4 x + 10-4 10-4

( x + 10−4 ) × 10−4 Có : = 1,8.10-5 (coi 10-4 << 0,5 ) → x = 0,0899 −4 0,5 − 10

a

4 (2,0 điểm) b

a 5 (2,0 điểm) b

0,5

x + 0, 045

x −

(1)

Vậy phải thêm ít nhất 0,0899 mol NH4Cl để không tạo kêt tủa Mg(OH)2. Số mol NH +4 : 0,16.2 – (0,03.2 + 0,09.2 + 0,07) = 0,01 (mol) (BTDT) Số mol H2O: (0,32 – 0,04):2 = 0,14 (mol) (Bảo toàn H) Số mol N có trong X: 0,07 – 0,01 = 0,06 (mol) (Bảo toàn N) Số mol O có trong X: 0,21 – 0,14 = 0,07 (mol) Bảo toàn khối lượng: mX = mN + mO = 1,96 (g) ⇒ KLPT trung bình X = 39,2 g/mol ⇒ x = 19,6 Chất rắn Y tác dụng với HNO3 thu được khí NO ⇒ trong Y có Cu dư ⇒ O2 phản ứng hết Bảo toàn e: 2nCu dư = 3nNO ⇒ nCu dư = 0,06 (mol) mgiảm = mNO2 = 16,56 (g) ⇒ nNO2 = 0,36 (mol) ⇒ nCu(NO3)2 = 0,18 (mol) (Bảo toàn N) ⇒ nCuOdo Cu(NO3)2 tạo ra = nCu(NO3)2 = 0,18 (mol) (Bảo toàn Cu) Bảo toàn O: 6nCu(NO3)2 = nCuO + 2nNO2 ⇒ nCuO = 0,36 (mol) ⇒ nCuOdo Cu tạo ra = 0,36 – 0,18 = 0,18 (mol) = nCu ⇒ Tổng số mol Cu ban đầu: 0,18 + 0,06 = 0,24 (mol) 0, 24.64 .100% = 31,22% ⇒ %mCu = 0,18.188 + 0, 24.64 Ta có: nC phản ứng = nX – nY = 0,015 mol Bảo toàn electron: 4nC phản ứng = 2nCO + 2nH2 ⇒ nCO + nH2 = 0,03 mol = nO bị lấy ⇒ mchất rắn = 10 – 0,03.16 = 9,52 gam Đặt nNa2O = 4x (mol); n Al2O3 = 3x (mol) Na2O + H2O  → 2NaOH Al2O3 + 2NaOH  → 2NaAlO2 + H2O Dung dịch X gồm NaAlO2: 6x (mol); NaOH dư: 8x – 6x = 2x (mol) Khi cho từ từ HCl vào X xảy ra các phản ứng: NaOH + HCl  → NaCl + H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

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

0,5

0,25

0,25

→ Al(OH)3 + NaCl NaAlO2 + HCl + H2O  → AlCl3 + 3H2O Al(OH)3 + 3HCl  a  2 x + 78 = 0,3 Ta có hệ phương trình:  2 x + 4.6 x − 3.  a + 2, 6  = 0, 6   78  Giải hệ phương trình, ta được: x = 0,05 mol; a = 15,6 gam Vậy m = 4.0,05.62 + 3.0,05.102 = 27,7 gam BTKL: mX = mY + mtăng ⇒ mY = 0,1.58 – 3,64 = 2,16 gam Ta có: nY = nC4H10 ban đầu = 0,1 (mol) Đặt công thức chung của Y là Cn H 2 n + 2

a

Cn H 2 n + 2 + (1, 5n + 0,5) O 2 → nCO2 + ( n + 1) H 2O

0,5

0,25 0,25

1,0

Y

0,1.(14n + 2) = 2,16 ⇒ n = 1,4 ⇒ VO2 = 0,1.(1,5.1,4 + 0,5).22,4 = 5,824 lít

6 (2,0 điểm)

b

Hợp chất A (C7H8) tác dụng với AgNO3 trong dung dịch NH3, đó là hiđrocacbon có liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)x R(C≡CH)x + xAgNO3 + xNH3 → R(C≡CAg)x + xNH4NO3 R + 25x R + 132x MB – MA = (R+ 132x) - (R+ 25x) = 107x = 214 ⇒ x=2 Vậy A có dạng: HC≡C-C3H6-C≡CH Các công thức cấu tạo có thể có của A:

CH C-CH2-CH2-CH2-C

CH

CH3 CH

0,25 0,25

CH C-CH2-CH-C CH CH3

CH C-CH-C

0,25

CH C-C-C

CH2CH3

0,25

CH

CH3

→ B thấy 1 nguyên tử Na thay thế một nguyên tử H Từ A  → phân tử A có nguyên tử H linh động (nhóm chức -OH hoặc -COOH) −B phản ứng với CH3I tạo ra C có nhóm -OCH3 →A có nhóm OH. NaOH

2 → D tăng thêm 2H →A (B, C) có 1 liên kết đôi C = C −C 

H

0,5

−D → axit 3,4-dimetoxi Benzoic và axit axetic →A và (B, C, D) đều có 1 vòng benzen, 1 nhánh chứa 3 nguyên tử cacbon có nối đôi và A có 1 nhóm OH và 1 nhóm -OCH3 ở sẵn vị trí 3,4 so với nhánh không no nói trên. Vậy cấu tạo (A) [O]

7 (2,0 điểm)

a

OH

OCH3

OCH3

OH hoÆc

Eugenol

CH2-CH=CH2

CH2-CH=CH2 Chavibetol (trong tinh dầu hương nhu) (trong tinh dầu lá trầu không)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Cấu tạo

(B)

(C)

ONa

OCH3

OCH3 OCH3

OH

OCH3

OCH3

CH2-CH=CH2 ONa

OCH3 OCH3

NaOH

CH2-CH=CH2

OCH3 OCH3

CH3I

OCH3 H2/ Ni

CH2-CH=CH2

OCH3

CH2-CH=CH2

CH2-CH2-CH3

0,5

OCH3 OCH3

OCH3

+ 2KMnO4 + 3H2SO4 CH2-CH2-CH3

8 (2,0 điểm)

CH2-CH2-CH3

CH2-CH=CH2

OCH3

b

(D)

+ CH3COOH+ 2MnSO4 +K2SO4+ 4H2O COOH

4, 48 − 3, 2 Số mol O oxi hóa = = 0,08 mol 16 a 3, 2 0, 08 = 40 ⇒ A là CH3OH: 0,1 mol ⇒ H = ⇒ MA< × 100% = 80% 0, 08 0,1 M − 53 1 Áp dụng sơ đồ chéo: X ⇒ M X = 60 = 53 − 21 3 Đặt a là số mol CH3OH ; 3a là số mol của X trong hỗn hợp Y Ta có: 32a + 60.3a = 2,12 ⇒ a = 0,01 ⇒ số mol CH3OH = 0,01 mol; số mol X = 0,03 mol Số mol Ag = 0,06 mol, biết số mol Ag tạo từ HCHO = 0,01.4 = 0,04 mol ⇒ số mol Ag do sản phẩm của X phản ứng với AgNO3/NH3 tạo ra 0,02 mol b ⇒ Trong X chỉ có 1 ancol cho sản phẩm có phản ứng tráng bạc. Gọi ancol trong X là B, D (B, D có vai trò tương đương) Giả sử B cho sản phẩm có phản ứng tráng bạc ⇒ số mol B = 0,02 : 2 = 0,01 mol ⇒ số mol của D là 0,02 mol ⇒ 0,01.MB + 0,02.MD = 2,12 – 32.0,01= 1,8 ⇒ MB + 2MD = 180 Biện luận: - Nếu 1 chất có M < 60 thì chất đó là C2H5OH, đó phải là B ⇒ MD = 67 (loại) - 2 ancol có M = 60 ⇒ B: CH3CH2CH2OH ; D: CH3CHOHCH3 Gọi hỗn hợp A gồm 2 axit: C n H 2n O 2 : a mol và C m H 2m − 2 O 2 : b mol

0,5

0,5

0,25

0,25

0,5

⇒ n A = n NaOH pu = n NaOH gt − n NaOH du = 0,15.2 − 0,1.1 = 0, 2 mol

0,5

Chất rắn khan trong D gồm: Cn H 2n − 1O 2 Na; Cm H 2m −3O 2 Na và NaCl 9 (2,0 điểm)

⇒ mmuối D = mA + 22nA + mNaCl ⇒ 22,89 = m A + 22 × 0, 2 + 0,1× 58,5 ⇒ m A = 12, 64 gam

mC + mH = 12, 64 − mO = 12,64 −16 × 2 × 0, 2 = 6, 24 gam ⇒ 12n CO 2 + 2n H 2O = 6, 24 (1)

Sau khi đốt cháy X: mbình tăng = m CO2 + m H2O ⇒ 44n CO2 + 18n H 2 O = 26, 72

( 2)

 n CO = 0, 46 mol Từ (1) và (2) ⇒  2  n H2 O = 0, 36 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

nAxit không no = n CO2 − n H2O = 0, 46 − 0,36 = 0,1 mol; n Axit no = 0, 2 − 0,1 = 0,1 mol

(

)

⇒ 12, 64 = 0,1(14n + 32 ) + 0,1 14m + 32 ⇒ n + m = 4, 45.

0,5

Mà axit không no chứa một liên kết đôi ⇒ m ≥ 3

⇒ n < 1, 45 ⇒ n = 1 ( HCOOH ) ⇒ m = 3, 45 ( C2 H 3COOH : x mol; C3H 5COOH : y mol )

 x + y = 0,1  x = 0, 04 ⇒ Ta có:  72x + 86y = 12, 64 − 0,1 . 46  y = 0,06 ⇒ %m C2H3COOH = 22, 78%; % m C3H5COOH = 40,82% ; %m HCOOH = 36, 4%

0,5

Công thức cấu tạo của các chất là: A

CH3-CHBr-CH3

B

CH3-CHOH-CH3

C

CH3-CH=CH2

CH3 E

D

H3C H3C

OH

a

1,0

10 (2,0 điểm) Phản ứng giữa các ancol đã cho với HBr là phản ứng thế theo cơ chế SN1. Giai đoạn trung gian tạo cacbocation benzyl. Nhóm –OCH3 đẩy electron (+C) làm bền hoá cacbocation này nên khả năng phản ứng tăng. Nhóm CH3 có (+I) nên cũng làm bền hóa cacbocation này nhưng kém hơn nhóm –OCH3 vì (+C) > (+I). Các nhóm –Cl (-I > +C) và –NO2 (-C) hút electron làm cacbotion trở nên kém bền do vậy khả năng phản ứng giảm, nhóm –CN hút electron mạnh hơn nhóm – Cl. CH2

+

b

N O

O -C, -I

CH2

Cl +C < -I

+

CH2

CH3 +I

+

CH2

+

0,5

O CH3 +C > -I

=> Sắp xếp theo trật tự tăng dần khả năng phản ứng với HBr là: p-NO2-C6H4-CH2OH <p-Cl-C6H4-CH2OH <p-CH3-C6H4-CH2OH <p-CH3O-

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C6H4-CH2OH. 1.

c

3

Br

OH 2

O Br

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8

- H2O

OH Br

O Br

O Br

OH Br

COOH

0,5

O

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm): Cho 20,80 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng phương trình ion thu gọn? b) Tính V và số mol HNO3 cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X ?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2 (2,0 điểm): 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: 35 45 Nhiệt độ (0oC) 72,450 66,800 M h (g)

( M h 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. Câu 3 (2,0 điểm): a) 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

b) Hỗn hợp rắn X gồm KClO3, KCl, BaCl2 và Ba(ClO3)2. Nung nóng 103,95 gam X với cacbon vừa đủ, đến khi phản ứng hoàn toàn thoát ra 13,44 lít (đkc) khí duy nhất CO2, còn lại hỗn hợp rắn Y gồm KCl và BaCl2. Cho Y tác dụng vừa đủ 522 gam dung dịch K2SO4 10%, lọc bỏ kết tủa được dung dịch Z. Lượng KCl trong dung dịch Z gấp 9 lần lượng KCl trong hỗn hợp X. Tính phần trăm khối lượng của KClO3 trong hỗn hợp X. Câu 4 (2,0 điểm): Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của n-pentan và neopentan. Giải thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này. n-Pentan Neopentan Nhiệt độ sôi (oC) 36 9,5 o Nhiệt độ nóng chảy ( C) -130 -17 Câu 5(2,0 điểm): a) Hòa tan hết m gam hỗn hợp R gồm Na, Na2O, Ba và BaO vào nước, thu được 0,15 mol khí H2 và dung dịch X. Sục 0,32 mol khí CO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y chỉ chứa các ion Na+, HCO3-, CO32-và kết tủa Z. Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau: - Cho từ từ đến hết phần 1 vào dung dịch chứa 0,12 mol HCl, thu được 0,075 mol CO2, coi tốc độ phản ứng của HCO3-, CO32- với H+ bằng nhau. - Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,12 mol HCl vào phần 2, thu được 0,06 mol CO2. Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

b) Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO3, khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc), 400ml dung dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol/l của các chất tan trong dung dịch B. Câu 6(3,0 điểm): a) 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? Cho biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH3 ) = 10-4,75. b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 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 c) Aspirin (axit axetyl salixilic, o-CH3COO-C6H4-COOH) là axit yếu đơn chức có pKa = 3,49. Độ tan trong nước ở nhiệt độ phòng là 3,55g/dm3. Tính pH của dung dịch Aspirin bão hòa ở nhiệt độ phòng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 7 (2,0 điểm): A là hợp chất thơm có công thức phân tử C7H8O2. A phản ứng hết với Na dư sinh ra H2 có số mol bằng số mol của A. A tác dụng được với Na2CO3, nhưng không phản ứng với NaHCO3. Khi tác dụng với HCl tạo hợp chất có công thức C7H7OCl, còn tác dụng với Br2 tạo được dẫn xuất tribrom. Lập luận xác định cấu tạo A và gọi tên. Câu 8 (2,0 điểm): + ddKMnO 4 a) Hiđrocacbon A có d A = 2,5. Xác định công thức cấu tạo của A biết 1 mol A  → 2 H 2SO 4 O2

mol CO2 + 2 mol axit oxalic. A có đồng phân hình học không? Nếu có hãy viết các đồng phân hình học của A và gọi tên A. b) Đề hiđrô hóa 1 mol ankan A thu được 1 mol hiđrocacbon B không no, thực hiện phản ứng ozon phân B cho ra 1 mol anđehit maleic và 2 mol anđehit fomic. Xác định công thức cấu tạo của hiđrocacbon A và B.

Câu 9 (3,0 điểm): a) Khi chưng cất than đá người ta thu được chất A có công thức phân tử C9H8. Hiđro hoá hoàn toàn A thu được chất B (C9H16), còn nếu oxi hoá A thu được một trong các sản phẩm là axit phtalic. - Xác định công thức cấu tạo của A và B. - Từ A và các chất thích hợp viết phương trình phản ứng tổng hợp tạo ra các hợp chất: OH

OH

b) Cho n-butylmetylete phản ứng với dung dịch HI (đặc), người ta nhận được hai sản phẩm A và B. Khi cho một trong hai sản phẩm đó phản ứng với bazơ mạnh thì thu được C. Thuỷ phân C trong môi trường axit, được D. Oxi hoá C bằng KMnO4, chọn lấy sản phẩm E tạo thành cho phản ứng với D, được F (có 7 cacbon). Mặt khác, chuyển hóa C thành G, sau đó G thành H. Nếu cho H phản ứng với F rồi thủy phân sẽ thu được I (C11H24O). Viết sơ đồ các phản ứng chuyển hóa từ A đến I (dạng công thức cấu tạo) và gọi tên các hợp chất hữu cơ này.

(Cho: Na=23; K=39; Ba=137; Mg=24; Fe=56; Cu=64; S=32; O=16; Cl=35,5; C=12; H=1; N=14) ----------Hết----------

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang) Câu

1 (2,0 điểm)

a

Nội dung Các phương trình phản ứng: Fe + 6H+ + 3NO3- → Fe3+ + 3NO2↑+ 3H2O (1) FeS + 10 H+ + 9NO3- → Fe3+ + SO42- + 9NO2↑ + 5H2O (2) FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2↑ + 7H2O (3) S + 4H+ + NO3- → SO42- + 6NO2↑ + 2H2O(4) Dung dịch sau phản ứng có: Fe3+, SO42-, H+ H+ + OH- → H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

1,0

Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:  3+  Fe(OH )3  Fe  Fe   xmol  xmol + Ba ( OH )2  xmol  + HNO3 d  →  →    S  SO4 2−  BaSO 4  ymol   ymol  ymol

b

a

56 x + 32 y = 20,8  x = 0, 2mol Theo bài ra ta có hệ:   → 107 x + 233 y = 91, 3  y = 0,3mol Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có: → Fe+3 + 3e Fe 0,2mol 3.0,2mol → S+6 + 6e S 0,3mol 6.0,3mol +5 N + 1e → N+4 a.1mol a mol Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: a = 0,6 + 1,8 = 2,4 mol → V = 53,76 lít Theo (3) và (4): nHNO3 = nH + = 6.nFe + 4nS = 2, 4mol

1,0

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: 92a 92 = a(1 + α) 1 + α 92 - ở 35oC thì M h = 72,45 → = 72,45 →α = 0,270 1+ α - ở 45oC thì M h = 66,8 α = 0,377

1,0

Mh =

2 (2,0 điểm)

hay 27% hay 37,7%

2

 2aα   V  2 NO2 ] [  = 4aα Ta có Kc = = [ N 2 O4 ] a(1 − α) (1 − α)V V 2

V là thể tích (lít) bình chứa khí b

Và PV = nS. RT → RT =

PV PV = nS a(1 + α)

1,0

Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc. (RT)∆n ở đây ∆n = 1 → KP =

4aα 2 PV P.4.α 2 . = (1 − α)V a(1 + α ) 1 − α 2

ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315 , ở 45oC thì α = 0,377 → K p = 0,663 3 (2,0 điểm)

nY = 0,8 mol; nZ = 0,25 mol → nNO = 0,55mol 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) . 2

a

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

1 2 0, 2.2 + 0,05.M A MZ = = 7,6 → MA = 30 → A là NO. 0, 25

Ta có nH = nHCl = 0, 2 mol → nA = 0,05 mol. 2

Gọi nMg phản ứng là x mol. Quá trình oxi hóa: Mg → Mg+2 + 2e x 2x

Quá trình khử: 2H + 2e H2 → 0,4 mol 0,2 mol N+5 + 1e N+4 → 0,55 mol 0,55 mol N+5 + 3e N+2 → 0,15 mol 0,05 mol 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. nHNO ( pu ) = nNO ( pu ) + nNO (muoi ) = 0,55 + 0,05 + 2 (0,55 – 0,2) = 1,3 mol. 3

→ [ HNO3 ] =

b

4 (2,0 điểm)

− 3

+

− 3

1,3 = 13M → a = 13M. 0,1

2KClO3 + 3C → 2KCl + 3CO2 Ba(ClO3)2 + 3C → BaCl2 + 3CO2 BaCl2 + K2SO4 → BaSO4 + KCl 0,3 mol 0,3 mol 0,3 mol 0,3 mol Khối lượng hỗn hợp Y là: 103,95+12.0,6-44.0,6 = 84,75 gam Khối lượng KCl trong Y là: 84,75-0,3.208= 22,35 gam Gọi x là số mol KClO3, y là số mol KCl trong hỗn hợp đầu.

 x + y = 0, 3  x = 0,1 →   x + y + 0, 6 = 9 x  y = 0, 2 % khối lượng KClO3 có trong hỗn hợp X là: 23,57% Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn n-pentan vì khi phân tử có càng nhiều nhánh, tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng giảm, làm cho độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp hơn. Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít hơn và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn. Gọi a, b lần lượt là số mol CO32- và HCO3- trong 1/2 Y Phần 2: 0,06 mol < 0,07 mol ⇒ H+ hết

a 5 (2,0 điểm)

b

nCO32- = a = nH+ - nCO2 = 0,12 – 0,06 = 0,06 mol Phần 1: H+ hết HCO3- + H+ → H2O + CO2 CO 32 − + 2H+ → H2O + CO2 2a + b a + b 2.0, 06 + b 0, 06 + b = ⇒ = ⇒ b = 0, 04 mol 0,12 0, 075 0,12 0, 075 ⇒ Trong Y: 0,12 mol CO32-, 0,08 mol HCO3-⇒ 0,24 + 0,08 = 0,32 mol Na+ Bảo toàn cacbon: nBaCO3 = nBa(OH)2= 0,32 – 0,2 = 0,12 mol Sơ đồ: R + H2O → NaOH + Ba(OH)2 + H2 ⇒ m + (0,16 + 0,12 + 0,15).18 = 40.0,32 + 0,12.171 + 0,15.2 Vậy m = 25,88 gam Vì tính khử của Cu < Fe ⇒ Kim loại dư là Cu. Cu dư nên HNO3 hết, muối sau phản ứng là Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2. 4, 48 n NO = = 0, 2 mol 22, 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

1,5 0,5

1,0

1,0

Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng. ⇒ 56a + 64b = 19,52 – 1,92 = 17,6 (1) Các quá trình oxi hóa – khử: Fe → Fe 2+ + 2e a a 2a (mol) 2+ Cu → Cu + 2e b b 2b (mol) +5 +2 N + 3e → N 0,6 0,2 (mol) Theo phương pháp bảo toàn electron ta có: 2a + 2b = 0,6 (2). Giải (1) và (2) ta được: a = 0,2; b = 0,1. ⇒ Nồng độ dung dịch của Fe(NO3)2 là 0,2/0,4 = 0,5M, ⇒ Nồng độ dung dịch của Cu(NO3)2 là 0,1/0,4 = 0,25M 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 10−10,95 10−10,95 ⇒ [OH−]2≥ = = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 −2 2+ 10  Mg  a

* Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M. cân bằng chủ yếu là: NH3 + H2O NH +4 + OH− 1 1 1-x 1+x Kb = ( x + 1) x = 10-4,75

1,0

K NH3 = Kb = 10-4,75

x

1− x

⇒ 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 không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH3COOH = 0, 0585M Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

6 (3,0 điểm)

(10 ) = − pH

CHCOOH

2

K HCOOH Sau khi trộn lẫn:

b

7 (2,0

10−6 + 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M 10−3,75

0, 0585.10 = 0, 02925M 20 6, 62.10−3.10 = = 3,31.10−3 M 20

CCH3COOH = CHCOOH

c

+ 10− pH =

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 Kí hiệu aspirin là HA, nồng độ dung dịch bão hòa [HA] = 3,55/180 = 1,97.102 [ H + ][ A− ] [ H + ]2 = = 10 −3,49 −2 + [ HA] 1, 97.10 − [ H ]

⇒ [ H + ] = 2,37.10 −3 ⇒ pH = 2, 63 C7H8O2 có ∆ = 4, như vậy A1 có một nhân thơm. A1 + Na dư sinh ra H2 có số mol bằng số mol của A1 ⇒ A1 có hai nhóm –OH

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

1,0

0,5

điểm)

A1 + Na2CO3, nhưng không phản ứng với NaHCO3 ⇒ A1 có nhóm phenol A1 + HCl cho thấy A chứa nhóm ancol. A1 + Br2→ dẫn xuất tribrom ⇒ 2 nhóm thế trên nhân thơm ở vị trí meta Cấu tạo và tên gọi : 0,5

Các phương trình phản ứng : HOCH2C6H4OH + 2Na → NaOC6H4CH2ONa + H2 HOCH2C6H4OH + Na2CO3→ HOCH2C6H4ONa + NaHCO3 HOCH2C6H4OH + HCl → ClCH2C6H4OH + H2O 1,0

a

x = 6 CxHy: 12x + y = 80 ⇒  ⇒ C6 H 8 y = 8 1 mol A + dd KMnO4/H2SO4 →2 mol CO2 + 2mol HOOC – COOH → A phải có nhóm CH2 = và 2 nhóm = CH – CH = 2.6 + 2 − 8 Công thức phân tử của A là C6H8 → ∆ = =3 2 A có CTCT: CH=CH – CH = CH – CH = CH2. (hexa – 1,3,5 – trien) A có đồng phân hình học: H

8 (2,0 điểm)

C

C

H

H

CH CH2 CH2 CH cis-hexa-1,3,5-trien

CH2

C

1,0 CH CH2

C

H CH trans-hexa-1,3,5-trien

CH2 – CH2 – CH2 – CH3 → CH2 = CH – CH2 – CH = CH2 O CH2 CH CH2 CH CH2

b

+

2O3

CH2

O CH CH2 CH

O O

CH2

1,0

O O + H2O/Zn

HOC CH2 CHO

+

2HCHO

+

2H2O2

Khi oxi hoá A thu được axit phtalic nên A có vòng benzen. Khi hiđro hoá hoàn toàn A thu được C9H16 nên A có 2 vòng. Vậy công thức của A và B lần lượt là:

9 (3,0 điểm)

a

1,0

Sơ đồ tổng hợp: 1,0 Và:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,B2H6 2,H2O2

OH

3,NaOH

b

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

1,0

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) 1) 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. 2) Hòa tan hết m gam hỗn hợp X (oxi chiếm 8,75% về khối lượng) gồm Na, Na2O, K, K2O, Ba và BaO vào nước, thu được 400 ml dung dịch Y và 1,568 lít H2 (đktc). Trộn 200 ml dung dịch Y với 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,2M và H2SO4 0,15M thu được 400 ml dung dịch có pH = 13. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định giá trị của m. Câu 2. (2,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1)Tính nồng độ ion H+ đủ để làm giảm nồng độ Ag(NH3)2+ 0,10 M xuống còn 1,0.10-8 M. Biết pKb (NH3) = 4,76 và hằng số bền β [Ag(NH3)2+] = 7,24. 2) Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 100 mL dung dịch NaOH 0,1M vào 100 mL dung dịch CH3COOH 0,1 M. Biết pKa(CH3COOH) = 4,76.

Câu 3. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa và 6,272 lít hỗn hợp Z gồm N2O, H2 (đktc). Tỉ khối của Z so với Metan bằng 1,25. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được kết tủa T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X. Câu 4. (2,0 điểm) Hấp thụ hết V lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa a mol NaOH được dung dịch A. Biết rằng nếu cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A thì phải mất 50ml dd HCl 1M mới thấy bắt đầu có khí thoát ra. Mặt khác cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch A được 7,88 gam kết tủa. Tính V và a. Câu 5. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 1,62 gam nhôm trong 280 ml dung dịch HNO3 1M được dung dịch A và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Mặt khác, cho 7,35 gam hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vào 500ml dung dịch HCl, được dung dịch B và 2,8 lít khí H2 (đktc). Khi trộn dung dịch A vào dung dịch B thấy tạo thành 1,56 gam kết tủa. 1) Xác định tên 2 kim loại kiềm. 2) Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl đã dùng. Câu 6. (2,0 điểm) Cho 5,04 lít (đktc) một hỗn hợp khí X (gồm hai ankan A, B kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng và một anken D) sục qua bình đựng dung dịch brom thì phản ứng vừa đủ với 12 gam brom. 1) Xác định công thức phân tử và % thể tích các chất trong X. Biết 11,6 gam X làm mất màu vừa đủ 16 gam brom. 2) Đốt cháy hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp X bằng một lượng oxi vừa đủ, sản phẩm đốt cháy được hấp thụ hoàn toàn vào bình Y chứa 2 lít dung dịch NaOH 0,4M. a) Khối lượng bình Y tăng lên bao nhiêu gam? b) Tính khối lượng các chất tan trong bình Y? Câu 7. (2,0 điểm) Chia hỗn hợp gồm 2 ancol no mạch hở P và Q làm 2 phần bằng nhau. - Cho phần thứ nhất tác dụng hết với Na dư thu được 0,896 lít khí (đktc). - Đốt cháy hết phần thứ hai thu được 3,06 gam H2O và 5,28 gam CO2. Xác định công thức cấu tạo của 2 ancol, biết rằng khi đốt V thể tích hơi của P hoặc Q thì thể tích CO2thu được (trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) đều không vượt quá 3V. Câu 8. (2,0 điểm) 1)Hỗn hợp A gồm ba ankin M, N, P có tổng số mol là 0,05 mol, số nguyên tử cacbon 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 4,55gam 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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 9. (2,0 điểm) 1) Có 2 axit: Axit – 4 – brombixiclo [2.2.2] octan – 1 – cacboxylic (A) và Axit – 5 – brompentanoic (B) a) Viết công thức cấu tạo của 2 axit trên. b) So sánh độ mạnh axit của chúng. Giải thích 2) Xác định công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D trong sơ đồ tổng hợp sau: O

Xiclohexanol HBr

A

1. Li 2. CuI 3.

Br

CH2

C

CH2

C

NBr

O N H /O B (NBS) C 2 4 2

D

KOH C2H5OH

Câu 10. (2,0 điểm) 1) Từ chất ban đầu, etanđiol và các hóa chất vô cơ, viết sơ đồ tổng hợp các chất sau: O O

O

2) Đề nghị cơ chế để giải thích cho quá trình chuyển hóa dưới đây: HO

H2SO4

OH O

----------HẾT----------

(Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn hóa học) ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Câu

Nội dung Chén A không còn dấu vết chứng tỏ muối đã nhiệt phân chuyển hết thành thể hơi và khí,do đó muối là Hg(NO3)2 , NH4NO3,..

Điểm

0

t C Hg(NO3)2 → Hg + 2NO2 + O2 0

1 (2,0 điểm)

1

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 0

t C Ca(NO3)2 → Ca(NO2)2 + O2 0

t C Hoặc Ba(NO3)2 → Ba(NO2)2 + O2 Ca(NO2)2 + 2HCl → CaCl2 + 2HNO2 Hoặc Ba(NO2)2 + 2HCl → BaCl2 + 2HNO2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

3HNO2→ HNO3 + 2NO + H2O C chứa muối nitrat của sắt II: Fe(NO3)2 4Fe(NO3)2→ 2Fe2O3(Nâu) + 8NO + O2 Trong m gam X có 0,9125m gam nguyên tố kim loại n H + = 0,2.0,5 = 0,1 mol, n OH − = a mol, n H 2 = 1,568/22,4 = 0,07 mol

2 (2,0 điểm)

3 (2,0 điểm)

Do pH = 13 ⇒  H +  = 10-13 ⇒ OH −  = 0,1M 2 a − 0,1 = 0,1 ⇒ a = 0,14 mol ⇒ 2a = 0,28 mol Ta có: 0, 4 Sơ đồ : X + H2O → Na+ + K+ + Ba2+ + OH − + H2 BTKL: m + (0,07 + 0,28/2)18 = 0,9125m + 0,28.17 + 0,07.2 ⇒ m = 12,8 gam Do [Ag(NH3)2+] = 1,0.10-8 M << 0,10 M, suy ra phức bị phân hủy hoàn toàn. Hơn nữa môi trường axit, nên có thể bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Ag+. Phản ứng phân hủy phức: K = 10-7,24.(109,24)2 = 1011,24 Ag(NH3)2+ + 2H+ Ag+ + 2NH4+ Co 0,1 C Co C – 0,2 0,1 0,2 -9,24 nhỏ nên sự phân li của NH4+ có thể bỏ Vì môi trường axit và Kb(NH3) = 10 1 qua. Xét cân bằng: Ag+ + 2NH4+ Ag(NH3)2+ + 2H+ K-1 = 10-11,24 C 0,1 0,2 C – 0,2 [] 0,1-10-8 0,2 - 2.10-8 10-8 C – 0,2 + 2.10-8 (C − 0, 2) 2 .10−8 = 10−11,24 ⇒ C = 0,2015M 0,1.(0, 2) 2 0,1 × 0,1 C oCH 3COOH = = 0,05M 0,2 0,1 × 0,1 C oNaOH = = 0,05M 0,2 CH3COOH + OH- → CH3COO- + H2O 0,05M 0,05 2 0 0 0,05 CH3COO- + H2O CH3COOH + OH0,05 x 0,05 - x x x 2 −14 x 10 K= = −4,76 , gần đúng x = 28, 75.10−12 = 5,362.10−6 M ⇒ pH = 8,7 0,05 − x 10 Tính được: nN2O = 0,12 mol; nH2 = 0,16 mol Vì sau phản ứng thu được khí H2 và dung dịch Y thu được chỉ gồm muối trung hòa nên H+ và NO 3− hết. Vậy trong Y gồm: Mg2+; Al3+; Na+; NH +4 ; SO 24 − . Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH ⇒ Kết tủa T chỉ là Mg(OH)2 ⇒ 19,2 gam chất rắn là MgO và số mol = 0,48 mol. Dung dịch Y gồm: Mg2+ (0,48 mol); Al3+ (a mol); Na+ (b mol); NH +4 (c mol); SO 24 − (1,08 mol) Bảo toàn điện tích trong Y: 2.0,48 + 3a + b + c = 2.1,08 ⇒ 3a + b + c = 1,2 (1) Dung dịch thu được sau khi phản ứng với dung dịch NaOH là NaAlO2 (a mol) và Na2SO4 (1,08 mol) Bảo toàn Na, ta có: a + 2.1,08 = b + 2,28 (2)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

0,5

0,5

1,0

0,5

0,25

0,25

Bảo toàn H, ta có: 2nH2SO4 = 4 n NH+ + 2nH2 + 2nH2O ⇒ nH2O = 0,92 – 2c (mol) 4

Bảo toàn khối lượng: 27,04 + 85b + 98.1,08 = 24.0,48 + 27a + 23b + 18c + 96.1,08 + 20.0,28 + 18.(0,92 – 2c) ⇒ 62b + 18c – 27a = 4,48 (3) Giải hệ pt (1), (2) và (3) ⇒ a = 0,32 mol; b = 0,2 mol; c = 0,04 mol n H + = 10nN2O + 10 n NH+ + 2nH2 + 2nO ⇒ nO = 0,12 mol ⇒ nAl2O3 = 0,04 mol

0,5

4

4 (2,0 điểm)

5 (2,0 điểm)

Bảo toàn Al, ta có: nAl + 2nAl2O3 = a ⇒ nAl = 0,24 mol 0, 24.27 ⇒ %mAl = .100% = 23,96% 27, 04 Khi cho từ từ HCl vào dung dịch A phải hết 50ml mới thấy có khí thoát ra, do vậy trong A phải chứa NaOH dư hoặc Na2CO3 Trường hợp 1: Dung dịch NaOH dư khi đó xảy ra các phản ứng; (1) CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O Dung dịch A có Na2CO3 và NaOH dư, khi cho từ từ HCl vào A có các phản ứng: NaOH + HCl → NaCl + H2O (2) (3) Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2↑ (4) Khi cho Ba(OH)2 vào dung dịch A có phản ứng Ba(OH)2 + Na2CO3 → 2NaOH + BaCO3↓ (5) Theo các phương trình phản ứng: nCO2 = nBaCO3 = 0,04 mol ⇒ VCO2 = 0,896lít; nNaOH = 2nCO2 + nHCl – nNa2CO3 = 2.0,04 + 0,05 – 0,04 = 0,09 mol Trường hợp 2: Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối Na2CO3 và NaHCO3 Cho HCl vào dung dịch A có các phản ứng: Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl (3) NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2↑ (4) Theo (3): nNa2CO3 = nHCl = 0,05 mol Khi cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư có các phản ứng Ba(OH)2 + Na2CO3 → 2NaOH + BaCO3↓ (5) Ba(OH)2 + NaHCO3 → BaCO3↓ + NaOH + H2O (6) nBaCO3 = nNa2CO3 + nNaHCO3 = 0,05 + nNaHCO3> 0,04 mol → Vô lí Al + 4HNO3  → Al(NO3)3 + NO + 2H2O (1) Ban đầu: nAl = 0,06 mol ; nHNO3 = 0,28 mol Sau phản ứng HNO3 còn dư: nHNO3 dư = 0,04 mol → 2MCl + H2 2M + 2HCl  (2) 1 → 2MOH + H2 2M + 2H2O  (3) Khi cho hỗn hợp 2 kim loại kiềm vào dung dịch HCl thì xảy ra phản ứng (2) và có thể có (3) Theo ptpư: nM = 2nH2 = 0,25 mol ⇒ M = 7,35 : 0,25 = 29,4. Suy ra: 2 kim loại kiềm cần tìm là Na, K. Khi trộn 2 dung dịch A và B có kết tủa tạo ra chứng tỏ ban đầu có phản ứng (3), ta có phản ứng: HNO3 + MOH  → MNO3 + MNO3 (4) Al(NO3)3 + 3MOH  → Al(OH)3 + 3MNO3 (5) số mol kết tủa: nAl(OH)3 = 0,02 mol < nAl(NO3)3. Nên có 2 khả năng: TH1: Al(NO3)3 còn dư → nMOH = 0,04 + 0,02.3 = 0,1 mol 2 → nM pư (2) = 0,25 – 0,1 = 0,15 mol → nHCl = 0,15 mol → CM(HCl) = 0,3M TH2: MOH còn dư, Al(OH)3 tan một phần → MAlO2 + 2H2O (6) Al(OH)3 + MOH  nAl(OH)3 tan = 0,06 – 0,02 = 0,04 mol Từ pt (4,5,6) ta có: nMOH = 0,04 + 0,06.3 + 0,04 = 0,26 mol Loại – vì lớn hơn số mol M ban đầu.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

1,0

1,0

0,5

0,5

0,5

0,5

Gọi công thức của 2 ankan là Cn H 2 n

+2

(1< n < 4)

Công thức của anken là CmH2m (2 ≤ m ≤ 4) Phương trình: CmH2m + Br2  → CmH2mBr2 (1) nX = 0,225 (mol); nBr2 = n Cm H2 m = 0,075 (mol). Trong 11,6 gam X có số mol CmH2m = nBr2

1

⇒ nX =

16 = = 0,1(mol ) 160

0,1.0, 225 = 0,3(mol ) ⇒ số mol ankan = 0,2 (mol) 0, 075

Theo khối lượng: 11,6 = 0,1.14m + 0,2(14 n +2) ⇒ m + 2 n = 8 Biện luận ta chọn được: m = 3 ; n = 2,5 Vậy ankan là C2H6 và C3H8 ; anken là C3H6 từ n = 2,5 ⇒ số mol 2 ankan bằng nhau = 0,1 (mol) Vậy % theo thể tích của X là: %C2H6 = %C3H6 = %C3H8 = 33,33% Phương trình: → 2CO2 + 3H2O (2) C2H6 + 3,5O2  C3H6 + 4,5O2  → 3CO2 + 3H2O (3) C3H8 + 5O2  → 3CO2 + 4H2O (4) Theo phản ứng: nCO2 = 0,1(3 + 2 + 3) = 0,8(mol ) ;

6 (2,0 điểm)

0,5

nH 2O = 0,1.3 + 0,1.3 + 0,1.4 = 1(mol ) nNaOH = 2.0,4 = 0,8(mol) ⇒ CO2 bị hấp thụ hết Khối lượng bình tăng là: 44.0,8 + 1.18 = 53,2 gam Trong Y chỉ có NaHCO3 → NaHCO3 NaOH + CO2  Số mol NaHCO3 = 0,8 (mol) ⇒ m = 0,8.84 = 67,2 gam Theo đầu bài: Số mol H2 = 0,04 ; CO2 = 0,12 ; H2O = 0,17 Do 2 ancol đều no mạch hở nên công thức chung CnH2n+2Ox.(n, x đều là trị số TB)

0,5

0,5

2

0,5

0

7 (2,0 điểm)

8 (2,0 điểm)

t CnH2n+2Ox+ (3n + 1 – x)/2O2  → nCO2+ (n +1)H2O Theo phương trình: tổng số mol A + B = 0,17 – 0,12 = 0,05 mol CnH2n+2Ox + xNa  → CnH2n+2- x(ONa)x + 0,5xH2 0,12 0, 04 x 2 =1,6 → phải có 1 ancol đơn chức Dễ thấy: n = = 2, 4 và x = 0, 05 0, 05 Theo giả thiết, số nguyên tử các bon trong mỗi ancol đều không quá 3 nên: * Trường hợp 1: Ancol đơn chức có số Cacbon = 3 (C3H7OH) → Ancol đa chức còn lại có số Cacbon < 2,4 và số mol OH > 1,6 → Đó là CH2OH – CH2OH (số nhóm OH không vượt quá số C) * Trường hợp 2: Ancol đơn chức có số Cacbon = 2 (C2H5OH) → Ancol đa chức còn lại có số Cacbon > 2,4 và số nhóm OH ≤ 3 → Là C3H8Ox Sử dụng PP đường chéo → x = 2,5 → Loại vì giá trị x không nguyên * Trường hợp 3: Ancol đơn chức có số Cacbon = 1 (CH3OH) → Ancol đa chức còn lại có số Cacbon > 2,4 và số nhóm OH ≤ 3 → Là C3H8Ox Sử dụng PP đường chéo → x = 1,857 → Loại vì giá trị x không nguyên Vậy ancol cần tìm là C3H7OH và CH2OH – CH2OH. 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 1 ankin không có phản ứng. Gọi công thức chung của hai ankin là CnH2n – 2 Pt: CnH2n – 2 + AgNO3 + NH3  → CnH2n – 3Ag + NH4NO3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

4,55 = 151, 667 ⇒ n = 3,33 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: H3C C CH H3C C C CH3 H3C CH2 C CH ; ; -CTPT: M = 28.2 = 56 g/mol 12x + y = 56  x = 4 ⇒ - Ta có  ⇒ CTPT là C4H8 y = 8  y ≤ 2x + 2 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 anken bất đối mạch không nhánh Các công thức cấu tạo của X: CnH2n – 3Ag =

2

0,5

0,5

H

CH3 H

CH3

;

C=C

CH3 C=C

CH3

H

trans-but-2-en

H Cis-but-2-en (B)

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

0,5

CH2=C-CH3

;

CH3 Isobutilen (Y)

a) Công thức cấu tạo của hai axit COOH 1

0,5

4

1 9 (2,0 điểm)

Br

(A) (B) b) Tính axít: (A) > (B) Giải thích: Trong (A), brom gây hiệu ứng –I theo 3 hướng. - Trong (B), brom gây hiệu ứng –I chỉ một hướng.

0,5

Br

2

A

B

Br

1,0

Br

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C O

10 (2,0 điểm)

1

O

+

[H ] -H2O

OH

O

O

1) O3

OH

HO

HO

2

O

D

O

+H

- H2 O

O

O

O

[H+]

H3 O+

1) LAH 2) H2O

2) DMS

+

O

O

1,0

-H2O HO

OH

HO

OH

-H

+

+

1,0

+

OH HO

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10

O

O

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm): Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NH4NO3 và H2SO4 loãng. b) Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnCl2. c) Cho dung dịch KHSO4 đến dư vào dung dịch Ba(HCO3)2. d) Thêm dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3. Câu 2 (2,0 điểm): 1)Viết công thức electron và công thức cấu tạo của CO2 và SO2. Từ đó hãy giải thích vì sao SO2 dễ tan trong nước hơn CO2.  → 2NH3(k) 2) Trong công nghiệp, amoniac được tổng hợp như sau: N2(k) + 3H2(k) ←  Cho các số liệu nhiệt động:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chất ∆H (kJ.mol-1)

N2 0

H2 0

NH3 − 46,19

S0298 ( J.mol-1.K-1 )

191,49

130,59

192,51

0 298

a) Nêu và giải thích tác động của nhiệt độ đến hiệu suất tổng hợp NH3. b)Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 450OC. Coi ∆H , ∆S của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ.

Câu 3 (2,0 điểm): Dung dịch HNO2 có Ka = 10-3,29. a) Tính pH của dung dịch HNO2 0,1M. b) Thêm 100 ml dung dịch NaOH 0,08M vào 100 ml dung dịch HNO2 0,1M thu được dung dịch A. Tính pH của dung dịch A. Câu 4 (2,0 điểm): Nung 9,28g hỗn hợp A gồm FeCO3 và một oxit sắt trong không khí đến khối lượng không đổi. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8g một oxit sắt duy nhất và khí CO2. Hấp thụ hết lượng khí CO2 vào 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M, kết thúc phản ứng thu được 3,94 gam kết tủa. 1) Tìm công thức hóa học của oxit sắt. 2) Cho 9,28 gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HCl dư, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch B. Dẫn 448 ml khí Cl2 (đktc) vào B thu được dung dịch D. Hỏi D hòa tan được tối đa bao nhiêu gam Cu? Câu 5 (2,0 điểm): Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Zn, FeCO3, Ag bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được hỗn hợp A gồm 2 khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí, tỉ khối của A so với hiđro bằng 19,2 và dung dịch B. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung đến khối lượng không đổi, phản ứng hoàn toàn, thu được 2,82 gam chất rắn. Biết rằng mỗi chất trong hỗn hợp chỉ khử HNO3 tạo thành một sản phẩm khử và trong hỗn hợp số mol Zn bằng số mol FeCO3. Xác định sản phẩm khử đã cho và tính số mol mỗi chất trong m gam hỗn hợp ban đầu. Câu 6 (2,0 điểm): Chia 17 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức (trong đó có một andehit mạch cacbon phân nhánh) thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 43,2 gam Ag. - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thu được 10,08 lít khí CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O. Xác định CTPT, viết CTCT và gọi tên hai anđehit trên. Câu 7 (2,0 điểm): 1) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC). A có khả năng làm mất màu dd Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo của A. 2) Hợp chất hữu cơ X có cấu tạo mạch hở, có công thức phân tử C4H7Cl và có đồng phân hình học. a) Viết các công thức cấu tạo của X. b) Cho X tác dụng với dung dịch NaOH trong điều kiện phù hợp thu được sản phầm bền có công thức C4H8O. Xác định công thức cấu tạo đúng của X. Câu 8 (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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

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.

Câu 9 (2,0 điểm): 1) Nêu phương pháp hóa học nhận biết các hợp chất hữu cơ sau, ở các bình riêng biệt: Cl

CH =O

OH

;

;

CH2Cl

;

COCH3

;

CH(OH)CH3

;

2)Có ba hợp chất: A, B và C HO

C CH 3

O

HO

C

C

CH 3

O

A

CH 3

OH O

B

C

a) Hãy so sánh tính axit của A và B. b) Hãy so sánh nhiệt độ sôi vàđộ tan trong dungmôi không phân cực của B và C.

Câu 10 (2,0 điểm): 1) Từ etilen, buta-1,3-dien, metanol và các hóa chất vô cơ cần thiết, hãy viết sơ đồ phản ứng điều chế hợp chất sau: O

H 3C

COOEt

2) Viết cơ chế tổng hợp axit nonanoic từ đietyl malonat theo chuỗi phản ứng sau: 1. CH3CH 2CH 2CH 2ONa 1. KOH A CH 2(COOEt) 2 CH 3[CH2] 7COOH 2. HCl 2. CH 3[CH2] 6Br 3. toC ----------Hết----------

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu a

Nội dung Cu tan, dd xuất hiện màu xanh và khí không màu hóa nâu trong không khí. 3Cu 2+ + 8H + + 2NO3−  → 3Cu + 2NO ↑ + 4H 2 O

Điểm 0,5

2NO + O 2  → 2NO 2

1 (2,0 điểm)

b c d

Có kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan. ZnCl2 + 2NH3 + 2H2O  → Zn(OH)2 + 2NH4Cl Zn(OH)2 + 4NH3  → [Zn(NH3)4](OH)2 Có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra. 2KHSO4 + Ba(HCO3)2  → BaSO4 ↓ + K2SO4 + 2CO2 ↑ + 2H2O Thêm dung dịch K2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3 thấy xuất hiện kết tủa đỏ nâu và

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5

1 2 (2,0 điểm)

sủi bọt khí không màu. 2Fe3+ + 3 CO32− + 3H2O  → 2Fe(OH)3 + 3CO2 Viết công thức electron và công thức cấu tạo. (Mỗi chất 0,25đ) Nguyên tử C trong CO2 có lai hóa sp, do đó phân tử CO2 có cấu tạo thẳng nên mặc dù liên kết C-O là liên kết cộng hóa trị có cực nhưng CO2 không phân cực. Nguyên tử S trong SO2 có lai hóa sp2, do đó phân tử SO2 bị gấp khúc, điện tích âm trên O và điện tích dương trên S không bị triệt tiêu nên SO2 phân cực. Vậy SO2 tan trong nước nhiều hơn CO2. a) ∆S0298 = 2.S0298( NH3 ) − S0298( N2 ) − 3S0298(H2 ) = −198, 24(J.K −1 )

∆H 0298(pu ) = 2.∆H 0298( NH3 ) − ∆H 0298( N2 ) − 3.∆H 0298(H2 ) = −92,38(kJ) 2

0,5

0,5

0,5

Vì ∆H 0 < 0 nên phản ứng tổng hợp NH3 là phản ứng tỏa nhiệt. → Hạ thấp nhiệt độ tới mức thích hợp vì phản ứng toả nhiệt. 0 = ∆H 0723 − T.∆S0723 = 50947,52(J) = − R.T.lnK p b) ∆G 723

0,5

→ K = 2,085.10-4 ⇒ K p = K.Po∆n = 2, 085.10 −4 (atm −2 )

Các quá trình xảy ra trong dung dịch: ⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 HNO2 ↽

1

3 (2,0 điểm)

⇀ H + + OH − H2O ↽ KW = 10-14 Ta có: CHNO2 .K a = 0,1.10−3,29 >> K W nên bỏ qua cân bằng phân li của nước so với cân bằng của HNO2, pH của dung dịch do HNO2 quyết định. ⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 Xét cân bằng: HNO2 ↽ Ban đầu: 0,1 0 0 [] 0,1 – x x x 2 x Ka = = 10-3,29 ⇒ x = 6,91.10-3 ⇒ pH = 2,16. 0,1 − x 0,1.0,1 0,1.0, 08 = 0,05M ; CNaOH = = 0,04M CHNO2 = 0, 2 0, 2 Phương trình hóa học của phản ứng xảy ra: NaOH + HNO2  → NaNO2 + H2O Ban đầu: 0,04 0,05 Sau phản ứng: 0 0,01 0,04 Thành phần giới hạn của dung dịch gồm: HNO2 0,01M và NaNO2 0,04M. Đây là dung dịch đệm, các phản ứng xảy ra: NaNO2  → Na + + NO −2 ⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 HNO2 ↽

2

0,5

0,5

(1)

⇀ HNO2 + OH − Kb = 10-10,71 (2) NO −2 + H2O ↽ ⇀ H + + OH − H2O ↽ KW = 10-14 (3) + Trước hết ta tính gần đúng  H  theo cân bằng (1), xem nồng độ ban đầu của

0,5

HNO2 và NO −2 gần bằng nồng độ ban đầu.

10−3,29 .0, 01 = 1,28.10-4>> 10-7 nên dung dịch có môi trường axit, cân 0, 04 bằng phân li (1) quyết định pH của dung dịch. ⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 Xét cân bằng: HNO2 ↽ Ban đầu: 0,01 0 0,04 [] 0,01 – x x x + 0,04  H +  =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Ka =

x ( x + 0, 04 )

= 10-3,29 ⇒ x = 1,26.10-4 ⇒ pH = 3,9.

0, 01 − x Gọi công thức tổng quát của oxit sắt là FexOy (x,y ∈ N*) o

t 4FeCO3 + O2  → 2Fe2O3 + 4CO2 3x − 2y to 2FexOy + O2  → xFe2O3 2 nFe2O3 = 0,05 (mol) ; nBa(OH)2 = 0,03 (mol) ; nBaCO3 = 0,02 (mol) Cho CO2 vào dung dịch Ba(OH)2 có phản ứng: Ba(OH)2 + CO2  → BaCO3 ↓ + H2O. Có thể có phản ứng: Ba(OH)2 + 2CO2  → Ba(HCO3)2 Xét 2 trường hợp TH1: Chỉ có phản ứng tạo kết tủa → n FeCO3 = n CO2 = n BaCO3 = 0,02 (mol)

Pthh:

1

→ n Fe/Fex Oy = 2n Fe2O3 − n FeCO3 = 0,05.2 − 0,02 = 0,08 (mol)

9,28 − 0,02.116 − 0,08.56 x n 0, 08 = 0,155 (mol) → = Fe = 16 y n O 0,155 → Không có công thức oxit sắt phù hợp. TH2: phản ứng tạo ra hai muối. n Ba(HCO3 )2 = n Ba(OH)2 − n BaCO3 = 0,01 (mol) → n CO2 = 2n Ba(HCO3 )2 + n BaCO3 = 0, 04 (mol) → n O/Fex Oy =

4 (2,0 điểm)

→ n FeCO3 = 0,04 (mol) → n Fe/Fex Oy = 2n Fe2O3 − n FeCO3 = 0,05.2 − 0,04 = 0,06 (mol)

9,28 − 0,04.116 − 0,06.56 x n 0, 06 3 → n O/Fex Oy = = = 0,08 (mol) → = Fe = 16 y n O 0, 08 4 → Oxit sắt phải tìm là Fe3O4. Hỗn hợp A có FeCO3 (0,04 mol); Fe3O4 (0,06/3=0,02 mol).

