17 ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT MÔN HÓA HỌC NĂM 2019-2020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT

vectorstock.com/3687784

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

17 ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT MÔN HÓA HỌC NĂM 20192020 (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 THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) a) 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. b) 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 phản ứng xảy ra và giải thích sự lựa chọn đó. Câu 2. (2,0 điểm) a) Năng lượng ion hóa thứ nhất (kJ.mol-1) của các nguyên tố thuộc chu kỳ 2 được cho tương ứng như sau: Li Be B C N O F Ne 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Hãy giải thích tại sao năng lượng ion hóa thứ nhất nhìn chung tăng từ trái sang phải nhưng từ Be sang B và từ N sang O thì năng lượng ion hoá thứ nhất lại giảm. b) Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng diễn ra trong nước ở 25°C. 3Fe(NO3)2(aq) + 4HNO3(aq)  3Fe(NO3)3(aq) + NO(k) + 2H2O(l), cho biết:

H

0 298

(kJ/mol)

Fe2+(aq) – 87,86

Fe3+(aq) – 47,7

NO3- (aq) – 206,57

NO(k) 90,25

H2O(l) – 285,6

Câu 3. (2,0 điểm) Tính khối lượng amoniclorua và thể tích dung dịch natri hidroxit 3,0M cần thêm vào 200 mL nước và sau đó pha loãng đến 500 mL để điều chế dung dịch đệm có pH = 9,5 với nồng độ muối là 0,1 M. Biết pKb (NH3) = 4,76. Câu 4. (2,0 điểm) a) 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. b) Cho m gam P2O5 vào dung dịch chứa 0,2 mol NaOH và 0,15 mol KOH, thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu được 29,7 gam hỗn hợp muối khan. Tính m.

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

Câu 5. (2,0 điểm) a) Dẫn a mol hỗn hợp X (gồm hơi nước và khí CO2) qua cacbon nung đỏ, thu được 1,75a mol hỗn hợp Y gồm CO, H2 và CO2. Cho Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,75 gam kết tủa. Tính a. b) 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). Tính giá trị của m. Câu 6. (2,0 điểm) a) Chia m gam hỗn hợp E gồm etilen, xiclopropan và xiclobutan thành 3 phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng vừa đủ 80 mL dung dịch KMnO4 1,25M. Phần 2 tác dụng vừa đủ với 135 mL dung dịch Br2 2,0M. Phần 3 tác dụng tối đa với 0,45 mol H2 ở nhiệt độ cao và có Ni làm xúc tác. Tính m. b) Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp A gồm hai hidrocacbon CxHy (X) và CyHx (Y) thu được 2,1 mol CO2 và 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. Câu 7. (2,0 điểm) a) Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc). Cũng m gam X trên cho tác dụng với Na dư thu được tối đa V lít khí H2 (đktc). Tính V. b) Hỗn hợp T gồm ba chất hữu cơ X, Y, Z (50 < MX < MY < MZ và đều tạo nên từ các nguyên tố C, H, O). Đốt cháy hoàn toàn m gam T thu được H2 O và 2,688 lít khí CO2 (đktc). Cho m gam T phản ứng với dung dịch NaHCO3 dư, thu được 1,568 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, cho m gam T phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 10,8 gam Ag. Tìm các chất X, Y, Z và tính m. Câu 8. (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm hai anđêhit đơn chức A và B (MA < MB). Cho 19,2 gam X tác dụng hoàn toàn với AgNO3 dư trong dung dịch NH3 thì thu được 193,2 gam kết tủa. Mặt khác, cho 19,2 gam X tác dụng hết với H2 (Ni, t°) thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với Na dư thu được 5,04 lít khí H2 (đktc). Hãy xác định công thức cấu tạo và gọi tên theo danh pháp IUPAC của hai anđêhit trong hỗn hợp X. (Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Câu 9. (2,0 điểm) Một hiđrocacbon X thường được sử dụng trong công nghệ sản xuất nước hoa. Khi pha lẫn farnezen (có công thức là C15H24) với X rồi làm bay hơi hết hỗn hợp thu được 1,568 lít hơi (đktc). Đốt cháy hết lượng hỗn hợp trên thu được 19,04 lít CO2 và 12,96 gam nước. Khi đốt cháy hết 3,174 gam X thu được 10,12 gam CO2. X không làm mất màu dung dịch Br2. Khi tham gia phản ứng với H2 đun nóng với xúc tác Ni, X chỉ phản ứng theo tỉ lệ 1 : 1 và sinh ra hỗn hợp 4 sản phẩm gồm

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

(A)

(B) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của X. Câu 10. (2,0 điểm) a) Có ba hợp chất: (A), (B) và (C) OH

(C)

(D)

HO OH

(B) HO (A) Hãy sắp xếp các chất trên theo thự tự tăng dần tính axit. Giải thích?

O (C)

b) Từ Xiclopentanol và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác đã có đủ. Hãy viết sơ đồ điều chế axit 2-oxoxiclopentancacboxylic

COOH O

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

H2SO4

OH O

----------HẾT----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Câu

1 (2,0 điểm)

a 2 (2,0 điểm) b

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung Điểm 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,.. t 0C Hg(NO3)2  Hg + 2NO2 + O2 t 0C 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 t0C 1,0 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 3HNO2  HNO3 + 2NO + H2O C chứa muối nitrat của sắt II: Fe(NO3)2 4Fe(NO3)2  2Fe2O3(Nâu) + 8NO + O2 Cặp chất X và Y là FeCl2 và Al(NO3)3. - TN1: FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl. Al(NO3)3 + 4NaOH  NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O. - TN2: FeCl2 + 2NH3 + 2H2O  Fe(OH)2 + 2NH4Cl. Al(NO3)3 + 3NH3 + 3H2O  Al(OH)3 + 3NH4NO3. 1,0 - TN3: FeCl2 + 3AgNO3  Fe(NO3)2 + 2AgCl. và Fe(NO3)2 + 2AgNO3  Fe(NO3)3 + Ag. Hoặc FeCl2 + 3AgNO3  Fe(NO3)3 + 2AgCl + Ag. Nếu chọn nX = nY = 1 mol thì n1 = 1 mol; n2 = 2 mol; n3 = 3 mol, tức là n1 < n2 < n3 - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên 0,5 liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp 0,5 ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron). Phương trình ion của phản ứng: 0,5 3Fe2+(aq) + 4H+(aq) + NO3- (aq)  3Fe3+(aq) + NO(k) + 2H2O(l) H = 3. H 0298 (Fe3+)+ H 0298 (NO)+2. H 0298 (H2O)–3. H 0298 (Fe2+) – H 0298 (NO3-) = 3.(–47,7) + 90,25 + 2.(–285,6) + 3.87,86 + 206,57 = –153,9 (kJ) 0,5 Lưu ý: H 0298 (H+) = 0

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

Từ pH  pK a  lg

[ NH 3 ] [ NH 4 ]

 9,5  (14  4,76)  lg

[ NH 3 ] [ NH 4 ]



[ NH 3 ] [ NH 4 ]

 1,8

0,5

Trong dung dịch cuối:  NH 4   0,1M nên NH 3   1,8  0,1M  0,18M 3 (2,0 điểm)

 n NH   (0,1mol.L1 )  (0,5L)  0,05mol

0,5

n NH 3  (0,18mol.L1 )  ( 0,5L)  0,09 mol Từ phản ứng: NH 4 + OH-  NH3 + H2O Ta thấy: n NH3  n NaOH  0, 09mol ; Tổng n NH   0, 05mol  0,09mol  0,14mol

0,5

 VddNaOH 

a 4 (2,0 điểm)

5 (2,0 điểm)

(0,09mol)  0,03L , m NH 4Cl  ( 0,14mol)  (53,5g / mol)  7,49g (3,0mol.L1 )

K   2  H 2 0, 05 mol  Mg  Mg 0, 43 mol KHSO4        NO (0,1  a) mol  Y  Zn 2   H 2O 8,96 g  Zn 0,05 HNO mol 3 CO (a mol )  CO a mol  NH  ( a  0, 05) mol  3  2 4   SO4 2  

Bảo toàn O: n H 2O = 3a + 0,05.3 – 2a – (0,1 – a) = 2a + 0,05 (mol) Bảo toàn H: 0,43 + 0,05 = 2.0,05 + 4.(a – 0,05) + 2.(2a + 0,05)  a = 0,06 (mol) BTKL: mmuối = 8,96 + 0,43.136 + 0,05.63 – 0,05.2 – 0,04.30 – 0,06.44 – 0,17.18 = 63,56 gam Quy đổi hỗn hợp X: Na+ (0,2 mol); K+ (0,15 mol); PO34 (x mol); H  (y mol) Bảo toàn điện tích: 3x = y + 0,35 (1) Phương trình khối lượng: 0,2.23 + 0,15.39 + 95x + y = 29,7 (2) Từ (1) và (2)  x = 0,2 mol ; y = 0,25 mol 1  n P2O5 = n PO3 = 0,1 mol. Vậy m = 0,1.142 = 14,2 gam 4 2 0, 75 = 0,0075 mol n CO2 = n CaCO3 = 100 o

t H2O + C   CO + H2. Số mol tăng lên chính là số mol H2O ban đầu bằng 1,75a – a = 0,75a (mol) Số mol CO2 ban đầu = a – 0,75a = 0,25a = 0,0075  a = 0,03. 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

0,5

1,0

0,25

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) 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

6 (2,0 điểm)

m = 0,12.27 + 0,06.96 + 0,12.62 + 0,12.35,5 = 20,7 gam Chỉ có C2H4 phản ứng với dung dịch KMnO4 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O  3C2H4(OH)2 + 2KOH + 2MnO2  n C2H 4 = 0,15 mol C2H4 và xiclopropan phản ứng với dung dịch Br2.

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

0,25 0,5

C2H4 + Br2  C2H4Br2 C3H6 + Br2  C3H6Br2 Suy ra: n C3H6 = 0,27 – 0,15 = 0,12 mol Cả 3 chất đều tác dụng với H2. Suy ra: n C4H8 = 0,45 – 0,15 – 0,12 = 0,18 mol

Vậy m = 3.(0,15.28 + 0,12.42 + 0,18.56) = 57,96 gam Đặt a và b lần lượt là số mol của hai hiđrocacbon trong A. Ta có: a + b = 0,25 (1) y y  t CxHy +  x   O2   xCO2 + H2O 4 2   mol: a ax ay/2 x x  t CyHx +  y   O2   yCO2 + H2O 4 2  mol: b by bx/2 n CO2 = ax + by = 2,1 mol (2) ;

ay bx + = 1,2 mol (3) 2 2 Cộng (2) và (3) ta được: a(x + y) + b(x + y) = 4,5 hay (a + b)(x + y) = 4,5 (4) Thay (1) vào (4) ta được: x + y = 18 (*) Biện luận x và y, ta chọn: x = 8; y = 10 %n C8H10 = 80% ; %n C10 H8 = 20% Vậy công thức phân tử của hai hiđrocacbon trong A là: C8H10 (X) và C10H8 (Y) Trong X số nguyên tử cacbon bằng số nhóm OH. Hơn nữa số mol H2 bằng nửa số mol của nhóm OH. a Suy ra: số mol H2 bằng 0,15 mol. Vậy V = 4,48 lít - T phản ứng với NaHCO3 thu được 0,07 mol CO2  có nhóm –COOH  nCOOH = n CO2 = 0,07 mol - T phản ứng với AgNO3 trong NH3 thu được 0,1 mol Ag  có nhóm –CHO n Ag = 0,05 mol  nCHO = b 2 - Đốt cháy T thu được 0,12 mol CO2 Ta thấy: nCHO + nCOOH = n CO2 . Suy ra: X, Y, Z chỉ chứa nhóm COOH và CHO Vậy X là OHC – CHO; Y là OHC – COOH ; Z là HOOC – COOH m = mCHO + mCOOH = 4,6 gam. Từ gt, suy ra được: nX = nancol = 2nH2 = 0,45 mol 19, 2  M X = = 42,67  Trong X có HCHO: metanal 0, 45 Gọi công thức anđêhit còn lại là (CH  C)tR-CHO (t  0) Đặt số mol HCHO và (CH  C)tR-CHO lần lượt là a và b Ta có: a + b = 0,45 (1) 30a + (25t + R + 29)b = 19,2 (2)

0,5

n H2O =

7 (2,0 điểm)

8 (2,0 điểm)

0,5 0,5 0,5

0,5

0,25

0,5

t HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O   (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 + 4Ag  a 4a to (CH  C)tR-CHO + (2 + t)AgNO3 + (3 + t)NH3 + H2O   b (CAg  C)tR-COONH4  + 2Ag  + (2 + t) NH4NO3 b 2b Ta lập được pt khối lượng kết tủa: 108(4a +2b) + (132t + R + 62)b = 193,2 (3)

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

0,5

9 (2,0 điểm)

Giải (1), (2), (3) ta có: b = 6,9/(153 – 107t) Do b < 0,45  t < 1,287  t = 0 hoặc t = 1 * Nếu t = 0  b = 6,9/153; a = 61,95/153. Thay vào (2), ta được R = 127,39  loại. * Nếu t = 1  b = 0,15  a = 0,3. Thay vào (2), ta được R = 14 (-CH2). Vậy andehit còn lại là: CH  C-CH2-CHO : 3 – butinal Ta có: nCO2 = 0,85 mol; nH2O = 0,72 mol. mhh = 12.nC + 1.nH = 12.nCO2 + 1.2.nH2O = 11,64 gam. Mà nhh = 0,07 suy ra Mhh = 166,29. Mà Mfarnezen > Mhh suy ra MX < Mhh = 166,29. Gọi công thức hiđrocacbon là CxHy. Ta có nC = nCO2 = 0,23 mol suy ra nH = 0,414 Ta có x : y = 0,23 : 0,414 = 5 : 9. Công thức đơn giản nhất: C5 H9. Mà MX < 166,29 nên công thức phân tử của X là C10H18. X không phản ứng với Br2 suy ra phân tử của X không có liên kết π X chỉ tác dụng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 suy ra phân tử của X có chứa vòng 4 cạnh.

0,25 0,5

1,0

0,5 0,5

10 (2,0 điểm)

Công thức cấu tạo của X là Thứ tự tính axit giảm dần: (B) > (C) > (A) là do - Chất (B) có nhóm CH3CO- (axetyl) ở vị trí para gây hiệu ứng –I và –C làm tăng độ phân cực của liên kết –OH. a - Chất (C) có nhóm CH3CO- ở vị trí meta, gây hiệu ứng –I, không có –C nên –OH của (C) phân cực kém hơn OH của (B). - Chất (A) có nhóm CH3CO- ở vị trí ortho tạo liên kết hiđro với H trong nhóm OH nên H khó phân li ra H+ hơn, tính axit giảm. Sơ đồ điều chế axit 2-oxoxiclopentancacboxylic OH

HBr

MgBr

Mg/ ete khan

COOH

1) CO2 + 2) H 3 O

b o

COOH

NaOH, t

COOH

Cl2 / P o t

O +

- H2O

1,0

COOH

CuO, t

OH HO

-H

0,5

OH HO

0,5

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

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) Sục khí H2S vào nước brom, sau đó cho thêm dung dịch BaCl2 vào dung dịch sau phản ứng. b) Dẫn khí CO2 đến dư vào dung dịch K2SiO3. c) Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch NH3 loãng, sau đó thêm dung dịch AlCl3 đến dư vào dung dịch sau phản ứng. d) Sục khí elilen đến dư vào dung dịch KMnO4. Câu 2. (2,0 điểm) a) 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. b) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Al và Al2O3 vào nước (dư), thu được 0,896 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Hấp thụ hoàn toàn 1,2096 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được 4,302 gam kết tủa. Lọc kết tủa, thu được dung dịch Z chỉ chứa một chất tan. Mặt khác, dẫn từ từ CO2 đến dư vào Y thì thu được 3,12 gam kết tủa. Tính m. Câu 3. (2,5 điểm) a) 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. b) Người ta trộn cacbon oxit (CO) với hơi nước (H2O) với tỉ lệ thể tích là 1:1 tại nhiệt độ 1000K. Xác định thành phần phần trăm theo thể tích của hỗn hợp phản ứng lúc đạt đến cân bằng. Biết:  2H2 + O2 có lgKp1 = -20,113  2 H2O  

  2CO + O2 có lgKp2 = -20,400 2 CO2   Câu 4. (2,0 điểm) a) Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2, N2O và dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối của X so với H2 bằng 18. Tính giá trị m. b) Cho hỗn hợp Na2CO3 và KHCO3 (tỉ lệ số mol tương ứng là 2 : 1) vào bình chứa dung dịch Ba(HCO3)2 thu được m gam kết tủa X và dung dịch Y. Thêm tiếp dung dịch HCl 1,0M vào bình đến khi không còn khí thoát ra thì hết 320 ml. Biết Y phản ứng vừa đủ với 160 ml dung dịch NaOH 1,0M. Tính m.

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

Câu 5. (2,0 điểm) Cho một hỗn hợp M gồm kim loại R và một oxit của R. Chia 88,8 gam hỗn hợp M thành ba phần bằng nhau: - Hòa tan hết phần 1 bằng dung dịch HCl dư, phản ứng xong thu được 2,24 lít khí H2. - Phần 2: Cho tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch E và 2,24 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). - Dẫn luồng khi CO dư qua phần 3 nung nóng tới phản ứng hoàn toàn, chất rắn thu được đem hòa tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thấy thoát ra 13,44 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất). a) Xác định kim loại R và công thức của oxit. b) Cho 29,6 gam hỗn hợp M tác dụng hết với dung dịch HNO3 12,6 %, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Z và 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch Z. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc. Câu 6. (2,0 điểm) a) Hỗn hợp X gồm C4H4, C4 H2, C4 H6, C4H8 và C4 H10. Tỉ khối của X so với H2 là 27. Đốt cháy hoàn toàn X cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc), thu được CO2 và 0,03 mol H2O. Tính V. b) Đun nóng 12,96 gam hỗn hợp X gồm propin, vinylaxetilen và etilen với 0,3 mol H2 có xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa các hidrocacbon có tỉ khối so với He bằng 11,3. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được m gam kết tủa. Khí thoát ra khỏi bình được làm no hoàn toàn cần dùng 0,16 mol H2 (xúc tác Ni, t°) thu được 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Z có tỉ khối so với He bằng 11,7. Tính m. Câu 7. (2,0 điểm) Hợp chất X (C10H16) có thể hấp thụ ba phân tử hyđro. Ozon phân X thu được axeton, anđehit fomic và 2-oxopentađial (O=HC–CO–CH2–CH2–CH=O). a) Viết công thức cấu tạo của X thỏa mãn tính chất trên. b) Hyđrat hóa hoàn toàn 2,72 gam chất X rồi lấy sản phẩm cho tác dụng với I2/NaOH thu được 15,76 gam kết tủa màu vàng. Dùng công thức cấu tạo của X viết các phương trình phản ứng (chỉ dùng các sản phẩm chính, hiệu suất coi như 100%). Câu 8. (2,0 điểm) a) Hỗn hợp X có C2H5OH, C2H5CHO, CH3CHO trong đó C2H5OH chiếm 50% theo số mol. Đốt cháy m gam hỗn hợp X thu được 3,06 gam H2O và 3,136 lít CO2 (đktc). Mặt khác 8,94 gam hỗn hợp X thực hiện phản ứng tráng bạc thu được p gam bạc. Tính p. b) Hai ancol X, Y cùng thuộc một dãy đồng đẳng (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn X thu được x mol CO2 và y mol H2O, đốt cháy hoàn toàn Y thu được a mol CO2 và b mol H2O. Biết rằng

a x  . Xác định b y

công thức chung của hai ancol. Câu 9. (2,0 điểm) Hỗn hợp X chứa 3 axit cacboxylic đều đơn chức mạch hở gồm 1 axit no và 2 axit không no đều có một liên kết đôi (C=C). Cho m gam X tác dụng với tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 2M, thu được 25,56 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng dung dịch NaOH dư, khối lượng dung dịch tăng lên thêm 40,08 gam. Xác định tổng khối lượng của 2 axit cacboxylic không no trong m gam X. Câu 10. (2,0 điểm) a) Cho 4 hợp chất thơm: C6H5NH2, C6H5OH, C6H5Cl và C6 H6 với nhiệt độ sôi như sau: Chất thơm A B C D Nhiệt độ sôi (°C) 80 132,1 184,4 181,2 Hãy xác định kí hiệu A, B, C, D cho mỗi chất và giải thích. b) So sánh lực axit của các axit sau. Giải thích.

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

C6H5OH (I) p–CH3O–C6H4–OH (II) p–NO2–C6H4–OH (III) p–CH3–CO–C6H4–OH (IV) p–CH3–C6H4–OH (V) c) Từ benzen, các hợp chất hữu cơ có không quá 3 nguyên tử C và các chất vô cơ cần thiết. Hãy viết sơ đồ phản ứng điều chế 1,4-dioxaspiro[4.5]decane O

O d) Đề nghị cơ chế để giải thích cho hai quá trình chuyển hóa dưới đây: H3CO

CH2

H3CO

+ Ph OCH3

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Câu a 1 (2,0 điểm)

b c d

a 2 (2,0 điểm)

+ CH3OH

----------Hết---------- ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung Dung dịch mất (hoặc nhạt) màu, sau đó xuất hiện kết tủa màu trắng. H2S + 4Br2 + 4H2O   H2SO4 + 8HBr H2SO4 + BaCl2   BaSO4 + 2HCl Xuất hiện kết tủa keo. 2CO2 + 2H2O + K2SiO3   H2SiO3 + 2KHCO3 Dung dịch chuyển thành màu hồng, sau đó xuất hiện kết tủa keo trắng và dung dịch mất màu.  Al(OH)3 + 3NH4Cl 3NH3 + 3H2O + AlCl3  Dung dịch mất màu tím và xuất hiện kết tủa màu đen. 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O   3C2H4(OH)2+ 2MnO2 + 2KOH 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. Hỗn hợp X gồm Ba (a mol); Al (b mol) và O (c mol) Toàn bộ nhôm tập trung vào 3,12 gam kết tủa nên b = 0,04. 4,302 gam kết tủa gồm Al(OH)3 và BaCO3, suy ra n BaCO3 = 0,006 mol Do tổng số mol CO2 phản ứng là 0,054 nên số mol Ba(HCO3)2 là 0,024 mol Vậy a = 0,006 + 0,024 = 0,03.

