TUYỂN TẬP 32 ĐỀ THI HSG LỚP 11 MÔN HÓA HỌC NĂM 2019-2020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP THPT

vectorstock.com/3687784

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

TUYỂN TẬP 32 ĐỀ THI HSG LỚP 11 MÔN HÓA HỌC NĂM 2019-2020 (KÈM ĐÁP ÁN CHI TIẾT) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ 1

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu I ( điểm): 1) Có 3 ống nghiệm, mỗi ống chứa 2 cation và 2 anion (không trùng lặp) trong số các ion sau : NH 4+, Na+, Ag+, Ba2+, Mg2+, Al3+ , Cl– , Br– , NO 3 – , CO 3 2–, SO 4 2–, PO 4 3–. Hãy xác định các cation và anion trong từng ống nghiệm.

2) Cho 5 dd : Na2 CO 3 , FeCl3 , NaOH, Al2 (SO 4 )3 , AgNO 3 . Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi lần lượt cho một dung dịch này phản ứng với các dung dịch còn lại.

3) Có 5 chất bột màu trắng đựng trong 5 bình riêng biệt bị mất nhãn hiệu là: NaCl, Na2 CO 3 , Na2SO4, BaCO 3 và BaSO 4 . Chỉ được dùng thêm nước và CO2 hãy trình bày cách phân biệt từng chất.

Câu II ( điểm): Hoà tan hoàn toàn 4,24 gam Na2 CO3 vào nước thu được dung dịch A. Cho từ từ từng giọt 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% vào A và khuấy mạnh. Tiếp theo cho thêm vào đó dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2 .

1. Hãy cho biết những chất gì được hình thành và lượng các chất đó. Chất nào trong các chất đó còn lại trong dung dịch.

2. Nếu cho từ từ từng giọt dung dịch A vào 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% và khuấy mạnh, sau đó cho thêm dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2 vào dung dịch trên. Hãy giải thích hiện tượng xảy ra và tính khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng.

Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Câu III ( điểm): Khi cracking butan tạo ra hỗn hợp gồm farafin và olefin trong đó có hai chất A và B .Tỷ khối của B so với A là 1,5 . Tìm A, B. Từ A tìm được ở trên ,viết các phản ứng chuyển hoá theo sơ đồ sau: Br2 NaOH CuO Cu(OH)2 H2 SO4 A ⎯⎯→ A1 ⎯⎯→ A2 ⎯⎯→A 3 ⎯⎯→A4 ⎯⎯→ A5 NaOH Câu IV ( điểm): Chia 2,2 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành hai phần bằng nhau. Hoà tan phần 1 bằng dung dịch HCl thu được 0,896 lit H 2 (đktc). Hoà tan hoàn toàn phần 2 trong dung dịch HNO 3 đặc nóng thu được 2,016 lít NO 2 (đktc) .

1) Xác định M. 2) Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu .

Câu V ( điểm): Một hợp chất hữu cơ A chứa các nguyên tố C, H, O . Khi đốt cháy A phải dùng một lượng O2 bằng 8 lần lượng O 2 có trong hợp chất A và thu được CO 2 và H2 O theo tỷ lệ khối lượng 22 : 9. Tìm công thức đơn giản của A, tìm công thức phân tử của A biết rằng 2,9 gam A khi cho bay hơi ở 54,6o C , 0,9 atm có thể tích đúng bằng thể tích của 0,2 gam He đo ở cùng nhiệt độ áp suất. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A dựa vào thuyết cấu tạo hoá học.

ẠY

Câu Câu I 1/

D

2/

ĐÁP ÁN Nội dung

ống nghiệm 1: NH 4 +, Na+, CO 3 2-, PO 4 ống nghiệm 1: Ag+, Mg2+, NO 3 -, SO 4 2ống nghiệm 1: Ba2+, Al3+, Cl-, BrCác ptpư: 1. 3Na2 CO 3 + 2FeCl3 + 3H 2 O → 6NaCl + 2Fe(OH)3 + 3CO 2 2. 3Na2 CO 3 + Al2 (SO 4 )3 + 3H 2 O → 3Na2 SO 4 + 2Al(OH)3 + 3CO 2 3. Na2 CO3 + 2AgNO 3 → 2NaNO3 + Ag2 CO3  4. FeCl3 + 3NaOH → 3NaCl +Fe(OH)3  5. FeCl3 + 3AgNO 3 → Fe(NO 3)3 + 3AgCl  6. Al2 (SO 4 )3 + 6NaOH → 3Na2 SO4 + 2Al(OH)3  7. Al(OH)3 + NaOH dư → NaAlO 2 + 2H 2 O

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 8. Al2 (SO 4 )3 + 6AgNO 3 → 2Al(NO 3 )3 + 3Ag2 SO4  + Lấy mẫu thử từ các chất trên + Hoà tan lần lượt từng chất vào nước - Các chất tan tạo dung dịch là: NaCl; Na2 CO 3 ; Na2 SO4 - Các chất không tan là: BaCO 3 ; BaSO 4 + Hoà tan hai chất không tan trong nước vào nước có CO2 : - Chất tan dần tạo thành dung dịch là: BaCO 3 Ptpư: BaCO 3 + CO 2 + H2 O → Ba(HCO 3)2 tan - Chất không tan còn lại là: BaSO 4 + Dùng dung dịch Ba(HCO 3 )2 vừa điều chế được cho tác dụng với các dung dịch NaCl; Na2 CO3 ; Na2 SO4 ở trên: - Hai dung dịch có kết tủa trắng xuất hiện là Na2 CO3 ; Na2 SO 4 Ptpư: 1, Ba(HCO 3 )2 + Na2 CO3 → BaCO 3  + 2NaHCO 3 2, Ba(HCO 3 )2 + Na2 SO4 → BaSO 4  + 2NaHCO 3 - Dung dịch không có hiện tượng gì là NaCl Lọc lấy kết tủa ở trên đem hoà tan trong nước có CO 2 , kết tủa tan là BaCO 3 , dung dịch ban đầu là Na2 CO3 ; Chất còn lại là Na2 SO4

Câu II 1/

O

FF IC IA L

3/

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

N

nNa2CO3 =

3

3

N

2

H

Ơ

Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A: 1. Na2 CO3 + HCl → NaHCO 3 + NaCl 2. NaHCO 3 + HCl → NaCl + CO 2  + H2 O nNaHCO = nHCl (1) = nNa CO = 0,04 mol ;

Q U

Y

nNaHCO3 (2) = nHCl (2) = 0,05 − 0,04 = 0,01mol ; Sau phản ứng 1; 2 trong dung dịch có: NaCl ( nNaCl = nHCl = 0,05 mol ) NaHCO 3 ( nNaHCO = 0,03mol ) 3

M

Cho tiếp vào đó dung dịch Ca(OH)2 : 3. 2NaHCO 3 + Ca(OH)2 → Ca(HCO 3 )2 + 2NaOH 4. Ca(HCO 3 )2 + Ca(OH)2 → 2CaCO 3  + 2H 2 O

1 2

KÈ

Theo (3): nCa ( HCO3 )2 (3) = nCa (OH ) 2 (3) = nNaHCO3 = 0,015 mol ;

D

ẠY

nNaOH = nNaHCO3 = 0,03mol Theo (4): nCa( HCO ) (4) = nCa(OH ) (4) = 0,02 − 0,015 = 0,005 mol ; 3 2 2 nCaCO3 = 2nCa(OH )2 (4) = 2.0,005 = 0,01mol ;

Sau phản ứng 3, 4 sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol) tồn tại trong dd; NaOH(0,03 mol) Ca(HCO 3 )2 ( nCa( HCO ) = 0,015 − 0,005 = 0,01mol ) tồn tại trong dd 3 2 CaCO 3 (0,01 mol) tách ra khỏi dung dịch mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1,2 gam mCa( HCO ) = 0,01.162 = 1,62 gam ; mCaCO = 0,01.100 =1gam 3 2

2/

3

Cho từ từ dung dịch A vào dung dịch HCl: 1. Na2 CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2  + H2 O

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

1 1 nNa2CO3 (1) = nHCl = .0,05 = 0,025 mol  nNa2CO3bd ; 2 2 Sau phản ứng 1, trong dung dịch còn: NaCl (0,05 mol); Na2 CO 3 (0,04 – 0,025 = 0,015 mol) Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào: 2. Ca(OH)2 + Na2 CO 3 → CaCO 3  + 2NaOH Sau phản ứng 2, sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol); NaOH( nNaOH = 2.nNa CO = 2.0,015 = 0,03 mol ) 2

3

3

FF IC IA L

CaCO 3 ( nCaCO = nNa CO = 0,015 mol ); 3 2 3 Ca(OH)2 dư (0,02 – 0,015 = 0,005 mol); Khối lượng sản phẩm: mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1,2 gam ; mCaCO = 0,015.100 =1,5 gam ; mCa(OH ) = 0,005.74 = 0,37 gam 2

Câu III

B = 1,5 => B là C3H6 ; A là C2 H4 A

N

Ta có: d

O

Crakinh butan: 1. C4 H 10 → CH 4 + C3 H 6 2. C4 H 10 → C2 H4 + C2 H6

Q U

Y

N

H

Ơ

Các ptpư: 1.

CH2 = CH 2 + Br2 → CH 2 Br – CH2 Br A1 2.

CH2 Br – CH2 Br + 2NaOH → CH2 OH – CH 2 OH + 2NaBr A2 0 t 3. CH2 OH – CH2 OH + 2CuO ⎯⎯→ CHO – CHO + 2Cu + 2H 2 O A3 4. CHO – CHO+ 4Cu(OH)2 + 2NaOH → NaOOC – COONa + 2Cu2 O + 6H 2 O A4 5. NaOOC – COONa + H 2 SO 4 → HOOC – COOH + Na2 SO4 A5 Câu IV 1/

KÈ

M

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

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

D

ẠY

2. M + aHCl → MCla +

(*)

Phần 2: Hoà tan trong HNO 3 : 3. Fe + 6HNO 3 → Fe(NO 3 )3 + 3NO 2 + 3H2 O 4. M + 2aHNO 3 → M(NO 3 )a + aNO 2 + aH 2 O

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

2,016 = 0,09mol 22, 4

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

(**)

0, 06 a

0, 06 a

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11  M = 9a  a = 3 và M = 27 (Al) là phù hợp a = 3 => y = 0,02 mol Thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu:

2/

%Fe =

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

Câu V CTPT của A là: Cx Hy O z (x, y,z nguyên)

y y z − )O2 → xCO2 + H2 O 2 4 2 Ta có: mCO : mH O = 44 x :9 y = 22 : 9 => y = 2x 2 2 y z mO2 ( pu ) = 8mO ( A)  32.( x + − ) = 8.16 z  3z = x 4 2

FF IC IA L

Ptpư: Cx Hy Oz + ( x +

 CTĐG của A là: (C3 H6 O)n

Ơ

N

 CTPT của A là C3 H 6 O Các CTCT có thể có của A: 1. CH 3 – CH2 – CH=O 2. (CH 3 )2 – C =O 3. CH 2 = CH – CH 2 OH 4. CH 2 = CH – O – CH 3

N

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

H

 MA = M A =

0, 2 = 0,05mol 4

O

Số mol A ở 54,6o C , 0,9 atm là: n A = nHe =

Q U

Y

ĐỀ 2 Câu 1 : ( 4 điểm )Độ tan của H 2 S trong dung dịch HClO 4 0,003M là 0,1 mol / lit . Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfat ?

Biết TMnS = 3.10-14 , TCuS = 8.10-37 ; K H2S = 1,3.10−21 Câu 2 : ( 3 điểm )Cho dung dịch CH 3 COOH 0,1M. Biết KCH3COOH =1,75.10−5 .

D

ẠY

KÈ

M

a/ Tính nồng độ của các ion trong dung dịch và tính pH. b/ Tính độ điện li  của axit trên.

Câu 3 : (4 điểm )Cho các đơn chất A, B, C . Thực hiện phản ứng : A + B X X + H2O NaOH + B B + C Y 1:1 ⎯⎯→ Y + NaOH Z + H2O Cho 2,688 lit khí X ( đkc ) qua dung dịch NaOH thì khối lượng chất tan bằng 2,22 gam .

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

Câu 4 : ( 5 điểm ) Cho 13 gam hỗn hợp A một kim loại kiềm M và một kim loại M’ ( hóa trị II ) tan hoàn toàn vào nước tạo thành dung dịch B và 4,032 lít H 2 (đktc). Chia dung dịch B làm 2 phần bằng nhau :Phần 1 : Đem cô cạn thu được 8,12 gam chất rắn X. Phần 2 : Cho tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 0,35 mol tạo ra kết tủa Y. a. Tìm kim loại M, M’. Tính số gam mỗi kim loại trong hỗn hợp A. b. Tính khối lượng kết tủa Y. Câu 5 : ( 4 điểm ) Hỗn hợp khí X gồm 2 hydrocacbon A, B mạch thẳng. Khối lượng phân tử của A nhỏ hơn khối lượng phân tử của B. Trong hỗn hợp X, A chiếm 75% theo thể tích. Đốt cháy hoàn toàn X cho sản phẩm hấp thụ qua bình chứa dung dịch Ba(OH)2 dư, sau thí nghiệm khối lượng dung dịch trong bình giảm 12,78 gam đồng thời thu được 19,7 gam kết tủa.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 a)Tìm công thức phân tử của A,B.Biết tỷ khối hơi của X đối với H 2 là 18,5 và A, B cùng dãy đồng đẳng. b. Vẽ sơ đồ xen phủ các obitan để giải thích các liên kết trong phân tử A.

ĐÁP ÁN

Câu 1 : ( 4 điểm ) Trong dung dịch HClO 4 0,003 M H2S

0,5 điểm 0,5 điểm

[H +]=0,003 M 2H + + S2-

2

K H2S

 H +   S 2−  1,3.10− 21 .0,1 = →  S 2−  = = 1, 4.10−17 2 H S  2  ( 0, 003)

1 điểm

=> MnS không kết tủa.

Cu 2+   S 2−  = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21  TCuS Câu 2 : ( 3 điểm ) CH 3COOH CH 3COO − + H +

=> CuS kết tủa.

FF IC IA L

 Mn 2+   S 2−  = 2.10−4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21  TMnS

0,5 điểm

O

 H +  = CH 3COO −  = K A . C = 1, 75.10−5.0,1 = 0, 0013 pH = − lg  H +  = − lg13.10−4

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

Q U

Y

N

H

Ơ

N

=

kết tủa nên M’ có hydroxyt lưỡng tính.

KÈ

M

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

1 H 2 (1) 2 x mol x mol x 2 M’ + 2MOH = M2 M’O2 + H2 (2) y mol 2y y y MOH + HCl = MCl + H 2 O (3) ( x − 2y) ( x − 2y)

D

ẠY

M + H2 O = MOH +

2 2 M2 M’O 2 + 2HCl = M’(OH)2 + 2MCl (4) y y y 2 2 M’(OH)2 + 2HCl = M’Cl2 + 2H 2 O (5)

1 điểm

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

nHCl = 0,14mol

0,5 điểm

nH 2 = 0,18mol x (1)  2 + y = 0,18  y  x  ( M + 17 )  − y  + ( 2 M + M '+ 32 ) = 8,12 ( 2 ) 2 2    Mx + M ' y = 13 ( 3)   x x y ( 2 )  M − My + 17 − 17 y + My + M ' + 16 y = 8,12 2 2 2 y x  x  M + M '  + 17 − y = 8,12 2 2  2 1 x ( Mx + M ' y ) + 17 − y = 8,12 2 2 x 17 − y = 1, 62 2 17 x − 2 y = 3, 24 ( 4)



FF IC IA L 1 điểm

O

(1)

0,5 điểm

x + 2 y = 0,36

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

18 x = 3, 6  x = 0, 2 ; y = 0, 08 (3) => 0,2M + 0,08M’ = 13 => 2,5M + M’ = 162,5 ( M<65 ) M Li (7) Na (23) K (39) M’ 145 (loại) 105 (loại) 65 (Zn) M là Kali => mK = 39 x 0,2 = 7,8 g M’ là Zn => mZn = 65 x 0,08 = 5,2 g 1 điểm 0, 2 − 0,16 x − 2y nHCl = +y= + 0, 08 = 0,1mol ( phản ứng 3 +4 ) 2 2 nHCl dư = 0,14 - 0,1 = 0,04 mol y nZn(OH)2 = = 0, 04mol ( phản ứng 4 ) 2 1 (5) => nZn(OH)2 = nHCl = 0,02 mol 2 => nZn(OH)2 dư = 0,04 - 0,02 = 0,02 mol mZn(OH)2 = 99 x 0,02 = 1,98 g 0,5 điểm Câu 5 : ( 4 điểm ) Chất tương đương 2 hydrocacbon A, B : Cx H y Cx H y + O2 → x CO2 +

D

a

y H 2O 2

ax

CO2 + Ba ( OH ) 2 → BaCO3 + H 2O ax

1 điểm

ax

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

ax =

Biên soạn và sưu tầm!

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

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

A : Cn H2n+2 ; B : Cm H2m+2

0,5 điểm

( n  m ; n  3,3) n m

1 7( loại )

2 4

3 1( loại )

=> A : C2 H6 B : C4 H10 Mô tả kiểu lai hóa của phân tử C2 H6 – Lai hóa sp3

O

0,5 điểm 0,5 điểm

FF IC IA L

0,5 điểm

(14n + 2)75 + (14m + 2)25 M X = 37 = 100  3n + m = 10 ( m  4 )

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

ĐỀ 3 Câu I: Cho từ từ khí CO qua ống đựng 3,2 gam CuO nung nóng . Khí ra khỏi ống được hấp thụ hoàn toàn vào nước vôi trong dư thấy tạo thành 1 gam kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 ml dung dịch HNO 3 0,16M thu được V 1 lít khí NO và còn một phần kim loại chưa tan.

Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HCl nồng độ 2/3 mol/l sau khi phản ứng xong thu thêm V 2 lít khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gam Mg vào dung dịch sau phản ứng thu được V 3 lít hỗn hợp khí H 2 và N2 , dung dịch muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại.

1. Tính các thể tích V 1 , V 2 , V 3 . Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn các thể tích khí đo ở đktc 2. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M Câu II: Thêm từ từ từng giọt AgNO 3 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 = 1010 ; TAgI = 10-16 .

Câu III: Một hợp chất ion cấu tạo từ cation M+ và anion X 2-. Trong phân tử MX 2 có tổng số hạt ( p, n, e) là 140, trong đó hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 44 hạt . Số khối của ion M + lớn hơn số khối của ion X 2- là 23. Tổng số hạt trong ion M+ nhiều hơn trong ion X 2- là 31.

1. Viết cấu hình e của các ion M+ và X 2+.

2. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn .

Câu IV: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hiđrôcacbon khí cùng dãy đồng đẳng A có thể tích là 2,24lít ở 00 C , 1 atm và B rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH , cho tiếp dung dịch BaCl 2 dư vào thấy xuất hiện 78,8gam chất kết tủa, lọc bỏ kết tủa đem đun sôi dung dịch đến phản ứng hoàn toàn lại thu được 27,8 gam kết tủa nữa. Hãy xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của hai hiđrôcacbon biết số mol cũng như số nguyên tử cacbon của A nhỏ hơn của B và hỗn hợp trên phản ứng với dung dịch AgNO 3 /NH 3 dư thu được 12 gam chất kết tủa , biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 45%.Tính hiệu suất phản ứng.

Câu V: Cho 2 mol N 2 và 8 mol H 2 vào bình kín có thể tích là 2 lít, sau khi phản ứng: N2(K) + 3H 2(K) 2NH 3(K) Đạt trạng thái cân bằng , đưa nhiệt độ về nhiệt độ ban đầu , thì áp suất trong bình bằng 0,9 lần áp suất đầu. Tính K cân bằng.

Câu VI: Cho sơ đồ phản ứng: t (1) A + B ⎯⎯→ C 0

(3) C

2NaOH

(2) 2B

C

2B

D

H2O

E H2O (4) C + 2HCl → 2F + D +H2 O

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

(6) G ⎯⎯→ E + D + H2 O t0

(5) A + NaCl → G + F

t (8) H ⎯⎯→ N2 + H2O 0

(7) B + HNO2 → H

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

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

CâuVII: Hòa tan 23 gam một hỗn hợp gồm kim loại Bari và hai kim loại kiềm A,B thuộc hai chu kỳ liên tiếp vào nước được dung dịch D và 5,6 lít H 2 (đo ở điều kiên tiêu chuẩn) a) Nếu trung hòa ½ dung dịch D cần bao nhiêu ml H 2 SO4 0,5M b) Nếu thêm 180ml dung dịch Na2 SO 4 0,5M vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa kết tủa Ba+2 . Nếu thêm 210ml dung dịch Na2 SO4 0,5M vào dung dịch D, sau phản ứng còn dư dung dịch Na2 SO4 . Xác định tên hai kim loại. ĐÁP ÁN: CâuI: Các phản ứng: CuO + CO = Cu + CO 2 (1) CO 2 + Ca(OH)2 = CaCO 3 + H2 O (2) Theo (1) và (2) ta có : N Cu = nCO 2 = 1: 100 = 0,01 mol 3,2 nCuO ban đầu = = 0,04 mol 80 nCuO còn lại = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol Các phản ứng khi cho HNO 3 vào : CuO + 2HNO 3 = Cu(NO 3 )2 + H2 O (3) Hoặc CuO + 2H + = Cu2+ + H2 O (3’) 3CuO + 8HNO 3 = 3Cu(NO 3 )2 + 2NO + 4H 2 O (4) − + 2+ Hoặc 3Cu + 8H + 2NO 3 = 3Cu + 2NO + 4H 2 O (4’) Gọi x, y là số mol H + tham gia phản ứng (3’) và (4’) Ta có : x + y = 0,8 mol Vì CuO hết nên x/2 = 0,03  x = 0,06 và y = 0,02 0,03 0,02 3 y và nCu tan = .y = ; Theo (4) thì V 1 = . 22,4 = .22,4 = 0,112 lít 8 4 4 4 Theo (4’) thì khi hết H + thì Cu không bị tan nữa, nhưng trong dung dịch vẫn còn NO 3− của

D

ẠY

KÈ

M

Cu(NO 3 )2 , nên khi cho HCl vào thì phản ứng (4’) lại tiếp tục xảy ra và sau đó Cu còn lại phải tan hết theo phương trình (4’) . Như vậy tổng số mol NO là: 0,448 0,002 0,002 2 2 nNO = nCu = .0,001 = hay .22,4 lít = lít 3 3 3 3 3 0,448 Do đó : V 2 = - V1 = 0,037 lít 3 0,02 8 Số mol H + cần để hòa tan hết Cu theo (4’) = .0,01 – 0,02 = mol 3 3 Các phản ứng khi cho Mg vào: 5Mg + 12H + + 2NO 3− = 5Mg2+ + N2 + 6H 2 O (5) + 2+ Mg + 2H = Mg + H2 (6) 0 , 02 Tổng số mol NO 3− còn lại sau khi Cu tan hết = 0,08 . Nên số mol của Mg tham gia phản 3 0,55 5 0,22 ứng (5) = . = 2 3 3 + Vì tổng số mol H của HCl = 0,076. 2/3 = 1,52/3 mol ; mà số mol H + tham gia phản ứng (5) = 12/2 . 0,02/3 = 1,32/3 mol nên số mol H + tham gia phản ứng (6) bằng 1,52/33 – 0,02/3 - 1,32/3 = 0,06 mol Do đó số mol Mg tham gia (6) = ½. 0,06 = 0,03 mol V 3 = VN 2 + VH 2 = 1,49 lít.

Biên soạn và sưu tầm!

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

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1. Sau khi tan trong axit Mg còn lại = 12/24 – 0,03 – 0,55/3 = 0,86/3 mol tham gia phản ứng: Cu2+ + Mg = Mg2+ + Cu  (7) Trứơc phản ứng : 0,04 0,86/3 Phản ứng : 0,04 0,04 Sau phản ứng : 0 0,74/3 0,04 0,04 Khối lượng các kim loại trong M 0,74 mMg = . 24 = 5,92 g 3 mCu = 0,04. 64 = 2,56 g 10 −16 + CâuII: Để kết tủa AgI xuất hiện cần: [Ag ] = = 10-14 M 10 − 2 10 −10 Để kết tủa AgCl xuất hiện cần: [Ag+] = = 10-8 M 10 − 2  AgI kết tủa trước.

Tiếp tục thêm Ag+ thì I - tiếp tục bị kết tủa cho tới khi [Ag+] = 10-8 M thì cả AgI và AgCl cùng kết tủa .

Lúc đó [Ag+] [I -]còn = 10-16 và [Ag+] [Cl-]còn = 10-16 10 −2.10 −16 Vậy khi AgCl bắt đầu kết tủa thì [I -] =  10-8 I - kết tủa hết.

10 −10 CâuIII: 1.Gọi số p, số n, số e trong M lần lượt : Z M , N M , EM Gọi số p, số n, số e trong X lần lượt : Z X , N X , EX Trong nguyên tử số p = số e  ZM = EM và ZX = EX Ta có : 4ZM + 2NM + 2ZX+ NX =140 (1) (4ZM + 2 ZX) – (2N M + NX) = 44 (2) (ZM + NM) – (ZX + NX) = 23 (3) (2ZM + NM – 1) – (2ZX + NX + 2) = 31 (4)  ZM = 19, N M = 20  M là Kali (K) ZX = 8 , N X = 8  X là oxi (O) Cấu hình e: M+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 X2- : 1s2 2s2 2p6 2.Vị trí: K thuộc chu kì 4, nhóm IA ; O thuộc chu kì 2, nhóm VIA Câu IV:Gọi hai hiđrôcacbon đã cho có CTPT:C x H y (0,1 mol) và C n Hm(a mol) với : 2 ≤ x, n ≤ 4 Các phương trình phản ứng xảy ra: Cx H y + (x + y/4) O 2 → xCO 2 + y/2 H 2 O (1) 0,1mol 0,1x Cn H m + (n + m/4) O 2 → nCO2 + m/2 H 2 O (2) a mol an mol CO 2 + 2NaOH → Na2 CO3 + H2 O (3) CO 2 + NaOH → NaHCO 3 (4) Na2 CO3 + BaCl2 → BaCO 3 + 2NaCl. (5) t0 2NaHCO 3 ⎯⎯→ Na2 CO3 + CO 2 + H2 O (6) Na2 CO3 + BaCl2 → BaCO 3 + 2NaCl. (7) n BaCO3 (pư 5) = 0,4 mol n BaCO3 (pư 7) = 0,14 mol

Từ pứ(1)→(7)   nCO2 (pứ 1,2) = 0,68mol  0,1x + an = 0,68 (8) Ta có : a > 0,1  0,1x + 0,1n < 0,68  x + n < 6,8 Vì x < n  x = 2  n = 3 hoặc n = 4 Vì x = 2, hỗn hợp đã cho pứ với AgNO 3 /NH 3 nên hỗn hợp này là ankin.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

FF IC IA L

C 2 H 2  C3 H 4

C H hoặc  2 2 C4 H 6 C2 H 2 (0,1mol ) C2 Ag 2 (0,1mol ) Trường hợp1:    C3 H 4 (0,16mol ) C3 H 3 Ag (0,16mol ) 12 .100% = 25,25% < 45% (loại)  H% = 47,52 C2 H 2 (0,1mol ) Trường hợp 2:  C4 H 6 (0,12mol ) C2 Ag 2 (0,1mol ) -Nếu C4 H6 là CH 3 -CH 2 ≡ CH  Kết tủa :  C4 H 5 Ag (0,12mol ) Các chất đó có thể là:

12 .100% = 27,7% < 45% (loại) 43,32 - Nếu C4 H6 là CH 3 -C ≡ C-CH3  Kết tủa tạo ra chỉ có: C 2 Ag2 (0,1mol) 12 .100% = 50% > 45% (nhận)  H% = 24 CâuV:Tổng số mol ban đầu trong bình kín :  nbđ = 2+ 8 = 10 mol

O

 H% =

 x = o,5mol

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Trong cùng điều kiện t 0 và V : Tỉ lệ mol = Tỉ lệ áp suất. n P 10 1 Ta có: đ = đ  =  ns = 0,9 x 10 = 9 mol ns ns Ps 0,9 Gọi x là số mol N 2 tham gia phản ứng: N2(K) + 3H2(K) 2NH 3(K) Trước pứ: 2 mol 8 mol Phản ứng: x mol 3x mol 2x mol Sau pứ : (2 – x) (8-3x) 2x mol Tổng số mol các chất khí sau phản ứng:  n s = 10 – 2x = 9 mol Ở trạng thái cân bằng : 1,5 nN 2 = 2 – 0,5 = 1,5 mol  [N2 ] = = 0,75 mol/lít 2 6,5 nH 2 = 8 – 3 x 0,5 = 6,5 mol/lít  [H2 ] = = 3,25 mol/lít 2 1 nNH 3 = 2 x 0,5 = 1 mol  [NH 3 ] = = 0,5 mol/lít 2 C 2 NH 3 (0,5) 2  Kcb = = = 9,71. 10-3 (0,75).( 3,25) 3 C N 2 .C 3 H 2

D

ẠY

CâuVI: A: NH 4 HCO 3 ; B: NH 3 ; C: (NH 4 )2 CO3 ; D: CO 2 ; E: Na2 CO 3 ; G: NaHCO 3 ; F : NH 4 Cl ; H: NH 4 NO 2 Câu VII: a) Ba + 2H 2 O → Ba(OH)2 + H2 (1) x mol x mol x mol 2A + 2H 2 O → 2AOH + H 2 (2) y mol y mol y mol 2B + 2H 2 O → 2BOH + H 2 (3) z mol z mol z mol Chia ½ dung dịch D : Ba(OH)2 + H2 SO 4 → BaSO 4 + 2H 2 O (4) x/2mol x/2 mol 2AOH + H 2 SO 4 → A 2 SO4 + 2H 2 O (5) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

0,09  n Ba  0,105 0 , 09 x137 ,105 137    m Ba  0 x  ; m A+ B = 23 - mBa 12, 33 gam

23 − 14 ,385  

14, 385gam

− 12 , 33  m Ba  23 

8, 6 gam

10, 67 gam

Theo pt (2), (3) : n(A+ B) = 2n H 2 = 2(0,25 - n Ba ) = 0,5 - 2n Ba 0,5 − (2 x0,105)  n(A + B)  0,5 − ( 2 x 0,09)    0 , 29 gam

0 , 32 gam



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

O

(A + B)

N

8,6  27  M 0,32

FF IC IA L

y/2mol y/4mol 2BOH + H 2 SO4 → B2 SO 4 + 2H 2 O (5) z/2mol z/4mol z y 5,6 x+ + = nH 2 = = 0,25 2 2 22,5 x y z 1 0,25 0,25 + + = n H 2 SO4 = nH 2 = ; V H 2 SO4 = = 0,25 lít 2 4 4 2 2 2 x0,5 b) n Na2 SO4 (lần đầu) = 0,18 x 0,5 = 0,09 mol; n Na2 SO4 (lần sau) = 0,21 x 0,5 = 0,105 mol

Q U

Y

N

H

Ơ

ĐỀ 4 Câu 1: ( 4điểm) Cho phản ứng: H 2 (K) + I 2 (K) 2HI (K) Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5lít ở t o C với 0,2mol H 2 và 0,2mol I 2 .Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3mol/lít.