0,5

0,5

0,5

FeCO3 + 2HCl  → FeCl2 + CO2 + H2O → 0,04 0,04

2

5 (2,0 điểm)

Fe3O4 + 8HCl  → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 0,02 → 0,04 → 0,02 Dung dịch B tác dụng với 0,02 mol Cl2 2FeCl2 + Cl2  → 2FeCl3 0,06 0,02 → 0,04 Dung dịch D có FeCl2 (0,02 mol); FeCl3 (0,08 mol) và HCl dư tác dụng với Cu 2FeCl3 + Cu  → 2FeCl2 + CuCl2 0,08 → 0,04 → mCu = 0,04.64 = 2,56 gam. Hỗn hợp A gồm: CO2 và NO Do Ag có tính khử yếu nên chỉ tạo NO Vì mỗi chất trong hh chỉ tạo một chất sản phẩm khử nên Zn sẽ khử HNO3 thành NO hoặc NH4NO3 Gọi x là số mol Zn ⇒ số mol FeCO3 = x, gọi là số mol Ag = y Nếu Zn cũng khử HNO3 tạo ra khí NO thì ta có: 3Zn + 8HNO3→ Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O → x 2x/3 3Ag + 4HNO3→ 3AgNO3 + NO + 2H2O → y y/3 3FeCO3 + 10HNO3→ 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O x → x x/3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5

3x + y mol NO 3 Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên n(CO2) = 1,5.nNO 3x + y ⇒ x = 1,5. ⇒ y = - x (loại) 3 Do đó sản phẩm khử của Zn là: NH4NO3 4Zn + 10HNO3→ 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O x x x/4 3Ag + 4HNO3→ 3AgNO3 + NO + 2H2O y y y/3 3FeCO3 + 10HNO3→ 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O x x x x/3 x+y mol NO. ⇒ Khí tạo thành có x mol CO2 và 3 Vì số mol CO2 = 1,5. nNO. Nên x = y Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có: NaOH t0 → Fe(OH)3  → 1/2 Fe2O3 Fe(NO3)3  NaOH t0 → 1/2Ag2O  → Ag AgNO3  0,5x mol Fe2O3 + y mol Ag. Vì x = y nên ta có: 80x + 108x = 2,82 ⇒ x = 0,015 mol. Vậy cả 3 chất trong hh đã cho đều có số mol là 0,015 mol. Khối lượng mỗi phần là: 8,5 gam Đốt cháy phần 2: mO = 8,5 – 0,45.12 – 2.0,35 = 2,4 gam → nO = 0,15 mol. Vì là anđehit đơn chức nên nanđehit = nO = 0,15 mol. - Phần 1: Thực hiện phản ứng tráng bạc: n 43,2 0,4 nAg = = 0,4 mol → Ag = >2 108 0,15 n andehit → Phải có anđehit fomic HCHO. Công thức của anđehit còn lại là: R-CHO. Gọi số mol (trong mỗi phần) của HCHO là x RCHO là y. RCHO → 2Ag HCHO → 4Ag x 4x y 2y  x + y = 0,15  x = 0,05 → → 4 x + 2 y = 0,4  y = 0,1 7 mRCHO = 8,5 – 0,05.30 = 7 → MRCHO = = 70 (g/mol). 0,1 → R = 41 → RCHO là: CH2=C(CH3)-CHO Đặt A: CxHy x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 ⇒ CT thực nghiệm (C10H16)n MA = 136 ⇒ CTPT A : C10H16 (số lk π + số vòng = 3) A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2 ⇒ A có 2 liên kết π và 1 vòng A không tác dụng với AgNO3/NH3 ⇒ A không có nối ba đầu mạch Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal ⇒ CTCT A: ⇒ Khí tạo thành có: x mol CO2 và

6 (2,0 điểm)

7 (2,0 điểm)

1

*

CH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

2

1 8 (2,0 điểm)

2

a) CH3–CH2–CH=CHCl; CH3–CH=CH–CH2Cl; CH3–CH=CCl–CH3 b) CH3–CH=CH–CH2Cl 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 , t ° X → Y ( có 2 nguyên tố) (1) Y + Br2/CCl4  (2) → 3 sản phẩm là đồng phân cấu tạo ... Từ (1) và (2) ⇒ (1) là phản ứng đóng vòng tạo ra chất mạch vòng 3 cạnh ta có: Y X CH3 – CHBr – CH2 – CHBr – CH2 – CH3 Z CH3 – CHBr – CH(CH2Br) – CH2 – CH3 T CH3 – CH(CH2Br) – CHBr – CH2 – CH3 - 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

0,75 0,25 0,5

1,0

0,5

R

S

Lấy mỗi lọ một ít làm mẫu thử - Dùng dung dịch nước Brom nhận ra phenol (có kết tủa trắng) OH

OH Br

Br

+ 3 Br2

+ 3HBr

Br

- Dùng 2,4 - đinitrophenyl hiđrazin nhận ra hai hợp chất cacbonyl là metyl phenyl xeton và benzanđehit. Sau đó dùng phản ứng idofom để nhận ra metyl phenyl xeton ( do có kết tủa vàng). O2N

+O

C

R1

R1 O2N

+ H2O

NH - N = C

R2

NO2

1 9 (2,0 điểm)

NH - NH2

R2

NO2

1,0

C - CH3 + 3 I2 + 3 NaOH

C - CI3 + 3 NaI + 3 H2O

O

O

- Cũng dùng phản ứng của idofom để nhận ra C6H5-CH(OH)-CH3( vì trong môi trường I2/NaOH sẽ oxi hóa – CH(OH) – CH3 thành – CO – CH3. - Còn hai hợp chất chứa clo, đun nóng với dung dịch NaOH, gạn lấy lớp nước, axit hoá bằng HNO3 nhỏ vào đó dung dịch AgNO3. Mẫu thử nào cho kết tủa trắng đó là benzyl clorua, còn phenyl clorua không phản ứng. CH2Cl

CH2OH

+ NaOH

2

+ NaCl

AgCl + NaNO3 NaCl + AgNO3 a) Tính axit được đánh giá bởi sự dễ dàng phân li proton của nhóm OH. Khả năng này thuận lợi khi có các hiệu ứng kéo electron (-I hoặc –C) nằm kề nhóm OH. Ở A vừa có hiệu ứng liên hợp (-C) và hiệu ứng cảm ứng (-I); ở B chỉ có hiệu ứng (-I). Tính axit của (A) > (B).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

b) Liên kết hidro làm tăng điểm sôi. Chất C có liên kết hidro nội phân tử, B có liên kết hidro liên phân tử nên nhiệt độ sôi của (C) < nhiệt độ sôi của (B). (C) có độ tan trong dung môi không phân cực lớn hơn (B). HBr

CH 3OH

H+

C2H4 + H2O

CH3Br C2H 5OH

Na

C2H5ONa HNO 3

+

COOH

1 10 (2,0 điểm)

EtOH/H+

COOEt

COOH

C2H5ONa

COOEt

BuO-

H 3C

EtOOC

COOEt

COOEt

EtOOC

CH 3[CH2] 5CH 2Br

OH-

1,0

O

CH3Br

COOEt

2

COOEt

C2H5ONa O

EtOOC

0,5

-OOC

COO-

H+

HOOC

[CH 2 ]6 CH 3

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11

tC

1,0

[CH 2 ]6 CH 3

COOH o

COOEt

CH 3[CH2] 7COOH

[CH 2]6 CH 3

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,5 điểm): Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298°K. Số phản ứng

Phản ứng

∆H o298 ( kJ )

(1)

2NH3 + 3N2O  → 4N2 + 3H2O

(2)

N2O + 3H2  → N2H4 + H2O

(3)

2NH3 + 0,5O2  → N2H4 + H2O

(4)

→ H2O H2 + 0,5O2 

− 1011 − 317 − 143 − 286

So298 (N2H4) = 240 J/K.mol; So298 (H2O) = 66,6 J/K.mol; So298 (N2) = 191 J/K.mol; So298 (O2) = 205 J/K.mol. a) Tính nhiệt tạo thành ∆H o298 của N2H4.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 → N2 + 2H2O. Hỏi phản ứng b) Cho phương trình của phản ứng cháy Hidrazin: N2H4 + O2 ← 

xảy ra theo chiều nào ở điều kiện chuẩn.

Câu 2 (2,0 điểm): a) So sánh tính axit của hai axit: CH2(COOH)2 và (COOH)2. Giải thích. b) Hoàn thành các phản ứng dưới đây. Xác định sản phẩm chính của mỗi phản ứng và dùng cơ chế giải thích sự hình thành sản phẩm chính đó. o

C CH3-CH2-CH(OH)-CH3 (ancol s-butylic) H2SO4 ,180  →

Câu 3 (2,5 điểm): Dung dịch HNO2 có Ka = 10-3,29. a) Tính pH của dung dịch HNO2 0,1M. b) Thêm 100 ml dung dịch NaOH 0,08M vào 100 ml dung dịch HNO2 0,1M thu được dung dịch A. Tính pH của dung dịch A. Câu 4 (2,5 điểm): 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 (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, N2 bay ra (ở đktc) 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 (ở đktc). 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. a) Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch. Câu 5 (3,0 điểm): Chia 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm hai anken phân tử khác nhau hai nhóm CH2 thành hai 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). a) Xác định công thức cấu tạo của hai anken và tính phần trăm theo thể tích mỗi chất trong X. b) Xác định hiệu suất tạo ete của mỗi ancol. Câu 6 (2,5 điểm): X có công thức phân tử là C5H12O4. Cho hơi X qua ống đựng CuO đun nóng được chất Y có khối lượng phân tử nhỏ hơn X là 8 đvC. Cho 2,56 gam Y phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 được 17,28 gam kết tủa Ag. Cho X vào dung dịch NaBr bão hòa rồi thêm từ từ H2SO4 đặc vào thì được chất Z không có oxi. Đun nóng Z trong bột Zn được chất Q có tỉ khối so với hiđro < 45. Tìm công thức cấu tạo của X; Y; Z và Q? Câu 7 (2,0 điểm): Hợp chất X có công thức phân tử C9H10O2 phản ứng với dung dịch NaHCO3 giải phóng khí CO2. X không làm mất màu dung dịch nước brom. X không phản ứng với CH3OH khi có mặt H2SO4 đặc. Khi cho H2SO4 đặc vào X sau đó cho hỗn hợp vào CH3OH đã được làm lạnh thì thu được hợp chất B có công thức phân tử C10H12O2. Hãy viết công thức cấu tạo của A. Giải thích các tính chất trên của A và cơ chế phản ứng tạo thành B.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 8 (3,0 điểm): Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo? +Benzen/H+ CnH2n+2 A1(khí)

Crackinh

A2

(1)

A3

(2) (4) +H2O/H+

A4

+O2,xt (3)

A5 (C3H6O)

(5) +O2/xt

----------Hết----------

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT KHÓA NGÀY....................... ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang) Câu Tính nhiệt tạo thành ∆H

1 (2,5 điểm)

a

b

o 298

Nội dung của N2H4 là nhiệt của phản ứng: N2 + 2H2  → N2H4

→ 2NH3 + 3N2O 4N2 + 3H2O 

−∆H1

3N2O + 9H2  → 3N2H4 + 3H2O

3∆H2

2NH3 + 0,5O2  → N2H4 + H2O

∆H 3

→ H2 + 0,5O2 H2O 

Điểm

1,0

−∆H 4

Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2  → 4N2H4 4∆H 5 −∆H1 + 3∆H 2 + ∆H3 − ∆H4 1011 + 3.(−317) − 143 + 286 ∆H 5 = = = 50,75 kJ/mol 4 4 ∆H o298 = 2 × ( − 286) – 50,75 = − 622,75 kJ/mol

∆So298 = 191 + 2 × 66,6 – 205 – 204 = − 120,8 J/K

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

∆G o298 = ∆H o298 − T × ∆So298 = − 622,75 – 298 × ( − 120,8 × 10-3) = − 586,75 kJ/mol ∆G o298 < 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận. a

2 (2,0 điểm)

(COOH)2 (X) có tính axit mạnh hơn CH2(COOH)2 (Y) Giải thích: (Y) có mạch cacbon dài hơn ảnh hưởng lực hút giữa hai nhóm –COOH yếu hơn (X). CH 3 CH 2 CH CH 3 OH

b

H 2SO 4

0,5 0,5 0,5

CH 3 CH CH CH 3 + H 2O (s¶n phÈm chÝnh)

0,5 CH 2 CH CH 2 CH 3 + H 2O

Cơ chế (tách E1) : CH 3 CH 2 CH CH 3 OH

H+

CH 3 CH CH CH 3 (X) CH 3 CH 2 CH CH 3 -H2O + OH 2

0,5

CH 2 CH CH 2 CH 3 (Y)

Các quá trình xảy ra trong dung dịch: ⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 HNO2 ↽

3 (2,5 điểm)

a

⇀ H + + OH − H2O ↽ KW = 10-14 Ta có: CHNO2 .K a = 0,1.10−3,29 >> K W nên bỏ qua cân bằng phân li của nước so với cân bằng của HNO2, pH của dung dịch do HNO2 quyết định. ⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 Xét cân bằng: HNO2 ↽ Ban đầu: 0,1 0 0 [] 0,1 – x x x 2 x Ka = = 10-3,29 ⇒ x = 6,91.10-3 ⇒ pH = 2,16. 0,1 − x

0,5

0,5

0,1.0,1 0,1.0, 08 = 0,05M ; C NaOH = = 0,04M 0, 2 0, 2 Phương trình hóa học của phản ứng xảy ra: NaOH + HNO2  → NaNO2 + H2O Ban đầu: 0,04 0,05 Sau phản ứng: 0 0,01 0,04 Thành phần giới hạn của dung dịch gồm: HNO2 0,01M và NaNO2 0,04M. Đây là dung dịch đệm, các phản ứng xảy ra: → Na + + NO −2 NaNO2  CHNO2 =

⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 HNO2 ↽ b

0,5

(1)

⇀ HNO2 + OH − Kb = 10-10,71 (2) NO −2 + H2O ↽ ⇀ H + + OH − H2O ↽ KW = 10-14 (3) + Trước hết ta tính gần đúng  H  theo cân bằng (1), xem nồng độ cân bằng của

0,5

HNO2 và NO −2 gần bằng nồng độ ban đầu.

10−3,29 .0, 01 = 1,28.10-4>> 10-7 nên dung dịch có môi trường axit, cân bằng 0, 04 phân li (1) quyết định pH của dung dịch. ⇀ H + + NO −2 Ka = 10-3,29 Xét cân bằng: HNO2 ↽ Ban đầu: 0,01 0 0,04 [] 0,01 – x x x + 0,04 x ( x + 0, 04 ) Ka = = 10-3,29 ⇒ x = 1,26.10-4 ⇒ pH = 3,9. 0, 01 − x  H +  =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Ta có: n NO = 0,2 mol; n N 2 O = 0,15 mol; n N 2 = 0,05 mol

a 4 (2,5 điểm)

2, 9.63.100.120 = 913,5 (gam) 24.100 Dung dịch A sau phản ứng gồm: Mg(NO3)2 (0,4 mol); Al(NO3)3 (0,5 mol); HNO3 dư (0,58 mol) mdd A = 913,5 + 23,1 – (0,2.30 + 0,15.44 + 0,05.28) = 922,6 (gam) C%(Mg(NO3)2) = 6,42% ; C%(Al(NO3)3) = 11,54% và C%(HNO3) = 3,96% n X trong mỗi phần = 0,05 (mol) 12,5 = 0,125 (mol) n CO2 = n CaCO3 = 100 0,125 = 2,5 ⇒ CTPT của hai anken: C2H4 và C4H8 ⇒C = 0, 05 Vì 2 anken + H2O tạo ra 2 ancol → C4H8 là But-2-en ⇒ CTCT của hai anken: CH 2 = CH 2 ; CH3 − CH = CH − CH3 ⇒ m2 =

b

5 (3,0 điểm)

Gọi x và y lần lượt là số mol của Mg và Al 2x + 3y = 3.0, 2 + 8.0,15 + 10.0, 05  x = 0, 4 Hệ:  ⇒ 58x + 78y = 62, 2  y = 0,5 ⇒ m1 = 24.0,4 + 27.0,5 = 23,1 (gam) n HNO3 pư = 0,2.4 + 0,15.10 + 0,05.12 = 2,9 (mol)

a

nC2H4 = 0,0375 (mol) ; nC4H8 = 0,0125 (mol) ⇒ %V(C2H4) = 75% ; %V(C4H8) = 25% +

0,5

0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

0

H ,t → CH3CH2OH CH2=CH2 + H2O  mol: 0,0125 0,0125 +

0

H ,t → CH3−CH(OH)−CH2−CH3 CH3−CH=CH−CH3 + H2O  mol: 0,0375 0,0375 Gọi số mol C2H5OH phản ứng là x; C4H9OH phản ứng là y

0,5

0

b

6 (2,5 điểm)

H 2SO4 ,t 2ROH  → ROR + H 2O mol: 0,038 0,019 0,019 0, 4256 n ete = n H2O = = 0, 019 (mol) 22, 4 ⇒ m ancol = m ete + m H 2 O = 1, 63 + 0, 019 × 18 = 1,972 (gam)

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%. Ta thấy X no ⇒ trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì X pư được với CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH. Khi 1 nhóm CH2– OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số H giảm đi 2 tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì MY nhỏ hơn MX là 8 đvC nên trong X phải có 4 nhóm –OH(X không có nhóm ete vì X chỉ có 4 oxi) ⇒ Y có CTPT là C5H4O4 hay MY = 128 gam. Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol. Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là R(CHO)n ta có R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O → R(COONH4)n + 2nAg + 2nNH4NO3 mol: 0,02 0,16 ⇒n = 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5

0,5

⇒ X và Y có CTCT lần lượt là CH 2 OH C

HOH 2 C

CH=O

CH 2 OH

C

O=HC

0,5

CH=O

CH 2 OH

CH=O và Khi X + NaBr/H2SO4 đặc tương đương với X pư với HBr vì: 0

t → Na2SO4 + 2HBr 2NaBr + H2SO4  Do đó ta có:

H O H2C

C

0,5

C H2Br

C H2O H +

C H2O H

4HBr

C

BrH2C

C H2O H

C H2Br

+ 4 H 2O

C H2Br

Do Q có M < 90 nên Q không còn Br vậy Q là sp của pư sau: C H2Br BrH2C

C

C H2

C H2Br

+ 2Zn

H2C

C H2Br

7 (2,0 điểm)

C

CH2

0,5 + 2 Z n B r2

C H2

Phản ứng với NaHCO3 giải phóng CO2 nên A chứa nhóm – COOH. Không làm mất màu nước brom nên A chứa benzen. A là axit mà không phản ứng este hóa với CH3OH nên A phải có án ngữ không gian ở nhóm – COOH lớn. Cấu tạo của A là: CH3

0,5 0,5 0,5

0,5

COOH CH3 Các chất cần tìm: A1: CH3-CH2-CH2-CH3; A2: CH3- CH=CH2; A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen); A4: CH3-CH(OH)-CH3; A5: CH3-CO-CH3 Các phản ứng: 1. CH3-CH2-CH2-CH3

Crackinh

(A1)

8 (3,0 điểm)

CH(CH3)2 3.

CH3-CH=CH2 + CH4 (A2) CH(CH3)2

H2SO4

2. CH3-CH=CH2 +

(A3)

OH

1.O2 2.H2SO4(l)

+ CH3-CO-CH3 (A5)

H+

4.

CH3-CH=CH2 + H2O

5.

CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2

Cu,t0

0,5

CH3-CH(OH)-CH3 (A4) CH3-CO-CH3 (A5)

+ H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,5 (Mỗi phản ứng đúng được 0,5đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ 1

Câu I ( điểm): 1) Có 3 ống nghiệm, mỗi ống chứa 2 cation và 2 anion (không trùng lặp) trong số các ion sau : NH4+, Na+, Ag+, Ba2+, Mg2+, Al3+ , Cl–, Br–, NO3–, CO32–, SO42–, PO43–. Hãy xác định các cation và anion trong từng ống nghiệm. 2) Cho 5 dd : Na2CO3 , FeCl3 , NaOH, Al2(SO4)3 , AgNO3 . Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi lần lượt cho một dung dịch này phản ứng với các dung dịch còn lại. 3) Có 5 chất bột màu trắng đựng trong 5 bình riêng biệt bị mất nhãn hiệu là: NaCl, Na2CO3, Na2SO4, BaCO3 và BaSO4. Chỉ được dùng thêm nước và CO2 hãy trình bày cách phân biệt từng chất. Câu II ( điểm): Hoà tan hoàn toàn 4,24 gam Na2CO3 vào nước thu được dung dịch A. Cho từ từ từng giọt 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% vào A và khuấy mạnh. Tiếp theo cho thêm vào đó dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2. 1. Hãy cho biết những chất gì được hình thành và lượng các chất đó. Chất nào trong các chất đó còn lại trong dung dịch. 2. Nếu cho từ từ từng giọt dung dịch A vào 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% và khuấy mạnh, sau đó cho thêm dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2 vào dung dịch trên. Hãy giải thích hiện tượng xảy ra và tính khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu III ( điểm): Khi cracking butan tạo ra hỗn hợp gồm farafin và olefin trong đó có hai chất A và B .Tỷ khối của B so với A là 1,5 . Tìm A, B. Từ A tìm được ở trên ,viết các phản ứng chuyển hoá theo sơ đồ sau: Br2 NaOH CuO Cu(OH)2 H2SO4 A → A1 → A2 →A3 →A4 → A5 NaOH Câu IV ( điểm): Chia 2,2 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành hai phần bằng nhau. Hoà tan phần 1 bằng dung dịch HCl thu được 0,896 lit H2 (đktc). Hoà tan hoàn toàn phần 2 trong dung dịch HNO3 đặc nóng thu được 2,016 lít NO2 (đktc) . 1) Xác định M. 2) Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu . Câu V ( điểm): Một hợp chất hữu cơ A chứa các nguyên tố C, H, O . Khi đốt cháy A phải dùng một lượng O2 bằng 8 lần lượng O2 có trong hợp chất A và thu được CO2 và H2O theo tỷ lệ khối lượng 22 : 9. Tìm công thức đơn giản của A, tìm công thức phân tử của A biết rằng 2,9 gam A khi cho bay hơi ở 54,6oC , 0,9 atm có thể tích đúng bằng thể tích của 0,2 gam He đo ở cùng nhiệt độ áp suất. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A dựa vào thuyết cấu tạo hoá học. Câu Câu I 1/ 2/

ĐÁP ÁN Nội dung ống nghiệm 1: NH4+, Na+, CO32-, PO4ống nghiệm 1: Ag+, Mg2+, NO3-, SO42ống nghiệm 1: Ba2+, Al3+, Cl-, BrCác ptpư: 1. 3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O → 6NaCl + 2Fe(OH)3 + 3CO2 2. 3Na2CO3 + Al2(SO4)3 + 3H2O → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 + 3CO2 3. Na2CO3 + 2AgNO3 → 2NaNO3 + Ag2CO3 ↓ 4. FeCl3 + 3NaOH → 3NaCl +Fe(OH)3 ↓ 5. FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl ↓ 6. Al2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 ↓ 7. Al(OH)3 + NaOHdư → NaAlO2 + 2H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3/

Câu II 1/

8. Al2(SO4)3 + 6AgNO3 → 2Al(NO3)3 + 3Ag2SO4 ↓ + Lấy mẫu thử từ các chất trên + Hoà tan lần lượt từng chất vào nước - Các chất tan tạo dung dịch là: NaCl; Na2CO3; Na2SO4 - Các chất không tan là: BaCO3; BaSO4 + Hoà tan hai chất không tan trong nước vào nước có CO2: - Chất tan dần tạo thành dung dịch là: BaCO3 Ptpư: BaCO3 + CO2+ H2O → Ba(HCO3)2 tan - Chất không tan còn lại là: BaSO4 + Dùng dung dịch Ba(HCO3)2 vừa điều chế được cho tác dụng với các dung dịch NaCl; Na2CO3; Na2SO4 ở trên: - Hai dung dịch có kết tủa trắng xuất hiện là Na2CO3; Na2SO4 Ptpư: 1, Ba(HCO3)2 + Na2CO3 → BaCO3 ↓ + 2NaHCO3 2, Ba(HCO3)2 + Na2SO4 → BaSO4 ↓ + 2NaHCO3 - Dung dịch không có hiện tượng gì là NaCl Lọc lấy kết tủa ở trên đem hoà tan trong nước có CO2, kết tủa tan là BaCO3, dung dịch ban đầu là Na2CO3; Chất còn lại là Na2SO4

20.9,125 4, 24 = 0,04 mol ; nHCl = = 0,05 mol ; 100.36,5 106 nCa (OH )2 = 0,02 mol

nNa CO = 2 3

Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A: 1. Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl 2. NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 ↑ + H2O nNaHCO = nHCl (1) = nNa CO = 0,04 mol ; 3

2

3

nNaHCO (2) = nHCl (2) = 0,05 − 0,04 = 0,01mol ; 3 Sau phản ứng 1; 2 trong dung dịch có: NaCl ( nNaCl = nHCl = 0,05 mol ) NaHCO3( nNaHCO = 0,03mol ) 3

Cho tiếp vào đó dung dịch Ca(OH)2: 3. 2NaHCO3 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 + 2NaOH 4. Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 ↓ + 2H2O

1 2

Theo (3): nCa ( HCO ) (3) = nCa (OH ) (3) = nNaHCO = 0,015 mol ; 3 2 2 3

nNaOH = nNaHCO3 = 0,03mol Theo (4): nCa ( HCO ) (4) = nCa (OH ) (4) = 0,02 − 0,015 = 0,005 mol ; 3 2 2 nCaCO3 = 2nCa(OH )2 (4) = 2.0,005 = 0,01 mol ; Sau phản ứng 3, 4 sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol) tồn tại trong dd; NaOH(0,03 mol) Ca(HCO3)2 ( nCa ( HCO ) = 0,015 − 0,005 = 0,01 mol ) tồn tại trong dd 3 2

CaCO3 (0,01 mol) tách ra khỏi dung dịch mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1, 2 gam

mCa ( HCO3 )2 = 0,01.162 = 1,62 gam ; mCaCO3 = 0,01.100 =1gam 2/

Cho từ từ dung dịch A vào dung dịch HCl: 1. Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

1 1 nNa CO (1) = nHCl = .0,05 = 0,025 mol < nNa CO bd ; 2 3 2 3 2 2 Sau phản ứng 1, trong dung dịch còn: NaCl (0,05 mol); Na2CO3 (0,04 – 0,025 = 0,015 mol) Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào: 2. Ca(OH)2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NaOH Sau phản ứng 2, sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol); NaOH( nNaOH = 2.nNa CO = 2.0,015 = 0,03 mol ) 2

3

CaCO3 ( nCaCO = n Na CO = 0,015 mol ); 3 2 3 Ca(OH)2 dư (0,02 – 0,015 = 0,005 mol); Khối lượng sản phẩm: mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1, 2 gam ;

mCaCO = 0,015.100 =1,5 gam ; mCa (OH ) = 0,005.74 = 0,37 gam 3

2

Câu III Crakinh butan: 1. C4H10 → CH4 + C3H6 2. C4H10 → C2H4 + C2H6 Ta có: d

B = 1,5 => B là C3H6; A là C2H4 A

Các ptpư: 1. CH2 = CH2 + Br2 → CH2Br – CH2Br A1 2. CH2Br – CH2Br + 2NaOH → CH2OH – CH2OH + 2NaBr A2 0 t 3. CH2OH – CH2OH + 2CuO → CHO – CHO + 2Cu + 2H2O A3 4. CHO – CHO+ 4Cu(OH)2+ 2NaOH → NaOOC – COONa + 2Cu2O + 6H2O A4 5. NaOOC – COONa + H2SO4 → HOOC – COOH + Na2SO4 A5 Câu IV 1/

Gọi x, y lần lượt là số mol Fe, M trong một phần; a là hoá trị của M Phần 1: Hoà tan trong HCl 1. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

a H2 2 a a 0,896 nH 2 = nFe + nM = x + y = = 0,04mol 2 2 22, 4

2. M + aHCl → MCla +

(*)

Phần 2: Hoà tan trong HNO3: 3. Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 4. M + 2aHNO3 → M(NO3)a + aNO2 + aH2O

nNO2 = 3nFe + a.nM = 3 x + ay =

2,016 = 0,09mol 22, 4

Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,01 mol; ay = 0,06 mol => y = Theo gt: mhh = 1,1 = 56x + My = 56. 0,01 + M

(**)

0,06 a

0,06 a

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

2/

M = 9a a = 3 và M = 27 (Al) là phù hợp a = 3 => y = 0,02 mol Thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu: %Fe =

56.0,01 .100 = 50,91% ; %Al = 49,09% 1,1

Câu V CTPT của A là: CxHyOz (x, y,z nguyên)

y z y − )O2 → xCO2 + H2O 4 2 2 Ta có: mCO : mH O = 44 x :9 y = 22 : 9 => y = 2x 2 2 y z mO ( pu ) = 8mO ( A) ⇔ 32.( x + − ) = 8.16 z ⇔ 3 z = x 2 4 2

Ptpư: CxHyOz + ( x +

CTĐG của A là: (C3H6O)n Số mol A ở 54,6oC , 0,9 atm là: n A = nHe =

MA = M A =

0, 2 = 0,05mol 4

2,9 = 58 = 58n =>n = 1 0,05

CTPT của A là C3H6O Các CTCT có thể có của A: 1. CH3 – CH2 – CH=O 2. (CH3)2 – C =O 3. CH2 = CH – CH2OH 4. CH2 = CH – O – CH3 ĐỀ 2 Câu 1 : ( 4 điểm )Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol / lit . Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfat ? Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37; K H 2 S = 1, 3.10−21 Câu 2 : ( 3 điểm )Cho dung dịch CH3COOH 0,1M. Biết K CH3COOH =1, 75.10−5 . a/ Tính nồng độ của các ion trong dung dịch và tính pH. b/ Tính độ điện li α của axit trên. Câu 3 : (4 điểm )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 . Câu 4 : ( 5 điểm ) Cho 13 gam hỗn hợp A một kim loại kiềm M và một kim loại M’ ( hóa trị II ) tan hoàn toàn vào nước tạo thành dung dịch B và 4,032 lít H2 (đktc). Chia dung dịch B làm 2 phần bằng nhau :Phần 1 : Đem cô cạn thu được 8,12 gam chất rắn X. Phần 2 : Cho tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 0,35 mol tạo ra kết tủa Y. a. Tìm kim loại M, M’. Tính số gam mỗi kim loại trong hỗn hợp A. b. Tính khối lượng kết tủa Y. Câu 5 : ( 4 điểm ) Hỗn hợp khí X gồm 2 hydrocacbon A, B mạch thẳng. Khối lượng phân tử của A nhỏ hơn khối lượng phân tử của B. Trong hỗn hợp X, A chiếm 75% theo thể tích. Đốt cháy hoàn toàn X cho sản phẩm hấp thụ qua bình chứa dung dịch Ba(OH)2 dư, sau thí nghiệm khối lượng dung dịch trong bình giảm 12,78 gam đồng thời thu được 19,7 gam kết tủa.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 a)Tìm công thức phân tử của A,B.Biết tỷ khối hơi của X đối với H2 là 18,5 và A, B cùng dãy đồng đẳng. b. Vẽ sơ đồ xen phủ các obitan để giải thích các liên kết trong phân tử A. Câu 1 : ( 4 điểm ) Trong dung dịch HClO4 0,003 M H2 S

ĐÁP ÁN [H+]=0,003 M 2H+ + S2-

0,5 điểm 0,5 điểm

2

K H 2S

 H +   S 2−  1, 3.10− 21 .0,1 2−   = → S  = = 1, 4.10 −17 2 [H2S ] ( 0, 003)

1 điểm

 Mn 2+   S 2−  = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21 < TMnS

=> MnS không kết tủa.

Cu 2+   S 2−  = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10 −21 > TCuS Câu 2 : ( 3 điểm ) CH 3COOH CH 3COO − + H +

=> CuS kết tủa.

0,5 điểm

 H +  = CH 3COO −  = K A . C = 1, 75.10−5.0,1 = 0, 0013 pH = − lg  H +  = − lg13.10 −4

K 1, 75.10 −5 = = 0, 0132 1 điểm C 0,1 Câu 3 : ( 4 điểm ) A : Na ; B : H2 ; X : NaH 0,5 điểm B + C Y ⇒ C là phi kim, Y là axít 0,5 điểm 1:1 0,5 điểm Y + NaOH → Z + H 2O 1mol Y phản ứng khối lượng chất tan tăng ( Y - 18 )g 2, 688 0,5 điểm 2, 22 g = 0,12mol 22, 4 Y − 18 1 = ⇒ Y = 36,5 2, 22 0,12 1 điểm

α=

⇒ ( C ) : Clo Viết phương trình phản ứng 1 điểm Câu 4 : ( 5 điểm ) Vì dung dịch B + dung dịch HCl

kết tủa nên M’ có hydroxyt lưỡng tính.

1 H 2 (1) 2 x mol x mol x 2 M’ + 2MOH = M2M’O2 + H2 (2) y mol 2y y y MOH + HCl = MCl + H2O (3) x 2 y x 2 y − − ( ) ( )

M + H2O = MOH +

2 2 M2M’O2 + 2HCl = M’(OH)2 + 2MCl (4) y y y 2 2 M’(OH)2 + 2HCl = M’Cl2 + 2H2O (5)

1 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

nHCl = 0,14mol

0,5 điểm

nH 2 = 0,18mol x (1)  2 + y = 0,18  y  x  ( M + 17 )  − y  + ( 2 M + M '+ 32 ) = 8,12 ( 2 ) 2 2    Mx + M ' y = 13 ( 3)   x x y ( 2 ) ⇒ M − My + 17 − 17 y + My + M ' + 16 y = 8,12 2 2 2 x y x    M + M '  + 17 − y = 8,12 2 2 2   1 x ( Mx + M ' y ) + 17 − y = 8,12 2 2 x 17 − y = 1, 62 2 17 x − 2 y = 3, 24 ( 4)

(1)

⇒

0,5 điểm

1 điểm

x + 2 y = 0,36 18 x

= 3, 6

⇒ x = 0, 2 ; y = 0, 08 (3) => 0,2M + 0,08M’ = 13 => 2,5M + M’ = 162,5 ( M<65 ) M Li (7) Na (23) K (39) M’ 145 (loại) 105 (loại) 65 (Zn) M là Kali => mK = 39 x 0,2 = 7,8 g M’ là Zn => mZn = 65 x 0,08 = 5,2 g 1 điểm x − 2y 0, 2 − 0,16 nHCl = +y= + 0, 08 = 0,1mol ( phản ứng 3 +4 ) 2 2 nHCl dư = 0,14 - 0,1 = 0,04 mol y nZn(OH)2= = 0, 04mol ( phản ứng 4 ) 2 1 (5) => nZn(OH)2 = nHCl = 0,02 mol 2 => nZn(OH)2 dư = 0,04 - 0,02 = 0,02 mol mZn(OH)2 = 99 x 0,02 = 1,98 g 0,5 điểm Câu 5 : ( 4 điểm ) Chất tương đương 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 điểm

ax

19, 7 = 0,1mol 197 Gọi m dung dịch ban đầu là m :

ax =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ay + m − 19, 7 = m − 12, 78 2 1 điểm ay ⇒ 44ax + 18 = 6,92 (1) 2 ay = 0,14 thế ax vào ( 1) => 2 ⇒ nH 2O > nCO2 ⇒ A, B : Ankan

44ax + 18

A : CnH2n+2

; B : CmH2m+2

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

0,5 điểm

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

1 7( loại )

2 4

3 1( loại )

=> A : C2H6 B : C4H10 Mô tả kiểu lai hóa của phân tử C2H6 – Lai hóa sp3

0,5 điểm 0,5 điểm

ĐỀ 3 Câu I: Cho từ từ khí CO qua ống đựng 3,2 gam CuO nung nóng . Khí ra khỏi ống được hấp thụ hoàn toàn vào nước vôi trong dư thấy tạo thành 1 gam kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 ml dung dịch HNO3 0,16M thu được V1 lít khí NO và còn một phần kim loại chưa tan. Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HCl nồng độ 2/3 mol/l sau khi phản ứng xong thu thêm V2 lít khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gam Mg vào dung dịch sau phản ứng thu được V3 lít hỗn hợp khí H2 và N2, dung dịch muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại. 1. Tính các thể tích V1, V2, V3. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn các thể tích khí đo ở đktc 2. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M Câu II: Thêm từ từ từng giọt AgNO3 vào dung dịch hỗn hợp chứa đồng thời các ion Cl- 0,01 M và I0,01 M thì AgCl hay AgI kết tủa trước ? Khi nào cả hai chất cùng kết tủa ? Biết tích số tan TAgCl = 1010 ; TAgI = 10-16 . Câu III: Một hợp chất ion cấu tạo từ cation M+ và anion X2-. Trong phân tử MX2 có tổng số hạt ( p, n, e) là 140, trong đó hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 44 hạt . Số khối của ion M+ lớn hơn số khối của ion X2- là 23. Tổng số hạt trong ion M+ nhiều hơn trong ion X2- là 31. 1. Viết cấu hình e của các ion M+ và X2+. 2. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn . Câu IV: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hiđrôcacbon khí cùng dãy đồng đẳng A có thể tích là 2,24lít ở 00C , 1 atm và B rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH , cho tiếp dung dịch BaCl2 dư vào thấy xuất hiện 78,8gam chất kết tủa, lọc bỏ kết tủa đem đun sôi dung dịch đến phản ứng hoàn toàn lại thu được 27,8 gam kết tủa nữa. Hãy xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của hai hiđrôcacbon biết số mol cũng như số nguyên tử cacbon của A nhỏ hơn của B và hỗn hợp trên phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 12 gam chất kết tủa , biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 45%.Tính hiệu suất phản ứng. Câu V: Cho 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín có thể tích là 2 lít, sau khi phản ứng: N2(K) + 3H2(K) 2NH3(K) Đạt trạng thái cân bằng , đưa nhiệt độ về nhiệt độ ban đầu , thì áp suất trong bình bằng 0,9 lần áp suất đầu. Tính K cân bằng. Câu VI: Cho sơ đồ phản ứng: 0

t (1) A + B → C

(3) C

2NaOH

(2) 2B

C

2B

D

H2O

E H2O (4) C + 2HCl → 2F + D +H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

(5) A + NaCl → G + F (7) B + HNO2 → H

0

t (6) G → E + D + H2O 0

t (8) H → N2 + H2O

Xác định các chất vô cơ A, B, C, D, E, F, G, H. Hoàn thành các phương trình phản ứng.

CâuVII: Hòa tan 23 gam một hỗn hợp gồm kim loại Bari và hai kim loại kiềm A,B thuộc hai chu kỳ liên tiếp vào nước được dung dịch D và 5,6 lít H2(đo ở điều kiên tiêu chuẩn) a) Nếu trung hòa ½ dung dịch D cần bao nhiêu ml H2SO4 0,5M b) Nếu thêm 180ml dung dịch Na2SO4 0,5M vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa kết tủa Ba+2. Nếu thêm 210ml dung dịch Na2SO4 0,5M vào dung dịch D, sau phản ứng còn dư dung dịch Na2SO4 . Xác định tên hai kim loại. ĐÁP ÁN: CâuI: Các phản ứng: CuO + CO = Cu + CO2 (1) CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O (2) Theo (1) và (2) ta có : NCu = nCO 2 = 1: 100 = 0,01 mol 3,2 nCuO ban đầu = = 0,04 mol 80 nCuO còn lại = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol Các phản ứng khi cho HNO3 vào : CuO + 2HNO3 = Cu(NO3)2 + H2O (3) Hoặc CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O (3’) 3CuO + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (4) Hoặc 3Cu + 8H+ + 2NO 3− = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (4’) Gọi x, y là số mol H+ tham gia phản ứng (3’) và (4’) Ta có : x + y = 0,8 mol Vì CuO hết nên x/2 = 0,03 ⇒ x = 0,06 và y = 0,02 3 0,03 y 0,02 và nCu tan = .y = ; Theo (4) thì V1 = . 22,4 = .22,4 = 0,112 lít 8 4 4 4 Theo (4’) thì khi hết H+ thì Cu không bị tan nữa, nhưng trong dung dịch vẫn còn NO 3− của Cu(NO3)2 , nên khi cho HCl vào thì phản ứng (4’) lại tiếp tục xảy ra và sau đó Cu còn lại phải tan hết theo phương trình (4’) . Như vậy tổng số mol NO là: 2 2 0,002 0,002 0,448 nNO = nCu = .0,001 = hay .22,4 lít = lít 3 3 3 3 3 0,448 Do đó : V2 = - V1 = 0,037 lít 3 8 0,02 Số mol H+ cần để hòa tan hết Cu theo (4’) = .0,01 – 0,02 = mol 3 3 Các phản ứng khi cho Mg vào: 5Mg + 12H+ + 2NO 3− = 5Mg2+ + N2 + 6H2O (5) + 2+ Mg + 2H = Mg + H2 (6) 0 , 02 Tổng số mol NO 3− còn lại sau khi Cu tan hết = 0,08 . Nên số mol của Mg tham gia phản 3 5 0,22 0,55 ứng (5) = . = 2 3 3 Vì tổng số mol H+ của HCl = 0,076. 2/3 = 1,52/3 mol ; mà số mol H+ tham gia phản ứng (5) = 12/2 . 0,02/3 = 1,32/3 mol nên số mol H+ tham gia phản ứng (6) bằng 1,52/33 – 0,02/3 - 1,32/3 = 0,06 mol Do đó số mol Mg tham gia (6) = ½. 0,06 = 0,03 mol V3 = VN 2 + VH 2 = 1,49 lít.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1. Sau khi tan trong axit Mg còn lại = 12/24 – 0,03 – 0,55/3 = 0,86/3 mol tham gia phản ứng: Cu2+ + Mg = Mg2+ + Cu ↓ (7) Trứơc phản ứng : 0,04 0,86/3 Phản ứng : 0,04 0,04 Sau phản ứng : 0 0,74/3 0,04 0,04 Khối lượng các kim loại trong M 0,74 mMg = . 24 = 5,92 g 3 mCu = 0,04. 64 = 2,56 g 10 −16 CâuII: Để kết tủa AgI xuất hiện cần: [Ag+] = = 10-14M 10 − 2 10 −10 Để kết tủa AgCl xuất hiện cần: [Ag+] = = 10-8M −2 10 ⇒ AgI kết tủa trước. Tiếp tục thêm Ag+ thì I- tiếp tục bị kết tủa cho tới khi [Ag+] = 10-8M thì cả AgI và AgCl cùng kết tủa . Lúc đó [Ag+] [I-]còn = 10-16 và [Ag+] [Cl-]còn = 10-16 10 −2.10 −16 Vậy khi AgCl bắt đầu kết tủa thì [I-] = 〈 10-8 I- kết tủa hết. −10 10 CâuIII: 1.Gọi số p, số n, số e trong M lần lượt : ZM , NM , EM Gọi số p, số n, số e trong X lần lượt : ZX , NX , EX Trong nguyên tử số p = số e ⇒ ZM = EM và ZX = EX Ta có : 4ZM + 2NM + 2ZX+ NX =140 (1) (4ZM + 2 ZX) – (2NM + NX) = 44 (2) (ZM + NM) – (ZX + NX) = 23 (3) (2ZM + NM – 1) – (2ZX + NX + 2) = 31 (4) ⇒ ZM = 19, NM = 20 ⇒ M là Kali (K) ZX = 8 , NX = 8 ⇒ X là oxi (O) Cấu hình e: M+: 1s22s22p63s23p6 X2- : 1s22s22p6 2.Vị trí: K thuộc chu kì 4, nhóm IA ; O thuộc chu kì 2, nhóm VIA Câu IV:Gọi hai hiđrôcacbon đã cho có CTPT:CxHy (0,1 mol) và CnHm(a mol) với : 2 ≤ x, n ≤ 4 Các phương trình phản ứng xảy ra: CxHy + (x + y/4) O2 → xCO2 + y/2 H2O (1) 0,1mol 0,1x CnHm + (n + m/4) O2 → nCO2 + m/2 H2O (2) a mol an mol CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (3) CO2 + NaOH → NaHCO3 (4) Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl. (5) 0

t 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl. n BaCO3 (pư 5) = 0,4 mol

(6) (7)

n BaCO3 (pư 7) = 0,14 mol Từ pứ(1)→(7) ⇒

∑n

CO2

(pứ 1,2) = 0,68mol

(8) ⇒ 0,1x + an = 0,68 Ta có : a > 0,1 ⇒ 0,1x + 0,1n < 0,68 ⇒ x + n < 6,8 Vì x < n ⇒ x = 2 ⇒ n = 3 hoặc n = 4 Vì x = 2, hỗn hợp đã cho pứ với AgNO3/NH3 nên hỗn hợp này là ankin.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Các chất đó có thể là:

C2 H 2  C3 H 4

C2 H 2 hoặc  C4 H 6

C H (0,1mol ) C2 Ag 2 (0,1mol ) Trường hợp1:  2 2 ⇒  C3 H 4 (0,16mol ) C3 H 3 Ag (0,16mol ) 12 .100% = 25,25% < 45% (loại) ⇒ H% = 47,52 C2 H 2 (0,1mol ) Trường hợp 2:  C4 H 6 (0,12mol ) C 2 Ag 2 (0,1mol ) -Nếu C4H6 là CH3-CH2 ≡ CH ⇒ Kết tủa :  C 4 H 5 Ag (0,12mol ) 12 .100% = 27,7% < 45% (loại) ⇒ H% = 43,32 - Nếu C4H6 là CH3-C ≡ C-CH3 ⇒ Kết tủa tạo ra chỉ có: C2Ag2 (0,1mol) 12 .100% = 50% > 45% (nhận) ⇒ H% = 24 CâuV:Tổng số mol ban đầu trong bình kín : ∑ nbđ = 2+ 8 = 10 mol Trong cùng điều kiện t0 và V : Tỉ lệ mol = Tỉ lệ áp suất. P n 1 10 = Ta có: đ = đ ⇔ ⇒ ns = 0,9 x 10 = 9 mol Ps ns 0,9 ns Gọi x là số mol N2 tham gia phản ứng: N2(K) + 3H2(K) 2NH3(K) Trước pứ: 2 mol 8 mol Phản ứng: x mol 3x mol 2x mol Sau pứ : (2 – x) (8-3x) 2x mol Tổng số mol các chất khí sau phản ứng: ∑ n s = 10 – 2x = 9 mol ⇒ x = o,5mol Ở trạng thái cân bằng : 1,5 nN 2 = 2 – 0,5 = 1,5 mol ⇒ [N2] = = 0,75 mol/lít 2 6,5 nH 2 = 8 – 3 x 0,5 = 6,5 mol/lít ⇒ [H2] = = 3,25 mol/lít 2 1 = 0,5 mol/lít nNH 3 = 2 x 0,5 = 1 mol ⇒ [NH3] = 2 C 2 NH 3 (0,5) 2 = = 9,71. 10-3 ⇒ Kcb = C N 2 .C 3 H 2 (0,75).(3,25) 3 CâuVI: A: NH4HCO3 ; B: NH3 ; C: (NH4)2CO3 ; D: CO2 ; E: Na2CO3 ; G: NaHCO3 ; F : NH4Cl ; H: NH4NO2 Câu VII: a) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (1) x mol x mol x mol 2A + 2H2O → 2AOH + H2 (2) y mol y mol y mol 2B + 2H2O → 2BOH + H2 (3) z mol z mol z mol Chia ½ dung dịch D : Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O (4) x/2mol x/2 mol 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O (5)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 y/2mol y/4mol (5) 2BOH + H2SO4 → B2SO4 + 2H2O z/2mol z/4mol y z 5,6 x+ + = nH 2 = = 0,25 2 2 22,5 x y z 1 0,25 0,25 + + = n H 2 SO4 = nH 2 = ; V H 2 SO4 = = 0,25 lít 2 4 4 2 2 2 x0,5 b) n Na2 SO4 (lần đầu) = 0,18 x 0,5 = 0,09 mol; n Na2 SO4 (lần sau) = 0,21 x 0,5 = 0,105 mol 0,09 〈 n Ba 〈 0,105 0 , 09 x137 ,105 137 〈 m Ba 〈 0 x ; 12, 33 gam

m A+ B = 23 - mBa

14, 385 gam

− − 23 14 ,385 12 , 33 〈 m Ba 〈 23 8, 6 gam

10 , 67 gam

Theo pt (2), (3) : n(A+ B) = 2n H 2 = 2(0,25 - n Ba ) = 0,5 - 2n Ba 0,5 − (2 x0,105) 〈 n(A + B) 〈 0,5 − (2 x0,09) 0 , 29 gam

8,6 ≈ 27 〈 M 0,32

0 , 32 gam

(A + B)

〈

10,67 = 37 ⇒ 2 kim loại đó: Na và K 0,29

ĐỀ 4 Câu 1: ( 4điểm) Cho phản ứng: H2 (K) + I2 (K) 2HI (K) Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5lít ở toC với 0,2mol H2 và 0,2mol I2 .Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3mol/lít. 1.1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC. 1.2..Thêm vào cân bằng trên 0,1mol H2 thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới. 1.3..Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở toC. 1 1 HI (K) H2 (K) + I2 (K) 2 2

ĐÁP ÁN

1.1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC. Theo giả thiết: [H2] = [I2] = 0,4mol/lít H2 (K) + Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít)

I2 (K) 0,4(mol/lít) 0,25 (mol/lít )

2HI (K) 0,3 (mol/lít )

0,3 2 = 1,44 0,25.0,25 1.2.Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới: • Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H2 nồng độ H2 tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. • Khi thêm 0,1 mol H2 nồng độ H2 = 0,25 + 0,2 = 0,45mol/lít Gọi x là nồng độ H2 tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới. H2 (K) + I2 (K) 2HI (K) Trước phản ứng: 0,45 (mol/lít) 0,25(mol/lít) 0,3(mol/lít) Lúc cân bằng: 0,45-x (mol/lít ) 0,25-x (mol/lít) 0,3+2x (mol/lít) (0,3 + 2 x) 2 Kcb = = 1,44 ⇒ 2,56x2 + 2,208x – 0,072 = 0 ĐK: 0< x < 0,25 (0,25 − x).(0,45 − x) Kcb =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

/

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; x = -0,89 loại. Vậy : [H2] = 0,41854 (mol/lít) [I2] = 0,21854 (mol/lít) [HI] = 0,36292 (mol/lít) 1.3..Hằng số cân bằng của phản ứng sau ở toC. 1 1 HI (K) H2 (K) + I2 (K) 2 2 Gọi K/cb là hằng số cân bằng của phản ứng: 1

/

Ta có K cb =

1

[H 2 ]2 [I 2 ]2 [HI ]

=

1 K cb

=

1 5 = 6 1,44

Câu 2: ( 4điểm) Cho A là dung dịch CH3COOH 0,2M , B là dung dịch CH3COOK 0,2M. Ka = 2.10-5 . 2.1.Tính pH của dung dịch A và dung dịch B. 2.2. Tính pH của dung dịch X tạo thành khi trộn dung dịch A và dung dịchB theo tỉ lệ thể tích bằng nhau. 2.3. Cho thêm 0,02mol HCl vào 1 lít dung dịch X được dung dịch Y.Tính pH của dung dịch Y. 2.4.Nếu trộn 0,3lít dung dịch A với Vlít dung dịch B được dung dịch có pH =4,7 . Xác định V. (Cho sử dụng các giá trị gần đúng) GIẢI 2.1.Tính pH của dung dịch A và dung dịch B. * pH của dung dịch A: Phương trình CH3COOH CH3COO- + H+ + Gọi x là nồng độ H : x2 Ka = = 2.10-5 Vì axit yếu x << [CH3COOH]đ [CH 3 COOH]d - x ⇒ pH = 2,7 x = K a .C ⇒ x = 0,4.10 −5 * pH của dung dịch B: CH3COOK = CH3COO- + K+ CH3COO- + H2O CH3COOH + OHGọi y là nồng độ OH- : Tương tự y =

K tp .C =

Kw C = Ka

10 −14.0,2 = 10-5 2.10 −5

⇒ pOH = 5 ⇒ pH = 9 2.2. Tính pH của dung dịch X: Khi trộn A và B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau ta được dung dịch hỗn hợp: CH3COOH 0,1M và CH3COOK 0,1M. CH3COOK = CH3COO- + K+ CH3COOH CH3COO- + H+ Gọi z là nồng độ H+ Giả thiết: z.(0,1 + z ) Ka = = 2.10-5 Vì axit yếu nên z << 0,1 ⇒ z = 2.10-5 ⇒ pH = 4,7 (0,1 − z ) 2.3. pH của dung dịch Y: Nếu thêm 0,02mol HCl vào 1 lít dung dịch Y ta có: CH3COO- + H+ CH3COOH [CH3COOH] = 0,1 + 0,02 = 0,12 [CH3COO-] = 0,1 - 0,02 = 0,08

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

[CH COO ][H ] = 2.10-5 -

Ka =

+

3

[CH 3 COOH]

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ⇒ [H+] = 3.10

-5

⇒ pH = 4,52.