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

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5

1,0

0,25 0,5

Bảo toàn electron: 0,06 + 0,12 = 2c + 0,08  c = 0,05 Vậy m = 5,99 gam. 1000a 4a = (M) Gọi số gam NH4Cl cần lấy là a gam, suy ra: C NH = 4 53,5  250 53,5   NH3 + H+ K = 10 -9,2 (1) Cân bằng: NH4Cl  

0,25

  OH  + H+ Kw = 10 -14 (2) H2O  

Vì pH = 5. Suy ra [H+] = 10-5 >> [ OH  ] = 10-9 nên có thể bỏ qua cân bằng của nước và tính theo (1)  NH3 + H+ K = 10-9,2  NH4Cl  

4a 53,5 4a – x x x [] 53,5 x2 = 10-9,2. Trong đó x = 10-5 nên a = 2,12 gam Ta có phương trình: 4a x 53,5 C

0,5

 CO2 + H2  Khi trộn CO với H2O xảy ra phản ứng: CO + H2O   Hằng số cân bằng KP của phản ứng này sẽ là PCO2 .PH2 (1) KP = PH2O .PCO   2H2 + O2 Đối với phản ứng phân tích nước: 2H2O  

3 (2,0 điểm)

KP1 =

PH22 .PO2 PH22O

0,5

(2)

  2CO + O2 Đối với phản ứng: 2CO2   KP2 =

2 .PO2 PCO 2 PCO 2

(3) 2

 PCO2 .PH2  2 Chia (2) cho (3) ta được: =   = K P  K P2  PH2O .PCO 

K P1

Do đó: KP = Rút ra:

K P1 K P2

. Theo đầu bài ta có: lgKp1 – lgKp2 = 0,287

0,25

= 1,936. Do đó: KP = 1,936 = 1,392

Đối với dạng đang xét thì n = 0, cho nên KP = KC = Kx Nếu giả sử lúc ban đầu lấy 1 mol H2O và 1 mol CO thì lúc cân bằng số mol H2, CO2 là a và số mol H2O và CO sẽ là (1 – a). x CO2 .x H 2 a2 Vậy: KP = KC = Kx = = = 1,392. Suy ra: a = 0,54 x H2O .x CO 1  a  2

0,25

x H 2 = x CO2 = 0,54; x H 2O = x CO = 1 – 0,54 = 0,46

4 (2,0

H2 = CO2 = 27%; H2O = CO = 23%. Tính được nN2 = nN2O = 0,12 mol Dễ dàng nhận thấy dung dịch chứa NH4NO3: a mol

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

0,5

điểm)

5 (2,0 điểm)

a 6 (2,0 điểm)

7 (2,0

Ta có: 3m/27 = 10. nN2 + 8nN2O + 8nNH4NO3  m/9 = 10.0,12 + 8.0,12 + 8a  m = 19,44 + 72a (*) Mà: 8m = m + 62(10.0,12 + 8.0,12 + 8a) + 80a  7m = 133,92 + 576a (**) Giải hệ (*) và (**) thu được: m = 21,6 Đặt Na 2CO3 : 2 a mol  KHCO3 : a mol và Ba(HCO3)2: b mol. Khi cho Y tác dụng với NaOH thì: a + 2b = 0,16 (1) Khi cho HCl vào bình thì: 4a + a + 2b = 0,32 (2) Từ (1), (2) suy ra: a = 0,04; b = 0,06  m BaCO3 = 197b = 11,82 gam - Phần 2: Quy đổi hỗn hợp thành R (a mol) và O (b mol). Đặt r là hóa trị cao nhất của R. Ta có: aR + 16b = 29,6 (1) Bảo toàn electron: ar = 2b + 0,1.3 (2) - Phần 3, bảo toàn electron: ar = 0,6.2 (3) - Từ (2) và (3) suy ra: ar = 1,2 (I) và b = 0,45 - Thay b = 0,45 vào (1) ta được: aR = 22,4 (II) 56 - Từ (I) và (II) suy ra: R = r 3 - Biện luận ta chọn được r = 3  R = 56 (Fe)  a = 0,4 - Phần 1: số mol H2 = 0,1  a = 0,1 mol  số mol Fe trong oxit = 0,3 mol Ta có: nFe : nO = 0,3 : 0,45 = 2 : 3 Vậy công thức oxit sắt là Fe2O3 Số mol NO = 0,05  Số mol e nhận N+5 = 0,15 Nếu chỉ tạo muối Fe3+ thi số mol e của Fe nhường = 0,3 > 0,15 Vậy dung dịch Z gồm Fe(NO3)2: g mol, Fe(NO3)3: h mol Coi hỗn hợp M gồm: Fe (0,4 mol) va O (0,45mol) Bảo toàn nguyên tố Fe: g + h = 0,4 Bảo toàn electron: 2g + 3h = 0,05.3 + 0,45.2 g = 0,15 mol, h = 0,25 mol Dung dịch Z chứa Fe(NO3)2: 0,15 mol, Fe(NO3)3: 0,25 mol Số mol HNO3 pư = 0,15.2 + 0,25.3 + 0,05 = 1,1 mol Khối lượng dung dịch HNO3 là: 550 gam Khối lượng dung dịch Z là: 578,1 gam C% Fe(NO3)3 = 10,47%; C% Fe(NO3)2 = 4,67% Đặt số mol của hỗn hợp là a mol Công thức chung của các hiđrocacbon là C4Hx x x  t C4Hx +  4   O2   4CO2 + H2O 4 2  Số mol của CO2 là 4a (mol) 1 Bảo toàn O: n O 2 = n CO2 + n H 2O = 4a + 0,015 2 BTKL: 27.2.a + (4a + 0,015).32 = 4a.44 + 0,03.18  x = 0,1 Thể tích khí oxi là: VO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít Ta có: mY = 12,96 + 0,3.2 = 13,56 gam; MY = 45,2 gam/mol  nY = 0,3 mol nZ = 0,2 mol; M Z = 46,8 gam/mol  mZ = 9,36 gam Khối lượng khí thoát ra là: 9,36 – 0,16.2 = 9,04 gam Khối lượng khí bị hấp thụ khi đi vào dung dịch AgNO3/NH3 là 4,52 gam Khối lượng kết tủa = 4,52 + mtăng = 4,52 + (0,3 – 0,2).107 = 15,22 gam Chất X (C10H16) cộng 3H2; sản phẩm có công thức C10H22. Theo các sản phẩm ozon phân suy ra X có mạch hở, có 3 liên kết đôi và tạo ra 2 mol HCHO nên có hai

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

1,0

0,5 0,5 0,5

nhóm CH2 = C. Các chất X thỏa mãn:

điểm)

(CH3)2C=CH-C-CH2-CH2-CH=CH2 (CH3)2C=CH-CH2-CH2-C-CH=CH2 (CH3)2C=CH-CH2-CH2-CH=CH2 CH=CH2 CH2 CH 2

(X3) (X2) (X1) Hyđrat hóa X tạo ra ancol có phản ứng iođofom. Ta có tỉ lê: nCHI3 : nX = 0,04 : 0,02 = 2. Vậy sản phẩm hyđrat hóa X phải có 2 nhóm CH3-CHOH-. Suy ra chỉ có chất X3 ở trên thỏa mãn. Các phương trình phản ứng:

0,5

b 0,5

Ta có: n CO2 = 0,14 mol; n H 2O = 0,17 mol Do C2H5CHO, CH3CHO có công thức tổng quát là C n H 2n O  n CO2 = n H 2O

C2H5OH có công thức tổng quát là C m H 2m  2O  nancol = n H 2O – n CO2 = 0,03 mol

0,25

Mà C2H5OH chiếm 50% theo số mol: n C2H5OH = n C2 H5CHO và CH3CHO = 0,03 mol a 8 (2,0 điểm)

Gọi x và y lần lượt là số mol của C2H5CHO và CH3CHO x  y  0, 03 x  0, 02 Ta có:    3x  2y  0,14  2.0, 03  0, 08  y  0, 01  mX = 0,03.46 + 0,02.58 + 0,01.44 = 2,98 gam 8,94 .(2.0,02 + 2.0,01) = 19,44 gam  p = 2,98 Đặt công thức của X là CxH2yOz và Y là CaH2bOz với a = x + n và b = y + n Ta có:

a x xn x     y ( x  n)  x( y  n)  y  x (1) b y yn y

Mặt khác, từ công thức của X ta có: 2y  2x+2 (2) Từ (1) và (2)  y = x + 1 Vậy X, Y là ancol no, mạch hở có công thức: CmH2m+2On (m  1; m  n  1) Gọi hỗn hợp X gồm 2 axit: C n H 2n O 2 (a mol) và C m H 2m  2 O 2 (b mol)

9 (2,0 điểm)

10 (2,0 điểm)

Ta có: nNaOH = 0,3 mol  a + b = 0,3 (1) mmuối = mX + mtăng  mX = 25,56 – (23 – 1).0,3 = 18,96 gam  (14n + 32)a + (14 m – 2 + 32)b = 18,96 (2) Đốt cháy X ta được: 44(an + b m ) + 18(an + b m – b) = 40,08 (3) Giải hệ (1), (2) và (3) suy ra: a = b = 0,15; an + b m = 0,69. Suy ra: n + m = 4,6 Mà axit không no chứa một liên kết đôi  m  3 Suy ra: n = 1. Vậy axit no, đơn chức, mạch hở là HCOOH Khối lượng 2 axit không no = 18,96 – 0,15.46 = 12,06 gam - C6H5NH2 và C6H5OH có thể tạo liên kết hiđro liên phân tử nên có nhiệt độ sôi cao hơn, chúng là C và D. - OH có kích thước nhỏ hơn -NH2 và NH2 tạo nhiều liên kết hiđro hơn a  Nhiệt độ sôi của C6H5NH2 cao hơn. Vậy C là C6 H5NH2, D là C6H5OH - Phân tử C6H5Cl có phân tử khối lớn hơn phân tử khối của C6H6 nên có nhiệt độ sôi cao hơn. Vậy A là C6H6, B là C6H5Cl

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

0,25

0,5

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

0,5

Giải thích: Nhóm CH3- đẩy electron làm giảm độ phân cực liên kết O–H. Nhóm CH3O- đẩy electron mạnh hơn nhóm CH3- làm giảm độ phân cực liên kết O–H nhiều hơn. Nhóm hút electron sẽ làm tăng độ phân cực liên kết O–H  tính axit tăng. Nhóm NO2- hút electron mạnh hơn nhóm CH3-CO-. Vậy thứ tự tính axit là: (II) < (V) < (I) < (IV) < (III) Sơ đồ tổng hợp:

H2, Ni, to

1) Br 2 (1:1)

HBr o

2) KOH/EtOH, t

Br Mg

ete khan

MgBr

1) H2O 2) PCC

O HO

0,5

O O

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) a) Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: i. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch ZnCl2. ii. Cho từ từ đến dư dung dịch Na2CO3 vào dung dịch Al2(SO4)3. b) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: i. FeO + HNO3  Fe(NO3)3 + NxOy + H2O ii. FeS2 + H2SO4 đặc, nóng  Câu 2. (2,0 điểm) a) Một loại muối ăn có lẫn tạp chất: CaCl2, MgCl2 , Na2SO4, MgSO4, CaSO4, NaBr, AlCl3. Hãy trình bày cách loại bỏ các tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết. b) Một học sinh đã tiến hành thí nghiệm: đem hòa sô mol Al(OH)3 tan hết m gam Na, Al vào nước, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Nhỏ từ từ từng giọt dung dịch HCl loãng vào X. Kết quả thí nghiệm về sự phụ 0,15 thuộc của số mol kết tủa thu được theo số mol HCl được biểu diễn theo đồ thị ở hình bên. 0 0,2 0,95 sô mol HCl Tính giá trị của m. Câu 3. (2,0 điểm) a) Cho dung dịch A bao gồm: HCl 0,001M; CH3 COOH 0,03M; HCN 0,01M. Tính pH và nồng độ các ion của dung dịch A ở trạng thái cân bằng. Biết K a (CH3COOH) =10-4,76 ; K a (HCN) =10-9,35 . b) Trộn 100 ml dung dịch gồm Ba(OH)2 0,1 M và NaOH x M với 400 ml dung dịch gồm H2SO4 0,0375 M và HCl 0,0125 M, thu được dung dịch X có pH = 2 và m gam kết tủa. Tính giá trị x, m. Câu 4. (2,0 điểm)

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

Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước được dung dịch X. Cho m gam hỗn hợp Y gồm Mg, Al, MgO, Al2O3 (trong đó oxi chiếm 64/205 về khối lượng) tan hết vào X, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí T có tổng khối lượng 1,84 gam gồm (H2 và các khí là sản phẩm khử của N+5), trong đó chiếm 4/9 về thể tích H2 và nitơ chiếm 14/23 về khối lượng. Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Tìm m. Câu 5. (2,0 điểm) Cho từ từ, đồng thời khuấy đều 300 ml dung dịch hỗn hợp gồm: NaHCO3 0,1M và K2CO3 0,2M vào 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm: HCl 0,2M và NaHSO4 0,6M thu được V lít CO2 (đktc) và dung dịch X. Thêm vào dung dịch X 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm: KOH 0,6M và BaCl2 1,5M thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của V và m. Câu 6. (2,0 điểm) Hỗn hợp M gồm metan, etilen và axetilen. - Cho 4,26 gam M tác dụng với dung dịch brom dư thì có tối đa 27,2 gam brom phản ứng. - Nếu cho 11,2 lít M (ở đktc) phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, kết thúc phản ứng thu được 42 gam kết tủa. a) Tính phần trăm thể tích các khí trong hỗn hợp M. b) Trộn 4,26 gam M với 0,2 mol H2 rồi nung nóng trong bình kín có chứa một ít bột Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp X. Tính thể tích khí O2 (ở đktc) tối thiểu cần dùng để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X. Câu 7. (2,0 điểm) Hydrocacbon A chứa 87,27% cacbon về khối lượng. Tỉ khối của nó so với hydro bé hơn 75. Biết rằng trong cấu trúc của nó có hai vòng sáu và trong nguyên tử không hề có cacbon mang bậc một. Xác định cấu tạo của hydrocarbon này và cho biết khi cho nó tác dụng với clo khi có mặt ánh sáng thì thu được bao nhiêu dẫn xuất monoclo? Câu 8. (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hợp chất hữu cơ A (chứa C, H, O) trong V lít (đktc) không khí, vừa đủ. Sản phẩm cháy được dẫn qua bình đựng dung dịch H2SO4 đặc, thấy khối lượng bình tăng 10,8 gam. Khí không bị hấp thụ thoát ra có tỉ khối so với H2 bằng 15,143. Tìm công thức phân tử, viết công thức cấu tạo và gọi tên A Câu 9. (2,0 điểm) a) Hai chất hữu cơ X và Y đều đơn chức, mạch hở, tham gia phản ứng tráng bạc. X, Y có cùng số nguyên tử cacbon và MX < MY. Khi đốt cháy hoàn toàn mỗi chất trong oxi dư chỉ thu được CO2, H2O và số mol H2O bằng số mol CO2. Cho 0,15 mol hỗn hợp E gồm X và Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 42,12 gam Ag. Tính khối lượng của Y trong hỗn hợp E. b) X có công thức phân tử C6H10O5, X phản ứng với NaHCO3 và với Na đều sinh ra chất khí có số mol đúng bằng số mol X đã dùng. X, B và D thỏa mãn sơ đồ sau theo đúng tỉ lệ mol. 0

t  B + H2O X  0

t X + 2NaOH   2D + H2O 0

t B + 2NaOH   2D. Xác định công thức cấu tạo của X, B, D. Biết D có nhóm metyl.

Câu 10. (2,0 điểm) a) Trong công nghiệp dược phẩm, axit shikimic (C7H10O5) tách từ cây hồi được sử dụng làm vật liệu cơ sở cho quá trình sản xuất dược phẩm Tamiflu. Axit shikimic (K) có thể được tổng hợp theo sơ đồ:

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

Hoàn thành sơ đồ phản ứng tổng hợp trên, các chất A, B, C, K viết dạng công thức cấu tạo thu gọn. Gọi tên K theo danh pháp IUPAC. b) Trình bày cơ chế phản ứng của xiclobutyleten với H2O xúc tác H2SO4 loãng. c) Có 6 đồng phân cấu tạo của C5H8 là những anken vòng không chứa nhóm etyl. Lấy mẫu thử của 3 trong 6 hợp chất trên cho vào các chai dán nhãn A, B và C nhưng không biết chất nào trong chai nào. Dựa trên kết quả của các phản ứng sau với KMnO4 hãy cho biết cấu tạo các hợp chất từ A đến F - Hợp chất A tạo ra axit D quang hoạt - Hợp chất B tạo ra dixeton E không quang hoạt Hợp chất C tạo ra xetoaxit F quang hoạt. ----------Hết---------- ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Câu

1 (2,0 điểm)

Nội dung Khi cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch ZnCl2 : ban đầu có kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan dần. 2NaOH + ZnCl2  Zn(OH)2  + 2NaCl 2NaOH + Zn(OH)2  Na2ZnO2 + 2H2O Cho từ từ đến dư dung dịch Na2CO3 vào dung dịch Al2(SO4)3: có kết tủa keo trắng đồng thời sủi bọt khí 3Na2CO3 + Al2(SO4)3 + 3H2O  2Al(OH)3  + 3CO2  + 3Na2SO4

Điểm 0,5

0,5

0,5 b

(5x – 2y)FeO + (16x – 6y)HNO3  (5x – 2y)Fe(NO3)3 + NxOy + (8x – 3y)H2O

t 2FeS2 + 14H2SO4đặc   Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O - Cho toàn bộ muối ăn có lẫn tạp chất: CaCl2, MgCl2, Na2SO4, MgSO4,CaSO4, NaBr, AlCl3 vào nước rồi khuấy đều cho tan hết các chất tan, có một phần CaSO4 không tan, lọc lấy dung dịch gồm có các ion: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Cl , SO 24 ,

0,5

2 (2,0 điểm)

Br  - Cho lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch gồm các ion trên, loại bỏ được ion SO 24 Ba2+ + SO 24   BaSO4

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

1,0

- Dung dịch còn lại có: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Ba2+, Cl , Br  . Cho lượng dư dung dịch Na2CO3 vào dung dịch này, loại bỏ được các ion: Ca2+, Mg2+, Al3+, Ba2+ Ca2+ + CO 32   CaCO3 Mg2+ + CO 32   MgCO3 Ba2+ + CO 32  BaCO3 2Al3+ + CO 32  + 3H2O  2Al(OH)3 + 3CO2 - Dung dịch còn lại có: Na+, CO 32  , Cl , Br  . Cho lượng dư dung dịch HCl vào

dung dịch nay, loại bỏ ion CO 32 : CO32- + 2H+  CO2 + H2O - Dung dịch còn lại có: Na+, H+, Cl , Br  . Sục khí Cl2 dư vào dung dịch nay loại bỏ ion Br  : Cl2 + 2 Br   2 Cl + Br2. Sau đó cô cạn dung dịch còn lại thu được NaCl tinh khiết Đặt x và y là số mol của NaOH dư và NaAlO2 Từ đồ thị và phản ứng (3) ta có: x = nNaOH = 0,2 mol Ta có: nHCl = x + y + 3(y – 0,15) = 0,95  y = 0,3 Từ phản ứng (2) ta có: nAl = nNaAlO2 = y = 0,3 mol Từ phản ứng (1), (2) ta có: nNa = x + y = 0,5 mol  m = mNa + mAl = 0,5.23 + 0,3.27 = 19,6 gam HCl  H+ + Cl (1) +   CH3COOH   CH3COO + H (2) +   H + CN- HCN  (3) 

  H+ + OH- H2O  

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

0,25

(4)

Do K a (CH3COOH) .C CH3COOH  K a (HCN) .C HCN  K w → Xét cân bằng (2) a 3 (2,0 điểm)

HCl  H+ + Cl 0,001M 0,001M 0,001M   CH3COOH  CH COO + H+ 3 

(1) (2)

C0 0,03M 0 0,001M [C] 0,03-x x 0,001 + x CH3COO-   H +  x.(0,001+x) = = 10 -4,76  x = 3,75.10-4 K a = 0,03-x  CH 3COOH  -4 Suy ra: pH (A) = - lg(3,75.10 + 0,001) = 2,86 Nồng độ các ion trong dung dịch: [H+] = 13,75.10-4 (M); [CH3COO-] = 3,75.10-4 (M); [OH-] = 7,28.10-12(M);[Cl-] = 0,001 (M); K.CHCN 10-9,35 .0, 01 CN -  = = = 3, 25.10-9 (M) -4 + 13, 75.10  H 

nOH   0,02  0,1x mol nBa ( OH )2  0,1 0,1  0, 01 mol    nBa2  0,01 mol nNaOH  0,1x mol  nH   0, 015  2  0, 005  0, 035 mol nH 2 SO4  0, 4  0, 0375  0, 015 mol    nSO2  0, 015 mol nHCl  0, 4  0, 0125  0,005 mol  4 pH = 2  H+ dư  [H+] dư = 0,01 (M)  nH  dö = 0,01.0,5 = 0,005 mol

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

0,5

0,25

nH  ban ñaàu  nH  phaûn öùng  nH  dö  0,035 = 0,02 + 0,1x + 0,005  x = 0,1 (M)

4 (2,0 điểm)

5 (2,0 điểm)

6 (2,0 điểm)

7 (2,0 điểm)

 BaSO4  Ba 2  SO42   mol: 0,01 0,01  m = 0,01.233 = 2,33 gam Hỗn hợp khí T: tìm mol H2, đặt công thức cho các sản phẩm khử của N+5 là NaOb Giải ra ta có: mol H2 = 0,04; N1,6O0,8 = 0,05 mol BaSO4 = 1,53  mol KHSO4 = 1,53  mol H+ = 1,53  mol Fe(NO3)3 = 0,035 8H+ + 1,6NO3- + 6,4e  N1,6O0,8 + 4H2O 0,4 0,05 2H+ + 2e  H2 0,08 0,04 10H+ + NO3- + 8e  NH4+ + 3H2O 0,25 0,025 2H + O2-  H2O 0,8 0,4 Suy ra: m = 0,4.16.205/64 = 20,5 gam.  CO2 + H2O H+ + HCO3  a a  CO2 + H2O 2H+ + CO32  4a 2a Vì 2n CO2  n HCO   n H  nên H+ hết 3

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

0,5

Do nồng độ của K2CO3 gấp đôi NaHCO3 nên số mol CO2 thoát ra cũng gấp đôi. Khi đó: a + 4a = 0,08  a = 0,016. Vậy V = 1,0752 lít. Trong dung dịch X có: HCO 3 (0,014 mol); CO 32  (0,028 mol); SO 24  (0,06 mol) Khi cho dung dịch Z vào dung dịch X, thu được kết tủa BaCO3 (0,042 mol) và BaSO4 (0,06 mol). Vậy m = 22,254 gam. Đặt a, b, c lần lượt là số mol của CH4, C2H4, C2H2 trong 4,26 gam. C2H4 + Br2  C2H4Br2 (1) C2H2 + 2Br2  C2H2Br4 (2)  16a + 28b + 26c = 4,26 (I) Từ pt (1) và (2), ta có: nBr2 = b + 2c = 0,17 (II) Vì cho tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3, giả thuyết dùng thể tích Đặt ka, kb, kc lần lượt là số mol của CH4, C2H4, C2H2 trong 0,5 mol M a Ta có: ka + kb + kc = 0,5 (III) (k là tỷ lệ khối lượng) Khi qua dung dịch AgNO3, có phản ứng C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  C2Ag2 + 2NH4NO3 (3) Từ pt (3), ta có: nC2H2 = nC2Ag2  kc = 0,175 (mol) (IV) Từ (III) và (IV)  a + b + c = 20/7c (V) Giải hệ pt gồm (I), (II) và (V)  a = 0,1; b = 0,03; c = 0,07  %CH4 = 50%; %C2H4 = 15%; C2H2 = 35%. Đốt hỗn hợp X cũng như đốt hỗn hợp ban đầu (CH4: 0,1 mol; C2H4: 0,03 mol; b C2H2 : 0,07 mol; H2: 0,2 mol)  nO2 cần dùng = 0,565 mol  VO2 cần dùng = 0,565.22,4 = 12,656 lít Xác định đúng công thức phân tử của hydrocarbon là C8H14 Xác định chính xác cấu tạo của hydrocarbon là bixiclo[2.2.2]octan

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

Xác định được cấu trúc hai sản phẩm monoclo (Chất B quang hoạt nên sẽ có hai đồng phân quang học) 1,0

8 (2,0 điểm)

Bình H2SO4 hấp thụ nước: mol H2O = 10,8/18 = 0,6 Gọi nCO2 = a; nN2 = b  nO2(pư) = 0,25b. Giả thiết tỉ khối ta có: 44a + 28b = 30,286.(a + b) (*) Bảo toàn nguyên tố oxi: (9,2 – 12a – 1,2) + 32.0,25b = 32a + 16.0,6 (**) Từ (*) và (**) ta có: a = 0,4; b = 2,4. Đặt CTTQ là CxHyOz , ta có x:y:z = 0,4:1,2:0,2 = 2:6:1  CT nghiệm là (C2H6O) n Độ bất bão hòa = (2.2n + 2 – 6n)/2  0  n  1  n = 1. Suy ra CTPT là C2H6O CTCT: CH3 – O – CH3 (đimetylete) ; CH3 – CH2 – OH (ancol etylic). Khi đốt cháy mỗi chất X, Y đều thu được số mol H2O bằng số mol CO2  X, Y đều là no, đơn chức. Do

9 (2,0 điểm)

n Ag nE

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

42,12 = 2,6 và X, Y đều tráng bạc. 108.0,15

0,5

 Hỗn hợp phải có HCHO có x mol và một chất khác có một nguyên tử C, tráng bạc đó là HCOOH có y mol. HCHO + AgNO3/NH3  4Ag. x 4x HCOOH+ AgNO3/NH3  2Ag y 2y  x  y  0,15  x  0, 045 mol    4x  2y  0,39  y  0,105 mol  mY = 0,105.46 = 4,83 gam X phản ứng với NaHCO3 và với Na đều sinh ra chất khí có số mol đúng bằng số mol X đã dùng  X có một nhóm –COOH, 1 nhóm –OH. Công thức cấu tạo:

0,5

1,0

Hoàn thành sơ đồ phản ứng tổng hợp K:

10 (2,0 điểm)

0,5

a Ax it shikimic (K): axit 3,4,5-trihiđroxixiclohex-1-encacboxylic OH

CH=CH2

H+

H C CH3

CH3 H2O

CH3 +

0,5

CH3

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

Hợp chất A khi phản ứng với KMnO4 cho axit cacboxylic quang hoạt  A có chứaC* và có liên kết đôi ở cacbon bậc 2. 0,25

- Hợp chất B tác dụng với KMnO4 tạo dixeton E không chứa C*. Vậy B không chứa C bất đối và có liên kết đôi ở hai cacbon bậc 3. 0,25

c - Hợp chất C tạo ra F vừa chứa nhóm cacboxyl vừa chứa nhóm xeton và cũng có C*  C có chứa C* và có liên kết đôi ở cacbon bậc 2 và cacbon bậc 3

0,25

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Một anion gốc axit X có dạng ABn4  (n  3) trong đó tổng số hạt proton, nơtron, electron của anion X là 207. Tổng số hạt trong nguyên tử A nhiều hơn tổng số hạt trong nguyên tử B là 84 hạt. Nguyên tử A có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 24 hạt; nguyên tử B có số hạt mang điện dương bằng số hạt không mang điện. Xác định anion X. Câu 2. (2,0 điểm) a) Khi tiến hành thí nghiệm: Phản ứng của nhôm với dung dịch CuSO4, hai học sinh tiến hành như sau: - Học sinh 1: Đánh sạch lá nhôm bằng giấy ráp rồi nhúng ngay vào dung dịch CuSO4 bão hòa. - Học sinh 2: Nhúng lá nhôm chưa đánh giấy ráp vào dung dịch CuSO4 bão hòa. Theo em hai học sinh trên quan sát được hiện tượng như thế nào, tại sao? b) Nêu phương pháp hóa học có thể dùng để loại các chất độc sau: - SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp. - Lượng lớn khí clo trong phòng thí nghiệm. Câu 3. (2,0 điểm) Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M.