1.1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở t o C. 1.2..Thêm vào cân bằng trên 0,1mol H 2 thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới.

1.3..Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở t o C. 1 1 HI (K) H2 (K) + I 2 (K) 2 2

ĐÁP ÁN

M

1.1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở t o C. Theo giả thiết: [H 2 ] = [I 2 ] = 0,4mol/lít

KÈ

H2 (K) + Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít)

I 2 (K) 0,4(mol/lít) 0,25 (mol/lít )

2HI (K) 0,3 (mol/lít )

ẠY

0,32 = 1,44 0,25.0,25 1.2.Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới: • Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H 2 nồng độ H 2 tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận.

• Khi thêm 0,1 mol H 2 nồng độ H 2 = 0,25 + 0,2 = 0,45mol/lít Gọi x là nồng độ H 2 tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới.

H2 (K) + I 2 (K) 2HI (K) Trước phản ứng: 0,45 (mol/lít) 0,25(mol/lít) 0,3(mol/lít) Lúc cân bằng: 0,45-x (mol/lít ) 0,25-x (mol/lít) 0,3+2x (mol/lít) 2 (0,3 + 2 x) = 1,44  2,56x2 + 2,208x – 0,072 = 0 ĐK: 0< x < 0,25 K cb = (0,25 − x).(0,45 − x)

D

K cb =

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; Vậy : [H 2 ] = 0,41854 (mol/lít) [I 2 ] = 0,21854 (mol/lít) [HI] = 0,36292 (mol/lít)

x/

= -0,89 loại.

1.3..Hằng số cân bằng của phản ứng sau ở t o C. 1 1 HI (K) H2 (K) + I 2 (K) 2 2 Gọi K /cb là hằng số cân bằng của phản ứng:

H 2 2 I 2 2 HI  1

=

1 K cb

=

FF IC IA L

Ta có K /cb =

1

5 1 = 6 1,44

N

H

Ơ

N

O

Câu 2: ( 4điểm) Cho A là dung dịch CH 3 COOH 0,2M , B là dung dịch CH 3 COOK 0,2M. K a = 2.10-5 .

2.1.Tính pH của dung dịch A và dung dịch B. 2.2. Tính pH của dung dịch X tạo thành khi trộn dung dịch A và dung dịchB theo tỉ lệ thể tích bằng nhau.

2.3. Cho thêm 0,02mol HCl vào 1 lít dung dịch X được dung dịch Y.Tính pH của dung dịch Y. 2.4.Nếu trộn 0,3lít dung dịch A với Vlít dung dịch B được dung dịch có pH =4,7 . Xác định V. (Cho sử dụng các giá trị gần đúng) GIẢI 2.1.Tính pH của dung dịch A và dung dịch B. * pH của dung dịch A: Phương trình CH3 COOH CH 3 COO - + H + + Gọi x là nồng độ H : x2 Ka = = 2.10-5 Vì axit yếu x << [CH 3 COOH]đ [CH 3COOH]d - x

K a .C  x = 0,4.10 −5  pH = 2,7 * pH của dung dịch B: CH3 COOK = CH 3 COO - + K + CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH Gọi y là nồng độ OH - : Kw 10 −14.0,2 C = Tương tự y = K tp .C = = 10-5 Ka 2.10 −5

M

Q U

Y

x=

D

ẠY

KÈ

 pOH = 5  pH = 9 2.2. Tính pH của dung dịch X: Khi trộn A và B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau ta được dung dịch hỗn hợp: CH 3 COOH 0,1M và CH 3 COOK 0,1M. CH3 COOK = CH 3 COO - + K + CH3 COOH CH 3 COO - + H + Gọi z là nồng độ H + Giả thiết: z.(0,1 + z ) Ka = = 2.10-5 Vì axit yếu nên z << 0,1  z = 2.10-5  pH = 4,7 (0,1 − z ) 2.3. pH của dung dịch Y: Nếu thêm 0,02mol HCl vào 1 lít dung dịch Y ta có: CH 3 COO - + H + CH 3 COOH [CH 3 COOH] = 0,1 + 0,02 = 0,12 [CH 3 COO -] = 0,1 - 0,02 = 0,08

Biên soạn và sưu tầm!

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

CH COO H  = 2.10-5 -

Ka =

+

3

CH 3 COOH

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

-5

 pH = 4,52.

2.4. Xác định V. Khi trộn 2 dung dịch ta được dung dịch hỗn hợp trong đó.

0,2.0,3 0,2.V [CH 3 COOH] = ; [CH 3 COOK] = 0,3 + V 0,3 + V + Gọi t là nồng độ H

Lúc cân bằng:

H+

FF IC IA L

Đầu phản ứng:

CH 3 COO - + 0,2.V 0,3 + V 0,2.V + t 0,3 + V

CH3 COOH 0,06 0,3 + V 0,06 -t 0,3 + V

t

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

 0,2V  + t t  0,3 + V  = 2.10 −5 Giả thiết: pH = 4,7  t = 2.10-5 Ka =   0,06  −t   0,3 + V  0,2V 0,06  +t = − t  0,2V + 0,3t +Vt = 0,06 – 0,3t –Vt 0,3 + V 0,3 + V  0,2V + 2Vt = 0,06 –0,6t 3(0,01 − 0,1t )  V= Vì axit yếu nên t << 0,1  V  0,3lít 0,1 + t Câu 3: ( 4điểm) 3.1. Hỗn hợp X gồm Cu2 O , FeS2 , Fe và Cu.Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 loãng dư được chất rắn A hỗn hợp khí B và dung dịch C. Cô cạn dung dịch C được hỗn hợp muối khan D .Biết các chất trong A có khối lượng bằng nhau, trong B có thể tích bằng nhau và trong C tỉ lệ mol 2 muối là 1: 8. Xác định % khối lượng hỗn hợp X. 3.2. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Fe và MgCO 3 bằng dung dịch HCl dư được hỗn hợp khí A. Nếu cũng m gam hỗn hợp trên đun với dung dịch H 2 SO4 đ thu được hỗn hợp khí B gồm SO 2 và CO 2 . tỉ khối của B đối với A là 3,6875 . Tính % khối lượng hỗn hợp đầu. ĐÁP ÁN 3.1.Gọi x,y,z,t lần lượt là số mol Cu2 O , FeS2 , Fe ,Cu trong hỗn hợp.

Phương trình phản ứng: Cu2 O + H 2 SO4 = CuSO 4 + Cu + H 2 O x x x FeS2 + H2 SO4 = FeSO 4 + H2 S + S y y y y Fe + H 2 SO4 = FeSO 4 + H2 z z z Cu + H 2 SO4 t Theo giả thiết và phương trình phản ứng ta có: Khối lượng mS = mCu  32y = 64(x+t)  y = 2x + 2t (1) V H2S = V H2  y = z (2) 1 x 1 = Tư (1) y > x  tỉ lệ mol 2 muối = chỉ thoả với:  8x = y +z (3) 8 y+z 8 Từ (1) (2) (3)  y = z = 4x và t = x mCu2 O = 144x ; mFeS2 = 480x ; mFe = 224x ; mCu = 64x ; mhh = 912x

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

%Cu2 O = 15,79(%) ; %FeS2 = 52,63(%) %Fe = 24,56(%) ; %Cu = 7,02(%) 3.2.Gọi x,y là số mol Fe và MgCO 3 trong hỗn hợp: Phương trình phản ứng: Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 x x MgCO3 + 2HCl = MgCl2 + H2 O + CO2 y y 2Fe + 6H 2 SO 4 = Fe2 (SO 4 )3 + 3SO 2 + 6H2 O x 1,5x MgCO 3 + H2 SO4 = MgSO 4 + CO 2 + H 2 O y y Theo gt và phương trình phản ứng: 96 x + 44 y 1,5 x + y dB/A = = 3,6875 2 x + 44 y x+ y  96x2 + 96xy +44xy +44y2 = 11,0625x2 +243,375xy + 7,375xy + 162,25y2  84,9375x2 - 118,25y2 - 110,75xy = 0 x x  Giải được và = −0,69 (loại) =2 y y  %KLFe = 57,14 (%) %KLMgCO 3 = 42,86 (%) Câu 4: ( 4điểm) . 4.1. Oximen có trong tinh dầu lá húng quế,có công thức phân tử C 10 H 16 được xem như do 2 phân tử izopren kết hợp với nhau.Khi cộng một phân tử nước ở điều kiện thích hợp ta được một dạng cấu tạo của Linalol . Khi hidro hoá hoàn tòan Linalol ta được 3,7-dimetyl octanol-3. Viết công thức cấu tạo của Oximen và Linalol.

4.2. Bằng thực nghiệm ở 300o C người ta xác định tỉ lệ % các sản phẩm mono clo hoá isopentan như sau: 2-clo-2- metyl butan 22% ; 2-clo-3- metyl butan 33% ; 1-clo-3- metyl butan 15% ; 1-clo-2- metyl butan 30% .Tìm khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử hidro ở cacbon bậc II (rII) và cacbon bậc III (rIII) nếu khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử hidro ở cacbon bậc I (r I ) là 1. ĐÁP ÁN4.1.

OH to/xt

KÈ

+ H2O

D

ẠY

Oximen

OH

OH +

Linalol 4.2.

Linalol

2H 2

+Ni/to

3,7-dimetyl octanol-3.

CH 3 CH 3 –C -CH2 -CH 3

22%

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH 3 -CH -CH 2 –CH3 CH3

Theo giả thiết: Ta có:

nI = 9 ;

nII

Cl CH3 -CH- CH-CH3 CH 3 Cl CH3 – CH – CH2 –CH2 CH3 Cl CH2 –CH – CH 2 – CH3 Cl CH 3 =2 ; nIII = 1 ; rI = 1

33% 15% 30%

100.rII .2 100.rIII = 33 (1) a3 % = = 22 (2) 9 + 2rII + rIII 9 + 2rII + rIII Từ (1) và (2)  rII = 3,3 , rIII = 4,4 Câu 5:(4điểm) 5.1.1.Hợp chất A chứa C,H,O có khối lượng phân tử là 74. Biết A không phản ứng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH sản phẩm chỉ thu được một chất hữu cơ. Xác định cấu tạo của A. Biết từ A thực hiện được sơ đồ sau: CH 3 MgCl + A B H2 O CH3 CHO D H2 O Rượu sec-butylic.

5.2. Hai chất A,B có công thức C 3 H7 OCl và C2 H4 O có đặc điểm: - A có tính quang hoạt.

- Khi A phản ứng với CH 3 MgI được C4 H10O không có tính quang hoạt.

B phản ứng với CH 3 MgI sau đó thuỷ phân được rượu n-propylic.

Xác định cấu tạo của A ,B và viết phương trình phản ứng. ĐÁP ÁN 5.1.1. Đặt công thức phân tử của A là C x Hy Oz. Theo giả thiết ta có : 12x + y + 16z = 74 ĐK x,y,z  Z+ và y  2x + 2 Ta chọn được công thức có thể có của A là: C4 H10 O , C3 H6 O2 và C2 H2 O 3 .

Với sơ đồ trên chỉ thoả với CTPT và CT của A là: C 2 H 2 O3 O H C O anhidric fomic H C O

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

a2 % =

ẠY

KÈ

M

(HCO)2 O + 2NaOH → 2HCOONa + H 2 O O H - C H CH3 -MgCl + O → CH 3 - C – O - MgCl (B) H- C OCOH O H CH 3 - C – O - MgCl + H 2 O → CH3 -CH=O + HCOOH + MgClOH OCOH

D

C2 H 5 -MgCl

+ CH 3 -CH=O

→

CH3 CH 2 -CH-OMgCl (D) CH3 CH 3 CH 2 -CH-OMgCl + H 2 O → CH3 CH2 –CH-OH + MgClOH CH 3 CH3 Rượu sec-butylic.

5.2.

Cấu tạo của A : CH 3 - O- CH – CH3 Cl Cấu tạo của B : CH 2 CH2 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 O CH 3 -MgI + CH 3 - O- CH – CH 3 → CH3 – O – CH – CH3 + MgICl Cl CH 3 CH 3 -MgI +

CH2 → CH 3 -CH2 -CH2-OMgI

CH 2

O CH3 -CH 2 -CH 2-OMgI + H 2 O → CH 3 -CH2 -CH2 OH + MgIOH ĐỀ 5

FF IC IA L

Câu 1 ( 5đ) 1) Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau : + H 2 SO4 + CO2

NH3

A3 (khí)

+H 2 O

A1

A2

P cao, t 0

+ NaOH

A4 (khí)

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Biết phân tử A 1 gồm C, H, O, N với tỉ lệ khối lượng tương ứng 3 : 1 : 4 : 7 và trong phân tử chỉ có hai nguyên tử ni tơ.

2) Một hỗn hợp gồm Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng 7 : 3. Lấy m (gam) hỗn hợp này cho phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thấy đã có 44,1 gam HNO 3 phản ứng, thu được 0,75m (gam) rắn, dung dịch B và 5,6 lít hỗn hợp khí (ĐKTC) gồm NO và NO 2 . Hỏi cô cạn dung dịch B thu được bao nhiêu gam muối khan?

Câu 2 (4 đ) Đốt cháy 3,2 gam M2 S ( Kim loại M trong hợp chất thể hiện số oxyhoá +1 và +2) trong oxy dư. Sản phẩm rắn thu được đem hoà tan trong một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO4 39,2% nhận được dung dịch muối có nồng độ 48,5%. Đem làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 2,5 gam tinh thể, khi đó nồng độ muối giảm còn 44,9%. Tìm công thức tinh thể muối tách ra.

Câu 3 ( 6 đ) 1) Đốt cháy hoàn toàn 0,012 mol một hiđrocacbon X. Cho toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng nước vôi trong, thấy xuất hiện 4 gam kết tủa và khối lượng dd tăng thêm 0,560 gam . Lọc kết tủa, cho tiếp dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch lọc, thấy xuất hiện 6,534 gam kết tủa. a. Xác định công thức phân tử của hiđrocacbon X. b. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên hiđrocacbon X, biết X không làm mất màu dd brom, chỉ làm mất màu dd KMnO 4 khi đun nóng.

2) Phản ứng cộng hợp HBr với hợp chất A theo tỉ lệ 1 : 1 tạo ra hỗn hợp D gồm các chất là đồng phân của nhau, trong hỗn hợp D có chứa 79,2% brom về khối lượng, còn lại là cacbon và hiđro. Biết tỉ khối của hỗn hợp so với oxi nhỏ hơn 6,5. Xác công thức cấu tạo của A và các sản phẩm trong D. Câu 4 ( 5đ ) Dung dịch X gồm hai axit HCl 0,001M và CH3 COOH 0,1M. a. Tính pH của dung dịch X. Biết axit CH 3 COOH có Ka = 1,8.10-5 b. Hoà tan 2,04 gam NaOH vào 1 lít dung dịch X thu được dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y. Cho : H = 1, C = 12, N = 14, O = 16, Br = 80, Cl = 35,5, Na = 23, Ba = 137, Ca = 40, Cu = 64, Fe = 56, S = 32.

CÂU

Câu 1 (5 ®)

ĐÁP ÁN 1.T ìm A 1 (Cx Hy OzNt): Tỉ lệ: 12x : y : 16z : 14t = 3 :1 : 4 : 7  x : y : z : t = 1 : 4 : 1 : 2 . CTPT của A 1 : CH 4 ON 2 hay (NH 2 )2 CO PTPƯ : 2NH 3 + CO 2 → (NH 2 )2 CO + H 2 O (NH 2 )2 CO + 2H 2 O → (NH 2 )2 CO 3 (NH 2 )2 CO3 + H 2 SO4 → (NH 4 )2SO4 + CO 2 + H2 O (NH 2 )2 CO3 + 2NaOH → Na2 CO 3 + 2NH 3 + 2H 2 O 2. m(g)hh Cu và Fe tỉ lệ khối lượng 7: 3 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Ơ

1. ( 3đ) .a.

Q U

Y

N

H

Câu 2 (4 đ)

N

O

FF IC IA L

 có 0,7m (g) Cu, 0,3m (g) Tác dụng với HNO 3 có Fe phản ứng 0,25m (g) còn 0,75m (g) chất rắn gồm 0,05m(g) Fe dư và 0,7m (g) Cu không phản ứng.

Fe bị HNO3 oxi hoá thành Fe2+ do Fe3+ + Fe → Fe2+ Gọi a,b là số mol NO và NO2 3 Fe + 8 HNO 3 → 3 Fe( NO 3 )2 + 2NO + 4 H 2 O (mol) 1,5a 4a 1,5a a Fe + 4 HNO 3 → Fe( NO 3 )2 + 2NO + 2 H 2 O ( mol) 0,5b 2b 0,5b b nHNO3 = 4a + 2b = 0,7 (I) a + b = 0,25 (II) Tõ (I) vµ (II) a = 0,1; b = 0,15 Khèi l-îng muèi lµ: 180 ( 1,5a + 0,5b) = 180. 0,225 = 40,5g.

M2 S + 2O 2 → 2MO + SO 2 (1) MO + H2 SO4 → MSO 4 + H2 O (2) MSO4 + n H2 O → MSO4 .nH2 O 3,2 Đặt số mol M2 S là x  x = (I) mol (2M + 32) nH2SO4 = nMSO4 = 2x (mol) 2 x.98.100 Khối lượng dd H 2 SO 4là : = 500 x( g ) 39,2 KLdd muối là 500x + 2x(M + 16) = 2xM + 532x KL muối theo (1) và (2) là 2x(M +96) Suy ra 2x(M + 96) = 0,485(2xM + 532x) (II) Từ (I) và (II) suy ra M = 64, x = 0,02mol , CTPT : Cu2 S KL CuSO 4 là 2.0,02.160 = 6,4g KLdd CuSO 4 = 13,2g.

Khi làm lạnh tách ra 2,5g tinh thể, khi đó khối lượng dd còn 10,7g KL CuSO 4 còn 10,7. 0,449 = 4,8g → KL CuSO 4 tách ra là 1,6g KL nước tách ra: 2,5 – 1,6 = 0,9g n H 2O 5  =  CT muèi lµ CuSO 4 . 5H2 O nCuSO4 1

ẠY

KÈ

M

CO 2 + Ca(OH)2 → CaCO 3 + H2 O (1) 2CO 2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO 3 )2 (2) Ca(HCO 3 )2 + Ba(OH)2 → BaCO 3 + CaCO 3 (3) n CO2 (1) = nCaCO3(1) = 0,04 mol 6,534 = 0,044 nCO2(2) = 2(nBaCO3 + nCaCO3(3)) = 2.

297 1 (0,56 + 4 − 0,084.44) = 0,048  nCO2 = 0,084, nH2O = 18 Từ số nX và nCO2 , nH2O suy ra x = 7, y = 8. CTPT của X : C7 H8 b. X là toluen

D

Câu 3 (6đ )

CH3

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

Biên soạn và sưu tầm!

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

Br Các đồng phân cấu tạo trong D là: ` BrCH 2 - CH 2 – CH2 Br CH 3 - CHBr – CH 2 Br CH 3 = CBr2 – CH3 CH3 - CH 2 – CHBr2

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 TH2: Nếu hợp chất trong D có chứa 2 nguyên tử Br thì khối lượng mol phân tử của D bằng 160/ 0,792 = 202,02gam/mol< 6,5.32 = 208 → KL của C và H = 202 – 160 = 42gam/mol  C3H6 vậy A : C3H5Br TH3: Nếu hợp chất trong D có chứa 3 nguyên tử Br thì khối lượng mol phân tử của D bằng 240/ 0,792 = 303,03gam/mol> 6,5.32 = 208 (loại) Vậy hợp chất trong D có CTPT: C3 H6 Br2 A là 1 trong 4 đồng phân sau: CH2 = CH – CH 2 Br ; CH 2 = CBr – CH3 ;Br -CH= CH – CH3

HCl → H+ + ClC(M) 0,001 0,001 CH3 COOH CH 3 COO - + H + Ka = 1,8. 10-5 C(M) bđ 0,1 0,001 C(M) cb 0,1 -x x 0,001+x (0,001 + x) x  1,8. 10-5 = 0,1 − x Giả sử x << 0,1  x2 + 0,001x -1,8.10-6 =0 Giải phương trình bậc 2  x = 9,3. 10-4 M H + = 10-3 + 9,3 . 10-4 = 1,93 . 10-3 M → pH  2,7. b. nNaOH = 0,051 mol , CNaOH = 0,051M NaOH + HCl → NaCl + H 2 O C(M) 0,001 0,001 0,001 NaOH + CH 3 COOH CH 3 COONa + H 2 O → C(M) 0,05 0,05 0,05 Dung dịch Y gồm: NaCl ( 0,001M); CH 3 COOH ( 0.05M); CH3 COONa (0,05M) CH3 COONa → CH3COO- + Na+ C(M) 0,05 0,05 CH3 COOH CH 3 COO - + H + C(M) bđ 0,05 0,05 C(M) cb 0,05 – y 0,05 + y y ( 0 , 005 + y ) y  1,8. 10-5 = , giả sử y << 0,05 → y = 10 -4,75 M ; pH = 4,75 0,05 − y

N

O

a.

H

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

Câu 4 ( 5đ)

Ơ

 

Biên soạn và sưu tầm!

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

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

A → D → C→ A FeS2 → A → B → H2 SO4  C

FF IC IA L

E → BaSO 4 2) Chỉ dùng một thuốc thử, nêu phương pháp hóa học nhận biết các dung dịch riêng biệt đựng trong các lọ mất nhãn sau: Na2 SO4 ; H2 SO4 ; NaOH và BaCl2 (viết các PTHH nếu có).

3) Cân bằng PTHH của các phản ứng oxy hoá - khử sau: a) C6 H5 NO2 + Fe + H 2 O

C6 H5 NH 2 + Fe3 O 4 Fe2 (SO4 )3 + SO2 ↑ + H2 O

c) Al

+ HNO3

Al(NO3 )3 + NH4 NO3 + H2 O

d) Fe

+ HNO 3

Fe(NO3 )3 + N x Oy ↑ + H 2 O

O

b) FeS2 + H2 SO4

Câu II: (2,0 điểm) Sáu hiđrocacbon A; B; C; D; E; F đều có công thức phân tử là C4 H8 . Cho từng chất

N

vào dung dịch brom (trong CCl4 và không chiếu sáng) thấy A, B, C và D tác dụng rất nhanh. E tác dụng

Ơ

chậm hơn, còn F hầu như không phản ứng. B và C là những chất đồng phân lập thể của nhau, B có nhiệt độ sôi cao hơn C. Khi cho tác dụng với hiđro ở nhiệt ộ cao (có Ni làm xúc tác) thì A, B, C đều cho cùng

H

sản phẩm G. a) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên của 6 hiđrocacbon trên.

N

b) A tác dụng với nước brom có hoàn tan một lượng nhỏ NaCl sinh ra 5 sản phẩm. Viết công thức cấu tạo và giải thích sự hình thành 5 sản phẩm đó.

Câu III: (4,0 điểm) Cho 11 gam hỗn hợp Fe và Al tác dụng vừa đủ với 500ml dung dịch H 2 SO4 có

Q U

Y

nồng độ a (mol/l) thu được 8,96 lit khí H 2 (đktc). Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch sau phản ứng, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn . a) Tính khối lượng của Fe , Al và % về số mol của chúng trong hỗn hợp ban đầu . b) Tính giá trị của a và m.

Hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z (Y và Z là đồng đẳng kế tiếp). Đốt cháy

M

Câu IV: (4,5 điểm)

KÈ

hoàn toàn 672 ml A rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình I chứa 52,91 gam dung dịch H 2 SO4 98%, bình II chứa 437,5 ml dung dịch Ba(OH)2 0,08M. Kết thúc thí nghiệm nồng độ H 2 SO 4 ở bình I còn 96,2%. Bình II xuất hiện 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, khi dẫn 1209,6 ml A đi qua bình chứa dung dịch

ẠY

brom, nhận thấy sau phản ứng dung dịch này bị nhạt màu, khối lượng dung dịch tăng thêm 0,468 gam và có 806,4 ml khí thoát ra khỏi bình. Xác định công thức phân tử của X, Y, Z và phần trăm thể tích các khí trong A, biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các khí đều đo ở đktc.

D

Câu V: (5,0 điểm) 1) Muối ăn có lẫn Na2 SO4 , NaBr , MgCl2 , CaCl2 , CaSO 4 . Hãy dùng phương pháp hoá học để điều chế muối ăn tinh khiết, Viết các PTHH của các phản ứng để minh hoạ.

2) Cho m gam hỗn hợp muối NaBr và NaI phản ứng với dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng thu được hỗn

hợp khí A (đktc). Ở điều kiện thích hợp A phản ứng vừa đủ với nhau thu được chất rắn màu vàng và một chất lỏng không làm chuyển màu quì tím. Cho Na dư vào phần chất lỏng thu được dung dịch B, dung dịch B phản ứng vừa đủ với 2,24 lít CO 2 (đktc) tạo ra 9,5 gam hỗn hợp muối. Viết các PTHH của các phản ứng xảy ra và tính m ?

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (Cho: Ca = 40; S = 32; C = 12; H = 1; O = 16; Co = 59; Cu = 64; Ag = 108; Zn = 65; Mg = 24; Al=27; Na=23; K = 39; Cl = 35,5; N = 14, I=127, Br=80)

Câu I (4,5 đ)

Nội dung

Điểm

SO 2 → Na2 SO3 → BaSO3 → SO2

1)

2,0

FeS2 → SO 2 → H 2 SO3 → H2 SO4  BaSO 3 Na2 SO4 → BaSO 4 A(SO 2 ); B(H 2 SO 3 ); C(BaSO 3 ); D(Na2 SO3 ); E(Na2 SO 4 )

FF IC IA L

(10PTHH x0,2)

0,5

2,0

N

H

Ơ

N

O

2) * Lấy 4 mẫu thử của 4 dung dịch đầu lần lượt cho tác dụng với quỳ tím. Làm quỳ tím hóa đỏ là dung dịch H 2 SO 4 ; Làm quỳ tím hóa xanh là dung dịch NaOH. (0,75 điểm) * Lấy 2 mẫu thử của 2 dung dịch còn lại lần lượt cho tác dụng với dung dịch H2 SO4 vừa biết. Tạo kết tủa là dung dịch BaCl2 . Còn lại là dung dịch Na2 SO4 .