2.4. Xác định V. Khi trộn 2 dung dịch ta được dung dịch hỗn hợp trong đó. 0,2.0,3 0,2.V [CH3COOH] = ; [CH3COOK] = 0,3 + V 0,3 + V + Gọi t là nồng độ H

Đầu phản ứng: Lúc cân bằng:

CH3COOH 0,06 0,3 + V 0,06 -t 0,3 + V

CH3COO- + 0,2.V 0,3 + V 0,2.V + t 0,3 + V

H+

t

 0,2V  + t t  0,3 + V  = 2.10 −5 Giả thiết: pH = 4,7 ⇒ t = 2.10-5 Ka =   0,06  −t   0,3 + V  0,2V 0,06 ⇔ ⇔ 0,2V + 0,3t +Vt = 0,06 – 0,3t –Vt +t = −t 0,3 + V 0,3 + V ⇔ 0,2V + 2Vt = 0,06 –0,6t 3(0,01 − 0,1t ) ⇔ V= Vì axit yếu nên t << 0,1 ⇒ V ≈ 0,3lít 0,1 + t Câu 3: ( 4điểm) 3.1. Hỗn hợp X gồm Cu2O , FeS2 , Fe và Cu.Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được chất rắn A hỗn hợp khí B và dung dịch C. Cô cạn dung dịch C được hỗn hợp muối khan D .Biết các chất trong A có khối lượng bằng nhau, trong B có thể tích bằng nhau và trong C tỉ lệ mol 2 muối là 1: 8. Xác định % khối lượng hỗn hợp X. 3.2. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Fe và MgCO3 bằng dung dịch HCl dư được hỗn hợp khí A. Nếu cũng m gam hỗn hợp trên đun với dung dịch H2SO4 đ thu được hỗn hợp khí B gồm SO2 và CO2. tỉ khối của B đối với A là 3,6875 . Tính % khối lượng hỗn hợp đầu. ĐÁP ÁN 3.1.Gọi x,y,z,t lần lượt là số mol Cu2O , FeS2 , Fe ,Cu trong hỗn hợp. Phương trình phản ứng: Cu2O + H2SO4 = CuSO4 + Cu + H2O x x x FeS2 + H2SO4 = FeSO4 + H2S + S y y y y Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 z z z Cu + H2SO4 t Theo giả thiết và phương trình phản ứng ta có: Khối lượng mS = mCu ⇒ 32y = 64(x+t) ⇒ y = 2x + 2t (1) V H2 S = V H2 ⇒ y = z (2) 1 x 1 Tư (1) y > x ⇒ tỉ lệ mol 2 muối = chỉ thoả với: ⇒ 8x = y +z (3) = 8 y+z 8 Từ (1) (2) (3) ⇒ y = z = 4x và t = x mCu2O = 144x ; mFeS2 = 480x ; mFe = 224x ; mCu = 64x ; mhh = 912x

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ⇒

%Cu2O = 15,79(%) ; %FeS2 = 52,63(%) %Fe = 24,56(%) ; %Cu = 7,02(%) 3.2.Gọi x,y là số mol Fe và MgCO3 trong hỗn hợp: Phương trình phản ứng: Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 x x MgCO3 + 2HCl = MgCl2 + H2O + CO2 y y 2Fe + 6H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O x 1,5x MgCO3 + H2SO4 = MgSO4 + CO2 + H2O y y Theo gt và phương trình phản ứng: 96 x + 44 y 1,5 x + y dB/A = = 3,6875 2 x + 44 y x+ y 2 ⇔ 96x + 96xy +44xy +44y2 = 11,0625x2 +243,375xy + 7,375xy + 162,25y2 ⇔ 84,9375x2 - 118,25y2 - 110,75xy = 0 x x ⇔ Giải được và =2 = −0,69 (loại) y y ⇒ %KLFe = 57,14 (%) %KLMgCO3 = 42,86 (%) Câu 4: ( 4điểm) . 4.1. Oximen có trong tinh dầu lá húng quế,có công thức phân tử C10H16 được xem như do 2 phân tử izopren kết hợp với nhau.Khi cộng một phân tử nước ở điều kiện thích hợp ta được một dạng cấu tạo của Linalol . Khi hidro hoá hoàn tòan Linalol ta được 3,7-dimetyl octanol-3. Viết công thức cấu tạo của Oximen và Linalol. 4.2. Bằng thực nghiệm ở 300oC người ta xác định tỉ lệ % các sản phẩm mono clo hoá isopentan như sau: 2-clo-2- metyl butan 22% ; 2-clo-3- metyl butan 33% ; 1-clo-3- metyl butan 15% ; 1-clo-2- metyl butan 30% .Tìm khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử hidro ở cacbon bậc II (rII) và cacbon bậc III (rIII) nếu khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử hidro ở cacbon bậc I (rI ) là 1. ĐÁP ÁN4.1. OH + H2 O

Oximen

Linalol

OH

OH +

Linalol 4.2.

to/xt

2H2

+Ni/to

3,7-dimetyl octanol-3. CH3 CH3 –C -CH2 -CH3 22%

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH3-CH -CH2 –CH3 CH3

Theo giả thiết: Ta có:

nI = 9 ;

Cl CH3-CH- CH-CH3 CH3 Cl CH3 – CH – CH2 –CH2 Cl CH3 CH2 –CH – CH2 – CH3 Cl CH3 nII = 2 ; nIII = 1 ; rI = 1

33% 15% 30%

100.rII .2 100.rIII = 33 (1) a3 % = = 22 (2) 9 + 2rII + rIII 9 + 2rII + rIII Từ (1) và (2) ⇒ rII = 3,3 , rIII = 4,4 Câu 5:(4điểm) 5.1.1.Hợp chất A chứa C,H,O có khối lượng phân tử là 74. Biết A không phản ứng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH sản phẩm chỉ thu được một chất hữu cơ. Xác định cấu tạo của A. Biết từ A thực hiện được sơ đồ sau: CH3MgCl + A B H2O CH3CHO D H2O Rượu sec-butylic. 5.2. Hai chất A,B có công thức C3H7OCl và C2H4O có đặc điểm: - A có tính quang hoạt. - Khi A phản ứng với CH3MgI được C4H10O không có tính quang hoạt. B phản ứng với CH3MgI sau đó thuỷ phân được rượu n-propylic. Xác định cấu tạo của A ,B và viết phương trình phản ứng. ĐÁP ÁN 5.1.1. Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz. Theo giả thiết ta có : 12x + y + 16z = 74 ĐK x,y,z ∈ Z+ và y ≤ 2x + 2 Ta chọn được công thức có thể có của A là: C4H10O , C3H6O2 và C2H2O3 . Với sơ đồ trên chỉ thoả với CTPT và CT của A là: C2H2O3 O H C O anhidric fomic H C O a2 %

=

(HCO)2O + 2NaOH → 2HCOONa + H2O O H - C H CH3-MgCl + O → CH3 - C – O - MgCl (B) H- C OCOH O H CH3 - C – O - MgCl + H2O → CH3-CH=O + HCOOH + MgClOH OCOH C2H5-MgCl

+ CH3-CH=O

→

CH3CH2-CH-OMgCl (D) CH3 CH3CH2-CH-OMgCl + H2O → CH3CH2–CH-OH + MgClOH CH3 CH3 Rượu sec-butylic.

5.2. Cấu tạo của A : CH3- O- CH – CH3 Cl Cấu tạo của B : CH2 CH2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 O CH3-MgI + CH3- O- CH – CH3 → CH3 – O – CH – CH3 Cl CH3

+ MgICl

CH2 → CH3-CH2-CH2-OMgI O CH3-CH2-CH2-OMgI + H2O → CH3-CH2-CH2OH + MgIOH

CH3-MgI +

CH2

ĐỀ 5 Câu 1 ( 5đ) 1) Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau : + H2SO4 + CO2

NH3

P cao, t0

+H2O

A1

A2

A3(khí)

+ NaOH

A4 (khí)

Biết phân tử A1 gồm C, H, O, N với tỉ lệ khối lượng tương ứng 3 : 1 : 4 : 7 và trong phân tử chỉ có hai nguyên tử ni tơ. 2) Một hỗn hợp gồm Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng 7 : 3. Lấy m (gam) hỗn hợp này cho phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy đã có 44,1 gam HNO3 phản ứng, thu được 0,75m (gam) rắn, dung dịch B và 5,6 lít hỗn hợp khí (ĐKTC) gồm NO và NO2. Hỏi cô cạn dung dịch B thu được bao nhiêu gam muối khan? Câu 2 (4 đ) Đốt cháy 3,2 gam M2S ( Kim loại M trong hợp chất thể hiện số oxyhoá +1 và +2) trong oxy dư. Sản phẩm rắn thu được đem hoà tan trong một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 39,2% nhận được dung dịch muối có nồng độ 48,5%. Đem làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 2,5 gam tinh thể, khi đó nồng độ muối giảm còn 44,9%. Tìm công thức tinh thể muối tách ra. Câu 3 ( 6 đ) 1) Đốt cháy hoàn toàn 0,012 mol một hiđrocacbon X. Cho toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng nước vôi trong, thấy xuất hiện 4 gam kết tủa và khối lượng dd tăng thêm 0,560 gam . Lọc kết tủa, cho tiếp dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch lọc, thấy xuất hiện 6,534 gam kết tủa. a. Xác định công thức phân tử của hiđrocacbon X. b. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên hiđrocacbon X, biết X không làm mất màu dd brom, chỉ làm mất màu dd KMnO4 khi đun nóng. 2) Phản ứng cộng hợp HBr với hợp chất A theo tỉ lệ 1 : 1 tạo ra hỗn hợp D gồm các chất là đồng phân của nhau, trong hỗn hợp D có chứa 79,2% brom về khối lượng, còn lại là cacbon và hiđro. Biết tỉ khối của hỗn hợp so với oxi nhỏ hơn 6,5. Xác công thức cấu tạo của A và các sản phẩm trong D. Câu 4 ( 5đ ) Dung dịch X gồm hai axit HCl 0,001M và CH3COOH 0,1M. a. Tính pH của dung dịch X. Biết axit CH3COOH có Ka = 1,8.10-5 b. Hoà tan 2,04 gam NaOH vào 1 lít dung dịch X thu được dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y. Cho : H = 1, C = 12, N = 14, O = 16, Br = 80, Cl = 35,5, Na = 23, Ba = 137, Ca = 40, Cu = 64, Fe = 56, S = 32.

CÂU

Câu 1 (5 ®)

ĐÁP ÁN 1.T ìm A1(CxHyOzNt): Tỉ lệ: 12x : y : 16z : 14t = 3 :1 : 4 : 7 ⇒ x : y : z : t = 1 : 4 : 1 : 2 . CTPT của A1 : CH4ON2 hay (NH2)2CO PTPƯ : 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO + H2O (NH2)2CO + 2H2O → (NH2)2CO3 (NH2)2CO3 + H2SO4 → (NH4)2SO4 + CO2 + H2O (NH2)2CO3 + 2NaOH → Na2CO3 + 2NH3 + 2H2O 2. m(g)hh Cu và Fe tỉ lệ khối lượng 7: 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Câu 2 (4 đ)

⇒ có 0,7m (g) Cu, 0,3m (g) Tác dụng với HNO3 có Fe phản ứng 0,25m (g) còn 0,75m (g) chất rắn gồm 0,05m(g) Fe dư và 0,7m (g) Cu không phản ứng. Fe bị HNO3 oxi hoá thành Fe2+ do Fe3+ + Fe → Fe2+ Gọi a,b là số mol NO và NO2 3 Fe + 8 HNO3 → 3 Fe( NO3)2 + 2NO + 4 H2O (mol) 1,5a 4a 1,5a a Fe + 4 HNO3 → Fe( NO3)2 + 2NO + 2 H2O ( mol) 0,5b 2b 0,5b b nHNO3 = 4a + 2b = 0,7 (I) a + b = 0,25 (II) Tõ (I) vµ (II) a = 0,1; b = 0,15 Khèi l-îng muèi lµ: 180 ( 1,5a + 0,5b) = 180. 0,225 = 40,5g. M2S + 2O2 → 2MO + SO2 (1) MO + H2SO4 → MSO4 + H2O (2) MSO4 + n H2O → MSO4.nH2O 3,2 Đặt số mol M2S là x ⇒ x = (I) mol (2 M + 32) nH2SO4 = nMSO4 = 2x (mol) 2 x.98.100 = 500 x( g ) Khối lượng dd H2SO4là : 39,2 KLdd muối là 500x + 2x(M + 16) = 2xM + 532x KL muối theo (1) và (2) là 2x(M +96) Suy ra 2x(M + 96) = 0,485(2xM + 532x) (II) Từ (I) và (II) suy ra M = 64, x = 0,02mol , CTPT : Cu2S KL CuSO4 là 2.0,02.160 = 6,4g KLdd CuSO4 = 13,2g. Khi làm lạnh tách ra 2,5g tinh thể, khi đó khối lượng dd còn 10,7g KL CuSO4 còn 10,7. 0,449 = 4,8g → KL CuSO4 tách ra là 1,6g KL nước tách ra: 2,5 – 1,6 = 0,9g n H 2O 5 ⇒ = ⇒ CT muèi lµ CuSO4. 5H2O nCuSO4 1 1. ( 3đ) .a.

n CO2 (1)

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + CaCO3 = nCaCO3(1) = 0,04 mol

nCO2(2) = 2(nBaCO3 + nCaCO3(3)) = 2.

Câu 3 (6đ )

(1) (2) (3)

6,534 = 0,044 297

1 (0,56 + 4 − 0,084.44) = 0,048 18 Từ số nX và nCO2 , nH2O suy ra x = 7, y = 8. CTPT của X : C7H8 b. X là toluen ⇒ nCO2 = 0,084, nH2O =

CH3

2. ( 2d) TH1: Nếu hợp chất trong D có chứa 1 nguyên tử Br thì khối lượng mol phân tử của D bằng 80/ 0,792 = 101,01gam/mol → KL của C và H = 101 – 80 = 21gam/mol ⇒ CH9( loại) TH2: Nếu hợp chất trong D có chứa 2 nguyên tử Br thì khối lượng mol phân tử của D

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 bằng 160/ 0,792 = 202,02gam/mol< 6,5.32 = 208 → KL của C và H = 202 – 160 = 42gam/mol ⇒ C3H6 vậy A : C3H5Br TH3: Nếu hợp chất trong D có chứa 3 nguyên tử Br thì khối lượng mol phân tử của D bằng 240/ 0,792 = 303,03gam/mol> 6,5.32 = 208 (loại) Vậy hợp chất trong D có CTPT: C3H6Br2 A là 1 trong 4 đồng phân sau: CH2= CH – CH2Br ; CH2 = CBr – CH3 ;Br -CH= CH – CH3 Br Các đồng phân cấu tạo trong D là: CH3 - CHBr – CH2Br ` BrCH2- CH2 – CH2Br CH3 = CBr2 – CH3 CH3 - CH2 – CHBr2 HCl → H+ + ClC(M) 0,001 0,001 CH3COOH CH3COO- + H+ Ka = 1,8. 10-5 C(M) bđ 0,1 0,001 C(M) cb 0,1 -x x 0,001+x (0,001 + x) x ⇒ 1,8. 10-5 = 0,1 − x Giả sử x << 0,1 ⇒ x2 + 0,001x -1,8.10-6 =0 Giải phương trình bậc 2 ⇒ x = 9,3. 10-4M H + = 10-3 + 9,3 . 10-4 = 1,93 . 10-3M → pH ≈ 2,7. b. nNaOH = 0,051 mol , CNaOH = 0,051M NaOH + HCl → NaCl + H2O C(M) 0,001 0,001 0,001 → NaOH + CH3COOH CH3COONa + H2O C(M) 0,05 0,05 0,05 Dung dịch Y gồm: NaCl ( 0,001M); CH3COOH ( 0.05M); CH3COONa (0,05M) → CH3COO- + Na+ CH3COONa C(M) 0,05 0,05 CH3COOH CH3COO- + H+ C(M) bđ 0,05 0,05 C(M) cb 0,05 – y 0,05 + y y + ( 0 , 005 y ) y ⇒ 1,8. 10-5 = , giả sử y << 0,05 → y = 10 -4,75 M ; pH = 4,75 0,05 − y a.

[ ]

Câu 4 ( 5đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ĐỀ 6 Câu I: (4,5 điểm) 1) Hoàn thành sơ đồ biến hóa hóa học sau và viết các phương trình hóa học (PTHH) của các phản ứng. A → D → C→ A FeS2 → A → B → H2SO4 ↓ C

E → BaSO4 2) Chỉ dùng một thuốc thử, nêu phương pháp hóa học nhận biết các dung dịch riêng biệt đựng trong các lọ mất nhãn sau: Na2SO4; H2SO4; NaOH và BaCl2 (viết các PTHH nếu có). 3) Cân bằng PTHH của các phản ứng oxy hoá - khử sau: a) C6H5NO2 + Fe + H2O

C6H5NH2 + Fe3O4

b) FeS2 + H2SO4 c) Al

+ HNO3

d) Fe

+

Fe2(SO4)3 + SO2↑ + H2O Al(NO3)3 + NH4NO3 + H2O

HNO3

Fe(NO3)3 + NxOy↑ + H2O

Câu II: (2,0 điểm) Sáu hiđrocacbon A; B; C; D; E; F đều có công thức phân tử là C4H8. Cho từng chất vào dung dịch brom (trong CCl4 và không chiếu sáng) thấy A, B, C và D tác dụng rất nhanh. E tác dụng chậm hơn, còn F hầu như không phản ứng. B và C là những chất đồng phân lập thể của nhau, B có nhiệt độ sôi cao hơn C. Khi cho tác dụng với hiđro ở nhiệt ộ cao (có Ni làm xúc tác) thì A, B, C đều cho cùng sản phẩm G. a) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên của 6 hiđrocacbon trên. b) A tác dụng với nước brom có hoàn tan một lượng nhỏ NaCl sinh ra 5 sản phẩm. Viết công thức cấu tạo và giải thích sự hình thành 5 sản phẩm đó.

Câu III: (4,0 điểm) Cho 11 gam hỗn hợp Fe và Al tác dụng vừa đủ với 500ml dung dịch H2SO4 có nồng độ a (mol/l) thu được 8,96 lit khí H2 (đktc). Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch sau phản ứng, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn . a) Tính khối lượng của Fe , Al và % về số mol của chúng trong hỗn hợp ban đầu . b) Tính giá trị của a và m. Câu IV: (4,5 điểm) Hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z (Y và Z là đồng đẳng kế tiếp). Đốt cháy hoàn toàn 672 ml A rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình I chứa 52,91 gam dung dịch H2SO4 98%, bình II chứa 437,5 ml dung dịch Ba(OH)2 0,08M. Kết thúc thí nghiệm nồng độ H2SO4 ở bình I còn 96,2%. Bình II xuất hiện 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, khi dẫn 1209,6 ml A đi qua bình chứa dung dịch brom, nhận thấy sau phản ứng dung dịch này bị nhạt màu, khối lượng dung dịch tăng thêm 0,468 gam và có 806,4 ml khí thoát ra khỏi bình. Xác định công thức phân tử của X, Y, Z và phần trăm thể tích các khí trong A, biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các khí đều đo ở đktc.

Câu V: (5,0 điểm) 1) Muối ăn có lẫn Na2SO4 , NaBr , MgCl2 , CaCl2 , CaSO4. Hãy dùng phương pháp hoá học để điều chế muối ăn tinh khiết, Viết các PTHH của các phản ứng để minh hoạ. 2) Cho m gam hỗn hợp muối NaBr và NaI phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A (đktc). Ở điều kiện thích hợp A phản ứng vừa đủ với nhau thu được chất rắn màu vàng và một chất lỏng không làm chuyển màu quì tím. Cho Na dư vào phần chất lỏng thu được dung dịch B, dung dịch B phản ứng vừa đủ với 2,24 lít CO2 (đktc) tạo ra 9,5 gam hỗn hợp muối. Viết các PTHH của các phản ứng xảy ra và tính m ? (Cho: Ca = 40; S = 32; C = 12; H = 1; O = 16; Co = 59; Cu = 64; Ag = 108; Zn = 65; Mg = 24; Al=27; Na=23; K = 39; Cl = 35,5; N = 14, I=127, Br=80)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu I (4,5 đ)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Điểm

Nội dung

SO2 → Na2SO3 → BaSO3 → SO2

1)

2,0

FeS2 → SO2 → H2SO3 → H2SO4 ↓ BaSO3 Na2SO4 → BaSO4 A(SO2); B(H2SO3); C(BaSO3); D(Na2SO3); E(Na2SO4)

(10PTHH x0,2) 2) * Lấy 4 mẫu thử của 4 dung dịch đầu lần lượt cho tác dụng với quỳ tím. Làm quỳ tím hóa đỏ là dung dịch H2SO4; Làm quỳ tím hóa xanh là dung dịch NaOH. (0,75 điểm) * Lấy 2 mẫu thử của 2 dung dịch còn lại lần lượt cho tác dụng với dung dịch H2SO4 vừa biết. Tạo kết tủa là dung dịch BaCl2. Còn lại là dung dịch Na2SO4. H2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2HCl 3) a) 4 C6H5NO2 + 9 Fe + 4H2O → 4C6H5NH2 + 3Fe3O4 4 N+4 + 6e → N-2 3 3Fe 0 → Fe+8/3 + 8e b) 2FeS2 + 14 H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 15 SO2 + 14H2O 1 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+4 + 22e 11 S+6 + 2e → S+4 c) 8Al + 30 HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O 8 Al0 → Al+3 + 3e 3 N+5 + 8e → N-3

II (2,0đ)

d) (5x-2y) Fe +(18x-6y) HNO3 → (5x-2y) Fe(NO3)3 +3NxOy +(9x-3y) H2O (5x-2y) Fe0 → Fe+3 + 3e 3 xN+5 + (5x-2y)e → xN+2y/x a) Học sinh tìm ra các hiđrocacbon và viết đầy đủ CTCT, gọi tên: A: but-1-en B: cis-but-2-en C: trans-but-2-en D: 2-metylpropen E: metyl xiclopropan F: xiclo butan Giải thích + A, B, C phản ứng với H2(xt) đều cho một sản phẩm G là butan + B và C là đồng phân hình học, B có nhiệt độ sôi cao hơn vì phân cực hơn. + E phản ứng chậm với brom(vòng 3 cạnh) + F không phản ứng với brom(vòng 4 cạnh) b) CH2=CH-CH2-CH3 + Br2 → CH2Br-CHBr-CH2-CH3 CH3-CH2-CHCl-CH2Br + Br − CH2=CH-CH2-CH3 + Br2 + Cl − CH3-CH2-CHBr-CH2Cl + Br − CH3-CH2-CHOH-CH2Br + HBr CH2=CH-CH2-CH3 + Br2 + H2O CH3-CH2-CHBr-CH2OH + HBr Giải thích: Mỗi phản ứng trên đều xảy ra hai giai đoạn: - Giai đoạn 1:

0,5

2,0

1,0

1,0

+

CH2=CH-CH2-CH3 + Br2

CH3-CH2- C H-CH2Br + Br − +

CH3-CH2-CHBr- C H2 + Br −

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 - Giai đoạn 2: cacbocation kết hợp với Br , Cl hoặc H2O a ) Đặt x, y lần lượt là số mol của Al và Fe ta có: 2,0 27x + 56y = 11 (*) Các phương trình phản ứng xảy ra : 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3/2 H2 (1) x x 3x x 2 2 2 (2) Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 y y y y Từ (1) , (2) theo số mol H2 . 3x nH2 = 0,4 (mol) => + y = 0,4 (**) 2 kết hợp (*) và (**): 27x + 56y = 11 => x = 0,2 3x + y = 0,4 y = 0,1 2 0, 2 100% = 66,67 % mAl = 0,2 x 27 = 5,4 (gam) và % nAl = 0, 2 + 0,1 mFe = 11 – 5,4 = 5,6 (gam) và % nFe = (100 – 66,67)% = 33,33% 3x b ) Từ (1) , (2) số mol H2SO4 bằng + y = 0,4 (mol) 2,0 2 0, 4 CM = = 0,8 (mol/l) ( a = 0,8 ) 0,5 Vì dd NaOH dư nên: Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3 ↓ + 2Na2SO4 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2 H2O FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + Na2SO4 0,1mol " " " " " " " " 0,1mol Nung kết tủa trong không khí : 1 t0 2 Fe(OH)2 + O2  → Fe2O3 + 2 H2O 2 0,1 mol " " " " " " " 0,05 mol Khối lượng kết tủa bằng m = 0,05 x 160 = 8,0 ( gam ) - Tìm số mol H2O: nH2O = 0,055 mol 1,0 -Tìm số mol CO2: nBa(OH) 2 = 0,08 . 437,5.10-3 = 0,035 mol nBaCO 3 = 4,925 : 197 = 0,025mol + TH1: Ba(OH)2 phản ứng hết: nCO2 = 0,045 mol + TH2: Ba(OH)2 phản ứng dư: thì số mol CO2 bằng số mol kết tủa. nCO2 = 0,025 mol Cả hai trường hợp đều cho số mol CO2 nhỏ hơn số mol H2O. Do đó hỗn hợp A phải có ankan và hiđrocacbon không no. 1,0 - Tìm số mol hiđrocacbon trong 672 ml: 806, 4.672 n ankan= = 0,02 mol 1209, 6.22400 672 n hiđrocacbon không no= - 0,02 = 0,01 mol 22400 Khối lượng tăng sau phản ứng với brom là khối lượng của hiđrocacbon không no. Vậy khối lượng của nó trong 672 ml là: −

III (4,0đ)

IV (4,5đ)

−

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0, 468.672 = 0,26 gam 1209, 6 - Tìm công thức phân tử hiđrocacbon không no: đặt CTC hiđrocacbon không no là: CnH2n+ 2-2a (với n ≥ 2 và a ≥ 1) Ta có: 14n + 2 – 2a = 0,26: 0,01 ⇔ 7n – a = 12 Chỉ có: n = 2 và a = 2 là thỏa mãn. Vậy CTPT của hiđrocacbon không no là: C2H2 (X) - Tìm công thức phân tử và số mol hiđrocacbon no: Theo bài ra thì hiđrocacbon no đó là Y và Z, có CTC là: C m H2 m + 2 (với m > 1) 0, 02m = 0, 045 − 0, 01.2 Số mol CO2 của nó khi đốt cháy là:  0, 02m = 0, 025 − 0, 01.2  m = 1, 25 ⇒  m = 0, 25(loai ) Vậy CTPT 2 ankan Y và Z là: CH4 và C2H6 có số mol lần lượt là x và y mol . Ta có:  x + 2 y = 0, 045 − 0, 01.2  x = 0, 015mol ⇒  4 x + 6 y = 0, 055.2 − 0, 01.2  y = 0, 005mol - Tìm % thể tích các khí trong X: %V tương ứng % số mol ta có %V của C2H2: 33,33% %V của CH4: 50% %V của C2H6: 16,67% 1) Cho hh + dd BaCl2 dư lọc bỏ kết tủa nước lọc (NaCl, BaCl2, NaBr, MgCl2, V (5,0điể CaCl2). Na2SO4 + BaCl2 BaSO4↓ + 2NaCl m) CaSO4 + BaCl2 BaSO4↓ + 2NaCl Sau cho nước lọc + dd Na2CO3 dư , lọc bỏ kết tủa dd (NaCl , NaBr , Na2CO3). CaCl2 + Na2CO3 CaCO3↓ + 2NaCl BaCl2 + Na2CO3 BaCO3↓ + 2NaCl Cho dung dịch tác dụng với khí Cl2 dư (NaCl, Na2CO3). NaBr + Cl2 NaCl + Br2 Cho dung dịch tác dụng với dung dịch HCl dư, cô cạn được NaCl nguyên chất. Na2CO3 + 2HCl 2NaCl +H2O + CO2↑ 2) Gọi số mol của NaBr và NaI lần lượt là x và y. Theo đề ra ta có: 2NaBr + 2H2SO4 Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O (1) x x/2 8NaI +5H2SO4 4 Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O (2) y y/8 2H2S + SO2 3S + 2H2O (3) y x y (x) (mol) 8 2 8 2H2O + 2Na 2NaOH + H2 (4) x x Gọi số mol của NaHCO3 và Na2CO3 lần lượt là a và b: CO2 + NaOH NaHCO3 (5) a a a (mol) m hiđrocacbon không no=

2,5 1,0

1,0

0,5

1,5

3,5 1,0

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (6)

CO2 + 2NaOH Na2CO3 + H2O b 2b b (mol) Ta có hệ : a + b = 0,1 (số mol CO2) 1,0 84x + 106y = 9,5 ( khối lượng hỗn hợp muối) Giải hệ a = b = 0,05 mol . 0,5 y Vậy nNaOH = 0,15 mol . nnước = 0,15 mol .= x = => x =0,15; y=1,2 8 => m = 0,15.103 + 1,2.150 = 195,45 gam Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo phương pháp khác mà đúng, giám khảo căn cứ HD chấm mà cho điểm tương đương

ĐỀ 7 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ―――――― ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Dành cho học sinh trường THPT không chuyên Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. ————————————

Bài 1. Cho 20,80 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng phương trình ion thu gọn? 2. Tính V và số mol HNO3 cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X ? Bài 2. Cho 11,9 gam hỗn hợp Al và Zn tan hoàn toàn trong dung dịch chứa NaNO3 và NaOH dư thu được 4,928 lít hỗn hợp hai khí (đktc). Cho hỗn hợp khí qua bình đựng CuO dư, đun nóng sau phản ứng thấy khối lượng bình giảm 4 gam. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra 2. Tính % khối lượng của hỗn hợp đầu Bài 3. Thêm từ từ 17,85 ml dung dịch kẽm clorua 17% (d =1,12g/ml) vào 25 ml dung dịch kali cacbonat 3,0 mol/lít (d = 1,30 g/ml) tạo ra kết tủa cacbonat bazơ. Sau phản ứng lọc bỏ kết tủa, tính nồng độ % các chất trong nước lọc. Bài 4. Hấp thụ hết V lít khí CO2 (đktc)vào dung dịch chứa a mol NaOH được dung dịch A. Biết rằng nếu cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A thì phải mất 50ml dd HCl 1M mới thấy bắt đầu có khí thoát ra. Mặt khác cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch A được 7,88 gam kết tủa. Tính V (đktc) và số mol NaOH trong A. Bài 5. Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ, ghi rõ điều kiện phản ứng ( nếu có) A

E B A

C2H2

CH3CHO C D A

F

Bài 6. Một hỗn hợp Y gồm Al và Fe. Cho 22 gam Y tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 0,3M thu được V lít khí H2 (đktc). 1. Chứng minh rằng hỗn hợp Y không tan hết. Tính VH 2 (đktc).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Cho 22 gam Y tác dụng với clo dư thu được m1 gam muối. Nếu cho 22 gam Y tác dụng với Iot dư thu được m2 gam muối. Biết m2 – m1 = 139,3 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong 22 gam Y. Bài 7. Hoà tan 0,54 gam Al trong 0,5 lít dung dịch H2SO4 0,1M được dung dịch A. Thêm V lít dung dịch NaOH 0,1M vào dung dịch A thu được dung dịch B và kết tủa C. Nung kết tủa C đến khối lượng không đổi ta được chất rắn nặng 0,51 gam. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M đã dùng. Bài 8. Đốt cháy hoàn toàn 10,4 gam chất hữu cơ X rồi dẫn sản phẩm cháy 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. 1. Xác định công thức phân tử của X. Biết khi làm bay hơi 10,4 gam X thu được thể tích khí bằng thể tích của 3 gam C2H6 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 2. X có một đồng phân 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 đun nóng có xúc tác Ni. Viết công thức cấu tạo và gọi tên X1 3. X có đồng phân X2 chứa các nguyên tử cacbon đồng nhất, khi tác dụng với Cl2 khi có chiếu sáng thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của X2. ---Hết--Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Bài Nội Dung Bài 1 1)Các phương trình phản ứng: (1,5đ) Fe + 6H+ + 3NO3- → Fe3+ + 3NO2 ↑+ 3H2O (1) FeS + 10 H+ + 9NO3- → Fe3+ + SO42- + 9NO2↑ + 5H2O (2) FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2↑ + 7H2O (3) S + 4H+ + NO3- → SO42- + 6NO2↑ + 2H2O(4) Dung dịch sau phản ứng có: Fe3+, SO42-, H+ H+ + OH- → H2O Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ 2) Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:  3+  Fe(OH )3  Fe  Fe   xmol  xmol + Ba ( OH )2  xmol  + HNO3 d  →  →    S  SO4 2 −  BaSO 4  ymol   ymol  ymol 56 x + 32 y = 20,8  x = 0, 2mol Theo bài ra ta có hệ:   → 107 x + 233 y = 91,3  y = 0,3mol Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có: → Fe+3 + 3e Fe 0,2mol 3.0,2mol S → S+6 + 6e 0,3mol 6.0,3mol N+5 + 1e → N+4 a.1mol a mol Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: a = 0,6 + 1,8 = 2,4 mol → V = 53,76 lít Theo (3) và (4): nHNO3 = nH + = 6.nFe + 4nS = 2, 4mol Bài 2 (1 đ)

Các phương trình phản ứng có thể 8Al + 5NaOH + 3NaNO3 + 2H2O → 8NaAlO2 + 3NH3↑ 4Zn + 7NaOH + NaNO3 → 4Na2ZnO2 + NH3↑ + 2H2O 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑ Zn + 2NaOH → Na2ZnO2 + H2↑ Hai khí là NH3 và H2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Bài 3 (1đ)

Gọi x, y lần lượt là số mol NH3 và H2 4,928 => x + y = = 0, 22(mol ) 22, 4 Khối lượng bình CuO giảm là khối lượng oxi mất đi 4 => nO = = 0, 25(mol ) 16 3x => + y = 0, 25 2 => x = 0,06 (mol); y = 0,16 (mol) Gọi a, b lần lượt là số mol Al và Zn => 27a + 65b = 11,9 3a + 2b = 8.0,06 + 2.0,16 = 0,8 => a = 0,2 (mol); b = 0,1 (mol) 0, 2.27 => % Al = .100% = 45,38% 11,9 %Zn = 100% - %Al = 54,62% Số mol ZnCl2 = 0,025 < số mol K2CO3 = 0,075 2ZnCl2 + 2K2CO3 + H2O → [ZnOH]2CO3 ↓+ 4KCl + CO2 ↑ 0,025

0,025

0,0125

0,05

0,0125

Do K2CO3 dư nên phản ứng với CO2 tạo ra KHCO3: K2CO3 + CO2 + H2O → 2KHCO3 0,0125

0,0125

0,025

Lượng nước lọc = m(dd K2CO3) + m(dd ZnCl2) – m([ZnOH]2CO3↓) = 25. 1,3 + 17,85 × 1,12 – 0,0125 × 224 = 49,7 gam % K2CO3 dư = (0,0375 × 138) : 49,7 = 0,104 hay 10,4% % KHCO3 Bài 4 (1,0đ)

= (0,025 × 100) : 49,7 = 0,05 hay 5%

% KCl = (0,05 × 74,5) : 49,7 = 0,075 hay 7,5% Khi cho từ từ HCl vào dung dịch A phải hết 50ml mới thấy có khí thoát ra, do vậy trong A phải chứa NaOH dư hoặc Na2CO3 Trường hợp 1: Dung dịch NaOH dư khi đó xảy ra các phản ứng; CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (1) Dung dịch A có Na2CO3 và NaOH dư, khi cho từ từ HCl vào A có các phản ứng: NaOH + HCl → NaCl + H2O (2) Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl (3) NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2↑ (4) Khi cho Ba(OH)2 vào dung dịch A có phản ứng Ba(OH)2 + Na2CO3 → 2NaOH + BaCO3↓ (5) Theo các phương trình phản ứng: nCO2 = nBaCO3 = 0, 04mol  → VCO2 = 0,896(lit )

nNaOH = 2.nCO2 + nHCl − nNa2CO3 = 2.0, 04 + 0, 05 − 0, 04 = 0, 09mol Trường hợp 2: Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối Na2CO3 và NaHCO3 Cho HCl vào dung dịch A có các phản ứng: Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl (3) NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2↑ (4) Theo (3) nNa2CO3 = nHCl = 0, 05( mol )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Khi cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư có các phản ứng Ba(OH)2 + Na2CO3 → 2NaOH + BaCO3↓ (5) Ba(OH)2 + NaHCO3 → BaCO3↓ + NaOH + H2O(6) nBaCO3 = nNa2CO3 + nNaHCO3 = 0, 05 + nNaHCO3 > 0, 04(mol ) → Vô lí Bài5( 1 đ)

HgSO 4 → CH3CHO C2H2 + H2O  800 C 0

Pd/PbCO3 ,t C2H2 + H2  → CH2 = CH2 (A) PdCl2 / CuCl2 → CH3CHO CH2 = CH2 + ½ O2  t0

H 2 SO4 CH2 = CH2 + H2O  → CH3CH2OH (E) Cu → CH3CHO + H2O CH3CH2OH + ½ O2  t0

→ 3C2H4(OH)2 + 2KOH + 2MnO2 3CH2 = CH2 + 2KMnO4 + 4H2O  (F) H 2 SO4 → CH3CHO + H2O C2H4(OH)2  1700 C 1:1 → CH2 = CHCl C2H2 + HCl  ( B) 0

Bài 6 (1đ)

Bài 7 (1,5 đ)

t CH2 = CHCl + NaOH  → CH3CHO + NaCl C2H2 + 2HCl  → CH3CHCl2 a) Đặt số mol Al và Fe có trong 22g hỗn hợp Y là x mol và y mol Al + 3H+ → Al3+ + 3/2H2↑ (1). Fe + 2H+ → Fe2+ + H2↑ (2). nHCl = 2.0,3 = 0,6 (mol) Giả sử kim loại phản ứng hết → nH+ phản ứng = 3.x + 2.y Vì kim loại hết nên: 3x + 2y ≤ 0,6 (I) Ta có: nhỗn hợp = x + y → 22/56 < x + y < 22/27 → 0,392 < x + y < 0,815 → 0,784 < 2x + 2y < 3x + 2y (II) Từ (I ) và (II) ta thấy điều giả sử sai, Vậy Axit phản ứng hết 1 → nH 2 = nH + = 0,3mol → V = 0,3. 22,4 = 6,72 lít 2 b) Các phương trình phản ứng : Al + 3/2Cl2 → AlCl3 Fe + 3/2 Cl2 → FeCl3 → m1 = 133,5x + 162,5y (1) Al + 3/2I2 → AlI3 Fe + I2 → FeI2 → m2 = 408x + 310y (2) Theo bài ra ta có: 27x + 56y = 22 m2 – m1 = 139,3 → 274,5x + 147,5y = 139,3 → x= 0,4 mol và y = 0,2 mol MAl = 10,8 gam và mFe = 11,2 gam Các phương trình phản ứng : Al + 3H+ → Al3+ + 3/2 H2↑(1) 0,1 (mol) Ban đầu : 0,02 Sau pư : 0 0,04 0,02 Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch A có các phản ứng: H+ + OH- → H2O (2) 0,04 0,04 mol Al3+ + 3OH- → Al(OH)3↓ (3) Nếu dư OH-: Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O (4) 0

t 2Al(OH)3  → Al2O3

+ 3H2O (5)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 mol

0,01 0,005 Vì nAl ( OH )3 < nAl 3+ → nên có 2 trường hợp Trường hợp 1: dư Al3+ khi đó chỉ có phản ứng (2), (3) và (5) nOH − = nH + + 3nAl ( OH )3 = 0, 04 + 0, 03 = 0, 07 mol → V = 0,7 (lít) Trường hợp 1: dư OH- một phần kết tủa bị hòa tan khi đó có phản ứng (2), (3), (4) và (5) nOH − = nH + + 3n Al 3+ + nAl (OH )3 tan = 0, 04 + 0, 06 + 0, 01 = 0,11mol → V =1,1 (lít) Câu 8 (2 đ)

Theo bài ra : VX = VC2 H 6  → nX = nC2 H 6 = 0,1mol 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 Theo bài ra ta có: mCO2 + mH 2O = 5, 4 + 37 = 42, 4 g (I) 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 = nBaCO3 = = 0, 04mol Thay vào (I) ta tìm được nH 2O = = 1, 378mol 197 18 Đặt công thức của X là CxHyOx y z y Phương trình cháy: C x H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2 2nH 2O 2.1, 378 Theo phương trình: y = = = 27, 56 → vô lí (loại vì y phải nguyên) 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 : nCO2 = 0,8mol → nH 2O = = 0, 4mol 18 y z y C x H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2 Theo phương trình ta có: nCO2 0,8 2nH 2O 2.0, 4 = = 8, y = = =8 x= nA nX 0,1 0,1 m 10, 4 Mà 12.x + y + 16.z = X = = 104 → z=0 nX 0,1 Vậy công thức phân tử của X là: C8H8 nBr2 0, 03 nH 2 0,12 b) ta có: = =1 = =4 nX 0, 03 nX 0, 03 1 mol A + 1mol dung dịch Br2 => A có 1 liên kết pi kém bền ( dạng anken) 1 mol A + 4 mol H2 => A có 4 liên kết pi, hoặc vòng kém bền => A có 3 liên kết pi, hoặc vòng bền với dung dịch Br2 A là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A có cấu trúc vòng benzen

HC

CH2

Vậy công thức cấu tạo của A là: A là Stiren. c) X2 khi tác dụng với Clo có chiếu sáng cho dẫn xuất mono Clo nên X2 phải là hợp chất no hoặc hợp chất thơm Các nguyên tử cacbon trong X2 hoàn toàn đồng nhất nên chỉ có cấu tạo sau thỏa mãn:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 HC

CH

CH

CH CH

HC

CH

CH

ĐỀ 8 Câu I (4 điểm) . 1) NOCl bị phân huỷ theo phản ứng : 2NOCl (K) ↔ 2NO (K) + Cl2 (K) Lúc đầu chỉ có NOCl khi cân bằng ở 5000K có 27% NOCl bị phân huỷ và áp suất tổng cộng của hệ là 1atm . Hãy tính ở 5000K. a) KP và ∆G0 của phản ứng . b) Aïp suất riêng phần của mỗi chất khi phản ứng cân bằng . c) Nếu hạ áp suất hệ xuống dưới 1 atm thì sự phân huỷ NOCl tăng hay giảm ? Vì sao ? 2) Trình bày sơ đồ tách hỗn hợp chất rắn sau : NaCl , CaCO3 , CaCl2 , CaO, NH4Cl .Lượng các chất trước và sau khi tách không thay đổi. Câu II (4điểm). Một dung dịch chứa CuSO4 0,1M , NaCl 0,2 M , Cu dư , CuCl dư . a) Chứng minh rằng xảy ra phản ứng sau ở 250C Cu + Cu2+ + 2 Cl- ↔ 2CuCl. b)Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên ì c) Tính nồng độ cân bằng của Cu2+ , Cl- . Biết Tt CuCl = 10-7 E0 Cu2+/Cu+ = 0,15V E0 Cu+/Cu = 0,52V Câu III (4điểm). Cho một lượng nhỏ chất hữu cơ A (thể tích không đáng kể ) vào một bình kín dung tích không đổi chứa oxi vừa đủ để đốït cháy hết A. Đốt hoàn toàn A , áp suất trong bình sau phản ứng gấp 24/11 áp suất trước phản ứng ( các áp suất đo cùng nhiệt độ 136,50C ). Sản phẩm thu được khí CO2 , hơi nước và đơn chất X có tỷ khối so với hiđro là 13,75 , trong đó VCO2/ VH2O = 4/7. Xác định công thức phân tử , công thức cấu tạo của A .Biết MA < 100 đvC và số mol oxi phản ứng bằng 1/2 tổng số mol CO2 và H2O tạo thành , A phản ứng với cả dung dịch NaOH và HCl . Viết các phương trình phản ứng . Câu IV (4điểm). Dung dịch X chứa CuSO4 , HCl , Fe2(SO4)3 .Lấy 400 ml X đem điện phân diện cực trơ I = 7,72 Ampe. Khi catot thu được 5,12 gam một kim loại duy nhất thì dừng lại . Khi đó ở anot có 2,24 lit một chất khí duy nhất thoát ra (đktc) . Dung dịch sau điện phân tác dụng vừa đủ với 1,25 lit dung dịch Ba(OH)2 0,2 M và đun nóng trong không khí cho phản ứng hoàn toàn thu được 56,76 gam kết tủa. a) Tính thời gian điện phân. b) b) Tính nồng độ mol/l cácchất trong dung dịch X. Câu V (4điểm). 1) Trộn 10 cm3 một hidrocacbon A ở thể khí với một lượng khí oxi dư rồi đốt cháy hoàn toàn . Sau khi làm lạnh rồi đưa sán phẩm cháy về nhiệt độ ban đầu thì thể tích giảm 30 cm3 so với trước thí nghiệm . Nếu dẫn tiếp qua dung dịch KOH dư thí giảm tiếp thêm 40 cm3 nữa . Xác định công thức phân tử , viết công thức cấu tạo các đồng phân cúa A. 2) Nạp một hỗn hợp khí X gồm một hidrocacbon A và oxi dư theo tỉ lệ thể tích 1: 4 vào khí nhiên kế . Sau khi cho nổ và ngưng tụ hơi nước rồi đưa về nhiệt độ ban đầu thì thu được hỗn hợp khí Y có áp suất giảm còn một nửa so với áp suất của hỡn hợp X. a) Xác định công thức phân tử của X. b ) Tính số mol hỗn hợp X đãî dùng để tạo 20 gam kết tủa khi cho sản phẩm cháy vào dung dịch có chứa 22,2 gam Ca(OH)2. ĐÁP ÁN Câu I (4điểm). a) Giả sử ban đầu có 1 mol NOCl , số mol phân huỷ là 0,27 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2NOCl (K) 2NO (K) + Cl2 (K)

Cân bằng : 0,73 2

2

0,27

Kn = 0,27 .0,135/0,73 = 1,85.10

-2

0,135

Kp = Kn(P/∑n) ∆n = 1,85.10-2.(1/1,135)1= 1,63.10-2

0,5 Đ 0,5

∆G0 = -8,314.500.ln1,63.10-2 = 17112,7j b) Khi cân bằng tổng số mol của hỗn hợp bằng: 0,73 + 0,27 + 0,135 = 1,135 mol 0,5 PNOCl = 0,73/1,135 = 0,643 atm. PNO = 0,27/1,135 = 0,238 atm. PCl2 = 0,135/1,135 = 0,119 atm. c) Nếu hạ áp suất dưới 1atm thì theo nguyên lí chuển dịch cân bằng thì cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận làm tăng sự phân huỷ của NOCl. 2) NH4Cl NaCl NH3 + HCl lăm lạnh 0 CaCO3 t CaCO3 CaCO3 ↓ CaCl2 H2O CaCl2 CaCl2 CaCO3 ↓ CaCl2 đun sôi CaO NaCl NaCl CO2 dư NaCl NaCl NH4Cl CaO Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 CaCl2 CaCO3 t0 CaO CaCl2 (NH4)2CO3 dư CaCO3↓ HCl dư CaCl2 (cô cạn dung dịch ) NaCl NaCl NH3 , HCl , CO2 , H2O NH4Cl t0 (NH4)2CO3 NaCl Tách được mỗi chất mỗi chất 0,375 đ , tách được CaO 0,5 đ 2đ Câu II (4điểm).

a) Cu2+ + e Cu+ E Cu2+/ Cu+ = 0,15 + 0,059lg[Cu2+]/ [Cu+] . + -7 -7 [Cu ] = 10 /[Cl ] =5.10 M => E Cu2+/ Cu+ = 0,15 + 0,059lg0,1/5.10-7 = 0,463V. E Cu+/ Cu = 0,52 + 0,059lg[Cu+] = 0,52 + 0,059lg5.10-7 = 0,148V. E Cu2+/ Cu+ > E Cu+/ Cu => Cu2+ là chất oxihoá Cu là chất khử ,phản ứng trên xảy ra theo chiều thuận. - (0,52-0,15)/ 0,059 b) Cu2+ + Cu 2Cu+ K1 = 10 2Cu+ + 2Cl- 2CuCl2 K2 = (1/T)2 = 1014 2+ Cu + Cu + 2 Cl 2CuCl. K = K1.K2 = 5,35.107 c) Cu + Cu2+ + 2 Cl- 2CuCl.

Ban đầu

0,1

0,5 0,5

1,0

0,2

Cân bằng 0,1 - x 0,2 - 2x K = 1/ (0,1- x )(0,2-2x)2 = 5,35.10-7= 1/4(0,1- x )(0,1-x)2= 1/4(0,1-x)3= 5,35.107 => 0,1 - x = [Cu2+]= 1,67.10-3 [Cl-] = 2.(0,1 - x) = 3,34.10-3 Câu III (4điểm). A + O2 CO2 + H2O + X A có C , H , X có thể có Oxi . Giả sử có 4 mol CO2 và 7 mol H2O Số mol Oxi trong CO2, H2O là 4 + 7/2 = 7,5 mol . Số mol O2 phản ứng = (4+7) / 2= 5,5 = > Số mol O2 trong A = 7,5 - 5,5 = 2 mol. Ps/Pt = 24/11 = ( 4+7+ nX) / 5,5 = > nX = 1 mol M = ( 44.4 + 18.7 + MX ) / (4 +7+ 1) = 13,75.2 => MX = 28 => X là N2. nC = 4 nH = 14 nO = 4 nN = 2 Đặt công thức A là : CxHyOzNt x : y : z : t = 4 : 14 : 4 : 2 = 2 : 7 : 2 : 1 => CT nguyên : (C2H7O2N)n MA = 77.n < 100 => n = 1 CTPT của A là : C2H7O2N CTCT CH3-COONH4 và HCOONH3-CH3. Phương trìn phản ứng: CH3-COONH4 + NaOH → CH3-COONa + NH3 + H2O CH3-COONH4 + HCl → CH3-COOH + NH4Cl HCOONH3-CH3. + NaOH → H-COONa + CH3NH2 + H2O HCOONH3-CH3. → H-COOH + CH3NH3Cl Câu IV (4điểm). Khí thoát ra là Cl2 , thứ tự điện phân Fe2(SO4)3 + 2HCl điệnphân 2FeSO4 + Cl2 + H2SO4 (1)

0,5 1,0 0,5

0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,02 0,04 0,04 0,02 0,02 2HCl điệnphân Cu + Cl2 + H2SO4 (2) 0,25 CuSO4 + 0,08 0,16 0,08 0,08 0,08 Số mol Cu = 5,12/64 = 0,08 mol Số mol Cl2 = 2,24/22,4 = 0,1 mol. Dung dịch sau điện phân gồm : FeSO4 , H2SO4 có thể có CuSO4 và HCl dư H+ + OH - → H2O (3) 0,25 0,2 + y 0,2 + y Fe2+ + 2OH - → Fe(OH)2 (4) 0,25 0,04 0,08 0,04 Cu2+ + 2OH - → Cu(OH)2 (5) 0,25 x 2x SO42- + Ba2+ → BaSO4 (6) 0,25 0,15 + x 0,15 + x a) Khí thoát ra duy nhất là Cl2 ở phương trình 1 ,2 t = 0,1. 2. 96500/7,72 = 2500 (s) 0,5 Số mol Cu = 0,08 = số mol CuSO4(2) = Số mol Cl2(2) = Số mol H2SO4(2).=> Số mol HCl(2) = 0,16 Số mol Cl2(1) = 0,1 - 0,008 = 0,02 = số mol H2SO4(1).= 0,5 Số mol Fe2(SO4)3 => Số mol HCl(1) = 0,04 mol. Xét phản ứng (6) nếu Ba2+ đủ thì : số mol BaSO4 = số mol Ba2+ = 0,25 mol khối lượng BaSO4 = 0,25. 233 = 58,25 gam > 56,76 gam . Vậy Ba2+ dư . 0,5 Đặt x , y là số mol của CuSO4 và HCl .Dung dịch sau điện phân có : Số mol H+ = 0,2 + y số mol SO42-= 0,14 + x , số mol Cu2+= x , số mol Fe2+= 0,04. Theo phương trình 3,4,5 Số mol OH - = 0,2 + y + 0,08 + 2x = 0,5 => 2x + y = 0,22. Khối lượng kết tủa = 98x + 233( 0,14 + x ) + 0,04.107 = 56,76 => x = 0,06 y = 0,1 0,5 0,5 CM HCl= (0,04 + 0,16 + 0,1) : 0,4 = 0,75 M CMCuSO4= (0,08 + 0,06 ) : 0,4 = 0,35M CM fe2(SO4)3 = 0,02 : 0,4 = 0,05M 4đ CâuV (4điểm). 0,25 1) Đặt công thức của A là CxHy , thể tích oxi ban đầu là V cm3 Vđ = 10 + V CxHy + ( x + y/4 ) O2 → xCO2 + y/2 H2O 10 10 ( x + y/4 ) 10x 5y Thể tích CO2= 10x = 40 => x = 4 0,25 Sau khi làm lạnh Vs = V - 10 ( x + y/4 ) + 40 = 10 + V - 30 => y = 8 CTPT C4H8 0,75 Các đông phân : CH2= CH- CH2-CH3(1); CH3- CH= CH-CH3 (2): CH2= C- CH3(3) 0,75 CH3 CH3 (4) (5) ngoài ra (2) còn có đồng phân Cis - Trans CH3 CH3 CH3 H C=C C=C H H H CH3 2) a) Đặt công thức A là CxHy giả sử số mol ban đầu là 1 mol , số mol oxi là 4 mol. => số mol X = 5mol. CxHy + ( x + y/4 ) O2 → xCO2 + y/2 H2O 0,25 1 ( x + y/4 ) x Sau khi đốt cháy ,ngưng tụ hơi nước Số mol khí sau phản ứng = 4 - (x+ y/4) + x = 4 - y/4 Vì nhiệt độ , thể tích không đổi nên : Px/Py = nx/ny => 2 = 5/ (4-y/4 ) => y=6 0,25 Vì oxi dư => Số mol oxi phản ứng = x + 6/4 < 4 => x < 2,5 => x= 2 0,75 CTPT của A là C2H6. 0,25 b)

C2H6 + 3,5 O2 → 2CO2 + 3H2O a mol 2a mol CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,2 0,2 ← 0,2 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 0,1 0,1 Số mol Ca(OH)2 = 0,3 mol. Số mol CaCO3 = 0,2 mol.

(1) (2) (3)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Trường hợp 1 : Không có phản ứng (3). Số mol CO2 = 2a = 0,2 => Số mol C2H6 = 0,1 Số mol X = 0,1.5 = 0,5 mol. Trường hợp 2 : Có phản ứng (3). Số mol Ca(OH)2 (3) = 0,3 - 0,2 = 0,1 => Số mol CO2 (2,3) = 0,3 = 3a => a= 0,15 mol. Số mol X = 0,15. 5 = 0,75 mol .

0,25 0,25

ĐỀ 9

Câu 1:a/ Hoà tan hỗn hợp gồm Al2O3 và Fe3O4 bằng dung dịch NaOH dư thu được dung dịch A và phần không tan B. Lấy riêng B hoà tan hoàn toàn trong dung dịch HCl thu được dung dịch C. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch C, sau đó lọc lấy kết tủa và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn D. D tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 loãng cho dung dịch trong suốt. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và cho biết trong A, B,C,D gồm có những chất gì? b/ Cho từ từ x mol CO2 vào dung dịch chứa y mol NaOH. Sau khi cho hết CO2 vào, thu được dung dịch A. Hỏi dung dịch A có chứa những chất gì? bao nhiêu mol (tính theo x,y) c/ Độ tan là gì? Khi làm lạnh mg dung dịch muối K2SO4 sunfat ở 600C xuống 00C thì có 108,5g muối được kết tinh lại. Tìm mg? và lượng muối có trong dung dịch lúc đầu. Cho biết độ tan của K2SO4 ở 600C là 18,2gam và ở 00C chỉ còn 7,35gam. Câu 2:a/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau dưới dạng phân tử và Ion: Fex Oy + HNO3 → Fe3+ + NO + ..... M + HNO3 → M ( NO3 )n + N x Oy + H 2O Fex Oy + HNO3 → ?