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

a) Tính pH của dung dịch A. b) Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan). pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,90; pK + = 9,24; pK a(CH3COOH) = 4,76 a(NH 4 )

Câu 4. (2,0 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 5. (2,0 điểm) a) Cho m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Ba(OH)2 có cùng số mol vào nước, thu được 500 ml dung dịch Y và V lít H2 (đktc). Hấp thụ 3,6V lít CO2 (đktc) vào 500 ml dung dịch Y, thu được 37,824 gam kết tủa. Tính m. b) Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Ba và Al2O3 vào nước dư, thu được dung dịch X và còn lại 5,1 gam chất rắn không tan. Cho dung dịch H2SO4 loãng dư vào dung dịch X, phản ứng được biểu diễn theo sơ đồ sau:

Tính m.

Câu 6. (2,0 điểm) a) Hỗn hợp X gồm axetilen (0,15 mol), vinylaxetilen (0,1 mol), etilen (0,1 mol) và hiđro (0,4 mol). Nung X với xúc tác niken một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối đối với hiđro bằng 12,7. Hỗn hợp Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa a mol Br2. Tính a. b) Hỗn hợp khí R gồm hai hidrocacbon mạch thẳng X, Y có thể tích 0,672 lít (đktc). Chia hỗn hợp R thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho qua dung dịch Br2 dư, thấy khối lượng bình dung dịch brom tăng m1 gam, lượng Br2 tham gia phản ứng là 3,2 gam và không có khí thoát ra khỏi dung dịch brom. Phần 2 đem đốt hoàn toàn, sản phẩm cháy lần lượt dẫn qua bình P2O5 rồi đến bình chứa KOH dư, sau thí nghiệm bình P2O5 tăng m2 gam còn bình KOH tăng 1,76 gam. Tính m1 và m2. Câu 7. (2,0 điểm) Chia 3,584 lít (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 1,47 gam kết tủa. Phần 2 cho qua dung dịch brom dư thấy khối lượng bình brom tăng 2,22 gam và có 13,6 gam 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 2,955 gam kết tủa. a) Xác định công thức cấu tạo A, B và C. b) 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. Câu 8. (2,0 điểm) Bình kín chứa một ancol no, mạch hở A (trong phân tử A, số nguyên tử C nhỏ hơn 10) và lượng O2 gấp đôi so với lượng O2 cần để đốt cháy hoàn toàn A. Ban đầu bình có nhiệt độ 1500C và 0,9 atm. Bật tia lửa

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

điện để đốt cháy hoàn toàn A, sau đó đưa bình về 150°C thấy áp suất bình là 1,1 atm. Viết các đồng phân cấu tạo của A và gọi tên. Câu 9. (2,0 điểm) Hỗn hợp P gồm 2 axit đa chức X, Y có số mol bằng nhau và axit đơn chức Z (X, Y, Z đều mạch hở, không phân nhánh và có số nguyên tử C không lớn hơn 4; MX < MY). Trung hòa m gam hỗn hợp P cần vừa đủ 510 ml dung dịch NaOH 1M. Đốt cháy hoàn toàn m gam P thu được CO2 và 7,02 gam H2O. Còn nếu cho m gam P tác dụng với AgNO3/NH3 dư thì thu được 52,38 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của X, Y và Z. Câu 10. (2,0 điểm) a) 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. OH-

COOH

Br Br

(A) (A’) b) Từ chất ban đầu, etanđiol và các hóa chất vô cơ, viết sơ đồ tổng hợp các chất sau:

----------Hết---------- ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Câu

1 (2,0 điểm)

2 (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) + n = 207 (1) (2ZA + NA) – (2ZB + NB) = 84 (2) - n = 1  (1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 206 Kết hợp với (2)  2ZB + NB = 24,4 (loại) - n = 2  (1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 205 Kết hợp với (2)  2ZB + NB = 24,2 (loại) - n = 3  (1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 204 Kết hợp với (2)  2ZB + NB = 24,0 (3) và 2ZA + NA = 108 (4) Mặt khác: 2ZA – NA = 24 (5) và ZB = NB (6) (3) và (6)  ZB = 8 (O) (2) và (4)  ZA = 33 (As). Vậy X là AsO34 Thí nghiệm của học sinh 1: Nhận thấy có Cu màu đỏ bám vào miếng nhôm và có a khí thoát ngay từ đầu, dung dịch có màu xanh nhạt dần. Do: 2Al + 3Cu2+  2Al3+ + 3Cu

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

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

2Al +6H+  2Al3+ + 3H2  + H sinh ra do sự thủy phân CuSO4 Cu 2   H 2O  Cu (OH )   H  Thí nghiệm của học sinh 2: Thời gian đầu chưa có hiện tượng gì xảy ra, sau đó quan sát được hiện tượng giống như thí nghiệm của học sinh 1. Do không cạo sạch lớp oxit bao phủ bên ngoài miếng nhôm nên nhôm không tham gia các phản ứng với môi trường. Sau một thời gian lớp oxit bị hòa tan do H+ của CuSO4 thủy phân tác dụng Al2O3 + 6H+  2Al3++3H2O Khi nhôm oxit tan hết, Al tác dụng với Cu2+ và H+ như trên Dùng nước vôi trong: dẫn khí thải có SO2, CO2, HF qua nước vôi trong, khí độc sẽ bị giữ lại: Ca(OH)2 + SO2  CaSO3 + H2O 2Ca(OH)2 + 4NO2  Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O Ca(OH)2 + 2HF  CaF2 + 2H2O Dùng NH3: dạng khí hay lỏng, phun vào không khí có lẫn khí clo 3Cl2 + 2NH3  6HCl + N2 HCl + NH3  NH4Cl   FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1) Fe3+ + H2O  

  PbOH+ + H+ *β2 = 10-7,80 (2) Pb2+ + H2O     ZnOH+ + H+ *β3 = 10-8,96 (3) Zn2+ + H2O   a

0,5

0,75

0,25

0,5

  OH  + H+ Kw = 10-14 (4) H2O   So sánh (1)  (4): *β1. C Fe3+ >> *β2. C Pb 2+ >> *β3. C Zn 2+ >> Kw

 tính pHA theo (1)  FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1)  Fe3+ + H2O   C 0,05 [ ] 0,05 - x x x [H+] = x = 0,0153 M  pHA = 1,82.   2Fe2+ + S↓ + 2H+ K1 = 1021,28 (1) 2Fe3+ + H2S  

0,5

0,05 - 0,05 0,05   PbS↓ + 2H+ K2 = 106,68 (2) Pb2+ + H2S  

3 (2,0 điểm)

0,10 0,05 - 0,25   ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 (3) Zn2+ + H2S   b

0,25

  FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72 (4) Fe2+ + H2S   K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS Vì môi trường axit  C'Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M; C'Fe 2+ = C Fe2+ = CFe3+ = 0,050 M. Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ  khả năng phân li của H2S trong môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] = CH+ = 0,25 M

0,25

 tính CS' 2- theo cân bằng:  S2- + 2H+ Ka1.Ka2 = 10-19,92  H2S   0,1 [ H S] CS' 2- = Ka1.Ka2 2 2 = 10-19,92 (0,25) 2 = 10-19,72. [H ]

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

0,5

Ta có: C'Zn 2+ . CS' 2- < KS(ZnS)  ZnS không xuất hiện Tương tự: C 'Fe 2+ . CS' 2- < KS(FeS)  FeS không tách ra. Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa. Ta có: n N 2 = n N 2O = 0,01 mol

4 (2,0 điểm)

Lý luận chứng minh dung dịch sau phản ứng có NH4NO3 Chất rắn E chỉ có Al2O3 và MgO.  27x  24y  2,16  Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg. Ta có hệ:  x 102. 2  40y  3,84 Suy ra: x = 0,04 mol và y = 0,045 mol 3.0, 04  2.0, 045  10.0, 01  8.0, 01 Bảo toàn electron: n NH 4 NO3 = = 0,00375 mol 8 Vậy D gồm: Al(NO3)3 (0,04 mol); Mg(NO3)2 (0,045 mol); NH4NO3 (0,00375 mol) Khối lượng muối = 15,48 gam Và %m Al = %mMg = 50% V Ta có: nBa = n H 2 = (mol) 22, 4 3V Bảo toàn Ba: n Ba(OH)2 = nBa + nBaO + n Ba(OH)2 = (mol) 22, 4 3, 6V (mol); n BaCO3 = 0,192 (mol) n CO2 = 22, 4 Ta có đồ thị:

0,25 0,25

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5 5 (2,0 điểm)

Căn cứ vào tính chất của đồ thị suy ra: 6V 3, 6V – = 0,192  V = 1,792 lít. 22, 4 22, 4 1, 792 Vậy m = (137 + 153 + 171) = 36,88 gam 22, 4 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 Al2O3 + 2 OH   AlO 2 + 2H2O Chất rắn còn lại là Al2O3 dư Theo đồ thị thì số mol BaSO4 = 0,12 mol  số mol Ba = 0,12 mol Số mol H2SO4 = 0,8 mol  H+ = 1,6 mol và SO 24  = 0,8 mol AlO 2 + H+ + H2O  Al(OH)3 x x x Al(OH)3 + 3H+  Al3+ + 3H2O x 3x x Ta có: 4x = 1,6  x = 0,4 mol Số mol Al2O3 phản ứng = 0,2 mol

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

0,25

Trong dung dịch sau phản ứng có: Na+, Al3+ và SO 24 BTĐT: n Na  = 2.(0,8 – 0,12) – 3.0,4 = 0,16 mol

6 (2,0 điểm) b

Vậy m = 0,16.23 + 0,12.137 + 0,2.102 + 5,1 = 45,62 gam n(X) = 0,15 + 0,1 + 0,1 + 0,4 = 0,75 mol; n(π trong X) = 0,15.2 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 mol. m(X) = 0,15.26 + 0,1.52 + 0,1.28 + 0,4.2 = 12,7 gam. BTKL: m(X) = m(Y)  n(Y) = 12,7 : (12,7.2) = 0,5.  n(H2 phản ứng) = n(X) – n(Y) = 0,25 mol = n(π phản ứng)  n(π dư) = n(Br2) = 0,7 – 0,25 = 0,45 mol. nA trong mỗi phần = 0,015 mol. Đặt công thức của A là CnH2n+2-2k n Br 4 Phần 1: n Br2 = 0,02 mol  k = 2 = nA 3 n CO2 8 = Phần 2: n CO2 = 0,04 mol  n = nA 3 Suy ra: m1 = mA = 0,015.(14n + 2 – 2k) = 0,55 gam Ta có: mA = mC + mH  nH = 0,07 mol  n H 2O = 0,035 mol

0,5

 m2 = m H 2O = 0,035.18 = 0,63 gam

1 3,584  0,08mol . Dung dịch AgNO3/NH3 chỉ 2 22,4 hấp thụ ankin, đặt công thức ankin là RC≡CH (giả sử không phải là C2 H2). RC≡CH + AgNO3 + NH3  RC≡CAg + NH4NO3 (1) 12,5  0,08  0,01mol  (R + 132)  0,01 = 1,47 n  n ankin  100  R = 15 (CH3-), công thức của ankin là CH3C≡CH Dung dịch brom hấp thụ anken (CnH2n) và ankin (2) CnH2n + Br2  CnH2nBr2 C3H4 + 2Br2  C3H4Br4 (3) 13,6  0,01  2  0,065mol m C n H 2 n  2,22  0,01  40  1,82g , n Br2 ( 2)  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 Cn H 2 n  2  0,08  0,01  0,065  0,005mol Trong một phần, ta có: n A ,B,C 

a 7 (2,0 điểm)

 3n  1  CmH2m+2 +  (4) O 2  nCO2 + (n+1)H2O  2  CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (5) 2,955  0,015 n CO 2  n BaCO3  197 1 n Từ (4):   n  3 , công thức ankan là CH3CH2CH3. 0,005 0,015 Phản ứng của C: CH3 C CH + 2KMnO4 CH3 C C OK + 2MnO2 + KOH

0,5

O O 5CH3C≡CH + 8KMnO4 + 12H2SO4  5CH3COOH + 5CO2 + 8MnSO4 + 4K2SO4 + 12H2O (Mỗi phản ứng đúng được 0,25 điểm)

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

0,5

8 (2,0 điểm)

9 (2,0 điểm)

Đặt công thức phân tử của A là CnH2n+2Ok (k ≤ n); gọi số mol A bằng 1 mol 3n  1  k O2  nCO2 + (n + 1)H2O CnH2n+2Ok + 2 3n  1  k Mol 1  n (n + 1) 2  Số mol O2 ban đầu là (3n + 1 – k) mol Trong cùng điều kiện nhiệt độ và thể tích, áp suất tỉ lệ thuận với số mol khí P n 1  3n  1  k 0,9  3n – 13k + 17 = 0 Do đó, 1  1 hay  P2 n2 n  n  1  (3n  1  k ) / 2 1,1 Với n1 = nA + n(O2 ban đầu) n2 = n (CO2) + n (H2O) + n (O2 dư) k 1 2 3 4 5 n -0,4/3 3 7,33 11,66 16 Chọn được nghiệm k = 2, n = 3  Công thức phân tử ancol: C3H8O2 Có 2 đồng phân: HO-CH2-CH2-CH2-OH: propan-1,3-điol CH2OH-CHOH-CH3 propan-1,2-điol P + NaOH  nCOOH = nNaOH = 0,51 mol Đặt nX = nY = a (mol) ; nZ = b (mol) nNaOH = 4a + b = 0,51 (1) X và Y là hai axit đa chức, mạch hở, không phân nhánh  X, Y đều là axit 2 chức có dạng R(COOH)2 P tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 thu được kết tủa  Z là HCOOH hoặc có liên kết 3 đầu mạch dạng CH  C – R – COOH TH1: Z là CH  C – R – COOH  Kết tủa là AgC  C – R – COONH4 : b (mol) 52,38  (R + 194)b = 52,38  b = (2) R  194 * Nếu R = 0. Từ (2)  b = 0,27. Thay vào (2), ta được: a = 0,06 Đặt n là số nguyên tử H trong X và Y Bảo toàn H: 0,06.2n + 0,27.2 = 0,39.2  n = 2 Do các axit không vượt quá 4 nguyên tử Cacbon nên: X là HOOC – COOH; Y là HOOC – C  C – COOH ; Z là CH  C – COOH 52,38 53, 7 * Nếu R = 14. Từ (2)  b = . Thay vào (2), ta được: a = 208 208 Đặt n là số nguyên tử H trong X và Y 53, 7 52,38 .2n + .4 = 0,39.2  n < 0 (loại) Bảo toàn H: 208 208 TH2: Z là HCOOH (Giải tương tự nhưng không thỏa mãn yêu cầu)

0,5

10 (2,0 điểm)

OH 2

O Br

- H2O

OH Br

O Br

COOH

0,5

O Br

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

1,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

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.

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

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 hỗn hợp Na, Ba, Mg. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng các kim loại ra khỏi hỗn hợp (khối lượng mỗi kim loại vẫn được bảo toàn). b) Cho từ từ đến dư dung dịch nước vôi trong vào mỗi dung dịch sau: ZnSO4, NH4 HCO3 , (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) Cho 1L dung dịch HClO4 0,003M chứa 2,0.10-4 mol mỗi ion Mn2+ và Cu2+. Bão hòa dung dịch này bằng H2S, giả thiết nồng độ H2S luôn bằng 0,1M không phụ thuộc sự có mặt của các chất khác. Hãy cho biết có thể tách riêng hai ion Mn2+ và Cu2+ không? Biết H2S có pK1 = 7 và pK2 = 14. TMnS = 2,5.10 -10 và TCuS = 8,5.10-36. Câu 4. (2,0 điểm) Cho 16,568 gam hỗn hợp A gồm Fe3O4 và Fe2O3 vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng rồi cho dòng khí CO đi qua một thời gian, thu được 14,568 gam hỗn hợp rắn B gồm Fe, FeO, Fe3O4. Toàn bộ lượng B trên cho vào 460 ml dung dịch HNO3 1,5M đến khi B tan hết, thu được dung dịch C và 0,09 mol khí NO (biết NO là sản phẩm khử duy nhất của HNO3). Tính khối lượng mỗi chất trong A và khối lượng từng chất tan có trong dung dịch C. 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 a a + 2,6 Khối lượng kết tủa Tính giá trị của a và m. Câu 6. (2,0 điểm) a) Nung nóng 0,1 mol C4 H10 có xúc tác thích hợp, thu được hỗn hợp X gồm H2, CH4, C2 H4, 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 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) 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. a) Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T. b) Hãy cho biết Y có mấy đồng phân cấu hình? Biểu diễn một cấu trúc của Y và đọc tên theo IUPAC.

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

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) Từ metylenxiclohexan và các hóa chất cần thiết khác. Hãy viết sơ đồ điều chế các axit sau đây: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic. b) Sắp xếp có giải thích theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau: COOH

;

; N

(A)

COOH

(C)

(B)

c) Hãy đề nghị cơ chế cho các phản ứng sau

O 1/ NaOH, Cl2

2/ H3O+

COOH COOH

----------Hết---------- ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

Câu 1 (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung 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: Vậy e cuối cùng có: l=1, m=-1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 4. Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p 6 3s23p63d10 4s24p1 (Ga)

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

Điểm 0,5

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. Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p3 (N). Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ. Công thức cấu tạo các hợp chất:

0,5 0,25

N H H

0,25

Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3 O

0,25

Oxit cao nhất: O Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp 2. O H

O Hidroxit với hóa trị cao nhất: 2 Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp . Cho hỗn hợp kim loại vào nước dư, sau khi phản ứng hoàn toàn, lọc lấy phần không tan ta được Mg. 2Na + 2H2O  2 NaOH + H2 Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 - Cho khí CO2 sục vào dung dịch nước lọc ở trên đến dư, tiếp tục đun nóng dung dịch hồi lâu, lọc lấy phần kết tủa BaCO3 tạo thành. NaOH + CO2  NaHCO3 Ba(OH)2 + 2CO2  Ba(HCO3)2 ;

2 (2,0 điểm)

3 (2,0

0,25

0,5

t BaCO3 + H2O + CO2 Ba(HCO3)2  - Hòa tan BaCO3 trong dung dịch HCl, cô cạn dung dịch thu lấy muối khan và đem điện phân nóng chảy ta được Ba: BaCO3 + 2HCl  BaCl2 + H2O + CO2 BaCl2 dpnc  Ba + Cl2  - Dung dịch còn lại cho tác dụng dung dịch HCl dư, cô cạn dung dịch thu lấy muối khan và đem điện phân nóng chảy ta được Na: Na2CO3 + 2HCl  2NaCl + H2O + CO2 2NaCl dpnc   2Na + Cl2. 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 NH4 HCO3 : 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: 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, 0045  0, 045M 0,1

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 0,5

điểm)

KOH  HNO 3    KNO3  H 2 O   CH 3 COO   H  CH 3COOH  

(1)

0,1  x

x x  0, 045      H 2 O   OH  H (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 Coi sự đóng góp H+ của H2S là không đáng kể ta có [H+] = 0,003M [ H  ]2 [S 2 ] Từ  K 1 .K 2  10 21 [ H 2 S] 0,1  [S2-] = 10  21  1,1.10 17 M 2 0,003 b [Cu 2+][S2-] = (2.10-4)(1,1.10-17) = 2,2.10-21 > TCuS = 8,5.10-36  Cu 2+ kết tủa dưới dạng CuS [Mn2+][S2-] = (2.10-4)(1,1.10-17) = 2,2.10-21 < TMnS = 2,5.10-10  Mn2+ không kết tủa dưới dạng muối sunfua. Nồng độ S2- thay đổi không đáng kể khi Cu 2+ kết tủa hết, nên khi đó Mn2+ vẫn chưa kết tủa. Vậy có thể tách riêng hai ion này. Gọi n Fe3O4  x; n Fe2O3  y ; n HNO3  0,69 Khi A tác dụng với CO thì: nO (pư) =

16,568  14,568  0,125 = nCO (pư). 16

Xét 2 trường hợp: TH1: dung dịch C chứa Fe(NO3)3 + HNO3 (có thể dư) Bảo toàn e ta có: 1x + 2nCO = 3nNO  x = 0,02  y = 0,07455  n Fe 3  0,07455  2  0,02  3  0, 2091 mol

0,5

0,25

0,5

 n HNO3  3n Fe 3  n NO  0,7173  0,69  loại 4 (2,0 điểm)

TH2: HNO3 hết, dung dịch C chứa Fe(NO3)3 hoặc Fe(NO3)2 hoặc cả hai muối - Bảo toàn H  n H 2O  0,5n HNO3  0,345 mol - n NO  3

muoi

0,25

 n NO  axit  n NO  0,6mol 3

Bảo toàn oxi cho toàn quá trình  4x + 3y = 0,125 + 0,6  3 + 0,09 + 0,345 -0,69  3 = 0,29  4x + 3y = 0,29 (*) Theo tổng khối lượng A bài cho: 232x + 160y = 16,568 (**) Từ (*) và (**)  x = 0,059; y = 0,018  m Fe3O4  232  0,059  13,688 gam; m Fe2O3  2,88 gam

0,5

Gọi số mol muối Fe(NO3)3 và Fe(NO3)2 lần lượt là a, b (a, b ≥ 0) Ta có: 3n Fe3O4  2 n F e2O3  n Fe ( NO3 )3  n Fe ( NO3 ) 2 → a + b = 0,213 n NO  ( muoi )  3nFe ( NO3 )3  2nF e ( NO3 )2 → 3a + 2b = 0,6 3

0,5

 a = 0,174; b = 0,039 Vậy m Fe ( NO3 )3  0,174 .242  42,108 gam; m Fe ( NO3 ) 2  0,039.180  7,02 gam 5 (2,0 điểm)

a b

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)

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

0,5 0,25

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:  NaCl + H2O NaOH + HCl  NaAlO2 + HCl + H2O   Al(OH)3 + NaCl Al(OH)3 + 3HCl   AlCl3 + 3H2O 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

0,25

0,5

0,25 0,25

Cn H 2 n 2  (1,5n  0,5) O2  nCO2  (n  1) H 2O   

1,0

0,1.(14n  2) = 2,16  n = 1,4  VO 2 = 0,1.(1,5.1,4 + 0,5).22,4 = 5,824 lít

6 (2,0 điểm)

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:

C-CH2-CH 2-CH2-C

CH3 CH

CH2CH3

7 (2,0 điểm)

0,25 0,25

C-CH2-CH-C CH CH3

CH C-CH-C

0,25

CH C-C-C

0,25

CH3

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   3 sản phẩm là đồng phân cấu tạo ... (2) Từ (1) và (2)  (1) là phản ứng đóng vòng tạo ra chất mạch vòng 3 cạnh ta có: Y X CH3 – CHBr – CH2 – CHBr – CH2 – CH3 Z CH3 – CHBr – CH(CH2Br) – CH2 – CH3 T CH3 – CH(CH2Br) – CHBr – CH2 – CH3

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

0,5

1,0

- Y có 2 cacbon bất đối nên có 4 đồng phân quang học. - 1 cấu trúc của Y: tên gọi: (1R,2S)-1-etyl-2-metylxiclopropan R

Số mol O oxi hóa = a

0,5

4, 48  3, 2 = 0,08 mol 16

3, 2 0, 08 = 40  A là CH3OH: 0,1 mol  H = 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.M D = 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 Cm H 2m  2 O 2 : b mol

0,5

 MA <

8 (2,0 điểm)

0,5

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: C n H 2n  1O2 Na; C m H 2m 3 O2 Na và NaCl  mmuối D = mA + 22nA + mNaCl  22,89  m A  22  0, 2  0,1  58, 5  m A  12, 64 gam

mC  m H  12, 64  mO  12, 64 1 6  2  0, 2  6, 24 gam

 12n CO 2  2n H 2 O  6, 24 1

Sau khi đốt cháy X: mbình tăng = m CO 2  m H 2O  44n CO2  18n H 2 O  26, 72 9 (2,0 điểm)

2

n CO  0, 46 mol Từ (1) và (2)   2 n H2 O  0,36 mol nAxit không no = n CO 2  n H 2O  0, 46  0,36  0,1 mol; n Axit no  0, 2  0,1  0,1 mol





0,5

 12, 64  0,1 14n  32   0,1 14m  32  n  m  4, 45.