H2 SO4 + BaCl2 → BaSO 4 ↓ + 2HCl 3) a) 4 C6 H5 NO2 + 9 Fe + 4H 2 O → 4C6 H 5 NH 2 + 3Fe3 O4 4 N +4 + 6e → N-2 3 3Fe 0 → Fe+8/3 + 8e b) 2FeS2 + 14 H2 SO4 → Fe2 (SO 4 )3 + 15 SO 2 + 14H 2 O 1 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+4 + 22e 11 S+6 + 2e → S+4 c) 8Al + 30 HNO 3 → 8Al(NO 3 )3 + 3NH 4 NO 3 + 9H 2 O 8 Al0 → Al+3 + 3e 3 N +5 + 8e → N -3

Q U

Y

d) (5x-2y) Fe +(18x-6y) HNO 3 → (5x-2y) Fe(NO 3 )3 +3Nx Oy +(9x-3y) H 2 O (5x-2y) Fe0 → Fe+3 + 3e 3 xN +5 + (5x-2y)e → xN +2y/x a) Học sinh tìm ra các hiđrocacbon và viết đầy đủ CTCT, gọi tên: A: but-1-en B: cis-but-2-en C: trans-but-2-en D: 2-metylpropen E: metyl xiclopropan F: xiclo butan Giải thích + A, B, C phản ứng với H 2 (xt) đều cho một sản phẩm G là butan + B và C là đồng phân hình học, B có nhiệt độ sôi cao hơn vì phân cực hơn. + E phản ứng chậm với brom(vòng 3 cạnh) + F không phản ứng với brom(vòng 4 cạnh) b) CH2 =CH-CH2 -CH3 + Br2 → CH 2 Br-CHBr-CH 2-CH3 CH3 -CH2 -CHCl-CH 2Br + Br − CH2 =CH-CH2 -CH3 + Br2 + Cl − CH3 -CH2 -CHBr-CH2Cl + Br − CH3 -CH 2 -CHOH-CH2Br + HBr CH 2 =CH-CH 2 -CH3 + Br2 + H 2 O CH3 -CH 2 -CHBr-CH2OH + HBr Giải thích: Mỗi phản ứng trên đều xảy ra hai giai đoạn: - Giai đoạn 1:

1,0

D

ẠY

KÈ

M

II (2,0đ)

1,0

+

CH3 -CH 2 - C H-CH2Br + Br − CH2 =CH-CH2 -CH3 + Br2 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 +

CH3 -CH 2 -CHBr- C H2 + Br − - Giai đoạn 2: cacbocation kết hợp với Br − , Cl − hoặc H 2 O a ) Đặt x, y lần lượt là số mol của Al và Fe ta có: 27x + 56y = 11 (*) Các phương trình phản ứng xảy ra : 2Al + 3H 2 SO 4 → Al2 (SO 4 )3 + 3/2 H 2 (1) x x 3x x 2 2 2 Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H2 (2) y y y y Từ (1) , (2) theo số mol H 2 .

3x nH2 = 0,4 (mol) => + y = 0,4 (**) 2 kết hợp (*) và (**): 27x + 56y = 11 => x = 0,2 3x + y = 0,4 y = 0,1 2 0, 2 mAl = 0,2 x 27 = 5,4 (gam) và % nAl = 100% = 66,67 % 0, 2 + 0,1 mFe = 11 – 5,4 = 5,6 (gam) và % nFe = (100 – 66,67)% = 33,33% 3x b ) Từ (1) , (2) số mol H 2 SO 4 bằng + y = 0,4 (mol) 2 0, 4 CM = = 0,8 (mol/l) ( a = 0,8 ) 0,5 Vì dd NaOH dư nên: Al2 (SO 4 )3 + 6NaOH → 2Al(OH)3  + 2Na2 SO 4 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO 2 + 2 H 2 O FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH)2  + Na2 SO 4 0,1mol " " " " " " " " 0,1mol Nung kết tủa trong không khí : 1 t0 → Fe2 O3 + 2 H 2 O 2 Fe(OH)2 + O2 ⎯⎯ 2 0,1 mol " " " " " " " 0,05 mol Khối lượng kết tủa bằng m = 0,05 x 160 = 8,0 ( gam ) - Tìm số mol H2 O: nH2O = 0,055 mol -Tìm số mol CO2 : nBa(OH) 2 = 0,08 . 437,5.10-3 = 0,035 mol

2,0

2,0

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

III (4,0đ)

D

ẠY

KÈ

IV (4,5đ)

nBaCO 3 = 4,925 : 197 = 0,025mol + TH1: Ba(OH)2 phản ứng hết: nCO2 = 0,045 mol + TH2: Ba(OH)2 phản ứng dư: thì số mol CO 2 bằng số mol kết tủa. nCO2 = 0,025 mol Cả hai trường hợp đều cho số mol CO 2 nhỏ hơn số mol H 2 O. Do đó hỗn hợp A phải có ankan và hiđrocacbon không no.

- Tìm số mol hiđrocacbon trong 672 ml: 806, 4.672 n ankan = = 0,02 mol 1209, 6.22400 672 n hiđrocacbon không no = - 0,02 = 0,01 mol 22400

1,0

1,0

Biên soạn và sưu tầm!

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

D

ẠY

N

KÈ

M

Q U

Y

V (5,0điể m)

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Khối lượng tăng sau phản ứng với brom là khối lượng của hiđrocacbon không no. Vậy khối lượng của nó trong 672 ml là: 0, 468.672 m hiđrocacbon không no = = 0,26 gam 2,5 1209, 6 - Tìm công thức phân tử hiđrocacbon không no: đặt CTC hiđrocacbon 1,0 không no là: CnH2n+ 2-2a (với n  2 và a  1) Ta có: 14n + 2 – 2a = 0,26: 0,01  7n – a = 12 Chỉ có: n = 2 và a = 2 là thỏa mãn.

1,0 Vậy CTPT của hiđrocacbon không no là: C2 H2 (X) - Tìm công thức phân tử và số mol hiđrocacbon no: Theo bài ra thì hiđrocacbon no đó là Y và Z, có CTC là: C m H2 m + 2 (với m > 1) 0, 02m = 0, 045 − 0, 01.2 Số mol CO 2 của nó khi đốt cháy là:   0, 02m = 0, 025 − 0, 01.2  m = 1, 25 0,5   m = 0, 25(loai) Vậy CTPT 2 ankan Y và Z là: CH4 và C 2 H6 có số mol lần lượt là x và y mol . Ta có:  x + 2 y = 0, 045 − 0, 01.2  x = 0, 015mol   4 x + 6 y = 0, 055.2 − 0, 01.2  y = 0, 005mol - Tìm % thể tích các khí trong X: %V tương ứng % số mol ta có %V của C2 H2 : 33,33% %V của CH 4 : 50% %V của C2 H6 : 16,67% 1) Cho hh + dd BaCl2 dư lọc bỏ kết tủa →nước lọc (NaCl, BaCl2 , NaBr, MgCl2 , 1,5 CaCl2 ).

Na2 SO4 + BaCl2 →BaSO 4 ↓ + 2NaCl CaSO 4 + BaCl2 →BaSO 4 ↓ + 2NaCl Sau cho nước lọc + dd Na2 CO3 dư , lọc bỏ kết tủa → dd (NaCl , NaBr , Na2 CO 3 ).

CaCl2 + Na2 CO 3 →CaCO 3 ↓ + 2NaCl BaCl2 + Na2 CO 3 →BaCO 3 ↓ + 2NaCl Cho dung dịch tác dụng với khí Cl2 dư →(NaCl, Na2 CO3 ).

NaBr + Cl2 →NaCl + Br2 Cho dung dịch tác dụng với dung dịch HCl dư, cô cạn được NaCl nguyên chất.

Na2 CO3 + 2HCl →2NaCl +H 2 O + CO 2 ↑ 2) Gọi số mol của NaBr và NaI lần lượt là x và y.

3,5 Theo đề ra ta có: 1,0 2NaBr + 2H 2 SO 4 → Na2 SO 4 + Br2 + SO 2 + 2H2 O (1) x x/2 8NaI +5H 2 SO 4 → 4 Na2 SO 4 + 4I 2 + H2 S + 4H 2 O (2) y y/8 2H2 S + SO 2 → 3S + 2H 2 O (3) x y y (x) (mol) 8 8 2 2H 2 O + 2Na →2NaOH + H 2 (4) x x Gọi số mol của NaHCO 3 và Na2 CO 3 lần lượt là a và b: 1,0 CO2 + NaOH → NaHCO 3 (5) a a a (mol)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (6)

FF IC IA L

CO2 + 2NaOH → Na2 CO3 + H2 O b 2b b (mol) Ta có hệ : a + b = 0,1 (số mol CO 2 ) 84x + 106y = 9,5 ( khối lượng hỗn hợp muối) Giải hệ → a = b = 0,05 mol .

1,0 y Vậy nNaOH = 0,15 mol . → nnước = 0,15 mol .= x = => x =0,15; y=1,2 0,5 8 => m = 0,15.103 + 1,2.150 = 195,45 gam Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo phương pháp khác mà đúng, giám khảo căn cứ HD chấm mà cho điểm tương đương ĐỀ 7

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

————————————

O

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

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Bài 1. Cho 20,80 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS2 , S tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO 2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng phương trình ion thu gọn?

2. Tính V và số mol HNO 3 cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X ?

Bài 2. Cho 11,9 gam hỗn hợp Al và Zn tan hoàn toàn trong dung dịch chứa NaNO 3 và NaOH dư thu được 4,928 lít hỗn hợp hai khí (đktc). Cho hỗn hợp khí qua bình đựng CuO dư, đun nóng sau phản ứng thấy khối lượng bình giảm 4 gam.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra 2. Tính % khối lượng của hỗn hợp đầu Bài 3. Thêm từ từ 17,85 ml dung dịch kẽm clorua 17% (d =1,12g/ml) vào 25 ml dung dịch kali cacbonat 3,0 mol/lít (d = 1,30 g/ml) tạo ra kết tủa cacbonat bazơ. Sau phản ứng lọc bỏ kết tủa, tính nồng độ % các chất trong nước lọc.

Bài 4. Hấp thụ hết V lít khí CO 2 (đktc)vào dung dịch chứa a mol NaOH được dung dịch A. Biết rằng nếu cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A thì phải mất 50ml dd HCl 1M mới thấy bắt đầu có khí thoát ra. Mặt khác cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch A được 7,88 gam kết tủa. Tính V (đktc) và số mol NaOH trong A. Bài 5. Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ, ghi rõ điều kiện phản ứng ( nếu có) A

E B

ẠY

A C2H2

CH3CHO

D

C D A

F

Bài 6. Một hỗn hợp Y gồm Al và Fe. Cho 22 gam Y tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 0,3M thu được V lít khí H 2 (đktc).

1. Chứng minh rằng hỗn hợp Y không tan hết. Tính VH 2 (đktc).

Biên soạn và sưu tầm!

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

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Cho 22 gam Y tác dụng với clo dư thu được m1 gam muối. Nếu cho 22 gam Y tác dụng với Iot dư thu được m2 gam muối. Biết m2 – m1 = 139,3 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong 22 gam Y. Bài 7. Hoà tan 0,54 gam Al trong 0,5 lít dung dịch H 2 SO4 0,1M được dung dịch A. Thêm V lít dung dịch NaOH 0,1M vào dung dịch A thu được dung dịch B và kết tủa C. Nung kết tủa C đến khối lượng không đổi ta được chất rắn nặng 0,51 gam. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M đã dùng.

Bài 8. Đốt cháy hoàn toàn 10,4 gam chất hữu cơ X rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 chứa H 2 SO4 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 C2 H6 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.

2. X có một đồng phân X 1 , biết rằng khi cho 3,12 gam X 1 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 H 2 (đktc) khi đun nóng có xúc tác Ni. Viết công thức cấu tạo và gọi tên X 1 3. X có đồng phân X 2 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 X 2 .

---Hết--Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Bài Nội Dung Bài 1 1)Các phương trình phản ứng: (1,5đ) Fe + 6H + + 3NO 3 - → Fe3+ + 3NO 2 + 3H 2 O (1) FeS + 10 H + + 9NO 3 - → Fe3+ + SO 4 2- + 9NO 2  + 5H 2 O (2) FeS2 + 14H+ + 15NO 3 - → Fe3+ + 2SO 4 2- + 15NO 2  + 7H 2 O (3) S + 4H + + NO 3 - → SO4 2- + 6NO 2  + 2H 2 O(4) Dung dịch sau phản ứng có: Fe3+, SO 4 2-, H + H + + OH - → H2 O Fe3+ + 3OH - → Fe(OH)3  Ba2+ + SO 4 2- → BaSO 4  2) Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:  3+  Fe(OH )3  Fe  Fe   xmol  xmol + Ba (OH )2  xmol  + HNO3 d ⎯⎯⎯⎯ → ⎯⎯⎯⎯→   S  SO4 2−  BaSO 4  ymol   ymol  ymol

D

ẠY

KÈ

M

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

Bài 2 (1 đ)

Các phương trình phản ứng có thể 8Al + 5NaOH + 3NaNO 3 + 2H 2 O → 8NaAlO 2 + 3NH 3  4Zn + 7NaOH + NaNO 3 → 4Na2 ZnO 2 + NH 3  + 2H 2 O 2Al + 2NaOH + 2H 2 O → 2NaAlO 2 + 3H2  Zn + 2NaOH → Na2 ZnO 2 + H 2  Hai khí là NH 3 và H 2 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

FF IC IA L

2ZnCl2 + 2K2 CO 3 + H2O → [ZnOH]2 CO3 + 4KCl + CO 2  0,025

0,025

0,0125

0,05

O

Bài 3 (1đ)

Gọi x, y lần lượt là số mol NH 3 và H 2 4,928 => x + y = = 0, 22(mol ) 22, 4 Khối lượng bình CuO giảm là khối lượng oxi mất đi 4 => nO = = 0, 25(mol ) 16 3x => + y = 0, 25 2 => x = 0,06 (mol); y = 0,16 (mol) Gọi a, b lần lượt là số mol Al và Zn => 27a + 65b = 11,9 3a + 2b = 8.0,06 + 2.0,16 = 0,8 => a = 0,2 (mol); b = 0,1 (mol) 0, 2.27 => % Al = .100% = 45,38% 11,9 %Zn = 100% - %Al = 54,62% Số mol ZnCl2 = 0,025 < số mol K 2CO 3 = 0,075

0,0125

0,0125

0,025

H

0,0125

Ơ

K 2CO3 + CO 2 + H2O → 2KHCO 3

N

Do K 2CO3 dư nên phản ứng với CO 2 tạo ra KHCO 3:

N

Lượng nước lọc = m(dd K 2CO3) + m(dd ZnCl2) – m([ZnOH]2 CO 3 ) = 25. 1,3 + 17,85  1,12 – 0,0125  224 = 49,7 gam

Q U

Y

% K2CO 3 dư = (0,0375  138) : 49,7 = 0,104 hay 10,4% % KHCO 3 = (0,025  100) : 49,7 = 0,05 hay 5%

M

% KCl = (0,05  74,5) : 49,7 = 0,075 hay 7,5% Khi cho từ từ HCl vào dung dịch A phải hết 50ml mới thấy có khí thoát ra, do vậy trong A phải chứa NaOH dư hoặc Na2 CO3 Trường hợp 1: Dung dịch NaOH dư khi đó xảy ra các phản ứng; CO 2 + 2NaOH → Na2 CO 3 + H2 O (1) Dung dịch A có Na2 CO3 và NaOH dư, khi cho từ từ HCl vào A có các phản ứng: NaOH + HCl → NaCl + H 2 O (2) Na2 CO 3 + HCl → NaHCO 3 + NaCl (3) NaHCO 3 + HCl → NaCl + H 2 O + CO 2  (4) Khi cho Ba(OH)2 vào dung dịch A có phản ứng Ba(OH)2 + Na2 CO3 → 2NaOH + BaCO 3  (5) Theo các phương trình phản ứng: nCO2 = nBaCO3 = 0,04mol ⎯⎯ →VCO2 = 0,896(lit )

D

ẠY

KÈ

Bài 4 (1,0đ)

nNaOH = 2.nCO2 + nHCl − nNa2CO3 = 2.0, 04 + 0, 05 − 0, 04 = 0, 09mol

Trường hợp 2: Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối Na2 CO3 và NaHCO 3 Cho HCl vào dung dịch A có các phản ứng: Na2 CO3 + HCl → NaHCO 3 + NaCl (3) NaHCO 3 + HCl → NaCl + H 2 O + CO 2  (4) Theo (3) nNa2CO3 = nHCl = 0, 05(mol ) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Khi cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư có các phản ứng Ba(OH)2 + Na2 CO3 → 2NaOH + BaCO 3  (5) Ba(OH)2 + NaHCO 3 → BaCO 3  + NaOH + H 2 O(6) nBaCO3 = nNa2CO3 + nNaHCO3 = 0, 05 + nNaHCO3  0, 04(mol ) → Vô lí HgSO4 C2 H2 + H2 O ⎯⎯⎯ → CH3 CHO 800 C

Bài5( 1đ)

0

H 2 SO4 CH2 = CH 2 + H2 O ⎯⎯⎯ → CH 3 CH 2 OH (E) Cu CH3 CH2 OH + ½ O 2 ⎯⎯ → CH3 CHO + H 2 O t0

FF IC IA L

Pd/PbCO3 ,t C2 H2 + H2 ⎯⎯⎯⎯⎯ → CH 2 = CH 2 (A) PdCl2 / CuCl2 CH2 = CH 2 + ½ O 2 ⎯⎯⎯⎯⎯ → CH3 CHO t0

3CH 2 = CH 2 + 2KMnO 4 + 4H 2 O ⎯⎯ → 3C2 H 4 (OH)2 + 2KOH + 2MnO 2 (F) H 2 SO4 → CH3 CHO + H 2 O C2 H4 (OH)2 ⎯⎯⎯ 1700 C

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

Bài 6 (1đ)

N

O

1:1 C2 H2 + HCl ⎯⎯ → CH 2 = CHCl ( B) t0 CH2 = CHCl + NaOH ⎯⎯ → CH3 CHO + NaCl → CH 3 CHCl2 C2 H2 + 2HCl ⎯⎯ a) Đặt số mol Al và Fe có trong 22g hỗn hợp Y là x mol và y mol Al + 3H + → Al3+ + 3/2H 2 ↑ (1).

Fe + 2H + → Fe2+ + H2 ↑ (2). nHCl = 2.0,3 = 0,6 (mol) Giả sử kim loại phản ứng hết → nH + phản ứng = 3.x + 2.y Vì kim loại hết nên: 3x + 2y ≤ 0,6 (I) Ta có: nhỗn hợp = x + y → 22/56 < x + y < 22/27 → 0,392 < x + y < 0,815 → 0,784 < 2x + 2y < 3x + 2y (II) Từ (I ) và (II) ta thấy điều giả sử sai, Vậy Axit phản ứng hết 1 → nH 2 = nH + = 0,3mol → V = 0,3. 22,4 = 6,72 lít 2 b) Các phương trình phản ứng : Al + 3/2Cl2 → AlCl3 Fe + 3/2 Cl2 → FeCl3 → m1 = 133,5x + 162,5y (1) Al + 3/2I 2 → AlI 3 Fe + I 2 → FeI 2 → m2 = 408x + 310y (2) Theo bài ra ta có: 27x + 56y = 22 m2 – m1 = 139,3 → 274,5x + 147,5y = 139,3 → x= 0,4 mol và y = 0,2 mol MAl = 10,8 gam và mFe = 11,2 gam Các phương trình phản ứng : Al + 3H + → Al3+ + 3/2 H 2 (1) Ban đầu : 0,02 0,1 (mol) Sau pư : 0 0,04 0,02 Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch A có các phản ứng: H+ + OH - → H 2 O (2) 0,04 0,04 mol Al3+ + 3OH - → Al(OH)3 ↓ (3) Nếu dư OH -: Al(OH)3 + OH - → AlO 2 - + 2H2 O (4) t0 → Al2 O 3 2Al(OH)3 ⎯⎯ + 3H 2 O (5)

D

Bài 7 (1,5 đ)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 mol

0,01 0,005 Vì nAl (OH )3  nAl 3+ → nên có 2 trường hợp

Trường hợp 1: dư Al3+ khi đó chỉ có phản ứng (2), (3) và (5) nOH − = nH + + 3nAl (OH )3 = 0, 04 + 0, 03 = 0, 07 mol → V = 0,7 (lít) Trường hợp 1: dư OH - một phần kết tủa bị hòa tan khi đó có phản ứng (2), (3), (4) và (5) nOH − = nH + + 3nAl 3+ + nAl (OH )3 tan = 0, 04 + 0, 06 + 0, 01 = 0,11mol → V =1,1 (lít) Theo bài ra : VX = VC2 H6 ⎯⎯ → nX = nC2 H6 = 0,1mol Bình 1 : chứa H 2 SO4 đặc hấp thụ nước Bình 2 : Chứa dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO 2 và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi H 2 SO 4 Theo bài ra ta có: mCO2 + mH 2O = 5, 4 + 37 = 42, 4 g (I)

FF IC IA L

Câu 8 (2 đ)

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Xét bình 2: Các phản ứng có thể Ba(OH)2 + CO 2 → BaCO 3  + H2 O (1) Ba(OH)2 + 2CO 2 → Ba(HCO 3 )2 (2) Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1) 78,8 42, 4 − 0, 4.44 n CO2 = nBaCO3 = = 0, 04mol Thay vào (I) ta tìm được nH 2O = = 1,378mol 197 18 Đặt công thức của X là Cx Hy O x y z y Phương trình cháy: Cx H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2 2nH 2O 2.1,378 Theo phương trình: y = = = 27,56 → vô lí (loại vì y phải nguyên) nX 0,1 Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối 42, 4 − 0,8.44 = 0, 4mol Theo (1) và (2) ta có : nCO2 = 0,8mol → nH 2O = 18 y z y Cx H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2 Theo phương trình ta có: 2nH 2O 2.0, 4 nCO2 0,8 x= = = = 8, y = =8 nX nA 0,1 0,1 m 10, 4 = 104 → z=0 Mà 12.x + y + 16.z = X = nX 0,1 Vậy công thức phân tử của X là: C 8 H8 nH 2 0,12 nBr 0, 03 = =4 =1 b) ta có: 2 = nX 0, 03 nX 0, 03 1 mol A + 1mol dung dịch Br2 => A có 1 liên kết pi kém bền ( dạng anken) 1 mol A + 4 mol H 2 => A có 4 liên kết pi, hoặc vòng kém bền => A có 3 liên kết pi, hoặc vòng bền với dung dịch Br2 A là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A có cấu trúc vòng benzen

HC

CH2

Vậy công thức cấu tạo của A là: A là Stiren. c) X2 khi tác dụng với Clo có chiếu sáng cho dẫn xuất mono Clo nên X 2 phải là hợp chất no hoặc hợp chất thơm Các nguyên tử cacbon trong X 2 hoàn toàn đồng nhất nên chỉ có cấu tạo sau thỏa mãn:

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 HC

CH

CH

CH CH

HC

CH

CH

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

ĐỀ 8 Câu I (4 điểm) .

1) NOCl bị phân huỷ theo phản ứng : 2NOCl (K) ↔ 2NO (K) + Cl2 (K) Lúc đầu chỉ có NOCl khi cân bằng ở 5000 K có 27% NOCl bị phân huỷ và áp suất tổng cộng của hệ là 1atm . Hãy tính ở 5000 K. a) KP và ∆G 0 của phản ứng . b) Aïp suất riêng phần của mỗi chất khi phản ứng cân bằng . c) Nếu hạ áp suất hệ xuống dưới 1 atm thì sự phân huỷ NOCl tăng hay giảm ? Vì sao ?

2) Trình bày sơ đồ tách hỗn hợp chất rắn sau : NaCl , CaCO 3 , CaCl2 , CaO, NH 4 Cl .Lượng các chất trước và sau khi tách không thay đổi.

Câu II (4điểm).

Một dung dịch chứa CuSO 4 0,1M , NaCl 0,2 M , Cu dư , CuCl dư . a) Chứng minh rằng xảy ra phản ứng sau ở 250 C Cu + Cu2+ + 2 Cl- ↔ 2CuCl. b)Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên ì c) Tính nồng độ cân bằng của Cu2+ , Cl- .

Biết Tt CuCl = 10-7 E0 Cu2+/Cu+ = 0,15V E0 Cu+/Cu = 0,52V Câu III (4điểm).

Cho một lượng nhỏ chất hữu cơ A (thể tích không đáng kể ) vào một bình kín dung tích không đổi chứa oxi vừa đủ để đốït cháy hết A. Đốt hoàn toàn A , áp suất trong bình sau phản ứng gấp 24/11 áp suất trước phản ứng ( các áp suất đo cùng nhiệt độ 136,50 C ). Sản phẩm thu được khí CO2 , hơi nước và đơn chất X có tỷ khối so với hiđro là 13,75 , trong đó VCO 2 / VH2O = 4/7.

Xác định công thức phân tử , công thức cấu tạo của A .Biết MA < 100 đvC và số mol oxi phản ứng bằng 1/2 tổng số mol CO 2 và H2 O tạo thành , A phản ứng với cả dung dịch NaOH và HCl . Viết các phương trình phản ứng .

Câu IV (4điểm).

Dung dịch X chứa CuSO 4 , HCl , Fe2 (SO 4 )3 .Lấy 400 ml X đem điện phân diện cực trơ I = 7,72 Ampe.

Khi catot thu được 5,12 gam một kim loại duy nhất thì dừng lại . Khi đó ở anot có 2,24 lit một chất khí duy nhất thoát ra (đktc) . Dung dịch sau điện phân tác dụng vừa đủ với 1,25 lit dung dịch Ba(OH)2 0,2 M và đun nóng trong không khí cho phản ứng hoàn toàn thu được 56,76 gam kết tủa. a) Tính thời gian điện phân. b) b) Tính nồng độ mol/l cácchất trong dung dịch X. Câu V (4điểm).

1) Trộn 10 cm3 một hidrocacbon A ở thể khí với một lượng khí oxi dư rồi đốt cháy hoàn toàn .

Sau khi làm lạnh rồi đưa sán phẩm cháy về nhiệt độ ban đầu thì thể tích giảm 30 cm3 so với trước thí nghiệm . Nếu dẫn tiếp qua dung dịch KOH dư thí giảm tiếp thêm 40 cm3 nữa . Xác định công thức phân tử , viết công thức cấu tạo các đồng phân cúa A. 2) Nạp một hỗn hợp khí X gồm một hidrocacbon A và oxi dư theo tỉ lệ thể tích 1: 4 vào khí nhiên kế . Sau khi cho nổ và ngưng tụ hơi nước rồi đưa về nhiệt độ ban đầu thì thu được hỗn hợp khí Y có áp suất giảm còn một nửa so với áp suất của hỡn hợp X. a) Xác định công thức phân tử của X. b ) Tính số mol hỗn hợp X đãî dùng để tạo 20 gam kết tủa khi cho sản phẩm cháy vào dung dịch có chứa 22,2 gam Ca(OH)2 . ĐÁP ÁN Câu I (4điểm). a) Giả sử ban đầu có 1 mol NOCl , số mol phân huỷ là 0,27 mol Biên soạn và sưu tầm!

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

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

Cân bằng : 0,73 Kn =

0,27

0,135 0,5 Đ 0,5

0,272 .0,135/0,732 = 1,85.10-2

Kp = Kn(P/∑ n)

∆n

=

1,85.10 -2.(1/1,135) 1=

1,63.10 -2

O

FF IC IA L

∆G 0 = -8,314.500.ln1,63.10-2 = 17112,7j b) Khi cân bằng tổng số mol của hỗn hợp bằng: 0,73 + 0,27 + 0,135 = 1,135 mol 0,5 PNOCl = 0,73/1,135 = 0,643 atm. PNO = 0,27/1,135 = 0,238 atm.