+ N a Ob + ?

b/ Cho 34,4 g hỗn hợp A gồm Fe và FexOy tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được 7,4832 lít hỗn hợp NO, NO2 (ở 270C, 750 mmHg) có tỉ khối hơi hỗn hợp khí đối với Hiđrô là 17,666. Mặt khác cùng lượng hỗn hợp A tác dụng hết với dung dịch HCl thì thu được 4,48 lít khí(ở ĐKC). Xác định công thức của oxit sắt. Câu 3:a/ Một hợp chất B được tạo bởi một kim loại hoá trị II và một phi kim hoá trị I. Trong phân tử B tổng số hạt(p,n,e) là 290, tổng số hạt không mang điện là 110, hiệu số hạt không mang điện giữa phi kim và kim loại là 70. Tỷ lệ số hạt mang điện của kim loại so với phi kim trong B là 2/7. Tìm số khối và số hiệu nguyên tử của kim loại và phi kim trên. b./ pH là gì? Cho các dung dịch sau: Na2CO3, NH4NO3, K2SO4. Hỏi dung dịch nào có pH>7, pH=7, pH<7. Giải thích. c/ Cho 200ml dung dịch A chứa HCl và H2SO4 theo tỷ lệ số mol 3:1 phản ứng vừa đủ với y lit dung dịch B chứa NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 4,3125g muối khan. - Tính nồng độ mol mỗi axit. - Tính pH của dung dịch B? (Cho Al=27, Fe=56, K=39, S=32, O=16). Câu 4: 1. Cần thêm bao nhiêu NH3 vào dung dịch Ag+ 0,004M để ngăn chặn sự kết tủa của AgCl khi [Cl-]=0,001M? Cho TAgCl=1,8.10-10, Kkb của [Ag(NH3)2]+ = 6.10-3 2. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1mol/l nếu thêm vào dung dịch này các Ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4M thì Ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua? Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37, KH2S=1,3.10-21.

ĐÁP ÁN HSG HOÁ

Câu1:(6đ)a/ 2đ

Dung dịch A: NaAlO2, NaOH dư Al2O3 + 2NaOH = 2NaAlO2 + H2O B Fe3O4 Fe3O4 + 8HCl = FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Dung dịch C: FeCl2, FeCl3 FeCl2 + 2NaOH = Fe(OH)2 + 2 NaCl FeCl3 + 3NaOH = Fe(OH)3 + 3 NaCl

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Kết tủa Fe(OH)2 , Fe(OH)3

1 O2 + H 2 O = 2Fe(OH)3 2 t0 2Fe(OH)3  → Fe2O3 + 3H2O

2Fe(OH)2 +

Rắn D: Fe2O3 Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O b/ 2đ CO2 + NaOH = NaHCO3 (1) x x x NaHCO3 + NaOH = Na2CO3 + H2O (2) y-x y-x y-x Có 5 trường hợp xảy ra: TH1: x>y chỉ có phản ứng (1) dung dịch C có x mol NaHCO3, y-x mol NaOH TH2: x=y chỉ có phản ứng (1) dung dịch C có x mol NaHCO3 TH3: x<y<2x phản ứng (1) và (2) dung dịch C có y-x mol Na2CO3, 2x-y mol NaHCO3 TH4: y=2x phản ứng (1) và (2) hoàn toàn dung dịch C x mol Na2CO3 TH5: y>2x phản ứng (1) và (2) dư NaOH dung dịch C có x mol Na2CO3 , y-2x mol NaOH c/ 2-Định nghĩa độ tan x = m K 2SO4 trong mg ở 600C

100x  = 18,2  m−x  x = 182 = m K2SO4 (ñaàu) -------------------------------1đ 100(x − 108,5) = 7,35  m−x 100.182 = 18,2(m-182) => m = 1182g a/ 2,5đ ; b/ 1,5đ Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 n Fe = n H2 = 0,2 mol

1đ

Câu2:

nNO = a , n NO = b 2

;a

+ b = 0,3

;

30a + 46b = 17,666x2 0,3

30a + 46b =10,602 (a =0,2 ; b=0,1)........................................................... 0,5đ Fe – 3e = Fe+3 0,2 0,6 0,2 +

2y

x Fe x − (3x − 2y)e = xFe+3 z (3x-2y)z N+5 + 1e = N+4 0,1 0,1 0,1 N+5 + 3e = N+2 0,2 0,6 0,2 .......................................................................................... 0,5đ Tổng mol e nhường = tổng mol e nhận (3x-2y)z + 0,6 = 0,7 (1) ; 56.0,2 + (56x + 16y)z = 34,4 ⇒ 56xz + 16yz = 23,2 (2)

⇒ xz =0,3 , yz =0,4 ⇒

x 3 = => Fe3O4 0,5đ y 4

Câu 3: (5đ) a. (2đ) NX = 20; ZX = 20 => Ca 0,5đ NY = 45; ZY = 35 => Br ....................................................................... 0,5đ b. (1 đ) Định nghĩa pH ............................................................... 0,25đ Dung dịch Na2CO3 có pH>7, giải thích ...................................................... 0,25đ Dung dịch Cu(NO3)2 có pH<7, giải thích .................................................... 0,25đ Dung dịch K2SO4 có pH = 7, giải thích ....................................................... 0,25đ c. (2đ) [HCl] = 0,15M; [H2SO4] ;pH = 13,6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ 10 (HSG ĐÀ NẲNG (04-05) Câu I (3 điểm) 1. Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về độ phân cực phân tử, nhiệt độ sôi và độ mạnh tính bazơ giữa NH3 và NF3. 2. N2O4 phân li 20,0% thành NO2 ở 27oC và 1,00 atm. Hãy xác định (a) giá trị Kp; (b) độ phân li của N2O4 tại 27oC và 0,10 atm; (c) độ phân li của 69g N2O4 trong bình 20 L ở 27oC. 3. 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 . ĐÁP ÁN 1. Cấu tạo:

N

N

F H F F H - NH3 phân cực hơn NF3 do trong NH3 lưỡng cực liên kết và lưỡng cực electron tự do cùng chiều, còn trong NF3 lưỡng cực liên kết và lưỡng cực electron tự do ngược chiều. - Nhiệt độ sôi của NH3 cao hơn do NH3 tạo được liên kết H liên phân tử. - NH3 là một bazơ còn NF3 thì không, do trong NF3 các nguyên tử F hút electron làm giảm mật độ electron trên nguyên tử N. 2. Xét phản ứng phân li: N2 O4 2NO2 n 0 nα 2nα n-nα 2nα 2 PNO × 2NO 2 1− α 2α 4α 2 2 Phần mol: , KP = = ×P = ×P PN 2O 4 × N 2O 4 1+ α 1+ α 1− α2 H

(a) K P =

4α 2 4 × (0,2) 2 × P = × 1 = 0,17 1− α2 1 − (0,2) 2

4α 2 × 0,10 = 0,17 ⇒ α = 0,546 (54,6%) 1− α2 69 (c) n = = 0,75mol 92 0,75(1 − α) × 0,082 × 300 PN 2O 4 = = 0,9225(1 − α) 20 2.0,75.α × 0,082 × 300 PNO2 = = 1,845α 20 (1,845α) 2 KP = = 0,17 ⇒ α = 0,1927 (19,27%) 0,9225(1 − α) 0,224 3. n CO 2 = = 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 tính này bằng công thức: 1 1 pH = (pK 1 + pK 2 ) = (6,35 + 10,33) = 8,3 2 2 (b)

Câu II (3 điểm) 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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 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. 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) 5CuS + 6MnO4- + 28H+ → 5Cu2+ + 5SO2 + 6Mn2+ + 14H2O (2) 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (3) (b) Xác định % 1 1 (1) ⇒ n MnO − (3) = n Fe 2 + = × 0,175 × 1 = 0,035mol 4 5 5 ⇒ n MnO − (1, 2) = 0,2 × 0,75 − 0,035 = 0,115mol 4

Đặt số mol Cu2S và CuS lần lượt là x và y, ta có:  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 III (4 điểm) 1. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. 2. Hòa tan hết 2,2 g hỗn hợp kim loại A gồm sắt và nhôm trong 150 mL dung dịch HNO3 2M thu được dung dịch B và 448 mL (đktc) khí C gồm N2O và N2 có tỉ khối so với không khí bằng 1,2414. Thêm 13,6 g NaOH nguyên chất vào dung dịch B thu được kết tủa D, lọc kết tủa D thu được dung dịch nước lọc E. (a) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A ban đầu. (b) Nung kết tủa D đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam chất rắn khan? (c) Tính thể tích dung dịch HCl 0,5M cần thêm vào dung dịch E để thu được 2,34 g kết tủa. ĐÁP ÁN 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm: Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu. CO32- + H2O HCO3- + OH Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2 Ca2+ + CO32- → CaCO3↓ Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl. 2. (a) Đặt số mol N2O và N2 lần lượt bằng a và b, ta có: 0,448  a+b= = 0,02  22,4 ⇒ a = b = 0,01  44a + 28b  = 1,2414 × 29 = 36  0,02

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Đặt số mol Fe và Al lần lượt bằng x và y Chất oxi hóa Chất khử Fe - 3e → Fe3+ 10H+ + 2NO3- + 8e → N2O + 5H2O 3x x 0,10 0,08 Al - 3e → Al3+ 12H+ + 2NO3- + 10e → N2 + 6H2O 3y y 0,12 0,10 Vì n H + (pu ) = 0,22mol < n H + (bd ) = 0,3mol nên axit dư, phản ứng không tạo Fe2+.

56 x + 27 y = 2,2 x = 0,02 Ta có:  ⇒ 3 x + 3 y = 0 , 18  y = 0,04  0,02 × 56 Vậy % m Fe = × 100% = 50,9% và %m Al = 49,1% 2,2 (b) Thêm NaOH vào dung dịch B [H+ (0,15.2-0,22 = 0,08 mol), Fe3+ (x = 0,02 mol), Al3+ (y = 0,04 mol) và NO3-] H+ + OH- → H2O (1) Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 (2) Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 (3) Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O (4) 13,6 n OH − (1, 2,3, 4) = n H + + 3n Fe3+ + 4n Al3+ = 0,3mol < n OH − ( bd ) = = 0,34mol 40 ⇒ sau (1), (2), (3), (4) vẫn còn dư OH-, kết tủa D là Fe(OH)3 (0,02mol) 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O, ⇒ mrắn = m Fe2O3 = 0,01 × 160 = 1,6g (c) Thêm HCl vào dung dịch E [Na+, OH- (0,04 mol), AlO2- (0,04 mol) và NO3-] OH- + H+ → H2O (5) + AlO2 + H + H2O → Al(OH)3 (6) Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O (7) 2,34 = 0,03mol n Al ( OH ) 3 = 78 Trường hợp 1: Xảy ra (5), (6) và AlO2- dư

n H + = n OH − + n Al ( OH )3 = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol , ⇒ V =

0,07 = 0,14L 0,5

Trường hợp 2: Xảy ra (5), (6), (7) n Al ( OH ) 3 ( 7 ) = 0,04 − 0,03 = 0,01mol

n H + = n OH − + n AlO− + 3n Al(OH )3 ( 7 ) = 0,04 + 0,04 + 0,03 = 0,11mol ⇒ V = 2

0,11 = 0,22L 0,5

Câu IV (3 điểm) 1. Tính hiệu ứng nhiệt phản ứng hidro hóa etilen tạo etan, biết nhiệt cháy của C2H6 và C2H4 lần lượt bằng -368,4 kcal/mol và -337,2 kcal/mol [sản phẩm cháy là CO2 (k) và H2O (l)], nhiệt hình thành H2O (l) là -68,32 kcal/mol. 2. (a) Viết công thức cấu tạo và gọi tên anken ít cacbon nhất đồng thời có đồng phân hình học và đồng phân quang học. (b) Viết các đồng phân hình học và quang học ứng với cấu tạo đó (sử dụng công thức Fisher) và xác định cấu hình mỗi đồng phân (Z/E và R/S). (b) Viết cấu tạo các sản phẩm chính hình thành khi cho anken trên tác dụng với dung dịch nước brom có lượng nhỏ muối natri clorua. ĐÁP ÁN ĐIỂM ∆H = −368,4kcal 1. (1) C2H6 (k) + 7/2O2 (k) → 2CO2 (k) + 3H2O (l) ∆H = −337,2kcal (2) C2H4 (k) + 3O2 (k) → 2CO2 (k) + 2H2O (l) ∆H = −68,32kcal (3) H2 (k) + 1/2O2 (k) → H2O (l) Lấy (2) - (1) + (3) ta được: 1,00

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ∆H = ( −337,2) − ( −368,4) + (−68,32) = −37,1kcal

C2H4 (k) + H2 (k) → C2H6 (k) 2. (a) Cấu tạo:

CH3

CH

H CH

C

0,25

(4-metylhex-2-en)

C2H5

CH3 (b) Cấu hình:

H H H

C C

C

CH3

H CH3 CH3

CH3

C

C

CH3

C2H5 (Z)(R)

C

H

H

H

H

C2H5 (Z)(S)

CH

CH

C

H

CH3

H

CH C2H5

C

CH3

C2H5 (E)(R)

(c) Cấu tạo các sản phẩm:

CH3

C

C

CH3 C C

H

1,00 (0,25 × 4)

C2H5 (E)(S)

CH3

CH

CH

CH

CH3

Br CH

Br CH

CH3 CH C2H5

CH3

OH CH

Br CH

CH3 CH C2H5

CH3

H

C2H5 0,75 (0,25 × 3)

CH3 Cl Br Câu V (3 điểm) 1. Hidrocacbon A có khối lượng phân tử bằng 80. Ozon phân A chỉ tạo andehit fomic và andehit oxalic. H C H H C C H

O O O andehit fomic andehit oxalic (a) Xác định cấu tạo và gọi tên A. (b) Dùng cơ chế giải thích các sản phẩm hình thành khi cộng Br2 vào A theo tỉ lệ mol 1:1, gọi tên các sản phẩm này. 2. Hợp chất A có công thức phân tử C9H8. A làm mất màu Br2 trong CCl4; hidro hóa A trong điều kiện êm dịu tạo ra C9H10, còn trong điều kiện nhiệt độ và áp suất cao thì tạo ra C9H16; oxi hóa mãnh liệt A sinh ra axit phtalic [1,2-C6H4(COOH)2]. Lập luận xác định cấu tạo của A. ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) Công thức tổng quát cho A là CxHy 12 x + y = 80 x = 6 Ta có  ⇒ , công thức phân tử C6H8 ( ∆ = 3) 0,50 y = 8  y ≤ 2x + 2 Từ sản phẩm ozon phân ta thu được cấu tạo của A: H H H H H2C O O C C O O C C O O CH2

CH2

CH

CH

CH

CH

A (hexa-1,3,5-trien)

CH2

0,50 (0,25 × 2)

(b) Cơ chế và sản phẩm:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH2 CH CH CH CH CH2

Br2

CH2 CH CH CH CH CH2 Br

CH2 CH CH CH CH CH2 Br Br

(X)

CH2 CH CH CH CH CH2 Br

CH2 CH CH CH CH CH2 Br Br

(Y)

CH2 CH CH CH CH CH2 Br

CH2 CH CH CH CH CH2 Br Br

(Z)

1,50 (0,50 × 3)

(X) 5,6-dibromhexa-1,3-dien; (Y) 3,6-dibromhexa-1,4-dien; (Z) 1,6-dibromhexa-2,4-dien 2. A (C9H8) có độ bất bão hòa ∆ = 6 A làm mất màu Br2 và cộng êm dịu 1 phân tử H2 cho thấy A có 1 liên kết đôi. A cộng tối đa 4 phân tử H2 và khi oxi hóa tạo axit phtalic cho thấy A có vòng benzen và ngoài ra còn một vòng 5 cạnh nữa. Công thức của A:

0,50

Câu VI (4 điểm) Chia 3,584 L (đktc) hỗn hợp gồm một ankan (A), một anken (B) và một ankin (C) thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho qua dung dịch AgNO3 dư trong NH3 thấy thể tích hỗn hợp giảm 12,5% và thu được 1,47g kết tủa. Phần 2 cho qua dung dịch brom dư thấy khối lượng bình brom tăng 2,22g và có 13,6g brom đã tham gia phản ứng. Đốt cháy hoàn toàn khí ra khỏi bình brom rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 2,955g kết tủa. 1. Xác định công thức cấu tạo A, B và C. 2. Từ A viết dãy chuyển hóa (ghi rõ điều kiện phản ứng) điều chế 1,1-dibrompropan và 2,2dibrompropan. 3. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho C tác dụng với dung dịch KMnO4 trong (i) môi trường trung tính ở nhiệt độ phòng và (ii) môi trường axit (H2SO4) có đun nóng. ĐÁP ÁN 1 3,584 1. Trong một phần, ta có: n A ,B,C = = 0,08mol . Dung dịch AgNO3/NH3 chỉ hấp 2 22,4 thụ ankin, đặt công thức ankin là RC≡CH (giả sử không phải là C2H2). RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 (1) 12,5 n ↓= n ankin = × 0,08 = 0,01mol ⇒ (R + 132) × 0,01 = 1,47 100 ⇒ R = 15 (CH3-), công thức của ankin là CH3C≡CH Dung dịch brom hấp thụ anken (CnH2n) và ankin CnH2n + Br2 → CnH2nBr2 (2) C3H4 + 2Br2 → C3H4Br4 (3) 13,6 m Cn H 2 n = 2,22 − 0,01 × 40 = 1,82g , n Br2 ( 2 ) = − 0,01 × 2 = 0,065mol 160 14n 1 Từ = ⇒ n = 2, công thức của anken là CH2=CH2. 1,82 0,065 Khí ra khỏi bình brom là ankan (CmH2m+2), n C n H 2 n + 2 = 0,08 − 0,01 − 0,065 = 0,005mol

ĐIỂM

0,75

0,75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11  3n + 1  CmH2m+2 +  (4) O 2 → nCO2 + (n+1)H2O  2  CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (5) 2,955 n CO 2 = n BaCO3 = = 0,015 197 1 n Từ (4): = ⇒ n = 3 , công thức ankan là CH3CH2CH3. 0,005 0,015 2. Điều chế:

C3H8

Cl2,as

KOH/ROH

C3H7Cl

KOH/ROH

CH3CH=CH2 HBr peoxit

CH3

C

CH

3. Phản ứng của C: CH3 C CH + 2KMnO4

HBr

CH3

Br2

CH3CHBr-CH2Br

CH3CH2CHBr2 CH3CBr2CH3

C

C

0,50

OK + 2MnO2 + KOH

O O 5CH3C≡CH + 8KMnO4 + 12H2SO4 → 5CH3COOH + 5CO2 + 8MnSO4 + 4K2SO4 + 12H2O

1,00 (0,50 × 2)

1,00 (0,50 × 2)

ĐỀ 11(HSG ĐÀ NẲNG (05-06) Câu VII (4 điểm) 1. 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 2. A là dung dịch Na2CO3 0,1M; B là dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,1M và KHCO3 0,1M và C là dung dịch KHCO3 0,1M. (a) Tính thế 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 200 mL 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 150 mL dung dịch C. (c) Tính pH của các dung dịch A và C, biết axit cacbonic có pK1 = 6,35 và pK2 = 10,33. (d) Đề nghị phương pháp nhận biết các anion có trong dung dịch B. ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,50 Al(OH)3 + OH- → Al(OH)4Thêm HCl vào dung dịch thu được lại thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: Al(OH)4- + H+ → Al(OH)3 + H2O 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 0,25 sủi bọt khí không màu: 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 3CO2 2. (a) Cho từ từ từng giọt đến hết 50 mL dung dịch HCl 0,1M vào 100 mL dung dịch Na2CO3 0,1M CO32- + H+ → HCO30,50 0,01 0,005 0,005 0,005 0,005 0 Do CO32- dư nên không có giai đoạn tạo CO2, VCO 2 = 0 Cho hết 100 mL dung dịch Na2CO3 0,1M và KHCO3 0,1M vào 200 mL dung dịch

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 HCl 0,1M:

CO32- + 2H+ → H2O + CO2 HCO3- + H+ → H2O + CO2 Vì 2n CO 2− + n HCO− > n H + nên H+ phản ứng hết. 3

(1) (2)

3

1 n + = 0,01mol 2 H Giả sử (2) xảy ra trước thì từ (1) và (2) ta có n CO 2 = 0,015mol Giả sử (1) xảy ra trước thì ta có n CO 2 =

1,00

Thực tế (1) và (2) đồng thời xảy ra nên: 0,224L = 0,01 × 22,4 < VCO 2 < 0,015 × 22,4 = 0,336L (b) 0,1M

(c)

Thêm 100 mL dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150 mL dung dịch KHCO3

HCO3- + OH- → CO32- + H2O 0,015 0,02 0,015 0,015 0 0,005 0,015 Ba2+ + CO32- → BaCO3 0,01 0,015 0,01 0,01 0 0,005 Dung dịch còn 0,005 mol KOH và 0,005 mol K2CO3 Dung dịch A có các cân bằng: CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-

0,50

Kb1 = 10-3,67

HCO3- + H2O ⇌ H2O + CO2 + OH- Kb2 = 10-7,65 H2O ⇌ H+ + OH-

KN = 10-14 Vì Kb1 >> Kb2 >> KN nên cân bằng (1) là chủ yếu: 1 1 pH = 14 - (pKb1 + pC) = 14 - (3,67 + 1) = 11,67 2 2 Dung dịch C là dung dịch lưỡng tính nên: 1 1 pH = (pK1 + pK2) = (6,35 + 10,33) = 8,34 2 2 (d) Trích mẫu thử, thêm BaCl2 dư vào mẫu thử thấy xuất hiện kết tủa trắng (tan trong axit), như vậy mẫu thử có CO32-. Ba2+ + CO32- → BaCO3 Lọc tách kết tủa, thêm HCl vào dung dịch nước lọc thấy sủi bọt khí không màu (làm đục nước vôi trong), vậy dung dịch có HCO3HCO3- + H+ → H2O + CO2.

0,75

0,50

Câu VIII (4 điểm) 1. (a) Amoniac có tính oxi hóa hay tính khử? Viết phương trình phản ứng minh họa. (b) Trong dung môi amoniac lỏng, các hợp chất KNH2, NH4Cl, Al(NH2)3 có tính axit, bazơ hay lưỡng tính ? Viết các phương trình phản ứng minh họa. 2. Hòa tan 4,8 gam kim loại M bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư, hay hòa tan 2,4 gam muối sunfua kim loại này cũng trong dung dịch HNO3 đặc nóng, thì đều cùng sinh ra khí NO2 duy nhất có thể tích bằng nhau trong cùng điều kiện. (a) Viết các phương trình phản ứng dưới dạng phương trình ion. (b) Xác định kim loại M, công thức phân tử muối sunfua. (c) Hấp thụ khí sinh ra ở cả hai phản ứng trên vào 300 mL dung dịch NaOH 1M, rồi thêm vào đó một ít phenolphtalein. Hỏi dung dịch thu được có màu gì? Tại sao? ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) NH3 vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,75

Tính oxi hóa: K + NH3 (l) → KNH2 + 1/2H2 Tính khử: 2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 + 3H2O (b) KNH2 là một bazơ, NH4Cl là axit và Al(NH2)3 có tính lưỡng tính. Phản ứng trung hòa: KNH2 + NH4Cl → KCl + 2NH3 Phản ứng của chất lưỡng tính với axit: Al(NH2)3 + 3NH4Cl → AlCl3 + 6NH3 Phản ứng của chất lưỡng tính với bazơ: Al(NH2)3 + KNH2 → K[Al(NH2)4] 2. (a) Phương trình phản ứng: M + 2mH+ + mNO3- → Mm+ + mNO2 + mH2O (1) M2Sn + 4(m+n)H+ + (2m+6n)NO3- → 2Mm+ + nSO42- + (2m+6n)NO2 + 2(m+n)H2O (2) (b) Vì số mol NO2 ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có: 4,8 2,4 m= ( 2 m + 6n ) M 2M + 32n 64mn  M = ⇒  6n − 2m , nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.  n , m = 1,2,3 Vậy M là Cu và công thức muối là Cu2S. 4,8 (c) n Cu = = 0,075mol 64 Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O ⇒ n NO2 = 2 × 2 × 0,075 = 0,3mol = n NaOH

⇒ đã xảy ra vừa đủ phản ứng: 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O Dung dịch thu được có màu hồng do NO2- tạo môi trường bazơ:

075

1,00

0,75

0,75

NO2- + H2O ⇌ HNO2 + OH-

Câu IX (4 điểm) 1. (a) Tính tỉ lệ các sản phẩm monoclo hóa (tại nhiệt độ phòng) và monobrom hóa (tại 127oC) isobutan. Biết tỉ lệ khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử H trên cacbon bậc nhất, bậc hai và bậc ba trong phản ứng clo hóa là 1,0 : 3,8 : 5,0 và trong phản ứng brom hóa là 1 : 82 : 1600. (b) Dựa vào kết quả tính được ở câu (a), cho nhận xét về các yếu tố ảnh hưởng đến hàm lượng các sản phẩm của phản ứng halogen hóa ankan. 2. Dùng cơ chế phản ứng giải thích tại sao khi xử lý 2,7-đimetylocta-2,6-dien với axit photphoric thì thu được 1,1-đimetyl-2-isopropenylxiclopentan. 3. Hiđro hóa một hiđrocacbon A (C8H12) hoạt động quang học thu được hiđrocacbon B (C8H18) không hoạt động quang học. A không tác dụng với Ag(NH3)2+ và khi tác dụng với H2 trong sự có mặt của Pd/PbCO3 tạo hợp chất không hoạt động quang học C (C8H14). 1. Lập luận xác định cấu tạo (có lưu ý cấu hình) và gọi tên A, B, C. 2. Oxi hóa mãnh liệt A bằng dung dịch KMnO4 trong H2SO4.Viết phương trình hoá học. ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. (a) Tỉ lệ sản phẩm:

0,50

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH3 CH3 CH CH2 Cl

CH3 CH3 CH

CH3

+ Cl2

(9x1,0) = 64,3% (9x1,0) + (1x5,0)

1-clo-2-metylpropan

- HCl

CH3 CH3

C

(1x5,0) = 35,7% (9x1,0) + (1x5,0)

CH3

Cl 2-clo-2-metylpropan CH3

CH3 CH

(9x1,0) = 0,56% (9x1,0) + (1x1600)

CH3 CH CH2 Br

CH3 CH3

+ Br2

0,50

1-brom-2-metylpropan

- HCl

CH3 CH3

C

CH3

(1x1600) = 99,44% (9x1,0) + (1x1600)

Br 2-brom-2-metylpropan (b) Hàm lượng sản phẩm halogen hóa phụ thuộc ba yếu tố: Khả năng tham gia phản ứng thế của ankan: Phản ứng halogen hóa ưu tiên thế hidro trên nguyên tử cacbon bậc cao hơn. Khả năng phản ứng của halogen: Brom tham gia phản ứng yếu hơn so với clo, nhưng có khả năng chọn lọc vị trí thế cao hơn so với clo. Số nguyên tử hidro trên cacbon cùng bậc: Khi số hidro trên các nguyên tử cacbon càng nhiều thì hàm lượng sản phẩm càng lớn. 2. Cơ chế:

0,75

H+

0,75 -H+

3. (a) A có độ bất bão hòa ∆ =

2 + 2.8 − 12 = 3, 2

B có ∆ =

2 + 2.8 − 18 = 0 và C có 2

2 + 2.8 − 14 = 2. 2 Vì A cộng 3 phân tử hidro để tạo ra B nên A có các liên kết bội hoặc vòng ba cạnh. A cộng 1 phân tử H2 tạo ra C và A không tác dụng với Ag(NH3)2+ nên A có một liên kết ba dạng -C≡C-R. A cũng phải chứa một liên kết đôi dạng cis- (Z) ở vị trí đối xứng với liên kết ba, vì khi A cộng 1 phân tử H2 (xúc tác Pd làm cho phản ứng chạy theo kiểu cis-) tạo C không hoạt động quang học. Cấu tạo của A, B, C là: H 2Z-4-metylhept-2-en-5-in (A) CH3 C C C * C C CH3

∆=

H H CH3 (B) CH3CH2CH2CH(CH3)CH2CH2CH3 4-metylheptan

0,50

0,75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (C) CH3

H C C C

C C CH3

2Z,5Z-4-metylhepta-2,5-dien

H H CH3 H H (b) Phương trình phản ứng: 0,25 5CH3CH=CHCH(CH3)C≡C-CH3 + 14KMnO4 + 21H2SO4 → → 10CH3COOH + 5CH3CH(COOH)2 + 14MnSO4 + 7K2SO4 + 16H2O Câu X (4 điểm) 1. Limonen (C10H16) là tecpen có trong vỏ quả cam, chanh và bưởi. Oxi hóa limonen bằng kalipemanganat tạo chất A. H3 C

C CH3

C

O

CH2 CH2 CH CH2COOH

O

(A) (a) Dùng dữ kiện trên và qui tắc isopren xác định cấu trúc của limonen. (b) Viết công thức các sản phẩm chính hình thành khi hidrat hóa limonen. 2. Để điều chế nitrobenzen trong phòng thí nghiệm và tính hiệu suất phản ứng, người ta tiến hành các bước sau: Cho 19,5 ml axit nitric vào một bình cầu đáy tròn cỡ 200 mL làm lạnh bình và lắc, sau đó thêm từ từ 15 mL H2SO4 đậm đặc, đồng thời lắc và làm lạnh đến nhiệt độ phòng. Lắp ống sinh hàn hồi lưu (nước hay không khí), cho tiếp 13,5 mL benzen qua ống sinh hàn với tốc độ chậm và giữ nhiệt độ không quá 500C, đồng thời lắc liên tục (a). Sau khi cho hết benzen, tiếp tục đun nóng bình phản ứng trên bếp cách thuỷ trong 30-45 phút và tiếp tục lắc. Sau đó làm lạnh hỗn hợp phản ứng và đổ qua phễu chiết. Tách lấy lớp nitrobenzen ở trên. Rửa nitrobenzen bằng nước rồi bằng dung dịch Na2CO3 (b). Tách lấy nitrobenzen cho vào bình làm khô có chứa chất làm khô A ở thể rắn (c). Chưng cất lấy nitrobenzen bằng bình Vuy-êc trên bếp cách thuỷ để thu lấy nitrobenzen sạch. Cân lượng nitrobenzen thấy được 15 gam (d). (a) Viết phương trình hoá học chính và các phương trình thể hiện cơ chế của phản ứng. Cho biết vì sao cần phải lắc bình liên tục và giữ nhiệt độ phản ứng ở 500C? Nếu không dùng H2SO4 đậm đặc, phản ứng có xảy ra không? (b) Vì sao cần phải rửa nitrobenzen bằng nước, sau đó bằng dung dịch Na2CO3? (c) A có thể là chất nào? (d) Tính hiệu suất phản ứng nếu khối lượng riêng của benzen 0,8g/mL. ĐÁP ÁN 1. (a) Cấu tạo: O O OH

O + O=C=O

limonen (b) Các sản phẩm chính khi hidrat hóa:

OH

OH

OH

OH

4. (a) Phản ứng:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 H SO

C6H6 + HONO2 2  4 → C6H5NO2 + H2O Cơ chế phản ứng: (+)

HO - NO2 + H2SO4

(1) (-)

H - O - NO2 + HSO4

H (+)

(+)

H3O(+) + HSO4(-) + NO2

H - O - NO2 + H2SO4

H

+ NO2(+)

chËm

NO2

NO2

H +

nhanh

+ H(+)

Hỗn hợp phản ứng ở hệ dị thể nên cần phải lắc đều hay khuấy mạnh liên tục để tạo thành nhũ tương, bảo đảm sự tiếp xúc tốt giữa các tác nhân. Phải giữ ở 500C vì nếu ở nhiệt độ cao hơn sẽ tăng lượng sản phẩm đinitrobenzen. Nếu không dùng H2SO4, phản ứng vẫn xảy ra do vẫn có sự hình thành NO2+ theo phương trình sau: HO-NO2 + HNO3 ⇄ H2O+-NO2 + NO3-

H2O+-NO2 + HNO3 ⇄ H3O+ + NO3- + NO2+ (1) Tuy nhiên khi không có H2SO4 phản ứng xảy ra chậm vì hiệu suất tạo NO2+ sinh ra trong (1) rất thấp. Khi có mặt H2SO4 đậm đặc, cân bằng chuyển dời về phía thuận nên phản ứng xảy ra nhanh hơn. (c) Cần phải rửa bằng nước để loại axit, sau đó rửa bằng dung dịch Na2CO3 để loại hết axit dư và dễ kiểm tra kết quả do phản ứng giữa axit và Na2CO3 sinh khí. (b) A là chất hút nước ở dạng rắn, nên A có thể là CaCl2, ... khan (d) Hiệu suất phản ứng: 15 × 78 9,512g m C6H 6 (1) = = 9,512gam ⇒ H = = 88% 123 13,5mL × 0,8g / mL

Câu XI A là hidrocacbon không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol A và hấp thu sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,15 mol Ca(OH)2 thu được kết tủa và khối lượng bình tăng lên 11,32 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được kết tủa lại tăng lên, tổng khối lượng kết tuả hai lần là 24,85 gam. A không với dung dịch KMnO4/H2SO4 nóng, còn khi monoclo hóa trong điều kiện chiếu sáng thì chỉ tạo một sản phẩm duy nhất. 1. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. 2. Người ta có thể điều chế A từ phản ứng giữa benzen và anken tương ứng trong axit sunfuric. Dùng cơ chế phản ứng để giải thích phản ứng này. 3. Mononitro hóa A bằng cách cho phản ứng với axit nitric (có mặt axit sunfuric đặc) thì sản phẩm chính thu được là gì? Tại sao? ĐÁP ÁN 1. Dung dịch Ca(OH)2 hấp thụ hết sản phẩm cháy của A chứa CO2 và H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (1) 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (2) Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → CaCO3 + BaCO3 + 2H2O (3) Đặt số mol CO2 tham gia các phản ứng (1) và (2) lần lượt là x và y, ta có: y  x + = 0,15  2 ⇒ x = y = 0,1mol , n CO 2 = x + y = 0,2mol   y y 100 x +  + 197 = 24,85   2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ ∆m = m H 2O + m CO 2 = 11,32g ⇒ n H 2O

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 11,32 − 0,2.44 = = 0,14mol 18

Đặt công thức tổng quát của A là CxHy: CxHy + (x+y/4)O2 → xCO2 + y/2H2O 1 x y Ta có = = ⇒ x = 10, y = 14 0,02 0,2 2.0,14 Công thức phân tử của A là C10H14 (∆ = 4) Vì A không làm mất màu dung dịch brom (cấu trúc thơm), không tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4 (chỉ có một nhóm thế) và monoclo hóa (ánh sáng) chỉ tạo một sản phẩm duy nhất (nhóm thế có cấu trúc đối xứng cao) nên cấu tạo của A là: CH3 C CH3 (t-butylbenzen) CH3 2. Cơ chế: (CH3)2C=CH2 + H2SO4 → (CH3)2C+-CH3 + HSO4-

H + (CH3)3C+

chËm

+

C(CH3)3 nhanh

C(CH3)3 + H(+)

3. Nhóm ankyl nói chung định hướng thế vào các vị trí ortho- và para-. Tuy nhiên, do nhóm tbutyl có kích thước lớn gây án ngữ không gian nên sản phẩm chính là sản phẩm para-: CH3

O2N

C CH3 CH3

ĐỀ 12 (HSG 11 ĐÀ NẲNG 2006-07) Câu XII (4 điểm) 1. 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. Phèn là muối sunfat kép của một cation hóa trị một (như K+ hay NH4+) và một cation hóa trị ba (như Al3+, Fe3+ hay Cr3+). Phèn sắt amoni có công thức (NH4)aFe(SO4)b.nH2O. Hòa tan 1,00 gam mẫu phèn sắt vào 100 cm3 H2O, rồi chia dung dịch thu được thành hai phần bằng nhau. Thêm dung dịch NaOH dư vào phần một và đun sôi dung dịch. Lượng NH3 thoát ra phản ứng vừa đủ với 10,37 cm3 dung dịch HCl 0,100 M. Dùng kẽm kim loại khử hết Fe3+ ở phần hai thành Fe2+. Để oxi hóa ion Fe2+ thành ion Fe3+ trở lại, cần 20,74 cm3 dung dịch KMnO4 0,0100 M trong môi trường axit. (a) Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn và xác định các giá trị a, b, n. (b) Tại sao các phèn khi tan trong nước đều tạo môi trường axit ? ĐÁP ÁN 1. C oNH 4Cl =

0,050L × 0,200mol.L−1 0,075L × 0,100mol.L−1 = 0,08M ; C oNaOH = = 0,06M 0,125L 0,125L

NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O 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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

0,06–x Kb =

0,02+x

[ NH 4+ ][OH − ] [ NH 3 ]

=

x (0,02 + x ) x 0,06 = 5,4.10 −5 M = 1,8.10 −5 , gần đúng x = 1,8.10 −5 × 0,02 0,06 − x

⇒ pH = 14 − [− lg(5,4.10 −5 )] = 9,73 2. (a) Đặt số mol của phèn sắt (NH4)aFe(SO4)b.nH2O trong mỗi phần là x mol. Phương trình phản ứng phần một : NH4+ + OH- → NH3 + H2O ax 0 ax Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 NH3 + H+ → NH4+ ax ax Phương trình phản ứng phần hai : Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ x 0 x 2+ + 5Fe + MnO4 + 8H → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O x x/5 Ta có : ax = 0,01037L × 0,100mol.L−1 = 1,037.10 −3 mol x = 5 × 0,02074L × 0,010mol.L−1 = 1,037.10 −3 mol

⇒ a=1 Công thức của phèn được viết lại là NH4+Fe3+(SO42-)b.nH2O ⇒ b=2

Từ M = 18 + 56 + 96.2 + 18n =

0,5 gam 1,037.10 −3 mol

⇒

n = 12

Công thức của phèn sắt – amoni là NH4Fe(SO4)2.12H2O (b) Phèn tan trong nước tạo môi trường axit vì các ion NH4+, Al3+, Fe3+ và Cr3+ đều những ion axit (các ion K+ có tính trung tính, còn SO42- có tính bazơ rất yếu). NH4+ + H2O ⇄ NH3 + H3O+

M3+ + H2O ⇄ M(OH)2+ + H+

Câu XIII (4 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi lần lượt cho các đơn chất As và Bi tác dụng với dung dịch HNO3 (giả thiết sản phẩm khử chỉ là khí NO). 2. So sánh (có giải thích) tính tan trong nước, tính bazơ và tính khử của hai hợp chất với hidro là amoniac (NH3) và photphin (PH3). 3. Một giai đoạn quan trọng trong quá trình tổng hợp axit nitric là oxi hóa NH3 trong không khí, có mặt Pt xúc tác. (a) Xác định nhiệt phản ứng của phản ứng này, biết nhiệt hình thành các chất NH3 (k), NO (k) và H2O (k) lần lượt bằng – 46 kJ/mol; + 90 kJ/mol và - 242 kJ/mol. (b) Trong công nghiệp, người ta đã sử dụng nhiệt độ và áp suất thế nào để quá trình này là tối ưu ? Tại sao ? ĐÁP ÁN 1. Phương trình phản ứng : 3As + 5HNO3 + 2H2O → 3H3AsO4 + 5NO Bi + 4HNO3 → Bi(NO3)3 + NO + 2H2O 2. Tính tan : NH3 tan tốt hơn PH3 trong nước, do phân tử phân cực hơn và có khả năng tạo liên kết hidro với nước.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

H

H

... H N ... H O ... H N ...

H

H

H

Tính bazơ : NH3 có tính bazơ mạnh hơn PH3, do liên kết N-H phân cực mạnh hơn liên kết P-H, làm cho nguyên tử N trong phân tử NH3 giàu electron hơn, dễ dàng nhận proton hơn (một nguyên nhân nữa giải thích cho điều này là ion NH4+ bền hơn PH4+). Tính khử : PH3 có tính khử mạnh hơn nhiều so với NH3, do nguyên tử P là một phi kim có độ âm điện nhỏ và phân tử PH3 kém bền hơn NH3. 3. (a) 4NH3 (k) + 5O2 (k) → 4NO (k) + 6H2O (k) ∆H = 4∆H NO + 6∆H H 2O − 4∆H NH 3 = ∆H = (4 × 90 kJ ) + [6 × ( −242 kJ )] − [4 × ( −46kJ ) = −908kJ

(b) Vì phản ứng là tỏa nhiệt, nên để tăng hiệu suất cần giảm nhiệt độ. Tuy nhiên nếu hạ nhiệt độ quá thấp sẽ làm giảm tốc độ phản ứng, nên thực tế phản ứng này được tiến hành ở 850900oC và có xúc tác Pt. Vì phản ứng thuận là chiều làm tăng số phân tử khí, nên để tăng hiệu suất phản ứng cần giảm áp suất. Tuy nhiên, điều kiện áp suất gây tăng giá thành công nghệ sản xuất, nên ta chỉ dùng áp suất thường (1 atm).

Câu XIV (4 điểm) 1. 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. 2. Hoàn thành các phản ứng dưới đây. Xác định sản phẩm chính của mỗi phản ứng và dùng cơ chế giải thích sự hình thành sản phẩm chính đó. (a) CH3-CH=CH2 (propilen) + HCl → 180o C (b) CH3-CH2-CH(OH)-CH3 (ancol s-butylic) H2SO4 , → H 2SO 4 , t o (c) C6H5CH3 + HNO3  → 3. Dùng sơ đồ xen phủ obitan nguyên tử để mô tả các phân tử CH3-CH=C=CH-CH3 (phân tử A) và CH3-CH=C=C=CH-CH3 (phân tử B). Cho biết A, B có đồng phân hình học hay không ? Tại sao ? ĐÁP ÁN 1. Thí nghiệm xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ :

2. Phản ứng và cơ chế phản ứng: (a) Phản ứng : CH 3 CH CH 2 + HCl

Cơ chế (cộng AE) :

CH 3 CH CH 3 (s¶n phÈm chÝnh) Cl CH 3 CH 2 CH 2 Cl

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CH 3

δ− CH CH 2

(X)

CH 3 CH CH 3

H+

CH 3 CH 2

Cl -

CH 2 (Y)

CH 3 CH CH 3 Cl

Sản phẩm chính hình thành theo hướng tạo cacbocation trung gian bền vững hơn. Dễ thấy rằng cacbocation (X) bền hơn (Y) (do điện tích được giải tỏa nhiều hơn, với 6Hα), nên sản phẩm chính là isopropyl clorua. (b) Phản ứng : CH 3 CH CH CH 3 + H 2O (s¶n phÈm chÝnh)

H 2SO 4

CH 3 CH 2 CH CH 3 OH

CH 2 CH CH 2 CH 3 + H 2O

Cơ chế (tách E1) : CH 3 CH 2 CH CH 3 OH

CH 3 CH CH CH 3 (X)

H+

CH 3 CH 2 CH CH 3 -H2O + OH 2

CH 2 CH CH 2 CH 3 (Y)

Sản phẩm chính được hình thành theo hướng tạo sản phẩm bền hơn. Ở đây, (X) bền hơn (Y) do có số nguyên tử Hα tham gia liên hợp, làm bền hóa liên kết π nhiều hơn. (c) Phản ứng : CH3 CH3 + HONO2

H2SO4

NO2 + H2O

CH3 + H2O NO2

Cơ chế (thế SE2Ar) : HONO2 + H2SO4 → HSO4- + H2O + +NO2 CH3 CH3

CH3 +

NO2

CH3 H NO2

NO2 +

-H

CH3

CH3 +

NO2 H

NO2

-H+ NO2

Phản ứng dịnh hướng thế vào vị trí meta-, do mật độ electron ở vị trí này trong phân tử toluen giàu hơn các vị trí ortho-, para-. Đồng thời phản ứng thế vào vị trí này tạo sự giải tỏa điện tích tốt nhất ở phức π. 3. Mô hình phân tử : H H

CH3 CH3 Trong truờng hợp này, các nhóm thế không đồng phẳng, nên phân tử không xuất hiện hiện tượng đồng phân hình học. H H CH3

CH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Trong trường hợp này, các nhóm thế đồng phẳng, nên phân tử xuất hiện hiện tượng đồng phân hình học.

Câu XV (4 điểm) 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. 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 Mg(ClO4)2 và bình 2 đựng 2 lít Ca(OH)2 0,0 2 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. ĐÁP ÁN 1. (a) 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) =

0,672L − 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 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 2. (a) n(H2O) = 0,06 mol ⇒ n(H) = 0,12 mol Từ các phản ứng : CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 với n Ca ( OH ) 2 = 0,045mol và n CaCO3 = 0,02mol ⇒ n(CO2) bằng 0,02 mol hoặc 0,07 mol. n(O) tham gia phản ứng bằng

3,2gam = 0,2mol 16gam / mol

Vậy số mol O trong A bằng : n(O) = 0,02mol × 2 + 0,06 mol – 0,2 mol < 0 (loại) n(O) = 0,07mol × 2 + 0,06 mol – 0,2 mol = 0 mol ⇒ A là hidrocacbon có công thức đơn giản C7H12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Vì MA < 100, nên công thức phân tử của A chính là C7H12 ( ∆ = 2 ) Cấu tạo của A phù hợp với giả thiết là: CH3 CH C CH CH CH3 (3-metylhexa-2,4-dien) CH3 (b) Các dạng đồng phân hình học : CH3 CH3 H3C CH3 H CH3 H CH3 C C CH3 C C H C C CH3 C C H C C C C C C C C H H CH3 CH3 CH3 CH3 H H H H H H

cis-cis trans-trans cis-trans trans-cis (c) Tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 thì tạo được các sản phẩm : H CH3 CH C C CHBr CH3 CH3 + Br2 H CH3 CH C CH CH CH3 CH3 C C CH CHBr CH3 - BrCH3 CH3 H CH3 C C CH CH CH3 Br CH3 CH3CH=C(CH3)-CHBr-CHBr-CH3 + Br-

CH3-CHBr-C(CH3)=CH-CHBr-CH3 CH3-CHBr-CBr(CH3)-CH=CH-CH3

Câu XVI ( 4 điểm) 1. Trình bày phương pháp phân biệt mỗi cặp chất dưới đây (mỗi trường hợp chỉ dùng một thuốc thử đơn giản, có viết phản ứng minh họa) : (a) m-bromtoluen và benzylbromua (b) phenylaxetilen và styren 2. Từ benzen và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác có đủ, viết các phương trình phản ứng hóa học điều chế : (a) meta-clonitrobenzen (b) ortho-clonitrobenzen (c) axit meta-brombenzoic (d) axit ortho-brombenzoic 3. Hidrocacbon X có phân tử khối bằng 128, không làm nhạt màu dung dịch Br2. X tác dụng với H2 (xúc tác Ni, t) tạo các sản phẩm Y và Z. Oxi hóa mãnh liệt Y tạo sản phẩm là axit o-phtalic, oC6H4(COOH)2. (a) Xác định cấu tạo và gọi tên X, Y, Z. (b) Viết phản ứng tạo ra sản phẩm chính, khi cho X lần lượt tác dụng với dung dịch HNO3 đặc (H2SO4 đặc xúc tác) và Br2 (xúc tác bột sắt). Biết ở mỗi phản ứng, tỉ lệ mol các chất tham gia phản ứng là 1:1. ĐÁP ÁN 1. Phân biệt các chất : (a) Dùng AgNO3, benzyl bromua cho kết tủa vàng : C6H5CH2Br + AgNO3 + H2O → C6H5CH2OH + AgBr + HNO3 (b) Dùng dung dịch AgNO3/NH3, phenylaxetilen cho kết tủa vàng xám : C6H5C≡CH + AgNO3 + NH3 → C6H5C≡CAg + NH4NO3 2. Điều chế :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

NO2 (a)

NO2

+ HONO2

+ Cl2

H2SO4

Fe

Cl

Cl

Cl

+ Cl2

(b)

+H2SO4

Cl

Fe

H2SO4

Cl

SO3H

SO3H

COOH

COOH

NO2

t

CH3 + CH3Cl

(c)

+ Br2

+ KMnO4

AlCl3

Fe

CH3

CH3

+CH3Cl

(d)

NO2

+ HONO2

+H2SO4

Br CH3 Br

+ Br2

AlCl3

Fe

SO3H CH3

COOH Br

Br

+ KMnO4

t

SO3H

3. (a) X (CxHy), có 12x + y = 128 (y ≤ 2x + 2) có hai nghiệm thích hợp là C10H8 và C9H20. Tuy nhiên, vì X tác dụng được với hidro, nên công thức đúng là C10H8 ( ∆ = 7 ). Vì X không làm nhạt màu nước brom nên cấu tạo thích hợp của X là naphtalen và phù hợp với giả thiết thì Y là tetralin và Z là decalin :

(naphtalen)

(decalin)

(tetralin)

(b) Phản ứng :

NO2 H2SO4

+ HONO2

+ H2O Fe

+ Br2

Fe

+ HBr

ĐỀ 13(HSG 11 ĐÀ NẲNG 2007-08) Câu XVII (4 điểm) 1. Xét hợp chất với hidro của các nguyên tố nhóm VA. Góc liên kết HXH (X là kí hiệu nguyên tố nhóm VA) và nhiệt độ sôi được cho trong bảng dưới đây.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Đặc điểm NH3 PH3 AsH3 SbH3 Góc HXH 107o 93o 92o 91o Nhiệt độ sôi (oC) -33,0 -87,7 -62,0 -18,0 So sánh và giải thích sự khác biệt giá trị góc liên kết và nhiệt độ sôi của các chất này. 2. Khi cho NH3 vào dung dịch AgNO3 thì thấy có vẩn đục màu trắng tan lại ngay trong NH3 dư, nhưng khi thêm AsH3 vào dung dịch AgNO3 thì lại thấy xuất hiện kết tủa Ag và dung dịch thu được có chứa axit asenơ. Viết phương trình phản ứng và giải thích tại sao có sự khác biệt này.

3. Xét phản ứng tổng hợp amoniac : N2 (k) + 3H2 (k) ⇄ 2NH3 (k) Ở 450oC hằng số cân bằng của phản ứng này là KP = 1,5.10-5. Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3 nếu ban đầu trộn N2 và H2 theo tỉ lệ 1:3 về thể tích và áp suất hệ bằng 500 atm. ĐÁP ÁN 1. Từ N đến Sb bán kính nguyên tử tăng dần, đặc trưng lai hóa sp3 của nguyên tử X trong phân tử XH3 giảm dần, nên góc liên kết trở về gần với góc giữa hai obitan p thuần khiết. (Cũng có thể giải thích là từ Sb đến N độ âm điện của nguyên tử trung tâm tăng dần, bán kính nguyên tử giảm dần, làm khoảng cách giữa các cặp electron liên kết giảm, lực đẩy giữa chúng tăng, nên góc liên kết tăng). NH3 tạo được liên kết H liên phân tử, còn PH3 thì không, do vậy từ NH3 đến PH3 nhiệt độ sôi giảm. Từ PH3 đến SbH3 nhiệt độ sôi tăng do phân tử khối tăng. H H

... N

H ... N

H 2. Phương trình phản ứng : AgNO3 + NH3 + H2O → AgOH + NH4NO3 AgOH + 2NH3 → Ag(NH3)2OH −3

+1

+3

H ...

H

0

As H 3 + 6 Ag NO 3 + 3H 2 O → H 3 As O 3 + 6 Ag + 6HNO 3 NH3 có tính bazơ mạnh hơn AsH3, nhưng ngược lại AsH3 có tính khử mạnh hơn NH3. 3. Gọi x và h lần lượt là số mol ban đầu của N2 và hiệu suất phản ứng. N2 (k) no x n hx x(1-h)

KP =

+

2 PNH 3

PN .PH3 2 2

3H2 (k) ⇄ 3x 3hx 3x(1-h)

=

2NH3 (k) 0 2hx 2hx ⇒ Σn = x(4-2h)

 2 xh   P   x ( 4 − 2h ) 

2

 x (1 − h )  3x (1 − h )   P  P   x (4 − 2h )  x (4 − 2h ) 

3

⇔

2h ( 4 − 2h ) 5,2(1 − h ) 2

=P K

⇔ 14,1h 2 − 28,2h + 10,1 = 0 với h ≤ 1 ⇒ h = 0,467 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 46,7% Câu XVIII (4 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.

(a) Xác định pH của các dung dịch A và B, biết K NH3 = 1,8.10 −5 . (b) So với dung dịch A, giá trị pH của dung dịch B đã có sự thay đổi lớn hay nhỏ ? Nguyên nhân của sự biến đổi lớn hay nhỏ đó là gì ? 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. ĐÁP ÁN 1. (a) Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl : NH3 + H+ NH4+

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 o

C 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+ + 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 ) o

OH-

Kb

xM xM

⇒ 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+ + 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 ) o

OH-

Kb

xM xM

⇒ pH B = 14 − [− lg(4,5.10 −5 )] = 9,7 (b) Sự khác biệt giá trị pH của dung dịch B so với dung dịch A là không lớn, do trong dịch A tồn tại một cần bằng axit – bazơ, cân bằng này có khả năng làm giảm (chống lại) tác động thay đổi nồng độ axit (H+) hoặc bazơ (OH-). 2. Theo giả thiết n Al3+ = 0,02 mol và n SO 2− = 0,03 mol . Gọi x là số mol Ba(OH)2 cần thêm vào, 4

như vậy n Ba 2+ = x mol và n OH − = 2 x mol . n

o

no

Ba2+ + x (mol) Al3+ + 0,02 (mol) Al(OH)3 +

SO42- → 0,03 (mol) 3OH- → 2x (mol) OH- →

BaSO4

(1)

Al(OH)3

(2)

Al(OH)4-

(3)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al3+ tham gia phản ứng 2x vừa đủ hoặc dư : ≤ 0,02 ⇒ x ≤ 0,03 (mol) , và như vậy Ba2+ phản ứng hết ở phản ứng (1). 3 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).