Mà axit không no chứa một liên kết đôi  m  3  n  1, 45  n  1  HCOOH   m  3, 45  C2 H3COOH : 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 C2 H3COOH  22,78%; % m C3H 5COOH  40,82% ; %m HCOOH  36, 4%

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

0,5

CH3

CH2

HBr

H3O+

CH2Br HBr/peoxit

1. KCN 2. H3O+

COOH

CH3

1,0

CH2COOH

(hoÆc 1. Mg/ ete ) 2. CO2 3. H3O+

COOH <

COOH

1. CO2

Mg/ ete

10 (2,0 điểm)

MgBr

CH3

COOH

< S (A)

(C)

0,5

N (B)

Vì: M C < M A. (B) có thêm liên kết hidro liên phân tử với N của phân tử khác O

OHCl2

O COO-

Cl OH-

Cl Cl2

O Cl2

OH-

H3O+

- CCl

Cl O

COO-

COOH

O COOH

OH-

COO-

- CCl

0,5

CCl3 COOO

COOH

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) a) Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho Natri dư vào các ống nghiệm chứa các dung dịch sau: Ca(HCO3)2; Al2(SO4)3; BaCl2; CuSO4. b) Hỗn hợp A gồm CuO, AlCl3, CuCl2, Al2O3. Bằng phương pháp hóa học hãy tách từng chất ra khỏi hỗn hợp A mà không làm thay đổi khối lượng của chúng. Câu 2. (2,0 điểm) a) Cho biết dạng hình học phân tử của NH3, NF3. So sánh và giải thích sự khác biệt giá trị của nhiệt độ sôi các chất này. b) So sánh và giải thích độ mạnh tính axit và tính oxi hóa của các chất sau đây: HClO, HClO2, HClO3, HClO4. Câu 3. (2,0 điểm) a) 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. b) 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 . Câu 4. (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R có hóa trị không đổi. Hòa tan 3,3 gam X trong dung dịch HCl dư được 2,9568 lít khí ở 27,30C và 1 atm. Mặt khác, cũng hòa tan 3,3 gam trên trong dung dịch HNO3 1M lấy dư 10% thì được 896 ml hỗn hợp khí Y gồm N2O và NO ở đktc có tỉ khối so với hỗn hợp Y (gồm NO và C2 H6) là 1,35 và dung dịch Z. a) Xác định R và tính phần trăm khối lượng các chất trong X. b) Cho Z phản ứng với 400 ml dung dịch NaOH thấy xuất hiện 4,77 gam kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH; biết Fe(OH)3 kết tủa hoàn toàn. Câu 5. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 trong 50 ml dung dịch H2SO4 18 M (dư) thu được dung dịch Y và V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cho 450 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 21,4 gam kết tủa. Tính khối lượng chất tan trong Y và giá trị của V. Câu 6. (2,0 điểm) Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với m gam dung dịch HNO3 24% thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N2, NO, N2O, NO2 trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 gam muối khan. Tìm giá trị của m. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. Câu 7. (2,0 điểm) Chia hỗn hợp 2 anđehit gồm 1 anđehit là đồng đẳng của anđehit fomic và 1 anđehit không no chứa một liên kết đôi đơn chức thành hai phần bằng nhau. - Phần I tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, đun nóng thu được 32,4 gam Ag. - Phần II đốt cháy hoàn toàn thu được 15,4 gam CO2 và 5,4 gam H2O. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

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

Xác định công thức cấu tạo và gọi tên 2 anđehit trên? Câu 8. (2,0 điểm) a) Hợp chất A có công thức phân tử C9 H8. 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. b) Hidro hoá một chất X (C7 H10) không quang hoạt thu được chất Y (C7 H16) cũng không quang hoạt có tỉ lệ tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc hai với tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc một là 2:3. X tác dụng được với dung dịch AgNO3 trong NH3 tạo kết tủa và tác dụng với H2 có xúc tác là Pd/PbCO3 tạo ra Z. Andehyt oxalic là một trong các sản phẩm được tạo thành khi ozon phân Z. Xác định công thức cấu tạo X, Y, Z. Câu 9. (2,0 điểm) a) Hoàn thành các dãy chuyển hóa dưới đây:  G + CH4 axetilen + CH3MgBr  

G + CO2  H H I (C3H2O2) 2 O , H 2SO4 , HgSO 4     J (C3H4O3) I H  sản phẩm chỉ chứa một chất hữu cơ K. J + KMnO4  b) So sánh (có giải thích) độ mạnh tính axit của K với axit sucxinic. Câu 10. (2,0 điểm) Đề nghị cơ chế chi tiết hình thành các sản phẩm trong các trường hợp sau: a)

b) OH H2SO4 OC2H5

----------Hết----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 6

Câu a

1 (2,0 điểm) b

a 2 (2,0 điểm) b

3 (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung Điểm 0,25 Ca(HCO3)2: Có khí không màu, không mùi và kết tủa trắng. Viết pt. Al2(SO4)3: Có khí không màu, không mùi và kết tủa keo trắng bị tan. Viết pt. 0,25 0,25 BaCl2: Có khí không màu, không mùi. Viết pt. CuSO4: Có khí không màu, không mùi và kết tủa xanh lam. Viết pt. 0,25 Tách CuO : hòa tan hỗn hợp A vào nước được dd B gồm CuCl2 và AlCl3 và chất rắn C gồm CuO và Al2O3 không tan. Hòa tan C trong dd NaOH dư, lọc lấy phần 0,25 không tan thu được CuO, phần nước lọc chứa muối NaAlO2 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O Tách Al2O3 : NaAlO2 + CO2 +2H2O → Al(OH)3 + NaHCO3 0,25 t0 2 Al(OH)3   Al2O3 + 3H2O Tách CuCl2: Cho NaOH vào dung dịch B, lọc lấy kết tủa và thu lấy nước lọc. Hòa tan kết tủa trong HCl dư rồi cô cạn dung dịch thu được CuCl2 AlCl3 + 4 NaOH  NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O 0,25 CuCl2 + 2NaOH  Cu(OH)2 + 2NaCl Cu(OH)2 + 2HCl  CuCl2 + H2O Tách AlCl3: Sục khí CO2 dư vào phần nước lọc ở trên . Hòa tan kết tủa trong HCl vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thu được AlCl3 0,25 NaAlO2 + CO2 + 2H2O  Al(OH)3 + NaHCO3 Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O Dạng hình học phân tử: tháp đáy tam giác .. .. 0,5 N N H H F F H F NH3 là phân tử phân cực, tạo được liên kết hidro giữa các phân tử nên có nhiệt 0,5 độ sôi cao hơn NF3. Độ mạnh tính axit: HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 Giải thích: Do số oxi hóa của nguyên tố trung tâm clo tăng dần từ +1 đến +7 0,5 đồng thời số nguyên tử oxi không hidroxyl tăng làm tăng độ phân cực của liên kết O-H. Độ mạnh tính oxi hóa: HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 0,5 Giải thích: Số nguyên tử oxi tăng làm tăng độ bền phân tử (độ bội liên kết tăng) nên độ mạnh tính oxi hóa giảm. 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 1,0 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)

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

[H+] trong dung dịch thu được =

0,1V  0, 02  0, 01 (M)  V = 0,244 (lít) V  0, 2

10 16 = 10 -14M 10 2 10 10 Để kết tủa AgCl xuất hiện cần: [Ag+] = 2 = 10-8M 10 AgI kết tủa trước.  b 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  10-8 I- kết tủa hết. Vậy khi AgCl bắt đầu kết tủa thì [I-] = 10 10 MNO = MC2H6 = 30  M Y = 30 Tìm được: nNO = 0,01 mol; nN2O = 0,03 mol + Đặt x, y lần lượt là số mol của Fe và R trong 3,3 gam X Ta có: 56x + Ry = 3,3 (I) + Gọi n là hóa trị của R (n  4). Áp dụng ĐLBT electron ta có:  2x  ny  0,12.2  x  0,03 mol   a  3x  ny  0, 03.8  0, 01.3  ny = 0,18 mol + Thay x = 0,03 mol vào (I) được; Ry = 1,62 (IV) + Chia (IV) cho (III) được: R = 9n  chỉ có n = 3; R = 27 = Al là phù hợp khi đó thay n = 3 vào (III) ta có: y = 0,06 mol 0, 06.27 + Vậy: R là Al với %m Al = .100% = 49,1%; %mFe = 50,9% 3, 3 + Ta có: Số mol HNO3 phản ứng = tổng số mol e trao đổi + số mol N trong khí = (0,03.8 + 0,01.3) + (0,03.2 + 0,01.1) = 0,34 mol  Số mol HNO3 dư = 0,34.10/100 = 0,034 mol. + Ta luôn có: nFe(NO3)3 = nFe và nAl(NO3)3 = nAl. Do đó dung dịch Z có: Fe(NO3)3 = 0,03 mol; Al(NO3)3 = 0,06 mol; HNO3 dư = 0,034 mol Khi Z + dd NaOH: HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O (1) Mol: 0,034 0,034 Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaNO3 (2) b Mol: 0,03 0,09 0,03 Al(NO3)3 + 3NaOH → Al(OH)3 ↓ + 3NaNO3 (3) Mol: 0,06 Có thể có: Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (4) + Khối lượng Al(OH)3 = 4,77 – 0,03.107 = 1,56 gam  Al(OH)3 = 0,02 mol TH1: không xảy ra phản ứng (4): Số mol NaOH = 0,034 + 0,09 + 3.0,02 = 0,184 mol  CM = 0,46 M TH2: xảy ra phản ứng (4): Số mol NaOH = 0,034 + 0,09 + 3.0,06 + (0,06 – 0,02) = 0,344 mol  CM = 0,86M Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Để kết tủa AgI xuất hiện cần: [Ag+] =

4 (2,0 điểm)

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

1,0

0,5

(2,0 điểm)

Dung dịch Y gồm: Fe2(SO4)3 và H2SO4 dư nNaOH bđ = 0,9 mol nNaOH = 3nFe(OH)3 = 0,6 mol 1 1  nH2SO4 dư = nNaOH =  0,9  0, 6  = 0,15 mol 2 2  nH2SO4 pứ = 0,9 – 0,15 = 0,75 mol Gọi số mol SO2 là x mol Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX  mH2 SO4 pu  mFe2  SO4   mSO2  mH 2O 3

6 (2,0 điểm)

7 (2,0 điểm)

0, 75  x  19, 2  98.0, 75  400.  64 x  18.0, 75  x  0,3 3  VSO2 = 6,72 lít nH SO pu  nSO2 0,75  0.3 Bảo toàn nguyên tố S, ta có: nFe2  SO4  (Y )  2 4   0,15  mol  3 3 3  mchất tan trong Y = 0,15.98 + 0,15.400 = 74,7 gam Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x = 14,4  x = 0,1 Lập luận chứng tỏ có muối NH4NO3 và n = 0,0125 (mol) Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta coi 2 khí này là một khí N3O2  NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b Ta có hệ phương trình:  a  b  0,12 a  b  0,12  a  0, 072    3a  8b  0,1  0,7 3a  8b  0, 6 b  0, 048 Tổng số mol HNO3 đã dùng là: 4a + 10b + 0,125 = 0,893 (mol) 0,893.63.100.120 = 281,295 (gam)  m = 24.100 32, 4 15, 4 5, 4 n AgNO3   0,3( mol ) ; nCO2   0,35(mol ) ; nH 2O   0,3( mol ) 108 44 18 Hỗn hợp gồm: a mol anđehit no đơn chức CnH2nO (n  2) b mol anđehit không no đơn chức CmH2m-2O (m  3) Cn-1H2n-1CHO+2AgNO3+NH3+H2O  Cn-1H2n-1COONH4 +2NH4NO3 + 2Ag a 2 a Cm-1H2m-3CHO+2AgNO3+NH3+H2O  Cm-1H2m-3COONH4 +2NH4NO3 +2Ag b 2b  a + b = 0,15 (1) 3n  1 CnH2nO + O2   n CO2 + n H2O 2 a an an 3n  1 CmH2m-2O + O2   mCO2 + (m-1) H2O 2 b bm (bm- b) an + bm = 0,35 (2) an + bm - b = 0,3 (3) - Từ (2) và (3)  b = 0,05 (mol) - Từ (1)  a = 0,1  0,1n + 0,05 m = 0,35  2n + m = 7  n =2 và m= 3 - CTCT của 2 anđehit là : CH3CHO và CH2=CH-CHO

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

8 (2,0 điểm)

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 kém bền. 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 chứa 1 liên kết đôi kém bền nữa. Công thức của A:  H 2 / Ni , t o C7H10   C7H16 (Y không quang hoạt) (X không quang hoạt) Vì X cộng 3 phân tử hidro để tạo thành Y nên X có các liên kết bội hoặc vòng 3 cạnh Y có: số ngtử H/CII: số ngtử H/CI = 2:3 Vậy CTCT của Y là: CH3CHCH2CH2CH2CH3 | CH3 hoặc: CH3CH2CHCH2CH3 | CH2CH3 X + AgNO3 + NH3  kết tủa  trong cấu tạo của X có liên kết ba đầu mạch (CCH) X + H2 Pd / PbCO 3  Z  trong cấu tạo của Z không còn liên kết CCH, mà chỉ có liên kết C=C Z ozonphan  HOCCHO   Trong cấu tạo của Z phải có: C=CHCH=C Vậy CTCT của X là: CH3CHCH=CHCCH | CH3 Y là: CH3CHCH2CH2CH2CH3 | CH3 Z là: CH3CHCH=CHCH=CH2 | CH3 Hoàn thành dãy chuyển hóa CHCH + CH3MgBr  CHCMgBr + CH4

1,0

0,5



9 (2,0 điểm) b

CHCMgBr + CO2  CHCCO2MgBr H CHCCOOH 2 O , H 2SO4 , HgSO 4 CHCCOOH H  HOCCH2COOH    KMnO 4 HOCCH2COOH   HOOCCH2COOH K1 (axit malonic) > K1 (axit sucxinic) do khi mạch cacbon tăng, hiệu ứng (-I) của nhóm cacboxyl giảm làm độ phân cực của liên kết O-H giảm và độ bền của bazơ liên hợp giảm. K2 (axit malonic) < K2 (axit sucxinic) do ion sucxinat bền hơn ion malonat nhờ mạch cacbon lớn hơn, thế năng tương tác giữa các nhóm COO- nhỏ hơn. HO OH OO O 2HO C C C C C C O O O O O O HOOC(CH2)nCOOH  HOOC(CH2)nCOO  OOC(CH2)nCOO-

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

1,0

a 10 (2,0 điểm)

H +

+ OH2 -H2O

+H2O +

OC2H5

+ H2O

OC2H5

H -C2H5OH OC2H5 + -H+ OH

1,0 O

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. 1) 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. 2) 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, hãy trình bày cách nhận biết các bình trên. Câu 2. Hợp chất A có công thức M2XnY12 được tạo thành từ các nguyên tử của 3 nguyên tố (M, X, Y): M là kim loại thuộc chu kì 3; X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một nhóm và ở hai chu kì nhỏ liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn. Trong 1 phân tử A, tổng số hạt mang điện bằng 340 hạt. Xác định công thức phân tử A. Biết tổng số nguyên tử trong một phân tử A không vượt quá 17 nguyên tử. Câu 3. 1) Dung dịch X gồm hai axit HCl 0,001M và CH3COOH 0,1M. Tính pH của dung dịch X. Biết axit CH3COOH có Ka = 1,8.10 -5. 2) 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 ; T AgCl = 1,6.10-10. Câu 4. 1) 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. 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. Câu 5. Hỗn hợp chất rắn X gồm Mg, Al, NaNO3 (trong đó oxi chiếm 30,0% khối lượng của hỗn hợp). Cho 16,0 gam X tác dụng hết với dung dịch NaHSO4, kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa và 1,68 lít(đktc) hỗn hợp khí Y gồm N2O và H2. Tỷ khối của Y so với H2 bằng 8. Cô cạn dung dịch Z, thu được m gam muối khan. Tính m? Câu 6.

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

Cho 50 gam dung dịch MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6% tác dụng với 10 gam dung dịch AgNO3 thu được kết tủa AgX. Lọc kết tủa được dung dịch nước lọc, biết nồng độ MX trong dung dịch sau thí nghiệm giảm 1,2 lần so với nồng độ đầu. 1) Tìm M và X. 2) Trong phòng thí nghiệm có chứa một lượng X2 rất độc hãy nêu phương pháp loại bỏ khí X2. Viết phương trình hoá học xảy ra. Câu 7. 1) Thực hiện phản ứng crackinh butan thu được một hỗn hợp X gồm các ankan và các anken. Cho toàn bộ hỗn hợp X vào dung dịch Br2 dư thấy có khí thoát ra bằng 60% thể tích X; khối lượng dung dịch Br2 tăng 5,6 gam và có 25,6 gam brom đã tham gia phản ứng. Đốt cháy hoàn toàn khí thoát ra thu được a mol CO2 và b mol H2O. Tính giá trị của a, b. 2) 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). a) Lập luận xác định cấu tạo (có lưu ý cấu hình) và gọi tên A, B, C. b) Oxi hóa mãnh liệt A bằng dung dịch KMnO4 trong H2SO4.Viết phương trình hoá học. Câu 8. Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. 1) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 9. 1) 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+ Crackinh

CnH2n+2 A1(khí)

(1)

(3)

(2) (4) +H2O/H+

+O2,xt

A5 (C3H6O)

(5) +O2/xt

2) Ba đồng phân C5H12 có nhiệt độ sôi lần lượt là 9,50C; 280C; 360C. Hãy cho biết cấu tạo của mỗi đồng phân tương ứng với nhiệt độ sôi ở trên và sắp xếp 3 đồng phân trên theo độ bền ở nhiệt độ phòng. Giải thích ?

----------GOOD LUCK----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 7

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung 1) 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 (hỗn hợp axit không màu) 2) 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:  KHCO3 , BaCl2 (A 2 ) HCl CO2   KHCO3 BaCl2 d (A)       CO2   BaCO3 (A1 )  K 2 CO3 + 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: CO2   KHCO3 BaCl2 d  KHCO3 , BaCl2 (B2 ) HCl (B)       không CO 2   BaSO 4 (B1 )  K 2SO 4 + 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:

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

 BaCl2 d C2   không  K 2CO3 BaCl2 d  H 2O HCl (C)       K 2SO 4 CO 2   BaSO4 C BaCO3  1 BaSO 4   Hợp chất A có dạng: M2XxY12:  4ZM + 2nZX + 24ZY = 340  2ZM + nZX + 12ZY = 170 (1) X, Y là thuộc cùng một nhóm và ở hai chu kì nhỏ liên tiếp (giả sử ZX > ZY) (2)  ZX - ZY = 8 (3) M là kim loại thuộc chu kì 3  11 ≤ ZM ≤ 13 Theo (1), (2) và (3): 2ZM + (n+12) ZX = 266  ZM = 133 – (0,5n + 6)ZX (4) 122 120 Thay (4) vào (3):  kết hợp với 1 ≤ n ≤ 17 – 12 – 2 = 3  ZX  6  0,5n 6  0,5n 120 122  ZX    16 ≤ ZX ≤ 18 6  0,5.3 6  0, 5.1 Trường hợp 1: ZX = 16 (S)  ZY = 8(O)  ZM = 37 - 8n  3 ≤ n ≤ 3,25  n = 3 và ZM = 13 (Al) Hợp chất A: Al2S3O12  Al2(SO4)3 Trường hợp 2: ZX = 17(Cl)  Z Y = 9(F)  Z M = 31 - 8,5n  2,1 ≤ n ≤ 2,3 (loại) 1) HCl  H+ + Cl- C(M) 0,001 0,001  CH3COO- + H+ Ka = 1,8. 10 -5  CH3COOH   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. 2) Ag+ + 2NH3 = Ag(NH3)2+ Có cân bằng:



Ag(NH3)2 Ag + 2NH3

-8

K = 6,0.10  K = +



 3 2

= 6.10-8 (*)

 Ag(NH )  Cl  = 0,5 mol/lít. Kết tủa AgCl không có nếu: Ag  Cl   TAgCl 1,6.10-10  Ag+  = 3,2.10-10 mol/lít 0,5 .6.10 -8. Ag( NH 3 ) 2  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 [ ] (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 1) 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 -

 Ag  . NH3 



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

50,82  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. 2) Dung dịch A có 0,4 mol H+, 0,05 mol Cu2+, 0,4 mol Cl-, 0,1 mol NO3- Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng : Fe + 4H+ + NO3-  Fe3+ + NO + 2H2O (1) 0,4 0,1 0,1 0,4 0,1 0,1 0 0 0,1 3+ 2+ 3Fe (2) Fe + 2Fe  0,05 0,1 Fe + Cu2+  Fe2+ + Cu (3) 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) Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối sunfat trung hòa, chứng tỏ NaHSO4 vừa đủ phản ứng với X. 30% .16  0,1 mol n NaNO3  16.3  Mg  N 2 O 0, 025 mol   NaHSO 4    m m  gam     H 2O 16 gam  Al mol H 0, 05 2   NaNO 0,1 mol 3 

nFeO + 2nFe2O3 = nFe(NO3)3 =

BT nito : nNH   0,1  0,025.2  0, 05 mol 4

BT hidro : nNaHSO4  10nN2O  10nNH   2nH 2  0,85 mol

BT o xi : nH 2O  3nNaNO3  nN2O  0, 275 mol BTKL : mm  (16  0,85.120)  (0, 275.18  0,025.44  0,05.2)  111,85 gam

1) Theo giả thiết ta có khối lượng MX ban đầu là 17,8 gam. PTHH  AgX + MNO3 (1) MX + AgNO3  Gọi a là số mol của MX tham gia phản ứng (1), ta có khối lượng kết tủa là: a(108 + X)  khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 60 – a(108+X) 17,8  a ( M  X ) 35,6 .100   nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là: 60  a (108  X ) 1, 2 Từ đó ta có: 1,2(M+X) = 0,356(108+X) Lập bảng xét các giá trị của X = 35,5; 80; 127 chỉ có nghiệm thích hợp là X = 35,5 và M = 7,0 tương ứng với X là clo, M là liti và công thức hợp chất là LiCl 2) Để loại bỏ một lượng nhỏ khí Cl2 trong phòng thí nghiệm cần phải bơm một lượng khí NH3 vào PTHH: NH3 + Cl2 → N2 + HCl HCl + NH3 → NH4Cl 25, 6 100 = 0,16 mol = nanken  nX = 0,16. = 0,4 mol  nankan = 0,24 mol 1) nBr2 = 160 40 Do phản ứng cracking tạo 1 ankan và 1 anken, số mol ankan mới tạo ra bằng số mol ankan ban đầu bị cracking nên ta có: nC4H10 ban đầu = nankan = 0,24 mol

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

Khi đốt C4H10 ban đầu tạo ra: 0,96 mol CO2 và 1,2 mol H2O Trong anken chứa: nC = x mol và nH = 2x mol  manken = 12x + 2x = 5,6  x = 0,4 mol Vậy khi đốt cháy hoàn toàn khí thoát ra (hỗn hợp các ankan) sẽ thu được: a = nCO2 = 0,96 – 0,4 = 0,56 mol ; b = nH2O = 1,2 – 0,4 = 0,8 mol 2  2.8  12 2) a) A có độ bất bão hòa    3 , 2 2  2.8  18 2  2.8  14 B có    0 và C có    2 . 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 H 2Z,5Z-4-metylhepta-2,5-dien (C) CH3 C C C C C CH3

H H CH3 H H b) Phương trình phản ứng: 5CH3CH=CHCH(CH3)CC-CH3 + 14KMnO4 + 21H2SO4  10CH3COOH + 5CH3CH(COOH)2 + 14MnSO4 + 7K2SO4 + 16H2O Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin  C là ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n  1). xt,t 0 2RCHO + 2 H2O (1) 2 RCH2OH + O2  xt,t 0 RCH2OH + O2  RCOOH + H2O (2) Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. t0 * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH   RCOONH4 + 2Ag+ 3NH3 + H2O (3) * Phần 2: RCOOH + NaHCO3  RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 2: 2 RCOOH + 2 Na  2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na  2 RCH2ONa + H2 ↑ (6) 2 H2O + 2 Na  2 NaOH + H2 ↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol.  2y  0, 2  x  0,1   Theo (1  7) và bài ra ta có hệ:  z  0,1   y  0,1 0,5z  0, 5x  0, 5(y  z)z  0, 2  z  0,1   Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm: 0,1 (mol) RCOONa ; 0,1 (mol) RCH2ONa và 0,2 (mol) NaOH. mchất rắn = (R+ 67). 0,1 + (R + 53). 0,1 + 40.0,2 = 25,8  R = 29 (C2H5 –) Vậy ancol C: CH3– CH2 – CH2 - OH. 1) * 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

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

1. CH3-CH2-CH2-CH3

Crackinh

(A1)

H2SO4

2. CH3-CH=CH 2 +

CH(CH3)2 3.