PCl2 = 0,135/1,135 = 0,119 atm. c) Nếu hạ áp suất dưới 1atm thì theo nguyên lí chuển dịch cân bằng thì cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận làm tăng sự phân huỷ của NOCl. 2) NaCl NH 3 + HCl lăm lạnh NH 4 Cl 0 CaCO 3 t CaCO 3 CaCO 3 ↓ CaCl2 CaCl2 H 2 O CaCl2 CaCl2 CaCO 3 ↓ đun sôi CaO NaCl NaCl CO 2 dư NaCl NaCl NH 4 Cl CaO Ca(OH)2 Ca(HCO 3 )2 CaCl2 CaCO 3 t 0 CaO CaCl2 (NH4)2CO3 dư CaCO 3 ↓ HCl dư CaCl2 (cô cạn dung dịch ) NaCl NaCl NH 3 , HCl , CO 2 , H2 O NH4 Cl t0 (NH 4 )2 CO3 NaCl Tách được mỗi chất mỗi chất 0,375 đ , tách được CaO 0,5 đ 2đ Câu II (4điểm).

N

a) Cu 2+ + e  Cu + E Cu 2+/ Cu + = 0,15 + 0,059lg[Cu 2+]/ [Cu +] .

[Cu +] = 10 -7/[Cl-] =5.10 -7 M => E Cu 2+/ Cu + = 0,15 + 0,059lg0,1/5.10 -7 = 0,463V. E Cu +/ Cu = 0,52 + 0,059lg[Cu +] = 0,52 + 0,059lg5.10 -7 = 0,148V. E Cu 2+/ Cu + > E Cu +/ Cu => Cu 2+ là chất oxihoá Cu là chất khử ,phản ứng trên xảy ra theo chiều thuận. b) Cu2+ + Cu  2Cu + K1 = 10 - (0,52-0,15)/ 0,059 2Cu + + 2Cl-  2CuCl2 K2 = (1/T)2 = 10 14 Cu + Cu 2+ + 2 Cl-  2CuCl. K = K1.K2 = 5,35.10 7 c) Cu + Cu 2+ + 2 Cl-  2CuCl.

N

H

Ơ

0,5 0,5

Y

0,1

0,2

Q U

Ban đầu

1,0

Cân bằng 0,1 - x 0,2 - 2x K = 1/ (0,1- x )(0,2-2x)2 = 5,35.10 -7= 1/4(0,1- x )(0,1-x)2 = 1/4(0,1-x)3= 5,35.10 7 => 0,1 - x = [Cu 2+]= 1,67.10 -3 [Cl-] = 2.(0,1 - x) = 3,34.10 -3

D

ẠY

KÈ

M

Câu III (4điểm).

A + O2 CO2 + H2 O + X A có C , H , X có thể có Oxi . Giả sử có 4 mol CO 2 và 7 mol H 2 O Số mol Oxi trong CO 2 , H 2 O là 4 + 7/2 = 7,5 mol .

Số mol O 2 phản ứng = (4+7) / 2= 5,5 = > Số mol O 2 trong A = 7,5 - 5,5 = 2 mol.

Ps/Pt = 24/11 = ( 4+7+ nX) / 5,5 = > nX = 1 mol M = ( 44.4 + 18.7 + MX ) / (4 +7+ 1) = 13,75.2 => MX = 28 => X là N 2 . nC = 4 nH = 14 nO = 4 nN = 2 Đặt công thức A là : Cx Hy OzN t x : y : z : t = 4 : 14 : 4 : 2 = 2 : 7 : 2 : 1 => CT nguyên : (C2 H7 O2 N)n MA = 77.n < 100 => n = 1 CTPT của A là : C2 H7 O2 N CTCT CH 3 -COONH 4 và HCOONH 3-CH 3.

Phương trìn phản ứng: CH 3 -COONH 4 + NaOH → CH 3 -COON a + NH 3 + H2 O CH 3 -COONH 4 + HCl → CH 3 -COOH + NH 4 Cl HCOONH 3 -CH3 . + NaOH → H-COON a + CH 3 NH 2 + H2 O HCOONH 3 -CH3 . → H-COOH + CH 3 NH 3Cl Câu IV (4điểm). Khí thoát ra là Cl2 , thứ tự điện phân Fe2 (SO4 )3 + 2HCl điệnphân 2FeSO 4 + Cl2 + H2 SO4 (1)

0,5 1,0 0,5

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

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

0,02 0,04 0,04 0,02 0,02 CuSO 4 + 2HCl điệnphân Cu + Cl2 + H2 SO 4 (2) 0,25 0,08 0,16 0,08 0,08 0,08 Số mol Cu = 5,12/64 = 0,08 mol Số mol Cl2 = 2,24/22,4 = 0,1 mol.

Dung dịch sau điện phân gồm : FeSO 4 , H 2 SO4 có thể có CuSO 4 và HCl dư H+ + OH - → H2O (3) 0,25 0,2 + y 0,2 + y Fe2+ + 2OH - → Fe(OH)2 (4) 0,25 0,04 0,08 0,04 Cu2+ + 2OH - → Cu(OH)2 (5) 0,25 x 2x SO 4 2- + Ba2+ → BaSO 4 (6) 0,25 0,15 + x 0,15 + x a) Khí thoát ra duy nhất là Cl2 ở phương trình 1 ,2 t = 0,1. 2. 96500/7,72 = 2500 (s) 0,5 Số mol Cu = 0,08 = số mol CuSO 4 (2) = Số mol Cl2 (2) = Số mol H 2 SO 4 (2).=> Số mol HCl(2) = 0,16 Số mol Cl2 (1) = 0,1 - 0,008 = 0,02 = số mol H 2 SO 4 (1).= Số mol Fe2 (SO 4 )3 => Số mol HCl(1) = 0,04 mol.

0,5 Xét phản ứng (6) nếu Ba2+ đủ thì : số mol BaSO 4 = số mol Ba2+ = 0,25 mol khối lượng BaSO 4 = 0,25. 233 = 58,25 gam > 56,76 gam . Vậy Ba2+ dư .

0,5 Đặt x , y là số mol của CuSO 4 và HCl .Dung dịch sau điện phân có : Số mol H + = 0,2 + y số mol SO 4 2-= 0,14 + x , số mol Cu2+= x , số mol Fe2+= 0,04.

Theo phương trình 3,4,5 Số mol OH - = 0,2 + y + 0,08 + 2x = 0,5 => 2x + y = 0,22.

Khối lượng kết tủa = 98x + 233( 0,14 + x ) + 0,04.107 = 56,76 => x = 0,06 y = 0,1 0,5 CM HCl= (0,04 + 0,16 + 0,1) : 0,4 = 0,75 M C MCuSO4 = (0,08 + 0,06 ) : 0,4 = 0,35M 0,5 CM fe2(SO4)3 = 0,02 : 0,4 = 0,05M 4đ CâuV (4điểm).

1) Đặt công thức của A là Cx Hy , thể tích oxi ban đầu là V cm3 V đ = 10 + V 0,25 Cx H y + ( x + y/4 ) O 2 → xCO 2 + y/2 H 2 O 10 10 ( x + y/4 ) 10x 5y Thể tích CO 2 = 10x = 40 => x = 4 0,25 Sau khi làm lạnh V s = V - 10 ( x + y/4 ) + 40 = 10 + V - 30 => y = 8 CTPT C 4 H8 0,75 Các đông phân : CH 2 = CH- CH2 -CH 3 (1); CH 3 - CH= CH-CH3 (2): CH 2 = C- CH3 (3) 0,75 CH3 CH 3 (4) (5) ngoài ra (2) còn có đồng phân Cis - Trans CH3 CH3 CH 3 H C=C C=C H H H CH3 2) a) Đặt công thức A là Cx H y giả sử số mol ban đầu là 1 mol , số mol oxi là 4 mol. => số mol X = 5mol.

Cx Hy + ( x + y/4 ) O 2 → xCO 2 + y/2 H 2 O 0,25 1 ( x + y/4 ) x Sau khi đốt cháy ,ngưng tụ hơi nước Số mol khí sau phản ứng = 4 - (x+ y/4) + x = 4 - y/4 Vì nhiệt độ , thể tích không đổi nên : Px /Py = nx /ny => 2 = 5/ (4-y/4 ) => y=6 0,25 Vì oxi dư => Số mol oxi phản ứng = x + 6/4 < 4 => x < 2,5 => x= 2 0,75 CTPT của A là C2 H6 .

0,25 b)

C2 H6 + 3,5 O 2 a mol CO2 + Ca(OH)2 0,2 0,2 2CO 2 + Ca(OH)2 0,1 0,1 Số mol Ca(OH)2 = 0,3 mol.

→ → ← →

2CO 2 + 3H 2 O 2a mol CaCO 3 + H2O 0,2 Ca(HCO 3 )2

(1) (2) (3)

Số mol CaCO 3 = 0,2 mol.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Trường hợp 1 : Không có phản ứng (3).

Số mol CO 2 = 2a = 0,2 => Số mol C2 H6 = 0,1 Số mol X = 0,1.5 = 0,5 mol.

Trường hợp 2 : Có phản ứng (3).

Số mol Ca(OH)2 (3) = 0,3 - 0,2 = 0,1 => Số mol CO 2 (2,3) = 0,3 = 3a => a= 0,15 mol.

Số mol X = 0,15. 5 = 0,75 mol .

0,25 0,25

ĐỀ 9

O

FF IC IA L

Câu 1:a/ Hoà tan hỗn hợp gồm Al2 O 3 và Fe3 O4 bằng dung dịch NaOH dư thu được dung dịch A và phần không tan B. Lấy riêng B hoà tan hoàn toàn trong dung dịch HCl thu được dung dịch C. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch C, sau đó lọc lấy kết tủa và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn D. D tan hoàn toàn trong dung dịch H 2 SO4 loãng cho dung dịch trong suốt. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và cho biết trong A, B,C,D gồm có những chất gì? b/ Cho từ từ x mol CO 2 vào dung dịch chứa y mol NaOH. Sau khi cho hết CO 2 vào, thu được dung dịch A. Hỏi dung dịch A có chứa những chất gì? bao nhiêu mol (tính theo x,y) c/ Độ tan là gì?

Khi làm lạnh mg dung dịch muối K 2 SO4 sunfat ở 600 C xuống 00 C thì có 108,5g muối được kết tinh lại. Tìm mg? và lượng muối có trong dung dịch lúc đầu. Cho biết độ tan của K2 SO4 ở 600 C là 18,2gam và ở 00 C chỉ còn 7,35gam.

Câu 2:a/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau dưới dạng phân tử và Ion: FexOy + HNO3 → Fe3+ + NO + .....

M + HNO3 → M ( NO3 )n + N xOy + H 2O + N a Ob + ?

N

FexOy + HNO3 → ?

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

b/ Cho 34,4 g hỗn hợp A gồm Fe và Fex O y tác dụng hết với dung dịch HNO 3 thu được 7,4832 lít hỗn hợp NO, NO 2 (ở 270 C, 750 mmHg) có tỉ khối hơi hỗn hợp khí đối với Hiđrô là 17,666. Mặt khác cùng lượng hỗn hợp A tác dụng hết với dung dịch HCl thì thu được 4,48 lít khí(ở ĐKC). Xác định công thức của oxit sắt.

Câu 3:a/ Một hợp chất B được tạo bởi một kim loại hoá trị II và một phi kim hoá trị I. Trong phân tử B tổng số hạt(p,n,e) là 290, tổng số hạt không mang điện là 110, hiệu số hạt không mang điện giữa phi kim và kim loại là 70. Tỷ lệ số hạt mang điện của kim loại so với phi kim trong B là 2/7. Tìm số khối và số hiệu nguyên tử của kim loại và phi kim trên. b./ pH là gì? Cho các dung dịch sau: Na2 CO 3 , NH 4 NO3, K 2 SO4 . Hỏi dung dịch nào có pH>7, pH=7, pH<7. Giải thích. c/ Cho 200ml dung dịch A chứa HCl và H2 SO 4 theo tỷ lệ số mol 3:1 phản ứng vừa đủ với y lit dung dịch B chứa NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 4,3125g muối khan.

- Tính nồng độ mol mỗi axit.

- Tính pH của dung dịch B? (Cho Al=27, Fe=56, K=39, S=32, O=16).

Câu 4: 1. Cần thêm bao nhiêu NH 3 vào dung dịch Ag+ 0,004M để ngăn chặn sự kết tủa của AgCl khi [Cl]=0,001M? Cho TAgCl=1,8.10-10 , K kb của [Ag(NH 3 )2 ]+ = 6.10-3 2. Độ tan của H 2 S trong dung dịch HClO 4 0,003M là 0,1mol/l nếu thêm vào dung dịch này các Ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì Ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua?

Biết TMnS = 3.10-14 , TCuS = 8.10-37 , KH2S=1,3.10-21 .

ĐÁP ÁN HSG HOÁ

Câu1 :(6đ)a/ 2đ

Dung dịch A: NaAlO 2 , NaOH dư Al2 O3 + 2NaOH = 2NaAlO 2 + H2 O B Fe3 O4 Fe3 O4 + 8HCl = FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2 O Dung dịch C: FeCl2 , FeCl3 FeCl2 + 2NaOH = Fe(OH)2 + 2 NaCl FeCl3 + 3NaOH = Fe(OH)3 + 3 NaCl

Biên soạn và sưu tầm!

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

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

1 O2 + H2O = 2Fe(OH)3 2 t0 2Fe(OH)3 ⎯⎯ → Fe2O3 + 3H2 O 2Fe(OH)2 +

FF IC IA L

Rắn D: Fe2 O3 Fe2 O3 + 3H2 SO 4 = Fe2 (SO 4 )3 + 3H 2 O b/ 2đ CO 2 + NaOH = NaHCO 3 (1) x x x NaHCO 3 + NaOH = Na2 CO3 + H 2 O (2) y-x y-x y-x Có 5 trường hợp xảy ra: TH1: x>y chỉ có phản ứng (1) dung dịch C có x mol NaHCO 3 , y-x mol NaOH TH2: x=y chỉ có phản ứng (1) dung dịch C có x mol NaHCO 3 TH3: x<y<2x phản ứng (1) và (2) dung dịch C có y-x mol Na2 CO3 , 2x-y mol NaHCO 3 TH4: y=2x phản ứng (1) và (2) hoàn toàn dung dịch C x mol Na2 CO3 TH5: y>2x phản ứng (1) và (2) dư NaOH dung dịch C có x mol Na2 CO3 , y-2x mol NaOH c/ 2-Định nghĩa độ tan x = mK 2SO4 trong mg ở 600 C

;a

H

+ b = 0,3

;

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

Y

nNO = a , nNO = b 2

1đ

N

100.182 = 18,2(m-182) => m = 1182g Câu2: a/ 2,5đ ; b/ 1,5đ Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 nFe = nH2 = 0,2 mol

Ơ

N

O

100x  = 18,2  m−x u) -------------------------------1đ  x = 182 = mK 2SO4 (ñaà 100(x − 108,5)  = 7,35  m−x

+

2y

Q U

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

ẠY

KÈ

M

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

x 3 = => Fe3O4 0,5đ y 4

D

 xz =0,3 , yz =0,4 

Câu 3: (5đ) a. (2đ) NX = 20; ZX = 20 => Ca 0,5đ NY = 45; ZY = 35 => Br ..........................................................................0,5đ b. (1 đ) Định nghĩa pH..................................................................0,25đ Dung dịch Na2 CO 3 có pH>7, giải thích .........................................................0,25đ Dung dịch Cu(NO 3 )2 có pH<7, giải thích ......................................................0,25đ Dung dịch K 2 SO 4 có pH = 7, giải thích .........................................................0,25đ c. (2đ) [HCl] = 0,15M; [H 2 SO4 ] ;pH = 13,6 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ 10 (HSG ĐÀ NẲNG (04-05)

N

N

FF IC IA L

Câu I (3 điểm) 1. Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về độ phân cực phân tử, nhiệt độ sôi và độ mạnh tính bazơ giữa NH 3 và NF3 .

2. N2 O 4 phân li 20,0% thành NO 2 ở 27o C và 1,00 atm. Hãy xác định (a) giá trị K p ; (b) độ phân li của N2 O 4 tại 27o C và 0,10 atm; (c) độ phân li của 69g N 2 O 4 trong bình 20 L ở 27o C. 3. Tính pH của dung dịch thu được khi thổi hết 224 mL khí CO 2 vào 200 mL dung dịch NaOH 0,05M, biết axit cacbonic có pK a1 = 6,35 , pK a 2 = 10,33 . ĐÁP ÁN 1. Cấu tạo:

F H F F H - NH 3 phân cực hơn NF3 do trong NH 3 lưỡng cực liên kết và lưỡng cực electron tự do cùng chiều, còn trong NF3 lưỡng cực liên kết và lưỡng cực electron tự do ngược chiều.

- Nhiệt độ sôi của NH 3 cao hơn do NH 3 tạo được liên kết H liên phân tử.

- NH 3 là một bazơ còn NF3 thì không, do trong NF3 các nguyên tử F hút electron làm giảm mật độ electron trên nguyên tử N. 2. Xét phản ứng phân li: N2O4  2NO 2 n 0 n 2n n-n 2n 2 PNO  2NO2 1−  2 4 2 2 Phần mol: , KP = = P = P 1+  1+  PN 2O 4  N 2O 4 1− 2

N

H

Ơ

N

O

H

4 2 4  (0,2) 2  P =  1 = 0,17 1− 2 1 − (0,2) 2

Y

(a) K P =

Q U

4 2  0,10 = 0,17   = 0,546 (54,6%) 1− 2 69 = 0,75mol (c) n = 92 0,75(1 − )  0,082  300 PN 2O 4 = = 0,9225(1 − ) 20 2.0,75.  0,082  300 PNO2 = = 1,845 20 (1,845) 2 KP = = 0,17   = 0,1927 (19,27%) 0,9225(1 − ) 0,224 3. n CO 2 = = 0,01mol , n NaOH = 0,2  0,05 = 0,01 22,4 Vì số mol CO 2 và NaOH bằng nhau nên hệ chỉ chứa NaHCO 3 . Có thể tính pH của hệ lưỡng tính này bằng công thức: 1 1 pH = (pK 1 + pK 2 ) = (6,35 + 10,33) = 8,3 2 2

D

ẠY

KÈ

M

(b)

Câu II (3 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho NH 4 Cl tác dụng với CuO và với ZnO. Cho biết ứng dụng thực tế của NH 4 Cl tương ứng với các phản ứng này.

Biên soạn và sưu tầm!

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

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Hòa tan 10,00 g hỗn hợp gồm Cu2 S và CuS bằng 200,0 mL dung dịch MnO 4 - 0,7500 M trong môi trường axit. Sau khi đun sôi để đuổi hết khí SO 2 sinh ra, lượng MnO 4 - còn dư trong dung dịch phản ứng vừa hết với 175,0 mL dung dịch Fe2+ 1,000 M. (a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). (b) Tính phần trăm khối lượng CuS trong hỗn hợp ban đầu.

1. Trong thực tế, NH 4 Cl được dùng để đánh sạch bề mặt kim loại trước khi hàn: 4CuO + 2NH 4 Cl → N2 + 3Cu + CuCl2 + 4H2 O ZnO + 2NH 4 Cl → ZnCl2 + 2NH 3 + H2 O 2. (a) Phương trình phản ứng: 5Cu2 S + 8MnO 4 - + 44H+ → 10Cu2+ + 5SO 2 + 8Mn2+ + 22H 2 O (1) + 2+ 2+ 5CuS + 6MnO 4 + 28H → 5Cu + 5SO 2 + 6Mn + 14H2O (2) 5Fe2+ + MnO4 - + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2 O (3) (b) Xác định % 1 1 (1)  n MnO − (3) = n Fe 2 + =  0,175  1 = 0,035mol 4 5 5  n MnO− (1, 2) = 0,2  0,75 − 0,035 = 0,115mol 4

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Đặt số mol Cu2 S và CuS lần lượt là x và y, ta có:  160x + 96 y = 10  x = 0,025  8 x + 6 y = 0,115    y = 0,0625  5 5 0,0625  96  %m CuS =  100% = 60% 10 Câu III (4 điểm) 1. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO 4 , Na2 CO 3 , AlCl3 , Fe(NO 3 )3 , NaCl, Ca(NO 3 )2 . Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn.

2. Hòa tan hết 2,2 g hỗn hợp kim loại A gồm sắt và nhôm trong 150 mL dung dịch HNO 3 2M thu được dung dịch B và 448 mL (đktc) khí C gồm N 2 O và N 2 có tỉ khối so với không khí bằng 1,2414. Thêm 13,6 g NaOH nguyên chất vào dung dịch B thu được kết tủa D, lọc kết tủa D thu được dung dịch nước lọc E. (a) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A ban đầu. (b) Nung kết tủa D đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam chất rắn khan? (c) Tính thể tích dung dịch HCl 0,5M cần thêm vào dung dịch E để thu được 2,34 g kết tủa. ĐÁP ÁN 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:  Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2 CO 3 , các mẫu thử còn lại không màu.

CO3 2- + H 2 O  HCO 3 - + OH  Dùng Na2 CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.

Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO 4 CO3 2- + 2H + → H2 O + CO 2 ↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO 3 2- + 3H 2 O → 2Al(OH)3 ↓+ 3CO 2 ↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO 3 )3 2Fe3+ + 3CO 3 2- + 3H 2 O → 2Fe(OH)3 ↓+ 3CO 2 ↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO 3 )2 Ca2+ + CO 3 2- → CaCO 3 ↓ Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl. 2. (a) Đặt số mol N 2 O và N 2 lần lượt bằng a và b, ta có: 0,448  a+b= = 0,02  22,4  a = b = 0,01  44a + 28b  = 1,2414  29 = 36  0,02 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Đặt số mol Fe và Al lần lượt bằng x và y Chất khử Chất oxi hóa 3+ + Fe - 3e → Fe 10H + 2NO 3 - + 8e → N2 O + 5H 2 O 3x x 0,10 0,08 Al - 3e → Al3+ 12H+ + 2NO 3 - + 10e → N 2 + 6H2 O 3y y 0,12 0,10 Vì n H + (pu ) = 0,22mol  n H + (bd) = 0,3mol nên axit dư, phản ứng không tạo Fe2+.

N

O

FF IC IA L

56x + 27 y = 2,2 x = 0,02 Ta có:    y = 0,04  3x + 3y = 0,18 0,02  56 Vậy %m Fe =  100% = 50,9% và %m Al = 49,1% 2,2 (b) Thêm NaOH vào dung dịch B [H + (0,15.2-0,22 = 0,08 mol), Fe3+ (x = 0,02 mol), Al3+ (y = 0,04 mol) và NO 3 -] H+ + OH - → H2 O (1) Fe3+ + 3OH - → Fe(OH)3 (2) 3+ Al + 3OH → Al(OH)3 (3) Al(OH)3 + OH - → AlO 2 - + 2H2 O (4) 13,6 n OH− (1, 2,3, 4) = n H + + 3n Fe3+ + 4n Al3+ = 0,3mol  n OH− ( bd) = = 0,34mol 40  sau (1), (2), (3), (4) vẫn còn dư OH -, kết tủa D là Fe(OH)3 (0,02mol) 2Fe(OH)3 → Fe2 O3 + 3H 2 O,  mrắn = m Fe 2O3 = 0,01  160 = 1,6g

N

H

Ơ

(c) Thêm HCl vào dung dịch E [Na+, OH - (0,04 mol), AlO 2 - (0,04 mol) và NO 3 -] OH - + H+ → H 2 O (5) + AlO 2 + H + H2 O → Al(OH)3 (6) Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2 O (7) 2,34 n Al( OH)3 = = 0,03mol 78

Y

Trường hợp 1: Xảy ra (5), (6) và AlO 2 - dư

Q U

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

0,07 = 0,14L 0,5

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

M

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

0,11 = 0,22L 0,5

KÈ

2

D

ẠY

Câu IV (3 điểm) 1. Tính hiệu ứng nhiệt phản ứng hidro hóa etilen tạo etan, biết nhiệt cháy của C 2 H6 và C2 H4 lần lượt bằng -368,4 kcal/mol và -337,2 kcal/mol [sản phẩm cháy là CO 2 (k) và H 2 O (l)], nhiệt hình thành H2 O (l) là -68,32 kcal/mol.

2. (a) Viết công thức cấu tạo và gọi tên anken ít cacbon nhất đồng thời có đồng phân hình học và đồng phân quang học. (b) Viết các đồng phân hình học và quang học ứng với cấu tạo đó (sử dụng công thức Fisher) và xác định cấu hình mỗi đồng phân (Z/E và R/S). (b) Viết cấu tạo các sản phẩm chính hình thành khi cho anken trên tác dụng với dung dịch nước brom có lượng nhỏ muối natri clorua. ĐÁP ÁN ĐIỂM H = −368,4kcal 1. (1) C2 H6 (k) + 7/2O 2 (k) → 2CO 2 (k) + 3H 2 O (l) H = −337,2kcal (2) C2 H4 (k) + 3O 2 (k) → 2CO 2 (k) + 2H 2 O (l) H = −68,32kcal (3) H 2 (k) + 1/2O 2 (k) → H 2 O (l) Lấy (2) - (1) + (3) ta được: 1,00 H = (−337,2) − (−368,4) + (−68,32) = −37,1kcal C2 H4 (k) + H2 (k) → C2 H6 (k) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. (a) Cấu tạo:

H CH3

CH

CH

C

0,25

(4-metylhex-2-en)

C2H5

CH3 (b) Cấu hình:

H H

H

C CH3 CH3

C C

CH3

C

H

H

C

CH3

C2H5 (Z)(R)

C

H

CH3

C

C

H

C

H

C2H5 (Z)(S)

CH3

C

CH3

C2H5 (E)(R)

CH C2H5

CH

CH

CH3

Br CH

Br CH

CH3

OH CH

Ơ

CH3

Cl

CH3

C

CH

1,00 (0,25  4)

H

C2H5

CH3 CH C2H5

O

CH

CH3

Br CH

CH3 CH C2H5

Br

CH3

N

CH

H

C2H5 (E)(S)

(c) Cấu tạo các sản phẩm:

CH3

H C

FF IC IA L

H

0,75 (0,25  3)

N

H

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

H C H H C C H

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

O O O andehit fomic andehit oxalic (a) Xác định cấu tạo và gọi tên A. (b) Dùng cơ chế giải thích các sản phẩm hình thành khi cộng Br2 vào A theo tỉ lệ mol 1:1, gọi tên các sản phẩm này.

2. Hợp chất A có công thức phân tử C 9 H 8 . A làm mất màu Br2 trong CCl4 ; hidro hóa A trong điều kiện êm dịu tạo ra C 9 H10, còn trong điều kiện nhiệt độ và áp suất cao thì tạo ra C 9 H16 ; oxi hóa mãnh liệt A sinh ra axit phtalic [1,2-C6 H 4 (COOH)2 ]. Lập luận xác định cấu tạo của A. ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) Công thức tổng quát cho A là C x Hy 12x + y = 80 x = 6  Ta có  , công thức phân tử C 6 H8 (  = 3) 0,50 = y  2 x + 2 y 8   Từ sản phẩm ozon phân ta thu được cấu tạo của A: H H H H H2C O O C C O O C C O O CH2

CH2

CH

CH

CH

CH

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

CH2

0,50 (0,25  2)

(b) Cơ chế và sản phẩm:

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Br 2

CH2 CH CH CH CH CH2

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;

1,50 (0,50  3)

FF IC IA L

CH2 CH CH CH CH CH2 Br

0,50

N

O

(Z) 1,6-dibromhexa-2,4-dien 2. A (C9 H8 ) có độ bất bão hòa  = 6 A làm mất màu Br2 và cộng êm dịu 1 phân tử H 2 cho thấy A có 1 liên kết đôi.

A cộng tối đa 4 phân tử H 2 và khi oxi hóa tạo axit phtalic cho thấy A có vòng benzen và ngoài ra còn một vòng 5 cạnh nữa.

Công thức của A:

Q U

Y

N

H

Ơ

Câu VI (4 điểm) Chia 3,584 L (đktc) hỗn hợp gồm một ankan (A), một anken (B) và một ankin (C) thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho qua dung dịch AgNO 3 dư trong NH 3 thấy thể tích hỗn hợp giảm 12,5% và thu được 1,47g kết tủa. Phần 2 cho qua dung dịch brom dư thấy khối lượng bình brom tăng 2,22g và có 13,6g brom đã tham gia phản ứng. Đốt cháy hoàn toàn khí ra khỏi bình brom rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 2,955g kết tủa.

1. Xác định công thức cấu tạo A, B và C. 2. Từ A viết dãy chuyển hóa (ghi rõ điều kiện phản ứng) điều chế 1,1-dibrompropan và 2,2dibrompropan.

3. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho C tác dụng với dung dịch KMnO 4 trong (i) môi trường trung tính ở nhiệt độ phòng và (ii) môi trường axit (H 2 SO4 ) có đun nóng. ĐIỂM

0,75

D

ẠY

KÈ

M

ĐÁP ÁN 1 3,584 1. Trong một phần, ta có: n A ,B,C = = 0,08mol . Dung dịch AgNO 3 /NH 3 chỉ hấp 2 22,4 thụ ankin, đặt công thức ankin là RC≡CH (giả sử không phải là C 2 H 2 ).

RC≡CH + AgNO 3 + NH 3 → RC≡CAg + NH 4 NO3 (1) 12,5 n = n ankin =  0,08 = 0,01mol  (R + 132)  0,01 = 1,47 100  R = 15 (CH 3 -), công thức của ankin là CH 3 C≡CH Dung dịch brom hấp thụ anken (C n H2n ) và ankin Cn H2n + Br2 → Cn H2n Br2 (2) C3 H4 + 2Br2 → C3 H4 Br4 (3) 13,6 m Cn H 2 n = 2,22 − 0,01  40 = 1,82g , n Br2 ( 2 ) = − 0,01  2 = 0,065mol 160 14n 1 = Từ  n = 2, công thức của anken là CH 2 =CH 2 .

1,82 0,065 Khí ra khỏi bình brom là ankan (C m H2m+2 ), n Cn H 2 n + 2 = 0,08 − 0,01 − 0,065 = 0,005mol

0,75

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11  3n + 1  Cm H2m+2 +  (4) O 2 → nCO 2 + (n+1)H 2 O  2  CO 2 + Ba(OH)2 → BaCO 3 + H2 O (5) 2,955 n CO 2 = n BaCO 3 = = 0,015 197 1 n Từ (4): =  n = 3 , công thức ankan là CH 3 CH 2 CH3.

0,005 0,015 2. Điều chế: Cl2,as

KOH/ROH

C3H7Cl

KOH/ROH

CH3CH=CH2 HBr peoxit

CH3

C

CH

HBr

3. Phản ứng của C: CH3 C CH + 2KMnO4

CH3

Br 2

CH3CHBr-CH2Br

FF IC IA L

C3H8

0,50

CH3CH2CHBr2

1,00 (0,50  2)

CH3CBr2CH3

C

C

OK + 2MnO 2 + KOH

1,00 (0,50  2)

O

O O 5CH 3 C≡CH + 8KMnO 4 + 12H 2 SO 4 → 5CH 3 COOH + 5CO 2 + 8MnSO 4 + 4K2 SO4 + 12H 2 O

ĐỀ 11(HSG ĐÀ NẲNG (05-06)

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Câu VII (4 điểm) 1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa trong các trường hợp sau: (a) Hòa tan từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 , sau đó thêm HCl vào dung dịch thu được đến dư. (b) Thêm dung dịch K 2 CO3 vào dung dịch Fe(NO 3 )3 2. A là dung dịch Na2 CO 3 0,1M; B là dung dịch hỗn hợp Na2 CO 3 0,1M và KHCO 3 0,1M và C là dung dịch KHCO 3 0,1M. (a) Tính thế tích khí CO 2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 50 mL dung dịch HCl 0,1M vào 100 mL dung dịch A và khi cho hết 100 mL dung dịch B vào 200 mL dung dịch HCl 0,1M. (b) Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 mL dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào 150 mL dung dịch C. (c) Tính pH của các dung dịch A và C, biết axit cacbonic có pK 1 = 6,35 và pK 2 = 10,33. (d) Đề nghị phương pháp nhận biết các anion có trong dung dịch B. ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: Al3+ + 3OH - → Al(OH)3 0,50 Al(OH)3 + OH - → Al(OH)4 Thêm HCl vào dung dịch thu được lại thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại: Al(OH)4 - + H+ → Al(OH)3 + H2 O Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2 O (b) Thêm dung dịch K 2 CO 3 vào dung dịch Fe(NO 3 )3 thấy xuất hiện kết tủa đỏ nâu và 0,25 sủi bọt khí không màu: 2Fe3+ + 3CO 3 2- + 3H 2 O → 2Fe(OH)3 + 3CO 2 2. (a) Cho từ từ từng giọt đến hết 50 mL dung dịch HCl 0,1M vào 100 mL dung dịch Na2 CO 3 0,1M CO 3 2- + H + → HCO 3 0,50 0,01 0,005 0,005 0,005 0,005 0 2Do CO 3 dư nên không có giai đoạn tạo CO 2 , VCO2 = 0 Cho hết 100 mL dung dịch Na2 CO3 0,1M và KHCO 3 0,1M vào 200 mL dung dịch HCl 0,1M: Biên soạn và sưu tầm!

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

2-

+ 2H + → H

CO 3 2 O + CO 2 + HCO 3 + H → H2 O + CO 2 Vì 2n CO2− + n HCO−  n H + nên H + phản ứng hết.

3

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (1) (2)

3

1 n + = 0,01mol 2 H Giả sử (2) xảy ra trước thì từ (1) và (2) ta có n CO2 = 0,015mol

Giả sử (1) xảy ra trước thì ta có n CO2 =

1,00

Thực tế (1) và (2) đồng thời xảy ra nên: 0,224L = 0,01 22,4  VCO2  0,015  22,4 = 0,336L

0,50

O

HCO 3 - + OH - → CO 3 2- + H 2 O 0,015 0,02 0,015 0,015 0 0,005 0,015 2+ 2Ba + CO 3 → BaCO 3 0,01 0,015 0,01 0,01 0 0,005 Dung dịch còn 0,005 mol KOH và 0,005 mol K 2 CO3 Dung dịch A có các cân bằng: CO 3 2- + H2 O ⇌ HCO 3 - + OH K b1 = 10-3,67

N

(c)

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

FF IC IA L

(b) 0,1M

Ơ

HCO 3 - + H2 O ⇌ H2 O + CO 2 + OH - Kb2 = 10-7,65 H2 O ⇌ H+ + OH -

0,75

0,50

KÈ

M

Q U

Y

N

H

K N = 10-14 Vì K b1 >> K b2 >> K N nên cân bằng (1) là chủ yếu: 1 1 pH = 14 - (pK b1 + pC) = 14 - (3,67 + 1) = 11,67 2 2 Dung dịch C là dung dịch lưỡng tính nên: 1 1 pH = (pK 1 + pK2 ) = (6,35 + 10,33) = 8,34 2 2 (d) Trích mẫu thử, thêm BaCl2 dư vào mẫu thử thấy xuất hiện kết tủa trắng (tan trong axit), như vậy mẫu thử có CO 3 2-.

Ba2+ + CO 3 2- → BaCO 3 Lọc tách kết tủa, thêm HCl vào dung dịch nước lọc thấy sủi bọt khí không màu (làm đục nước vôi trong), vậy dung dịch có HCO 3 HCO 3 - + H+ → H2 O + CO 2 .

D

ẠY

Câu VIII (4 điểm) 1. (a) Amoniac có tính oxi hóa hay tính khử? Viết phương trình phản ứng minh họa. (b) Trong dung môi amoniac lỏng, các hợp chất KNH 2 , NH 4 Cl, Al(NH 2 )3 có tính axit, bazơ hay lưỡng tính ? Viết các phương trình phản ứng minh họa.

2. Hòa tan 4,8 gam kim loại M bằng dung dịch HNO 3 đặc nóng dư, hay hòa tan 2,4 gam muối sunfua kim loại này cũng trong dung dịch HNO 3 đặc nóng, thì đều cùng sinh ra khí NO 2 duy nhất có thể tích bằng nhau trong cùng điều kiện. (a) Viết các phương trình phản ứng dưới dạng phương trình ion. (b) Xác định kim loại M, công thức phân tử muối sunfua. (c) Hấp thụ khí sinh ra ở cả hai phản ứng trên vào 300 mL dung dịch NaOH 1M, rồi thêm vào đó một ít phenolphtalein. Hỏi dung dịch thu được có màu gì? Tại sao? ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. (a) NH 3 vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử : 0,75 Tính oxi hóa: K + NH 3 (l) → KNH 2 + 1/2H 2 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

075

1,00

FF IC IA L

Tính khử: 2NH 3 + 3CuO → 3Cu + N 2 + 3H2 O (b) KNH 2 là một bazơ, NH 4 Cl là axit và Al(NH 2 )3 có tính lưỡng tính.

Phản ứng trung hòa: KNH 2 + NH 4 Cl → KCl + 2NH 3 Phản ứng của chất lưỡng tính với axit: Al(NH 2 )3 + 3NH 4 Cl → AlCl3 + 6NH 3 Phản ứng của chất lưỡng tính với bazơ: Al(NH 2 )3 + KNH 2 → K[Al(NH 2 )4 ] 2. (a) Phương trình phản ứng: M + 2mH + + mNO 3 - → Mm+ + mNO 2 + mH 2 O (1) M2 Sn + 4(m+n)H + + (2m+6n)NO 3 - → 2Mm+ + nSO 4 2- + (2m+6n)NO 2 + 2(m+n)H 2 O (2) (b) Vì số mol NO 2 ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có: 4,8 2,4 m= ( 2m + 6n ) M 2M + 32n 64mn  M =   6n − 2m , nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.  n, m = 1,2,3 Vậy M là Cu và công thức muối là Cu2 S. 4,8 (c) n Cu = = 0,075mol 64 Cu + 4HNO 3 → Cu(NO 3 )2 + 2NO 2 + 2H 2 O  n NO2 = 2  2  0,075 = 0,3mol = n NaOH

N

O

0,75

0,75

N

H

Ơ

 đã xảy ra vừa đủ phản ứng: 2NO 2 + 2NaOH → NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O Dung dịch thu được có màu hồng do NO 2 - tạo môi trường bazơ: NO2 - + H2 O ⇌ HNO2 + OH -

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

Câu IX (4 điểm) 1. (a) Tính tỉ lệ các sản phẩm monoclo hóa (tại nhiệt độ phòng) và monobrom hóa (tại 127 o C) isobutan.

Biết tỉ lệ khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử H trên cacbon bậc nhất, bậc hai và bậc ba trong phản ứng clo hóa là 1,0 : 3,8 : 5,0 và trong phản ứng brom hóa là 1 : 82 : 1600. (b) Dựa vào kết quả tính được ở câu (a), cho nhận xét về các yếu tố ảnh hưởng đến hàm lượng các sản phẩm của phản ứng halogen hóa ankan.

2. Dùng cơ chế phản ứng giải thích tại sao khi xử lý 2,7-đimetylocta-2,6-dien với axit photphoric thì thu được 1,1-đimetyl-2-isopropenylxiclopentan.

3. Hiđro hóa một hiđrocacbon A (C 8 H12 ) hoạt động quang học thu được hiđrocacbon B (C 8 H18 ) không hoạt động quang học. A không tác dụng với Ag(NH 3 )2 + và khi tác dụng với H 2 trong sự có mặt của Pd/PbCO 3 tạo hợp chất không hoạt động quang học C (C 8 H 14 ).

1. Lập luận xác định cấu tạo (có lưu ý cấu hình) và gọi tên A, B, C. 2. Oxi hóa mãnh liệt A bằng dung dịch KMnO 4 trong H 2 SO4 .Viết phương trình hoá học. ĐÁP ÁN

ĐIỂ M

D

1. (a) Tỉ lệ sản phẩm:

0,50

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CH3 CH3 CH CH2 Cl

CH3 CH3 CH

+ Cl2

CH3

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

1-clo-2-metylpropan

- HCl

CH3 CH3

C

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

CH3

FF IC IA L

Cl 2-clo-2-metylpropan

CH3

CH3

+ Br2

1-brom-2-metylpropan

- HCl

CH3 CH3

C

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

CH3

O

CH3 CH

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

CH3 CH CH2 Br

CH3

0,50

0,75

Y

N

H

Ơ

N

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

2. Cơ chế:

KÈ

M

Q U

H+

3. (a) A có độ bất bão hòa  =

0,75

-H+

2 + 2.8 − 12 = 3, 2

B có  =

2 + 2.8 − 18 = 0 và C có 2

2 + 2.8 − 14 = 2.

2  Vì A cộng 3 phân tử hidro để tạo ra B nên A có các liên kết bội hoặc vòng ba cạnh.  A cộng 1 phân tử H 2 tạo ra C và A không tác dụng với Ag(NH 3 )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 H 2 (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:

D

ẠY

=

0,50

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (A) CH3

H C C C* C C CH3

2Z-4-metylhept-2-en-5-in

0,75

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

C CH3

C

O

CH2 CH2 CH

FF IC IA L

H H CH3 H H (b) Phương trình phản ứng: 0,25 5CH 3 CH=CHCH(CH 3)CC-CH3 + 14KMnO4 + 21H2 SO 4 → → 10CH 3 COOH + 5CH3 CH(COOH)2 + 14MnSO4 + 7K2 SO 4 + 16H2 O Câu X (4 điểm) 1. Limonen (C10 H16 ) là tecpen có trong vỏ quả cam, chanh và bưởi. Oxi hóa limonen bằng kalipemanganat tạo chất A. H3C

CH2COOH (A) (a) Dùng dữ kiện trên và qui tắc isopren xác định cấu trúc của limonen. (b) Viết công thức các sản phẩm chính hình thành khi hidrat hóa limonen.

2. Để điều chế nitrobenzen trong phòng thí nghiệm và tính hiệu suất phản ứng, người ta tiến hành các bước sau: Cho 19,5 ml axit nitric vào một bình cầu đáy tròn cỡ 200 mL làm lạnh bình và lắc, sau đó thêm từ từ 15 mL H 2 SO4 đậm đặc, đồng thời lắc và làm lạnh đến nhiệt độ phòng. Lắp ống sinh hàn hồi lưu (nước hay không khí), cho tiếp 13,5 mL benzen qua ống sinh hàn với tốc độ chậm và giữ nhiệt độ không quá 500 C, đồng thời lắc liên tục (a).

Sau khi cho hết benzen, tiếp tục đun nóng bình phản ứng trên bếp cách thuỷ trong 30-45 phút và tiếp tục lắc. Sau đó làm lạnh hỗn hợp phản ứng và đổ qua phễu chiết. Tách lấy lớp nitrobenzen ở trên. Rửa nitrobenzen bằng nước rồi bằng dung dịch Na 2 CO 3 (b). Tách lấy nitrobenzen cho vào bình làm khô có chứa chất làm khô A ở thể rắn (c). Chưng cất lấy nitrobenzen bằng bình Vuy-êc trên bếp cách thuỷ để thu lấy nitrobenzen sạch. Cân lượng nitrobenzen thấy được 15 gam (d). (a) Viết phương trình hoá học chính và các phương trình thể hiện cơ chế của phản ứng. Cho biết vì sao cần phải lắc bình liên tục và giữ nhiệt độ phản ứng ở 50 0 C? Nếu không dùng H 2 SO4 đậm đặc, phản ứng có xảy ra không? (b) Vì sao cần phải rửa nitrobenzen bằng nước, sau đó bằng dung dịch Na 2 CO3 ? (c) A có thể là chất nào? (d) Tính hiệu suất phản ứng nếu khối lượng riêng của benzen 0,8g/mL. ĐÁP ÁN 1. (a) Cấu tạo: O O

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

O

OH

O + O=C=O limonen (b) Các sản phẩm chính khi hidrat hóa:

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

OH

OH

OH

OH 4. (a) Phản ứng: SO 4 C6 H6 + HONO 2 ⎯H ⎯2 ⎯ ⎯→ C6 H 5NO2 + H2 O Cơ chế phản ứng: (-)

H - O - NO2 + HSO4 H

(+)

(+)

H3O(+) + HSO4(-) + NO2

H - O - NO2 + H2SO4 H

O

+ H(+)

N

Hỗn hợp phản ứng ở hệ dị thể nên cần phải lắc đều hay khuấy mạnh liên tục để tạo thành nhũ tương, bảo đảm sự tiếp xúc tốt giữa các tác nhân.

Phải giữ ở 500 C vì nếu ở nhiệt độ cao hơn sẽ tăng lượng sản phẩm đinitrobenzen.

Nếu không dùng H 2 SO4 , phản ứng vẫn xảy ra do vẫn có sự hình thành NO 2 + theo phương trình sau: HO-NO2 + HNO 3 ⇄ H2 O +-NO2 + NO 3 -

H

 

nhanh

+

Ơ



chËm

NO2

NO2

H + NO2(+)

FF IC IA L

(+)

HO - NO2 + H2SO4

(1)

KÈ

M

Q U

Y

N

H2 O +-NO2 + HNO 3 ⇄ H 3 O+ + NO 3 - + NO 2 + (1) Tuy nhiên khi không có H 2 SO4 phản ứng xảy ra chậm vì hiệu suất tạo NO 2 + sinh ra trong (1) rất thấp. Khi có mặt H 2 SO4 đậm đặc, cân bằng chuyển dời về phía thuận nên phản ứng xảy ra nhanh hơn. (c) Cần phải rửa bằng nước để loại axit, sau đó rửa bằng dung dịch Na 2 CO 3 để loại hết axit dư và dễ kiểm tra kết quả do phản ứng giữa axit và Na 2 CO3 sinh khí. (b) A là chất hút nước ở dạng rắn, nên A có thể là CaCl2 , ... khan (d) Hiệu suất phản ứng: 15  78 9,512g m C6H6 (1) = = 9,512gam  H = = 88% 123 13,5mL  0,8g / mL

D

ẠY

Câu XI A là hidrocacbon không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol A và hấp thu sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,15 mol Ca(OH)2 thu được kết tủa và khối lượng bình tăng lên 11,32 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được kết tủa lại tăng lên, tổng khối lượng kết tuả hai lần là 24,85 gam. A không với dung dịch KMnO 4 /H2 SO 4 nóng, còn khi monoclo hóa trong điều kiện chiếu sáng thì chỉ tạo một sản phẩm duy nhất.

1. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. 2. Người ta có thể điều chế A từ phản ứng giữa benzen và anken tương ứng trong axit sunfuric. Dùng cơ chế phản ứng để giải thích phản ứng này.

3. Mononitro hóa A bằng cách cho phản ứng với axit nitric (có mặt axit sunfuric đặc) thì sản phẩm chính thu được là gì? Tại sao? ĐÁP ÁN 1. Dung dịch Ca(OH)2 hấp thụ hết sản phẩm cháy của A chứa CO 2 và H 2 O CO 2 + Ca(OH)2 → CaCO 3 + H2 O 2CO 2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO 3 )2

(1) (2)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

O

FF IC IA L

Ca(HCO 3 )2 + Ba(OH)2 → CaCO 3 + BaCO 3 + 2H2 O (3) Đặt số mol CO 2 tham gia các phản ứng (1) và (2) lần lượt là x và y, ta có: y  x + = 0,15  2  x = y = 0,1mol , n CO2 = x + y = 0,2mol   y y 100 x +  + 197 = 24,85   2 2 11,32 − 0,2.44 Từ m = m H 2O + m CO2 = 11,32g  n H 2O = = 0,14mol 18 Đặt công thức tổng quát của A là C x Hy : Cx Hy + (x+y/4)O 2 → xCO 2 + y/2H2 O 1 x y Ta có = =  x = 10, y = 14 0,02 0,2 2.0,14 Công thức phân tử của A là C 10 H14 ( = 4) Vì A không làm mất màu dung dịch brom (cấu trúc thơm), không tác dụng với dung dịch KMnO 4 /H 2 SO4 (chỉ có một nhóm thế) và monoclo hóa (ánh sáng) chỉ tạo một sản phẩm duy nhất (nhóm thế có cấu trúc đối xứng cao) nên cấu tạo của A là: CH3 C CH3 (t-butylbenzen)

CH3

N

H

Ơ

N

2. Cơ chế: (CH 3 )2 C=CH 2 + H2 SO 4 → (CH 3 )2 C+-CH3 + HSO 4 C(CH3)3 H C(CH3)3 nhanh chËm + (CH3)3C+ + H(+) +

Q U

Y

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

C CH3 CH3

M

ĐỀ 12 (HSG 11 ĐÀ NẲNG 2006-07)

D

ẠY

KÈ

Câu XII (4 điểm) 1. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 mL dung dịch NH 4 Cl 0,200 M với 75,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M. Biết K b (NH 3 ) = 1,8.10-5 .

2. Phèn là muối sunfat kép của một cation hóa trị một (như K + hay NH 4 +) và một cation hóa trị ba (như Al3+, Fe3+ hay Cr3+). Phèn sắt amoni có công thức (NH 4 )aFe(SO 4 )b .nH2 O. Hòa tan 1,00 gam mẫu phèn sắt vào 100 cm3 H2 O, rồi chia dung dịch thu được thành hai phần bằng nhau. Thêm dung dịch NaOH dư vào phần một và đun sôi dung dịch. Lượng NH 3 thoát ra phản ứng vừa đủ với 10,37 cm3 dung dịch HCl 0,100 M. Dùng kẽm kim loại khử hết Fe 3+ ở phần hai thành Fe2+. Để oxi hóa ion Fe2+ thành ion Fe3+ trở lại, cần 20,74 cm3 dung dịch KMnO 4 0,0100 M trong môi trường axit. (a) Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn và xác định các giá trị a, b, n. (b) Tại sao các phèn khi tan trong nước đều tạo môi trường axit ? ĐÁP ÁN 1. C oNH4Cl =

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

NH4 Cl + NaOH → NaCl + NH 3 + H2 O 0,08 0,06 0,06 0,06 0,06 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,02 0 0,06 Xét cân bằng : NH3 + H 2 O ⇄ NH4 + + OH 0,06 0,02 x x x 0,06–x 0,02+x x Kb =

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

Ơ

N

O

FF IC IA L

 pH = 14 − [− lg( 5,4.10 −5 )] = 9,73 2. (a) Đặt số mol của phèn sắt (NH 4 )aFe(SO 4 )b .nH2 O trong mỗi phần là x mol.

Phương trình phản ứng phần một : NH 4 + + OH - → NH 3 + H2 O ax 0 ax Fe3+ + 3OH - → Fe(OH)3 NH 3 + H+ → NH4 + ax ax Phương trình phản ứng phần hai : Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ x 0 x 5Fe2+ + MnO4 - + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H 2 O x x/5 ax = 0,01037 L  0,100mol.L−1 = 1,037.10 −3 mol Ta có :

H

x = 5  0,02074 L  0,010mol.L−1 = 1,037.10 −3 mol

N

 a=1 Công thức của phèn được viết lại là NH 4 +Fe3+(SO 4 2-)b .nH2O  b=2 0,5 gam

Y

Từ M = 18 + 56 + 96.2 + 18n =



n = 12

Q U

1,037 .10 −3 mol

Công thức của phèn sắt – amoni là NH4 Fe(SO 4 )2 .12H2 O

KÈ

M

(b) Phèn tan trong nước tạo môi trường axit vì các ion NH 4 +, Al3+, Fe3+ và Cr3+ đều những ion axit (các ion K + có tính trung tính, còn SO 4 2- có tính bazơ rất yếu).

NH 4 + + H2 O ⇄ NH3 + H 3 O+ M3+ + H2 O ⇄ M(OH)2+ + H +

D

ẠY

Câu XIII (4 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi lần lượt cho các đơn chất As và Bi tác dụng với dung dịch HNO 3 (giả thiết sản phẩm khử chỉ là khí NO).

2. So sánh (có giải thích) tính tan trong nước, tính bazơ và tính khử của hai hợp chất với hidro là amoniac (NH 3 ) và photphin (PH 3 ).

3. Một giai đoạn quan trọng trong quá trình tổng hợp axit nitric là oxi hóa NH 3 trong không khí, có mặt Pt xúc tác. (a) Xác định nhiệt phản ứng của phản ứng này, biết nhiệt hình thành các chất NH 3 (k), NO (k) và H2 O (k) lần lượt bằng – 46 kJ/mol; + 90 kJ/mol và - 242 kJ/mol. (b) Trong công nghiệp, người ta đã sử dụng nhiệt độ và áp suất thế nào để quá trình này là tối ưu ?

Tại sao ? ĐÁP ÁN 1. Phương trình phản ứng : 3As + 5HNO 3 + 2H2 O → 3H3 AsO 4 + 5NO Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bi + 4HNO 3 → Bi(NO 3 )3 + NO + 2H 2 O 2. Tính tan : NH3 tan tốt hơn PH 3 trong nước, do phân tử phân cực hơn và có khả năng tạo liên kết hidro với nước.

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

H

H

H

FF IC IA L

Tính bazơ : NH3 có tính bazơ mạnh hơn PH 3 , do liên kết N-H phân cực mạnh hơn liên kết P-H, làm cho nguyên tử N trong phân tử NH 3 giàu electron hơn, dễ dàng nhận proton hơn (một nguyên nhân nữa giải thích cho điều này là ion NH 4 + bền hơn PH 4 +).

Tính khử : PH3 có tính khử mạnh hơn nhiều so với NH 3 , do nguyên tử P là một phi kim có độ âm điện nhỏ và phân tử PH 3 kém bền hơn NH 3 . H = 4H NO + 6H H 2O − 4H NH3 =

H = (4  90 kJ ) + [6  (−242 kJ )] − [4  (−46kJ ) = −908kJ

O

3. (a) 4NH 3 (k) + 5O 2 (k) → 4NO (k) + 6H 2 O (k)

N

H

Ơ

N

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

Q U

Y

Câu XIV (4 điểm) 1. Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm được tiến hành trong phòng thí nghiệm để xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ.

2. Hoàn thành các phản ứng dưới đây. Xác định sản phẩm chính của mỗi phản ứng và dùng cơ chế giải thích sự hình thành sản phẩm chính đó. (a) CH3 -CH=CH 2 (propilen) + HCl → o

D

ẠY

KÈ

M

180 C ⎯→ (b) CH3 -CH 2 -CH(OH)-CH3 (ancol s-butylic) ⎯H⎯2SO⎯4 ,⎯ H 2SO 4 , t o (c) C6 H 5 CH 3 + HNO 3 ⎯⎯⎯⎯→ 3. Dùng sơ đồ xen phủ obitan nguyên tử để mô tả các phân tử CH 3 -CH=C=CH-CH3 (phân tử A) và CH3 -CH=C=C=CH-CH3 (phân tử B). Cho biết A, B có đồng phân hình học hay không ? Tại sao ? ĐÁP ÁN 1. Thí nghiệm xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ :

2. Phản ứng và cơ chế phản ứng: (a) Phản ứng : Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH3 CH CH3 (s¶n phÈm chÝnh) Cl CH3 CH2 CH2 Cl

CH3 CH CH2 + HCl

Cơ chế (cộng A E) :

CH3

− CH CH2

(X)

CH3 CH CH3

H+

Cl-

CH3 CH CH3 Cl

CH2 (Y)

CH3 CH2

FF IC IA L

Sản phẩm chính hình thành theo hướng tạo cacbocation trung gian bền vững hơn. Dễ thấy rằng cacbocation (X) bền hơn (Y) (do điện tích được giải tỏa nhiều hơn, với 6H α), nên sản phẩm chính là isopropyl clorua. (b) Phản ứng :

CH3 CH CH CH3 + H2O (s¶n phÈm chÝnh)

H2SO 4

CH3 CH2 CH CH3 OH

CH2 CH CH2 CH3 + H2O

Cơ chế (tách E1) :

O

CH3 CH2 CH CH3 -H2O + OH2

CH2 CH CH2 CH3 (Y)

N

CH3 CH2 CH CH3 OH

CH3 CH CH CH3 (X)

H+

CH3

H

Ơ

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

N

NO2 + H2O

H2SO 4

+ HONO2

Y

CH3

Q U

CH3

+ H2O

NO2

M

Cơ chế (thế SE2Ar) : HONO 2 + H 2 SO4 → HSO 4 - + H2 O + +NO 2

KÈ

CH3

+

H NO2

CH3

NO2

NO2 -H+ CH3

CH3 +

ẠY

CH3

CH3

NO2

-H+ H

NO2

NO2

D

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

3. Mô hình phân tử : H H

CH3 CH3 Biên soạn và sưu tầm!

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

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

H H CH3

CH3

Trong trường hợp này, các nhóm thế đồng phẳng, nên phân tử xuất hiện hiện tượng đồng phân hình học.