Câu XIX (4 điểm) 1. Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 +5

0

-3

+2

(4)

+4

N (1) N (2) N (3) N

N

0

(5)

+3

+2

N

(6)

N

+5

N (8) N (7)

2. Dung dịch A gồm 0,4 mol HCl và 0,05 mol Cu(NO3)2. Cho m gam bột Fe vào dung dịch khuấy đều cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn X gồm hai kim loại, có khối lượng 0,8m gam. Tính m. Giả thiết sản phẩm khử HNO3 duy nhất chỉ có NO. ĐÁP ÁN 1. Các phương trình phản ứng : (1) N2 + 3H2 (2) (3) (4) (5)

Fe

→ 2NH3 o

500 , 300atm

Pt , 850−900o C

4NH3 + 5O2     → 4NO + 6H2O 2NO + O2 → 2NO2 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 5Mg + 12 HNO3 → 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O 2000o C

(6) N2 + O2   → 2NO (7) 2NO2 + 2KOH → KNO2 + KNO3 + H2O (8) 5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 5KNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O 2. Trong dung dịch A : Dung dịch A có 0,4 mol H+, 0,05 mol Cu2+, 0,4 mol Cl-, 0,1 mol NO3Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng : (1) Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O 0,4 0,1 0,1 0,4 0,1 0,1 0 0 0,1 3+ 2+ (2) Fe + 2Fe → 3Fe 0,05 0,1 (3) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu 0,16 0,05 0,05 Số mol Fe đã tham gia các phản ứng từ (1) đến (3) là 0,1+ 0,05 + 0,05 = 0,2 (mol) Hỗn hợp 2 kim loại sau phản ứng gồm Fe dư Cu, (m - 56×0,2) + 0,05 ×64 = 0,8 m ⇒ m = 40 (gam) Câu XX (4 điểm) 1. Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của n-pentan và neopentan. Giải thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này. n-Pentan Neopentan Nhiệt độ sôi (oC) 36 9,5 o Nhiệt độ nóng chảy ( C) -130 -17 2. 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. 3. Hoàn thành các phương trình phản ứng : +HCHO (2)

Etyl bromua

+Mg/ete (1)

A

X1

+CH 3COCH3 (4) +CO 2 (6)

Y1 Z1

H2O (3) H2O (5) H2O (7)

X1 Y1 Z1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐÁP ÁN 1. Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn n-pentan vì khi phân tử có càng nhiều nhánh, tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng giảm, làm cho độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp hơn. Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít hơn và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn. 2. (a) Gọi công thức trung bình của X, Y, Z là C n H 2n (do số mol CO2 và H2O bằng nhau). 3n / 2 14,7 3n O 2 → nCO 2 + nH 2 O , ta có : = ⇒n=4 2 1 2,45 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 C n H 2n +

CH2 CH CH CH2

δ+ δ − Br-Br - Y-

CH2 CH CH CH2 CH2 CH CH CH2 Br

3. Các phương trình phản ứng : ete

CH3CH2Br + Mg → CH3CH2MgBr δ−

δ+

CH3 CH2MgBr H C H O CH3 CH2 CH2 OMgBr + H2O δ−

δ+

CH3 CH2 CH2 OMgBr

CH3 CH2 CH2 OH + Mg(OH)Br CH3 CH3 CH2 C CH3 OMgBr CH3 CH3 CH2 C CH3 + Mg(OH)Br OH

CH3 CH2MgBr + CH3 C CH3 O CH3 CH3 CH2 C CH3 + H2O OMgBr O δ− CH3 CH2 C OMgBr CH3 CH2MgBr C δ+ O O CH3 CH2 C OMgBr + H2O CH3 CH2 C OH + Mg(OH)Br O O

Câu XXI ( 4 điểm) 1. Chất X có công thức phân tử C7H6O3. X có khả năng tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất Y có công thức C7H5O3Na. Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z (C9H8O4) cũng tác dụng

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 được với NaHCO3, nhưng khi cho X tác dụng với metanol (có H2SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8H8O3) không tác dụng với NaHCO3 mà chỉ tác dụng được với Na2CO3. (a) Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử. (b) Cho biết ứng dụng của các chất Y, Z và T 2. Đốt cháy hoàn toàn 10,08 L hỗn hợp khí gồm hai ankanal A và B thu được 16,8 L khí CO2. Nếu lấy cùng lượng hỗn hợp này tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thì thu được 108 gam Ag kim loại. (a) Xác định A và B, biết các khí đều đo ở 136,5oC và 1 atm. (b) Tiến hành phản ứng canizaro giữa A và B. Cho biết sản phẩm tạo thành và giải thích. ĐÁP ÁN 1. (a) Cấu tạo các chất : COOCH3 COOH COONa COOH OH OH OH OOCCH3

X Y Z Phương trình phản ứng : HOC6H4COOH + NaHCO3 → HOC6H4COONa + H2O + CO2

T

H SO

HOC6H4COOH + CH3OH 2  4 → HOC6H4COOCH3 + H2O H SO 4 HOC6H4COOH + (CH3CO)2O 2  → CH3COOC6H4COOH + CH3COOH (b) Y với hàm lượng rất nhỏ được sử dụng làm chất bảo quản thực phẩm và pha chế nước xúc miệng (có tác dụng diệt khuẩn); Z được sử dụng để chế tạo dược phẩm aspirin và T là thành phần chính của dầu gió xanh. 2. (a) Xác định A và B. 10,08 × 1 n A ,B = = 0,3 (mol) ; (22,4 / 273) × 273 × 1,5 16,8 × 1 108 n CO 2 = = 0,5 (mol) và n Ag = = 1 (mol) 108 (22,4 / 273) × 273 × 1,5 0,5 C= = 1,67 ⇒ A là HCHO 0,3 Gọi công thức của B là RCHO (hay CnH2nO) và số mol của A, B lần lượt là a, b. + AgNO / NH

3 HCHO    3 → 4Ag

+ AgNO / NH

3 RCHO    3 → 2Ag  a + b = 0,3  Ta có : a + nb = 0,5 ⇒ a = 0,2; b = 0,1; n = 3  4a + 2 b = 1  Vậy B là CH3CH2CHO (b) Phản ứng canizaro : HCHO + CH3CH2CHO + OH- → HCOO- + CH3CH2CH2OH Hợp chất dễ tham gia phản ứng cộng AN hơn (nguyên tử cacbon trong nhóm cacbonyl dương điện hơn) và có nhiều H liên kết với nhóm cacbonyl hơn, có xu hướng chuyển thành ion cacboxilat.

ĐỀ 14(HSG 11 ĐÀ NẲNG 2008-09) Câu I: (2,0 điểm) 1. Tính thể tích dung dịch hỗn hợp HCl, H2SO4 có pH = 1 cần dùng để pha vào 200 ml dung dịch hỗn hợp NaOH, KOH có pH = 13 thu được dung dịch có pH = 2.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Cho X là muối nhôm khan, Y là một muối trung hòa khan. Hoà tan α gam hỗn hợp đồng số mol 2 muối X, Y vào nước được dung dịch A. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch A cho tới dư được dung dịch B, khí C và kết tủa D. Axit hóa dung dịch B bằng HNO3 rồi thêm AgNO3 vào thấy xuất hiện kết tủa trắng bị hóa đen dần khi để ngoài ánh sáng. Khi thêm Ba(OH)2 vào, lượng kết tủa D đạt giá trị lớn nhất (kết tủa E), sau đó đạt giá trị nhỏ nhất (kết tủa F). Nung các kết tủa E, F tới khi khối lượng không đổi thu được 6,248 g và 5,126 g các chất rắn tương ứng. F không tan trong axit mạnh. a) Hỏi X, Y là các muối gì? b) Tính α và thể tích C (ở đktc) ứng với giá trị D lớn nhất.

Đáp án +

1. pH = 1 ⇒[H ] = 0,1 M , pH = 2 ⇒pH = 0,01 M

pH = 13 ⇒ pOH = 14-13 = 1 ⇒ [OH-] = 0,1M

⇒ số mol OH- trong 200 ml dung dịch = 0,2 × 0,1 = 0,02 (mol) Phương trình hóa học : (1) H+ + OH- → H2O Từ (1) ⇒ số mol H+ tham gia (1) = số mol OH- = 0,02 (mol) Gọi V (lít) là thể tích dung dịch 2 axit cần lấy . Số mol H+ trong V lít dung dịch = 0,1V (mol) Dung dịch thu được có pH < 7 chứng tỏ axit dư Số mol H+ dư = 0,1V – 0,02 (mol) 0,1V − 0, 02 [H+] trong dung dịch thu được = = 0, 01 (M) ⇒ V = 0,244 (lít) V + 0, 2 2. Vì cho AgNO3 vào dung dịch B đã axit hóa tạo ra kết tủa trắng bị hóa đen ngoài ánh sáng: đó là AgCl, vậy phải có 1 trong 2 muối là muối clorua, vì khi cho Ba(OH)2 mà có khí bay ra chúng tỏ đó là NH3; vậy muối Y phải là muối amoni trung hòa vì khi thêm Ba(OH)2 tới dư mà vẫn còn kết tủa chứng tỏ một trong hai muối phải là muối sunfat và sự chênh lệch nhau về khối lượng khi nung E và F là do Al2O3 tạo thành từ Al(OH)3. Các phản ứng dạng ion: (1) Ag+ + Cl→ AgCl → NH3 + H2O (2) NH4+ + OH3+ (3) Al + 3OH → Al(OH)3 (4) Al(OH)3 + OH→ Al(OH)4o t (5) 2Al(OH)3  → Al2O3 + 3H2O 22+ (6) Ba + SO4 → BaSO4

Theo khối lượng các chất rắn ta có:

n Al2O3 =

6, 248 − 5,126 5,126 = 0, 011 ( mol) , n BaSO4 = n SO2 − = = 0, 022 ( mol) 4 102 233

Như vậy kết quả không phù hợp với muối Al2(SO4)3. Do đó muối nhôm phải là AlCl3 với số mol = 0,011.2 = 0,022 mol và muối Y phải là muối (NH4)2SO4 với số mol là 0,022 mol. Khối lượng hỗn hợp ban đầu : a = m AlCl3 + m( NH4 )2 SO4 = 0,022×133,5 + 0,022×132 = 5,841 g Và nB = 2n(NH ) SO = 2. 0,022 = 0,044 (mol) ⇒VB = 2. 0,4928 = 0,9856 lit 4 2 4 Câu II: (2,0 điểm) Cho các chất NH3, H2N-OH, H2N-NH2 và H-N=N≡N a) Sắp xếp các chất trên theo chiều giảm dần tính bazơ. Giải thích. b) Phương pháp sản xuất hiđrazin H2N-NH2 trong công nghiệp là cho natri hipoclorit tác dụng với dung dịch amoniac. Viết phương trình hóa học minh họa. 2. Momen lưỡng cực và nhiệt độ sôi của NH3 và NF3 được cho trong bảng dưới đây:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Đặc điểm NH3 NF3 Momen lưỡng cực (D) 1,46 0,24 Nhiệt độ sôi (oC) -33,0 -129 Cho biết dạng hình học phân tử của NH3, NF3. So sánh và giải thích sự khác biệt giá trị momen lưỡng cực và nhiệt độ sôi của các chất này. 3. Cho dòng khí CO đi qua ống sứ chứa hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 đốt nóng, phản ứng tạo ra 3,0912 lít khí CO2 (đktc), hỗn hợp chất rắn còn lại trong ống nặng 14,352 gam gồm 4 chất. Hòa tan hết hỗn hợp 4 chất này vào lượng dư dung dịch HNO3 thu được V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch có chứa 50,82 gam muối khan. Tính V. Đáp án 1. (a) Tính bazơ giảm dần theo chiều: NH3 > H2N-NH2 > H2N-OH > H-N=N≡N Giải thích: Ba chất đầu đều có tính bazơ vì nguyên tử N còn cặp electron chưa liên kết. NH3 có tính bazơ mạnh nhất vì mật độ electron tại N lớn nhất. Oxi có độ âm điện lớn hút electron làm giảm mật độ electron tại N. Mật độ electron tại N giảm làm giảm khả năng nhận H+. Riêng H-N=N≡N có tính axit. Vì liên kết H-N phân cực mạnh, H linh động nên có khả năng cho H+

(b) 2NH3 + NaClO → H2N-NH2 + NaCl + H2O 2. Dạng hình h..ọc phân tử: tháp đáy tam giác .. N N H H F F H F

Trong phân tử NH3, liên kết N-H và cặp electron của N phân cực cùng chiều. Trong phân tử NF3, liên kết N-F và cặp electron của N phân cực ngược chiều. Do đó, phân tử NH3 phân cực hơn NF3. NH3 là phân tử phân cực, tạo được liên kết hidro giữa các phân tử nên có nhiệt độ sôi cao hơn NF3. 3. Xem hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 là hỗn hợp chứa FeO và Fe2O3 Ta có: mx= 14,352 + 16×3,0912/22,4 = 16,56 Giải hệ phương trình: 72nFeO + 160 nFe2O3 = 16,56 50,82 nFeO + 2nFe2O3 = nFe(NO3)3 = = 0,21 ( mol) 242 nFeO = 0,03mol và nFe2O3 = 0,09 mol Áp dụng định luật bảo toàn electron: nFeO + 2nCO2 = 3 nNO nNO = (0,03 + 2 ×3,0912/22,4)/3 = 0,102 mol. Vậy V = 2,2848 lít. Câu III: (2,0 điểm) 1. So sánh độ dài liên kết đơn C –H trong etan và trong etin. Giải thích 2. Dựa vào số electron hóa trị của C và H chứng tỏ rằng ankan có công thức chung là CnH2n+2. 3. Hòa tan 3,042 gam campho vào 40 gam benzen thu được dung dịch đông đặc ở 2,940C. Hãy xác định khối lượng mol phân tử của campho. Biết nhiệt độ nóng chảy và hằng số nghiệm lạnh của benzen lần lượt là 5,50C và 5,12. 4. Cho biết sản phẩm chính của các phản ứng cộng giữa các chất sau với số mol bằng nhau. (a) but2-in + H2 ; (b) axetylen + Br2 5. Một hiđrocacbon X có chứa 88,235% C về khối lượng. Xác định công thức cấu tạo của X, biết nó là hiđrocacbon no có ba vòng đều có 6C. Đáp án 1. Độ dài liên kết đơn C –H trong etan lớn hơn trong etin Vì liên kết C-H trong etan tạo bởi obitan lai hóa sp3 và obitan s của hiđro, còn liên kết C-H trong etin được tạo bởi obitan lai hóa sp của cacbon và obitan s của hiđro.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Xét một ankan có n nguyên tử cacbon Số electron hóa trị của C là 4n Số liên kết C-C là n-1 Số electron tham gia liên kết C-C là 2(n-2) Số electron hóa trị tham gia liên kết C-H là 4n – 2(n-2) = 2n+2 Vì H có một electron hóa trị, nên 2n+2 cũng chính là số nguyên tử H. 3. Áp dụng công thức K × m ct ×1000 M= m dd ∆t 5,12 × 3,042 ×1000 M= = 152,1 (g / mol) 40 × (5,50 − 2,94) 4. (a) cis-but-2-en và (b) trans-1,2-đibrometen 5. Xác định công thức phân tử Đặt CxHy là công thức phân tử của X 88,235 11,765 x:y= : = 7,353 : 11,765 = 5 : 8 12 1 10n + 2 − 8n X có dạng C5nH8n. X có độ bất bão hòa ∆ = = n +1 2

Do có 3 vòng nên n + 1 = 3, suy ra n = 2 , công thức phân tử của A là C10H16 X có 3 vòng 6C nên công thức cấu tạo của nó là:

hay Câu IV: (2,0 điểm) 1. Tốc độ tương đối của phản ứng brom hóa từng vị trí ở nhân benzen của toluen so với 1 vị trí của benzen như sau: CH3 600

600

5,5

5,5 2420

a) Giải thích sự khác nhau về tốc độ tương đối trong phân tử toluen. b) Tính tỉ lệ % các sản phẩm khi momobrom hóa toluen. c) So sánh khả năng phản ứng brom hóa của toluen và benzen. 2. Hiđrocacbon X có MX = 84 gam/mol. X tác dụng với dung dịch Br2 tạo dẫn xuất Y. Cho Y tác dụng với KOH trong ancol, đun nóng thu được 2 hiđrocacbon đồng phân Z1, Z2. Ozon phân Z1 thu được sản phẩm gồm CH3COOH và HOOC-COOH a) Lập luận tìm công thức cấu tạo của X, Y, Z1, Z2 và gọi tên. b) Viết các phương trình hóa học xảy ra. c) Biểu diễn các đồng phân hình học của Z1 và gọi tên. Đáp án 1. a. Do CH3 đẩy electron (hiệu ứng +I) làm tăng mật độ electron trong vòng benzen, nhất là các vị trí ortho và para nên ở các vị trí này dễ dàng tham gia phản ứng thế. Tuy nhiên, do ở vị trí ortho gần nhóm CH3 nên khó thế hơn ở para.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

b. Tỉ lệ sản phẩm monobrom của toluen 600 × 2 %(o) = 100% = 33,05% 600 × 2 + 5, 5 × 2 + 2420 5,5 × 2 %(m)= ; %(p) = 66,65% 100% =0,30% 3631 c. So sánh khả năng phản ứng của toluen so với benzen: v toluen 3631 =605,17 lần = v benzen 1× 6 2.a) X: CxHy có 12x + y = 84, biện luận được CTPT của X là C6H12. X tác dụng với dung dịch Br2 tạo Y: C6H12Br2, đun nóng Y với OH-/ancol tạo C6H10 Ozon phân Z1 thu được CH3COOH và HOOC-COOH. Ta có: CH3

C

O O

C

C

O O

C

CH3

OH OH OH OH Vậy CTCT của Z1: CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 Y là CH3-CH2CHBr-CHBr-CH2-CH3 Z2: CH3-CH2-C≡C-CH2-CH3 X: CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3 b) Các phương trình hóa học: CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3 + Br2 → CH3-CH2CHBr-CHBr-CH2-CH3 o

ancol,t → CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 CH3-CH2CHBr-CHBr-CH2-CH3+2KOH  + 2KBr+ 2H2O ancol,t o CH3-CH2CHBr-CHBr-CH2-CH3+2KOH → CH3-CH2-C≡C-CH2-CH3+2KBr + 2H2O c) Các đồng phân hình học của Z1:

trans - trans cis - cis

cis-trans

Câu V: (2,0 điểm) 1. (a) Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D và E. (b) Viết các phương trình hóa học.

2. Hỗn hợp khí X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít khí hỗn hợp X thu được 5,6 lít khí CO2 (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). a) Xác định công thức phân tử của 2 anken. b) Hiđrat hóa hoàn toàn một thể tích X với điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp ancol Y, trong đó tỉ lệ về khối lượng các ancol bậc một so với ancol bậc hai là 12,2:9. Xác định % khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp Y.

Đáp án 1. Công thức cấu tạo của các chất là:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

2. Đặt công thức chung của 2 anken là C n H 2 n Đốt hỗn hợp hai anken: 3n Cn H 2 n + O2  → nCO 2 + nH 2 O 2 2,24 5,6 Đối với chất khí tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ số mol nên có tỷ lệ: 2,24n = 5,6 ⇒ n = 2,5 Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,5 là C2H4 và anken kế tiếp là C3H6 CH2 = CH2 + HOH → CH3–CH2OH (2) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH(OH)–CH3 (3) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH2–CH2OH (4) Gọi α là % số mol của C3H6 và (1- α) là % số mol của C2H4 3α + 2(1 – α) = 2,5 ⇒α = 0,5 Vậy C3H6 chiếm 50% còn C2H4 chiếm 50% về thể tích. Gọi a, b, c lần lượt là số mol của CH3–CH2OH, CH3–CH(OH)–CH3 và CH3CH2CH2OH. 46a + 60c 12,2 Khi đó: b + c = a , theo đề: = ⇒a = 4c và b = 3c 60b 9 Vậy % khối lượng của các ancol: 46a %C 2 H 5OH = 100% = 43,4% 46a + 60b + 60c 60b %CH 3CH(OH )CH 3 = 100% = 42,45% 46a + 60b + 60c 60c %CH 3CH 2CH 2OH = 100% = 14,15% 46a + 60b + 60c

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 UBND THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 98-99 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN HÓA HỌC-LỚP 11-PTTH (BẢNG A) (Thời gian 180', không kể thời gian giao đề) Bài 1:1/Hoà tan 0,1 mol AgNO3 trong 1 lít dung dịch NH3. Tính nồng độ tối thiểu mà dung dịch NH3 phải có để khi thêm 0,5 mol NaCl vào dung dịch Ag+ trong dung dịch NH3 ta không được kết tủa AgCl. Cho hằng số phân ly của Ag(NH3)2+: K = 6.10-8 ; TAgCl = 1,6.10-10 2/Cho khí Cl2 vào 100ml dung dịch NaI 0,2M (dd A), sau đó đun sôi để đuổi hết iôd. Thêm nước để trở lại 100ml (dd B). a)Biết thể tích khí Cl2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/lit mỗi muối trong dung dịch B. b)Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO3 0,05M. Tình thể tích dung dịch AgNO3 đã dùng nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng: -Trường hợp 1: 1,41 gam -Trường hợp 2: 3,315 gam Biết kết tủa AgI tạo ra trước, sau khi AgI tạo hết kết tủa mới đến AgCl. c)Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/lit của các ion thu được trong dung dịch sau phản ứng với AgNO3. Bài 2:1/Đun nóng butađien-1,3 với stiren thu được sản phẩm duy nhất X: C12H14 sản phẩm này có thể bị hiđrôhoá theo sơ đồ: X

+ H 2 , Pt  → 250 C , 2atm

Y

H 2 , Ni  → 1000 C , 100atm

Z

Xác định các công thức cấu tạo của X, Y, Z, giải thích sự khác nhau về điều kiện phản ứng hiđrô hoá. Biết rằng số mol H2 tham gia phản ứng của giai đoạn sau gấp 3 lần số mol H2 tham gia phản ứng ở giai đoạn 1. 2/Khi trùng hợp isôpren thấy tạo thành 4 loại pôlime, ngoài ra còn có một vài sản phẩm phụ trong đó có chất X, khi hiđrô hoá toàn bộ chất X thu được chất Y (1-metyl,3-isôpropyl xiclohecxan). Viết công thức cấu tạo 4 loại pôlyme và các chất X,Y. Bài 3:Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO3 3,4M khuấy đều thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H2SO4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 44ml, thu được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào, lọc kết tủa, rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 15,6g. 1-Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp. 2-Tính nồng độ các ion (trừ ion H+-, OH-) trong dung dịch A. Bài 4: 1/ Đun một hiđrocacbon no mạch hở trong bình kín, không có không khí. Trường hợp 1:Sau phản ứng đưa về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất tăng 2,5 lần, hỗn hợp thu được chỉ có ankan và anken. Trường hợp 2:(có xúc tác) kết thúc phản ứng thu được một chất rắn và một khí duy nhất, lúc này đưa vầ điều kiện ban đầu thấy áp suất tăng 6 lần. a)Xác định công thức phân tử của hai hiđrôcacbon. b)Viết các phương trình phản ứng và tính % theo số mol mỗi hiđrocacbon trong hỗn hợp sau phản ứng ở trường hợp 1. Biết rằng trong hỗn hợp có 3 hiđrôcacbon là đồng phân của nhau và đều chiếm 4% số mol khí trong hỗn hợp, có một hiđrocacbon có đồng phân hình học, tổng số hiđrocacbon là 7. c)Viết công thức cấu tạo của hidrocacbon ban đầu. 2/Hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A và B đều ở thể khí, biết %H trong X là 12,195%. Tỉ khối hơi của X đối với H2 bằng 20,5. A, B có cùng số nguyên tử cacbon. Xác định công thức phân tử của A và B. ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC - LỚP 11 - BẢNG A (98 - 99). Bài I: (5 điểm) 1/ Ag+ + 2NH3 = Ag(NH3)2+ (2đ) Có cân bằng: [Ag]+ .[NH 3 ]2 = 6.10-8 (*) Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 K = 6,0.10-8 → K = Ag(NH 3 ) +2

[

]

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1,6.10 -10 [Cl-] = 0,5 mol/lít . Kết tủa AgCl không có nếu: [Ag+] [Cl-] 〈 TAgCl→ [Ag+] 〈 = 3,2.10-10 0,5 -8 + .6.10 . Ag( NH 3 ) 2 mol/lít → Theo biểu thức (*): [Ag+] = < 3,2.10-10 (**) 2 [NH 3 ] Gọi x là nồng độ ban đầu của dd NH3. Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)2+ K = 1,66 . 107 do K >> nên [Ag(NH3)2+] = [Ag+] = 0,1M [ ] (x – 0,2) 0,1 −8 6.10 .0,1 ≤ 3,2.10-10 → x – 0,2 ≥ 4,33 → x ≥ 4,53 (mol/lít) Từ (**) có ( x − 0,2) 2 2/ a) Số mol Cl2 = 0,006 mol (0,5đ) 2NaI = 2NaCl + I2 Cl2 + 0,006 0,012 0,012 0,012 nNaI = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; dư NaI: 0,008 mol → [NaCl] = = 0,12 M 0,1 0,008 [NaI] = = 0,08M 0,1 b)Nếu chỉ tạo kết tủa AgI: Khối lượng kết tủa: m1 =0,008 . 235 = 1,88g (1,5đ) Nếu tạo hết cả 2 kết tủa AgI và AgCl: m2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602g 0,006 Trường hợp 1: k/l kết tủa 1,41g. Vậy ↓ đó là của AgI ∼ 0,006 mol . VAgNO3 = = 0,12lít 0,05 Trường hợp 2: k/l kết tủa 3,315g → 1,88 < 3,315 < 3,602 → Vậy tạo 2 kết tủa AgI và AgCl 3,315 - 1,88 0,018 Số mol AgNO3: 0,008 + = 0,008 + 0,01 = 0,018mol . VAgNO3 = = 0,36 lít 143,5 0,05 c)Nồng độ các ion: NO3-; Na+; Cl- (dư). Thể tích dd: 100 + 360 = 460 ml ∼ 0,46 lít (1đ) − n (NO 3 ) = 0,018 mol → [NO3 ] = 0,0391 M n (Na+) = 0,2.0,1 = 0,02 mol → [Na+] = 0,043 M n (Cl-) = 0,006.2- 0,01 = 0,002 mol → [Cl-] = 0,00435 M Bài II: (5điểm) + H2 , Ni t0 1/ CH2=CH-CH=CH2 + CH=CH2 X (C12H14) Y + H2 , Ni Z o o C6H5 25 C; 2 100 C; 100 CTCT X: CTCT Y: CTCT Z:

[

]

Sở dĩ phản ứng (2) cần điều kiện to, p cao hơn pứ (1) vì lk π trong vòng benzen nhiều hơn lk π của vòng C6H9. (2đ) 2/ Công thức cấu tạo 4 loại polime (3đ) CH3

– CH2 – CH –

– CH2 – C –

CH=CH2

– CH2

–

H3C

C=CH2 CH3

n H

C=C CH2

Dạng cis

n

– CH2 – H3C

C=C

n

CH2 H

n

Dạng trans CH3

CH3 H3C CHPhát hành PDF bởi Ths H CHTú Biên soạn và sưu tầm! Nguyễn Thanh 3C CH2 3 Đăng ký Word docCH qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Y:

X:

Bài III: (4 điểm) Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có :

24x + 56y + 64z = 23,52 ↔ 3x + 7y + 8z = 2,94 (a)

Đồng còn dư có các phản ứng: Cho e: Nhận e: Mg - 2e = Mg2+ (1) NO3- + 3e + 4H+ = NO + 2H2O (4) Fe - 3e = Fe3+ (2) Cu + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ (5) (3) Cu - 2e = Cu2+ Phương trình phản ứng hoà tan Cu dư: 3Cu + 4H2SO4 + 2NO3- = 3CuSO4 + SO42- + 2NO + H2O (6) 0,044.5.3 Từ Pt (6) tính được số mol Cu dư: = = 0,165 mol 4 Theo các phương trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho bằng số mol e nhận: 2(x + y + z – 0,165) = [3,4.0,2 – 2(x + y + z – 0,165)].3 → x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b) x y z Từ khối lượng các oxit MgO; Fe2O3; CuO, có phương trình: .40 + .160 + . 80 = 15,6 (c) 2 4 2 3x + 7y + 8z = 2,94 Hệ phương trình rút ra từ (a), (b), (c): x + y + z = 0,42 x + 2y + 2z = 0,78 Giải được: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24. % lượng Mg = 6,12% ; % lượng Fe = 28,57% ; % lượng Cu = 65,31% 0,06 2/ Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H+, OH-) [Mg2+] = = 0,246 M 0,244 [Cu2+] = 0,984 M ; [Fe2+] = 0,492 M ; [SO42-] = 0,9 M ; [NO3-] = 1,64 M Bài IV: (6 điểm) 1 / -Trường hợp 2: CnH2n+2 → n C + (n+1) H2 n + 1 = 6 → n = 5 → CTPT: C5H12 -Trường hợp 1: C5H12 → CH4 + C4H8 (1) C5H12 → C2H6 + C3H6 (2) C5H12 → C2H4 + C3H8 (3) Vì áp suất sau phản ứng tăng 2,5 lần → có 1 hiđrocacbon sau phản ứng lại tham gia phản ứng crăckinh đó là C3H8. C3H8 → CH4 + C2H4 (4) C4H8 có 3 đồng phân: CH2=CH-CH2-CH3 (A) CH2=C(CH3) -CH3 (B) CH3-CH=CH-CH3 (C) Hiđrocacbon (C) có đồng phân hình học. Thoả mãn điều kiện cho 7 hiđrocacbon khác nhau. Giả sử lấy 1 mol C5H12 đem crăckinh sau phản ứng. Số mol hỗn hợp hiđrocacbon là 2,5 mol. 12.2,5 Trong đó: Số mol 3 đồng phân của C4H8: = = 0,3 mol ∼ 12% 100 Số mol CH4 ở PT (1): 0,3 mol Số mol C3H8 tạo thành rồi lại crăckinh = 2,5 – 2 = 0,5 mol Số mol C2H4 theo (3), (4): 0,5 + 0,5 = 1,0 mol ∼ 40%

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Tổng số mol CH4: 0,3 + 0,5 = 0,8 mol ∼ 32% Số mol C2H6 = số mol C3H6 = (2,5 – 2,1 ): 2 = 0,2 mol ∼ 8% c) Công thức cấu tạo của ankan ban đầu: CH3-CH-CH2-CH3 CH3 2/ Từ % H2 = 12,195% → trong hỗn hợp có 1 RH là ankin. - Từ M = 41 → ankin là C3H4 (M< 41). Vậy A, B có thể là C3H4, C3H6 hoặc C3H4, C3H8. UBND TP HẢI PHÒNG SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 98-99 MÔN HOÁ HỌC LỚP 11 PTTH (BẢNG B) (thời gian 180′, không kể thời gian giao đề)

Bài I: 1/Hoà tan khí SO2 vào H2O có các cân bằng sau: H2SO3 (1) SO2 + H2O – + H2SO3 H + HSO3 (2) HSO3 H+ + SO32– (3) Nồng độ SO2 thay đổi như thế nào? (giải thích) khi lần lượt tác động những yếu tố sau: a)Đun nóng dung dịch. b)Thêm dung dịch HCl. c)Thêm dung dịch NaOH. d)Thêm dung dịch KMnO4. 2/ a)Tính thể tích H2O tối thiểu cần để hoà tan 0,192g CaC2O4 ở 20oC. Cho tính số tan của CaC2O4 ở 20oC là 3,6.10-9 và sự biến đổi thể tích khi hoà tan là không đáng kể. b)Nếu dùng dung dịch CaCl20,03M để hoà tan cùng lượng CaC2O4 ở trên cùng điều kiện 20oC thì thể tích dung dịch CaCl2 tối thiểu cần dung là bao nhiêu? Cho: Ca =40; C = 12; O = 16; độ điện li ∝ (CaC2O4)=1. Bài II : 1-Dẫn ra 5 phương trình phản ứng khác nhau có tạo ra khí NO2. 2-a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít. b)Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10-3.75) với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi thêm 10-3 mol HCl vào dung dịch X. Bài III: Hoà tan 18,4g hỗn hợp 2 kim loại Fe và Mg vào 2,5 lít dung dịch HNO3 loãng (vừa đủ), thu được 5,824lít hỗn hợp 2 khí(đktc) trong đó có một khí hoá nâu trong không khí và dung dịch A. Hỗn hợp 2 khí có khối lượng 7,68g. 1-Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp. 2-Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? 3-Tính nồng độ dung dịch HNO3 đã dùng. Bài IV: Đun một hiđrô cácbon no mạch hở trong bình kín, không có không khí. Trường hợp 1: Sau phản ứng đưa về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất tăng 2,5 lần, hỗn hợp thu được chỉ có ankan và anken. Trường hợp 2:(có xúc tác) kết thúc phản ứng thu được một chất rắn và một khí duy nhất, lúc này đưa về điều kiện ban đầu thấy áp suất tăng 6 lần. 1-Xác định công thức phân tử của hiđrô cácbon. 2-Viết phương trình phản ứng và tính % theo số mol mỗi hiđrô cácbon trong hỗn hợp sau phản ứng ở trường hợp 1. Biết rằng trong hỗn hợp có 1 hiđrô cácbon có đồng phân của nhau và đều chiếm 4% số mol khí trong hỗn hợp, có 1 hiđrô các bon có đồng phân hình học, tổng số hiđrô cácbon trong hỗn hợp là 7. 3-Viết công thức cấu tạo của hiđrô cácbon ban đầu. ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC - LỚP 11 - BẢNG B (98 - 99). Bài 1: (5điểm) 1/a)Đun nóng dd: SO2 thoát khỏi dd → [ SO2 ] trong dung dịch giảm. b)Thêm dd HCl: Cbằng (2) (3) chuyển sang trái →Cân bằng (1) chuyển sang trái

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 → [ H2SO3 ] tăng → [ SO2 ] tăng. c)Thêm NaOH: NaOH + SO2 = NaHSO3 2 NaOH + SO2 = Na2SO3 + H2O Cbằng (2) (3) chuyển sang phải →Cân bằng (1) chuyển sang phải → [SO2 ] giảm d)Thêm KMnO4. Có pứ: → làm giảm [ SO2 ] . 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O = 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 SO32– + 2KMnO4 + 2H2O = H2SO4 + K2MnO4 + MnO42– 0,192 2/a) Số mol CaC2O4 = = 1,5.10-3 mol . Độ tan S (CaC2O4) = Tt = 3,6.10 -9 = 6.10-5 M 128 1,5.10 - 3 → thể tích dd chứa 1,5.10-3 mol CaC2O4 là: = 25lít = H2O tối thiểu cần để hoà tan. 6.10 −5 b) CaCl2 → Ca2+ + 2ClCaC2O4 Ca2+ +C2O42Tt = 3,6.10-9 . Gọi S′ là độ tan của CaC2O4 trong dd mới [ ] S′ S′+ 0,03 S′.( S′ + 0,03) = 3,6.10-9 (coi S′ << 0,03 ) → 0,03 S′ = 3,6.10-9 → S′ = 120.10-9 = 1,2.10-7 1,5.10 -3 (thật vậy: 1,2.10-7 << 0,03) → Vdd CaCl2 cần dùng = = 12500(l) 1,2.10 − 7 Bài 2: (5điểm) 1/ 2HNO3 =2NO2 + 1/2O2 + 2H2O Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O 2AgNO3 = 2Ag + O2↑ + 2NO2↑ C + 4HNO3 = CO2 + 4NO2↑ + 2H2O 2NO + O2 = 2NO2 2/a) [ H+] . 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ → phải tính đến cân bằng của H2O H2 O H+ + OH – → H+ + Cl – HCl 10 -14 Theo định luật bảo toàn điện tích: [ H+] = [ Cl-] + [OH-] → [ H+] = 0,5.10-7 + H+ → [ H+]2 – 0,5.10 –7[ H+] – 10-14 = 0. Giải được: [ H+] = 1,28.10-7 → pH ≈ 6,9 b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol KOH + HA → KA + H2O 0,01 → 0,01→ 0,01 Theo phương trình HA còn dư = 0,01 mol 0 , 01 Trong d2 X: CHA = CKA = = 0,025M. Xét các cân bằng sau: 0,4 H2 O H+ + OHKW = 10-14 (1) HA H+ + A KHA = 10-375 (2) A- + H2O HA + OHKB = KHA-1. KW = 10-10,25 (3) So sánh (1) với (2) → KHA >> KW → bỏ qua (1) So sánh (2) với (3) → KHA >> KB → bỏ qua(3) → Dung dịch X là dung dịch đệm axit [muoi] = 3,75 + lg 0,1 = 3,75 có pH = pKa + lg [axit ] 0,1 -3 ∗ Khi thêm 10 mol HCl KA + HCl → KCl + HA 0,001 ← 0,001 → 0,001 (mol) 0,01 + 0,001 0,01 - 0,001 = 0,0225M . [HA] = = 0,0275 M và [KA] = 0,4 0,4 Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit. 0,0225 Tương tự, pH = 3,75 + lg = 3,66 0,0275

[ ]

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bài 3: (5điểm) 1/ Σ n(2khí) = 0,26mol

; M 2khí =

7,68 = 29,2 → M (N2) < 29,2 < M (NO) 0,26

Đặt số mol N2 = y; NO = x → 30x + 28y = 7,68 x + y = 0,26 → x = nNO = 0,2mol ; y = n N2 = 0,06mol Đặt số mol nFe = a , nMg = b ta có: Fe – 3e = Fe 3+ và Mg – 2e = Mg Tổng số mol e đã nhường = 3a + 2b N+5 + 3e = N+2 (NO) và 2N+5 + 10e = N2 → Tổng số mol e đã thu = (0,2 . 3) + (0,06.10) = 1,2 Theo định luật bảo toàn e: 3a+2b = 1,2 kết hợp với 56a+24b = 18,4 cho a= 0,2 và b= 0,3 → mFe = 11,2g → %mFe = 60,87% mMg = 7,2g → %mMg = 39,03% 2/ mMuối khan = mKim loại + mNO3- = 18,4 + (0,2.3+0,3.2).62 = 92,8g 4.0,2 + 12.0,06 3/ CM (HNO3)= = 0,608M 2,5 Bài 4: (5điểm) CnH2n + 2 → nC + (n+1)H2 n+1 = 6 → n = 5 → CTPT: C5H12 Các pứ: C5H12 → CH4 + C4H8 C5H12 → C2H6 + C3H6 C5H12 → C2H4 + C3H8 C3H8 → CH4 + C2H4 Từ pt → giả sử lấy 1mol C5H12 → sau pứ là 2,5mol → nC4H8 (3 đồng phân) = 0,3mol = a 2a + 2b + 2c = 2 → c = 0,5 → a = 0,3 → b = 0,2 2a + 2b + 3c = 2,5 CH4 = a + c = 0,8mol → %CH4 = (0,8/2,5).100 = 3% C2H4 = 2c = 1mol → %C2H4 = 40% → %C2H6 = 8% C2H6 = b = 0,2mol C3H6 = b = 0,2mol → %C3H6 = 8% C4H8 = a = 0,3mol → %C4H8 = 12% Công thức cấu tạo ankan ban đầu: CH3- CH - CH2- CH3 CH3

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 1999-2000 MÔN HOÁ HỌC- LỚP 11 BẢNG A (Thời gian làm bài 180′ không kể thời gian giao đề) Bài 1 : l/ Trong dung dịch có cân bằng sau: AB A+ + B – KAB Nồng độ ban đầu của AB là (C) Hãy viết biểu thức liên hệ giữa độ điện ly (α) và hằng số cân bằng KAB của cân bằng trên. Độ điện ly α thay đổi như thế nào khi giảm nồng độ ban đầu bằng cách pha loãng dung dịch. 2/ Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng cho những thí nghiệm sau: - Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3. - Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa FeCl3 và CuSO4. - Nhỏ vài giọt dung dịch NH3 đậm đặc vào AlCl3 khan. Bài 2:l/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr4C3 + HNO3 → NO + ... Fe2P + HNO3 → NO + . . . I – + NO2– → I2 + NO + ... Au + CN – + O2 → [Au(CN)4] – + … 2/ Tính lượng NaF có trong 100ml dung dịch HF O,1M ; biết dung dịch có pH = 3, hằng số cân bằng Ka của HF là 3,17. 10– 4. Bài 3: 1/ Gọi tên các hiđrôcác bon sau: và CH3 CH3 – CH = C – CH – CH2 – CH2 – CH3 UBND TP HẢI PHÒNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

H3 C

C 2 H5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2/ viết công thức cấu tạo của hiđrôcácbon sau: 6-brôm-5-clo-4-isoprôpyl-4-mêtyl Octan. 3/ Sắp xếp các chất sau theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi, giải thích CH3–(CH2)4– CH3 ; CH3–CH2–CH–CH2–CH3 ; CH3

CH3– CH – CH –CH3 ; H3C

CH3-(CH2)3-CH3

CH3

4/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Buten -1 + HOCl → Propen + HI ( xúc tác peoxit) → Bài 4: Hoà tan 0,6472 gam một kim loại vào dung dịch axít HNO3 tạo ra 1,0192 gam muối khan. Thêm dung dịch NaHCO3 vào dung dịch sau phản ứng thấy xuất hiện 0,8274 gam kết tủa. Sau khi làm khô, nung kết tủa thì thu được 100,8 ml khí. Thể lích khí này giảm xuống còn 33,6 ml khi cho qua dung dịch NaOH . Khí còn lại duy trì tốt sự cháy. (các thể tích khí đều đo ở đktc) Hãy viết các phương trình phản ứng đã xảy ra và kiểm chứng lại bằng tính toán. Bài 5: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp 2 hiđrôcácbon thể khí, sau phản ứng thu được 2 mol hỗn hợp khí và hơi. Lượng O2 dùng để đốt cháy là 33,6 lít. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo ứng với công thức phân tử tìm được (các thể tích khí đo ở đktc). Hướng dẫn chấm đề thi HSG thành phố 1999-2000 Môn hoá học lớp 11 - bảng A Bài 1: 1/ AB ⇌ A+ + B – KAB [] C - Cα Cα Cα 2 α2 ( Cα ) KAB = = C = const nên C giảm thì α tăng ( trong khoảng từ 0 < α < 1) C −Cα 1− α 2/ Trong dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3 có các cân bằng: AlO2 - + 2H2O ⇌ Al(OH)3 + OH(1) 2-CO3 + H2O ⇌ HCO3 + OH (2) H2O ⇌ H2O + CO2 + OH – (3) HCO3- + Trong dung dịch KHSO4 có cân bằng: HSO4– + H2O ⇌ SO 24− + H3O+ Khi cho đến dư dd KHSO4 và dd chứa NaAlO2 và Na2CO3 làm dịch chuyển các cân bằng (1),(2) và (3) sang phải có các hiện tượng : - Có khí thoát ra ( khí CO2) - Có kết tủa keo (Al(OH)3) Nếu dư KHSO4 thì Al(OH)3 sẽ bị hoà tan: Al(OH)3 + OH – → AlO2– + 2H2O 3/ Trong dung dịch FeCl3 và CuSO4 có các ion : Fe3+, Cu2+ Dung dịch NH3 có cân bằng: NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHKhi cho dung dịch NH3 vào dung dịch FeCl3 và CuSO4 - Có kết tủa nâu, kết tủa xanh do phản ứng: Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 ↓ nâu Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 ↓ xanh Sau đó kết tủa xanh Cu(OH)2 tự hoà tan trong dd NH3 dư do phản ứng : Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH)4](OH)2 ( dung dịch màu xanh ) - Nhỏ vài giọt ddNH3 đậm đặc vào AlCl3 khan có khói trắng xuất hiện do các phản ứng: AlCl3 + 6H2O = Al(OH)3 + 3HCl NH3 + HCl = NH4Cl ( khói trắng) Bài 2 1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng : Cr4C3 + 2OH- + 8NO3- = 8NO + 4Cr3+ + 3CO2 + 10H2O Fe2P + 2OH- + 11NO3- = 6 Fe3+ + 3PO43- + 11NO + 10H2O 2I- + 2NO2 + 4H+ = I2 + 2NO + 2H2O 4Au + 12H+ + 4CN -- + 3O2 = 4[Au(CN)4] - + 6H2O 2/ CHF = 0,1M; [H+] = 10 -3 , gọi nồng độ NaF trong dd ban đầu là x HF H+ + F⇌

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

[]

-1

-3

(10 - 10 )

3,17.10

-4

=

10

−3

10

10

-3

x + 10

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

-3

( x + 10 ) = 10 ( x + 10 ) = x + 10 −3

−1

− 10

−3

−3

99.10

−3

−3

99

−3

→ x + 10 -3 = 313,83.10 -4

⇒ x = 303,83.10 -4 ⇒ nNaF = 3,03.10 -4 -5 Khối lượng NaF là : 303,83.42.10 = 0,1276 g Bài 31/ Gọi tên các hiđrô cácbon: CH3  CH == C  CH CH2CH2 CH3 và CH3 C2H5

CH3 4- etyl – 3 - mêtyl heptan - 2 và 1 – metyl – xiclopenten – 2 2/ Viết CTCT của hiđrôcacbon 6 - brôm - 5-clo- 4- iso prôpyl - 4 - mêtyl octan CH3 CH3  CH2  CH2  C  CH  CH  CH2  CH3 CH

Cl

Br

CH3 CH3 3/ t0S tăng dần CH3(CH2)3CH3 < CH3 - CH - CH - CH3 < CH3 - CH2 – CH - CH2 - CH3 < CH3- (CH2)4 - CH3 (A) (B) CH3 CH3 (C) CH3 (D) 0 (A) có khối lượng phân tử nhỏ hơn (B), (C), (D) nên t s thấp nhất. từ (B) đến (C) đến (D) tính phân nhánh giảm dần, diện tích tiếp xúc giữa các phân tử tăng dần, t0S tăng dần. 4/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: CH2 = CH – CH2 – CH3 + HOCl → CH2 Cl –CH(OH) – CH2 – CH3 CH2 = CH – CH3 + HI → CH2 I – CH2 –CH3 Bài 4 Các phương trình phản ứng : Ag + 2HNO3 = AgNO3 + NO2 + H2O (1) 2AgNO3 + 2Na HCO3 = Ag2CO3 + 2NaNO3 + H2O + CO2 (2) Ag2CO3 = 2Ag + CO2 + 1/2O2 (3) CO2 + 2NaOH = Na2CO3 + H2O (4) Kiểm chứng lại bằng tính toán: khối lượng gốc NO3- : 1,092 - 0,6472 = 0,372 gam Số mol NO3- = 6.10 -3 mol với công thức M(NO3)n 0,6472 MKL = = 108 (n=1) Vậy KL là Ag . Với n= 2 không thoả mãn 6.10 −3 VO2 = 33,6 ml ; VCO2 (pt 3) = 67,2 ml ; VO2 = 1/2VCO2 ⇒ nO2 = 1/2nCO2 thoả mãn pt(3) 33,6 Bài 5 Số mol CO2 và H2O =2(mol) ; Số mol O2 = = 1,5(mol ) ; - Số mol hỗn hợp : 22,4 6,72 = 0,3(mol ) 22,4 Gọi số mol CO2 là x; số mol H2O là y ta có : x + y = 2 và 2x + y = 1,5. 2 = 3 → x = y = 1 Vậy hai hiđrôcacbon đem đốt là 2 anken(xycloankan) CnH2n hay hỗn hợp 2 hiđrôcácbon CnH2n+2 và CmH2m - 2 * Trường hợp 1 : 2 hiđrôcacbon : CnH2n và CmH2m Khối lượng hai hiđrôcacbon: 44 + 18 - 1,5.32 = 14(g) 14 Trị số cacbon trung bình của hai hiđrôcacbon = = 3,3 . Vậy n= 4; m= 3 hoặc n = 4; m = 2 14.0,3 2 hiđrôcacbon là: C4H8 cấu tạo CH3 CH3 CH2 = CH – CH2 – CH3 ; CH3 ; CH2 = CH – CH3 H C=C C=C H H H CH so2ạn và sưu tầm! H2Chành PDF CH2 bởi Ths Nguyễn CH2 Phát Thanh Tú BiênCH peroxit

Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH3

C3H6 và C2H4 CH2 = CH – CH3 CH2 = CH2

* Trường hợp 2 : Gồm hai hiđrôcacbon CnH2n và CmH2m-2 chỉ thoả mãn khi các số mol 2 hiđrô cacbon bằng nhau 3n + 1 O2 → nCO2 + (n+1)H2O CnH2n + 2 1 3m − 1 CmH2m-2 + O2 → mCO2 + (m - 1)H2O Rút ra n + m = = 6,67 (không nguyên) 2 0,15 Vậy không thể có hỗn hợp 2 hiđrô cacbon ở trường hợp hai. KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 1999-2000 MÔN HOÁ HỌC- LỚP 11 BẢNG B (Thời gian làm bài 180′ không kể thời gian giao đề) Bài 1 : l/ Trong dung dịch có cân bằng sau: AB A+ + B – KAB Nồng độ ban đầu của AB là (C) Hãy viết biểu thức liên hệ giữa độ điện ly (α) và hằng số cân bằng KAB của cân bằng trên. Độ điện ly α thay đổi như thế nào khi giảm nồng độ ban đầu bằng cách pha loãng dung dịch. 2/ Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng cho những thí nghiệm sau: - Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3. - Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa FeCl3 và CuSO4. - Nhỏ vài giọt dung dịch NH3 đậm đặc vào AlCl3 khan. Bài 2: Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr3+ + Br2 + OH – → CrO42– + ... CuFeS2 + Fe3+ + O2 + H2O → Fe2+ + SO42– + ... SO2 + MnO4– +…→ Mn2+ + SO42– + ... Bài 3: 1/ Rượu X chứa 34,78% ôxy, rượu X tách nước , thu được một anken, dẫn anken sục qua dung dịch B chứa nước Br2 có lẫn một ít NaI và NaCl. a) Xác định công thức cấu tạo của rượu X và anken. b) Xác định sản phẩm thu được khi sục anken qua dung dịch B, giải thích. 2/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: UBND TP HẢI PHÒNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

0

C  → (B) + (C) (A) 1500 (B) + dd AgNO3 trong NH3 → (D) ↓ + (E) + (F) (D) + (G) → (B) + (H) ↓ 2(B) → (I) 0

,t (I) + (C) Pd   → (K) n(K) → (L)n Bài 4: Tính lượng NaF có trong 100ml dung dịch HF O,1M ; biết dung dịch có pH = 3, hằng số cân bằng Ka của HF là 3,17. 10– 4. Bài 5: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp 2 hiđrôcácbon thể khí, sau phản ứng thu được 2 mol hỗn hợp khí và hơi. Lượng O2 dùng để đốt cháy là 33,6 lít. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo ứng với công thức phân tử tìm được (các thể tích khí đo ở đktc). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ 1999-2000 MÔN HOÁ HỌC LỚP 11 - BẢNG B Bài 1 1/ AB ⇌ A+ + B – KAB [] C - Cα Cα Cα

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2

2

α ( Cα ) = C = const nên C giảm thì α tăng ( trong khoảng từ 0 < α < 1) C −Cα 1− α 2/ Trong dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3 có các cân bằng: Al(OH)3 + OH(1) AlO2 - + 2H2O ⇌ CO32-- + H2O ⇌ HCO3- + OH(2) – HCO3 + H2O ⇌ H2O + CO2 + OH (3) Trong dung dịch KHSO4 có cân bằng: HSO4– + H2O ⇌ SO 24− + H3O+ Khi cho đến dư dd KHSO4 và dd chứa NaAlO2 và Na2CO3 làm dịch chuyển các cân bằng (1),(2) và (3) sang phải có các hiện tượng : - Có khí thoát ra ( khí CO2) - Có kết tủa keo (Al(OH)3) Nếu dư KHSO4 thì Al(OH)3 sẽ bị hoà tan: Al(OH)3 + OH – → AlO2– + 2H2O 3/ Trong dung dịch FeCl3 và CuSO4 có các ion : Fe3+, Cu2+ Dung dịch NH3 có cân bằng: NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHKhi cho dung dịch NH3 vào dung dịch FeCl3 và CuSO4 - Có kết tủa nâu, kết tủa xanh do phản ứng: Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 ↓ nâu 2+ Cu + 2OH → Cu(OH)2 ↓ xanh Sau đó kết tủa xanh Cu(OH)2 tự hoà tan trong dd NH3 dư do phản ứng : Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH)4](OH)2 ( dung dịch màu xanh ) - Nhỏ vài giọt ddNH3 đậm đặc vào AlCl3 khan có khói trắng xuất hiện do các phản ứng: AlCl3 + 6H2O = Al(OH)3 + 3HCl NH3 + HCl = NH4Cl ( khói trắng) Bài 2 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr3+ + 8OH- + Br2 = 2 CrO4- + 8H+ + 2BrCuFeS2 + 8H2O + 16Fe3+ + 16O2 = 21Fe2+ + 10SO42- + 5Cu2+ + 16H+ SO2 + 2H2O + 2MnO4- = 5SO42- + 4H+ + 2Mn2+ Bài 3 1/ Từ % oxi trong rượu =34,78%, rượu tách nước thu được anken → rượu là rượu no đơn chức: 16.100 = 34,78 → n= 2 → Công thức cấu tạo của rượu CH3 - CH2 - OH CnH2n+1OH. → 14n + 18 Công thức cấu tạo của anken CH2 = CH2 CH2 = CH2 + Br2 → CH2Br  CH2Br CH2 = CH2 + Br2 + I- → CH2Br  CH2I + BrCH2 = CH2 + Br2 + Cl- → CH2Br  CH2Cl + BrCH2 = CH2 + Br2 + H2O → CH2Br  CH2OH + HBr CH2 = CH2 + Br2 + H+ → CH3 CH2  Br + BrCH2 = CH2 + H+ + I- → CH3  CH2  I CH2 = CH2 + H+ + OH- → CH3  CH2  OH Hoàn thành các phương trình phản ứng: CH4 → CH ≡ CH + 3H2 (A) (B) (C) CH ≡ CH + 2[Ag(NH3)2]NO3 → Cag ≡ CAg↓ + 2NH4NO3 + 2NH3 (B) (D) (E) (F) CAg ≡ CAg + HCl → CH ≡ CH + 2AgCl↓ (D) (G) (B) (H) 2CH ≡ CH → CH ≡ C - CH = CH2 (B) (I) CH ≡ C - CH = CH2 + H2 → CH2 = CH - CH = CH2 (I) (C) (K) nCH2 = CH - CH = CH2 → ( - CH2 - CH = CH2 - CH -)n (K) (L) Bài 4 KAB =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