(A3) OH 1.O2 2.H2SO4(l)

4. CH3-CH=CH2 + H2O 5.

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

+ CH3-CO-CH3 (A5)

H+

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

CH3-CH(OH)-CH3 (A4) Cu,t0

CH3-CO-CH3 (A5)

+ H2O

2) n-pentan: CH3CH2CH2CH2CH3 360C iso-pentan: (CH3)2CHCH2 CH3 280C neo-pentan (CH3)4C 9,50C n-pentan có cấu tạo “zic-zăc”, giữa các phân tử có bề mặt tiếp xúc lớn, do đó có nhiệt độ sôi lớn nhất. Còn iso pentan có cấu tạo phân nhánh, nên giữa hai phân tử co điểm tiếp xúc rất ít, do đó lực hút Van Der Wall yếu hown, nên có nhiệt độ sôi thấp hơn n-pentan. Đặc biệt neopentan có nhánh tối đa nên diện tích bề mặt phân tử nhỏ nhất, nên có nhiệt độ sôi nhỏ nhất. Tính bền tăng nhanh khi sự phân nhánh tăng:n-pentan < iso-pentan < neo-pentan

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. 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. Câu 2. 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 3. Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. Tính phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp A. Câu 4.

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

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. 1) Xác định thành phần % khối lượng của hỗn hợp X. 2) Tính V. Câu 5. Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C màu vàng. Cho 0,1 mol hợp chất C phản ứng với CO2 (dư) tạo thành hợp chất D và 2,4 gam chất B. Hòa tan hoàn toàn D vào nước, dung dịch D phản ứng vừa hết 100ml dung dịch HCl 1M giải phóng 1,12 lít khí CO2 (đktc). Xác định các chất A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xảy ra. Biết hợp chất C chứa 45,07% B theo khối lượng; chất D không bị phân tích khi nóng chảy. Câu 6. 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 1) Xác định cấu tạo và gọi tên A. 2) 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.

Câu 7. 1) Chất A có công thức phân tử là C7 H8. 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) Hỗn hợp khí X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 5 lít hỗn hợp X cần vừa đủ 18 lít khí oxi (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 28:15. Xác định % khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp ancol Y. Câu 8. 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. Câu 9. 1) 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. 2) Viết công thức các sản phẩm tạo thành từ các phản ứng sau: a) Alyl bromua + xiclohexyl magie bromua. b) Xiclo penta-1,3-đien + đimetyl but-2-inoat. c. 1. BH3, tetrahi®rofuran 2. H2O2, OH-

d. ?

CH3

H2SO4

CH3

Câu 10. 1) 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.

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

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). c) 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. 2) Viết cơ chế tổng hợp axit nonanoic từ đietyl malonat theo chuỗi phản ứng sau: 1. CH3CH 2CH 2CH 2ONa 1. KOH A CH2(COOEt) 2 CH3[CH2] 7COOH 2. HCl 2. CH 3[CH2] 6Br 3. toC ----------GOOD LUCK----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 8

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung 1) Do tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa  có SO42-, tác dụng với dung dịch NH3 tạo kết tủa nâu đỏ  có Fe3+. Vậy MX2 là FeS2 FeS2  14H   15NO 3   Fe3  2SO24  7H 2 O  15NO 2 Ba2+ + SO42-  BaSO4 NH3 + H+  NH4+ 3NH3 + 3H2O + Fe3+  3NH4+ + Fe(OH)3 2) 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.

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

1) Các quá trình xảy ra trong dung dịch:  H  + NO 2 Ka = 10-3,29 HNO2   H  + OH  KW = 10-14 H2O  Ta có: C HNO2 .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 x2 Ka = = 10-3,29  x = 6,91.10-3  pH = 2,16. 0,1  x 0,1.0,1 0,1.0, 08 2) C HNO2 = = 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   H  + NO 2 Ka = 10-3,29 (1) HNO2   HNO2 + OH  Kb = 10-10,71 (2) NO 2 + H2O   H  + OH  KW = 10-14 (3) H2O  Trước hết ta tính gần đúng  H   theo cân bằng (1), xem nồng độ ban đầu của HNO2 và NO 2

gần bằng nồng độ ban đầu. 103,29 .0, 01  H   = = 1,28.10-4 >> 10-7 nên dung dịch có môi trường axit, cân bằng phân li 0, 04 (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  = 10-3,29  x = 1,26.10-4  pH = 3,9. Ka = 0, 01  x

BTKL: mB = 83,68  32.0,78 = 58,72 gam. Chất rắn B tác dụng vừa đủ với 0,18 mol K2CO3  nCaCl2 = nCaCO3 = nK2CO3 = 0,18 mol ; nKCl (trong D) = 2nK2CO3 = 2.0,18 = 0,36 mol  mKCl (trong B) = 58,72 – 0,18.111 = 38,74 (gam)  nKCl (trong B) = 0,52 (mol) Gọi x là số mol KClO3, y là số mol KCl trong hỗn hợp X ban đầu.  x  y  0,52  x  0, 4  Ta có hệ:  22    y  0,12  x  y  0, 36  3 y 0, 78.2  0, 4.3  0, 06 (mol) BTNT O: n Ca (ClO3 )2  6  %mKCl = 10,68%; %mKClO3 = 58,55%; %mCa(ClO3)2 = 14,84%; %mCaCl2 = 15,93% 1) 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

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

3 Fe3O4 + 28 HNO3 → 9 Fe(NO3)3 + NO + 14 H2O (1) 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 Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2) 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% 2) Số mol HNO3 của (1) và (2) là: 28/3.x + 4a =1,08 mol → V của dung dịch HNO3 là V = 1,08 lít hay 1080 ml Theo giả thiết ta có số mol HCl = 0,1; số mol CO2= 0,05 mol, dung dịch D tác dụng hết với 0,1 mol HCl tạo ra 0,05 mol CO2  D là muối cacbonat kim loại. D không bị phân tích khi nóng chảy  D là muối cacbonat của kim loại kiềm. Ta có: C + CO2   D + B Từ đó  C là peoxit hoặc supeoxit, B là oxi. Gọi C là AxOy  lượng oxi trong 0,1 mol C là 2,4 + 16x0,05 = 3,2 gam 3, 2 x100  Khối lượng của C = = 7,1 gam  MC = 71 45, 07 Khối lượng của A trong C là 7,1 – 3,2 = 3,9 gam. 3,9 3, 2  MA = 39  A là Kali, B là O2, C là KO2, D là K2CO3 Vậy ta có tỉ lệ x:y = : M A 16 1) Công thức tổng quát cho A là CxHy 12 x  y  80 x  6  , công thức phân tử C6 H8 (   3) Ta có  y  8  y  2x  2 H2C

Từ sản phẩm ozon phân ta thu được cấu tạo của A: H H H H O O C C O O C C O O CH2

CH2

A (hexa-1,3,5-trien) 2) Cơ chế và sản phẩm:

CH2

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

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)

(X) 5,6-dibromhexa-1,3-dien; (Y) 3,6-dibromhexa-1,4-dien;

(Z) 1,6-dibromhexa-2,4-dien 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 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

C-CH2-CH-C CH CH3

CH3 CH C-CH-C

CH C-C-C

CH2CH3

CH3

2) Đặt công thức chung của 2 anken là Cn H 2n ( n là số cacbon trung bình của 2 anken) o

t 2 C n H 2n + 3n O2   2n CO2  2n H 2O 3n 18   n  2, 4 Ta có: 5 2

(1)

Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,4 là C2H4 và anken kế tiếp là C3H6. CH2 = CH2 + HOH → CH3–CH2OH (2) (3) CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH(OH)–CH3 CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH2–CH2OH (4)

%i-C3H7 OH =

15 = 34,88% 28+15

Gọi a, b lần lượt là số mol của C2H4 và C3H6. Ta có: 2a + 3b = 2,4(a+b)  a = 1,5b Theo các phản ứng (2), (3), (4): số mol H2O = số mol anken = 2,5b Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: Khối lượng hỗn hợp ancol Y = khối lượng hỗn hợp anken X + khối lượng nước = 28.1,5b + 42b + 18.2,5b = 129b gam

1,5b.46 = 53,49% 129b %n-C3H 7OH = 100% - 34,88% - 53,49% = 11,63% %C 2 H 5OH =

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

Gọi công thức chung 3 ancol là R OH H SO ñaëc, t 0

2 4   CH3COO R + H2O (1) R OH + CH3COOH  

n( R OH) (trong mỗi phần) =

51,2  30,2  0,5 mol 59  17

Phản ứng với Br2: CnH2n-1OH + Br2  CnH2n-1(OH)Br2 (2) 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 O2  nCO2 + (n+1)H2O (4) CnH2n+1OH + 2 y  ny 3n  1 O2  n CO2 + nH2O (5) CnH2n-1OH + 2 0,25  0,25n

Theo(3,4,5) và bài ra ta có hệ:  x  y  0,25 1,3  0,25n y     x ny 0, 25n 1,55 n 1 

Do: 0<y<0,25, nguyên  3,1<n<5,2. Suy ra: n= 4 hay 5. 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 1) CH3 HBr/-H2O 1. CH3MgBr COCH3 BrCH2CH2CH=C(CH3)2 CCH3 2.H2O OH 1.Mg (A) 2. H3O+ 3. A CH3 HBr BrCH2CH2CH=C(CH3)CH2CH2CH=C(CH3)2 C CH2CH2CH=C(CH3)2 OH 2) a. CH2 = CH-CH2Br + C6H11MgBr → CH2 = CH-CH2C6H11 + MgBr2

b. +

COOH

C-COOCH3 C-COOCH3

COOH

c. .1. BH3, THF (tetrahi®rofuran)

vµ

2. H2O2, OH-

H Cis

d. OH H2SO4

C H3

H CH3

CH3 CH3

1) (a) Cấu tạo:

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

H CH3

(4-metylhex-2-en)

C2H5

CH3 (b) Cấu hình: H

CH3 CH3

CH3

CH C2H5

CH3

BuO

EtOOC

COOEt

OOC

COO-

[CH 2 ]6CH 3

H+

HOOC

CH3

Br CH

CH3 CH C2H5

CH3

OH CH

Br CH

CH3 CH C2H5

CH3

EtOOC

C2H5 (E)(S)

C2H5

COOEt

CH 3[CH2] 5CH 2Br

OH -

CH3

Cl COOEt

C2H5 (E)(R)

CH3

EtOOC

CH3

C2H5 (Z)(S)

H C

C2H5 (Z)(R)

CH3

COOH

[CH 2 ]6 CH 3

tC [CH 2 ]6 CH 3

CH 3[CH2] 7COOH

----------Hết----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. 1) Hãy viết phương trình hóa học và nêu hiện tượng xẩy ra khi: a) Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch KI. b) Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch KI và KIO3. c) Cho Si vào dung dịch NaOH. d) Cho dung dịch NaHS vào dung dịch CuSO4. 2) Cho PH3 tác dụng với Cl2 được chất rắn A và khí B. Cho chất rắn A vào dung dịch Ba(OH) 2 dư được chất rắn C. Hãy xác định các chất A, B, C, viết các phương trình hóa học xẩy ra. Câu 2.

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

1) Hãy giải thích tại sao Nitơ không có khả năng tạo thành phân tử N4 trong khi Photpho và các nguyên tố khác cùng nhóm có khả năng tạo thành phân tử E4 (E là ký hiệu chung cho P, As, Sb, Bi). 2) Xian là chất khí không màu, mùi xốc, có nhiều tính chất tương tự halogen nên gọi là một halogen giả có công thức (CN)2. Hãy viết phương trình phản ứng khi nhiệt phân xian ở 11000C, khi cho xian lần lượt tác dụng với: Cl2, dung dịch KI, dung dịch NaOH. Câu 3. 1) FeS và CuS chất nào tan được trong dung dịch HCl? Biết: TFeS = 5.10-8; TCuS = 3,2.10-38; H2S có K1 = 10-9; K2 = 10 -13. 2) Cation Fe3+ là một axit có hằng số phân li là Ka = 6,3.10 -3, phản ứng với nước theo phương trình: Fe3+ + 2H2O  Fe(OH)2+ + H3O+ a) Xác định pH của dung dịch FeCl3 0,001M. b) Tính nồng độ C (mol/l) của dung dịch FeCl3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH)3 và tính pH của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa. Biết rằng: Fe(OH)3 có TFe(OH)3 = 10-38. Câu 4. Cho V lít khí CO2 (đktc) hấp thụ vào 350 ml dung dịch X gồm KOH 2M và Ba(OH)2 aM, sau phản ứng thu được 78,8 gam kết tủa. Mặt khác, hấp thụ 3,25V lít khí CO2 (đktc) vào 350 ml dung dịch X ở trên, cũng thu được 78,8 gam kết tủa. Tính giá trị của a và V. Câu 5. 1) Cho hỗn hợp gồm a mol FeS2 và b mol Cu2S tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 thì thu được dung dịch A (chỉ chứa 2 muối sunfat) và 26,88 lít hỗn hợp khí Y gồm NO2 và NO ở điều kiện tiêu chuẩn (không còn sản phẩm khử nào khác), tỉ khối của Y so với H2 là 19. Cho dung dịch A tác dụng với Ba(OH)2 dư thì thu được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi thì thu được m gam chất rắn. a) Tính % theo thể tích các khí. b) Tính giá trị m. 2) Hòa tan hỗn hợp bột gồm m gam Cu và 4,64 gam Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (loãng, rất dư), sau khi các phản ứng kết thúc chỉ thu được dung dịch Y. Dung dịch Y làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị m. Câu 6. Cho hỗn hợp X gồm 0,06 mol CuO; 0,05 mol Mg và 0,025 mol Al2O3 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa đồng thời 0,075 mol H2SO4 (loãng) và 0,275 mol HCl, thu được dung dịch Y và khí H2. Nhỏ từ từ dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,05M và NaOH 0,3M vào Y đến khi thu được khối lượng kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn khan. Tính m. Câu 7. Cho hỗn hợp A gồm một ankan, một anken và một ankin. Trong A có hai chất có cùng số nguyên tử cacbon và số mol ankan nhiều gấp 2 lần số mol ankin. Đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít hỗn hợp khí A (đktc) thu được 26,88 lít CO2 (đktc) và 23,4 gam H2O. Xác định công thức phân tử của ba hiđrocacbon trong A. Câu 8. 1) Khi oxi hóa etylen glicol bằng dung dịch HNO3 thu được sản phẩm gồm 5 chất hữu cơ. Viết công thức cấu tạo 5 chất trên, sắp xếp chúng theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi và giải thích ngắn gọn vì sao có sự sắp xếp đó. 2) Nêu phương pháp hóa học nhận biết các hợp chất hữu cơ sau, ở các bình riêng biệt (không cần viết phương trình phản ứng):

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

CH =O

;

CH2Cl

;

COCH3

;

CH(OH)CH3

Câu 9. 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. Câu 10. 1) Hoàn thành sơ đồ điều chế inden từ axetilen.

2) Đề nghị cơ chế phản ứng hóa học cho phản ứng sau: OH H2SO4 OC2H5

----------GOOD LUCK----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 9

Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung 1) a) 2CuSO4 + 4KI → 2CuI + 2K2SO4 + I2 Có kết tủa màu trắng, dung dịch chuyển sang màu vàng b) 2AlCl3 + 5KI + KIO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3I2 + 6KCl

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

Xuất hiện kết tủa keo màu trắng, dung dịch chuyển sang màu vàng c) Si + 2NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2 Có khí không màu thoát ra. d) NaHS + CuSO4 → CuS + NaHSO4 Có kết tủa màu đen xuất hiện Hoặc: 2NaHS + CuSO4 → CuS + Na2SO4 + H2S có kết tủa màu đen xuất hiện và có khí mùi trứng thối thoát ra. 2) A là PCl5; B là HCl; C là Ba2(PO4)3 PH3 + 4Cl2 → PCl5 +3HCl PCl5 + 4H2O → H3PO4 +5HCl 2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O 3Ba(OH)2 + 2H3PO4 → Ba3(PO4)2 + 6H2O Có thể viết phương trình gộp hoặc phương trình ion đều cho điểm tối đa. 1) Vì Các nguyên tố P, As, Sb, Bi có khả phân lớp d trống nên có khả năng tạo liên kết cho nhận kiểu p→d làm liên kết đơn E-E bền hơn trong khi N không có khả năng đó. 110000C 2CN 2) (CN)2 (CN)2 + Cl2 → 2CNCl (CN)2 + 2KI → 2KCN + I2. (CN)2 + 2NaOH → NaCN + NaOCN + H2O   M2+ + 2H2S (*) 1) Ta phải tính K của pư: MS + 2H+   + Nếu K lớn thì pư xảy ra và ngược lại. Theo giả thiết ta có:  M2+ + S2- (1) T  MS  

 H+ + HS- (2)  H2S  K1.    H+ + S2- (3) HS-  K2.  + Để xảy có pư (*) ta phải lấy pư (1) – (2) – (3). Do đó hằng số cân bằng của pư (*) = T.(K1)1 .(K2)-1. + Ứng với FeS thì K = 5.1014  pư xảy ra; Ứng với CuS thì K = 3,2.10-16  pư không xảy ra. 2) a) FeCl3  Fe3+ + 3 Cl  Fe(OH)2+ + H+ (1) Ka = 6,3.10-3  Fe3+ + H2O  

 H+ + OH  (2) KW = 10-14  H2O   Ta thấy CFe3 .K a  K W . Do đó cân bằng (1) quyết định pH của hệ   Fe(OH)2+ + H+ Ka = 10 -2,2 Fe3+ + H2O   Cân bằng: (0,001 – x) x x x2 Ka = = 10-2,2  x = 8,78.10-4 (M). Suy ra pH = -lg(8,78.10-4) = 3,06 0, 001  x

 Fe(OH)2+ + H+ Ka = 10-2,2  b) Fe3+ + H2O   Cân bằng: (C – x) x x   Fe(OH)3 T = 10-38 Fe3+ + 3 OH      H+ + OH  KW = 10-14 H2O   Ta có: Ka =

x2 (1) ; Cx 3

3

 3

T = [Fe ][OH ] = 10

-38

 KH O   (C – x).  2  = 10-38 (2)  x 

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

Từ (1): C – x =

x2 x2 thế vào (2), ta được: Ka Ka

 KH O  .  2  = 10 -38  x 

1 1 . = 104  x = 10-1,8  pH = 1,8 2,2 10 x x2  C = 0,05566 M Ta có: (C – x) = Ka Các phản ứng có thể xảy ra: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O (1) CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O (2) CO2 + K2CO3 + H2O → 2KHCO3 (3) CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (4) Số mol: nKOH = 0,7 mol; nBa(OH)2 = 0,35a mol; nBaCO3 = 0,4 mol Ta thấy: Pứ (1) kết tủa tăng dần đến cực đại; Pứ (2), (3) kết tủa không đổi; Pứ (4) kết tủa tan dần. Như vậy có 2 trường hợp xảy ra: *TH 1: Kết tủa thu được là giá trị cực đại → Ở cả 2 thí nghiệm: Ba(OH)2 phản ứng hết; chưa có pứ (4). Ta có: Khi xong (1) → nCO2 = nBa(OH)2 = nBaCO3 = 0,4 mol. Khi xong cả (1), (2), (3) → nCO2 = 0,4 + 0,7 = 1,1 mol Như vậy: 0,4 ≤ nCO2 ≤ 1,1. Đặt số mol CO2 trong V lit là x mol → trong 3,25V lit là 3,25x mol. → 0,4 ≤ x ≤ 1,1 và 0,4 ≤ 3,25x ≤ 1,1 (Loại) *TH 2: Kết tủa thu được chưa đạt cực đại → Ở thí nghiệm 1: Ba(OH)2 dư, CO2 hết, chỉ xảy ra pứ (1) Ở thí nghiệm (2): Cả Ba(OH)2 và CO2 hết, xảy ra pứ (1), (2), (3) xong; (4) xảy ra một phần. - TH 1: Theo (1): nCO2 = nBaCO3 = 0,4 mol → V = 8,96 lit. - TH 2: Theo (1), (2), (3) → nCO2 = nBa(OH)2 + nKOH = 0,35a + 0,7 Theo (4) → nCO2 = nBaCO3 max - nBaCO3 thu được = 0,35a – 0,4 → (0,35a + 0,7) + (0,35a – 0,4) = 0,4. 3,25 = 1,3 → 0,7a = 1 → a = 10/7 (M). 1) a) Áp dụng phương pháp sơ đồ đường chéo ta có: NO2 46 8 38 NO 30 8 26,88  n NO2 = n NO = = 0,6 mol 22,4.2  %V NO = %V NO2 = 50%



b) * Sơ đồ phản ứng:  dd { Fe3+ + Cu2+ + SO 24 } + NO  + NO2  + H2O FeS2 + Cu2S + HNO3  a b a 2b 2a + b mol - Áp dụng bảo toàn định luật bảo toàn điện tích ta có: 3a + 2.2b = 2(2a + b)  a - 2b = 0 (1) - Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: FeS2  Fe3+ + 2S+6 + 15e Cu2S  2Cu2+ + S+6 + 10e  15n FeS2 + 10n Cu 2S = 3n NO + n NO2  15a + 10b = 3.0,6 + 0,6 = 2,4 (2) Giải hệ (1), (2) ta có: a = 0,12 mol; b = 0,06 mol * Sơ đồ phản ứng:  Ba ( OH ) 2 dö {Fe3+, Cu2+, SO 24 }    {Fe(OH)3, Cu(OH)2, BaSO4}