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu XV (4 điểm) 1. Thổi 672 mL (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO 3 /NH 3 , thì thấy có 3,4 AgNO 3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 200 mL dung dịch Br 2 0,15 M. (a) Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A (b) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. 2. Oxi hóa m gam hợp chất hữu cơ A bằng CuO rồi cho sản phẩm sinh ra gồm CO 2 và hơi H 2 O lần lượt đi qua bình 1 đựng Mg(ClO 4 )2 và bình 2 đựng 2 lít Ca(OH)2 0,0 2 M thì thu được 2 gam kết tủa. Khối lượng bình 1 tăng 1,08 gam và khối lượng CuO giảm 3,2 gam, M A < 100. Oxi hóa mãnh liệt A, thu được hai hợp chất hữu cơ là CH 3 COOH và CH 3 COCOOH. (a) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. (b) Viết các dạng đồng phân hình học tương ứng của A. (c) Khi cho A tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1, thì tạo được những sản phẩm nào ? Giải thích. ĐÁP ÁN 1. (a) Nếu ankin có dạng RCCH : RCCH + AgNO 3 + NH 3 → RCCAg + NH 4 NO3 3,4gam = 0,02mol và n Br2  2  n (ankin ) = 0,04mol 170gam / mol Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2L  0,15mol / L = 0,03mol

H

 n(ankin ) =

Q U

Y

N

Vậy ankin phải là C 2 H2 và như vậy ankan là C 2 H6 , anken là C2 H 4 .

Từ phản ứng : C2 H2 + 2AgNO 3 + 2NH 3 → C2 Ag2 + 2NH 4 NO3  n(C2 H 2 ) = 1/2n(AgNO 3 ) = 0,01 mol Từ các phản ứng : C2 H2 + 2Br2 → C2 H2 Br4 C2 H4 + Br2 → C2 H4 Br2  n(C2 H 4 ) = 0,01 mol 0,672 L − 0,01mol − 0,01mol = 0,01 mol 22,4L / mol

M

 n(C2 H 6 ) =

D

ẠY

KÈ

(b) Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO 3 /NH 3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C 2 H2 .

C2 H2 + 2AgNO 3 + 2NH 3 → C2 Ag2 + 2NH 4 NO3 C2 Ag2 + 2HCl → C2 H2 + 2AgCl Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO 3 /NH 3 , thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH 3 COOH) thu được C 2 H4 : C2 H4 + Br2 → C2 H4 Br2 C2 H4 Br2 + Zn → C2 H4 + ZnBr2 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C 2 H6 2. (a) n(H 2 O) = 0,06 mol  n(H) = 0,12 mol Từ các phản ứng : CO 2 + Ca(OH)2 → CaCO 3 + H2 O 2CO 2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO 3 )2 với n Ca (OH)2 = 0,045 mol và n CaCO 3 = 0,02mol  n(CO 2 ) bằng 0,02 mol hoặc 0,07 mol.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 n(O) tham gia phản ứng bằng

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

FF IC IA L

Vậy số mol O trong A bằng : n(O) = 0,02mol  2 + 0,06 mol – 0,2 mol < 0 (loại) n(O) = 0,07mol  2 + 0,06 mol – 0,2 mol = 0 mol  A là hidrocacbon có công thức đơn giản C 7 H12 Vì MA < 100, nên công thức phân tử của A chính là C 7 H 12 (  = 2 ) Cấu tạo của A phù hợp với giả thiết là: CH3 CH C CH CH CH3 (3-metylhexa-2,4-dien) CH3 (b) Các dạng đồng phân hình học : CH3 CH3 H3C CH3 H CH3 H CH3 C C CH3 C C H C C CH3 C C H H C C H C C CH3 C C CH3 C C H H H CH3 H H H CH3

H

Ơ

N

O

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

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

Q U

Y

+ Br-

N

CH3CH=C(CH3)-CHBr-CHBr-CH3

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

D

ẠY

KÈ

M

Câu XVI ( 4 điểm) 1. Trình bày phương pháp phân biệt mỗi cặp chất dưới đây (mỗi trường hợp chỉ dùng một thuốc thử đơn giản, có viết phản ứng minh họa) : (a) m-bromtoluen và benzylbromua (b) phenylaxetilen và styren 2. Từ benzen và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác có đủ, viết các phương trình phản ứng hóa học điều chế : (a) meta-clonitrobenzen (b) ortho-clonitrobenzen (c) axit meta-brombenzoic (d) axit ortho-brombenzoic 3. Hidrocacbon X có phân tử khối bằng 128, không làm nhạt màu dung dịch Br 2 . X tác dụng với H2 (xúc tác Ni, t) tạo các sản phẩm Y và Z. Oxi hóa mãnh liệt Y tạo sản phẩm là axit o-phtalic, oC6 H 4 (COOH)2. (a) Xác định cấu tạo và gọi tên X, Y, Z. (b) Viết phản ứng tạo ra sản phẩm chính, khi cho X lần lượt tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc (H 2 SO 4 đặc xúc tác) và Br2 (xúc tác bột sắt). Biết ở mỗi phản ứng, tỉ lệ mol các chất tham gia phản ứng là 1:1. ĐÁP ÁN 1. Phân biệt các chất : Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (a) Dùng AgNO 3 , benzyl bromua cho kết tủa vàng : C6 H5 CH2Br + AgNO 3 + H 2 O → C6 H5 CH2OH + AgBr + HNO 3 (b) Dùng dung dịch AgNO 3 /NH 3 , phenylaxetilen cho kết tủa vàng xám : C6 H5 CCH + AgNO 3 + NH 3 → C6 H5 CCAg + NH 4 NO3 2. Điều chế :

NO2

NO2

+ HONO2

+ Cl2

H2SO 4

Fe

Cl

Cl

Cl

+ Cl2

(b)

+H2SO 4

NO2

SO3H

SO3H

O

H2SO 4

Cl

COOH

NO2

t

CH3

COOH + KMnO4

Ơ

AlCl3

N

+ CH3Cl

+CH3Cl

+H2SO 4

N

Q U

Br CH3 Br

Fe

SO3H

CH3

SO3H

COOH Br

Br

+ KM nO4

M

t

Fe

+ Br2

Y

AlCl3

+ Br2

CH3

H

CH3 (d)

Cl

+ HONO2

Fe

(c)

FF IC IA L

(a)

D

ẠY

KÈ

3. (a) X (Cx Hy ), có 12x + y = 128 (y  2x + 2) có hai nghiệm thích hợp là C 10 H8 và C9 H20.

Tuy nhiên, vì X tác dụng được với hidro, nên công thức đúng là C 10 H8 (  = 7 ).

Vì X không làm nhạt màu nước brom nên cấu tạo thích hợp của X là naphtalen và phù hợp với giả thiết thì Y là tetralin và Z là decalin :

(naphtalen)

(decalin)

(tetralin)

(b) Phản ứng :

NO2 H2SO4

+ HONO2

+ H2O

Fe + Br2

Fe

+ HBr

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ 13(HSG 11 ĐÀ NẲNG 2007-08)

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu XVII (4 điểm) 1. Xét hợp chất với hidro của các nguyên tố nhóm VA. Góc liên kết HXH (X là kí hiệu nguyên tố nhóm VA) và nhiệt độ sôi được cho trong bảng dưới đây. Đặc điểm NH 3 PH3 AsH 3 SbH 3 Góc HXH 107o 93o 92o 91o Nhiệt độ sôi (o C) -33,0 -87,7 -62,0 -18,0 So sánh và giải thích sự khác biệt giá trị góc liên kết và nhiệt độ sôi của các chất này.

2. Khi cho NH 3 vào dung dịch AgNO 3 thì thấy có vẩn đục màu trắng tan lại ngay trong NH 3 dư, nhưng khi thêm AsH 3 vào dung dịch AgNO 3 thì lại thấy xuất hiện kết tủa Ag và dung dịch thu được có chứa axit asenơ. Viết phương trình phản ứng và giải thích tại sao có sự khác biệt này.

3. Xét phản ứng tổng hợp amoniac : N 2 (k) + 3H 2 (k) ⇄ 2NH 3 (k) Ở 450o C hằng số cân bằng của phản ứng này là K P = 1,5.10-5 . Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp NH 3 nếu ban đầu trộn N 2 và H 2 theo tỉ lệ 1:3 về thể tích và áp suất hệ bằng 500 atm. ĐÁP ÁN 1. Từ N đến Sb bán kính nguyên tử tăng dần, đặc trưng lai hóa 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 thuần khiết. (Cũng có thể giải thích là từ Sb đến N độ âm điện của nguyên tử trung tâm tăng dần, bán kính nguyên tử giảm dần, làm khoảng cách giữa các cặp electron liên kết giảm, lực đẩy giữa chúng tăng, nên góc liên kết tăng).

NH3 tạo được liên kết H liên phân tử, còn PH 3 thì không, do vậy từ NH 3 đến PH 3 nhiệt độ sôi giảm. Từ PH 3 đến SbH 3 nhiệt độ sôi tăng do phân tử khối tăng.

−3

Y

N

2. Phương trình phản ứng : AgNO 3 + NH 3 + H2 O → AgOH + NH 4 NO3 AgOH + 2NH 3 → Ag(NH 3 )2 OH +1

+3

0

KÈ

M

Q U

As H 3 + 6 Ag NO3 + 3H 2 O → H 3 As O 3 + 6 Ag + 6HNO 3 NH3 có tính bazơ mạnh hơn AsH 3 , nhưng ngược lại AsH 3 có tính khử mạnh hơn NH 3 .

3. Gọi x và h lần lượt là số mol ban đầu của N 2 và hiệu suất phản ứng.

N 2 (k) + 3H2 (k) ⇄ 2NH 3 (k) o n x 3x 0 n hx 3hx 2hx x(1-h) 3x(1-h) 2hx  n = x(4-2h) 2 PNH 3

 2xh   P   x ( 4 − 2h ) 

2



2h ( 4 − 2h )

=P K 5,2(1 − h ) 2  x (1 − h )  3x (1 − h )   P  P   x (4 − 2h )  x (4 − 2h )   14,1h 2 − 28,2h + 10,1 = 0 với h  1  h = 0,467 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 46,7% Câu XVIII (4 điểm) 1. Trộn lẫn 7 mL dung dịch NH 3 1M và 3 mL dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B. (a) Xác định pH của các dung dịch A và B, biết K NH3 = 1,8.10 −5 .

ẠY

KP =

=

3

D

PN .PH3 2 2

(b) So với dung dịch A, giá trị pH của dung dịch B đã có sự thay đổi lớn hay nhỏ ? Nguyên nhân của sự biến đổi lớn hay nhỏ đó là gì ?

Biên soạn và sưu tầm!

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

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Tính thể tích dung dịch Ba(OH)2 0,01M cần thêm vào 100 mL dung dịch Al2 (SO4 )3 0,1M để thu được 4,275 gam kết tủa. ĐÁP ÁN 1. (a) Xét phản ứng của dung dịch NH 3 và dung dịch HCl : NH3 + H+  NH 4 + o C 0,7M 0,3M C 0,3M 0,3M [C] 0,4M 0 0,3M Vậy dung dịch A gồm các cấu tử chính là NH 3 0,4M, NH 4 + 0,3M và Cl-.

NH3 + H2O ⇄ NH 4 + + OH Kb o C 0,4M 0,3M C xM xM xM [C] (0,4-x)M (0,3+x)M xM (0,3 + x ).x K= = 1,8.10 −5  x  2,4.10 −5 (0,4 − x )

N

H

Ơ

N

O

 pH A = 14 − [− lg( 2,4.10 −5 )] = 9,4 Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng : NH4 + + OH  NH 3 + H2O o C 0,3M 0,1M 0,4M C 0,1M 0,1M 0,1M [C] 0,2M 0 0,5M Vậy dung dịch B gồm các cấu tử chính là NH 3 0,5M, NH 4 + 0,2M và Cl-.

NH3 + H2O ⇄ NH 4 + + OH Kb o C 0,5M 0,2M C xM xM xM [C] (0,5-x)M (0,2+x)M xM (0,2 + x ).x K= = 1,8.10 −5  x  4,5.10 −5 (0,5 − x )

Q U

Y

 pH B = 14 − [− lg( 4,5.10 −5 )] = 9,7 (b) Sự khác biệt giá trị pH của dung dịch B so với dung dịch A là không lớn, do trong dịch A tồn tại một cần bằng axit – bazơ, cân bằng này có khả năng làm giảm (chống lại) tác động thay đổi nồng độ axit (H +) hoặc bazơ (OH -).

2. Theo giả thiết n Al3+ = 0,02 mol và n SO 2− = 0,03 mol . Gọi x là số mol Ba(OH)2 cần thêm vào, 4

M

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

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

KÈ no

D

ẠY

no

SO4 2- → 0,03 (mol) 3OH - → 2x (mol) OH- →

BaSO 4

(1)

Al(OH)3

(2)

Al(OH)4 -

(3)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al3+ tham gia phản ứng 2x  0,02  x  0,03 (mol ) , và như vậy Ba2+ phản ứng hết ở phản ứng (1). vừa đủ hoặc dư : 3 2x = 4,275  x = 0,015 (mol ) Ta có : m(kết tủa) = 233.x + 78.

3 0,015 mol = 1,5 L Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)2 đã sử dụng là 0,01 mol / L Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x  0,03 (mol )  m BaSO 4 = 0,03 mol  233 gam / mol = 6,99 gam  4,275 gam (loại).

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Câu XIX (4 điểm) 1. Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau :

FF IC IA L

2. Dung dịch A gồm 0,4 mol HCl và 0,05 mol Cu(NO 3 )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 HNO 3 duy nhất chỉ có NO. ĐÁP ÁN 1. Các phương trình phản ứng : Fe (1) N 2 + 3H2 ⎯⎯→ 2NH 3 500o , 300atm

, 850−900 C 4NH 3 + 5O2 ⎯Pt ⎯⎯⎯⎯ ⎯→ 4NO + 6H 2 O 2NO + O 2 → 2NO 2 4NO 2 + O2 + 2H2 O → 4HNO 3 5Mg + 12 HNO 3 → 5Mg(NO 3 )2 + N2 + 6H 2 O

O

o

(2) (3) (4) (5)

2000o C

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

(6) N 2 + O2 ⎯⎯⎯ ⎯→ 2NO (7) 2NO 2 + 2KOH → KNO2 + KNO 3 + H 2 O (8) 5KNO 2 + 2KMnO 4 + 3H2 SO4 → 5KNO 3 + K2 SO4 + 2MnSO 4 + 3H 2 O 2. Trong dung dịch A : Dung dịch A có 0,4 mol H +, 0,05 mol Cu2+, 0,4 mol Cl-, 0,1 mol NO 3 Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng : (1) Fe + 4H+ + NO3 - → Fe3+ + NO + 2H2 O 0,4 0,1 0,1 0,4 0,1 0,1 0 0 0,1 (2) Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+ 0,05 0,1 (3) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu 0,16 0,05 0,05 Số mol Fe đã tham gia các phản ứng từ (1) đến (3) là 0,1+ 0,05 + 0,05 = 0,2 (mol) Hỗn hợp 2 kim loại sau phản ứng gồm Fe dư Cu, (m - 560,2) + 0,05 64 = 0,8 m  m = 40 (gam) Câu XX (4 điểm) 1. Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của n-pentan và neopentan. Giải thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này. n-Pentan Neopentan o Nhiệt độ sôi ( C) 36 9,5 Nhiệt độ nóng chảy (o C) -130 -17 2. X, Y, Z lần lượt là ankan, ankadien liên hợp và ankin, điều kiện thường tồn tại ở thể khí. Đốt cháy 2,45 L hỗn hợp ba chất này cần 14,7 L khí O 2 , thu được CO 2 và H 2 O có số mol bằng nhau. Các thể tích khí đều đo ở 25o C và 1 atm. (a) Xác định công thức phân tử của X, Y và Z. (b) Y cộng Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 tạo ba sản phẩm đồng phân. Dùng cơ chế phản ứng giải thích sự hình thành các sản phẩm này.

3. Hoàn thành các phương trình phản ứng :

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

FF IC IA L

ĐÁP ÁN 1. Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn n-pentan vì khi phân tử có càng nhiều nhánh, tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng giảm, làm cho độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp hơn.

Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít hơn và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn.

2. (a) Gọi công thức trung bình của X, Y, Z là C n H 2 n (do số mol CO 2 và H 2 O bằng nhau).

3n 3n / 2 14,7 O 2 → nCO 2 + nH 2 O , ta có : = n=4 2 1 2,45 Vì X, Y, Z điều kiện thường đều tồn tại ở thể khí (trong phân tử, số nguyên tử C  4), nên công thức phân tử của X là C 4 H10 và Y, Z là C 4 H 6 . (b) Cơ chế phản ứng :

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

C n H 2n +

D

ẠY

KÈ

M

3. Các phương trình phản ứng : ete CH3 CH2 Br + Mg ⎯⎯→ CH 3 CH 2 MgBr

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu XXI ( 4 điểm) 1. Chất X có công thức phân tử C 7 H 6 O 3 . X có khả năng tác dụng với dung dịch NaHCO 3 tạo chất Y có công thức C 7 H5 O 3 Na. Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z (C 9 H8 O4 ) cũng tác dụng được với NaHCO 3 , nhưng khi cho X tác dụng với metanol (có H 2 SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8 H 8 O 3 ) không tác dụng với NaHCO 3 mà chỉ tác dụng được với Na2 CO3 . (a) Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử. (b) Cho biết ứng dụng của các chất Y, Z và T 2. Đốt cháy hoàn toàn 10,08 L hỗn hợp khí gồm hai ankanal A và B thu được 16,8 L khí CO 2 . Nếu lấy cùng lượng hỗn hợp này tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH 3 thì thu được 108 gam Ag kim loại. (a) Xác định A và B, biết các khí đều đo ở 136,5o C và 1 atm. (b) Tiến hành phản ứng canizaro giữa A và B. Cho biết sản phẩm tạo thành và giải thích. ĐÁP ÁN 1. (a) Cấu tạo các chất :

H SO

H

Phương trình phản ứng : HOC6 H4 COOH + NaHCO 3 → HOC6 H 4COONa + H 2 O + CO 2

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

4 ⎯ → HOC6H4COOCH3 + H2 O HOC6 H4 COOH + CH 3 OH ⎯⎯2 ⎯ H 2SO 4 ⎯→ CH3COOC6H4COOH + CH 3 COOH HOC6 H4 COOH + (CH 3 CO)2 O ⎯⎯⎯ (b) Y với hàm lượng rất nhỏ được sử dụng làm chất bảo quản thực phẩm và pha chế nước xúc miệng (có tác dụng diệt khuẩn); Z được sử dụng để chế tạo dược phẩm aspirin và T là thành phần chính của dầu gió xanh.

2. (a) Xác định A và B. 10,08  1 n A ,B = = 0,3 (mol ) ; (22,4 / 273)  273  1,5 108 16,8  1 = 1(mol ) n CO2 = = 0,5 (mol ) và n Ag = 108 (22,4 / 273)  273  1,5 0,5 C= = 1,67  A là HCHO 0,3 Gọi công thức của B là RCHO (hay C n H2n O) và số mol của A, B lần lượt là a, b. + AgNO3 / NH3 ⎯⎯→ 4Ag HCHO ⎯⎯⎯⎯ + AgNO3 / NH3 RCHO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ 2Ag  a + b = 0,3  Ta có : a + nb = 0,5  a = 0,2; b = 0,1; n = 3  4a + 2b = 1 

Vậy B là CH 3 CH 2 CHO (b) Phản ứng canizaro : HCHO + CH 3 CH 2 CHO + OH - → HCOO - + CH 3 CH 2 CH2 OH Hợp chất dễ tham gia phản ứng cộng A N hơn (nguyên tử cacbon trong nhóm cacbonyl dương điện hơn) và có nhiều H liên kết với nhóm cacbonyl hơn, có xu hướng chuyển thành ion cacboxilat.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐỀ 14(HSG 11 ĐÀ NẲNG 2008-09) Câu I: (2,0 điểm)

1. pH = 1

⇒[H+]

FF IC IA L

1. Tính thể tích dung dịch hỗn hợp HCl, H 2 SO4 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.

2. Cho X là muối nhôm khan, Y là một muối trung hòa khan. Hoà tan  gam hỗn hợp đồng số mol 2 muối X, Y vào nước được dung dịch A. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch A cho tới dư được dung dịch B, khí C và kết tủa D. Axit hóa dung dịch B bằng HNO 3 rồi thêm AgNO 3 vào thấy xuất hiện kết tủa trắng bị hóa đen dần khi để ngoài ánh sáng. Khi thêm Ba(OH) 2 vào, lượng kết tủa D đạt giá trị lớn nhất (kết tủa E), sau đó đạt giá trị nhỏ nhất (kết tủa F). Nung các kết tủa E, F tới khi khối lượng không đổi thu được 6,248 g và 5,126 g các chất rắn tương ứng. F không tan trong axit mạnh. a) Hỏi X, Y là các muối gì? b) Tính  và thể tích C (ở đktc) ứng với giá trị D lớn nhất. Đáp án = 0,1 M , pH = 2 ⇒pH = 0,01 M

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

N

H

Ơ

N

O

⇒ số mol OH - trong 200 ml dung dịch = 0,2  0,1 = 0,02 (mol) Phương trình hóa học : (1) H+ + OH - → H2 O Từ (1) ⇒ số mol H + tham gia (1) = số mol OH - = 0,02 (mol) Gọi V (lít) là thể tích dung dịch 2 axit cần lấy .

Số mol H + trong V lít dung dịch = 0,1V (mol) Dung dịch thu được có pH < 7 chứng tỏ axit dư Số mol H + dư = 0,1V – 0,02 (mol) 0,1V − 0, 02 [H+] trong dung dịch thu được = = 0, 01 (M) ⇒ V = 0,244 (lít) V + 0, 2

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

2. Vì cho AgNO 3 vào dung dịch B đã axit hóa tạo ra kết tủa trắng bị hóa đen ngoài ánh sáng: đó là AgCl, vậy phải có 1 trong 2 muối là muối clorua, vì khi cho Ba(OH)2 mà có khí bay ra chúng tỏ đó là NH3; vậy muối Y phải là muối amoni trung hòa vì khi thêm Ba(OH)2 tới dư mà vẫn còn kết tủa chứng tỏ một trong hai muối phải là muối sunfat và sự chênh lệch nhau về khối lượng khi nung E và F là do Al2O3 tạo thành từ Al(OH)3 .

Các phản ứng dạng ion: (1) Ag+ + Cl→ AgCl (2) NH 4 + + OH → NH 3 + H2 O 3+ (3) Al + 3OH → Al(OH)3 (4) Al(OH)3 + OH → Al(OH)4 o t → Al2 O3 + 3H2 O (5) 2Al(OH)3 ⎯⎯ 2+ 2(6) Ba + SO 4 → BaSO 4

D

Theo khối lượng các chất rắn ta có:

n Al2O3 =

5,126 6, 248 − 5,126 = 0, 022 (mol) = 0, 011 (mol) , n BaSO4 = nSO2− = 4 233 102

Như vậy kết quả không phù hợp với muối Al2 (SO 4 )3 . Do đó muối nhôm phải là AlCl3 với số mol = 0,011.2 = 0,022 mol và muối Y phải là muối (NH4 )2 SO4 với số mol là 0,022 mol.

Khối lượng hỗn hợp ban đầu : a = mAlCl3 + m( NH4 )2 SO4 = 0,022133,5 + 0,022132 = 5,841 g Và nB = 2n(NH ) SO = 2. 0,022 = 0,044 (mol) ⇒VB = 2. 0,4928 = 0,9856 lit 4 2 4

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

FF IC IA L

Câu II: (2,0 điểm) Cho các chất NH 3 , H 2 N-OH, H 2 N-NH 2 và H-N=N≡N a) Sắp xếp các chất trên theo chiều giảm dần tính bazơ. Giải thích. b) Phương pháp sản xuất hiđrazin H 2 N-NH2 trong công nghiệp là cho natri hipoclorit tác dụng với dung dịch amoniac. Viết phương trình hóa học minh họa.

2. Momen lưỡng cực và nhiệt độ sôi của NH 3 và NF3 được cho trong bảng dưới đây: Đặc điểm NH3 NF3 Momen lưỡng cực (D) 1,46 0,24 Nhiệt độ sôi (o C) -33,0 -129 Cho biết dạng hình học phân tử của NH 3 , NF3 . So sánh và giải thích sự khác biệt giá trị momen lưỡng cực và nhiệt độ sôi của các chất này.

3. Cho dòng khí CO đi qua ống sứ chứa hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O4 và Fe2 O3 đốt nóng, phản ứng tạo ra 3,0912 lít khí CO 2 (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 HNO 3 thu được V lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch có chứa 50,82 gam muối khan. Tính V. Đáp án

N

O

1. (a) Tính bazơ giảm dần theo chiều: NH 3 > H2 N-NH2 > H 2 N-OH > H-N=N≡N Giải thích: Ba chất đầu đều có tính bazơ vì nguyên tử N còn cặp electron chưa liên kết. NH 3 có tính bazơ mạnh nhất vì mật độ electron tại N lớn nhất. Oxi có độ âm điện lớn hút electron làm giảm mật độ electron tại N. Mật độ electron tại N giảm làm giảm khả năng nhận H +.

Riêng H-N=N≡N có tính axit. Vì liên kết H-N phân cực mạnh, H linh động nên có khả năng cho H +

N

H

2. Dạng hình học .. phân tử: tháp đáy..tam giác N N H H F F H F

Ơ

(b) 2NH 3 + NaClO → H2 N-NH 2 + NaCl + H 2 O

Q U

Y

Trong phân tử NH 3 , liên kết N-H và cặp electron của N phân cực cùng chiều. Trong phân tử NF3 , liên kết N-F và cặp electron của N phân cực ngược chiều. Do đó, phân tử NH 3 phân cực hơn NF3 .

NH3 là phân tử phân cực, tạo được liên kết hidro giữa các phân tử nên có nhiệt độ sôi cao hơn NF 3.

D

ẠY

KÈ

M

3.

Xem hỗn hợp X gồm FeO, Fe3 O4 và Fe2 O3 là hỗn hợp chứa FeO và Fe2 O3 Ta có: mx = 14,352 + 163,0912/22,4 = 16,56 Giải hệ phương trình: 72nFeO + 160 nFe2 O3 = 16,56 50,82 = 0,21( mol ) nFeO + 2nFe2 O3 = nFe(NO 3 )3 = 242 nFeO = 0,03mol và nFe2 O 3 = 0,09 mol Áp dụng định luật bảo toàn electron: nFeO + 2nCO 2 = 3 nNO nNO = (0,03 + 2 3,0912/22,4)/3 = 0,102 mol. Vậy V = 2,2848 lít.

Câu III: (2,0 điểm) 1. So sánh độ dài liên kết đơn C –H trong etan và trong etin. Giải thích 2. Dựa vào số electron hóa trị của C và H chứng tỏ rằng ankan có công thức chung là C n H 2n+2 .

3. Hòa tan 3,042 gam campho vào 40 gam benzen thu được dung dịch đông đặc ở 2,94 0 C. Hãy xác định khối lượng mol phân tử của campho. Biết nhiệt độ nóng chảy và hằng số nghiệm lạnh của benzen lần lượt là 5,50 C và 5,12.

4. Cho biết sản phẩm chính của các phản ứng cộng giữa các chất sau với số mol bằng nhau. (a) but -2in + H2 ; (b) axetylen + Br2 5. Một hiđrocacbon X có chứa 88,235% C về khối lượng. Xác định công thức cấu tạo của X, biết nó là hiđrocacbon no có ba vòng đều có 6C. Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Đáp án 1. Độ dài liên kết đơn C –H trong etan lớn hơn trong etin Vì liên kết C-H trong etan tạo bởi obitan lai hóa sp3 và obitan s của hiđro, còn liên kết C-H trong etin được tạo bởi obitan lai hóa sp của cacbon và obitan s của hiđro.

FF IC IA L

2. Xét một ankan có n nguyên tử cacbon Số electron hóa trị của C là 4n Số liên kết C-C là n-1 Số electron tham gia liên kết C-C là 2(n-2) Số electron hóa trị tham gia liên kết C-H là 4n – 2(n-2) = 2n+2 Vì H có một electron hóa trị, nên 2n+2 cũng chính là số nguyên tử H.

O

3. Áp dụng công thức K  m ct 1000 M= m dd t 5,12  3,042 1000 M= = 152,1(g / mol ) 40  (5,50 − 2,94) 4. (a) cis-but-2-en và (b) trans-1,2-đibrometen

N

H

Ơ

N

5. Xác định công thức phân tử Đặt Cx H y là công thức phân tử của X 88,235 11,765 x:y= : = 7,353 : 11,765 = 5 : 8 12 1 10n + 2 − 8n = n +1 X có dạng C5n H 8n. X có độ bất bão hòa  = 2

hay Câu IV: (2,0 điểm)

Q U

Y

Do có 3 vòng nên n + 1 = 3, suy ra n = 2 , công thức phân tử của A là C 10 H16 X có 3 vòng 6C nên công thức cấu tạo của nó là:

ẠY

KÈ

M

1. Tốc độ tương đối của phản ứng brom hóa từng vị trí ở nhân benzen của toluen so với 1 vị trí của benzen như sau: CH3 600

600

5,5

5,5 2420

D

a) Giải thích sự khác nhau về tốc độ tương đối trong phân tử toluen. b) Tính tỉ lệ % các sản phẩm khi momobrom hóa toluen. c) So sánh khả năng phản ứng brom hóa của toluen và benzen.