-3

CHF = 0,1M; [H ] = 10 , gọi nồng độ NaF trong dd ban đầu là x ⇌ H+ + FHF -1 -3 -3 [ ] (10 - 10 ) 10 x + 10-3 3,17.10 - 4 =

(

1 0 −3 x + 1 0 − 3 10

−1

− 10

−3

) = 10 (x + 10 ) =

-4

−3

−3

9 9 .1 0

−3

x + 1 0 − 3 → x + 10 -3 = 313,83.10 -4 99

⇒ x = 303,83.10 ⇒ nNaF = 3,03.10 -4 Khối lượng NaF là : 303,83.42.10 -5 = 0,1276 g Bài 5

33,6 6,72 = 1,5(mol ) ; - Số mol hỗn hợp : = 0,3(mol ) 22,4 22,4 Gọi số mol CO2 là x; số mol H2O là y ta có : x + y = 2 và 2x + y = 1,5. 2 = 3 → x = y = 1 Vậy hai hiđrôcacbon đem đốt là 2 anken(xycloankan) CnH2n hay hỗn hợp 2 hiđrôcácbon CnH2n+2 và CmH2m - 2 * Trường hợp 1 : 2 hiđrôcacbon : CnH2n và CmH2m Khối lượng hai hiđrôcacbon: 44 + 18 - 1,5.32 = 14(g) 14 Trị số cacbon trung bình của hai hiđrôcacbon = = 3,3 . Vậy n= 4; m= 3 hoặc n = 4; m = 2 14.0,3 2 hiđrôcacbon là: C4H8 cấu tạo CH3 CH3 H ; CH2 = CH – CH3 CH2 = CH – CH2 – CH3 ;CH3 H C=C C=C CH3 H H H CH3 C3H6 và C2H4 H2 C CH2 CH2 CH2 CH2 = CH – CH3 CH2 = CH2

Số mol CO2 và H2O =2(mol) ; Số mol O2 =

H2 C

CH2 H2C

CH – CH3

H2C

CH2

* Trường hợp 2 : Gồm hai hiđrôcacbon CnH2n và CmH2m-2 chỉ thoả mãn khi các số mol 2 hiđrô cacbon bằng nhau 3n + 1 CnH2n + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2 1 3m − 1 CmH2m-2 + O2 → mCO2 + (m - 1)H2O Rút ra n + m = = 6,67 (không nguyên) 2 0,15 Vậy không thể có hỗn hợp 2 hiđrô cacbon ở trường hợp hai.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 UBND TP HẢI PHÒNG KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2000-2001 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠo Môn Hoá học- Lớp 11 THPT (Thời gian làm bài 180′ không kể thời gian giao đề) (Bảng A làm cả 5 bài - Bảng B không phải làm bài 5)

Bài l: 1/ Dung dịch A gồm các cation: NH4+ ; Na+ ; Ba2+ và 1 anion X có thể là một trong các anion sau: CH3COO – ; NO3–; SO42– ; CO32– ; PO43– . Hỏi X là anion nào? Biết rằng dung dịch A có pH = 5 . 2/ Thêm NaOH dư vào dung dịch CuSO4 ,thêm tiếp NH4NO3 vào dung dịch đến dư có hiện tượng gì xảy ra? Viết phương trình phản ứng. 3/ Cho các dung dịch sau: Al(NO3)3 ; ZnCl2 ; Na2CO3 ; MgSO4 ; NH4NO3 . Không dùng thêm thuốc thử hãy nêu cách nhận ra từng dung dịch, viết phương trình phản ứng dạng ion. Bài 2: Hoà tan a gam Cu trong lượng dư dung dịch HNO3 . Kết thúc phản ứng thu được 5,97 lít hỗn hợp gồm NO và NO2 (khí A), và dung dịch có khối lượng không thay đổi so với khối lượng axit ban đầu. Thực hiện 2 thí nghiệm sau: ' Thí nghiêm 1 : lầy 11,94 lít khí A cho đi qua dung dịch KOH 0,5 M phản ứng vừa đủ, thu được dung dịch B ( thể tích không thay đổi so với thể tích dung dịch KOH). Thí nghiêm 2: Lấy 5,97 lít khí A cho đi qua Cu bột dư thu được khí C. 1/ Tính a. 2/ Tính thể tích dung dịch KOH và nồng độ mol/11t của dung dịch B. 3/ Tính thể tích khí C thu được. Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Bài 3: Cho cân bằng sau: HCOOH ⇌ H+ + HCOO – Hoà tan 4,600 gam axit fomic (HCOOH) trong nước và pha loãng thành 500 ml (dung dịch A). 1/ Tính độ điện li của axit fomic trong dung dịch A, biết rằng pH của dung dịch A là 2,25 2/ Tính hằng số phân li của axit fomic. 3/ Cần thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl có pH = 1,00 vào 100,00 ml dung dịch A để độ điện li của axit giảm 20% (khi tính coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm dung dịch HCl). 4/ Nếu thêm 0,400 gam NaOH vào 50,00 ml dung dịch A, sau đó cho giấy quỳ tím vào dung dịch thì quỳ tím có đổi mầu không? Nếu đổi mầu thì đổi mầu gì? tại sao? Tính pH của dung dịch. Bài 4: OH Limonen có trong tinh dầu chanh công thức phân tử C10H16. HO Hidro hoá Limonen thu được Mentan C10H20. C CH3 Cho Limonen tác dụng với nước (xúc tác axit) thu được H3C CH3 tecpinhidrat có công thức: 1/ Xác định công thức cấu tạo của Limonen, Mentan, biết rằng trong phân tử Limonen có 2 nhóm metyl. 2/ Viết phương trình phản ứng của 1 mol Limonen với 1 mol Br2 ; với 2 mol HBr. 3/ A, B, C là các đồng phân của Limonen, có một số phản ứng tương tự Limonen, cả ba đều có đồng phân hình học, tiến hành phản ứng ozon phân A,B,C đều cho Etanal và một sản phẩm khác: - A cho chất A1 có công thức: - B cho chất B1 có công thức: O=HCCH2-CH2-CH2 – CH– CH=O O=HC- CH2-CH2 – CH – CH2-CH=O H3C – C = O H3 C – C = O Xác định công thức cấu tạo của A,B,C. Bài 5: Hiđrocacbon A có công thức tổng quát CnHn+1 . Một mol A phản ứng vừa đủ 4 mol H2 hay 1 mol Br2 trong dung dịch nước brom. Oxi hoá A thu được hỗn hợp sản phẩm trong đó có axit axetic. Xác định công thức cấu tạo của A. Viết phương trình phản ứng của A với dung dịch Brom; với HBr; với Br2 (xúc tác FeBr3). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG HOÁ 2000-2001 (LỚP 11 THPT) Bài 1: (3 điểm) 1/ X là NO3– vì NH4NO3: môi trường axit pH< 7. 2/ + có kết tủa màu xanh: Cu2+ + 2OH- = Cu(OH)2↓

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 +

-

+ có khí mùi khai : NH4 + OH = NH3↑ + H2O + kết tủa tan tạo dung dịch xanh thẫm: Cu(OH)2 + 4NH3 = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH3/ Lấy mỗi dung dịch một ít cho lẫn lượt vào các dung dịch còn lại hiện tượng được ghi trong bảng sau: Al(NO3)3 Al(NO3)3 ZnCl2 Na2CO3 MgSO4 NH4NO3 KÕt luËn

↓, ↓tan ↓, ↓tan

ZnCl2 -

Na2CO3 ↓, ↓tan (1) ↓, ↓tan (2)

↓, ↓tan ↓, ↓tan

↓, ↓tan (3) ↑ (khai)(4) 3↓,↑

MgSO4 ↓trắng ↓

NH4NO3 ↑(khai) ↑

-NÕu dung dÞch cho 3 tr-êng hîp kÕt tña vµ 1 tr-êng hîp cã khÝ mïi khai tho¸t ra lµ dung dÞch Na2CO3: Al3+ + 3OH- = Al(OH)3↓ (CO32- + H2O ⇔ HCO3- + OH-) Al(OH)3 + OH = AlO2 + 2H2O Zn2+ + 2OH- = Zn(OH)2 Zn(OH)2 + 2OH- =ZnO22- + 2H2O Mg2+ + 2OH- = Mg(OH)2 (kh«ng viÕt Mg2+ + CO32- = MgCO3) + NH4 + OH = NH3 + H2O - NÕu dung dÞch chØ cho 1 kÕt tña vµ kÕt tña kh«ng tan trong thuèc thö d- lµ dung dÞch MgSO4. - NÕu dung dÞch chØ cho 1 tr-êng hîp cã khÝ mïi khai tho¸t ra lµ dung dÞch NH4NO3. - 2 dung dÞch cßn l¹i cã hiÖn t-îng gièng nhau lµ Al(NO3)3 vµ ZnCl2 Dïng dung dÞch NH4NO3 nhËn ra kÕt tña Zn(OH)2: kÕt tña tan trong dung dÞch NH4NO3 → dung dÞch t-¬ng øng lµ ZnCl2 cßn l¹i lµ dung dÞch Al(NO3)3 NH4+ ⇔ NH3 + H+ vµ Zn(OH)2 + 4NH3 = [Zn(NH3)4]2+ + 2OHBµi 2: (3 ®iÓm) Ph-¬ng tr×nh ph¶n øng : 3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 2NO2 + 2KOH = KNO2 + KNO3 + H2O t0

NO + Cu → CuO + 1/2N2 2NO2 + 4Cu = 4CuO + N2 Gäi sè mol Cu tham gia ph¶n øng (1) lµ x, tham gia ph¶n øng (2) lµ y. 2x (x + y) .64 = 30. + 46 . 2y hay 7 y = 11 x → Giải được x = 0,07 ; y = 0,11 3 2x + 2y = 0,2665 3 1/ Tính a: a = 11,52 gam 2/ Số mol NO2 tham gia phản ứng (3) : 0,11× 4 = 0,44 (mol) 0,44 ⇒ Số mol KOH tham gia phản ứng : 0,44 mol ⇒ Thể tích dung dịch KOH 0,5M = = 0,88(lít) 0,5 0,44 Nồng độ các muối trong dung dịch B: [KNO2] = [KNO3] = = 0,25 (M) 0,88.2 1 1 0,07.2 3/ Theo các phương trình (4), (5) số mol N2 = số mol (NO + NO2) = ( + 0,11 . 2) 2 2 3 = 0,13335 (mol) Thể tích khí N2: (đktc) = 0,13335. 22,4 = 2,987 (lít). Bài 3: 4, 6 1/ Nồng độ gốc của HCOOH: CH-COOH = = 0,200M ; pH = 2,25 ⇒ [H+] = 5,62.10-3 M 46.0.5 ⇌ HCOOH H+ + HCOO – KA

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ban đầu: [ ]

0,200 0 5,62.10-3 (0,200-5,62.10-3 ) 5, 62.10 −3 α= = 2,81% 0, 2

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0 5,62.10-3

 H +  .  H-COO-  (5, 62.10 −3 )2 2/ Tính KA = = = 1,62.10-4 (0, 2 − 5, 62.10 −3 ) [ H-COOH ] 3/ Độ điện li giảm 20% ⇒ α' = 2,81.0,8 = 2,248% 2,248.0,2 2,248.0,2 ⇒ [HCOOH] = 0,2 – = 0,1955 và [HCOO-] = = 4,5.10-3 100 100 ⇔ H+ + HCOO – H-COOH Ban đầu: 0,200 x 0 -3 4,5.10-3 [ ] 0,1955 x + 4,5.10 ( x + 4,5.10-3 ).4, 5.10 −3 Ta có : = 1,62.10-4 → x = 0,0025 → [H+] = 0,0025. 0,1955 Gọi V là thể tích dung dịch HCl cần thêm , với pH = 1 ⇒ [H+] = 0,1 ⇒ số mol [H+] = 0,1V. Vậy 0,1V = 0,0025.0,1 ⇒ V = 0,0025 (lít) hay 2,5 ml. 0, 4 4/ Nồng độ gốc của NaOH = = 0,2 M 40.0, 05 HCOOH + NaOH = HCOONa + H2O 0,2 0,2 0,2 Dung dịch chỉ còn HCOONa → HCOO- + Na+ có cân bằng HCOO- + H2O ⇔ HCOOH + OHTạo ra môi trường bazơ → pH >7 → quỳ tím đổi màu xanh. * Tính pH của dung dịch: H-COO – + H2O ⇔ H-COOH + OH – Kb = KA-1.W Ban đầu 0,200 0 0 [] 0,2 – x x x x2 Ta có : = 103,79.10-14 = 10-10,21 coi x << 0,2 thì ⇒ x2 = 2.10-11,21 0, 2 − x ⇒ x = 1,4.10-5,6 = 10-5,45 ⇒ [H+] = 10-8,55 ⇒ pH = 8,55 Bài 4: (3 điểm) 10.2 + 2 − 16 Từ CTPT của Limonen : C10H16 ⇒ độ bất bão hoà = = 3. 2 - Limonen + H2→ Mentan C10H20 → Limonen có 2 liên kết đôi và 1 vòng. Từ công thức tecpinhidrat ⇒ CTCT của * Limonen *Mentan: CH3 CH2 H3C C C H3C CH3 CH3 2/ Phương trình phản ứng: CH2 CH2Br 1:1 H3 C C H C CBr 3 + Br2 → CH3 CH3 Br

CH2 H3 C

C

CH3 3/ Xác định CTCT của A, B ,C *CTCT A: C

CH – CH3 CH3

+

C

2 HBr  → H3C

*CTCT B:

CBr

CH3 CH3

*CTCT C: C

CH – CH3 CH3

C

CH – CH3

CH3 Biên soạn và sưu tầm!

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bài 5: (3 điểm) A + 4 mol H2 → A có 4 liên kết đôi. A + 1 mol Br2 → A có 1 liên kết đôi ngoài vòng ⇒ độ bất bão hoà trong A là 5 2n+2-(n+1) Từ công thức CnHn+1 ta có: = 5 ⇒ n = 9. ⇒ CTPT A: C9H10 2 OXH A  → …… + CH3COOH . Vậy CTCT A: CH = CH – CH3 Các phương trình phản ứng: A + dd Br2: C6H5-CH=CH-CH3 + Br2 → C6H5-CHBr-CHBr-CH3 A + HBr : C6H5-CH=CH-CH3 + HBr → C6H5-CHBr-CH2-CH3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn Hoá học lớp 11THPT NĂM HỌC 2001 – 2002

Thời gian làm bài : 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Bảng A làm cả 5 bài, Bảng B không làm bài 4

Bài 1: 1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: NH3(k) + HCl(k) SO2(k) + CaO(r) NH3(k) + Cl2 (k) NH4HCO3 ( đun nóng) NH4NO2 ( đun nóng) SO2 + H2O SO3 + ddNaOH Theo thuyết Bronsted phản ứng nào là phản ứng axit-bazơ, xác định axit, bazơ. 2/ Viết các phương trình phản ứng: ( sản phẩm chính, tỉ lệ mol 1:1) a) CH3-CH=CH-CH2-CH3 + HCl b) S-cis butađien-1,3 + etilen ( 2000C) c) Benzen + Propen ( xúc tác H+) ( môi trường H+) d) Tôluen + KMnO4 e) FCH2-CH=CH2 + HBr Bài 2: 1/ Cho n-butan phản ứng với Clo ( tỉ lệ mol 1:1), chiếu sáng được hỗn hợp 2 sản phẩm hữu cơ A và B cùng khí C. a) Viết phương trình phản ứng. b) Khí C được hoà tan trong nước, để trung hoà dung dịch cần 800 ml dung dịch NaOH 0,75M . Tính khối lượng sản phẩm A, B , biết nguyên tử Hidro ở Các bon bậc II có khả năng phản ứng cao hơn 3 lần so với nguyên tử Hidro ở Các bon bậc I. 2/ Có 4 hidrocacbon thơm: C8H10 (A) ; C8H10 (B) ; C9H12 (C) ; C9H12 (D) . Thực hiện phản ứng các hidrocacbonvới Br2/Fe ( tỉ lệ mol 1:1) được các dẫn xuất mono Brom. a) A cho 1 sản phẩm thế. b) B cho 3 sản phẩm thế. c) C cho 1 sản phẩm thế. d) D cho 2 sản phẩm thế. Viết công thức cấu tạo của A ; B ; C ; D. Bài 3: Cho 2 ml dung dịch AgNO3 0,03M vào 1 ml dung dịch NH3 1,5M, được dung dịch X. Hiện tượng gì xảy ra khi: 1/ Thêm 1 ml dung dịch NaCl 0,02M vào dung dịch X. 2/ Thêm 1 ml dung dịch HCl 0,50M vào dung dịch X Cho: NH3 + H+ => NH4+ K = 109,24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 +

+

β = 10

Ag(NH3)2 => Ag + 2NH3 Tt (AgCl) = 10-10

-7,23

Bài 4: Dung dịch A được tạo thành khi cho 0,10 mol CuSO4 vào dung dịch chứa 2 mol NH3. Tính nồng độ ion Cu2+ tự do có trong 500 ml dung dịch A. 2+ Cho: Cu2+ + 4NH3 => [Cu ( NH 3 ) 4 ] β = 2.1013 NH3 + H2O => NH4+ + OHKb = 10-4,8 Bài 5: Hiđrocacbon X phản ứng cộng Brom với khối lượng bằng 246,15% khối lượng của nó. Khi đun nóng X với etylen sinh ra sản phẩm Y, Y có đồng phân quang học, 1mol Y có khả năng phản ứng với 1 mol H2 cho hợp chất Z. X/ là đồng phân của X, đun nóng X/ với etylen sinh ra sản phẩm Y/ , Y/ không có đồng phân quang học.1mol Y/ phản ứng với 1 mol H2 cũng cho hợp chất Z. 1/ Xác định công thức cấu tạo X, Y, X/ , Y/ và Z biết khối lượng phân tử X không vượt quá 196. Viết các phương trình phản ứng. 2/ Viết phương trình ( tỉ lệ mol 1:1) của X với HBr. Chú thích: Hợp chất có đồng phân quang học trong phân tử có nguyên tử cac bon bất đối (C*) là nguyên tử Cac bon liên kết với 4 nguyên tử hay nhóm nguyên tử khác nhau). ĐÁP ÁN Bài 1: (4 điểm) 1/ Hoàn thành phương trình phản ứng: (2,0 điểm) mỗi phương trình cho 0,25 điểm NH3 + HCl = NH4Cl (1) SO2 + CaO = CaSO3 (2) NH4HCO3 = NH3 + H2O + CO2 (3) NH4NO2 = N2 + 2H2O (4) SO2 + H2O = H2SO3 (5) SO3 + H2O = H2SO4 (6) NaOH + H2SO4 = NaHSO4 + H2O (7) 2NaOH + H2SO4 = Na2SO4 + 2H2O (8) Theo thuyết Bronstet: (0,75 điểm) Phản ứng (1) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : NH3 ; axit: HCl Phản ứng (5) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : SO2 ; axit: H2O Phản ứng (6) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : SO3 ; axit: H2O Phản ứng (7) (8) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : NaOH ; axit: H2SO4 2/ Các phương trình phản ứng: (1,25 điểm) mỗi pt cho 0,25 điểm a) CH3-CH=CH-CH2-CH3 + HCl CH3-CHCl-CH2-CH2-CH3 b) CH2 CH CH2 + CH CH2 CH2 c) C6H6 + CH2= CH-CH3

CH3- CH-CH3

C6H5 d) C6H5-CH3 + KMnO4 + H+ C6H5COOH + Mn2+ + K+ + 2H2O c) F-CH2-CH=CH2 + HBr FCH2-CH2- CH2Br Bài 2:( 3,0 điểm) 1/ (1,75 điểm) a) Viết phương trình: (0,50 điểm) CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl2 CH3-CHCl-CH2-CH3 + HCl (A) (C) CH3-CH2-CH2-CH3 + Cl2 CH3-CH2-CH2-CH2Cl + HCl (B) (C) b) Tính khối lượng sản phẩm: ( 1,25 điểm) Gọi số mol sản phẩm A là nA ; sản phẩm B là nB : nA + nB = nHCl = nNaOH = 0.8.0,75 = 0,6(mol)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 100.r A .4 100.3.4 100.3.4 0,6 = => nA = . = 0,4 (mol) => nB = 0,2 (mol) 4.3 + 6. 4.3 + 6. 100 4 r A +6r B ( rA ; rB là khả năng phản ứng của nguyên tử H ở nguyên tử cac bon bậc II và bậc I) Khối lượng sản phẩm A = 0,4.92,5 = 37 gam. Khối lượng sản phẩm B = 0,2.92,5 = 18,5 gam. 2/ (1,25 điểm) %nA =

CH3

CH3

H3C

CH3

CH3

H3C

CH3

CH3

hoặc CH3 (A)

CH3 (B)

CH3 (C)

CH2-CH3

(D)

Bài 3:(2 điểm) Nồng độ ban đầu: 0,03.2 1,5.1 CAg+ = = 0,02 M ; CNH3 = = 0,5M 3 3 Cân bằng: Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+ β -1= 107,23 C0 0,02 0,50 còn lại: 0,46 0,02 1/ Thêm 1ml NaCl 0,02M vào dung dịch X: 0,02.1 0,46.3 Nồng độ ban đầu: C Cl- = = 0,005M ; C NH3 = =0,345M ; 4 4 0,02.3 = 0,015M C Ag(NH3)2+ = 4 Ag(NH3)2+ ⇌ Ag+ + 2NH3 β = 10-7,23 Bđ 0,015 0,345 Cb (0,015-x) x (0,345+2x) x(0,345 + 2 x) 2 x.0,345 2 = 10-7,23 giả sử x<< 0,015 => = 10-7,23 => x = 10-8,13 << 1,5.10-2 (0,015 − x) 0,015 => CCl- . CAg+ = 0,005.10-8,13 = 10-10,43< 10-10 vậy không có kết tủa AgCl. ( 1,0 điểm) 2/ Thêm 1 ml HCl 0,5M vào dung dịch X. 0,50.1 CH+ = CCl- = = 0,125M 4 NH3 + H+ ⇌ NH4+ K = 109,24 C 0,345 0,125 0,125 Còn 0,22 0,125 + + β = 10-7,23 Ag(NH3)2 ⇌ Ag + 2NH3 Bđ 0,015 0,22 Cb (0,015-x) x 0,22+ 2x x(0,22 + 2 x ) 2 x.0,22 2 -7,23 = 10 Giả sử x<<0,015 => = 10-7,23 => x= 10-7,74<< 1,5.10-2 (0,015 − x) 0,015 CCl- . CAg+ = 0,125.10-7,74 = 10-8,64 > 10-10 vậy xuất hiện kết tủa AgCl. (1,0 điểm) Bài 4:( 2 điểm) 01 2 C0Cu2+ = = 0,2M ; C0NH3 = = 4M 0,5 0,5 0

NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHCu2+ + 4NH3 ⇌ Cu(NH4)42+

K = 10-4,8 β = 2.1013

(1) (2)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (0,5 điểm)

Vì: β >> K => bỏ qua cân bằng (1) Cu2+ + B đ: 0,2 Pư: (0,2-x) Cb: x (0,2 − x)

Cu(NH4)42+ β = 2.1013 0 (0,2-x) (0,2-x) 0,2 13 = 2.10 Giả sử x<<0,2 => = 2.1013 4 4 x.(4 − 0,8) x.[4 − 4(0,2 − x)] -16,02 Giải được x = 10 << 0,2 (1,50 điểm) Bài 5: (4,0 điểm) Gọi khối lượng phân tử X là MX ; khối lượng Br2 tham gia phản ứng cộng: 160n. 160n.100 => CTĐGN của X là C5H5 , CTPT: (C5H5)n (0,5 điểm) = 246,15 => MX = 65n. MX 10n + 2 − 5n 5n + 2 Độ bất bão hoà trong X: = 2 2 Thoả mãn khi n chẵn,Vì MX < 196 => n=2 (0,5 điểm) CTPT X là C10H10 với độ bất bão hoà là 6 => X phản ứng được với 2 mol Br2 => X có 2 liên kết π ngoài mạch hở, 4 liên kết π còn lại tạo vòng thơm. Vì X có khả năng phản ứng với etylen => Y; 2 liên kết ở mạch hở tạo hệ liên hợp ( tương tự butadien-1,3). Vậy CTCT có thể có của X là: ( 1,0 điểm) C6H5-CH=CH-CH=CH2 và CH2=CH-C=CH2 4NH3 4 4(0,2-x) (4-[4(0,2-x)])

⇌

(X) (X’) C6H5 Phản ứng với etylen, H2: ( 1,0 điểm) mỗi phương trình cho 0,25 điểm

CH

CH2

CH2

(Y)

+

CH

CH2

CH

H C6H5

* C6H5

+ H2 H C6H5 C6H5 CH2 CH CH CH2

+

CH2

(Z) H C6H5

C6H5 (Y’)

CH2

Xác định X, Y, X’, Y’, Z: (0,5 điểm) 2/ Phương trình phản ứng X với HBr: C6H5-CH=CH-CH=CH2 + HBr →

(0,5 điểm) C6H5-CHBr-CH2-CH=CH2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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 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-4isopropylxiclohexan); 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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 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 P2O5 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) 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……………

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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

CÂU 1

Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 11 NỘI DUNG 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 :

-Y →Y’: - T→T’:

2

+ H2 T .H C2 H 2  → C2 H 4   → PE Pd + HCl T .H → C2 H 3Cl   → PVC C2 H 2  HgSO4

+ H2 T .H CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2  → polibutadien Pd + HCl T .H CH ≡ C − CH = CH 2  → CH 2 = CCl − CH = CH 2  → poliisopren 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.  N aN O2  N aN O2  N aN O N O 0   NO   + H N O3 2 3 H 2 SO4 aO H F e 3 C   → Y   N → Z   t→ T  N a 2 C O 3  +  →Q C O2 C O2  N a2C O3  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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 5NO + 3KMnO4 + 2H2SO4 → Mn(NO3)2 + 2MnSO4 + 3KNO3 + 2H2O Hoặc: 5NO + 3MnO4- + 4H+ → 3Mn2+ + 5NO3- + 2H2O

3

a.

,

,

,

b.

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 O4 : 0, 025 m ol   H 2SO4 :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  ( B T lu u h u y n h )  C a S O 4 : 0 , 0 0 5 + 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:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0, 0323 m  ).172 CaSO4 .2 H 2 O : (0, 005 + 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 mol Y 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 cackhitrongY a. 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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

m↓ 855a +233b

855a + 116,5b 699a + 233b

116,5b

nBa(OH)2 7

K +  2+ H 2 0,05 mol Mg Mg 0, 43 mol KHSO4    2+ +  →  NO(0,1 − a) mol + Y Zn + H 2O 8,96 g Zn CO (a mol ) 0, 05 mol HNO3 CO a mol  NH + (a − 0,05) mol  3  2  4 SO42−  0,5b

4a+0,5b

3a+b

3a+ 0,5b

BTo xi : nH2O = a + 0,15 − (0,1 − a) = 2a + 0,05 thay n

= 2a + 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+ ] + => [ H ] = .ka =1,13.10−9 M; => pH = 8,95 [NH4+ ] [NH3 ] b. [NH4+]=0,124M; [Ba2+] =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).

nX = nH 2O − nCO2 = 0, 015 mol => C X =

nCO2

= 5 => CTPT X : (C5 H12 ) 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.

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

C là (CH3)2CH-CHCl-CH3 : 2-clo-3-metylbutan. D là (CH3)2CCl-CH2-CH3: 2-clo-2-metylbutan. 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!

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 2 trang)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT 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 hợp hai 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) 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 toàn 7,68 gam Mg vào dung dịch chứa 0,96 mol HNO3, thu được dung dịch X và m gam hỗn hợp khí. Thêm dung dịch chứa 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) Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Nhỏ từ từ 1 lít dung dịch X gồm H2SO4 0,1M 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. 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 26,7 gam 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 gồm propin (0,2 mol), 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 H2 bằng 14,4. Dẫn khí Y qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3 dư trong dung dịch NH3, thu được m gam kết tủa và hỗn hợp khí Z thoát ra. Dẫn khí Z qua bình 2 đựng Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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 GIỎI THPT 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, trừ đi 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. - 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.

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

0,25 0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

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↓.

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,5

Nếu chọn nX=nY = 1 mol thì n1=1 mol; n2=2 mol; n3=3 mol, tức là n1 < n2 < n3

0,5 0,5

0,25

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

* 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

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 H 2 =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

0,25 0,25 0,25

4

Với x=0,18 => n OH − = 0,36 mol, ta có phương trình phản ứng hoá học: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 0,12 <=0,36 (mol)

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,25 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: n NO − ,Cl− =0,12.3-0,06.2=0,24 mol 3

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 − + mCl− =0,12.27+0,06.96+0,12.62+0,12.35,5=20,7 gam

0,25

3

4

3

Câu 4. (2 điểm) Nội dung * nKOH=0,8 mol => n KNO 2 tối đa = 0,8 mol => m KNO2 tối đa = 0,8.85 = 68 gam > 66,84 gam => 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 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 học : NH4+ + OH- → NH3↑ + H2O 0,04 <= 0,04 (mol) Sơ đồ: Mg(NO3 ) 2 ;0,32mol  '  Mg   HNO3     +  →  NH 4 NO3 ;0, 04mol  + kh i + H 2 O 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 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

Điểm 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 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

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) 2+ 2Ba + SO4 → BaSO4↓ (4) 0,1 => 0,1 (mol) m=0,4.197 + 0,1.233 = 102,1 gam Câu 6. (4 điểm)

Điểm 0,5

0,5 0,5

3

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Nội dung Điểm 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X: 0,5 Ở bước 1 có hiện tượng sủi bọt khí không màu CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2. 0,5 Ở bước 2: dung dịch brom bị nhạt màu C2H2 + Br2 → C2H2Br2; phản ứng cộng 0,5 Ở bước 3: xuất hiện kết tủa màu vàng nhạt C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3; phản ứng thế 0,5 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 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: 0

H 2SO 4 , t 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: 0

t 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 C6H6 + 3Cl2  → C6H6Cl6.

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 N 2 (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: 0

0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CH≡C-CH3 + AgNO3 + NH3 →CAg≡C-CH3 + NH4NO3. 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. 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. * n Br (phản ứng với Z) = 24/160 = 0,15 mol * n π (trong X) = 0,2.2 + 0,3.1 = 0,7 mol

0,25

0,25

0

0,25

2

0, 7 − 0, 25 − 0,15 = 0,15mol 2 = 0,15mol => m=0,15.147=22,05 gam

0,25

=> n C H (trong Y) = 3

4

=> n CAg ≡C−CH

3

0,25

___HẾT___

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). 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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 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. 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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 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) b. PTHH: a.s → 2HCl (1) H2 + Cl2  (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  →

ĐI Ể M 0,25 0,25

0,25 0,25

0,5 0,5

H2SO4 +8 HCl.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1× 4×

−2

+6

S → S +8 e

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,5

0

Cl2 + 2 e → 2 Cl −

b. (5x-2y)ZnS + (18x-4y)HNO3  → (5x-2y)Zn(NO3)2 +(5x-2y) H2SO4 + 8NxOy + 4xH2O. −2

0,5

+6

(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 → 2P2O3 (1) 4P+ 3O2thiếu  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. → H2SiO3 + 2KHCO3 b. 2CO2+ 2H2O +K2SiO3  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. 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 → 2Al(OH)3 + K2SO4 H2SO4 + 2KAlO2+ 2H2O  → 2Al2(SO4)3 +6H2O 2Al(OH)3 + 2H2SO4  -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 → BaCO3 + Na2CO3 Ba(OH)2 + 2NaHCO3  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

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Câu 5 1. (2 điểm) A là C6H5-CH(CH3)2: isopropylbenzen hoặc cumen H 2 SO 4 PTHH: C6H6 + CH2=CH-CH3 → C6H5-CH(CH3)2 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 = 0,018 molmà mA = 0,468 gam ⇒ nA = 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 ⇒ 0,01.2 + 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 → Al2S3 PTHH: 2Al + 3S  → 2Al(OH)3 + 3H2S Al2S3 + 6H2O  t0 2H2S + 3O2  → 2SO2 + 2H2O

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

0,5

0,5

0,5

0,25

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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2.

12,8 × 8, 75 = 0, 07 mol 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 Tăng giảm KL ⇒ nNSO4 = = 0,15 mol 122 − 96 18 MNSO4 = = 120 = N + 96 ⇒ N =24 ⇒ N là Mg ⇒ CT muối: MgSO4 0,15 38,85 × n MM(HCO3)n = = 129,5n = M + 61n 0,3 ⇒ M =68,5n ⇒ n=2 và M=137 (Ba) ⇒ CT muối: Ba(HCO3)2

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

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 nCO2 8 = ⇒ n= 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%.

0,25

0,5

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Câu 9 nN 2 44 − 32 3 (2 điểm) Hỗn hợp X (0,04 mol): n = 32 − 28 = 1 ⇒ N 2O 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  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 Câu 10 1.PTHH điều chế: CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O (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

0,25

0,5

0,5

0,25

0,5 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 2 Mg + CO2  → 2MgO + C t0 4Al + 3CO2  → 2Al2O3 + 3C t0 C + O2  → CO2

0,5

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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG Môn thi: Hoá học lớp 11 – Năm học 2018 - 2019 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HOÀI ĐỨC A (Đề thi gồm 2 trang)

Họ và tên thí sinh: ..................................................Số báo danh:........................Phòng thi:......

ĐỀ BÀI Bài 1 (5,0 điểm) 1. Nhận biết các dung dịch loãng không màu đựng trong các lọ mất nhãn: Al2(SO4)3, (NH4)2SO4, FeCl3, NH4NO3, Al(NO3)3, KNO3 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3. b) Cho dung dịch H2SO4 loãng vào dung dịch Fe(NO3)2. c) Sục khí etilen vào dung dịch brom. d) Toluen tác dụng với dung dịch KMnO4 khi đun nóng 3. Cho dung dịch H3PO4 0,005M . Biết axit này có thể phân li 3 nấc : ⇀ H+ + H2PO4H3PO4 ↽ K a = 7, 6.10−3 1

- ⇀

+

H2PO4 ↽ H + HPO4

K a 2 = 6, 2.10−8

2-

K a 3 = 4, 4.10−13

⇀ H+ + PO43HPO42- ↽

⇀ 3H+ + PO43a) Tính Hằng số cân bằng của quá trình: H3PO4 ↽ b) Tính pH và nồng độ [HPO42-] của dung dịch trên.

Bài 2 (5,0 điểm): 1. Tại sao khi đất chua người ta thường bón vôi? Dựa vào kiến thức hóa học, hãy dự đoán 4 dạng vôi có thể bón để làm giảm tính chua của đất? 2. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa (ghi rõ điều kiện, các chất hữu cơ viết công thức ở dạng cấu tạo) (2) (4) (5) (1) (6) (7) (8) (3) NaNO3  → C2H2  → HNO3 → CO2  → C → CaC2  → C4H4  → C4H6  → Cao su buna

3. Quan sát hình vẽ điều chế khí X dưới đây, hãy trả lời các câu hỏi sau đây:

(1C) 2ml C2H5OH 4ml H2SO4 ñaäm ñaëc

Ñaù boït dd KMnO4

a. Khí X là gì? Viết PTHH minh họa b. Vai trò của đá bọt? Nếu phòng thí nghiệm không có đá bọt em có thể thay bằng gì? c. Nêu hiện tượng và viết PTHH khi dẫn khí X vào ống nghiệm đựng dung dịch KMnO4. d. Để thu được khí X tinh khiết người ta thường dẫn khí thu được vào bình rửa đựng dung dịch gì? Giải thích?

Bài 3 (5,0 điểm): 1. Cho 6,72 lít (đktc) hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 qua bình đựng Ni (nung nóng), thu được hỗn hợp Y (chỉ chứa ba hiđrocacbon) có tỉ khối so với H2 là 14,4. Biết Y phản ứng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Tính giá trị của a?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Dung dich X chứa KHCO3 và Na2CO3. Dung dịch Y chứa HCl 1M và H2SO4 1,25M. Thực hiện 2 thí nghiệm sau: + Cho từ từ 100 ml dung dịch X vào 100 ml dung dịch Y thu được 5,6 lít CO2 (đktc). + Cho từ từ 100 ml dung dịch Y vào 100 ml dung dịch X thu được 3,36 lít CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Z, kết thúc phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính giá trị m ? 3. Sục V lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch chứa hỗn hợp Ba(OH)2 và KOH, kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Khi kết tủa đạt cực đại, hãy tính giá trị trị lớn nhất và nhỏ nhất của V ?

Bài 4 (5,0 điểm): 1. Hòa tan hết 33,02 gam hỗn hợp Na, Na2O, Ba và BaO vào nước dư thu dược dung dịch X và 4,48 lit H2 ở (đktc). Cho dung dịch CuSO4 dư vào dung dịch X, thu được 73,3 gam kết tủa. Nếu sục 0,45 mol khí CO2 vào dung dịch X, sau khi kết thúc phản ứng, thu được bao nhiêu gam kết tủa? 2. Trong bình kín thể tích là 10 lít chứa không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích) và 1,54 gam chất X (chứa C, H, O, N; tương ứng với 0,02 mol, thể khí) ở áp suất P, nhiệt độ 54,60C. Bật tia lửa điện để đốt cháy hết X. Sau đó cho toàn bộ sản phẩm cháy qua lần lượt bình 1 đựng P2O5 dư, bình 2 đựng 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,075M và bình 3 đựng photpho dư đun nóng, khí còn lại là N2 có thể tích là 5,6 lít (đktc). Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hãy xác định giá trị của P. Biết bình 1 tăng 1,26 gam, bình 2 tạo 3,94 gam kết tủa và khi đun nóng dung dịch sau phản ứng lại có kết tủa xuất hiện, bình 3 tăng 0,16 gam. 3. Hòa tan hết 14,3g hỗn hợp X gồm Al(NO3)3, MgO, Mg và Al vào dung dịch gồm 0,03mol KNO3 và 0,5 mol H2SO4 (đun nóng). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 59,85g muối và 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,5. Dung dịch Y tác dụng với dung dịch KOH dư, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 10 gam rắn. Tính phần trăm khối lượng của Al có trong X ? -----------------HẾT-------------Cho biết khối lượng nguyên tử: Na = 23, Ba = 137, O = 16, S = 32, Cu = 64, C = 12, H = 1, N = 14, K = 39, Br = 80, Ca = 40 Học sinh không sử dụng tài liệu, kể cả bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan. CBCT không giải thích gì thêm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG MÔN HOÁ - KHỐI 11 Năm học 2018 – 2019 Bài

Hướng dẫn chấm

Điểm 1,5

1.1 Nhận biết được 1 chất và viết đúng PTHH minh họa được 0,25 điểm

1.2

Al2(SO4)3 (NH4)2SO4 FeCl3 Thuốc NH4NO3 thử Ba(OH)2 ↓ trắng ↓ trắng, ↓ nâu ↑ mùi đỏ ↑ mùi khai khai Nêu đúng hiện tượng 0,25 điểm Viết đúng PTHH (ion hoặc phân tử): 0,25 điểm (Thiếu điều kiện, cân bằng sai không tính điểm)

Al(NO3)3 KNO3

↓ keo trắng rồi tan

Không hiện tượng

0,5

a) Tạo khí, kết tủa, rồi kết tủa tan H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3 Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + H2O

0,5

H+ + CO32- → HCO3-

0,5 0,5

+

HCO3 + H → CO2 + H2O

b) Tạo khí không màu, hóa nâu trong không khí 4H+ + 3Fe2+ + NO3- → 3Fe3+ + NO + 2H2O

c) Dung dịch Brom nhạt màu CH2=CH2 + Br2  → Br – CH2 – CH2 – Br d) Dung dịch thuốc tím nhạt màu, có kết tủa đen C H 3 + 2K M nO 4

1.3

t0 C a ùc h th u y û

C O O K + 2 M n O 2 + K O H + H 2O K a li b e n z o a t

a) Tính HSCB K = K1.K 2 .K 3 = 7, 6.10−3.6, 2.10−8.4, 4.10−13 = 2, 07.10−22 b) Tính pH và [HPO42-] Vì K1 ≫ K 2 ≫ K 3 nên [H+] chủ yếu được điện li từ qúa trình:

⇀ H+ + H2PO4H3PO4 ↽ Ban đầu

Điện li Sau điện li K1 =

0,5 0,5

K a1 = 7,6.10−3

0,005 x 0,005 –x

x

x

x

x

0,5

-3 x2 = 7, 6.10−3 suy ra x = 6,16.10 (M) ⇒ pH = 2,21 0, 005 − x

Ban đầu

Điện li Sau điện li

⇀ H2PO4- ↽ -3 6,16.10 a -3

6,16.10 –a

H+

+

HPO42-

a

a

a

a

K a 2 = 6, 2.10−8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2

K2 =

2.1

2.2

a = 6, 2.10−8 suy ra a = 1,95.10-5M −3 6,16.10 − a

Giải thích đất chua: 0,5 điểm Kể được 4 dạng vôi: 0,5 điểm

Đất chua là đất có chứa nhiều ion H+ dạng tự do và dạng tiềm tàng (có 0,5 thể sinh 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. 0,5 Trong thực tế có thể dùng bón vôi cho ruộng bằng CaCO3, CaO, Ca(OH)2, quặng đolomit CaCO3.MgCO3. Viết đúng 1 PTHH được 0,25 điểm (Nếu thiếu điều kiện, cân bằng sai, chất 2,0 hữu cơ không viết CTCT thì không được điểm phương trình đó) 0

t → Na2SO4 + 2HNO3 (1) NaNO3 + H2SO4 đặc 

→ Ca(NO3)2 + CO2 + H2O (2) 2HNO3 + CaCO3  0

t (3) CO2 + 2Mg  → 2MgO + C 0

t (4) 2C + Ca  → CaC2 (5) CaC2 + H2O  → Ca(OH)2 + C2H2 0

t , NH 4Cl (6) 2CH≡CH  → CH≡C – CH = CH2 0

t , Pd / PbCO3 (7) CH≡C – CH = CH2 + H2  → CH2 = CH - CH = CH2

nCH2 = CH - CH = CH2

2.3

t0,p Na

CH2

CH = CH CH2 n polibutañien

(8) Trả lời đúng mỗi ý a, b, c, d được 0,5 điểm a) X là etilen. CH3CH2OH

2,0

H 2 SO4 ,170o C

 → CH2=CH2 + H2O

b) Làm hỗn hợp sôi đều. Thay đá bọt bằng mảnh thủy tinh c) dd nhạt màu.

3CH2=CH2 + 2KMnO4 +4H2O→3HOCH2-CH2OH+2MnO2 + 2KOH

d) dung dịch kiềm. Phản ứng phụ tạo khí CO2, SO2

3.1

Tìm được x, y được 0,5 điểm Tìm a được 0,5 điểm C2H2: x mol H2: y mol x + y = 0,3 (1) 26 x + 2 y số mol sau: 28,8

0,5

0,5

26 x + 2 y = y ( vì H2 phản ứng hết) (2) 28,8 Giải hệ (1) và (2) suy ra: x = 0,125 và y = 0,175 Bảo toàn pi: 2x = 0,175 + a Suy ra a = 0,075 mol số mol H2 phản ứng: 0,3 -

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3.2

3.3

Viết đúng các PT ion: 1,0 điểm Tính được x, y: 1,5 điểm Tính được kết tủa: 0,5 điểm KHCO3: x mol Na2CO3: y mol Thí nghiệm 1: Số mol H+ phản ứng: a + 2b = 0,35 Số mol CO2 : a + b = 0,25 Suy ra: a = 0,15 và b = 0,1 x a Điều kiện: = = 1,5 y b Thí nghiệm 2: Số mol CO2: 0,35 – y = 0,15 ⇒ y = 0,2 ⇒ x = 0,3 Tính kết tủa: BaCO3:0,35 mol BaSO4: 0,125 mol Khối lượng kết tủa là m = 98,075g Viết được 3 phương trình của 3 giai đoạn: 0,25 điểm Tính được a: 0,25 điểm Tính được V min 0,25 điểm Tính được V max 0,25 điểm

Viết 3 PTHH Tính a Từ 3 phương trình: 2,3a + a = 0,33 ⇒ a = 0,1 Tính V min Khi chỉ xảy ra giai đoạn 1: V min = 2,24 lit Tính V max Khi xảy ra 2 giai đoạn: V max = 5,152 lit 4.1

4.2

Tính sô mol Na, Ba, O: Xác định muối tạo thành Tính kết tủa

1,25

1,25 0,5

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

mỗi chất 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm

Na: x Ba : y O: z Khối lượng hh: 23x + 137y + 16z = 33,02 (1) x + 2y Khối lượng kết tủa: 233 y + 98. = 73,3 (2) 2 Bảo toàn e: x + 2y = 2z + 2.0,2 (3) Giải hệ 1,2,3: x = 0,28 y = 0,18 z = 0,12 Số mol OH- = 0,64 Tỉ lệ: OH/CO2: 1,42 (tạo 2 muối) Só mol CO32-: 0,64 – 0,45 = 0,19 mol Số mol kết tủa: 0,18 mol Khối lượng kết tủa: 35,46g Tính H2O, O2, CO2 mỗi chất 0,25 điểm

0,75

0,25 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Tính không khí Tính p

0,5 điểm 0,25 điểm

Bình chứa P2O5 hấp thu H2O ⇒ m H 2O = 1, 26 gam Bình chứa P hấp tụ O2 ⇒ m O2 = 0,16 gam Bình chứa Ca(OH)2 hấp thụ CO2, Do tạo kết tủa và đun dung dịch lại xuất hiện kết tủa ⇒ tạo 2 muối CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1) 0,03 ← 0,03 → 0,03 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 (2) BaCO3 (0,03-0,1) → 0,1 Suy ra n CO2 = 0,04 mol

0,25 0,25 0,25

0,5 0,25

20.32 + 28.80 = 28,8 hoặc 29 100 Sơ đồ: X + không khí → CO2 + H2O + N2 (1) Áp dụng ĐLBTKL: mX+ mkk= m CO2 + m H2O + m N2 + m O2 (dư)

M (không khí)=

4.3

1,54 + x.28.8 = 0,04.44+1,26+0,16 +0,25.28 ⇒ x=0,3 mol 0,32.0, 082.(273 + 54, 6) = 0,86 atm P= 10 Xét dung dịch Y: Al3+, Mg2+, K+, NH4+, SO42- Tính số mol khí: NO (0,04 mol), H2 (0,12 mol) - Tinh số mol Mg2+ dựa vào 10g chất rắn: 0,25 mol - Số mol K+: 0,03 mol - Số mol SO42-: 0,5 mol - Tính số mol Al3+ và NH+4 dựa vào khối lượng muối và BTĐT: Al3+ (0,14) và NH4+ (0,05 mol) - Bảo toàn nguyên tố N ta có số mol Al(NO3)3: 0,02 mol - Bảo toàn nguyên tố Al: ta có số mol Al trong hỗn hợp ban đầu: 0,12 mol Vậy: %Al = 22,66%

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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TRƯỜNG THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI : HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (10 câu tự luận )

Câu 1(2 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 đủ), hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có)? 2. Cho 1 mol Ca3(PO4)2 tác dụng với 2,75 mol HCl khi phương trình phản ứng cân bằng có tổng các hệ số nguyên tối giản bằng k.Tính k? Câu 2(2 điểm): 1. Đun nóng hỗn hợp gồm 2 mol SO2 và 1 mol O2 trong bình kín có thể tích 4 lít ở nhiệt độ t0 C có xúc tác V2O5, sau một thời gian hệ đạt đến trạng thái cân bằng. Biết áp suất hỗn hợp đầu và áp suất P' hỗn hợp sau phản ứng ở nhiệt độ t0C là P và P’. Xác định giới hạn ? P 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau. a. Ba(H2PO3)2 + NaOH  → C + D + E b. Al + NO3- + OH- + H2O  → F + G c. FeCl3 + K2CO3 + H2O  →H + I + K 0

t C d. CuO + NH4Cl → M + N + L + H2O Câu 3(2 điểm): 1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R ? 2. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl − . Cô cạn dung

dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Tính Giá trị của x và y ? Câu 4(2 điểm): Hợp chất M tạo bởi anion Y3- và cation X+, cả hai ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. A là một nguyên tố trong X+ có hóa trị âm là –a ; B là một nguyên tố trong Y3-. Trong hợp chất A và B đều có hóa trị dương cao nhất là a+2. Khối lượng phân tử của M bằng 149. M Y3 − Trong đó : > 5. Hãy xác lập công thức phân tử của M ? M X+

Câu 5(2 điểm): Cho m gam hỗn hợp H gồm FexOy, Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m - 6,04) gam chất rắn T. Giá trị của a là Câu 6(2 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm but-1-en và butan có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Dẫn X qua ống đựng xúc tác thích hợp, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm các chất mạch hở CH4, C2H6 C2H4, C3H6, C4H6, C4H8, C4H10, H2. Tỷ khối của Y so với X là 0,5. Nếu dẫn 1 mol Y qua dung dịch brom dư thì khối lượng brom phản ứng là m gam. Tính giá trị của m? 2. 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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 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? Câu 7(2 điểm): Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2. X tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl, thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2, tỉ khối của Z so với H2 là 11,4. Tính giá trị m ? Câu 8(2 điểm):  → 2NH3 (k) có Kp = 1,64 ×10−4. 1. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) ←  Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình ? 2. Viết tất cả các đồng phân cis- và trans- của các chất có công thức phân tử là C3H4BrCl ?

Câu 9(2 điểm): Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z ?

Câu 10(2 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, NO, NH3, 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?

2. Cho các dung dịch riêng biệt mất nhãn sau : Na2SO4, AlCl3, FeSO4, NaHSO4,FeCl3. Chỉ dùng dung dịch K2S hãy nhận biết các dung dịch trên ngay ở lần thử đầu tiên. Viết các phương trình hoá học minh hoạ ?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐÁP ÁN

Câu 1(2 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 đủ), hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có)? 2. Cho 1 mol Ca3(PO4)2 tác dụng với 2,75 mol HCl khi phương trình phản ứng cân bằng có tổng các hệ số nguyên tối giản bằng k.Tính k? ĐA: 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). → NaCl + H2O PTHH: NaOH + HCl  → Na2SO4 + H2O 2NaOH + H2SO4  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: → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl H2SO4 + BaCl2  2. 54 Câu 2(2 điểm): 1. Đun nóng hỗn hợp gồm 2 mol SO2 và 1 mol O2 trong bình kín có thể tích 4 lít ở nhiệt độ t0 C có xúc tác V2O5, sau một thời gian hệ đạt đến trạng thái cân bằng. Biết áp suất hỗn hợp P' đầu và áp suất hỗn hợp sau phản ứng ở nhiệt độ t0C là P và P’. Xác định giới hạn ? P 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau. a. Ba(H2PO3)2 + NaOH  → C + D + E b. Al + NO3 + OH + H2O  → F + G c. FeCl3 + K2CO3 + H2O  →H + I + K 0

t C d. CuO + NH4Cl → M + N + L + H2O ĐA: 2SO2(K) +O2(K) 2SO3(K) ∆H< 0 Ban đầu 2mol 1mol 0 mol x Phản ứng xmol mol x mol 2 x Cân bằng (2 - x) mol (1 - ) mol x mol 2 Số mol trước phản ứng: nT = 2+1 = 3mol x x Số mol sau phản ứng: nS = 2 - x + 1 + x = (3 - ) mol 2 2 PT nT P' 3− x/2 → = = vì 2 > x > 0 PS nS P 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

2 P' ≤ <1 3 P 2. Hoàn thành các ptpư a. Ba(H2PO3)2 + 2NaOH  → BaHPO3 + Na2HPO3 + 2H2O b. 8Al + 3NO3 + 5OH + 2H2O  → 3NH3 ↑ + 8AlO2-

→

c. 2FeCl3 + 3K2CO3 + 3H2O  → 2Fe(OH)3 ↓ + 6KCl + 3CO2 ↑ d.

0

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

Câu 3(2 điểm): 1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R ? ĐA: * Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh: R → R +x + xe(1) 0,18 0,18 x R R +6 S +4 (2) S + 2e-→ 0,085 0,0425 SO2 + Ca(OH)2→CaSO3 + H2O (3) 5,1 0,0425 = 0,0425 120 0,18 Bảo toàn số electron: x = 0,085 ⇒ R = 2,112x . Loại. R * Xét R là S: Sự oxi hóa: S + 2H2SO4→ 3SO2 + 2H2O (4) 0,005625 0,016875 Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại. * Xét R là cacbon: C + 2H2SO4→ CO2 + 2SO2 + 2H2O (5) 0,015 0,015 0,030 SO2 + Ca(OH)2→CaSO3 + H2O (6) CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O (7) Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120 = 5,1 gam. Phù hợp với đề ra.Vậy R là cacbon. 2. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl− . Cô cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Tính Giá trị của x và y ?