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

t {Fe(OH)3, Cu(OH)2, BaSO4  Fe2O3, CuO, BaSO4 3 2Fe   Fe 2 O 3 0,12 0,06 Cu 2   CuO 0,12 0,12 BaSO4   BaSO4 0,3 0,3 mol  m(chất rắn) = 0,06.160 + 0,12.80 + 0,3.233 = 89,1 gam

4, 64

 0, 02 mol, n  x mol 2) Ta có: n Fe O  Cu 3 4 232 Fe3O4 + 4H2SO4  FeSO4 + Fe2(SO4)4 + H2O 0,02  0,02 0,02 Cu + Fe2(SO4)3  2FeSO4 + CuSO4 x mol  2x mol 2KMnO4 +10FeSO4+ 8H2SO4  2MnSO4 +5Fe2(SO4)3 +K2SO4 +8 H2O 0,01  0,05 Ta có: 0,02+2x=0,05  x=0,015 mol Vậy: Khối lượng của Cu là 0,96 gam Dung dịch Y gồm các cation: 0,05 mol Mg2+; 0,05 mol Al3+; 0,06 mol Cu2+; 0,055 mol H+ và các anion: 0,275 mol Cl–; 0,075 mol SO42–. gọi nBa(OH)2 = x mol thì nNaOH = 6x mol | quan tâm có x mol Ba2+ và 8x mol OH–. *TH1: Al(OH)3 ↓ lớn nhất, khí đó, OH– vừa đủ để kết tủa hết các ion. Viết các pt phản ứng 8x = ∑nOH– = ∑nđiện tích cation trong Y = ∑nđiện tích anion trong Y = 0,275 + 0,15 = 0,4 25mol. x = 0,053125 mol < 0,075 mol SO4– nên chỉ có 0,053125 mol BaSO4, ra m gam gồm: 0,05 mol MgO + 0,025 mol Al2O3 + 0,06 mol CuO + 0,053125 mol BaSO4 Giá trị của m = 21,728125 gam. *TH2: tìm x sao cho kết tủa BaSO4 lớn nhất . m gam gồm: 0,05 mol MgO + 0,06 mol CuO + 0,075 mol BaSO4 → m = 24,275 gam. Gọi công thức của ankin là CnH2n – 2 ( n  2 ) có x (mol) công thức của ankan là CmH2m+2 ( m  1 ) có y (mol) công thức của anken là Ck H2k ( k  2 ) có z (mol) Ta có: nA = 0,5 mol ; nCO2 = 1,2 mol; nH2O = 1,3 mol Lập hệ pt: x + y + z = 0,5 ; y = 2x y – x = x = số mol H2O – số mol CO2 = 1,3 – 1,2 = 0,1 mol  y = 0,2 mol ; z = 0,2 mol Theo số mol CO2 ta có: xn + ym + zk = 1,2  n + 2m + 2k = 12 TH1: nếu n = m  3m + 2k = 12  m = 2; k = 3  3 hidrocacbon là C2H2; C2H6 và C3H6 TH2: nếu n = k  2m + 3k = 12  m = 3; k = 2  3 hidrocacbon là C2H2; C3H8 và C2H4 TH3: nếu m = k  n + 4m = 12  n = 4; m = 2  3 hirocacbon là C4H6; C2H6 và C2H4 1) * Khi oxi hóa etylen glicol bằng dung dịch HNO3 thì nhóm –CH2-OH sẽ bị oxi hóa thành – CHO, -COOH. Ta có công thức của 5 chất là: HO-CH2-CHO, HO-CH2-COOH, O=CH-CHO, O=CH-COOH, HOOC-COOH * Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: O=CH-CHO, HO-CH2-CHO, O=CH-COOH, HO-CH2-COOH, HOOC-COOH *Giải thích: Do liên kết H trong axit bền hơn trong ancol; Khối lượng phân tử tăng dần 2) Lấy mỗi lọ một ít làm mẫu thử

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

- Dùng dung dịch nước Brom nhận ra phenol (có kết tủa trắng) - 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). - 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. 1) Theo bài ra: VX = VC2H6  nX = nC2H6 = 0,1 mol 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, 04 mol 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: Cx H y Oz  ( x   )O2  xCO2  H 2 O 4 2 2 2nH 2O 2.1,378 Theo phương trình: y =  27,56 → vô lí (loại vì y phải nguyên)  0,1 nX Trường hợp 1: 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 Cx H y Oz  ( x   )O2  xCO2  H 2 O 2 4 2 Theo phương trình ta có: nCO2 0,8 2nH 2O 2.0, 4 x   8 , y =  8  nA nX 0,1 0,1 m 10, 4 Mà 12.x + y + 16.z = X   104 → z=0 0,1 nX Vậy công thức phân tử của X là: C8H8 n nH 0, 03 0,12 2) Ta có: Br2   1 2   4 nX nX 0,03 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 Vậy công thức cấu tạo của A là: A là Stiren.

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

3) 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: HC

CH CH

2) H

H H+

+ OH2 -H2O

+H2O +

OC2H5

+ H2O

OC2H5

H -C2H5OH OC2H5 + -H+ OH

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10

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) 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.

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

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 CO2 thu 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. 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

1. Li 2. CuI

A 3.

CH2

NBr

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

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

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

H2SO4

OH O

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

----------HẾT---------- (Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn hóa học)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 10

Câu

1 (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung Điểm 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,.. t 0C Hg + 2NO2 + O2 Hg(NO3)2  t 0C 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 t0C 1,0 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 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 Do pH = 13   H   = 10-13  OH   = 0,1M

2 (2,0 điểm)

a  0,1 = 0,1  a = 0,14 mol  2a = 0,28 mol 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: Ag(NH3)2+ + 2H+  Ag+ + 2NH4+ K = 10-7,24.(10 9,24)2 = 1011,24 o C 0,1 C C – 0,2 0,1 0,2 Co - Vì môi trường axit và Kb(NH3) = 10-9,24 nhỏ nên sự phân li của NH4+ có thể bỏ qua. Xét cân bằng: Ag+ + 2NH4+  Ag(NH3)2+ + 2H+ K-1 = 10-11,24 0,2 C – 0,2 C 0,1 [] 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 o   0,05M C CH 3COOH 0,2 Ta có:

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

1,0

0,5

1,0

0,1 0,1  0,05M 0,2 CH3COOH + OH-  CH3COO- + H2O 0,05 0,05M 0 0 0,05 CH3COO- + H2O  CH3COOH + OH- 0,05 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); C oNaOH 

3 (2,0 điểm)

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

0,5

0,25

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 (2,0 điểm)

Bảo toàn Al, ta có: nAl + 2nAl2O3 = a  nAl = 0,24 mol 0, 24.27 .100% = 23,96%  %mAl = 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; 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 = 0,04 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)

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

0,5

1,0

5 (2,0 điểm)

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 2M + 2HCl   2MCl + H2 (2) 1 2M + 2H2O   2MOH + H2 (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. 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 H 2 m = 0,075 (mol). Trong 11,6 gam X có số mol CmH2m = nBr2 1

 nX =

16   0,1( mol ) 160

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 NaOH + CO2   NaHCO3

0,5

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: C2H6 + 3,5O2   2CO2 + 3H2O (2) 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

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

0,5

7 (2,0 điểm)

8 (2,0 điểm)

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) t0 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 Dễ thấy: n   2, 4 và x   1, 6  phải có 1 ancol đơn chức 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 ankin không có phản ứng. Gọi công thức chung của hai ankin là CnH2n – 2  CnH2n – 3Ag + NH4NO3 Pt: CnH2n – 2 + AgNO3 + NH3  4,55 CnH2n – 3Ag =  151, 667  n = 3,33 0,03 Số nguyên tử cacbon mỗi ankin đều lớn hơn 2 1  có một ankin nhỏ nhất là C3 H4 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 CH H3C CH C C C CH3 H3C CH2 C ; ; -CTPT: M = 28.2 = 56 g/mol 12x  y  56  x  4 - Ta có   CTPT là C4H8  y  8  y  2x  2 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:

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

0,5

CH3

;

C=C H

CH3 C=C

CH3

trans-but-2-en (A)

H Cis-but-2-en (B)

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

CH2=C-CH3

;

CH3 Isobutilen (Y)

a) Công thức cấu tạo của hai axit

0,5 1 (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.

9 (2,0 điểm)

0,5

1,0 Br

C O O

10 (2,0 điểm)

1) O3

[H+ ] -H2O HO

- H2O

[H+ ]

H3O+

1) LAH 2) H2O

2) DMS

1,0

-H2O HO

-H

OH +

1,0

OH HO

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm) Hợp chất vô cơ X thành phần gồm 2 nguyên tố, có 120 < MX < 145. Cho X phản ứng với O2 thu được chất duy nhất Y. Cho Y phản ứng với H2O thu được 2 axit vô cơ là A và B. A phản ứng với dung dịch AgNO3 thu được kết tủa trắng C kết tủa này tan trong dung dịch NH3. B phản ứng với dung dịch NaOH dư thu được muối D. D phản ứng với dung dịch AgNO3 thu được kết tủa vàng E. Chất X khi phản ứng với H2O thu được 2 axit là G và A, khi đun nóng G thu được axit B và khí H. Lập luận để xác định công thức phân tử các chất. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 2: (2,0 điểm) a) 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? b) 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. Đặc điểm NH3 PH3 AsH3 SbH3 Góc HXH 107° 93° 92° 91° 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. Câu 3: (2,0 điểm) Tính pH của từng dung dịch sau:

  HCO3 + OH  , Kb = 10-3,67 a) Na2CO3 0,1M, biết: CO 32  + H2O     H  + HCO 3 , K1 = 10-6,25 b) NaHCO3 2.10-2M, biết: H2CO3    H  + CO 32  , K2 = 10-10,33  HCO 3   Câu 4: (2,0 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 thu được lượng kết tủa lớn nhất. Lọc lấy kết tủa, đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 41,5 gam chất rắn. 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 A.

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

Câu 5: (2,0 điểm) Hòa tan hòa toàn a gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng vừa đủ (có chứa 0,075 mol H2SO4) thu được b gam muối và 0,168 lít khí SO2 (đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Tính a, b và công thức oxit sắt. Câu 6: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp A gồm một ankan, một anken và một ankin. Trong A có hai chất có cùng số nguyên tử cacbon và số mol ankan nhiều gấp 2 lần số mol ankin. Đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít hỗn hợp khí A (đktc) thu được 26,88 lít CO2 (đktc) và 23,4 gam H2O. Xác định công thức phân tử của ba hiđrocacbon trong A. Câu 7: (2,0 điểm) X có công thức phân tử là C5 H12O4. 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 8: (2,0 điểm) a) Có các chất lỏng mất nhãn riêng biệt sau đây: etanol, metanol, toluen, benzen, glixerol, CHCl3, dung dịch HCHO, dung dịch CH3CHO, dung dịch CH3COOH. Hãy nhận biết các chất lỏng và dung dịch trên b) Có 2 axit: Axit – 4 – brombixiclo [2.2.2] octan – 1 – cacboxylic (A) và Axit – 5 – brompentanoic (B) So sánh độ mạnh axit của chúng. Giải thích Câu 9: (2,0 điểm) a) Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D, X, E trong sơ đồ sau: 

1)O3 ,t 1)CH 3MgI  C (C8H14O2) Xicloheptanon   B (C8H14)   A (C8H16O) H 2) Zn/ H 2 O 2)H O 3

1) I2 / NaOH ( COOH ) 2 , piridin 2 / Pd CH 2   X (C10H16O3) H  D (C10H18O3)   E (C9H16O4). 2)H O 3

b) Từ Toluen và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác đã có đủ. Hãy viết sơ đồ điều chế axit obrombenzoic với hiệu suất cao. Câu 10: (2,0 điểm) Đề nghị cơ chế để giải thích cho hai quá trình chuyển hóa dưới đây:

----------Hết----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 11

Câu

1 (2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung Cho X phản ứng với O2 được Y  X có tính khử. X và Y khi thuỷ phân đều ra 2 axit vô cơ  X là hợp chất của 2 phi kim. Axit A phản ứng với AgNO3 tạo  trắng (C) tan trong NH3  (C) là AgCl và A là HCl do đó trong X chứa Clo. Vì Clo có số oxi hoá âm vậy nguyên tố phi kim còn lại là có số oxi hoá dương nên axit B là axit có oxi. Muối D phản ứng với AgNO3 tạo  vàng  muối D là muối PO43- nên axit B là H3PO4. Vậy X là hợp chất của P và Cl. Với MX trong khoảng 120 < M X < 145 nên X là PCl3. Y là POCl3. Thuỷ phân X được axit G và A vậy G là H3PO3. Các phản ứng minh hoạ: (Mỗi phản ứng đúng được 0,125đ) t0 PCl3 + 1/2 O2   POCl3

Điểm

1,0

t  H3PO4 + 3HCl POCl3 + 3H2O  HCl + AgNO3   AgCl + HNO3  [Ag(NH3)2]Cl AgCl + 2NH3  H3PO4 + 3NaOH   Na3PO4 + 3H2O Na3PO4 + 3AgNO3   Ag3PO4 + 3NaNO3 PCl3 + 3H2O   H3PO3 + 3HCl

1,0

2 (2,0 điểm)

3 (2,0 điểm)

t  PH3 + 3H3PO4 4H3PO3  PCl5 : đúng NCl5: sai Giải thích: N không tạo được 5 electron độc thân, do vậy không thể tạo được 5 liên a 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. Từ N đến Sb bán kính nguyên tử tăng dần, đặc trưng lai hóa sp 3 của nguyên tử X trong phân tử XH3 giảm dần, nên góc liên kết trở về gần với góc giữa hai obitan p b thuần khiết. 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.  HCO3 + OH  Kb = 10-3,67  CO 32  + H2O  

CB: 0,1 – x x x  Kb = x2/(0,1 – x) = 10-3,67  x = 4,62.10-3  [ OH  ] = 4,62.10-3 M  pH = 14 + lg(4,62.10-3) = 11,67   H  + HCO3 , K1 = 10-6,25 H2CO3  

 H  + CO 32  , K2 = 10-10,33  HCO 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

 2 H  + CO 32  , K = K1.K2  H2CO3    K = K1.K2 = [ H  ]2.[ CO 32  ]/[H2CO3] (1)  Na+ + HCO3 Và: NaHCO3 

Ion HCO3 lưỡng tính cho nên:

  H2CO3 + OH  HCO 3 + H2O  

0,5

  CO 32  + H3O+ HCO 3 + H2O    CO 32  + H2CO3 + 2H2O  2 HCO3 + 2H2O     CO 32  + H2CO3 (2)  2 HCO 3   Từ (2)  [ CO 32  ] = [H2CO3] Thay vào (1) ta được: [ H  ]2 = K1.K2 

 [ H ] = K1.K 2 = 10

6,35

.10

10,33

0,5 - 9

= 4,57.10  pH = 8,34

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

a 4 (2,0 điểm)

5 (2,0 điểm)

6 (2,0 điểm)

7 (2,0 điểm)

Gọi x và y lần lượt là số mol của Mg và Al  x  0, 4  2x  3y  3.0, 2  8.0,15  10.0, 05 Hệ:     y  0,5  40x  102.y / 2  41, 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)  m2 =

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) b 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% Tìm được: nFe2(SO4)3 = 0,0225 mol  Khối lượng Fe2(SO4)3 = b = 9 gam Theo định luật bảo toàn khối lượng  a = 3,48 gam Lập luận  nO = 0,06 ; nFe = 0,045  Công thức Fe3O4 Gọi công thức của ankin là CnH2n – 2 ( n  2 ) có x (mol) công thức của ankan là CmH2m+2 ( m  1 ) có y (mol) công thức của anken là Ck H2k ( k  2 ) có z (mol) Ta có: nA = 0,5 mol ; nCO2 = 1,2 mol; nH2O = 1,3 mol Lập hệ pt: x + y + z = 0,5 ; y = 2x y – x = x = số mol H2O – số mol CO2 = 1,3 – 1,2 = 0,1 mol  y = 0,2 mol ; z = 0,2 mol Theo số mol CO2 ta có: xn + ym + zk = 1,2  n + 2m + 2k = 12 TH1: nếu n = m  3m + 2k = 12  m = 2; k = 3  3 hidrocacbon là C2H2; C2H6 và C3H6 TH2: nếu n = k  2m + 3k = 12  m = 3; k = 2  3 hidrocacbon là C2H2; C3H8 và C2H4 TH3: nếu m = k  n + 4m = 12  n = 4; m = 2  3 hirocacbon là C4H6; C2H6 và C2H4 Lý luận  Y có CTPT là C5H4O4 hay M Y = 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

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 0,5 0,5

0,5

R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O → R(COONH4)n + 2nAg + 2nNH4NO3 mol: 0,02 0,16  n = 4  X và Y có CTCT lần lượt là CH 2 OH H OH 2C

CH 2 OH

CH=O 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: t0 2NaBr + H2SO4   Na2SO4 + 2HBr Do đó ta có: H O H2C

C H2O H

0,5

C H2Br

C H2 O H + 4H Br

BrH2C

C H2O H

C H2B r

+ 4 H 2O

C H2B r

Do Q có M < 90 nên Q không còn Br vậy Q là sp của pư sau: C H2B r BrH2C

C H2Br

8 (2,0 điểm)

C H2 + 2Zn

H2C

C H2

0,5 + 2 Z n B r2

C H2

- Cho nước vào ống nghiệm đựng các chất lỏng: + Chất lỏng không tan trong nước, phân lớp, nổi lên trên là toluen, benzen. (Nhóm I) + Chất lỏng không tan trong nước, phân lớp, chìm xuống dưới là CHCl3. + Chất lỏng tan trong nước gồm: etanol, metanol, glixerol, dung dịch HCHO, dung dịch CH3CHO, dung dịch CH3COOH. (nhóm II). - Nhỏ dung dịch thuốc tím vào 2 ống nghiệm chứa 2 chất ở nhóm I, đun nóng. Dung dịch trong ống nghiệm nào mất màu tím là toluen, không có hiện tượng gì là benzen. C6H5CH3 + KMnO4 + H2O  C6H5COOK + MnO2 + KOH. - Nhỏ dung dịch Na2CO3 vào các chất lỏng nhóm II. Dung dịch nào có xuất hiện khí không màu thoát ra là dung dịch CH3COOH, các chất lỏng khác không có hiện tượng. CH3COOH + Na2CO3  CH3COONa + H2O + CO2. - Cho Cu(OH)2 vào 5 chất lỏng, chất lỏng nào làm kết tủa tan, tạo ra dung dịch có màu xanh thẫm là glixerol, 4 dung dịch còn lại không có hiện tượng. Glixerol + Cu(OH)2  phức xanh. - Nhỏ vào 4 chất lỏng còn lại dung dịch AgNO3/NH3, đun nóng nhẹ, chất lỏng nào cho phản ứng tráng bạc là HCHO và CH3CHO (nhóm III), chất lỏng nào không có hiện tượng tráng bạc là CH3OH và CH3CH2OH (nhóm IV). HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  (NH4)2CO3 + 4Ag + 4NH4NO3. CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O  CH3COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3. - Nhỏ dung dịch I2/NaOH dư vào 2 dung dịch nhóm III, dung dịch nào cho kết tủa vàng CHI3 là CH3CHO, dung dịch không có hiện tượng là HCHO. I 2 / NaOH  CHI3 CH3CHO  - Nhỏ dung dịch I2/NaOH dư vào 2 dung dịch nhóm IV, đun nóng, dung dịch nào cho kết tủa vàng là C2H5OH, dung dịch không có hiện tượng gì là CH3OH. I2 I 2 / NaOH CH3 – CH2 – OH   CH3CHO   CHI3 (A) có tính axit mạnh hơn (B) Giải thích.

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

CH 3

CH3

CHO O CH 3

a 9 (2,0 điểm)

COOH

D HOOC

E (Mỗi công thức đúng được 0,125 điểm). Sơ đồ điều chế axit o-brombenzoic CH3

0,75

CH3

COOH

COOK

CH3

+ Br2

+ H2 SO4

+ H2 O/t0

Br + KMnO4

COOH

+ H2SO4

1,25

SO3H

(Mỗi chuyển hóa đúng được 0,25 điểm).

1,0

10 (2,0 điểm)

1,0

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 12

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,5 điểm) 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 NH4 HSO4 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. 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? 3 c) Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng sau: H2SO3 (lỏng)  H2S (khí) + O2 (khí) 2 Biết: H2O (lỏng) + SO2 (khí)  H2SO3 (lỏng) H1 = –124 kJ S (rắn) + O2 (khí)  SO2 (khí) H 2 = –594 kJ 1 H2S (khí) + O2 (khí)  S (rắn) + H2O (lỏng) H3 = –310 kJ 2 Câu 3. (2,5 điểm) Dung dịch A chứa Na2X 0,022M. a) Tính pH của dung dịch A. b) Tính độ điện li của ion X2- trong dung dịch A khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. Cho: pK - = 2,00; pK + = 9,24; pK a1(H X) = 5,30; pK a2(H X) = 12,60. 2 2 a(HSO 4 )

a(NH 4 )

Câu 4. (2,5 điểm)

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

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. (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) 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 60 oC 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) Có ba hợp chất: A, B và C HO

HO CH 3

O A

C CH 3

CH 3

OH O

Hãy so sánh tính axit của A và B, nhiệt độ sôi của B và C. b) Xác định công thức cấu tạo các chất A, B, C, D, E trong sơ đồ chuyển hóa sau:

c) Đề nghị cơ chế chi tiết hình thành các sản phẩm trong các trường hợp sau:

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

----------Hết---------- (Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn hóa học)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 04 trang)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 12

Câu 1 (2,5 điểm)

a b c d e a b

2 (2,5 điểm) c

3 (2,5 điểm)

Nội dung Điểm 3+ 2FeSx + (4x+6) H + (6x+3)NO3  Fe + xSO4 + (6x+3) NO2 + (2x+3) H2O 0,5 3S2- + 2Fe3+  2FeS + 3S 0,5 HSO4- + HSO3- + Ba2+  BaSO4 + SO2 + H2O 0,5 3Ba2+ + 6AlO2- + 2Al3+ + 3SO42- + 12H2O  3BaSO4 + 8Al(OH)3 0,5 có thể chấp nhận: Ba2+ + 3AlO2- + Al3+ + SO42- + 6H2O  BaSO4 + 4Al(OH)3 Ba + NH4+ + HCO3-  BaCO3 + NH3 + H2 0,5 Hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen 0,5 0,5 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 0,5 tạo được 5 liên kết cộng hóa trị. H2SO3 (lỏng)  H2O (lỏng) + SO2 (khí) H1 = +124 kJ SO2 (khí)  S (rắn) + O2 (khí) H 2 = +594 kJ 1 S (rắn) + H2O (lỏng)  H2S (khí) + O2 (khí) H3 = +310 kJ 1,0 2 3 Kết hợp ta có: H2SO3 (lỏng)  H2S (khí) + O2 (khí) 2  H = H1 + H 2 + H3 = 1028 kJ X2- + H2O  HX- + OH- Kb1 = 10-1,4 (1) HX- + H2O  H2X + OH- Kb2 = 10-8,7 (2) 0,5 H2O  H+ + OH- Kw = 10-14 (3) Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw  pH của hệ được tính theo cân bằng (1): X2- + H2O  HX- + OH- Kb1 = 10-1,4 0,5 C 0,022 +

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

[ ] 0,022 - x x x [OH-] = x = 0,0158 (M)  pH = 12,20 Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M: NH4HSO4  NH 4 + HSO 4 0,001 0,001 2-  10,6  2  Phản ứng: HSO 4 + X   HX + SO 4 K1 = 10 0,001 0,022 0,5 - 0,021 0,001 0,001  HX- + NH3  NH 4 + X2-  K2 = 103,36  0,001 0,021 0,001 - 0,020 0,002 0,001 Hệ thu được gồm: X2- 0,020 M; HX- 0,002 M; SO 24  0,001 M; NH3 0,001 M. Các quá trình xảy ra: X2- + H2O  HX- + OH- Kb1 = 10-1,4 (4) NH3 + H2O  NH 4 + OH- Kb’ = 10-4,76 (5) 0,5 HX- + H2O  H2X + OH- Kb2 = 10-8,7 (6) -12 (7) SO 24  + H2O  HSO 4 + OH Kb = 10 - + 2- -12,6 Ka2 = 10 (8) HX  H + X So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C

>> K 'b . C NH >> Kb2. C 3

>> Kb. C

SO 4

 (4) chiếm ưu thế và như vậy

(4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ: X2- + H2O  HX- + OH- Kb1 = 10-1,4 C 0,02 0,002 [] 0,02 - y 0,002 + y y  y = 0,0142  [HX-] = 0,0162 (M) -

 α X - = 2

[HX ]

0,0162 0,022

0,022

= 0,7364 hay α

[OH ] + C (Hoặc α 2- = X

HSO 4

+ C

NH 4



- = 73,64 %.