2. Hiđrocacbon X có MX = 84 gam/mol. X tác dụng với dung dịch Br2 tạo dẫn xuất Y. Cho Y tác dụng với KOH trong ancol, đun nóng thu được 2 hiđrocacbon đồng phân Z 1 , Z2 . Ozon phân Z1 thu được sản phẩm gồm CH 3 COOH và HOOC-COOH a) Lập luận tìm công thức cấu tạo của X, Y, Z 1 , Z2 và gọi tên. b) Viết các phương trình hóa học xảy ra. c) Biểu diễn các đồng phân hình học của Z 1 và gọi tên.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

C

O O

C

C

O O

C

CH3

O

CH3

FF IC IA L

Đáp án 1. a. Do CH 3 đẩy electron (hiệu ứng +I) làm tăng mật độ electron trong vòng benzen, nhất là các vị trí ortho và para nên ở các vị trí này dễ dàng tham gia phản ứng thế. Tuy nhiên, do ở vị trí ortho gần nhóm CH 3 nên khó thế hơn ở para. b. Tỉ lệ sản phẩm monobrom của toluen 600  2 %(o) = 100% = 33,05% 600  2 + 5,5  2 + 2420 5,5  2 %(m)= ; %(p) = 66,65% 100% =0,30% 3631 c. So sánh khả năng phản ứng của toluen so với benzen: v toluen 3631 =605,17 lần = v benzen 1 6 2.a) X: Cx H y có 12x + y = 84, biện luận được CTPT của X là C 6 H12 .

X tác dụng với dung dịch Br2 tạo Y: C6 H12 Br2, đun nóng Y với OH -/ancol tạo C6 H10 Ozon phân Z1 thu được CH 3 COOH và HOOC-COOH. Ta có:

H

Ơ

N

OH OH OH OH Vậy CTCT của Z1 : CH 3 -CH=CH-CH=CH-CH3 Y là CH 3 -CH 2 CHBr-CHBr-CH 2-CH3 Z2 : CH 3 -CH2 -C≡C-CH2 -CH3 X: CH 3 -CH2 -CH=CH-CH 2-CH3 b) Các phương trình hóa học: CH3 -CH 2 -CH=CH-CH 2-CH3 + Br2 → CH3 -CH 2 CHBr-CHBr-CH 2-CH3

ancol,t CH3 -CH 2 CHBr-CHBr-CH2-CH 3+2KOH ⎯⎯⎯ → CH 3-CH=CH-CH=CH-CH 3 + 2KBr+ 2H 2 O ancol,t o CH3 -CH 2 CHBr-CHBr-CH2-CH 3+2KOH ⎯⎯⎯→ CH3-CH 2-C≡C-CH 2CH3 +2KBr + 2H2 O c) Các đồng phân hình học của Z 1 :

Q U

Y

N

o

KÈ

M

trans - trans cis - cis

cis-trans

D

ẠY

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

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

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Đáp án

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

1. Công thức cấu tạo của các chất là:

D

ẠY

KÈ

M

2. Đặt công thức chung của 2 anken là Cn H2n Đốt hỗn hợp hai anken: 3n Cn H 2 n + O2 ⎯ ⎯→ nCO2 + nH 2O 2 2,24 5,6 Đối với chất khí tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ số mol nên có tỷ lệ: 2,24n = 5,6  n = 2,5 Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,5 là C 2 H4 và anken kế tiếp là C 3 H6 CH 2 = CH 2 + HOH → CH 3 –CH 2 OH (2) CH 3 CH = CH 2 + HOH → CH 3 –CH(OH)–CH3 (3) CH 3 CH = CH 2 + HOH → CH 3 –CH 2 –CH2 OH (4) Gọi  là % số mol của C 3 H6 và (1- ) là % số mol của C 2 H 4 3 + 2(1 – ) = 2,5 ⇒ = 0,5 Vậy C3 H 6 chiếm 50% còn C2 H4 chiếm 50% về thể tích.

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của CH 3 –CH2 OH, CH 3 –CH(OH)–CH 3 và CH3 CH2 CH2 OH. 46a + 60c 12,2 = Khi đó: b + c = a , theo đề: ⇒a = 4c và b = 3c 60b 9 Vậy % khối lượng của các ancol:

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

46a 100% = 43,4% 46a + 60b + 60c 60b %CH3CH(OH)CH3 = 100% = 42,45% 46a + 60b + 60c 60c %CH3CH 2CH 2OH = 100% = 14,15% 46a + 60b + 60c UBND THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 98-99 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN HÓA HỌC-LỚP 11-PTTH (BẢNG A) (Thời gian 180', không kể thời gian giao đề) Bài 1:1/Hoà tan 0,1 mol AgNO 3 trong 1 lít dung dịch NH 3 . 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 NH 3 ta không được kết tủa AgCl. Cho hằng số phân ly của Ag(NH 3 )2 +: K = 6.10-8 ; TAgCl = 1,6.10-10 2/Cho khí Cl2 vào 100ml dung dịch NaI 0,2M (dd A), sau đó đun sôi để đuổi hết iôd. Thêm nước để trở lại 100ml (dd B). a)Biết thể tích khí Cl2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/lit mỗi muối trong dung dịch B. b)Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO 3 0,05M. Tình thể tích dung dịch AgNO 3 đã dùng nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng: -Trường hợp 1: 1,41 gam -Trường hợp 2: 3,315 gam Biết kết tủa AgI tạo ra trước, sau khi AgI tạo hết kết tủa mới đến AgCl. c)Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/lit của các ion thu được trong dung dịch sau phản ứng với AgNO 3 .

Bài 2:1/Đun nóng butađien-1,3 với stiren thu được sản phẩm duy nhất X: C12 H 14 sản phẩm này có thể bị hiđrôhoá theo sơ đồ: + H 2 , Pt ⎯⎯⎯⎯ → 250 C , 2atm

Y

H 2 , Ni ⎯⎯⎯⎯⎯ → 1000 C , 100atm

Z

H

X

Ơ

N

O

FF IC IA L

%C2 H 5OH =

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

Xác định các công thức cấu tạo của X, Y, Z, giải thích sự khác nhau về điều kiện phản ứng hiđrô hoá.

Biết rằng số mol H 2 tham gia phản ứng của giai đoạn sau gấp 3 lần số mol H 2 tham gia phản ứng ở giai đoạn 1.

2/Khi trùng hợp isôpren thấy tạo thành 4 loại pôlime, ngoài ra còn có một vài sản phẩm phụ trong đó có chất X, khi hiđrô hoá toàn bộ chất X thu được chất Y (1-metyl,3-isôpropyl xiclohecxan). Viết công thức cấu tạo 4 loại pôlyme và các chất X,Y. Bài 3:Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H 2 SO4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa tan hết thì mất đúng 44ml, thu được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào, lọc kết tủa, rửa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 15,6g.

1-Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp.

2-Tính nồng độ các ion (trừ ion H +-, OH -) trong dung dịch A. Bài 4: 1/ Đun một hiđrocacbon no mạch hở trong bình kín, không có không khí.

Trường hợp 1:Sau phản ứng đưa về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất tăng 2,5 lần, hỗn hợp thu được chỉ có ankan và anken.

Trường hợp 2:(có xúc tác) kết thúc phản ứng thu được một chất rắn và một khí duy nhất, lúc này đưa vầ điều kiện ban đầu thấy áp suất tăng 6 lần. a)Xác định công thức phân tử của hai hiđrôcacbon. b)Viết các phương trình phản ứng và tính % theo số mol mỗi hiđrocacbon trong hỗn hợp sau phản ứng ở trường hợp 1. Biết rằng trong hỗn hợp có 3 hiđrôcacbon là đồng phân của nhau và đều chiếm 4% số mol khí trong hỗn hợp, có một hiđrocacbon có đồng phân hình học, tổng số hiđrocacbon là 7. c)Viết công thức cấu tạo của hidrocacbon ban đầu.

2/Hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A và B đều ở thể khí, biết %H trong X là 12,195%. Tỉ khối hơi của X đối với H 2 bằng 20,5. A, B có cùng số nguyên tử cacbon. Xác định công thức phân tử của A và B. ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC - LỚP 11 - BẢNG A (98 - 99).

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bài I: (5 điểm) 1/ Ag+ + 2NH 3 = Ag(NH 3 )2 + Có cân bằng: Ag(NH 3 )2 Cl-

+

Ag+

(2đ)

+ 2NH 3

K=

Ag+

= 0,5 mol/lít . Kết tủa AgCl không có nếu:



.6.10 -8. Ag( NH 3 ) +2

NH 3 

Ag(NH )  + 3 2

Cl-



2

 TAgCl→

= 6.10-8 (*)

Ag+

1,6.10 -10  = 3,2.10-10 0,5

< 3,2.10-10 (**)

FF IC IA L

mol/lít → Theo biểu thức (*): Ag+ =

Ag + .NH 3 2

→ K=

6,0.10-8

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Gọi x là nồng độ ban đầu của dd NH 3 .

Ag+ + 2NH 3 Ag(NH 3 )2 + K = 1,66 . 107 do K >> nên [Ag(NH 3 )2 +] = [Ag+] = 0,1M [ ] (x – 0,2) 0,1 −8 6.10 .0,1 Từ (**) có  3,2.10-10 → x – 0,2  4,33 → x  4,53 (mol/lít) 2 ( x − 0,2) 2/ a) Số mol Cl2 = 0,006 mol (0,5đ) Cl2 + 2NaI = 2NaCl + I 2 0,006 0,012 0,012 0,012 nNaI = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; dư NaI: 0,008 mol → NaCl = = 0,12 M 0,1 0,008 NaI = = 0,08M 0,1 b)Nếu chỉ tạo kết tủa AgI: Khối lượng kết tủa: m1 =0,008 . 235 = 1,88g (1,5đ) Nếu tạo hết cả 2 kết tủa AgI và AgCl: m2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602g 0,006 Trường hợp 1: k/l kết tủa 1,41g. Vậy  đó là của AgI  0,006 mol . V AgNO3 = = 0,12lít 0,05 Trường hợp 2: k/l kết tủa 3,315g → 1,88 < 3,315 < 3,602 → Vậy tạo 2 kết tủa AgI và AgCl 3,315 - 1,88 0,018 Số mol AgNO 3 : 0,008 + = 0,008 + 0,01 = 0,018mol . V AgNO3 = = 0,36 lít 0,05 143,5 c)Nồng độ các ion: NO 3 -; Na+; Cl- (dư). Thể tích dd: 100 + 360 = 460 ml  0,46 lít (1đ) − n (NO 3 ) = 0,018 mol → NO 3  = 0,0391 M

M

n (Na+) = 0,2.0,1 = 0,02 mol → Na+ = 0,043 M n (Cl-) = 0,006.2- 0,01 = 0,002 mol → Cl- = 0,00435 M Bài II: (5điểm) t0 + H2 , Ni 1/ CH 2 =CH-CH=CH 2 + CH=CH 2 X (C12 H14 ) C6 H 5 25o C; 2 CTCT X: CTCT Y: atm

KÈ

Y + H2 , Ni

Z

ẠY

100o C; 100 CTCT Z: atm

D

Sở dĩ phản ứng (2) cần điều kiện t o , p cao hơn pứ (1) vì lk  trong vòng benzen nhiều hơn lk  của vòng C6 H 9 .

(2đ) 2/ Công thức cấu tạo 4 loại polime (3đ)

CH3

– CH2 – CH –

– CH2 – C – CH=CH 2

– CH2

n

C=CH 2 CH3

n

H – CH2 CH2 – C=C Biên soạn và sưu tầm!

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú H3C CH 2 H C H 3 n Đăng ký Word doc quan Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C=C

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Dạng cis

Dạng trans X:

FF IC IA L

Y:

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Bài III: (4 điểm) Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có : 24x + 56y + 64z = 23,52  3x + 7y + 8z = 2,94 (a) Đồng còn dư có các phản ứng: Cho e: Nhận e: 2+ Mg - 2e = Mg (1) NO3 - + 3e + 4H + = NO + 2H 2 O (4) 3+ Fe - 3e = Fe (2) Cu + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ (5) 2+ Cu - 2e = Cu (3) Phương trình phản ứng hoà tan Cu dư: 3Cu + 4H 2 SO 4 + 2NO 3 - = 3CuSO 4 + SO 4 2- + 2NO + H 2 O (6) 0,044.5.3 Từ Pt (6) tính được số mol Cu dư: = = 0,165 mol 4 Theo các phương trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho bằng số mol e nhận: 2(x + y + z – 0,165) = 3,4.0,2 – 2(x + y + z – 0,165).3 → x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b) x z y Từ khối lượng các oxit MgO; Fe2 O3 ; CuO, có phương trình: .40 + .160 + . 80 = 15,6 (c) 2 2 4 Hệ phương trình rút ra từ (a), (b), (c): 3x + 7y + 8z = 2,94 x + y + z = 0,42 x + 2y + 2z = 0,78 Giải được: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24.  lượng Mg = 6,12 ;  lượng Fe = 28,57 ;  lượng Cu = 65,31 0,06 2/ Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H +, OH -) Mg2+ = = 0,246 M 0,244 Cu2+ = 0,984 M ; Fe2+ = 0,492 M ; SO 4 2- = 0,9 M ; NO3 - = 1,64 M Bài IV: (6 điểm) 1 / -Trường hợp 2: CnH2n+2 → n C + (n+1) H 2 n + 1 = 6 → n = 5 → CTPT: C5 H 12 -Trường hợp 1: C5 H 12 → CH 4 + C4 H8 (1) C5 H 12 → C2 H6 + C3 H6 (2) C5 H 12 → C2 H4 + C3 H8 (3) Vì áp suất sau phản ứng tăng 2,5 lần → có 1 hiđrocacbon sau phản ứng lại tham gia phản ứng crăckinh đó là C3 H8 .

C3 H 8 → CH4 + C2 H4 (4) C4 H8 có 3 đồng phân: CH 2 =CH-CH 2 -CH 3 (A) CH2 =C(CH 3 ) -CH3 (B) CH3 -CH=CH-CH3 (C) Hiđrocacbon (C) có đồng phân hình học.

Thoả mãn điều kiện cho 7 hiđrocacbon khác nhau.

Giả sử lấy 1 mol C5 H12 đem crăckinh sau phản ứng. Số mol hỗn hợp hiđrocacbon là 2,5 mol.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Trong đó: Số mol 3 đồng phân của C4 H8 : =

12.2,5 = 0,3 mol  12% 100

UBND TP HẢI PHÒNG SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

FF IC IA L

Số mol CH 4 ở PT (1): 0,3 mol Số mol C3 H8 tạo thành rồi lại crăckinh = 2,5 – 2 = 0,5 mol Số mol C2 H4 theo (3), (4): 0,5 + 0,5 = 1,0 mol  40 Tổng số mol CH 4 : 0,3 + 0,5 = 0,8 mol  32 Số mol C2 H 6 = số mol C3 H6 = (2,5 – 2,1 ): 2 = 0,2 mol  8 c) Công thức cấu tạo của ankan ban đầu: CH 3 -CH-CH2 -CH3 CH 3 2/ Từ  H2 = 12,195 → trong hỗn hợp có 1 RH là ankin.

- Từ M = 41 → ankin là C3 H4 (M< 41). Vậy A, B có thể là C3 H4 , C3 H6 hoặc C3 H4 , C3 H8 .

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

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Bài I: 1/Hoà tan khí SO 2 vào H 2 O có các cân bằng sau: SO 2 + H 2 O H 2 SO3 (1) H 2 SO 3 H+ + HSO 3 – (2) HSO 3 H+ + SO 3 2– (3) Nồng độ SO 2 thay đổi như thế nào? (giải thích) khi lần lượt tác động những yếu tố sau: a)Đun nóng dung dịch. b)Thêm dung dịch HCl. c)Thêm dung dịch NaOH. d)Thêm dung dịch KMnO 4 .

2/ a)Tính thể tích H 2 O tối thiểu cần để hoà tan 0,192g CaC 2 O4 ở 20o C. Cho tính số tan của CaC2O4 ở 20o C là 3,6.10-9 và sự biến đổi thể tích khi hoà tan là không đáng kể. b)Nếu dùng dung dịch CaCl2 0,03M để hoà tan cùng lượng CaC2 O4 ở trên cùng điều kiện 20o C thì thể tích dung dịch CaCl2 tối thiểu cần dung là bao nhiêu?

Cho: Ca =40; C = 12; O = 16; độ điện li  (CaC2 O4 )=1.

Bài II : 1-Dẫn ra 5 phương trình phản ứng khác nhau có tạo ra khí NO2 .

2-a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít. b)Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10-3.75 ) với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi thêm 10-3 mol HCl vào dung dịch X. Bài III: Hoà tan 18,4g hỗn hợp 2 kim loại Fe và Mg vào 2,5 lít dung dịch HNO 3 loãng (vừa đủ), thu được 5,824lít hỗn hợp 2 khí(đktc) trong đó có một khí hoá nâu trong không khí và dung dịch A. Hỗn hợp 2 khí có khối lượng 7,68g.

1-Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.

2-Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan?

3-Tính nồng độ dung dịch HNO 3 đã dùng.

Bài IV: Đun một hiđrô cácbon no mạch hở trong bình kín, không có không khí.

Trường hợp 1: Sau phản ứng đưa về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất tăng 2,5 lần, hỗn hợp thu được chỉ có ankan và anken.

Trường hợp 2:(có xúc tác) kết thúc phản ứng thu được một chất rắn và một khí duy nhất, lúc này đưa về điều kiện ban đầu thấy áp suất tăng 6 lần.

1-Xác định công thức phân tử của hiđrô cácbon.

2-Viết phương trình phản ứng và tính % theo số mol mỗi hiđrô cácbon trong hỗn hợp sau phản ứng ở trường hợp 1. Biết rằng trong hỗn hợp có 1 hiđrô cácbon có đồng phân của nhau và đều chiếm 4% số mol khí trong hỗn hợp, có 1 hiđrô các bon có đồng phân hình học, tổng số hiđrô cácbon trong hỗn hợp là 7.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

3-Viết công thức cấu tạo của hiđrô cácbon ban đầu. ĐÁP ÁN MÔN HOÁ HỌC - LỚP 11 - BẢNG B (98 - 99).

Bài 1: (5điểm) 1/a)Đun nóng dd: SO 2 thoát khỏi dd →  SO2  trong dung dịch giảm. b)Thêm dd HCl: Cbằng (2) (3) chuyển sang trái →Cân bằng (1) chuyển sang trái →  H2 SO3  tăng →  SO 2  tăng. c)Thêm NaOH: NaOH + SO 2 = NaHSO 3 2 NaOH + SO 2 = Na2 SO3 + H 2 O Cbằng (2) (3) chuyển sang phải →Cân bằng (1) chuyển sang phải → SO 2  giảm d)Thêm KMnO 4 . Có pứ: → làm giảm  SO 2  .

5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H2 O = 2H 2 SO4 + 2MnSO 4 + K2 SO 4 SO 3 2– + 2KMnO 4 + 2H 2 O = H 2 SO 4 + K 2 MnO4 + MnO4 2– 0,192 Tt = 3,6.10 -9 = 6.10-5 M 2/a) Số mol CaC2 O4 = = 1,5.10-3 mol . Độ tan S (CaC2 O4 ) = 128 1,5.10 - 3 → thể tích dd chứa 1,5.10-3 mol CaC2 O4 là: = 25lít = H 2 O tối thiểu cần để hoà tan.

6.10 −5 b) CaCl2 → Ca2+ + 2ClCaC2 O 4 Ca2+ +C2 O4 2Tt = 3,6.10-9 . Gọi S là độ tan của CaC2 O 4 trong dd mới   S S+ 0,03 S.( S + 0,03) = 3,6.10-9 (coi S << 0,03 ) → 0,03 S = 3,6.10-9 → S = 120.10-9 = 1,2.10-7 1,5.10 -3 (thật vậy: 1,2.10-7 << 0,03) → Vdd CaCl2 cần dùng = = 12500(l) 1,2.10 −7 Bài 2: (5điểm) 1/ 2HNO 3 =2NO 2 + 1/2O 2 + 2H2 O Cu + 4HNO 3 = Cu(NO 3 )2 + 2NO 2  + 2H 2 O 2AgNO 3 = 2Ag + O 2  + 2NO 2  C + 4HNO 3 = CO 2 + 4NO 2  + 2H2 O 2NO + O 2 = 2NO 2 2/a)  H + . 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ → phải tính đến cân bằng của H 2 O H2O H + + OH – HCl → H + + Cl – 10 -14 Theo định luật bảo toàn điện tích:  H+ =  Cl- + OH - →  H + = 0,5.10-7 + H+ →  H +2 – 0,5.10 –7  H + – 10-14 = 0. Giải được:  H + = 1,28.10-7 → pH  6,9 b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol KOH + HA → KA + H 2 O 0,01 → 0,01→ 0,01 Theo phương trình HA còn dư = 0,01 mol 0,01 Trong d 2 X: CHA = CKA = = 0,025M. Xét các cân bằng sau: 0,4 H2O H+ + OH KW = 10-14 (1) + HA H +A KHA = 10-375 (2) -1 -10,25 A + H2O HA + OH KB = KHA . KW = 10 (3) So sánh (1) với (2) → KHA >> K W → bỏ qua (1) So sánh (2) với (3) → KHA >> K B → bỏ qua(3) → Dung dịch X là dung dịch đệm axit muoi = 3,75 + lg 0,1 = 3,75 có pH = pKa + lg axit  0,1 -3  Khi thêm 10 mol HCl KA + HCl → KCl + HA 0,001  0,001 → 0,001 (mol) 0,01 + 0,001 0,01 - 0,001 HA = = 0,0275 M và KA = = 0,0225M .

0,4 0,4

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit.

0,0225 Tương tự, pH = 3,75 + lg = 3,66 0,0275 Bài 3: (5điểm) 1/  n(2khí) = 0,26mol

; M 2khí =

7,68 = 29,2 → M (N2 ) < 29,2 < M 0,26

(NO)

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Đặt số mol N 2 = y; NO = x → 30x + 28y = 7,68 x + y = 0,26 → x = nNO = 0,2mol ; y = n N2 = 0,06mol Đặt số mol nFe = a , nMg = b ta có: Fe – 3e = Fe 3+ và Mg – 2e = Mg Tổng số mol e đã nhường = 3a + 2b N+5 + 3e = N +2 (NO) và 2N+5 + 10e = N 2 → Tổng số mol e đã thu = (0,2 . 3) + (0,06.10) = 1,2 Theo định luật bảo toàn e: 3a+2b = 1,2 kết hợp với 56a+24b = 18,4 cho a= 0,2 và b= 0,3 → mFe = 11,2g → %mFe = 60,87% mMg = 7,2g → %mMg = 39,03% 2/ mMuối khan = mKim loại + mNO3 - = 18,4 + (0,2.3+0,3.2).62 = 92,8g 4.0,2 + 12.0,06 3/ CM (HNO 3 )= = 0,608M 2,5 Bài 4: (5điểm) Cn H2n + 2 → nC + (n+1)H 2 n+1 = 6 → n = 5 → CTPT: C5 H12 Các pứ: C5 H12 → CH4 + C4 H8 C5 H12 → C2 H6 + C3 H 6 C5 H12 → C2 H4 + C3 H 8 C3 H8 → CH 4 + C2 H4 Từ pt → giả sử lấy 1mol C5 H12 → sau pứ là 2,5mol → nC4 H8 (3 đồng phân) = 0,3mol = a 2a + 2b + 2c = 2 → c = 0,5 2a + 2b + 3c = 2,5 → a = 0,3 → b = 0,2 CH4 = a + c = 0,8mol → %CH4 = (0,8/2,5).100 = 3% C2 H 4 = 2c = 1mol → %C2 H4 = 40% C2 H 6 = b = 0,2mol → %C2 H 6 = 8% C3 H 6 = b = 0,2mol → %C3 H 6 = 8% C4 H 8 = a = 0,3mol → %C4 H8 = 12% Công thức cấu tạo ankan ban đầu: CH 3 - CH - CH2 - CH 3 CH 3

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 1999-2000 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN HOÁ HỌC- LỚP 11 BẢNG A (Thời gian làm bài 180 không kể thời gian giao đề) Bài 1 : l/ Trong dung dịch có cân bằng sau: AB A+ + B – KAB Nồng độ ban đầu của AB là (C) Hãy viết biểu thức liên hệ giữa độ điện ly () và hằng số cân bằng K AB của cân bằng trên. Độ điện ly  thay đổi như thế nào khi giảm nồng độ ban đầu bằng cách pha loãng dung dịch.

2/ Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng cho những thí nghiệm sau: - Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO 4 vào dung dịch chứa NaAlO 2 và Na2 CO 3 .

- Cho từ từ đến dư dung dịch NH 3 vào dung dịch chứa FeCl3 và CuSO 4 .

- Nhỏ vài giọt dung dịch NH 3 đậm đặc vào AlCl3 khan.

Bài 2:l/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr4 C3 + HNO 3 → NO + ...

Fe2 P + HNO 3 → NO + . . .

I – + NO 2 – → I 2 + NO + ...

Au + CN – + O2 → [Au(CN)4 ] – + …

2/ Tính lượng NaF có trong 100ml dung dịch HF O,1M ; biết dung dịch có pH = 3, hằng số cân bằng Ka của HF là 3,17. 10– 4 .

D

ẠY

KÈ

M

UBND TP HẢI PHÒNG

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bài 3: 1/ Gọi tên các hiđrôcác bon sau: và CH3 CH3 – CH = C – CH – CH 2 – CH2 – CH3 H3C

C2 H5

2/ viết công thức cấu tạo của hiđrôcácbon sau: 6-brôm-5-clo-4-isoprôpyl-4-mêtyl Octan.

3/ Sắp xếp các chất sau theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi, giải thích CH3 –(CH 2 )4 – CH3 ; CH 3 –CH 2 –CH–CH2–CH3 ; CH 3 – CH – CH –CH3 ;

CH3

H3C

CH 3 -(CH2 )3 -CH3

CH3

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

4/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Buten -1 + HOCl → Propen + HI ( xúc tác peoxit) → Bài 4: Hoà tan 0,6472 gam một kim loại vào dung dịch axít HNO 3 tạo ra 1,0192 gam muối khan.

Thêm dung dịch NaHCO 3 vào dung dịch sau phản ứng thấy xuất hiện 0,8274 gam kết tủa. Sau khi làm khô, nung kết tủa thì thu được 100,8 ml khí. Thể lích khí này giảm xuống còn 33,6 ml khi cho qua dung dịch NaOH . Khí còn lại duy trì tốt sự cháy. (các thể tích khí đều đo ở đktc) Hãy viết các phương trình phản ứng đã xảy ra và kiểm chứng lại bằng tính toán.

Bài 5: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp 2 hiđrôcácbon thể khí, sau phản ứng thu được 2 mol hỗn hợp khí và hơi. Lượng O 2 dùng để đốt cháy là 33,6 lít. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo ứng với công thức phân tử tìm được (các thể tích khí đo ở đktc).