● Nếu n

HCO3−

≤ 2n

Ba2 +

thì khi cô cạn dung dịch X và nung đến khối lượng không đổi sẽ thu được hỗn

hợp gồm BaO, NaCl hoặc BaO, NaCl và BaCl2. Như vậy, ion HCO3− đã được thay bằng ion O2− . Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có : n + n − = n + + 2n 2+ HCO3− Cl Na Ba  y 0,1 0,2  x x + y = 0,5  x = 0,14  ⇒ ⇒  n HCO − = 2 nO2− 8x + 35,5y = 13,9  y = 0,36 3   x  → 0,5x  23n Na+ + 137nBa2+ + 35,5nCl− + 16 nO2− = 43,6  0,1 0,2 y 0,5x 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

● Nếu trường hợp n

HCO3−

≤ 2n

Ba2 +

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 không thỏa mãn thì ta xét trường hợp n . Khi đó − > 2n 2 + HCO 3

Ba

chất rắn sẽ gồm Na2CO3, BaO và NaCl. Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có : n + n − = n + + 2 n 2+ HCO3− Cl Na Ba  y 0,1 0,2  x   n HCO − = 2 n O2 − + 2 n CO 2 − = 2 n Ba2 + + 2 n CO 2 − 3  3 3 0,2 0,2  x z z  23 n + 137 n 2 + + 35,5 n − + 16 n 2 − + 60 n 2 − = 43,6  Na + Ba Cl O CO 3  0,1 0,2 y 0,2 z   x + y = 0,5  x = − 1,1   ⇒  x − 2z = 0, 4 ⇒  y = 1,6 35,5y + 60z = 10, 7  z = − 0, 75  

Câu 4(2 điểm): Hợp chất M tạo bởi anion Y3- và cation X+, cả hai ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. A là một nguyên tố trong X+ có hóa trị âm là –a ; B là một nguyên tố trong Y3-. Trong hợp chất A và B đều có hóa trị dương cao nhất là a+2. Khối lượng phân tử của M bằng 149. M Y3 − > 5. Hãy xác lập công thức phân tử của M ? Trong đó : M X+

ĐA: + A vừa có hóa trị hóa trị âm, vùa có hóa rị dương ⇒ A là phi kim + A, B có hóa trị dương cao nhất là (a+2). vậy hai nguyên tố cùng nhóm (a + 2) + Tổng hóa trị âm và dương về trị tuyệt đối bao giờ cũng bằng 8 + M có công thức X3Y vì tạo bởi và (phân tử trung hòa vể điện) a+a+2 =8 ⇒ a=3 ⇒ A, B thuộc nhóm V + Theo đầu bài

M Y 3− M X+

>5

⇒ M Y 3 > 5M X + Theo đầu bài : X + do 5 nguyên tử tạo nên 18,6 ⇒ KLNT trung bình < = 3,72 5 ⇒ X + là (AH4)+ ⇒ X+ là NH4+ M Y 3− = 149 – 3.18 =95 95 = 19 5 Vậy C là Oxi MB = 95 -16.4 = 31 (phôt pho) Vậy công thức của M là (NH4)3PO4

KLNT trung bình =

Câu 5(2 điểm): Cho m gam hỗn hợp H gồm FexOy, Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m - 6,04) gam chất rắn T. Giá trị của a là A. 21,48 B. 21,84 C. 21,60 D. 21,96 Hướng dẫn giải:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

  (m + 60,24)g T : Cu, Fe, Mg (m − 6, 04) g  3+  Fe  Mg 2+  Cu 2+  +   +  NH 4 y Mg  →  H Fe  a gam − HCl 1,8   Cl 1,8 − m (g) H Cu +  → NO 3  H O z HNO3 0,3 O  2 −    Cl    NO 3x    H 2 2x   H 2O NO 0, 26 1,8.36,5 + 0,3.63 − 60, 24 − 0, 26.30 BTKL  → n H2O = = 0,92 (mol) 18 Fe3+  2+ Cu  BTNT  →(m+ 60, 24) H + 0, 26 => m(Cu + Fe) = (m – 6,4) gam < mT . Vậy trong T có thêm Mg dư =  NO− 0, 04 3  Cl− 1,8  0,36 g. 3x + y = 0, 04  x = 0, 01   BTNT ( N,H,O) →  4x + 4y + 2z = 0, 26 =>  y = 0, 01 3x + z = 0, 04.3  z = 0, 09   − 1,8 0, 01 BTDT  → n Mg2+ = = 0,895(mol) => a = 0,895.24 + 0,36 = 21,84 (gam) 2 Câu 6(2 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm but-1-en và butan có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Dẫn X qua ống đựng xúc tác thích hợp, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm các chất mạch hở CH4, C2H6 C2H4, C3H6, C4H6, C4H8, C4H10, H2. Tỷ khối của Y so với X là 0,5. Nếu dẫn 1 mol Y qua dung dịch brom dư thì khối lượng brom phản ứng là m gam. Tính giá trị của m? 2. 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? ĐA:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

+ Phöông trình phaû n öù ng : o

t , xt C4 H10  → C4 H6 + 2H2

mol :

x

→

x → 2x

o

t , xt C4 H10  → Cn H 2n + Cm H 2m + 2

mol :

y

→

y→

y

n X = 4  n = 4 n khí taêng = 4 n C4 H10 = 3  + Choï n  ⇒  n X MY ⇒ X ⇒ n =1 = = 0,5  n Y = 8 n lieân keát π taêng = 4   C4 H8  nY MX Trong 8 mol Y coù 1 + 4 = 5 mol lieâ n keá t π n Br2 pö vôùi 0,1 mol Y = 0,625 ⇒ ⇒ Trong 1 mol Y coù 0,625 mol lieâ n keá t π m Br2 pö vôùi 0,1 mol Y = 100 gam

2. Nội dung 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 thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,…

Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O C6H12O6

nC6H12O6

2C2H5OH + 2CO2

b.C2H5OH + 3O2

2CO2 + 3H2O

gam→ nO2 =

mO2 =

→ mKK =

*

mol → nKK =

= 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 Câu 7(2 điểm): Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2. X tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl, thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2, tỉ khối của Z so với H2 là 11,4. Tính giá trị m ? Hướng dẫn giải:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

a mol  Mg to  →  Cu(NO3 )2 0, 25 mol

 Mg 2+ a  2+ Cu 0, 25  NH + b +1,3 mol HCl X  →  − 4 Cl 1,3

+ H 2O

 N 2 0, 04   H 2 0, 01  NO 2 0, 42 − b  O 2 0, 03 + b

C1 [+, −] 2a + b = 0,8 [e]

2a + 4(0, 03 + b) = 0, 42 − b + 8b + 10.0, 04 + 2.0, 01

a = 0,39 ⇒  b = 0, 02

⇒ m = 71, 87 gam

[O] → n H2O = 0, 25.6 − 0, 45.2 = 0, 6 (mol) C2 

[ +,− ]  → n Mg2+ =

[H]   → n NH+ = 4

1,3 − 0, 25.2 − 0,02 = 0,39 (mol) 2

1,3 − 0,6.2 − 0,01.2 = 0,02 (mol) 4

Vậy m = 71,87 gam

Câu 8(2 điểm):

 → 2NH3 (k) có Kp = 1,64 ×10−4. 1. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) ←  Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình ? 2. Viết tất cả các đồng phân cis- và trans- của các chất có công thức phân tử là C3H4BrCl ĐS:  → 2NH3 (k) 1. N2(k) + 3H2(k) ←  PN nN 1 2 Theo PTHH: = 2 = ⇒ Theo gt: P NH + P N + P H = 10 3 2 2 PH nH 3 2

2

⇒ P NH + 4P N = 10 3 2

Và Ta có: Kp =

(PNH )2 3

3

(PN )(PH ) 2

2

=

(1) (PNH3 )2 3

(PN2 )(3PN2 )

−2

= 1,64 ×10−4 ⇒

PNH

3

2

(PN )

= 6,65×10−2.

2

2

Thay vào (1) được: 6,65 ×10 (P N ) + 4P N − 10 = 0 ⇒ P N = 2,404 và P N = − 62,55 < 0 2

2

2

2

Vậy, P N = 2,404 ⇒ P NH = 10 − 4P N = 0,384 atm chiếm 3,84% 2

3

2

2. Có 12 CTCT thỏa mãn công thức C3H4BrCl, CH3 Cl CH3 C= C C=C H Br H

Cl

CH3

Br

H C= C

CH3

Br

C=C

Cl

Br

Cl

H

CH3

Cl

CH3

H

C= C

C=C

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Br

H

CH2Br

CH3Br

Cl

H

H

H

CH3Cl

Br

C= C

H

Cl

H C= C

H CH2Cl

Br

Br

Br

Cl C=C

C=C

H

H

Br

Cl

Cl Câu 9(2 điểm): Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z ? A. 41,25%

B. 68,75%

C. 55,00%

D. 82,50%

Hướng dẫn giải:

Al  10,92g Al 2 O3 Al(NO ) 3 3 

 Al3+ 0,3   +   Na x   + 127,88g  NH 4 y  +  H z  NaHSO 4 x  +  →  2 − SO 4 x   HNO3 0, 09  H 2   0, 08 mol  N  2 a  N O b   2 M = 20 

+ H 2O

 x = 1    → 0,3.27 + 23x + 18y + z + 96x = 127,88 =>  y = 0,04  z = 0, 06  → y + z = 0,1   BTDT  → x + y + z + 0,3.3 = 2.x

BTKL  →10,92 + 1.120 + 0, 09.63 = 127,88 + 0, 08.20 + 18.n H2O BTNT H n H2 = →

=> nH2O = 0,395 mol

0, 09 + 1 − 0, 04.4 − 0, 06 − 0,395.2 = 0, 04 (mol) 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 a + b = 0, 04 a = 0, 015  → =>  28a + 44b + 0, 04.2 = 20.0, 08 b = 0, 025

=> %N2O = 68,75%

Câu 10(2 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, NO, NH3, 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?

2. Cho các dung dịch riêng biệt mất nhãn sau : Na2SO4, AlCl3, FeSO4, NaHSO4,FeCl3. Chỉ dùng dung dịch K2S hãy nhận biết các dung dịch trên ngay ở lần thử đầu tiên. Viết các phương trình hoá học minh hoạ ? 1. * Lấy một ít dung dịch AgNO3 vào một ống nghiệm sạch, thêm từ từ dung dịch NH3 đến khi kết tủa xuất hiện rồi tan hết. Thêm vào dung dịch một ít dung dịch RCHO (học sinh có thể dùng một chất bất kỳ khác có nhóm -CHO). Đun nóng từ từ ống nghiệm một thời gian ta thu được ống nghiệm có tráng một lớp Ag mỏng phía trong. * Các phương trình phản ứng: AgNO3 + NH3 + H2O → Ag(OH) + NH4NO3 Ag(OH) + 2NH3→ [Ag(NH3)2]OH 0 2[Ag(NH3)2]OH + R-CHO t 2Ag + RCOONH4 + 3NH3 + H2O 2. Khi cho dung dịch K2S lần lượt vào mẫu thử của các dung dịch trên thì: - Mẫu thử không có hiện tượng chứa dung dịch Na2SO4 - Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng keo và có hiện tượng sủi bọt khí chứa AlCl3 : 2AlCl3 + 3 K2S + 3H2O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S - Mẫu thử có hiện ttượng sủi bọt khí chứa dung dịch NaHSO4 2 NaHSO4 + K2S → 2K2SO4 + H2S - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen chứa FeCl2: K2S + FeCl2→ FeS + 2NaCl - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen và vàng có chứa FeCl3 2FeCl3 + 3K2S → 6KCl + S + 2FeS

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: HÓA HỌC

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 8/10/2012 (Hướng dẫn chấm có 06 trang, gồm 08 câu)

Câu I (4,0 điểm): 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Na + B + H2O → D↓ + E + H2 A+B→D+E 0

t D  → F + H2O B + Ba(NO3)2 → BaSO4 + G B + NH3 + H2O → D↓ + H 0

t → K + N + H2O F + NH3  K + FeCl3 → L + M L + NaOH → D↓ + NaCl Biết B là muối của kim loại có hóa trị 2. Tổng phân tử khối của B và D là 258. 2. Viết phương trình phân tử và phương trình ion rút gọn biểu diễn các thí nghiệm sau: a. Cho dòng khí H2S đi qua dung dịch FeCl3 b. Cho khí ozon đi qua dung dịch KI, dung dịch thu được làm xanh hồ tinh bột. c. Cho khí clo đi qua dung dịch KOH đun nóng (khoảng 700C). d. Cho Na2SO3 vào dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 làm dung dịch mất màu. Đáp án 1. Ta có: B là MSO4; D là M(OH)2. Theo giả thiết có phương trình: 258= 2M + 96 + 34 → M = 64 (Cu) Thay vào phương trình ta có: 2Na + CuSO4 + 2H2O → Cu(OH)2 + Na2SO4 + H2 (B) (D) (E) 2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 + Na2SO4 (A)

Điểm

0

t Cu(OH)2  → CuO +H2O (F) CuSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + Cu(NO3)2 (G) CuSO4 + 2NH3 + 2H2O →(NH4)2SO4 + Cu(OH)2 (H)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0

t 3CuO + 2NH3  → 3Cu + N2 + 3H2O (K) (N) Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 (L) (M) CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2 NaCl 2. a. 2 FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2 HCl Phương trình ion: 2Fe3+ + H2S → 2Fe2+ + S + 2H+ b. 2 KI + O3 + H2O → I2 + 2 KOH + O2 Phương trình ion: 2 I- + O3 + H2O → I2 + 2 OH- + O2 I2 làm xanh hồ tinh bột.

2,0 đ

o

t c. 3 Cl2 + 6 KOH  → KClO3 + 5 KCl + 3H2O o

t Phương trình ion: 3 Cl2 + 6 OH-  → ClO3- + 5 Cl- + 3H2O d. 5 Na2SO3 + 2 KMnO4 + 3 H2SO4 → 2 MnSO4 + K2SO4 + 5 Na2SO4 + 3 H2O Phương trình ion: 5 SO32- + 2 MnO4- + 6 H+ → 2 Mn2+ + 5 SO42- + 3 H2O

2,0 đ Câu II (1,5 điểm) :

Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số các hạt proton, electron, nơtron bằng 180, trong đó tổng số hạt mang điện gấp 1,432 lần số hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron của X. b. Khi cho dạng đơn chất của X tác dụng với AgNO3 trong dung dịch (dung môi không phải là nước) ở điều kiện thường chỉ tạo ra được hai hợp chất trong đó có một chất là AgX. - Viết phương trình phản ứng. - Đó là phản ứng trao đổi hay oxi hóa khử ? Tại sao? Đáp án Điểm a. Gọi Z, N lần lượt là số hiệu nguyên tử, số nơtron của X 2 Z + N = 180  N = 74 Ta có hệ  → → X là iot 2 Z = 1, 432N  Z = 53 Cấu hình electron: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p5 0,75 đ 0

−1

+1

b. I2 + AgNO3 → Ag I + I NO3 0,75 đ Đây là phản ứng tự oxi hóa – khử vì 1 nguyên tử I là chất oxi hóa, 1 nguyên tử I là chất khử. Câu III (2,25 điểm) : Đốt cháy hoàn toàn một dây kim loại trong bình chứa CO2 thì thu được một oxit có khối lượng 16 gam. Cũng cho lượng kim loại trên tác dụng với dung dịch H2SO4 dư thì thu được 2,24 lít một khí duy nhất (đktc). Xác định kim loại.

Đáp án Kim loại tác dụng được với CO2 phải là kim loai mạnh (nhóm A) nên chỉ có một hóa trị duy nhất và có số mol là x. 4M + a CO2 → 2M2Oa + aC x mol 0,5 x mol Ta có: 0,5x. (2M+ 16a) = 16 (1) Khi cho M tác dụng với H2SO4 vì chưa biết nồng độ nên có thể có 3 khả năng xảy ra : tạo H2 hoặc SO2 hoặc H2S. TH1 : nếu tạo ra H2

Điểm

0,5đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2M + a H2SO4 → M2(SO4)a + a H2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) Từ (1) và (2) ta có M = 72. a TH2 : nếu tạo ra SO2 2M + 2a H2SO4 → M2(SO4)a + 2a H2O + aSO2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72. a biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH3: nếu tạo ra H2S 8M + 5a H2SO4 → 4M2(SO4)a + a H2S + 4a H2O x mol ax/8 mol Ta có: xa/8 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 12. a biện luận có a = 2 và M = 24 thỏa mãn (Mg)

0,5 đ

0,5 đ

0,75 đ

Câu IV (3,25 điểm) : 1. So sánh pH của các dung dịch sau đây: NH4HSO4 0,1M; NH4NO3 0,1M; (NH4)2SO4 0,05M; (NH4)2S 0,05M; (NH4)2CO3 0,05M. Cho biết: K a ( NH+ ) = 10-9,24 ; K a (HSO− ) = 10-2 ; K 2(H 2S) = 10-13 ; K 2(H 2CO3 ) = 10-10,33. 4

4

2. Cho A là dung dịch CH3COOH 0,02M. Trộn 100 ml dung dịch A với 100 ml dung dịch NaHSO4 0,1M thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B và độ điện li của CH3COOH trong dung dịch B. Cho K a (HSO− ) = 10-2; K a (CH3COOH) = 10-4,75. 4

Đáp án

Điểm

1. Tất cả các dung dịch đều chứa chung gốc NH4+ với C NH + = 0,1 M 4

NH4+ ⇌ NH3 + H+

K a ( NH+ ) = 10-9,24 (axit yếu) 4

→ Chỉ cần so sánh pH của các anion. HSO4- ⇌ H+ + SO42K 2(H 2SO4 ) = 10-2 ( axit tương đối mạnh) NO3- trung tính SO42- + H2O ⇌ HSO4- + OH-

Kb = 10-12 (bazơ rất yếu)

S2- + H2O ⇌ HS- + OH-

Kb = 10-1 (bazơ mạnh)

CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-

1đ

Kb = 10-3,67 (bazơ)

Vậy pH của các dung dịch muối tăng theo thứ tự:

NH4HSO4 < NH4NO3 < (NH4)2SO4 < (NH4)2CO3 < (NH4)2S 2. a. TPGH của dung dịch B: CH3COOH 0,01M; HSO4- 0,05M HSO4- ⇌ H+ + SO42K a (HSO− ) = 10-2 4

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka’ = 10-4,75 (2) + -14 ⇌ H + OH H2 O Kw = 10 (3) So sánh (1), (2), (3) ta thấy: K a (HSO− ) C HSO− >> Ka’. CCH3COOH >> Kw 4

→ Cân bằng (1) chiếm ưu thế HSO4- ⇌ H+ + SO42[ ] 0,05 – x x x

(1)

1đ

4

Ka = 10-2

1,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2

x = 10-2 → x = 0,018 →pH = 1,745 0, 05 − x Xét cân bằng (2): CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ka’ = 10-4,75 [] 0,01 –y y 0,018 0,018y K a' = = 10−4,75 → y = 9,87.10-6 → α = 9,87.10-2 %= 0,0987% 0, 01 − y Ka =

Câu V (2,5 điểm) :

1. Có ba bình đựng dung dịch mất nhãn: Bình A (KHCO3 và K2CO3), bình B (KHCO3 và K2SO4), bình C (K2CO3 và K2SO4). Chỉ dùng dung dịch BaCl2 và dung dịch HCl, nêu cách nhận biết các bình trên. 2. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi nhỏ từ từ nước clo loãng vào một ống nghiệm đựng dung dịch KI, đến dư. Đáp án Điểm 1. Cho BaCl2 (đến dư) vào cả 3 dung dịch A, B, C. Lọc tách kết tủa thu được kết tủa A1, B1, C1 và 3 dung dịch nước lọc A2, B2, C2. Cho HCl lần lượt tác dụng với mỗi kết tủa và mỗi dung dịch nước lọc: + Nếu từ kết tủa và từ nước lọc đều có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch A: 0,5đ KHCO3 KHCO3 , BaCl2 (A 2 ) HCl CO 2 ↑ BaCl 2 d− (A)   →  →  CO 2 ↑ K 2CO3 BaCO3 (A1 ) + Nếu từ kết tủa không có khí thoát ra, nhưng từ nước lọc lại có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch B: CO 2 ↑ KHCO3 BaCl2 d− KHCO3 , BaCl2 (B2 ) HCl (B)   → →   không CO 2 ↑ K 2SO 4 BaSO 4 (B1 ) 0,5đ + Nếu từ kết tủa có khí thoát ra nhưng có một phần kết tủa không tan trong HCl dư và từ nước lọc không có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch C:  BaCl 2 d− C 2   không K 2CO3 BaCl2 d−  H 2 O HCl (C)   → →  K 2SO 4 CO 2 ↑ + BaSO 4 C BaCO3  1   BaSO 4 0,5đ 2. Nhỏ từ từ nước clo vào dung dịch KI đến dư thì thấy dung dịch chuyển từ không màu sang màu vàng nâu đậm dần, sau đó màu dung dịch lại nhạt dần và đáy ống nghiệm xuất hiện tinh thể màu tím đen. Khi dùng một lượng dư nước clo thì dung dịch mất màu Giải thích: Dung dịch KI không màu, khi nhỏ từ từ nước clo vào thì xảy ra các phản ứng: 2 KI + Cl2 → 2 KCl + I2 KI + I2 KI3 (màu vàng nâu) Nồng độ KI tăng dần làm màu dung dịch đậm dần. KI3 kém bền phân hủy dần thành KI và I2 tinh thể. Do cân bằng chuyển dịch theo chiều làm nồng độ KI3 giảm nên màu sắc dung dịch nhạt dần. Do tạo ra I2 tinh thể nên có kết tủa màu tím đen lắng xuống đáy ống nghiệm Khi cho Cl2 dư thì KI phản ứng hết tạo ra. Sau đó I2 bị oxi hóa hết bởi nước clo dư làm dung dịch mất màu: 2 I2 + 5 Cl2 + 6 H2O → 2 HIO3 + 10 HCl 1,0 đ (hỗn hợp axit không màu) Câu VI (2,0 điểm) :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1. a. Giải thích vì sao đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N2? Vì sao photpho trắng hoạt động mạnh hơn photpho đỏ? b. Tại sao ở nhiệt độ thường lưu huỳnh có tính trơ về phương diện hóa học nhưng khi đun nóng tỏ ra khá hoạt động? 2. a. Có một bình chứa khí NH3 lẫn hơi nước. Nêu phương pháp làm khan NH3. b. Hãy giải thích tại sao NH3 có khả năng tạo phức chất với một số cation kim loại như Cu2+, Zn2+, Ag+. Đáp án Điểm 1.a. – Đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N2 vì liên kết giữa các nguyên tử photpho kém bền hơn liên kết N ≡ N - Photpho trắng hoạt động mạnh hơn P đỏ vì trong mạng lưới tinh thể Photpho 0,75đ trắng mối liên kết giữa các phân tử P4 ở các nút lưới là liên kết Vanderwaals rất yếu, trong khi đó photpho đỏ có cấu tạo phân tử dạng polime rất bền b. Độ âm điện của lưu huỳnh là 2,5 nên lưu huỳnh là nguyên tố hoạt động nhưng ở điều kiện thường lại tỏ ra trơ vì phân tử ở dạng trùng hợp mạch khép kín. 0,5

2. a. Dẫn khí qua vôi sống CaO dư, khi đó xảy ra phản ứng: 0,25đ CaO + H2O → Ca(OH)2 Ta thu được NH3 tinh khiết b. Phân tử NH3 có khả năng tạo phức chất với một số cation kim loại như Cu2+, Zn2+, Ag+ do sự liên kết cho nhận giữa cặp electron tự do của nguyên tử N với AO trống của 0,5đ các cation (liên kết phối trí trong phức chất)

Câu VII (2,5 điểm) :

1. Nén 2 mol nitơ và 8 mol hiđro vào một bình kín có thể tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân bằng, áp suất khí trong bình bằng 0,8 áp suất lúc đầu (khi mới cho xong các khí vào bình, chưa xảy ra phản ứng). Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong bình. 2. Một hỗn hợp gồm COCl2 (khí) và Al2O3 (rắn) tác dụng theo phương trình: 3COCl2 (k) + Al2O3 (r) → 3CO2 (k) + 2 AlCl3 (r)

∆H10 = -55,56 kcal

Tính nhiệt tạo thành của AlCl3(r) biết: CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k) 2 Al(r) +

3 O2 (k) → Al2O3 (r) 2

Cgraphit + O2 (k) → CO2 (k) Cgraphit +

1 O2 (k) → CO (k) 2

∆H 02 = -26,89 kcal ∆H 30 = -399,09 kcal ∆H 04 = -94,05 kcal ∆H 50 = -26,41 kcal

Đáp án 1. Xét phản ứng: N2 + 3 H2 ⇌ 2 NH3 Số mol lúc đầu 2 8 3x 2x Số mol phản ứng x Số mol cân bằng 2-x 8 -3x 2x Tổng số mol khí lúc đầu: 2 + 8 = 10 mol Tổng số mol khí lúc cân bằng: (2 - x) + (8- 3x) + 2x = 10- 2x mol Vì thể tích bình và nhiệt độ không đổi nên áp suất trong bình tỉ lệ thuận với số mol khí:

Điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 p cb 10 − 2x = = 0,8 → x = 1 mol pđ 10 Nồng độ các chất ở cân bằng: [NH3] = 1 M; [N2] = 0,5 M; [H2] = 2,5 M Hằng số cân bằng Kc = 0,128 2. Dựa vào dữ kiện đề bài: ∆H0tt Al2O3 = −399, 09 kcal / mol

1,0đ

∆H0tt CO2 = −94, 05 kcal / mol ∆H 02 = ∆H 0tt COCl2 - ∆H 0tt CO = ∆H 0tt COCl2 - (-26, 41) = -26,89kcal

→ ∆H 0tt COCl2 = −53,3kcal / mol Vậy: ∆H10 = (3.∆H 0tt CO2 + 2∆H 0tt AlCl3 ) − (3∆H 0tt COCl2 + ∆H 0tt Al2 O3 ) =[3.(-94,05) +2. ∆H 0tt AlCl3 ]- [3.(-53,3)+(-399,09)]= - 55,56

→ ∆H0tt AlCl3 = -166,2 kcal/mol

1,5 đ

Câu VIII (2,0 điểm) :

Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe vào V ml dung dịch HNO3 1M. Sau khi phản ứng xong chỉ thu được dung dịch A và 4,704 lít khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch A thì được 71,86 gam muối khan.

a. Xác định thành phần % khối lượng của hỗn hợp X. b. Tính V.

Đáp án a. Hòa tan X vào dung dịch HNO3 thu được dung dịch A nên có 2 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1 HNO3 vừa đủ; phương trình phản ứng (1) 3 Fe3O4 + 28 HNO3 → 9 Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O x 3x x/3 Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2) y y y nNO = 0,21 mol Gọi x, y lần lượt là số mol Fe3O4 và Fe trong hỗn hợp X Từ (1) và (2) ta có: x/3 + y = 0,21 (I) 232x + 56y = 19,84 (II) Giải hệ có x = 0,037875 mol; y = 0,197375 mol → Khối lượng của Fe(NO3)3 = (3x + y).242 = 75,262 gam > 71,86 gam (loại) Trường hợp 2 HNO3 thiếu nên sau phản ứng (1), (2) xảy ra phản ứng 3 Fe3O4 + 28 HNO3 → 9 Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O (1) x 3x x/3 (2) Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O a a a Fe + 2 Fe(NO3)3→ 3 Fe(NO3)2 (3) b 2b 3b Muối thu được gồm Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 dư: [(3x+a)-2b].242+3b.180 = 71,86 (III) Trong đó: a+b là số mol của Fe trong hỗn hợp X Mặt khác có: 232x + (a + b). 56 = 19,84 (IV) x/3 + a = 0,21 (V) Giải hệ (III), (IV), (V) được x = 0,03 ; a = 0,2; b = 0,03 Thành phần % Fe3O4 = 35, 08 %; % Fe = 64,92%

Điểm

0,75đ

1đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 b. Số mol HNO3 của (1) và (2) là: 28/3.x + 4a =1,08 mol 0,25 đ → V của dung dịch HNO3 là V = 1,08 lít hay 1080 ml Lưu ý khi chấm: -Nếu viết đúng phương trình phản ứng, cân bằng sai hoặc không cân bằng thì trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó. Nếu công thức viết sai thì phương trình đó không cho điểm. Nếu thiếu điều kiện phản ứng trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó. - Bài toán và nhận biết nếu giải theo cách khác, lập luận chặt chẽ, đúng khoa học, kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa như biểu điểm dành cho phần đó. - Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần làm tròn đến 0,25 điểm.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. (Đề thi gồm 02 trang)

Câu 1 (1,0 điểm). Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a) Sục khí Cl2 vào dung dịch FeSO4. b) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO4. c) Sục khí H2S vào dung dịch nước brom. d) Sục khí O3 vào dung dịch KI. e) Sục khí SO2 vào dung dịch Fe2(SO4)3. f) Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện. Câu 2 (1,0 điểm). A là một đồng đẳng của benzen có tỷ khối hơi so với metan bằng 5,75. A tham gia chuyển hóa theo sơ đồ

Hãy viết các phương trình hóa học theo sơ đồ trên, các chất hữu cơ viết dạng công thức cấu tạo rút gọn, cho biết B, C, D, E là các chất hữu cơ. Câu 3 (1,0 điểm). 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. Câu 4 (2,0 điểm). 1. Chỉ dùng một dung dịch làm thuốc thử, hãy lập sơ đồ để nhận biết 4 dung dịch riêng biệt chứa các chất sau: K3PO4, KCl, KNO3, K2S (không cần ghi phản ứng). 2. Cho 200 ml dung dịch X chứa H2SO4 0,05M và HCl 0,1M tác dụng với 300 ml dung dịch Y chứa Ba(OH)2 aM và KOH 0,05M, thu được m gam kết tủa và 500 ml dung dịch Z có pH = 12. Tính giá trị của m và a.

Câu 5 (2,0 điểm).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

1. Chất A có công thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. 2. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm hai 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 hơi so với H2 là 13,5; A có nhiều hơn B một nguyên tử C nhưng khối lượng phân tử của A lại nhỏ hơn B. Câu 6 (2,0 điểm). 1. Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16M, thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dịch Y gồm BaCl2 0,16M và Ba(OH)2 aM vào dung dịch X, thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch Z. Tính giá trị của a. 2. Dung dịch A chứa Na2CO3 0,1M và NaHCO3 0,1M; dung dịch B chứa KHCO3 0,1M a) Tính thể tích khí CO2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 150 ml dung dịch HCl 0,1M vào 100 ml dung dịch A. 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 150 ml dung dịch B. Câu 7 (1,0 điểm). 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 1 atm. Ghi chú: Thí sinh được dùng bảng tuần hoàn. Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; F = 19; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca =40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137. ---------------Hết--------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.........................................................................................SBD:.............................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI KSCL HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 Năm học: 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC 11 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

Câu

Câu 1 (1,0 đ)

Nội dung a) 3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 b) 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2OH-CH2OH + 2MnO2 + 2KOH c) H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr d) O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH e) SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4 o

1200 C f) Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C  → 3CaSiO3 + 5CO + 2P

Câu 2 (1,0 đ)

MA = 92 Đặt công thức A: CnH2n-6 → 14n-6 = 92 → n =7 CT : → Phương trình: C6H5-CH3 + Cl2

Điểm 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

C6H5-CH2Cl + HCl

C6H11-CH3 C6H5-CH3 + 3H2 dư C6H5-CH3 + 3HNO3 → C6H2(NO2)3-CH3 + 3H2O C6H5-CH3 + 2KMnO4 C6H5-COOK + 2MnO2 + KOH + H2O

0,25 đ 0,25 đ

Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O

Câu 3 (1,0 đ)

nN O + nN2 = 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 : 

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. 1. Cho dung dịch AgNO3 tác dụng với các dung dịch rồi nhận biết theo sơ đồ:

Câu 4 (2,0 đ)

KNO3 K3PO4 KCl K2S

keát tuûa traéng

ddAgNO3

keát tuûa vaøng keát tuûa ñen

KCl K3PO4

K2S khoâng h töôïng KNO 3

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

1,0 đ

2. nH 2 SO4 = 0, 01(mol ) , nHCl = 0, 02( mol ) ; nBa ( OH ) 2 = 0, 3a ( mol ) ; nKOH = 0, 015( mol ) ;

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 nH + = 0, 04( mol ) ; nOH − = 0, 6a + 0, 015( mol ) +

0,25 đ

-

H + OH → H2O 0,04 0,6a + 0,015 mol Dd sau phản ứng có pH = 12 → OH- dư có số mol = 0,5.10-2 = 0,005 mol Ta có 0,6a + 0,015 - 0,04 = 0,005 → a = 0,05 2+

0,25 đ 0,25 đ

2-

Ba + SO4 → BaSO4 0,015 0,01 0,01 0,25 đ Khối lượng kết tủa = 2,33 (gam) 1. Hợp chất A (C7H8) tác dụng với AgNO3 trong dung dịch NH3, đó là hiđrocacbon có liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)x 0,25 đ → R(C≡CAg)x + xNH4NO3 R(C≡CH)x + xAgNO3 + xNH3  R + 25x R + 132x MB – MA = (R + 132x) - (R + 25x) = 107x = 214 ⇒ x = 2 0,25 đ Vậy A có dạng: HC≡C-C3H6-C≡CH Các công thức cấu tạo có thể có của A:

CH C-CH2-CH2-CH2-C

CH

CH

C-CH2-CH-C CH CH3

0,25 đ

CH3 Câu 5 (2,0 đ)

CH C-CH-C

CH

CH2CH3

CH C-C-C

CH

CH3

2. Do MX = 13,5.2 = 27 --> MA < 27 --> Loại trường hợp A là CH4 vì không có B phù hợp, A là C2H2. B có ít hơn A một nguyên tử cacbon, B là CHyOz. C2H2 ---> 2CO2 CHyOz --> CO2 Dựa vào bài ra, hs dễ dàng lập được các phương trình đại số: 26a + Mb = 6,48 2a + b = 0,42 a + b = 0,24 Từ các phương trình này, tìm được M = 30, B là CH2O

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

1,568 = 0, 07(mol ) ; nNaOH = 0,5 × 0,16 = 0, 08( mol ) 22, 4 = 0, 25 × 0,16 = 0, 04( mol ) ; nBa(OH)2=0,25a (mol)

nCO2 = nBaCl2

3,94 = 0, 02(mol ) 197 CO2 + OH- → HCO3 0,07 0,08 0,07 HCO3- + OH- → CO32- + H2O 0,07 0,01 0,01 t0 2+ 2− → BaCO3 ↓ Ba + CO3  0,02 0,02 Do kết tủa thu được bằng 0,02 mol do đó lượng OH- cho thêm vào bằng 0,01 mol Ta có : OH- = 0,5a → 0,5a = 0,01→ a = 0,02

nBaCO3 =

Câu 6 (2,0 đ)

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 a) nCO 2− = 0, 01( mol ) ; nHCO − = 0, 01( mol ) ; nH + = 0, 015( mol ) 3

3

CO32− + H + → HCO3− 0,01 0,01 0,02 − + HCO3 + H → CO2 ↑ + H 2O 0,02 0,005 0,005 V= 0,112 lít b. nHCO − = 0, 015(mol ) ; nBa ( OH 2 ) = 0, 01(mol ) ; nOH − = 0, 02(mol )

0,25 đ 0,25 đ

3

HCO3- + OH- → CO32- + H2O → dư 0,005 mol OH0,015 0,015 0,015 Ba2+ + CO32- → BaCO3 0,01 0,015 0,01 KOH 0,005 mol Dung dịch sau phản ứng có : K2CO3 0,005 mol Trong 1 mol xăng có: 0,1 mol C7H16, 0,5 mol C8H18, 0,3 mol C9H20, 0,1 mol C10H22. Đặt công thức các ankan trong xăng là 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 có trong 2 kg xăng = 16,7224 (mol)

Câu 7 (1 đ)

Pư cháy của hơi xăng: CaH2a+2 + (3a + 1)/2O2 --> aCO2 + (a+1)H2O Để đốt cháy 1 mol xăng cần số mol O2 là (3.8,4 + 1)/2 = 13,1 (mol). Số mol O2 cần để đốt cháy 2 kg xăng là: 16,7224. 13,1 = 219,063 (mol) VO2 cần dùng (27,3 oC, 1atm) = 5394 (l)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

- Số mol CO2 tạo ra là: 8,4. 16,7224 = 140,47 Tính được VCO2 thải ra không khí là: 140,47 . 0,082.300.3 = 3459 (l)

0,25 đ

Nhiệt tạo thành khi đốt cháy 2 kg xăng là: 16,7224. 5337,8 = 89260,8 (kJ) Lượng nhiệt thải ra khí quyển là: 17852,16 (kJ).

0,25 đ

--------------Hết---------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Sở GD-ĐT tỉnh TT.Huế Trường THPT An Lương Đông

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA HỌC LỚP 11

Số phách

Đường cắt phách Số phách

Câu I: I.1. Hợp chất A tạo thành từ các ion M+ và X2- (tạo ra từ các nguyên tố M và X). Trong phân tử A có 140 hạt các loại, trong đó hạt mang điện bằng 65,714% tổng số hạt. số khối của M hơn X là 23. Tìm 2 nguyên tố M và X. 2NO2 (K). Cho 18,4gam N2O4 vào bình dung tích là 5,904 lít ở I.2. Có cân bằng: N2O4 (K) 0 27 C. - Lúc cân bằng áp suất của hỗn hợp khí trong bình là 1atm. Tính áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 lúc cân bằng. - Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống bằng 0,5 atm thì áp suất riêng phần của NO2, N2O4 lúc này là bao nhiêu? Kết quả có phù hợp nguyên lý của Le Chatelier không ? Câu II: II.1. Hoà tan 6gam CH3COOH vào nước để được 1lít dd. Tính nồng độ mol/l của H+ suy ra độ điện ly α của CH3COOH. Biết Ka = 1,8.10-5 II.2. Cân bằng 2 phản ứng oxi hoá - khử sau: II.2.1. Cu2S + HNO3 → Cu(NO3) + CuSO4 + NO2 + H2O II.2.2. Fe3O4 + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O II.3. Kết tủa Ag2CrO4 có tan được trong dung dịch NH4NO3 không ? Biết PT (Ag2CrO4) = 11,8 PK (NH3) = 4,76 PK ( HCrO −4 ) = 6,5 Hằng số bền của phức β1[Ag(NH3)+] = 2089,3 Câu III: III.1. Giải thích các vấn đề: - Dùng hóa chất gì để hoà tan AgCl. Viết phương trình phản ứng để minh hoạ. - Tại khu dân cư đông đúc không nên lập các nhà máy sản xuất đất đèn ? - CO có khả năng tạo phức với 1 số kim loại chuyển tiếp còn N2 không có khả năng này. III.2. - Hoà tan bột Fe vào dd H2SO4 loãng, người ta thu được 513ml khí đo ở 270C, 1,2 atm và một ddA. Dùng lượng Fe gấp đôi trên bỏ vào dd CuSO4 thì màu xanh của dd nhạt dần đến sau khi phản ứng kết thúc tạo thành 1 chất rắn B màu đỏ và dd C. Tính lượng Fe đã dùng trong cả hai trường hợp đó và mB. - Cho toàn bộ B vào dd HNO3 loãng, nguội thu bao nhiêu lít khí (đktc) ? Câu IV: IV.1. Các hidrocacbon có CTPT: C2H4, C3H6, C4H8 có thuộc cùng dãy đồng đẳng không? Tại sao? IV.2. Một hỗn hợp khí X gồm 1 ankan, 1anken và 1 ankin có V = 1,792lít (ởđktc) chia làm 2 phần bằng nhau: - Phần 1: Cho qua dd AgNO3/NH3 dư tạo 0,735gam kết tủa và thể tích hỗn hợp giảm 12,5%. - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào 9,2lít dd Ca(OH)2 0,0125M thấy có 11gam kết tủa. Xác định CTPT các hidrocacbon. Câu V: X là hợp chất hữu cơ thuần chức, tác dụng với dd NaOH và Na. Công thức đơn giản của X là C6H10O4.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 V.1. Biện luận để xác định CTPT của X. Viết CTPT của X biết X được dùng để chế tạo một loại tơ hoá học.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Không ghi vào phần gạch chéo này

V.2. Một đồng phân X1 của X không tác dụng với Na, tác dụng với NaOH sinh ra 1 muối và 1 rượu Y. Ở cùng điều kiện, thể tích hơi của 6,2gam X bằng 2 lần thể tích của 1,6gam O2. Xác định CTCT của X1, viết phương trình phản ứng.

Đáp án câu I: I.1. Hợp chất A: M2X Gọi ZM; NM là số p (số e); số nơtron của M Gọi ZX; NX là số p (số e); số nơtron của N Ta có: 2(2ZM + NM) + 2ZX + NX = 140 140 × 65,714 4Z M + 2Z M = = 92 100 AM – AX = 23 Biến đổi ta được (4ZM + 2ZX) + (2NM + NX) = 140 4ZM + 2ZX = 92 AM + AX = 23 AM = 39; AX = 16 M là K; X là O 18,4 I.2. n N 2O 4 = = 0,2( mol) 92 N2O4 2NO2 Ban đầu 0,2 0 Cân bằng 0,2 - x 2x Tổng số mol có trong hệ lúc cân bằng: 0,2 – x + 2x = 0,2 + x PV 1× 5,904 0,2 + x = = = 0,24 RT 0,082(273 + 27) X = 0,04 n NO2 (lúc cân bằng) = 0,08 mol n N2O4 (lúc cân bằng) = 0,2 – 0,04 = 0,16 mol Vì số mol N2O4 gấp đôi số mol NO2 nên áp suất N2O4 cũng gấp đôi của NO2 1 2 Vậy: PNO2 = (atm), PN 2O4 = (atm) 3 3 2 1 PNO2 ( 2 ) 1 KP = = 2 = PN 2O4 6 3

Đặt PNO2 khi cân bằng là P thì áp suất của N2O4 khi cân bằng là: 0,5 – P. Từ đó: 1 P2 = ⇒ 6P 2 + P − 0,5 = 0 6 0,5 − P = 0,217 (atm); PN 2O5 = 0,283 (atm)

KP =

PNO2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Kết quả:

PNO2

=

PN 2O 4

0,217 ≈ 0,77 0,283

So sánh với trường hợp trên:

PNO2 PN 2O 4

1 3 = × = 0,5 3 2

Vậy: Khi áp suất của hệ xuống thì cân bằng dịch chuyển sang phía làm tăng áp suất của hệ lên, nghĩa là sang phía có nhiều phân tử khí hơn (phù hợp nguyên lý).

Đáp án câu II:

6 = 0,1 (mol) 60 [CH 3COOH] = 0,1 = 0,1M 1 CH3COOH CH3COO- + H0,1 x x x 0,1 – x x x n CH3COOH =

II.1.

Ban đầu Phân ly Cân bằng x2 Ka = = 1,8.10 −5 0,1 − x Vì x <<0,1 nên: x2 = 1,8.10-5.0,1 x2 = 1,8.10-6 x = 1,35.10-3 + -3 Vậy [H ] = 1,35.10 (M) 1,35 ×10 −3 Độ điện ly α = = 1,35.10 − 2 0,1 II.2. Cân bằng: II.2.1.

+1

−2

+5

+1

+6

+4

Cu 2 S + H N O 3 → Cu ( NO 3 ) 2 + Cu S O 4 + N O 2 1×

2Cu +1 + S −2 − 10e → 2Cu +2 + S +6

10 × N +5 + 1e → N + 4 Phản ứng được cân bằng: Cu2S + 12HNO3 → Cu(NO3) + CuSO4 + 10NO2+ 6H2O II.2.2.

+ 83

+5

+

+3

2y x

Fe 3O 4 + H NO 3 → Fe( NO 3 ) 3 + N x O y + H 2 O +8

(5x − 2 y) × 3Fe 3 − 1e

→ 3Fe +3 +

2y x

1× xN +5 + (5x − 2 y)e → xN Phản ứng được cân bằng: (5x – 2y)Fe3O4 + (44x – 18y)HNO3→ 3(5x-2y)Fe(NO3)3 + NxOy + (22x – 9y)H2O II.3. Ag2CrO4 2Ag+ + CrO 24− T = 10-11,8 (1) NH +4 + OHH+ + CrO 24− HCrO −4 Ag+ + NH3 Ag(NH3)+ Để xét phản: Ag2CrO4 + NH +4 cần: NH3 + H2O

NH +4

NH3 + H+

H+ + CrO 24− HCrO −4 + Ag + NH3 Ag(NH3)+ Tổng cộng: Ag2CrO4 + NH +4

Kb = 10-4,76

(2)

-6,5

(3) (4)

Ka2 = 10 β1 = 103,32

10 −14 = 10 −9, 24 10 −4, 76 → (Ka2)-1 = (10-6,5)-1= 106,5 → β1 = 103,32 Ag+ + Ag(NH3)+ + CrO 24− → Ka1

K = TKa1(Ka2)-1 β1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

-11,8

-9,24

6,5

3,32

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

-11,2

K = (10 )(10 )(10 )(10 ) = 10 Kết luận: K rất nhỏ, sự tan rất là khó khăn.

Đáp án câu III: III.1. Giải thích: - Dùng dd NH3 để hoà tan AgCl: AgCl + 2NH3 → [Ag(NH3)2]Cl - Phản ứng điều chế CaC2 có tạo khí độc CO 0 CaO + 3C >2000 C CaC + CO 2

Vì vậy không điều chế ở vùng đông dân cư. - CO có đôi electron chưa dùng ở obitan lai hoá sp thuận lợi cho sự tạo thành liên kết phối trí với các dung loại chuyển tiếp. N2 có đôi electron chưa dùng ở obitan 2s năng lượng thấp không thuận lợi cho sự tạo liên kết. III.2. Fe + H2SO4 (l) = FeSO4 + H2 (1) a mol a mol a mol Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu (2) 2a mol 2a mol 2a mol 1,2 × 0,1513 Từ (1) ⇒ n Fe = n H = a = = 0,025 mol 22,4 × ( 273 + 27) 273 Từ (1) và (2) ⇒ mFe = 56(0,025 + 2 x 0,025) = 4,2 (g) mB = mCu = 64 x 2 x 0,025 = 3,2 (g) 3Cu + 8HNO3 (l) = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 4a (mol) 2a mol 3 4 VNO = × 0,025 × 22,4 = 0,7467(l) ≈ 0,75(l) 3 Đáp án câu IV: IV. 1. Các hidrocacbon: C2H4, C3H6, C4H8 có thể thuộc cùng dãy đồng đẳng hoặc không. - Cùng dãy dồng đẳng khi chúng có chứa liên kết đôi C=C trong phân tử. - Không cùng dãy đồng đẳng khi C3H6, C4H8 có cấu tạo vòng xicloankan; (C2H4 là anken) IV. 2. X: CnH2n+2 2a mol CmH2m 2b mol CpH2p – 2 2c mol 2CpH2p – 2 + xAg2O NH3 2CpH2p – 2 - x Agx↓ + xH2O (1) C mol c mol 0,735 1,792 × 12,5 Từ (1) nCpH2p – 2 - x Agx = c = = = 0,005 M kÕt tña 22,4 × 2 × 100 M kết tủa = 14p – 2 + 107x = 147 x chỉ có thể = 1 ⇒ p = 3 CTPT: Phương trình đốt cháy: 3n + 1 C n H 2n+2 + O 2 → nCO 2 + ( n + 1)H 2 O 2 a mol na (n + 1)a 3m C m H 2m + O 2 → mCO 2 + mH 2 O 2 b mol mb mb C3H4 + 4O2 → 3CO2 + 2H2O 0,005 0,015 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + 2H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

C 3 H4 (2)

(3) (4) (5) (6)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Có 2 trường hợp: * Nếu Ca(OH)2 dư, chỉ tạo 1 muối CaCO3 theo (5) nCaOH)2 = 9,2 x 0,0125 = 0,115 (mol) 11 nCaCO3 = nCO2 = =0,11 = na + nb + 0,015 100 ⇒ na + nb = 0,095 1,792 Mà a + b = − 0,005 = 0,035 22,4 na + mb 0,095 n= = = 2,7 a+b 0,035 - Nếu n < m điều kiện n, m nguyên dương 1 ≤ n < 2,7 < m ≤ 4 n = 1 hoặc 2 m = 3 hoặc 4 Có 4 cặp nghiệm CH4 C2 H6 C3 H6 C3 H6 - Nếu n > m thì 2 ≤ m < 2,7 < n ≤ 4 m=2 n = 3 hoặc 4 Có 2 cặp nghiệm C3 H8 C4H10 C2 H4 C2 H4 * Nếu Ca(OH)2 tạo 2 muối theo (5) và (6) nCa(OH)2 tham gia (6) = 0,115 – 0,11 = 0,005 (mol) ∑ nCO 2 = 0,11 + 2 × 0,005 = 0,12 − na + mb + 0,015

CH4 C4 H8

C2 H6 C4 H8

⇒ na + mb = 0,105 na + mb 0,105 n= = =3 a+b 0,035 - Nếu n = m thì C3H8 và C3H6 - Nếu n < m thì 1 ≤ n < 3 < m ≤ 4 n = 1 hoặc 2 m=4 Có 2 cặp nghiệm CH4 và C4H8; C2H6 và C4H8 - Nếu n > m thì 2 ≤ m < 3 < n ≤ 4 M = 2; n = 4 có 1 cặp nghiệm C4H10 và C2H4

Đáp án câu V: - X tác dụng Na và NaOH, vậy X là axít có CT nguyên là (C6H10O4)n * n = 1 thì X là axít 2 chức C4H8(COOH)2 là axít no 2 chức. * n = 2 thì X là axít 4 chức C6H12(COOH)4 * n = 3 thì X là axít 6 chức C6H24(COOH)6 n≥ 2 không phù hợp với hoá trị của C. X là C4H8(COO)2 được dùng điều chế 1 loại tơ hoá học. Vậy X có cấu tạo: HOOC-(CH2)4-COOH axít a dipic - X1 là este. 6,2 1,6 Y có n y = = 2nO 2 = 2 × = 0,1mol MY 32 ⇒ MY = 62 Đặt CT của Y: CxHyOz 12x + y + 16z = 62 Vì x, z ≥ 1 nên ta có: 16z < 50 ⇒ z < 3,1 * z = 1: 12x + y = 46 (x = 3, y = 10 loại) * z = 2: 12x + y = 30 (x = 2, y = 6)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 * z = 3: 12x + y = 14 (x =1, y = 2 loại) Vậy CTPT của Y: C2H4(OH)2 X1 là este CH3-COOCH2-CH2-OOC-CH3 CH3-COO-CH2 + 2NaOH → 2CH3-COONa + C2H4(OH)2 (Y) CH3-COO-CH2 ---------------------------- Hết----------------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ ĐỀ XUẤT

(Dành cho học sinh THPT chuyên ) (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm): 1. Chỉ số octan là gì? Isooctan là tên gọi một hidrocacbon trong công nghiệp dầu mỏ. Tên gọi đúng theo danh pháp IUPAC là gì? Viết phương trình hoá học chuyển hóa isooctan từ isobutilen (ghi rõ điều kiện của phản ứng). 2. Viết 5 loại phản ứng trực tiếp tạo ra NO2. Viết công thức cấu tạo của NO2. Nêu một ứng dụng của khí NO trong y học. 3. Một dung dịch muối trung hòa tạo kết tủa X màu vàng với dung dịch AgNO3; X không tan trong NH3 dư. Mặt khác, dung dịch muối nói trên cũng tạo kết tủa X’ với dung dịch NH3 dư. Kết tủa X’ tan trong dung dịch KOH được dung dịch Y không màu. Thêm H2O2 vào dung dịch Y được dung dịch Z màu vàng. Thêm BaCl2 và Z được kết tủa. Chọn các chất phù hợp và viết phương trình hoá học minh họa. Câu 2 (1,5 điểm). Trong phòng thí nghiệm có một chai đựng dung dịch NaOH, trên nhãn có ghi: NaOH 0,10 M. Để xác định lại chính xác giá trị nồng độ của dung dịch này, người ta tiến hành chuẩn độ dung dịch axit oxalic bằng dung dịch NaOH trên. a) Tính số gam axit oxalic ngậm nước (H2C2O4.2H2O) cần lấy để khi hoà tan hết trong nước được 100 ml dung dịch axit, rồi chuẩn độ hoàn toàn 10 ml dung dịch axit này thì hết 15 ml NaOH 0,10 M. b) Hãy trình bày cách pha chế 100 ml dung dịch axit oxalic từ kết quả tính được ở trên. c) Không cần tính toán, hãy cho biết có thể dùng những dung dịch chỉ thị nào cho phép chuẩn độ trên trong số các dung dịch chỉ thị sau: metyl da cam (pH = 4,4); phenol đỏ (pH = 8,0), phenolphtalein (pH = 9,0)? Vì sao? (Cho: pK a1(H 2 C 2 O 4 ) = 1,25; p K a2(H C O ) = 4,27). 2