0,0142 + 0,001 + 0,001

= 0,7364)

0,022 0,022 n Ta có: NO = 0,2 mol; n N 2O = 0,15 mol; n N 2 = 0,05 mol

4 (2,5 điểm)

Gọi x và y lần lượt là số mol của Mg và Al  x  0, 4  2x  3y  3.0, 2  8.0,15  10.0, 05 Hệ:     y  0,5 58x  78y  62, 2  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)

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 b 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% Ta có: M T  16  Trong T có H 2 và n NO  n H 2

 m2 =

5 (2,5 điểm)

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+

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

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    NO  2H 2 O 4H  NO3  3e  mol : 0,04 0,01 0,03 0,01   H2 2H  2e  mol : 0,02 0,02 0,01  2   H 2O 2H  O 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 NO 2  n CO2  n NO   n CO 2  n O 2  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)

- Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2. - A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh – C2H5). - Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

0,5

0,5 0,6

CH2CH3

CH3 H3C

0,5

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) 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,   v  = 4.

CH3

7 (2,5 điểm)

0,5

CH3

H3C CH3 CH3 (A) (B) (C) 1.0, 683 1, 03 = 0,025 mol; M A = = 41,2 nA = 0, 082.333 0, 025 Suy ra: trong A có chứa HCHO (anđehit fomic – gọi là X) n 0,1 10,8 nAg = = 0,1 ml; Ag = = 4 0, 025 nA 108 Suy ra: Y là anđehit hai chức có dạng R(CHO)2 AgNO3 / NH3 HCl  (NH4)2CO3  Từ HCHO  CO2 0,336 = 0,015 mol  nY = 0,025 – 0,015 = 0,01 mol  nX = nCO2 = 22, 4 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) a - Tính axit được đánh giá bởi sự dễ dàng phân li proton của nhóm OH. Khả năng

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

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). - 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). A là B là C là:

(2,5 điểm)

D là E là:

0,5

1,0

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 13

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: Chất 0 H 298 (kJ.mol-1)

N2 0

H2 0

NH3  46,19

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

191,49 130,59 192,51 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.

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

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 C4 H8O. 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. 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

;

2) Có ba hợp chất: A, B và C

;

CH2Cl

COCH3

;

CH(OH)CH3

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

CH 3

OH O

a) Hãy so sánh tính axit của A và B. b) Hãy so sánh nhiệt độ sôi và độ tan trong dung môi 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 CH2(COOEt) 2 CH3[CH2] 7COOH 2. HCl 2. CH 3[CH2] 6Br 3. toC ----------Hết----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 13

Câu a

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung Cu tan, dd xuất hiện màu xanh và khí không màu hóa nâu trong không khí.  3Cu  2NO   4H 2 O 3Cu 2   8H   2NO3 

Điểm 0,5

2NO  O 2   2NO 2

1 (2,0 điểm)

c d

2 (2,0 điểm)

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 sủi bọt khí không màu. 2Fe3+ + 3 CO 32  + 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.

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 0 0 1 a) S0298  2.S298( NH 3 )  S298( N 2 )  3S298( H 2 )  198, 24(J.K )

H 0298(pu)  2.H 0298( NH3 )  H 0298( N2 )  3.H 0298(H2 )  92,38(kJ) 2

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. b) G 0723  H 0723  T.S0723  50947,52(J)   R.T.lnK p  K = 2,085.10-4  K p  K.Pon  2, 085.104 (atm 2 )

0,5

Các quá trình xảy ra trong dung dịch:  H  + NO 2 Ka = 10-3,29 HNO2   H  + OH  KW = 10 -14 H2O  Ta có: CHNO2 .K a  0,1.103,29  K W nên bỏ qua cân bằng phân li của nước so

3 (2,0 điểm)

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 x2 = 10-3,29  x = 6,91.10-3  pH = 2,16. Ka = 0,1  x 0,1.0,1 0,1.0, 08 = 0,05M ; C NaOH = = 0,04M C HNO2 = 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

0,5

 H  + NO 2 Ka = 10-3,29 (1) HNO2   HNO2 + OH  Kb = 10-10,71 (2) NO 2 + H2O  2

 H  + OH  KW = 10 -14 (3) H2O  Trước hết ta tính gần đúng  H   theo cân bằng (1), xem nồng độ ban đầu của 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 x  x  0,04  Ka = = 10 -3,29  x = 1,26.10-4  pH = 3,9. 0, 01  x

0,5

 H   =

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

0,5

Gọi công thức tổng quát của oxit sắt là FexOy (x,y  N*) to Pthh: 4FeCO3 + O2   2Fe2O3 + 4CO2 3x  2y to O2  2FexOy +  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 CO 2 = n BaCO3 = 0,02 (mol) 1

 n Fe/Fex Oy = 2n Fe2O3  n FeCO3 = 0,05.2  0,02 = 0,08 (mol) x n 0,08 9,28  0,02.116  0,08.56 = 0,155 (mol)   Fe  y n O 0,155 16  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 CO  2n Ba(HCO ) + n BaCO  0, 04 (mol)

 n O/Fe x O y =

4 (2,0 điểm)

0,5

3 2

0,5

 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 = 0,08 (mol)   Fe    n O/Fex Oy = y n O 0, 08 4 16  Oxit sắt phải tìm là Fe3O4. Hỗn hợp A có FeCO3 (0,04 mol); Fe3O4 (0,06/3=0,02 mol).

0,5

FeCO3 + 2HCl   FeCl2 + CO2 + H2O 0,04  0,04

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  2FeCl2 + CuCl2 2FeCl3 + Cu  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 3x  y mol NO  Khí tạo thành có: x mol CO2 và 3

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

0,5

Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên n(CO2) = 1,5.nNO 3x  y  y = - x (loại)  x = 1, 5. 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  Khí tạo thành có x mol CO2 và mol NO. 3 Vì số mol CO2 = 1,5. nNO. Nên x = y Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có: t0 NaOH Fe(NO3)3   Fe(OH)3   1/2 Fe2O3

0,5

6 (2,0 điểm)

7 (2,0 điểm)

NaOH t  Ag  1/2Ag2O  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 0,4 43, 2 = 0,4 mol  Ag = > 2 nAg = 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  + số vòng = 3) A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2  A có 2 liên kết  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:

0,5

CH3

a) CH3–CH2–CH=CHCl; CH3–CH=CH–CH2Cl; CH3–CH=CCl–CH3

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

0,75

1 8 (2,0 điểm)

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   3 sản phẩm là đồng phân cấu tạo ... (2) Từ (1) và (2)  (1) là phản ứng đóng vòng tạo ra chất mạch vòng 3 cạnh ta có: Y 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. - 1 cấu trúc của Y: tên gọi: (1R,2S)-1-etyl-2-metylxiclopropan R S Lấy mỗi lọ một ít làm mẫu thử - Dùng dung dịch nước Brom nhận ra phenol (có kết tủa trắng) OH

0,25

0,5

1,0

0,5

OH Br

+ 3 Br 2 + 3HBr

- 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). Br

NH - NH2

O2N

R1 O2N

NO2

1 C - CH3 + 3 I2 + 3 NaOH

9 (2,0 điểm)

+ H2O R2

1,0

C - CI3 + 3 NaI + 3 H2O

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

NH - N = C

+ NaCl

NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3 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+

C2H 4 + H2O

CH 3Br

C2H5ONa

C2H 5OH

COOH

HNO 3

1 10 (2,0 điểm)

EtOH/H+

COOEt

COOH

C2H 5ONa

0,5

1,0

COOEt

C2H5ONa O

CH 3Br COOEt

EtOOC

COOEt

BuO-

H 3C

EtOOC

COOEt

EtOOC

CH 3[CH2] 5CH 2Br

OH -

OOC

COO-

HOOC

H+

COOH

[CH 2 ]6 CH 3

1,0

[CH 2 ]6CH 3

COOEt

[CH 2 ]6 CH 3

CH 3[CH2] 7COOH

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 14

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 thí nghiệm sau: a) Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch ZnCl2. b) Cho dung dịch KHSO4 đến dư vào dung dịch Ba(HCO3)2. c) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NH4NO3 và H2SO4 loãng. d) Cho Fe3O4 vào dung dịch HI, sau đó cho vào dung dịch sau phản ứng một ít hồ tinh bột. Câu 2. (2,5 điểm) a) Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích vì sao SO2 tan trong nước tốt hơn CO2. b) Đốt cháy etan (C2H6) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O (lỏng) ở 25°C. i) Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ.

∆Hht ( KJ.mol-1)

Liên kết

Năng lượng liên kết

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

( KJ.mol-1 ) CO2 H2O (l) O2

-393,5 -285,8 0

C–C H–C H–O O=O

347 413 464 495

ii) Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1. Câu 3. (2,5 điểm) Trộn 15,00 mL dung dịch CH3COONa 0,030 M với 30,00 mL dung dịch HCOONa 0,15 M. Tính pH của dung dịch thu được. Biết pKa (CH3COOH) = 4,76 và pKa (HCOOH) = 3,75. Câu 4. (2,5 điểm) Hỗn hợp chất rắn X gồm Mg, Al, NaNO3 (trong đó oxi chiếm 30,0% khối lượng của hỗn hợp). Cho 16,0 gam X tác dụng hết với dung dịch NaHSO4, kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa và 1,68 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm N2O và H2. Tỷ khối của Y so với H2 bằng 8. Cô cạn dung dịch Z, thu được m gam muối khan. Tính m. Câu 5. (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn m gam Cacbon trong V lít O2 ở (đktc), thu được hỗn hợp khí A có tỉ khối đối với H2 là 19. a) Hãy xác định thành phần % theo thể tích các khí có trong A. b) Tính m và V. Biết rằng khi dẫn hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư tạo thành 5 gam kết tủa trắng. Câu 6. (2,5 điểm) a) Hỗn hợp X gồm metan, propen và isopren. Đốt cháy hoàn toàn 15,0 gam X cần vừa đủ 36,96 lít O2 (đktc). Mặt khác, v mol X phản ứng tối đa với 0,2 mol brom. Tính v. b) Hỗn hợp A gồm Hiđro, một anken X và một ankin Y. Dẫn hỗn hợp A qua xúc tác bột Ni, nung nóng, phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp B có thể tích bằng 70% thể tích hỗn hợp A và tỉ khối hơi của B so với Heli bằng 4,5. Cũng một lượng A như trên qua dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thì thu được 1,61 gam kết tủa. Hỗn hợp C thoát ra có thể tích bằng 90% thể tích A. Xác định công thức phân tử của X, Y. Biết X, Y có cùng số nguyên tử cacbon. Câu 7. (2,5 điểm) a) Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai ancol A và B kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, thu được 6,72 lít CO2 và 7,65 gam nước. Mặt khác, khi cho m gam hỗn hợp X tác dụng với Na thu được 2,8 lít khí hiđro. Biết các thể tích khí đo ở đktc. Xác định công thức cấu tạo của A và B. b) Hỗn hợp E gồm các dẫn xuất của hiđrocacbon. Chia 0,15 mol hỗn hợp E thành ba phần bằng nhau, mỗi phần nặng m/3 gam. Đốt cháy phần một bằng một lượng oxi vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được 5 gam kết tủa. Phần hai tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 8,64 gam Ag. Phần ba tác dụng với một lượng dư Na thu được 0,448 lít H2 ở đktc. Tính m, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 8. (1,5 điểm) Một số phản ứng hóa học sau đây được dùng để tạo ra nhanh chóng một lượng lớn khí N2 trong các túi an toàn trên ôtô. 2NaN3(r)  (1)  2Na (r) + 3N2(k) 10Na + 2KNO3  (2)  K2O + 5Na2O + N2(k) K2O + Na2O + SiO2  (3)  Silicat kiềm ( thủy tinh) a) Hãy viết cấu trúc của anion azit và phân tử N2.

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

b) Tính số gam NaN3 và KNO3 để tạo ra N2 đủ để nạp đầy túi khí an toàn 15 lít ở 500C và 1,25 atm. c) Hãy viết cân bằng riêng biệt cho sự phân hủy nitro glixerin. Sau đó viết một phương trình cân bằng cho sự phân hủy chì azit dùng trong sự nổ. Nêu điểm giống và khác nhau trong các phản ứng của natriazit, nitro glixerin và chì azit. d) Hãy viết phương trình phản ứng giữa NaN3 và axit H2SO4 để tạo ra HN3 và Na2SO4 . e) Khi cho 60 gam NaN3 phản ứng với 100 ml H2SO4 3M thì có bao nhiêu gam axit HN3 tạo Câu 9. (2,0 điểm) a) Từ chất ban đầu, etanđiol và các hóa chất vô cơ, viết sơ đồ tổng hợp các chất sau: O O

b) Trình bày cơ chế các phản ứng sau:

----------Hết----------

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 14

Câu

1 (2,0 điểm)

a b c d

2 (2,5

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 03 trang)

Nội dung Có kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan dần. Viết pt. Có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra. Viết pt. Có khí không màu thoát ra và hóa nâu trong không khí. Viết pt. Chất rắn tan, dung dịch có màu xanh khi cho hồ tinh bột vào. Viết pt. Phân tử SO2 phân cực (do có cấu tạo dạng gấp khúc) nên tan trong nước tốt hơn phân tử CO2 không phân cực (do có cấu tạo thẳng).

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

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

điểm) O

O SO2

CO2

7 C2H6 + O2   2CO2 + 3H2O ∆H = - 1560,5 KJ 2 ( 2C2H6 + 7O2   4CO2 + 6H2O ∆H = - 3121 KJ ) ∆Hpư = 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆Hht H2O - 7∆HhtO2 - 2 ∆HhtC2 H6 4 393,5  6 285,8   3121 = - 83,9 ( KJ.mol-1)  ∆HhtC2H6 = 2 b ∆Hpư = 2 EC – C + 12 EC – H + 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O 2x347  12x 413  7 x 495  12x 464   3121 = 833( KJ.mol-1)  EC = O = 8 G° = H° - TS°  1560,5   1467,5 = - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1  S° = 25  273 0,03  15 0,15  30 C CH COO-   0,010M ; C HCOO -   0,100M 3 45 45 Các cân bằng: H2O ⇌ H+ + OH- Kw = 10-14 (1) CH3COO + H2O ⇌ CH3COOH + OH Kb = 10-9,24 (2) HCOO- + H2O ⇌ HCOOH + OH- Kb’ = 10-10,25 (3) Do K b  C CH COO-  10 11,24  K 'b  C HCOO   10 11, 25 cho nên không thể tính gần

0,5

1,0

3 (2,5 điểm)

đúng theo một cân bằng. Điều kiện proton: h = [H+] = [OH-] - [CH3COOH] - [HCOOH] Kw h (4) 1 1  K a [CH 3COO - ]  (K 'a ) 1[HCOO - ] Chấp nhận [CH3COO- ]o = 0,010; [HCOO-]o = 0,10 và thay vào (4) để tính h1 :

h1 

10 14 4 , 76

2

3, 75

1

0,5

 2,96.10 9

1  10 .10  10 .10 Từ giá trị h1 tính lại [CH3COO-]1 và [HCOO-]1 theo các biểu thức: 10 4,76 [ CH 3 CO O - ]1  0,010  4,76  0,010  [CH 3 COO - ] o 9  2,96.10 10

4 (2,5 điểm)

5 (2,0 điểm)

[ HCOO - ]1  0,10

10 3,75  0,10  [ HCOO - ]o 10 3,75  2,96.10 9

Kết quả lập lại. Vậy h = 2,96.10-9 = 10-8,53  pH = 8,5 Số mol H2 = 0,05 mol; Số mol N2O = 0,025 mol; Số mol NaNO3 = 0,1 mol Dung dịch sau pứ chứa muối sunfat trung hòa, nên NaHSO4 vừa đủ phản ứng với X. + Số mol NH4 = 0,1 – 0,025.2 = 0,05 mol (Bảo toàn N) Số mol NaHSO4 = 10.0,025 + 10.0,05 + 2.0,05 = 0,85 mol Số mol H2O = 0,1.3 – 0,025 = 0,275 mol (Bảo toàn O) BTKL: m muối = 111,85 gam - Trường hợp 1: A gồm CO và CO2 Tính được: %VCO = 37,5%; %VCO2 = 62,5% a - Trường hợp 2: A gồm O2 và CO2 Tính được: %VO2 = 50%; %VCO2 = 50%

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

6 (2,5 điểm) b

a 7 (2,5 điểm)

- Trường hợp 1: A gồm CO và CO2 Tính được: mC = 0,08.12 = 0,96 gam; V=1,456 lít - Trường hợp 2: A gồm O2 và CO2: nC = 0,05 Tính được: mC = 0,6 gam; VO2 = 2,24 lít Tìm được: Số mol CO2 = 1,05 mol ; Số mol H2O = 1,2 mol Quy đổi hỗn hợp X thành CH4 và C5 H8. Tính được: số mol CH4 = 0,3 mol ; số mol C5H8 = 0,15 mol  nX = 0,45 mol Từ đó, xác định được: v = 0,3 mol Xét 1 mol hỗn hợp khí A. Đặt anken X: CnH2n ; ankin Y: CnH2n-2 M B = 18  trong B có H2 dư và phản ứng xảy ra hoàn toàn nên X, Y hết và sản phẩm là ankan. CnH2n + H2   CnH2n+2 (1) CnH2n-2 + 2H2   CnH2n+2 (2) V giảm = VH2 p/ư  nH2 p/ư = 1.30% = 0,3 mol Cho hỗn hợp đi qua AgNO3/NH3 có phản ứng: CnH2n-2 + xAgNO3 + xNH3  CnH2n-2-xAgx + xNH4NO3 Độ giảm thể tích là thể tích ankin phản ứng Số mol ankin = 0,1  nH2 p/ư (2) = 0,2  nH2 p/ư (1) = 0,3 – 0,2 = 0,1 Vậy nH2 ban đầu = 1 – 0,1 – 0,1 = 0,8 nH2 dư = 0,8 – 0,3 = 0,5 0, 2.(14n  2)  0,5.2 Ta có: M B = = 18  n = m = 4  X : C4H8 , Y : C4H6 0, 7 Tìm được: n H 2O = 0,425 mol; n CO2 = 0,3 mol Ta thấy: n H2O > n CO2  X gồm 2 ancol đều no, mạch hở, có dạng C n H 2n  2 O x . Ta có: nX = 0,425 – 0,3 = 0,125 mol CnH2n+2-x(OH)x + xNa   CnH2n+2- x(ONa)x + 0,5xH2 0,125 0,125 (mol) x 0,125 Suy ra: = = 1  x = 2 2 0,125 Vậy A là C2H4(OH)2, CTCT : CH2OH – CH2OH. B là C3 H6(OH)2, CTCT : CH2OH – CHOH – CH3 ; CH2OH – CH2 – CH2OH. Số C trung bình = 1  các chất đều có 1 cacbon  Các dẫn xuất hiđrocabon là: CH3OH; HCHO; HCOOH Trong mỗi phần: Mol CH3OH = 0,02; Mol HCHO = 0,01; Mol HCOOH = 0,02 Vậy: m = 5,58 gam. _

d e

N N: :

8 (1,5 điểm)

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

0,5

0,5 0,5 0,5

Số mol N2 = 0,707 mol 2 mol natri azit sinh ra 3,2 mol nitơ. Suy ra: Khối lượng natri azit cần có sinh ra 0,707 mol nitơ = 29 gam 4C3H5(NO3)3  6N2 + O2 + 12CO2 + 10H2O Pb(N3)2  Pb + 3N2 Trong cả 3 phản ứng, các chất tham gia phản ứng đều là chất rắn hoặc chất lỏng có thể tích nhỏ. Một thể tích lớn Nitơ được sinh ra. Nitroglycerin sinh ra cả những khí khác nữa. Các phân tử khí nitơ có liên kết 3 nên rất bền. Vậy các phản ứng đều toả nhiệt mạnh và các khí sinh ra dãn nở nhanh. 2NaN3 + H2SO4  2HN3 + Na2SO4 n (NaN3) = 60g / (65g/mol) = 0,923 mol H2SO4 = 3 mol/L  0,1 L = 0,3 mol :

0,5

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

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

HN3 = (2)(0,3 mol)(43,0 g/mol) = 26 gam O O

[H+ ] -H2O

9 (2,0 điểm)

1) O3

[H+ ]

H3O+

1) LAH 2) H2O

2) DMS

1,0

-H2O HO

1,0

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 15

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 hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Sục từ từ khí clo đến dư vào dung dịch kali iotua một thời gian dài, sau đó người ta cho hồ tinh bột vào thì không thấy xuất hiện màu xanh. b) Nhỏ từ từ dung dịch AlCl3 cho đến dư vào dung dịch Ba(OH)2. c) Cho dung dịch NaHS vào dung dịch CuSO4. d) Thổi từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch Ca(OH)2.

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

Câu 2 (2,5 điểm): a) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm được tiến hành trong phòng thí nghiệm để điều chế và thử tính chất của axetilen. b) So sánh (có giải thích) tính tan trong nước, tính bazơ của hai hợp chất với hidro là amoniac (NH3) và photphin (PH3). c) Dùng cơ chế phản ứng để giải thích kết quả thực nghiệm sau: Xử lí but-3-en-2-ol với hiđrô bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và 3-brombut-1-en. Câu 3 (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 4 (2,0 điểm): 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). 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. (Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Câu 5 (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 6 (2,0 điểm): Oxi hóa hoàn toàn hiđrocacbon A hoặc B đều thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 7:4. Hóa hơi hoàn toàn 13,8 gam A hoặc B đều thu được thể tích bằng với thể tích của 4,2 gam khí N2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Cho 11,04 gam A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 36,72 gam kết tủa; B không phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3, không làm mất màu dung dịch brom, bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 khi đun nóng. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo phù hợp của A và B. Câu 7 (2,5 điểm): Từ dẫn xuất halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau:  HX Mg ( ete. khan ) CO2 ( ete. khan ) RX  R-COOH   RMgX    R-COOMgX   MgX 2 Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế: Axit metyl malonic Câu 8 (2,0 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 13,36 gam hỗn hợp X gồm axit metacrylic, axit ađipic, axit axetic và glixerol ( trong đó số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic) bằng oxi dư, thu được hh Y gồm khí và hơi, dẫn Y vào dd chứa 0,38 mol Ba(OH)2, thu được 49,25 gam kết tủa và dd Z. Đun nóng Z lại xuất hiện kết tủa.

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

Cho 13,36 gam hh X tác dụng với 140 ml dd KOH 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dd thu được m gam chất rắn khan. Tính m ? Câu 9 (2,0 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----------

(Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 15

Câu 1 (2,0 a điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 03 trang)

Nội dung Dung dịch KI xuất hiện màu đỏ tím. Sau đó dần trở lại không màu. Cl2 + 2KI   2KCl + I2 5Cl2 + I2 + 6H2O   2HIO3 + 10HCl

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

Điểm 0,5

b c

Xuất hiện kết tủa keo trắng và tan ngay lập tức. AlCl3 + 4NaOH   NaAlO2 + 3NaCl + H2O Có kết tủa màu đen xuất hiện và có khí mùi trứng thối thoát ra. 2NaHS + CuSO4   CuS + Na2SO4 + H2S Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan tạo thành dung dịch trong suốt không màu.  CaCO3 + H2O CO2 + Ca(OH)2   Ca(HCO3)2 CO2 + CaCO3 + H2O  Hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của axetilen

0,5 0,5

0,5

2 (2,5 điểm)

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. 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+).

0,5

Br CH2

CH3

H+ CH2

CH3

CH 2

- H2O CH

CH3

CH2

CH3

CH2

CH3

1,0

OH2

CH2Br

CH +

CH3 -3

Theo giả thiết ta có [H2S] = 0,1M; [H ] = 10 Trong dung dịch có các cân bằng:  H+ + HS- K1  H2S  

0,5

  H+ + S2- K2 HS-   a 3 (2,0 điểm)

 H +  . S2-  Ta có: K= K1.K2 = 1,3.10 =      H 2S 2-15  S = 1,3.10 [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 Bình chứa P2O5 hấp thu H2O  m H 2O  1, 26 gam -20

4 (2,0 điểm)

  2H+ + S2- K H2S  

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)

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

0,03  0,03  0,03 BaCO3 + CO2 + H2O  Ba(HCO3)2 (2) (0,03 – 0,02)  0,01 Suy ra n CO2 = 0,04 mol 20.32  28.80  28,8 hoặc 29 100 Áp dụng ĐLBTKL: m X + mkk = m CO 2 + m H 2 O + m N 2 + m O2 (dư)

M (không khí) =

5 (3,0 điểm)

6 (2,0 điểm)

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) P = = 0,86 atm 10 Số mol NaNO3 = 0,36 mol; số mol H2SO4 = 0,72 mol  số mol H+ = 1,44 mol Ta có các bán phản ứng: NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O (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 Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol Hệ: 56 x + 65 y = 10,62 và 3x + 2y = 0,16.3 Giải hệ phương trình ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol  % mFe = 63,28%; % mZn = 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 Mol: 0,3 ← 0,8 ← 0,2 → 0,2 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+ Mol: 0,12 → 0,06 Từ phản ứng, ta có tổng số mol Cu = 0,36 mol m1 = 0,36.64 = 23,04 gam ; 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 Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol  mZn = 27,3 gam Công thức phân tử của A, B là C7H8 * Biện luận tìm công thức cấu tạo của A: - A phản ứng với AgNO3/NH3 tạo thành kết tủa  A có liên kết -CCH. Gọi A có a liên kết -CCH. C7H8 + aAgNO3 + aNH3  C7H8-aAga + aNH4NO3 0,12 0,12 M kết tủa = 306  92 + 107a = 306  a=2 Công thức của A có dạng HCC-C3H6-CCH. Công thức cấu tạo phù hợp của A là CH  C-CH2-CH2-CH2-C  CH; CH  C-C(CH3)2-C  CH CH  C-CH(CH3)-CH2-C  CH; CH  C-CH(C2 H5)-C  CH * Biện luận tìm công thức cấu tạo của B

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

B không có phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3; không làm mất màu dung dịch brom; bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 ở khi đun nóng. Vậy B là C6H5-CH3 (toluen) o

7 (2,5 điểm)

8 (2,0 điểm)

9 (2,0 điểm)

C ( l ln) 2CH4 1500   C2H2 + 3H2 C2H2 + 2 HCl   CH3-CHCl2 CH3-CHCl2 + 2Mg ete.  CH3-CH(MgCl)2 khan CH3-CH(MgCl)2 + 2CO2 ete. khan  CH3-CH(COOMgCl)2 CH3-CH(COOMgCl)2 + 2HCl   CH3-CH(COOH)2 + 2MgCl2 Do số mol 2 axit C4 H6O2 và C2H4O2 bằng nhau, nên công thức trung bình của 2 axit là C3 H5O2. Coi hỗn hợp X gồm: C3H5O2 (a mol) và C3H8O3 (b mol) Ta có: 73a + 92b = 13,36 (*) Khi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ba(OH)2 thu được BaCO3 (0,25 mol) và Ba(HCO3)2 (0,13 mol). Suy ra: nCO2 = 0,25 + 0,13.2 = 0,51 mol Số mol CO2 = 3a + 3b = 0,51 → a + b = 0,17 (**) Từ (*) và (**) → a = 0,12 mol ; b = 0,05 mol nKOH dư = 0,02 mol ; nmuối = 0,12 mol → Khối lượng chất rắn : m = 0,12 x 111 + 0,02 x 56 = 14,44 gam Chất A tác dụng với Na tạo ra H2 phải chứa nhóm – OH hoặc – COOH Vì A tác dụng với HBr/t° tạo ra B chứa một nguyên tử oxi và một nguyên tử Br Vậy A là anol R(OH)n + Na   R(ONa)n + n/2 H2 Do số mol A = số mol H2 nên n = 2 Vì A tác dụng với HBr/t° tạo ra B chứa một nguyên tử oxi và một nguyên tử Br nên phản ứng là R(OH)2 + HBr   RBr(OH) + H2O Theo phản ứng thì số mol R(OH)2 = số mol RBr(OH) 6, 2 12,5 =  R = 28 R  34 R  97 Vậy A là CH2OH–CH2OH và B là CH2OH–CH2Br

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 16

Môn: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,5 điểm) Nhiệt – Cân bằng hóa học.  N2H4 1) Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng sau: N2 + 2H2  Biết: 2NH3 + 3N2O   4N2 + 3H2O H1 = –1011 kJ N2O + 3H2   N2H4 + H2O H 2 = –317 kJ

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 0,5 0,5 0,5

0,5

2NH3 + 0,5O2   N2H4 + H2O H3 = –143 kJ H2 + 0,5O2   H2O H 4 = –286 kJ 2) Người ta tiến hành xác định tốc độ ở T°K của phản ứng: 2NO + 2H2  N2 + 2H2O và được các số liệu thực nghiệm như bảng sau: Nồng độ đầu (mol/l) Thí nghiệm Tốc độ phản ứng (mol/l.s) NO H2 0,50 1,0 0,050 1 2 1,00 1,0 0,200 3 1,00 2,0 … 1,25 … 0,125 4 a) Xác định hằng số tốc độ phản ứng (l2/mol2.s). b) Viết biểu thức tính tốc độ phản ứng theo thực nghiệm ở T°K. c) Xác định các giá trị tại vị trí còn bỏ trống ở thí nghiệm 3 và 4 trong bảng trên. Câu 2: (2,5 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện li. 1) Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol/lít . a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,1 mol/lít. b) Dung dịch A chứa các ion Mn2+, Cu2+ và Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion là 0,01M. Hòa tan H2S vào dung dịch A sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì ion nào tạo kết tủa? Biết: TMnS = 2,5.10-10; TCuS = 6,3.10-36; TAg2S = 6,3.10 -50; K1 = 10-7; K2 = 1,3.10-13. 2) Tính pH của dung dịch chứa hỗn hợp gồm NH3 0,2M và NH4Cl 0,1M. Biết NH 4 có hằng số phân li Ka = 5,6.10-10. Câu 3: (2,5 điểm) Nhóm Nitơ – Photpho; Carbon – Silic. Hòa tan hoàn toàn một lượng hỗn hợp A gồm Fe3O4 và FeS2 trong 25 gam dung dịch HNO3 tạo khí duy nhất màu nâu đỏ có thể tích 1,6128 lít (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi được 3,2 gam chất rắn. Tính khối lượng các chất trong A và nồng độ phần trăm của dung dịch HNO3 (Giả thiết HNO3 không bị mất do bay hơi trong quá trình phản ứng). Câu 4: (2,5 điểm) Tổng hợp vô cơ. 1) Cho 5 nguyên tố A, X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc 5 ô liên tiếp nhau trong Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, có số hiệu nguyên tử tăng dần. Tổng số hạt mang điện trong 5 nguyên tử của 5 nguyên tố trên bằng 100. Hãy sắp xếp bán kính của các nguyên tử và ion sau theo chiều tăng dần (có giải thích): A2-; X-; Z+; T2+; Y. 2) Xét hai phân tử PF3 và PF5. a) Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học phân tử của chúng? b) Cho biết sự phân cực của hai phân tử trên. Giải thích? 3) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron.  K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3  Câu 5: (2,5 điểm) Hiệu ứng cấu trúc. 1) Có ba hợp chất: A, B và C HO

HO CH 3

O A

C CH 3

O B

CH 3

OH O C

Hãy so sánh tính acid của A và B, nhiệt độ sôi của B và C. 2) Pseudoephedrin (1) là chất hay gặp trong các loại thuốc thông thường chống cảm lạnh. Chất này có công thức cấu trúc như sau:

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

OH CH3

NHCH3

a) Đánh dấu * vào các trung tâm lập thể và xác định cấu hình tuyệt đối (R hay S). b) Vẽ công thức Newman (hoặc công thức phối cảnh) và công thức chiếu Fischer của (1).

Câu 6: (2,5 điểm) Hiđrocacbon. Một hỗn hợp A gồm nhiều hiđrocacbon mạch hở. Khi cho m gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch brom 0,2M thì chỉ có 175 ml dung dịch brom phản ứng và còn lại hỗn hợp hiđrocacbon B. Trong B có ít hơn A hai hợp chất. - Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B thu được 6,16 gam CO2 và 4,572 gam hơi nước. - Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A thì thu được 9,68 gam CO2 và 6,012 gam H2O. Có thể xác định được những gam hiđrocacbon nào có trong hỗn hợp A? Biết rằng trong hỗn hợp của hai chất đã phản ứng với dung dịch brom thì hiđrocacbon có khối lượng phân tử nhỏ hơn chiếm dưới 90% theo số mol. Câu 7: (2,5 điểm) Anđehit – Xeton – Acid carboxylic. A là hỗn hợp hai anđehit X và Y (X có khối lượng phân tử nhỏ hơn Y). Hóa hơi 1,03 gam A ở 60°C và 1,0 atm thì thu được 683 ml hơi. Hấp thụ hết phần hơi này vào lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 dư 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 công thức cấu tạo và gọi tên các anđehit có trong A (Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Câu 8: (2,5 điểm) Tổng hợp hữu cơ. 1) Từ xiclopentanol và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác đã có đủ. Hãy viết sơ đồ điều chế 1,1’bixiclopentyl-1-ol HO

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. (1) CH3-CH=CH2 (propilen) + HCl  o C   (2) CH3-CH2-CH(OH)-CH3 (ancol s-butylic) H2SO4 ,180 H 2SO 4 , t o (3) C6H5CH3 + HNO3   ----------Hết---------- (Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 16

Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 03 trang)

Nội dung 4N2 + 3H2O   2NH3 + 3N2O H1

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

Điểm 0,5

(2,5 điểm)

3N2O + 9H2   3N2H4 + 3H2O 3H 2 2NH3 + 0,5O2   N2H4 + H2O H3 H2O   H2 + 0,5O2  H 4 Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2   4N2H4 4H5 H1  3H 2  H3  H 4 1011  3.(317)  143  286 H 5 = = = 50,75 kJ 4 4 a) Phản ứng: 2NO + 2H2  N2 + 2H2O biểu thức tốc độ pứ theo thực nghiệm v = k[NO]a[H2]b v1 = k.0,5a.1b = k.0,5a = 0,05 v2 = k.1 a.1b = k =0,2 Vậy k = 0,2 (l2/mol2.s) b) 0,5a = 0,05/0,2 = 0,25  a = 2 2 Từ đơn vị của v và k ta có: Mol/l.s = (l2/mol2.s).(mol/l)2(mol/l)b  (mol/l)b = mol/l  b = 1 Biểu thức tốc độ phản ứng là: v = 0,2[NO]2[H2] c) Thí nghiệm 3: v3 = 0,2.1 2.2 = 0,4 (mol/l.s) Thí nghiệm 4: [H2] = 0,125/0,2(1,25)2 = 0,4 (mol/l) a) Theo giả thiết ta có [H2S] = 0,1M; [H+] = 3.10-3 Trong dung dịch có các cân bằng:   H+ + HS- K1 H2S  

0,5

  H+ + S2- K2 HS     2H+ + S2- K H2S   2

 H +  . S2-  1 Ta có: K= K1.K2 = 1,3.10-20 =      S2- = 1,4.10-17 (M)  H 2 S 2 b) Ta có: [Mn2+] [S2-] = 2.10 -4 x 1,4 x 10-17 = 2,8 x 10 -21 < TMnS = 2,5 x 10-10 (2,5  không có kết tủa MnS. điểm) [Cu2+] [S2-] = 2.10-4 x 1,4 x 10-17 = 2,8 x 10-21 > TCuS = 4,0 x 10-21  có kết tủa CuS [Ag+]2[S2-] = (2.10-4)2x 1,4 x 10-17 = 5,6 x 10–25 > TAg2S = 6,3 x 10-50  có kết tủa Ag2S C Tính gần đúng, áp dụng công thức:  H    K a . A CB 2 0,1  H    5, 6.1010.  2,8.1010  pH = 9,55 0, 2 Các phương trình phản ứng :  3Fe3  NO2  5H 2O Fe3O4  10H   NO3  1

 Fe3  2SO24  15NO 2  7H 2 O FeS2  14H   15NO3   H 2O H   OH   3  3  (2,5 Fe  3OH   Fe  OH 3 điểm) t 2Fe  OH 3   Fe2 O3  3H 2 O

 2  3  4  5

Gọi số mol Fe3O4 và FeS2 ban đầu lần lượt là x và y mol. 3, 2 1, 6128 Từ n NO2   0, 072  mol  và n Fe3  2n Fe2O3  2   0, 04  mol  22, 4 160

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

0,5

1,0

0,5

3x  y  0, 04  x  0, 012 Ta có:     x  15y  0, 072  y  0, 004  mFe O  0, 012  232  2, 784  gam  Vậy  3 4  mFeS2  0, 004 120  0, 48  gam  Theo (1) và (2): n H  10x  14y  0,176  mol 

0,5

Theo (3): n H  n OH  0, 2  3  0, 04  0, 08  mol 

 n HNO3  n H 1; 2; 3  0,176  0, 08  0, 256  mol  0, 256  63  100%  64,5% 25 Gọi số hạt proton của A là p  của X là p + 1; của Y là p + 2; của Z là p + 3; của T là p + 4. Theo bài ra ta có: 10p + 20 = 100  p = 8.  A là 8O ; X là 9F ; Y là 10Ne ; Z là 11Na ; T là 12Mg + Cấu hình e của A: 1s22s22p 4 Do A +2e  A2-  Cấu hình e của A2- là 1s22s22p6 + Cấu hình e của X: 1s22s22p 5 Do X + e  X-  Cấu hình e của X - là 1s22s22p6 1 + Cấu hình e của Y: 1s22s22p 6 + Cấu hình e của Z: 1s22s22p63s1 Do Z  Z+ + 1e  Cấu hình e của Z + là 1s22s22p6 + Cấu hình e của T: 1s22s22p63s2 Do T  T2+ + 2e  Cấu hình e của T2+ là 1s22s22p6 Do A2-, X-, Y, Z+, T2+ đều có cùng cấu hình e (lớp vỏ giống nhau) nhưng điện tích hạt nhân của chúng lần lượt là 8+, 9+, 10+, 11+, 12+ 4 Khi lực hút của hạt nhân càng lớn thì bán kính càng nhỏ (2,5  Bán kính nguyên tử, ion biến đổi theo thứ tự sau: T2+ < Z+ < Y < X- < A2- điểm) a) Phân tử PF3 có dạng chóp tam giác, P ở trạng thái lai hóa sp3 Phân tử PF5 có dạng lưỡng chóp tam giác, P ở trạng thái lai hóa sp3d F  C% HNO3 

P 2

F F

0,5

F b) PF3 là phân tử có cực (   0 ) , PF5 là phân tử không cực (   0 )

 Giải thích: liên kết giữa P và F phân cực về phía F ứng với momen lưỡng cực  i . Trong phân tử PF3 tổng vectơ của các momen lưỡng cực   0 nên phân tử có cực; còn trong PF5 tổng   0 nên phân tử không có cực. Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3   2K2CrO4 + 3K2SO4 + 15K2MnO4 + 30NO + 20CO2 - 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 5 có hiệu ứng liên hợp (-C) và hiệu ứng cảm ứng (-I); ở B chỉ có hiệu ứng (-I). Tính (2,5 1 axit của (A) > (B). điểm) - 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). 3

0,5

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

0,5

* S

CH3

0,5

* NHCH3

a) b) * Công thức chiếu Newman hay công thức phối cảnh của (1): CH3

CH3 HO

H3CHN

0,5

hay

H3CHN

* Công thức chiếu Fischer của (1): Ph

CH3

NHCH3

0,5

hay H3CHN

CH3 Ph Trong B có mol CO2 = 0,14 ; mol H2O = 0,254 ; mol B = 0,114 Khối lượng ankan = 2,188  M = 19,19  Có CH4 Mol CO2, mol H2O do hiđrocacbon không no sinh ra 6 (2,5 Mol CO2 = mol H2O = 0,08  anken có m = 1,12 gam; 0,035 mol điểm)  M = 32  Có C2H4 PP đường chéo  m < 4,857. Vậy m = 3 hoặc m = 4 Vậy A phải có CH4; C2H4; C3H6 hoặc C4H8; các ankan còn lại chưa xác định được 1.0, 683 1, 03 nA = = 0,025 mol; M A = = 41,2 0, 082.333 0, 025 Suy ra: trong A có chứa HCHO (anđehit fomic – gọi là X) n 0,1 10,8 nAg = = 0,1 ml; Ag = = 4 0, 025 nA 108 7 2 (2,5 Suy ra: Y là anđehit hai chức có dạng R(CHO) AgNO3 / NH3 HCl Từ HCHO (NH ) CO   4 2 3  CO2 điểm) 0,336 = 0,015 mol  nX = nCO2 = 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 anđehit là HCHO (anđehit fomic) và (CHO)2 (anđehit oxalic)

8 (2,5 1 điểm)

H2CrO4

HBr

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

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5

Mg ete

MgBr

2. H3O+

1,0

(Mỗi mũi tên đúng được 0,25đ)

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

(1) Phản ứng : CH 3 CH CH 3 (s¶n phÈm chÝnh) Cl CH 3 CH 2 CH 2 Cl

CH 3 CH CH 2 + HCl

Cơ chế (cộng AE) :

CH 3

 CH CH 2

0,5 (X)

CH 3 CH CH 3

H+

CH 3 CH 2

Cl -

CH 3 CH CH 3 Cl

CH 2 (Y)

(2) Phản ứng : H 2SO 4

CH 3 CH 2 CH CH 3 OH

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

Cơ chế (tách E1) :

0,5

CH3 CH 2 CH CH 3 OH

CH3 CH CH CH3 (X)

H+

CH 3 CH2 CH CH3 -H2O + OH 2

CH2 CH CH2 CH 3 (Y)

2 (3) Phản ứng :

CH3 NO2 + H2O

CH3 + HONO2

H2SO4

CH3 + H2O NO2 -

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

CH3 CH3

H NO2

CH3 +NO2

NO2 +

-H

CH3

CH3 +

NO2

-H+ H

NO2

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

0,5

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 17

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

CH2CH=CHCH2CH3 O

? 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----------

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

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 17

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC (Bản hướng dẫn này có 03 trang)

Câu

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

 CO2 + H2O HCO 3 + H+  Có kết tủa đỏ nâu, khí không màu, không mùi thoát ra. 2Fe3+ + 3 CO32  + 3H2O   2Fe(OH)3 + 3CO2

3 (3,0 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 Al(OH)3 + 3H+   Al3+ + H2O H+ + CO 32    HCO3

2 (2,0 điểm)

0,5



 [Ag(NH3)2] + OH AgOH + 2NH3  Có dd màu vàng, khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra. 3Fe2+ + NO 3 + 4H+   3Fe3+ + NO + 2H2O 1 (2,0 điểm)

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 (B) (C) (A)  Na2[Zn(OH)4] Zn(OH)2 + 2NaOH   [Zn(NH3)4](OH)2 Zn(OH)2 + 4NH3  to 2PH3 + 4O2   P2O5 + 3H2O P2O5 + 3H2O  (D)  2H3PO4 H3PO4 + 2KOH   K2HPO4 + 2H2O H3PO4 + 3KOH   K3PO4 + 3H2O  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.

 2NH3(k)  N2(r) + 3H2(k)   Ban đầu: 4mol 16 mol Phản ứng: xmol 3x mol 2x mol

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

1,0

Cân bằng: (4-x)mol (16-3x)mol 2x mol Vì phản ứng xảy ra ở nhiệt độ không đổi và trong bình kín nên giữa áp suất và số mol ta có tỉ lệ: P1 n1 = P2 n 2 với P1, P2 lần lượt là áp suất trước, sau phản ứng n1, n2 lần lượt là số mol trước, sau phản ứng P1 20 =  n 2 = 16(mol) 0,8P1 n 2 Tổng số mol các chất sau phản ứng là: (4-x) + (16-3x) + 2x = 16  x = 2 Số mol và nồng độ mol/l các chất sau phản ứng là: 2  n N 2 = 4-2 = 2(mol)  [N 2 ]= = 0,5(mol/l) 4 10 n H 2 = 16-3.2 = 10(mol)  [H 2 ]= = 2,5(mol/l) 4 4 n NH 3 = 2.2 = 4(mol)  [NH 3 ]= = 1(mol/l) 4 KC =

[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 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.

 x  y  0,3  x  0,2 →   x  y  0,6  9y  y  0,1

4 (2,0 điểm)

0,5

% 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

0,5

1,0

0,5

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

0,5

Bảo toàn Al, ta có: nAl + 2nAl2O3 = a  nAl = 0,24 mol 0, 24.27 .100% = 23,96%  %mAl = 27, 04 2, 8.0, 728 n O 2  0, 05  n X   0, 05  0, 015 m ol 22, 4 (109, 2  273) 273 m C O 2  H 2 O  2,167  0, 437  1, 73 gam

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 (2,0 điểm)

1, 73  0, 025.44  0, 035 mol 18

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

 0, 02 5 m ol C O 2  0, 015 m ol X  0, 05m ol O2     0, 03 5 m ol H 2O 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

6 (3,0 điểm)

 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 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)

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

Đặt số mol CO2 tham gia các phản ứng (1) và (2) lần lượt là x và y, ta có: y   x  2  0,15  x  y  0,1mol ,   y y 100 x    197  24,85 2 2   n CO 2  x  y  0,2mol

Từ m  m H 2O  m CO 2  11,32g  n H 2O 

0,5

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

CH3

2. Cơ chế: (CH3)2C=CH2 + H2SO4  (CH3)2C+-CH3 + HSO4- C(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

C CH3 CH3 NaNH2

1. C2H5MgBr + CH2CH2CHO 2. H3O

CH2=CHCHO

H2SO4, to

Br2/P

CH2C CH=CHCH2CH3

CH2CH=CHCH2CH3

8 (2,0 điểm)

CH2CH2CH CHCH2CH3 O

7 (2,0 điểm)

0,5

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 / 0,295 = 120,3, tức là x = 6 và y =13 → C6H13Cl. Vậy công thức phân tử của A là: C6H14, của B và C: C6 H13Cl.

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

0,5

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 c. Hai cách điều chế: C2H5OH

K2CrO7 H2SO4

CH3COOH

H2, Ni

CH3COCH3

ThO2, to

CH3COCH3

PBr3

Mg, Hg

9 (2,0 điểm)

C H

H C

COOH

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):

HOOC

1,0

O COOH

H C

P2O5

+H2O

C COOH

C O

+ V2O5, 350450o C   9/2O2

O C

H C

O C H

C O

+CO2 + H2O

0,5

Al2O3, to

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 C2 H2(COOH)2. Ứng với mạch không phân nhánh có 2 đồng phân cis-trans là: HOOC

0,5 0,5

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

1,0