2

4

Câu 3 (2,0 điểm). 1. Viết phương trình dạng ion trong các thí nghiệm sau (các phản ứng xảy ra hoàn toàn): a) Đun nóng dung dịch NaHCO3, để nguội rồi đem tác dụng lần lượt với dung dịch Ba(NO3)2, AlCl3. b) Dung dịch Na2S dư tác dụng lần lượt với dung dịch MgCl2, FeCl3. c) Dung dịch NH3 dư tác dụng lần lượt với dung dịch ZnCl2, AlCl3. 2. Cho hỗn hợp Fe và Cu tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch FeCl3, sau phản ứng thu được dung dịch (A) chứa hai muối tan. Chia dung dịch (A) ra làm hai phần bằng nhau: Phần 1: tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 77,55g kết tủa . Phần 2: tác dụng dung dịch NH3 dư thì thu được 14,4 gam kết tủa. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Bài 4 (2,0 điểm). Hỗn hợp X gồm kim loại bari và hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì kế tiếp được chia làm 2 phần bằng nhau: – Phần I cho vào cốc đựng 200ml dung dịch chứa H2SO4 1M và HCl 1M thấy tạo thành 7,28 lit khí (đktc), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 62,7 gam chất rắn khan. – Phần II cho vào nước dư thu được dung dịch Y. Đổ 138,45 gam dung dịch Na2SO4 20% vào dung dịch Y thấy tạo thành m1 gam kết tủa trắng, nhưng nếu đổ 145,55 gam dung dịch Na2SO4 20% vào dung dịch Y thì thu được m2 gam kết tủa. Biết m2 - m1 = 1,165. a. Xác định hai kim loại kiềm và tính phần trăm số mol của Ba trong X.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

b. Nếu sục V lit khí CO2 (đktc) vào dung dịch Y thì thu được m gam kết tủa cực đại. Xác định giá trị của V. Câu 5 (1,0 điểm). Chất X có công thức phân tử C7H6O3. X có khả năng tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất Y có công thức C7H5O3Na. Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z (C9H8O4) cũng tác dụng được với NaHCO3, nhưng khi cho X tác dụng với metanol (có H2SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8H8O3) không tác dụng với NaHCO3 mà chỉ tác dụng được với Na2CO3. (a) Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử. (b) Cho biết ứng dụng của các chất Y, Z và T Câu 6 (1,5 điểm). 1. Sinh nhiệt của một chất ở điều kiện chuẩn (kí hiệu là ∆H0sn ) là lượng nhiệt tỏa ra hay thu vào khi hình thành 1 mol chất đó từ các đơn chất bền ở điều kiện chuẩn. Cho: C(than chì) → C(k) ∆H0thăng hoa = 717 KJ/mol; EH - H = 432KJ/mol; EC - C = 347 KJ/mol; EC - H = 411 KJ/mol; ∆H0sn (H2O lỏng) = - 285,8 KJ/mol; ∆H0sn (CO2) = - 393,5 KJ/mol . a. Tính ∆H0sn của ankan tổng quát CnH2n+2 theo n. b. Cho phản ứng đốt cháy hoàn toàn các ankan chứa n nguyên tử cacbon: CnH2n+2 (k) + (3n + 1)/2 O2(k) → nCO2(k) + (n + 1) H2O(l) ∆H0. 0 Tính ∆H theo n. 2. Cho các chất: Phenyl fomat (A), Ancol o-hidroxibenzylic (B), Ancol phidroxibenzylic (C). Viết công thức cấu tạo của các chất trên. Sắp xếp các chất trên theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích ngắn gọn. ………Hết………

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC

(Dành cho học sinh THPT chuyên ) Câu 1 . 1. * Chỉ số octan là % theo khối lượng 2,2,4-trimetyl pentan có trong etxang 2,0 đ * Tên gọi đúng là 2,2,4-trimetyl pentan * Chuyển hóa từ iso butilen

CH3 H2SO4 60%

CH3-C-CH=C-CH3 20% CH3 CH3 CH3

2CH3-C=CH2 CH3

+H2,t0 Ni

CH3-C-CH2-C=CH2 80% CH3

CH3 CH3-C-CH2-CH-CH3 CH3

CH3

0,75

CH3

2. Viết 5 loại phản ứng điều chế NO2 a. N2O4  b. Cu + 4HNO3  → 2NO2 → Cu(NO3)2 +2NO2 + 2H2O c. 4HNO3đ  d. 2NO +O2  → 4NO2 +O2 +2H2O → 2NO2 e. S +6HNO3  → 6NO2+ H2SO4+2 H2O N

0,5

O O * Công thức cấu tạo của NO2 * Ứng dụng: NO sinh ra trong tế bào nội mô của mạch máu có tác dụng làm giãn mạch và khống chế áp suất máu. 3. CrI3 + AgNO3 → Cr(NO3)3 + 3AgI (kết tủa vàng không tan trong NH3)

CrI3 + NH3 + H2O → Cr(OH)3 + NH4I; Cr(OH)3 + KOH → KCr(OH)4 2KCr(OH)4 + 3H2O2 + 2KOH → 2K2CrO4 + 8H2O;

0,75

K2CrO4 + BaCl2 → BaCrO4+ 2KCl

Câu 2 a) Từ phản ứng chuẩn độ hoàn toàn axit oxalic bằng xút: H2C2O4 + 2 OH- → C 2 O 4

2−

1,5 đ

+ 2H2O

-3

m . 10 15 . 0,1.10 → m = 0,9450 (g). = 0,5 126 . 100 2 b) Cân chính xác 0,9450 gam axit oxalic ngậm nước (H2C2O4. 2H2O) cho vào cốc thủy tinh, rồi rót một ít nước cất vào để hòa tan hết lượng axit này bằng cách dùng đũa thuỷ tinh khuấy nhẹ hoặc lắc nhẹ. Chuyển toàn bộ dung dịch vào bình định mức 100 ml (cả phần nước được dùng tráng cốc 2, 3 lần). Thêm nước cất đến gần vạch 100 ml, rồi dùng ống hút nhỏ giọt (công tơ hút) nhỏ từ từ từng giọt nước cất đến đúng vạch để được 100 ml dung 0,5 dịch axit oxalic. ta có:

2−

c) Trong phép chuẩn độ trên, sản phẩm tạo thành là C 2 O 4 , môi trường bazơ, do đó phải chọn những chất chỉ thị có sự chuyển màu rõ nhất trong môi trường bazơ. Vì vậy có thể chọn chất chỉ thị là dung dịch phenol đỏ hoặc dung dich phenolphtalein cho phép chuẩn độ 0,5 trên. Câu 3 1. Dung dịch NaHCO3 đã đun nóng: 2,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 o

t 2 NaHCO3  → Na2CO3 + H2O + CO2↑ 2+ Ba + CO32− → BaCO3↓ 2 Al3+ + 3 CO32− + 3 H2O → 2 Al(OH)3↓ + 3 CO2↑ Dung dịch Na2S lần lượt tác dụng với các dung dịch: 2 Mg2+ + S2− + 2 H2O → Mg(OH)2↓+ H2S↑ S↓ 2 Fe3+ + 3 S2− → 2 FeS↓ + Dung dịch NH3 lần lượt tác dụng với các dung dịch: Al3+ + 3 NH3 + 3 H2O → Al(OH)3↓ + 3 NH4+ Zn2+ + 2 NH3 + 2 H2O → Zn(OH)2↓+2 NH4+ Zn(OH)2 + 4 NH3 → [Zn(NH3)4]2+ + 2 OH−

2. Ta có nFe(OH)2 =0,16 mol , nAg=0,16 mol n(Fe2+) =0,16 mol n(AgCl) =0,42 mol x mol Fe, y mol Cu x + y =0,07 3 x + 2y = 0,16 x= 0,02 mol , y=0,05 mol mFe =2,24 (g), mCu= 6,4 g Câu 4 a. 2,0 đ Đặt hai kim loại kiềm là M; số mol của M và Ba lần lượt là 2x và 2y Xét phần I: Theo bài: nH+ = 0,6 mol và nH2 = 0,325 mol → Hai axit hết và hỗn hợp các kim loại còn phản ứng với H2O → số mol H2 do kim loại phản ứng với nước tạo thành là 0,325 – 0,3 = 0,025 → nOH- = 0,025.2 = 0,05 mol → mkim loại = 62,7 – 0,2.96 -0,2.35,5 – 0,05.17 = 35,55 gam → M.x + 137y = 35,55 (1) x → nH2 = + y → x + 2y = 0,65 (2) 2 Xét phần II: Số mol Na2SO4 dùng trong hai trường hợp là 0,195mol và 0,205 mol Theo bài: m2 > m1 điều đó chứng tỏ khi dùng 0,195 mol Na2SO4 thì Ba2+ còn dư Giả sử Ba2+ cũng dư khi dùng 0,205 mol Na2SO4 thì m2 –m1 = 233.( 0,205 - 0,195) = 2,33 ≠ 1,165 gam → Ba2+ hết khi dùng 0,205 mol Na2SO4

0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

→ 0,195 < nBa 2 + ≤ 0, 205 ↔ 0,195 < y ≤ 0, 205 (3) Từ (2) và (3) → 0, 24 < x ≤ 0, 26 (*) 7, 465 < . ≤ 8, 835 M x Từ (1) và (3) → (**) Từ (*) và (**) → 28, 71 < M ≤ 36, 81 Hai kim loại cần tìm là Na (23) và K (39) → m1 = 0,195.233; m2 = y.233 m2 –m1 = 1,165 → y = 0,2 → %nBa = (0,2 : 0,45).100% = 44,44% b. Dung dịch Y chứa 0,65 mol OH-. Sục CO2 vào Y CO2 + OH- → HCO3a a a CO2 + 2OH- → CO32- + H2O b 2b b Ba2+ + CO32- → BaCO3 0,2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

a + b + b = 0,65 Để kết tủa cực đại thì nCO32 − ≥ nBa 2 + →  b ≥ 0, 2 → 0, 2 ≤ a + b ≤ 0, 65 − 0, 2 → 0, 2 ≤ a + b ≤ 0, 45 → 4, 48 ≤ V ≤ 10, 08 Câu 5 (a) Cấu tạo các chất : COOH COONa COOH OH OH OOCCH3

0,5

COOCH3 OH

1,0 đ

X Y Z T Phương trình phản ứng : HOC6H4COOH + NaHCO3 → HOC6H4COONa + H2O + CO2 H SO 4 HOC6H4COOH + CH3OH 2  → HOC6H4COOCH3 + H2O

0,5

H SO

HOC6H4COOH + (CH3CO)2O 2  4 → CH3COOC6H4COOH + CH3COOH (b) Y với hàm lượng rất nhỏ được sử dụng làm chất bảo quản thực phẩm và pha chế nước xúc miệng (có tác dụng diệt khuẩn); Z được sử dụng để chế tạo dược phẩm aspirin và T là thành phần chính của dầu gió xanh. 0,5

Câu 6 1. a. Sơ đồ tạo thành CnH2n+2 từ C(than chì) và H2(k): 1,5 đ 0,25

Dựa vào sơ đồ trên, ta có: ∆Hsn (CnH2n+2) = (n+1). EH – H + n. ∆Hthăng hoa (C) – (n-1)EC-C – 2(n+1)EC-H = 432(n+1) + 717.n – (n-1).347 – 2(n+1).411 = - 43 - 20.n (KJ/mol). b. Sơ đồ:

0,25

0,25

Dựa vào sơ đồ trên ta có: ∆Hn = n. ∆Hsn (CO2) +(n+1). ∆Hsn (H2O(l)) - ∆Hsn (CnH2n+2) = - 393,5.n - 285,8(n+1) + 43 + 20.n = - 242,8 – 659,3.n 2. Công thức cấu tạo: (A) C6H5OOCH (B) CH2OH

HO

0,25

(C) CH2OH

OH

Nhiệt độ sôi của các chất tăng dần theo chiều sau: (A) < (B) < (C) (A), (B), (C) có M tương đương nhau A không có khả năng tạo liên kết Hidro liên phân tử B có thể tạo liên kết Hidro nội phân tử làm giảm số liên kết Hidro liên phân tử C chỉ tạo liên kết Hidro liên phân tử

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC Họ và tên:……………….. Số báo danh:……………..

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 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  o

t d. NaNO2 + NH4Cl  → o 100 C → e. Cl2 + KOH  f. H3PO3 + NaOH (dư)  → → → g. NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng)  h. NO + Na2S2O4 + NaOH (loãng)  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. Hãy gọi tên các chất sau theo danh pháp thay thế: a. CH2=C(CH3)-CH=CH2 b. CH2=CH-C≡CH c. CH3CHClCH=CH-CH3 d. CH3-CHOH-CH=CH-CH3

→ c. S + Na2SO3 

e. f. 2. Viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau: 0

1500 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:

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 2+ sau đây: BeH2, BF3, NF3, SiF6 , 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 viết công 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?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 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. a(HSO 4 )

a(NH 4 )

2

2

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. Tính pH 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 ----------

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Môn: Hóa học LỚP 11 THPT Câu I 1. (1,0 điểm) a. 2NO2 + 2NaOH  → NaNO2 + NaNO3 +H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 b. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → Na2S2O3 c. S + Na2SO3 

2,0 điểm Mỗi PTHH 0,125 điểm

o

t → NaCl + N2 + 2H2O d. NaNO2 + NH4Cl  o

100 C → 5KCl + KClO3 + 3H2O e. 3Cl2 + 6KOH  → 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 CHCH2CH3 +

CHClCH2CH3 CHCH2CH3

CH

CH

0,5

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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2,5 điểm

Câu II 1. (0,75 điểm) a. CH2=C(CH3)-CH=CH2 b. CH2=CH-C≡CH c. CH3CHClCH=CH-CH3 d. CH3-CHOH-CH=CH-CH3

2-metylbuta-1,3-đien. but-1-en-3-in. 4-clopent-2-en pent-3-en-2-ol

e.

Bixiclo[4.3.0]nonan

f.

6-metylspiro[2.5]octan

Gọi đúng tên 2 chất = 0,25 điểm

2. (0,75 điểm) CH 3COOH +NaOH → CH 3COONa + H 2O 0

CaO, t CH 3COONa + NaOH  → CH 4 + Na 2CO3 o

0,25

1500 C 2CH 4  → C 2 H 2 + 3H 2 LLN o

t ,xt → CH 2 = CH − C ≡ CH 2C 2 H 2 

0,25

0

Pd,PbCO3 ,t CH 2 = CH − C ≡ CH + H 2  → CH 2 = CH − CH = CH 2 o

xt,t ,p nCH 2 = CH − CH = CH 2  →(−CH 2 − CH = CH − CH 2 −) n

3. (1,0 điểm) OH

OH

HOBr

Br

H2/Pd

raxemic

A

B

H

B2H 6

BH2

H2O 2 OH-

O H

D

C CH 2N2 as

H2/Pd

0,25 Xác định đúng 2 chất = 0,25 đi ể m

H

H

F

E

H

Pd/t 0 G

Câu III 1. (0,75 điểm) BeH2: Be lai hóa sp, phân tử có dạng thẳng. BCl3: B lai hóa sp2, phân tử có dạng tam giác đều, phẳng. NF3: N lai hóa sp2, phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở đỉnh chóp. SiF62-: Si lai hóa sp3d2, Ion có dạng bát diện đều. NO2+: N lai hóa sp, Ion có dạng đường thẳng.

1,75 điểm Xác định đúng 2 chất = 0,25 đi ể m

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 I3 : lai hoá của I là dsp , 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 -

3

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(Cr2O 3 ) × 2 × M(Cr) 45,24 × 104 m 2 (Cr) = = = 30,95(g) M(Cr2O3 ) 152 Khối lượng Cr trong Mg(CrO2)2: m 3 (Cr) = m 2 (Cr) - m1 (Cr) = 30,95 - 10,322 = 20,628 (g)

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(CrO 2 ) 2 ) + m(Mg(CrO 2 )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

Câu IV 1. (1,0 điểm)

0,25

1,75 điểm

a. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

N2 (k)

 → ← 

+ 3H2 (k)

-1

2NH3 (k);

∆Η = -46 kJ.mol

Ban đầu (mol) 1 3 0 Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x n = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol) ∑ sau

0,25

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

%VH 2 = 100 - (36 + 16) = 48% K p1 =

2 PNH 3 3 H2

P PN 2

=

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 1− y 1− 2 / 3 3(1 − y ) 3(1 − 2 / 3) % VN 2 = = = 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 = 0,125.0,3753.300 2 PH 2 PN 2

0,25

KP KP2 ∆H  1 1  1 1 R = − − = ln 2  −  ⇒ 0 R  T2 T1  T1 T2 ∆H K P1 K P1 KP 2 1 8,314 4, 21.10−4 R 1 1 = ln + .ln = ⇒ K P1 450 + 273 46.103 8,14.10−5 T2 T1 ∆H 0

0,25

b. Từ % VNH = 3

0

ln

2. (0,75 điểm) (CH3)2C=CH2

+

2-metylpropen (X)

⇒ T2 = 595,19K

0,25

0

xt,t ,p  → CH3)2CHCH2C(CH3)3 2-metylpropan (Y)

(CH3)3CH

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

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

H 3C

C CH2

+

H2

o

H 3C

CH3 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)

2,0 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2-

a.

-

-

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (1) (2) (3)

-1,4

X + H2O ⇌ HX + OH Kb1 = 10 HX + H2O ⇌ H2X + OH Kb2 = 10-8,7 H2O ⇌ H+ + OHKw = 10-14 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 - x x x [OH-] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20 b. Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M: NH4HSO4 →

+

Phản ứng: H SO

+

0,001 -

NH

+ 4

X

−

0,001 -

2−

-

0,022 0,021 HX-

0,021 0,020

+

K1 = 1010,6

SO 4

0,001

 → X2- ← 

+

0,001

 → HX + ← 

2-

0,001 K2 = 103,36

NH3

0,001 0,002

0,25

+ H SO 4

NH 4

0,001 − 4

0,001

0,25

Hệ thu được gồm: X2- 0,020 M; HX- 0,002 M; SO 4 0,001 M; NH3 0,001 M. 2−

Các quá trình xảy ra: X2- + H2O ⇌ HX-

⇌ NH +4 HX- + H2O ⇌ H2X

NH3 + H2O 2− 4

SO + H2O -

HX

+ OH-

Kb1 = 10-1,4

(4)

+ OH-

K 'b = 10-4,76

(5)

+ OH − 4

⇌ H SO + OH ⇌ H+ + X2-

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C

-

-8,7

(6)

-12

(7)

Kb2 = 10

-

Kb = 10

Ka2 = 10

-12,6

(8)

'

X

0,25

2-

>> K b . C NH >> Kb2. C 3

HX

-

>> Kb. C

2-

0,25

SO 4

→ (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

0,002 0,002 + y y → y = 0,0142 → [HX-] = 0,0162 (M) -

→ αX - = 2

[HX ] 0,022

-

[OH ] + C (Hoặc α 2- = X

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

= 0,7364)

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 Na3PO4 = 1,5. CH3PO4 → phản ứng xảy ra như sau: 2H3PO4 + PO3+ 4 HPO 4 0,1 0,15 0 0,05 0,1 3H 2 PO 4 + PO 4 2 HPO24

H 2 PO-4

10,17 K1 = Ka1. K -1 a3 = 10

0,1 5,11 K2 = Ka2. K -1 a3 = 10

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 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 HPO 24 0,2 M CHPO24 → có thể tính pHA gần đúng theo biểu thức: pHA = pKa2 + lg = 7,81. C H PO2

0,25 0,25

4

pK a1 + pK a2 * pH = 4,7 ≈ pH (NaH 2PO4 ) ≈ = 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 : + HPO 2→ H 2 PO-4 4 + H

→ VHCl =

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.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Sở GD-ĐT Bình Định Trường THPT Trưng Vương ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 Môn : Hóa Thời gian: 120phút CâuI: Cho từ từ khí CO qua ống đựng 3,2 gam CuO nung nóng . Khí ra khỏi ống được hấp

thụ hoàn toàn vào nước vôi trong dư thấy tạo thành 1 gam kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 ml dung dịch HNO3 0,16M thu được V1 lít khí NO và còn một phần kim loại chưa tan. Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HCl nồng độ 2/3 mol/l sau khi phản ứng xong thu thêm V2 lít khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gam Mg vào dung dịch sau phản ứng

thu được V3 lít hỗn hợp khí H2 và N2, dung dịch muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại. 3. Tính các thể tích V1, V2, V3. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn các thể tích khí đo ở đktc

4. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M (Cho O = 16, Mg = 24, Cu = 64, Ca = 40) CâuII: Thêm từ từ từng giọt AgNO3 vào dung dịch hỗn hợp chứa đồng thời các ion Cl- 0,01

M và I- 0,01 M thì AgCl hay AgI kết tủa trước ? Khi nào cả hai chất cùng kết tủa ? Biết tích số tan TAgCl = 10-10 ; TAgI = 10-16 . CâuIII: Một hợp chất ion cấu tạo từ cation M+ và anion X2-. Trong phân tử MX2 có tổng số

hạt ( p, n, e) là 140, trong đó hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 44 hạt . Số khối của ion M+ lớn hơn số khối của ion X2- là 23. Tổng số hạt trong ion M+ nhiều hơn trong ion X2- là 31. 3. Viết cấu hình e của các ion M+ và X2+. 4. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn . CâuIV: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hiđrôcacbon khí cùng dãy đồng đẳng A có thể tích là

2,24lít ở 00C , 1 atm và B rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH , cho tiếp dung dịch BaCl2 dư vào thấy xuất hiện 78,8gam chất kết tủa, lọc bỏ kết tủa đem đun sôi dung dịch đến phản ứng hoàn toàn lại thu được 27,8 gam kết tủa nữa. Hãy xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của hai hiđrôcacbon biết số mol cũng như số nguyên tử cacbon của A nhỏ hơn của B và hỗn hợp trên phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 12 gam chất kết tủa , biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 45%.Tính hiệu suất phản ứng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Câu V: Cho 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín có thể tích là 2 lít, sau khi phản ứng: N2(K) +

3H2(K)

2NH3(K)

Đạt trạng thái cân bằng , đưa nhiệt độ về nhiệt độ ban đầu , thì áp suất trong bình bằng 0,9

lần áp suất đầu. Tính K cân bằng. Câu VI: Cho sơ đồ phản ứng: 0

t (1) A + B → C

(3) C

2NaOH

(2) 2B

C

2B

D

H2O

E H2O (4) C + 2HCl → 2F + D +H2O

(5) A + NaCl → G + F

0

t (6) G → E + D + H2O

(7) B + HNO2 → H

0

t (8) H → N2 + H2O

Xác định các chất vô cơ A, B, C, D, E, F, G, H. Hoàn thành các phương trình phản ứng. CâuVII: Hòa tan 23 gam một hỗn hợp gồm kim loại Bari và hai kim loại kiềm A,B thuộc hai

chu kỳ liên tiếp vào nước được dung dịch D và 5,6 lít H2(đo ở điều kiên tiêu chuẩn) c) Nếu trung hòa ½ dung dịch D cần bao nhiêu ml H2SO4 0,5M d) Nếu thêm 180ml dung dịch Na2SO4 0,5M vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa kết tủa Ba+2. Nếu thêm 210ml dung dịch Na2SO4 0,5M vào dung dịch D, sau phản ứng còn dư dung dịch Na2SO4 . Xác định tên hai kim loại.

ĐÁP ÁN: CâuI:

2. Các phản ứng: CuO + CO = Cu + CO2

(1)

CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O

(2)

Theo (1) và (2) ta có : NCu = nCO 2 = 1: 100 = 0,01 mol nCuO ban đầu =

3,2 = 0,04 mol 80

nCuO còn lại = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol Các phản ứng khi cho HNO3 vào : CuO + 2HNO3 = Cu(NO3)2 + H2O

(3)

Hoặc CuO + 2H+ = Cu2+ + H2O

(3’)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

3CuO + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

(4)

Hoặc 3Cu + 8H+ + 2NO 3− = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O

(4’)

Gọi x, y là số mol H+ tham gia phản ứng (3’) và (4’) Ta có : x + y = 0,8 mol Vì CuO hết nên x/2 = 0,03 ⇒ x = 0,06 và y = 0,02 và nCu tan =

3 0,03 .y = 8 4

Theo (4) thì V1 =

y 0,02 . 22,4 = .22,4 = 0,112 lít 4 4

Theo (4’) thì khi hết H+ thì Cu không bị tan nữa, nhưng trong dung dịch vẫn còn NO 3− của Cu(NO3)2 , nên khi cho HCl vào thì phản ứng (4’) lại tiếp tục xảy ra và sau đó Cu còn lại phải tan hết theo phương trình (4’) . Như vậy tổng số mol NO là: nNO =

2 2 0,002 0,002 0,448 nCu = .0,001 = hay .22,4 lít = lít 3 3 3 3 3

Do đó : V2 =

0,448 - V1 = 0,037 lít 3

Số mol H+ cần để hòa tan hết Cu theo (4’) =

8 0,02 .0,01 – 0,02 = mol 3 3

Các phản ứng khi cho Mg vào: 5Mg + 12H+ + 2NO 3− = 5Mg2+ + N2 + 6H2O

(5)

Mg + 2H+ = Mg2+ + H2

(6)

Tổng số mol NO 3− còn lại sau khi Cu tan hết = 0,08 gia phản ứng (5) =

0,02 . Nên số mol của Mg tham 3

5 0,22 0,55 . = 2 3 3

Vì tổng số mol H+ của HCl = 0,076. 2/3 = 1,52/3 mol ; mà số mol H+ tham gia phản ứng (5) = 12/2 . 0,02/3 = 1,32/3 mol nên số mol H+ tham gia phản ứng (6) bằng 1,52/33 – 0,02/3 1,32/3 = 0,06 mol Do đó số mol Mg tham gia (6) = ½. 0,06 = 0,03 mol V3 = VN 2 + VH 2 = 1,49 lít. 2. Sau khi tan trong axit Mg còn lại = 12/24 – 0,03 – 0,55/3 = 0,86/3 mol tham gia phản ứng: Cu2+ + Mg =

Mg2+ + Cu ↓

Trứơc phản ứng : 0,04 Phản ứng

: 0,04

Sau phản ứng

: 0

(7)

0,86/3 0,04 0,74/3

0,04

0,04

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Khối lượng các kim loại trong M mMg =

0,74 . 24 = 5,92 g 3

mCu = 0,04. 64 = 2,56 g CâuII: Để kết tủa AgI xuất hiện cần: [Ag+] =

10 −16 = 10-14M −2 10

Để kết tủa AgCl xuất hiện cần: [Ag+] =

10 −10 = 10-8M −2 10

⇒ AgI kết tủa trước.

Tiếp tục thêm Ag+ thì I- tiếp tục bị kết tủa cho tới khi [Ag+] = 10-8M thì cả AgI và AgCl cùng kết tủa . Lúc đó [Ag+] [I-]còn = 10-16 và [Ag+] [Cl-]còn = 10-16 Vậy khi AgCl bắt đầu kết tủa thì [I-] =

10 −2.10 −16 -8 〈 10 I kết tủa hết. 10 −10

CâuIII:

1.Gọi số p, số n, số e trong M lần lượt : ZM , NM , EM Gọi số p, số n, số e trong X lần lượt : ZX , NX , EX Trong nguyên tử số p = số e ⇒ ZM = EM và ZX = EX Ta có : 4ZM + 2NM + 2ZX+ NX =140

(1)

(4ZM + 2 ZX) – (2NM + NX) = 44

(2)

(ZM + NM) – (ZX + NX) = 23

(3)

(2ZM + NM – 1) – (2ZX + NX + 2) = 31

(4)

⇒ ZM = 19, NM = 20 ⇒ M là Kali (K)

ZX = 8 , NX = 8

⇒ X là oxi (O)

Cấu hình e: M+: 1s22s22p63s23p6 X2- : 1s22s22p6 2.Vị trí: K thuộc chu kì 4, nhóm IA O thuộc chu kì 2, nhóm VIA Câu IV:Gọi hai hiđrôcacbon đã cho có CTPT:CxHy (0,1 mol) và CnHm(a mol)

với : 2 ≤ x, n ≤ 4 Các phương trình phản ứng xảy ra: CxHy + (x + y/4) O2 → xCO2 + y/2 H2O 0,1mol

0,1x

CnHm + (n + m/4) O2 → nCO2 + m/2 H2O a mol

(1) (2)

an mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CO2 +

2NaOH → Na2CO3 + H2O

(3)

CO2 +

NaOH → NaHCO3

(4)

Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl. 0

t 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O

Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl.

(5) (6) (7)

n BaCO (pư 5) = 0,4 mol 3

n BaCO (pư 7) = 0,14 mol 3

Từ pứ(1)→(7) ⇒

∑n

CO2

(pứ 1,2) = 0,68mol

⇒ 0,1x + an = 0,68

(8)

Ta có : a > 0,1 ⇒ 0,1x + 0,1n < 0,68 ⇒ x + n < 6,8 Vì x < n ⇒ x = 2 ⇒ n = 3 hoặc n = 4 Vì x = 2, hỗn hợp đã cho pứ với AgNO3/NH3 nên hỗn hợp này là ankin. Các chất đó có thể là:

C2 H 2  C3 H 4

C2 H 2 C4 H 6

hoặc 

C2 H 2 (0,1mol ) C2 Ag 2 (0,1mol ) ⇒  C3 H 4 (0,16mol ) C3 H 3 Ag (0,16mol )

Trường hợp1:  ⇒ H% =

12 .100% = 25,25% < 45% (loại) 47,52 C2 H 2 (0,1mol ) C4 H 6 (0,12mol )

Trường hợp 2: 

C 2 Ag 2 (0,1mol ) C 4 H 5 Ag (0,12mol )

-Nếu C4H6 là CH3-CH2 ≡ CH ⇒ Kết tủa :  ⇒ H% =

12 .100% = 27,7% < 45% (loại) 43,32

- Nếu C4H6 là CH3-C ≡ C-CH3 ⇒ Kết tủa tạo ra chỉ có: C2Ag2 (0,1mol) ⇒ H% =

12 .100% = 50% > 45% (nhận) 24

CâuV:Tổng số mol ban đầu trong bình kín : ∑ nbđ = 2+ 8 = 10 mol

Trong cùng điều kiện t0 và V : Tỉ lệ mol = Tỉ lệ áp suất. Ta có:

Pđ n 1 10 = đ ⇔ = ⇒ ns = 0,9 x 10 = 9 mol 0,9 Ps ns ns

Gọi x là số mol N2 tham gia phản ứng: N2(K) + 3H2(K) Trước pứ:

2 mol

2NH3(K)

8 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Phản ứng: x mol Sau pứ

3x mol

: (2 – x) (8-3x)

2x mol 2x mol

Tổng số mol các chất khí sau phản ứng: ∑ n s = 10 – 2x = 9 mol ⇒ x = o,5mol

Ở trạng thái cân bằng :

nN 2 = 2 – 0,5 = 1,5 mol ⇒ [N2] =

1,5 = 0,75 mol/lít 2

nH 2 = 8 – 3 x 0,5 = 6,5 mol/lít ⇒ [H2] =

6,5 = 3,25 mol/lít 2

nNH 3 = 2 x 0,5 = 1 mol ⇒ [NH3] = ⇒ Kcb =

1 = 0,5 mol/lít 2

(0,5) 2 C 2 NH 3 = = 9,71. 10-3 3 3 (0,75).(3,25) C N 2 .C H 2

CâuVI: A: NH4HCO3 ; B: NH3 ; C: (NH4)2CO3 ; D: CO2 ; E: Na2CO3 ;

G: NaHCO3 ; F : NH4Cl ; H: NH4NO2 Câu VII:

a) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (1) x mol x mol x mol 2A + 2H2O → 2AOH + H2 (2) y mol y mol y mol 2B + 2H2O → 2BOH + H2 (3) z mol z mol z mol Chia ½ dung dịch D : Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O (4) x/2mol x/2 mol 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O (5) y/2mol y/4mol 2BOH + H2SO4 → B2SO4 + 2H2O (5) z/2mol z/4mol y z 5,6 + = nH 2 = = 0,25 2 2 22,5 x y z 1 0,25 + + = n H 2 SO4 = nH 2 = 2 4 4 2 2 0,25 V H 2 SO4 = = 0,25 lít 2 x0,5

x+

b) n Na SO (lần đầu) = 0,18 x 0,5 = 0,09 mol n Na SO (lần sau) = 0,21 x 0,5 = 0,105 mol 2

4

2

4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

0,09 〈 n Ba 〈 0,105 0 , 09 x137 ,105 137 〈 m Ba 〈 0 x 12 , 33 gam

14 , 385 gam

m A+ B = 23 - mBa − − 23 14 ,385 12 , 33 〈 m Ba 〈 23 8, 6 gam

10 , 67 gam

Theo pt (2), (3) : n(A+ B) = 2n H = 2(0,25 - n Ba ) = 0,5 - 2n Ba 0,5 − (2 x 0,105) 〈 n(A + B) 〈 0,5 − (2 x0,09) 2

0 , 29 gam

0 , 32 gam

8,6 10,67 = 37 ≈ 27 〈 M (A + B) 〈 0,32 0,29 ⇒ 2 kim loại đó: Na và K

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm) 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? d) Cho dung dịch A2X vào dung dịch phèn chua thấy có kết tủa xuất hiện và có khí thoát ra. Giải thích và viết phương trình phản ứng. 3. a) Giải thích vì sao cho dư NH4Cl vào dung dịch NaAlO2 rồi đun nóng thì thấy kết tủa Al(OH)3 xuất hiện b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằng electron: NaNO2 + KMnO4 + ? ? + MnSO4 + ? + ?

Câu II. (5,0 điểm) 1. Viết các PTHH của các phản ứng để thực hiện sơ đồ biến hoá hóa học sau: B1

B2

+H2O

CH3-CHO

hiđrocacbon X +H2O

CH3-CHO

A1

+H2O

CH3-CHO

A2 +H2O

CH3-CHO

+H2O

CH3-CHO

2. Khi cho 13,8 gam glixerin (A) tác dụng với một axit hữu cơ đơn chức (B) thu được chất hữu cơ E có khối lượng bằng 1,18 lần khối lượng chất A ban đầu. Biết rằng hiệu suất phản ứng đạt 73,75%. Tìm công thức cấu tạo của B và E.

Câu III. (5,0 điểm) Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b) Tính khối lượng chất rắn B.

Câu IV. (2,5 điểm) Sau khi đun nóng 23,7gam KMnO4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun nóng. 1) Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. 2) Tính thể tích khí Cl2 thu được (ở đktc). 3) Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CâuV. (2,5 điểm) Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước, thu được dung dịch A. Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu được 1,28 gam kết tủa. Cho lượng dư dung dịch Na2S vào phần hai thu được 3,04 gam kết tủa. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra và tính x.

(Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu

I (3,0)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Nội dung Điểm 1. 1,5 2 3 Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA (ns np ). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3) Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm: NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3. N H

H H

N2O5: N có trạng thái lai hoá sp2. O

O

N

O

N

O

O

HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp2 O

O H

N O

2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt 1,5 (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 → 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) 2b) S , Cl-, Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

rS 2 - > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+

c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất d) Dung dịch phèn chua: K+, Al3+, SO42- khi cho dung dịch K2S vào 2Al3+ + 3S2- = Al2S3↓ Al2S3 + 6H2O → 2Al(OH)3↓ + 3H2S↑ 3. a) NaAlO 2 → Na + + OH − (1)

NH 4 Cl → NH 4+ + C l − + 4

NH ⇔ NH 3 + H

+

AlO 2− + H + ⇔ HAlO 2 + H +

(2) (3)

2,0

(4)

HAlO 2 + H 2 O ⇔ Al(OH ) 3 (5) Khi đun nóng thì NH3 bay đi làm cho cân bằng (3) và do đó (4,5) chuyển dịch sang phải, nghĩa là kết tủa Al(OH)3 xuất hiện b) 5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4 5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3,0

1. X: C2H2 A1:CH2=CHCl A2:CH3 -CH2Cl B1: CH2=CH-OCOCH3 B2: CH3 -CHCl-OCOCH3 Các PTHH của các phản ứng (9 PTHH). B1

II (5,0)

B2 +H2O

CH3-CHO

2.

hiđrocacbon X +H2O

A1

+H2O

CH3-CHO

A2 +H2O

CH3-CHO

CH3-CHO

+H2O

CH3-CHO

nA= 13,8: 92 = 0,15mol Phương trình phản ứng: C3H5(OH)3 +xRCOOH C3H5(OH)3-x(OCOR)x + xH2O mE = 13,8 x 1,18 = 16,284gam M E=

2,0

(1 ≤ x ≤ 3 )

16, 284 100 x = 148 0,15 73,35

ME= 41+ 17(3-x) + (44+R)x ⇒ R=

56 − 27x x

Nếu x = 1 ⇒ R = 29 ⇒ B: C2H5COOH; E có 2 đồng phân Nếu x = 2 ⇒ R = 1 ⇒ B: HCOOH; E có 2 đồng phân Nếu x = 2 ⇒ R < 0 : không phù hợp 1,0

nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05

⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01

III (5,0)

Các phản ứng: Na + H2O x

→

( Na+ + OH-) + x

Al + H2O + OH- → AlO2- +

1 H2 (1) 2 x/2 (mol)

3 H2 2

(2)

x x x 3/2x (mol) 2+ 3+ 2Al + 3Cu → 2Al + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-xＩ (y-x) 3/2(y-x) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (4) a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là Fe Theo (4) noFe= nCu = 0,05 ⇒ moFe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) 2+ Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4)

2,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

3 2

Theo (1) và (2): nH2 = x+ x = 0,02 ⇒ x = 0,01 Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 nCu2+=

3 (y - 0,01) 2

3 (y - 0,01) 2

Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05-

Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,03 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam

3 (y - 0,01)] =2,16 2

2,0

b) Trong dung dịch A có: nAl 3+ = 0, 03 − 0, 01 = 0, 02 nCu 2+ du = 0, 01 nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 02

Ta có sơ đồ Cu2+ → Cu(OH)2 → CuO = 0,8 gam ⇒ mCuO = 0,01.80 2+ Fe → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam ⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 = Al3+ → Al(Oｈ )3 → Al2O3 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam 0,5

1. Các phương trình phản ứng xảy ra t0

2KMnO4  → K2MnO4 + MnO2 + O2↑ Chất rắn sau phản ứng gồm: K2MnO4 , MnO2 và KMnO4 chưa phản ứng : Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có các phản ứng 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O 0

IV (2,5)

t MnO2 + 4HCl  → MnCl2 + Cl2 + 2H2O

2. Ta có các quá trình: Mn+7 0,15mol 2O-2 →

+

5e 5.0,15

→ Mn+2

1,0

O2 + 4e (23,7 – 22,74)/32 0,03.4 2Cl- → Cl2 + 2e x 2.x Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít 3. Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố nHCl = nKCl + 2nMnCl2 + 2nCl2 = 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol

1,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Vậy Vdung dịch HCl =

V (2,5)

1, 08.36, 5.100 = 91,53( ml ) 36,5.1,18

Phần 1: CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl (1) 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl (2) Phần 2: CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl (3) 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4) Đặt số mol CuCl2 và FeCl3 trong mỗi phần là a và b mol.

1,0

1,5

Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có 96a + 16b = 1,28 96a + 104b = 3,04

(I) (II)

Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 11/4/2013 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,5 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn trong các trường hợp sau: a) Phản ứng chứng minh tính axit của axit hipoclorơ yếu hơn axit cacbonic. b) NaH2PO3 tác dụng với dung dịch NaOH dư. c) AgNO3 tác dụng với dung dịch NH3 dư. d) Sục khí NO2 vào dung dịch Ca(OH)2. 2. Ion nào trong các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Giải thích. Li+, Na+, K+, Be2+, Mg2+. 3. Dung dịch NH3 có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al3+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit. Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. Cho: Kb của NH3 là 1,8.10−5, tích số tan: Al(OH)3 là 5.10−33, Mg(OH)2 là 4.10−12. 4. Sắt monoxit (FeO) có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện kiểu NaCl với thông số mạng a = 0,432 nm. Hãy tính khối lượng riêng (gam/cm3) của tinh thể FeO đó. Cho NA=6,022.1023. Câu 2. (4,5điểm) 1. Hòa tan MX2 có sẵn trong tự nhiên bằng dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch Y và khí NO2. Đem dung dịch Y tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa trắng không tan trong HNO3, dung dịch Y tác dụng với NH3 dư cho kết tủa màu nâu đỏ. Xác định công thức phân tử của MX2 và viết phương trình ion rút gọn trong các thí nghiệm trên. 2. Cho các chất sau tan vào nước tạo thành các dung dịch riêng biệt: a) Na2CO3. b) KNO3. c) (NH4)2SO4. d) KHSO4. e) AlCl3

Giải thích tính axit, bazơ của các dung dịch trên.

3. Cho 5,8 gam FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch A và hỗn hợp B gồm CO2 và NO. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch A được dung dịch C. Dung dịch C hoà tan tối đa m gam Cu tạo ra sản phẩm khử NO duy nhất. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn và tính giá trị m. 4. 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 3. (4,0 điểm) 1. Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Viết các phương trình phản ứng dạng ion rút gọn và tính giá trị m. 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. Hoà tan hoàn toàn a gam Cu trong 600 ml dung dịch HNO3 1M, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Trung hoà A bằng dung dịch KOH vừa đủ, rồi cô cạn thì thu được chất rắn khan B (b gam). Nung nóng B đến khối lượng không đổi thu được khí C và 29 gam chất rắn D. Cho C hấp thụ hết vào nước thu được 3,0 lít dung dịch E. a) Viết các phương trình phản ứng, tính giá trị a, b và pH của dung dịch E. b) Sục khí NH3 vào dung dịch A thấy tạo thành 9,8 gam kết tủa. Tính số mol NH3 đã dùng. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4. (3,25 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng điều chế glixerol từ butan. Cho chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ. 2. Hãy nhận biết các chất khí sau chứa trong một bình kín bằng phương pháp hóa học: xiclopropan, propan, propilen, sunfurơ.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3. Đun nóng C6H13OH với H2SO4 đặc ở 170 C thu được 2 anken có công thức phân tử C6H12. Cho từng anken tác dụng với H2, xúc tác Ni, đun nóng đều thu được 2- metylpentan. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên ancol, viết các phương trình phản ứng xảy ra và trình bày cơ chế phản ứng tách trên. Câu 5. (4,75 điểm) 1. Chia 90,6 gam hỗn hợp M gồm CH3OH, CnH2n+1OH và CnH2n-1OH thành 3 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hết với một lượng dư CH3COOH, xúc tác H2SO4 đậm đặc, đun nóng thì thu được 51,2 gam hỗn hợp 3 este. Đốt cháy hết phần 2 thì thu được 1,55 mol CO2. Phần 3 cho tác dụng với nước Br2 dư, phản ứng hoàn toàn thì thấy có 40 gam Br2 tham gia phản ứng. Xác định công thức phân tử và tính số mol mỗi ancol trong 90,6 gam hỗn hợp M. 2. Phân tích 1 tecpen A thu được kết quả sau: cacbon chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 đvC. A có khả năng làm mất màu dung dịch Br2, tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. 3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 ankin đồng đẳng X (có thể tích là 2,24 lít ở 00C và 1 atm) và Y, rồi cho toàn bộ CO2 hấp thụ hoàn toàn bằng dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 133,96 gam kết tủa. Biết số mol và số nguyên tử cacbon của X bé hơn Y và hỗn hợp X, Y tác dụng với Cu+/NH3 dư tạo thành 13,68 gam kết tủa màu đỏ, X và Y phản ứng với khả năng như nhau. Xác định X, Y và tính hiệu suất phản ứng với Cu+/NH3, biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 70%. Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Mg=24, Al=27, P=31, S=32, Cl=35,5; K=39, Fe=56; Cu=64, Br=80, Ag=108, Ba=137. Thí sinh không được dùng bảng HTTH các nguyên tố hóa học và tính tan. -----------------------Hết----------------------0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 11/4/2013 Môn thi: HÓA HỌC

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu Câu 1

Ý

Nội dung

1

Phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn: ClO- + CO2 + H2O → HClO + HCO3H2PO3- + OH- → HPO32- + H2O Ag+ + 2NH3 → Ag[(NH3)2]+ 2NO2 + 2OH- → NO2- + NO3- + H2O Bán kính: Li+ < Na+ < K+: Tuy Z tăng, nhưng số lớp e tăng ⇒ r tăng Be2+ < Li+ : Do số e bằng nhau, nhưng Z(Be2+)>Z(Li+) Be2+ < Mg2+ : Tuy Z tăng, nhưng số lớp e tăng ⇒ r tăng Vậy Be2+ có bán kính nhỏ nhất.

2

Điểm 3,5 điểm 1,0

0,75

3

1,0

4

0,75

Câu 2 1

2

3

2-

Do tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa ⇒ có SO4 , tác dụng với dung dịch NH3 tạo kết tủa nâu đỏ ⇒ có Fe3+. Vậy MX2 là FeS2 FeS2 + 14H + + 15NO3−  → Fe3+ + 2SO 42 − + 7H 2 O + 15NO 2 Ba2+ + SO42- → BaSO4 NH3 + H+ → NH4+ 3NH3 + 3H2O + Fe3+ → 3NH4+ + Fe(OH)3 a) Na2CO3 → 2Na+ + CO32- . CO32- + HOH HCO3- + OH- . Kết quả tạo ra dung dịch có pH>7. b) KNO3 → K+ + NO3- . K+, NO3- trung tính. Do đó dung dịch có pH=7. c) (NH4)2SO4 → 2NH4+ + SO42- . NH4+ + HOH NH3 + H3O+ Kết quả dung dịch có pH<7. d) KHSO4 → K+ + HSO4-. HSO4- → H+ + SO42-(Ka=102) (Hay HSO4- + H2O → H3O+ + SO42-). Vậy dung dịch có pH<7. e) AlCl3 → Al3+ + 3Cl- . Al3+ + HOH Al(OH)2+ + H+ Vậy dung dịch có pH<7. 3FeCO3+10H++NO3- → 3Fe3++NO+3CO2+5H2O Ta có: n Fe = n FeCO = 0, 05mol; n NO = 3n Fe = 0,15mol 3+

+

− 3

3

-

4,5 điểm 1,0

1,25

1,0

3+

2+

3Cu + 8H + 2NO3 → 3Cu + 2NO + 4H2O 0,15.3 mol ← 0,15 mol 2 Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,025 ← 0,05

4

Vậy m = 64 (

0,15.3 +0,025) = 16gam 2

0,75

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 N2O4. Gọi x, y là số mol của NO2 và N2O4: 46x + 92y = 76,6 → x = 15,4 x+y

y

30,6

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

0,5 +4

N + 1e → N (trong NO2)

0,025

0,025

+5

+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 3 1

2

Ta có: nAl = 2,7:27=0,1(mol), nFe= 5,6 : 56= 0,1(mol), nAgNO3= 0,55 Do tính khử của Fe2+ < Fe < Al, nên phản ứng theo thứ tự: Al + 3Ag+ → Al3+ + 3Ag 0,1 → 0,3 → 0,3 Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag 0,1(dư) 0,05 → 0,05 → 0,05 ⇒ m=mAg= (0,3+0,2+0,05) x 108= 59,4 gam Gọi x và y lần lượt là số mol của Fe và Mg trong 1 mol hỗn hợp Phản ứng: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (2) Theo (1,2): n(HCl)=2 mol và n(H2)=1mol Suy ra: m(dung dịch mới)=56x+24y-2+36,5.2.100/20=56x+24y+363

4,0 điểm 1,0

1,0

x + y = 1  Ta có hệ:  127x 15,76 ⇒ x = y = 0,5 mol  56x + 24y + 363 = 100 

Vậy: C%=

3

127.0,5.100 % = 11,79% 56.0,5 + 24.0,5 + 363

Phản ứng: 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1) KOH + HNO3 → KNO3 + H2O (2) Muối khan B: Cu(NO3)2 và KNO3 o

0,5

o

t t Cu(NO3)2  → CuO + 2NO2 + 1/2O2 (3) KNO3  → KNO2 + 1/2O2 (4) x x 2x x/2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4 1

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1,0 Gọi nCu= x mol ⇒ nHNO3 pư = 8x/3 mol ⇒ nHNO3 dư = (0,6 – 8x/3) Suy ra: nKNO3 = (0,6 – 8x/3) mol Ta có: 80x + 85(0,6 – 8x/3) = 29 ⇒ x = 0,15 a = 0,15.64 = 9,6 gam ; b = 0,15.188 + 101.0,2 = 48,4 gam C gồm : 0,3 mol NO2 và 0,175 mol O2 Pư: 2NO2 + 1/2O2 + H2O → 2HNO3 0,3 0,3 [H+]= 0,3/3=0,1M, Suy ra: pH=1 0,5 Phản ứng: NH3 + H+ → NH4+ 0,2 ← 0,2 TH 1: Cu2+ + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4+ ← 0,1 0,2 Suy ra: nNH3 = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol TH 2: Cu2+ + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4+ 0,15 0,15 → 0,3 → Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2 0,15-0,1 → 0,2 Suy ra: nNH3 = 0,2 + 0,3 + 0,2 = 0,7mol 3,25 điểm xt,p,to 1,0 Phản ứng: C H → CH + CH CH=CH 4

10

4

to

3

2

CH3CH=CH2 + Cl2  → ClCH2CH=CH2 + HCl ClCH2CH=CH2 + Cl2 + H2O → ClCH2CH(OH)CH2Cl + HCl o

2

3

t ClCH2CH(OH)CH2Cl + 2NaOH  → C3H5(OH)3 + 2NaCl Sục mẫu thử lần lượt qua các dung dịch sau mắc nối tiếp sau: (1) Ca(OH)2 dư, (2) KMnO4 dư, (3) Br2 dư, khí thoát ra đem đốt cháy. - Nếu (1) tạo kết tủa trắng ⇒ có SO2 SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O - Nếu (2) nhạt màu ⇒ có propen 3CH3CH=CH2 + 3KMnO4 + 4H2O → 3CH3CH(OH)CH2OH + 2MnO2 + 2H2O - Nếu (3) nhạt màu ⇒ có xiclopropan. C3H6 + Br2 → BrCH2CH2CH2Br - Nếu khí thoát ra bị cháy ⇒ có C3H8 C3H8 + 5O2 → 3CO2 + 4H2O C-C-C-C-C Do tác dụng với H2 → 2- metylpentan. Suy ra mạch C: C Mặt khác khi tách nước tạo 2 anken, Vậy công thức của ancol: CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3 2-metylpentan-2-ol CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3

H2SO4 ®Æc, to CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +H2O

Ni,to

CH3C(CH3)=CHCH2CH3 +H2 CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3 + -H+ CH3-C-CH2-CH2-CH3 CH3

0,25

H+

0,25 CH3CH(CH3)CH2CH2CH3

0,25 + CH3-C(OH2)-CH2-CH2-CH3 -H2O CH3

CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +CH3C(CH3)=CHCH2CH3

Câu 5 1

0,5

CH3C(CH3)=CHCH2CH3 +H2O

CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +H2

Cơ chế:

1,0

Gọi công thức chung 3 ancol là R OH

4,75 điểm 0,75

H SO ñaë c, t 0

2 4  → CH3COO R + H2O (1) R OH + CH3COOH ←  51, 2 − 30, 2 n( R OH) (trong mỗi phần) = = 0,5 mol 59 − 17

Phản ứng với Br2:

CnH2n-1OH + Br2 → CnH2n-1(OH)Br2 (2)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,25 mol ← 0,25 mol

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH3OH và CnH2n+1OH trong mỗi phần CH3OH + 1/2O2 → CO2 + 2H2O (3) x x → 3n CnH2n+1OH + O2 → nCO2 + (n+1)H2O (4) 2 y ny → 3n − 1 CnH2n-1OH + O2 → n CO2 + nH2O (5) 2 0,25 0,25n →

0,75

Theo(3,4,5) và bài ra ta có hệ: 0,5

 x + y = 0, 25 1,3 − 0, 25n ⇒y=  n −1  x + ny + 0, 25n = 1,55

Do: 0<y<0,25, nguyên ⇒ 3,1<n<5,2. Suy ra: n= 4 hay 5.

2

TH 1: Khi n=4 ⇒ CH3OH: 0,45mol, C4H9OH: 0,3mol, C4H7OH: 0,75mol TH 2: Khi n=5 ⇒ CH3OH: 0,7125mol, C5H11OH: 0,0375mol, C5H9OH: 0,75mol Đặt A: CxHy Ta có: x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 ⇒ CT PT: (C10H16)n MA = 136 ⇒ CTPT A : C10H16 (số lk π + số vòng no = 3) A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2 ⇒ A có 2 liên kết π và 1 vòng A không tác dụng với AgNO3/NH3 ⇒ A không có nối ba đầu mạch Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal ⇒ CTCT A: 4-isopropenyl-1-metylxiclohexen

0,25 0,75

CH3

3

Gọi công thức X là CnH2n-2: 0,1 mol và Y là Cn+xH2n+2x-2: b mol 3n − 1 Phản ứng: CnH2n-2 + O2 → nCO2 +(n-1) H2O (1) 2 → 0,1 0,1n 3n + 3x − 1 Cn+xH2n+2x-2 + O2 → (n+x)CO2 +(n+x-1) H2O (2) 2 → b (n+x)b Theo (1,2) và bài ra: 0,1n + (n+x)b = 0,68 0, 68 − 0,1n ⇒ 0,1<b= ⇒ 2n+x<6,8 n+x Biện luận: n ≤ 2 và 1 ≤ x ⇒ n=2 ⇒ x=1 hoặc 2. 1 C2H2, C 3H4 x= C 2 H2 , C 4 H6 2 TH 1: C2H2 và C3H4 Ta có: b=0,16 mol +

Cu  → C2Cu2 Sơ đồ: C2H2  → 0,1 0,1

0,5

0,5

0,25

+

Cu  → C3H3Cu C3H4 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 13, 68 100% =43%<70% ⇒ Loại 152.0,1 + 0,16.103 TH 2: C2H2 và C4H6 có 2 công thức cấu tạo CH3CH2C ≡ CH và CH3C ≡ CCH3 Ta có: b=0,12 mol 0,16 →

0,16 Vậy H%=

0,5

Cu + / NH 3

Sơ đồ: C2H2  → C2Cu2 0,1 → 0,1 *CH3CH2C ≡ CH

+

Cu / NH 3 C4H6  → C4H5Cu → 0,12 0,12

13, 68 100% =46,7%<70% ⇒ Loại 152.0,1 + 0,12.117 13, 68 *CH3C ≡ CCH3 Vậy H%= 100% =90%>70% ⇒ Chọn 152.0,1 Vậy H%=

Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu PTHH thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Biên soạn và sưu tầm! Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com