Hướng dẫn chấm đề thi HSG thành phố 1999-2000 Môn hoá học lớp 11 - bảng A Bài 1: 1/ AB A+ + B – KAB [] C - C C C 2 ( C ) 2 K AB = = C = const nên C giảm thì  tăng ( trong khoảng từ 0 <  < 1) 1−  C −C 2/ Trong dung dịch chứa NaAlO 2 và Na2 CO3 có các cân bằng: AlO 2 - + 2H 2 O Al(OH)3 + OH (1) 2-CO3 + H2O HCO 3 + OH (2) – HCO 3 + H 2 O H 2 O + CO 2 + OH (3) Trong dung dịch KHSO 4 có cân bằng: HSO 4 – + H2 O SO 24 − + H 3 O+ Khi cho đến dư dd KHSO 4 và dd chứa NaAlO 2 và Na2 CO3 làm dịch chuyển các cân bằng (1),(2) và (3) sang phải có các hiện tượng : - Có khí thoát ra ( khí CO 2 ) - Có kết tủa keo (Al(OH)3 ) Nếu dư KHSO 4 thì Al(OH)3 sẽ bị hoà tan: Al(OH)3 + OH – → AlO 2– + 2H2O 3/ Trong dung dịch FeCl3 và CuSO 4 có các ion : Fe3+, Cu2+ Dung dịch NH 3 có cân bằng: NH 3 + H2 O NH4 + + OH Khi cho dung dịch NH 3 vào dung dịch FeCl3 và CuSO 4 - Có kết tủa nâu, kết tủa xanh do phản ứng: Fe3+ + 3OH - → Fe(OH)3 ↓ nâu Cu2+ + 2OH - → Cu(OH)2 ↓ xanh Sau đó kết tủa xanh Cu(OH)2 tự hoà tan trong dd NH 3 dư do phản ứng : Cu(OH)2 + 4NH 3 → [Cu(NH)4 ](OH)2 ( dung dịch màu xanh ) - Nhỏ vài giọt ddNH 3 đậm đặc vào AlCl3 khan có khói trắng xuất hiện do các phản ứng: AlCl3 + 6H 2 O = Al(OH)3 + 3HCl NH 3 + HCl = NH 4 Cl ( khói trắng) Bài 2 1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng : Cr4 C3 + 2OH - + 8NO 3 - = 8NO + 4Cr3+ + 3CO 2 + 10H 2 O Fe2 P + 2OH - + 11NO 3 - = 6 Fe3+ + 3PO 4 3- + 11NO + 10H 2 O 2I - + 2NO 2 + 4H + = I 2 + 2NO + 2H2 O Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 4Au +

12H + +

4CN --

]-

+ 3O2 = 4[Au(CN)4 + 6H2 O

2/ CHF = 0,1M; [H +] = 10 -3 , gọi nồng độ NaF trong dd ban đầu là x HF H+ + F[ ] (10 -1 - 10 -3 ) 10-3 x + 10-3

(

10−3 x + 10−3 10−1 − 10−3

) = 10 ( x + 10 ) = x + 10 −3

−3

99.10−3

99

−3

→ x + 10 -3 = 313,83.10 -4

 x = 303,83.10 -4  nNaF = 3,03.10 -4 -5 Khối lượng NaF là : 303,83.42.10 = 0,1276 g Bài 31/ Gọi tên các hiđrô cácbon: CH 3 ⎯ CH == C ⎯ CH ⎯CH2 ⎯CH 2 ⎯CH 3 và CH3 C2 H5

FF IC IA L

3,17.10 - 4 =

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

CH Cl

O

CH 3 ⎯ CH 2 ⎯ CH2 ⎯ C ⎯ CH ⎯ CH ⎯ CH 2 ⎯ CH3 Br

Ơ

N

CH 3 CH3 3/ t 0 S tăng dần CH 3 (CH 2 )3CH 3 < CH 3 - CH - CH - CH 3 < CH 3 - CH2 – CH - CH 2 - CH3 < CH 3 - (CH 2 )4 - CH3

Y

N

H

(A) (B) CH 3 CH3 (C) CH 3 (D) (A) có khối lượng phân tử nhỏ hơn (B), (C), (D) nên t 0 s thấp nhất. từ (B) đến (C) đến (D) tính phân nhánh giảm dần, diện tích tiếp xúc giữa các phân tử tăng dần, t 0 S tăng dần.

4/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: CH2 = CH – CH2 – CH 3 + HOCl → CH 2 Cl –CH(OH) – CH 2 – CH3 CH2 = CH – CH3 + HI ⎯⎯⎯→ CH2 I – CH2 –CH3 Bài 4 Các phương trình phản ứng : Ag + 2HNO 3 = AgNO 3 + NO 2 + H2 O (1) 2AgNO 3 + 2Na HCO 3 = Ag2 CO3 + 2NaNO 3 + H2 O + CO 2 (2) Ag2 CO 3 = 2Ag + CO 2 + 1/2O 2 (3) CO 2 + 2NaOH = Na2 CO3 + H2 O (4) Kiểm chứng lại bằng tính toán: khối lượng gốc NO 3 - : 1,092 - 0,6472 = 0,372 gam Số mol NO 3 - = 6.10 -3 mol với công thức M(NO 3 )n 0,6472 = 108 MKL = (n=1) Vậy KL là Ag . Với n= 2 không thoả mãn 6.10 −3 VO2 = 33,6 ml ; V CO2 (pt 3) = 67,2 ml ; V O2 = 1/2V CO2  nO2 = 1/2nCO 2 thoả mãn pt(3) 33,6 Bài 5 Số mol CO 2 và H 2 O =2(mol) ; Số mol O 2 = = 1,5(mol) ; - Số mol hỗn hợp : 22,4 6,72 = 0,3(mol ) 22,4 Gọi số mol CO 2 là x; số mol H 2 O là y ta có : x + y = 2 và 2x + y = 1,5. 2 = 3 → x = y = 1 Vậy hai hiđrôcacbon đem đốt là 2 anken(xycloankan) C n H2n hay hỗn hợp 2 hiđrôcácbon Cn H2n+2 và Cm H2m - 2 * Trường hợp 1 : 2 hiđrôcacbon : Cn H 2n và CmH2m Khối lượng hai hiđrôcacbon: 44 + 18 - 1,5.32 = 14(g)

D

ẠY

KÈ

M

Q U

peroxit

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Trị số cacbon trung bình của hai hiđrôcacbon = 2 hiđrôcacbon là: C4 H8 cấu tạo CH 2 = CH – CH 2 – CH 3 ; CH3 H

14 = 3,3 . Vậy n= 4; m= 3 hoặc n = 4; m = 2 14.0,3

CH3

C=C H H2C CHH 2

H2C

CH3

C=C H CH2 CH 3

CH2

CH – CH3

CH 2 H2 C

H2C

CH2

FF IC IA L

C3 H6 và C2 H4 CH 2 = CH – CH 3 CH 2 = CH 2

; CH 2 = CH – CH 3

CH3

* Trường hợp 2 : Gồm hai hiđrôcacbon Cn H2n và CmH 2m-2 chỉ thoả mãn khi các số mol 2 hiđrô cacbon bằng nhau 3n + 1 Cn H 2n + O2 → nCO 2 + (n+1)H 2 O 2 3m − 1 1 CmH 2m-2 + O2 → mCO 2 + (m - 1)H 2 O Rút ra n + m = = 6,67 (không nguyên) 2 0,15 Vậy không thể có hỗn hợp 2 hiđrô cacbon ở trường hợp hai.

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 1999-2000 MÔN HOÁ HỌC- LỚP 11 BẢNG B (Thời gian làm bài 180 không kể thời gian giao đề) Bài 1 : l/ Trong dung dịch có cân bằng sau: AB A+ + B – KAB Nồng độ ban đầu của AB là (C) Hãy viết biểu thức liên hệ giữa độ điện ly () và hằng số cân bằng K AB của cân bằng trên. Độ điện ly  thay đổi như thế nào khi giảm nồng độ ban đầu bằng cách pha loãng dung dịch.

2/ Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng cho những thí nghiệm sau: - Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO 4 vào dung dịch chứa NaAlO 2 và Na2 CO 3 .

- Cho từ từ đến dư dung dịch NH 3 vào dung dịch chứa FeCl3 và CuSO 4 .

- Nhỏ vài giọt dung dịch NH 3 đậm đặc vào AlCl3 khan.

Bài 2: Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr3+ + Br2 + OH – → CrO 4 2– + ...

CuFeS2 + Fe3+ + O2 + H2 O → Fe2+ + SO4 2– + ...

SO 2 + MnO 4 – +…→ Mn2+ + SO4 2– + ...

Bài 3: 1/ Rượu X chứa 34,78% ôxy, rượu X tách nước , thu được một anken, dẫn anken sục qua dung dịch B chứa nước Br2 có lẫn một ít NaI và NaCl. a) Xác định công thức cấu tạo của rượu X và anken. b) Xác định sản phẩm thu được khi sục anken qua dung dịch B, giải thích.

2/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: 0 C ⎯⎯ → (B) + (C) (A) ⎯1500 (B) + dd AgNO 3 trong NH 3 → (D)  + (E) + (F) (D) + (G) → (B) + (H)  2(B) → (I) ,t 0 ⎯ ⎯ → (K) (I) + (C) ⎯Pd n(K) → (L)n Bài 4: Tính lượng NaF có trong 100ml dung dịch HF O,1M ; biết dung dịch có pH = 3, hằng số cân bằng Ka của HF là 3,17. 10– 4 .

Bài 5: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp 2 hiđrôcácbon thể khí, sau phản ứng thu được 2 mol hỗn hợp khí và hơi. Lượng O 2 dùng để đốt cháy là 33,6 lít. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo ứng với công thức phân tử tìm được (các thể tích khí đo ở đktc).

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ 1999-2000 MÔN HOÁ HỌC LỚP 11 - BẢNG B

O

UBND TP HẢI PHÒNG

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bài 1 1/ []

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

AB A+ + B – KAB C - C C C 2 ( C ) 2 K AB = = C = const nên C giảm thì  tăng ( trong khoảng từ 0 <  < 1) C −C 1−  2/ Trong dung dịch chứa NaAlO 2 và Na2 CO3 có các cân bằng: AlO 2 - + 2H 2 O Al(OH)3 + OH (1) 2-CO3 + H2O HCO 3 + OH (2) – HCO 3 + H 2 O H 2 O + CO 2 + OH (3) Trong dung dịch KHSO 4 có cân bằng: HSO 4 – + H2 O SO 24 − + H 3 O+ Khi cho đến dư dd KHSO 4 và dd chứa NaAlO 2 và Na2 CO3 làm dịch chuyển các cân bằng (1),(2) và (3) sang phải có các hiện tượng : - Có khí thoát ra ( khí CO 2 ) - Có kết tủa keo (Al(OH)3 ) Nếu dư KHSO 4 thì Al(OH)3 sẽ bị hoà tan: Al(OH)3 + OH – → AlO 2– + 2H2O 3/ Trong dung dịch FeCl3 và CuSO 4 có các ion : Fe3+, Cu2+ Dung dịch NH 3 có cân bằng: NH 3 + H2 O NH4 + + OH Khi cho dung dịch NH 3 vào dung dịch FeCl3 và CuSO 4 - Có kết tủa nâu, kết tủa xanh do phản ứng: Fe3+ + 3OH - → Fe(OH)3 ↓ nâu Cu2+ + 2OH - → Cu(OH)2 ↓ xanh Sau đó kết tủa xanh Cu(OH)2 tự hoà tan trong dd NH 3 dư do phản ứng : Cu(OH)2 + 4NH 3 → [Cu(NH)4 ](OH)2 ( dung dịch màu xanh ) - Nhỏ vài giọt ddNH 3 đậm đặc vào AlCl3 khan có khói trắng xuất hiện do các phản ứng: AlCl3 + 6H 2 O = Al(OH)3 + 3HCl NH 3 + HCl = NH 4 Cl ( khói trắng) Bài 2 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Cr3+ + 8OH - + Br2 = 2 CrO 4 - + 8H+ + 2BrCuFeS2 + 8H2 O + 16Fe3+ + 16O 2 = 21Fe2+ + 10SO 4 2- + 5Cu2+ + 16H+ SO2 + 2H2 O + 2MnO 4 - = 5SO 4 2- + 4H + + 2Mn2+ Bài 3 1/ Từ % oxi trong rượu =34,78%, rượu tách nước thu được anken → rượu là rượu no đơn chức: 16.100 = 34,78 → n= 2 → Công thức cấu tạo của rượu CH 3 - CH 2 - OH Cn H 2n+1 OH. → 14n + 18 Công thức cấu tạo của anken CH 2 = CH 2 CH 2 = CH 2 + Br2 → CH2 Br ⎯ CH 2 Br CH 2 = CH 2 + Br2 + I - → CH 2 Br ⎯ CH2 I + BrCH 2 = CH 2 + Br2 + Cl- → CH2 Br ⎯ CH2 Cl + BrCH 2 = CH 2 + Br2 + H 2 O → CH 2 Br ⎯ CH 2 OH + HBr CH 2 = CH 2 + Br2 + H + → CH 3 ⎯ CH 2 ⎯ Br + BrCH 2 = CH 2 + H+ + I - → CH 3 ⎯ CH2 ⎯ I CH 2 = CH 2 + H+ + OH - → CH3 ⎯ CH2 ⎯ OH Hoàn thành các phương trình phản ứng: CH 4 → CH  CH + 3H 2 (A) (B) (C) CH  CH + 2[Ag(NH 3 )2 ]NO 3 → Cag  CAg + 2NH 4 NO 3 + 2NH 3 (B) (D) (E) (F) CAg  CAg + HCl → CH  CH + 2AgCl (D) (G) (B) (H) 2CH  CH → CH  C - CH = CH 2 (B) (I) CH  C - CH = CH 2 + H2 → CH 2 = CH - CH = CH 2 (I) (C) (K)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 nCH 2 = CH - CH = CH 2 → ( - CH 2 - CH = CH 2 - CH -)n (K) (L) Bài 4 CHF = 0,1M; [H +] = 10 -3 , gọi nồng độ NaF trong dd ban đầu là x HF H+ + F[ ] (10 -1 - 10 -3 ) 10-3 x + 10-3 3,17.10 - 4 =

(

10−3 x + 10−3 10

−1

− 10

−3

) = 10 ( x + 10 ) = x + 10 −3

−3

99.10

−3

99

−3

→ x + 10 -3 = 313,83.10 -4

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

FF IC IA L

Bài 5

6,72 33,6 = 1,5(mol) ; - Số mol hỗn hợp : = 0,3(mol ) 22,4 22,4 Gọi số mol CO 2 là x; số mol H 2 O là y ta có : x + y = 2 và 2x + y = 1,5. 2 = 3 → x = y = 1 Vậy hai hiđrôcacbon đem đốt là 2 anken(xycloankan) C n H2n hay hỗn hợp 2 hiđrôcácbon Cn H2n+2 và Cm H2m - 2 * Trường hợp 1 : 2 hiđrôcacbon : Cn H 2n và Cm H2m Khối lượng hai hiđrôcacbon: 44 + 18 - 1,5.32 = 14(g) 14 Trị số cacbon trung bình của hai hiđrôcacbon = = 3,3 . Vậy n= 4; m= 3 hoặc n = 4; m = 2 14.0,3 2 hiđrôcacbon là: C4 H8 cấu tạo CH3 CH3 CH 2 = CH – CH 2 – CH3 CH ; 3 H ; CH2 = CH – CH 3 H C=C C=C CH 3 H H H CH 3 C3 H6 và C2 H4 H2C CH 2 CH2 CH2 CH 2 = CH – CH 3 CH 2 = CH 2 H2C

N

H

Ơ

N

O

Số mol CO 2 và H 2 O =2(mol) ; Số mol O 2 =

CH 2 H2 C

CH – CH3

H2C

CH 2

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

* Trường hợp 2 : Gồm hai hiđrôcacbon Cn H2n và CmH2m-2 chỉ thoả mãn khi các số mol 2 hiđrô cacbon bằng nhau 3n + 1 Cn H 2n + O2 → nCO 2 + (n+1)H 2 O 2 3m − 1 1 CmH 2m-2 + O2 → mCO 2 + (m - 1)H 2 O Rút ra n + m = = 6,67 (không nguyên) 2 0,15 Vậy không thể có hỗn hợp 2 hiđrô cacbon ở trường hợp hai.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

UBND TP HẢI PHÒNG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠo

KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2000-2001 Môn Hoá học- Lớp 11 THPT (Thời gian làm bài 180 không kể thời gian giao đề) (Bảng A làm cả 5 bài - Bảng B không phải làm bài 5)

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Bài l: 1/ Dung dịch A gồm các cation: NH 4 + ; Na+ ; Ba2+ và 1 anion X có thể là một trong các anion sau: CH 3 COO – ; NO 3 – ; SO 4 2– ; CO 3 2– ; PO 4 3– . Hỏi X là anion nào? Biết rằng dung dịch A có pH = 5 .

2/ Thêm NaOH dư vào dung dịch CuSO 4 ,thêm tiếp NH 4 NO 3 vào dung dịch đến dư có hiện tượng gì xảy ra? Viết phương trình phản ứng.

3/ Cho các dung dịch sau: Al(NO 3 )3 ; ZnCl2 ; Na2 CO3 ; MgSO 4 ; NH 4 NO3 . Không dùng thêm thuốc thử hãy nêu cách nhận ra từng dung dịch, viết phương trình phản ứng dạng ion.

Bài 2: Hoà tan a gam Cu trong lượng dư dung dịch HNO 3 . Kết thúc phản ứng thu được 5,97 lít hỗn hợp gồm NO và NO 2 (khí A), và dung dịch có khối lượng không thay đổi so với khối lượng axit ban đầu.

Thực hiện 2 thí nghiệm sau: ' Thí nghiêm 1 : lầy 11,94 lít khí A cho đi qua dung dịch KOH 0,5 M phản ứng vừa đủ, thu được dung dịch B ( thể tích không thay đổi so với thể tích dung dịch KOH).

Thí nghiêm 2: Lấy 5,97 lít khí A cho đi qua Cu bột dư thu được khí C. 1/ Tính a.

2/ Tính thể tích dung dịch KOH và nồng độ mol/11t của dung dịch B. 3/ Tính thể tích khí C thu được. Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Bài 3: Cho cân bằng sau: HCOOH ⇌ H + + HCOO – Hoà tan 4,600 gam axit fomic (HCOOH) trong nước và pha loãng thành 500 ml (dung dịch A).

1/ Tính độ điện li của axit fomic trong dung dịch A, biết rằng pH của dung dịch A là 2,25 2/ Tính hằng số phân li của axit fomic.

3/ Cần thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl có pH = 1,00 vào 100,00 ml dung dịch A để độ điện li của axit giảm 20% (khi tính coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm dung dịch HCl).

4/ Nếu thêm 0,400 gam NaOH vào 50,00 ml dung dịch A, sau đó cho giấy quỳ tím vào dung dịch thì quỳ tím có đổi mầu không? Nếu đổi mầu thì đổi mầu gì? tại sao? Tính pH của dung dịch.

Bài 4: OH Limonen có trong tinh dầu chanh công thức phân tử C10 H16.

HO Hidro hoá Limonen thu được Mentan C10 H20.

C CH 3 Cho Limonen tác dụng với nước (xúc tác axit) thu được H3C CH3 tecpinhidrat có công thức: 1/ Xác định công thức cấu tạo của Limonen, Mentan, biết rằng trong phân tử Limonen có 2 nhóm metyl.

2/ Viết phương trình phản ứng của 1 mol Limonen với 1 mol Br2 ; với 2 mol HBr. 3/ A, B, C là các đồng phân của Limonen, có một số phản ứng tương tự Limonen, cả ba đều có đồng phân hình học, tiến hành phản ứng ozon phân A,B,C đều cho Etanal và một sản phẩm khác: - A cho chất A 1 có công thức: - B cho chất B1 có công thức: O=HC- CH2 -CH2 -CH2 – CH– CH=O O=HC- CH2 -CH2 – CH – CH2 -CH=O H3C – C = O

H3C – C = O

Xác định công thức cấu tạo của A,B,C. Bài 5: Hiđrocacbon A có công thức tổng quát CnHn+1 . Một mol A phản ứng vừa đủ 4 mol H 2 hay 1 mol Br2 trong dung dịch nước brom. Oxi hoá A thu được hỗn hợp sản phẩm trong đó có axit axetic.

Xác định công thức cấu tạo của A. Viết phương trình phản ứng của A với dung dịch Brom; với HBr; với Br2 (xúc tác FeBr3 ).

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG HOÁ 2000-2001 (LỚP 11 THPT) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Bài 1: (3 điểm) 1/ X là NO3– vì NH4 NO 3 : môi trường axit pH< 7.

2/ + có kết tủa màu xanh: Cu2+ + 2OH - = Cu(OH)2  + có khí mùi khai : NH 4 + + OH - = NH 3  + H 2 O + kết tủa tan tạo dung dịch xanh thẫm: Cu(OH)2 + 4NH 3 = [Cu(NH 3 )4 ]2+ + 2OH 3/ Lấy mỗi dung dịch một ít cho lẫn lượt vào các dung dịch còn lại hiện tượng được ghi trong bảng sau: Al(NO 3 )3 ZnCl2 Na2 CO3 MgSO 4 NH 4 NO3 KÕt luËn

, tan , tan

ZnCl2 -

Na2 CO 3 , tan (1) , tan (2)

, tan , tan

MgSO4 trắng

NH4 NO 3 (khai) -

FF IC IA L

Al(NO 3 )3

, tan (3)  (khai)(4) 3,





Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

-NÕu dung dÞch cho 3 tr-êng hîp kÕt tña vµ 1 tr-êng hîp cã khÝ mïi khai tho¸t ra lµ dung dÞch Na2 CO 3 : Al3+ + 3OH - = Al(OH)3  (CO 3 2- + H2 O  HCO 3 - + OH -) Al(OH)3 + OH - = AlO 2 - + 2H 2 O Zn2+ + 2OH - = Zn(OH)2 Zn(OH)2 + 2OH - =ZnO 2 2- + 2H2 O Mg2+ + 2OH - = Mg(OH)2 (kh«ng viÕt Mg2+ + CO 3 2- = MgCO 3 ) NH4 + + OH - = NH 3 + H2 O - NÕu dung dÞch chØ cho 1 kÕt tña vµ kÕt tña kh«ng tan trong thuèc thö d- lµ dung dÞch MgSO 4 .

- NÕu dung dÞch chØ cho 1 tr-êng hîp cã khÝ mïi khai tho¸t ra lµ dung dÞch NH 4 NO 3 .

- 2 dung dÞch cßn l¹i cã hiÖn t-îng gièng nhau lµ Al(NO 3 )3 vµ ZnCl2 Dïng dung dÞch NH 4 NO3 nhËn ra kÕt tña Zn(OH)2 : kÕt tña tan trong dung dÞch NH 4 NO 3 → dung dÞch t-¬ng øng lµ ZnCl2 cßn l¹i lµ dung dÞch Al(NO 3 )3 NH 4 +  NH 3 + H+ vµ Zn(OH)2 + 4NH 3 = [Zn(NH 3 )4 ]2+ + 2OH Bµi 2: (3 ®iÓm) Ph-¬ng tr×nh ph¶n øng : 3Cu + 8HNO 3 = 3Cu(NO 3 )2 + 2NO + 4H 2 O Cu + 4HNO 3 = Cu(NO 3 )2 + 2NO 2 + 2H2 O 2NO 2 + 2KOH = KNO 2 + KNO 3 + H 2 O t0

D

ẠY

KÈ

M

NO + Cu ⎯⎯→ CuO + 1/2N 2 2NO 2 + 4Cu = 4CuO + N 2 Gäi sè mol Cu tham gia ph¶n øng (1) lµ x, tham gia ph¶n øng (2) lµ y.

2x (x + y) .64 = 30. + 46 . 2y hay 7 y = 11 x → Giải được x = 0,07 ; y = 0,11 3 2x + 2y = 0,2665 3 1/ Tính a: a = 11,52 gam 2/ Số mol NO 2 tham gia phản ứng (3) : 0,11 4 = 0,44 (mol) 0,44  Số mol KOH tham gia phản ứng : 0,44 mol  Thể tích dung dịch KOH 0,5M = = 0,88(lít) 0,5 0,44 Nồng độ các muối trong dung dịch B: [KNO 2 ] = [KNO 3 ] = = 0,25 (M) 0,88.2 1 1 0,07.2 3/ Theo các phương trình (4), (5) số mol N 2 = số mol (NO + NO 2) = ( + 0,11 . 2) 2 2 3 = 0,13335 (mol) Thể tích khí N 2 : (đktc) = 0,13335. 22,4 = 2,987 (lít).

Bài 3: Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 4,6 = 0,200M ; pH = 2,25  [H +] = 5,62.10-3 M 46.0.5 HCOOH H+ + HCOO – KA 0,200 0 0 -3 -3 (0,200-5,62.10 ) 5,62.10 5,62.10-3 −3 5,62.10 = = 2,81% 0,2

1/ Nồng độ gốc của HCOOH: C H-COOH = Ban đầu: [ ]

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

 H+  .  H-COO-  (5,62.10−3 )2 2/ Tính K A = = = 1,62.10-4 −3 (0,2 − 5,62.10 )  H-COOH 3/ Độ điện li giảm 20%  ' = 2,81.0,8 = 2,248% 2,248.0,2 2,248.0,2  [HCOOH] = 0,2 – = 0,1955 và [HCOO -] = = 4,5.10-3 100 100 H-COOH  H+ + HCOO – Ban đầu: 0,200 x 0 -3 [ ] 0,1955 x + 4,5.10 4,5.10-3 -3 −3 ( x + 4,5.10 ).4,5.10 Ta có : = 1,62.10-4 → x = 0,0025 → [H+] = 0,0025.

0,1955 Gọi V là thể tích dung dịch HCl cần thêm , với pH = 1  [H+] = 0,1  số mol [H +] = 0,1V. Vậy 0,1V = 0,0025.0,1  V = 0,0025 (lít) hay 2,5 ml.

0,4 4/ Nồng độ gốc của NaOH = = 0,2 M 40.0,05 HCOOH + NaOH = HCOONa + H 2 O 0,2 0,2 0,2 Dung dịch chỉ còn HCOONa → HCOO - + Na+ có cân bằng HCOO - + H 2 O  HCOOH + OH Tạo ra môi trường bazơ → pH >7 → quỳ tím đổi màu xanh. * Tính pH của dung dịch: H-COO – + H2 O  H-COOH + OH – Kb = KA-1 .W Ban đầu 0,200 0 0 [] 0,2 – x x x x2 Ta có : = 103,79 .10-14 = 10-10,21 coi x << 0,2 thì  x2 = 2.10-11,21 0,2 − x  x = 1,4.10-5,6 = 10-5,45  [H +] = 10-8,55  pH = 8,55 Bài 4: (3 điểm) 10.2 + 2 − 16 Từ CTPT của Limonen : C10 H16  độ bất bão hoà = = 3.

2 - Limonen + H 2 → Mentan C10 H20 → Limonen có 2 liên kết đôi và 1 vòng.

Từ công thức tecpinhidrat  CTCT của * Limonen *Mentan: CH3 CH2 H 3C C H 3C C CH3 CH3 2/ Phương trình phản ứng: CH2 CH2Br 1 : 1 H 3C C H 3C CBr + Br2 ⎯⎯→ CH3 CH3 Br CH 3 CH2 C CBr → H 3C C + 2 HBr ⎯⎯ H3C CH 3 CH3 3/ Xác định CTCT của A, B ,C

Biên soạn và sưu tầm!

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

*CTCT A:

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 *CTCT C:

*CTCT B:

CH – CH3

CH – CH3

C

CH – CH3

C

CH3

C

CH3

CH3

FF IC IA L

Bài 5: (3 điểm) A + 4 mol H 2 → A có 4 liên kết đôi.

A + 1 mol Br2 → A có 1 liên kết đôi ngoài vòng  độ bất bão hoà trong A là 5 2n+2-(n+1) Từ công thức CnHn+1 ta có: = 5  n = 9.  CTPT A: C9H10 2 OXH A ⎯⎯ ⎯→ …… + CH3COOH . Vậy CTCT A: CH = CH – CH3 Các phương trình phản ứng: A + dd Br2 : C6 H5 -CH=CH-CH3 + Br2 → C6 H 5 -CHBr-CHBr-CH3 A + HBr : C 6 H5 -CH=CH-CH3 + HBr → C6 H 5 -CHBr-CH 2-CH3

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Môn Hoá học lớp 11THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

O

HẢI PHÒNG

NĂM HỌC 2001 – 2002

Thời gian làm bài : 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

N

Bảng A làm cả 5 bài, Bảng B không làm bài 4

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

Bài 1: 1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: NH3(k) + HCl(k) SO2(k) + CaO (r) NH3(k) + Cl2 (k) NH4 HCO 3 ( đun nóng) NH4 NO 2 ( đun nóng) SO2 + H2 O SO3 + ddNaOH Theo thuyết Bronsted phản ứng nào là phản ứng axit-bazơ, xác định axit, bazơ.

2/ Viết các phương trình phản ứng: ( sản phẩm chính, tỉ lệ mol 1:1) a) CH 3 -CH=CH-CH2 -CH3 + HCl b) S-cis butađien-1,3 + etilen ( 2000 C) c) Benzen + Propen ( xúc tác H +) d) Tôluen + KMnO 4 ( môi trường H +) e) FCH 2 -CH=CH 2 + HBr Bài 2: 1/ Cho n-butan phản ứng với Clo ( tỉ lệ mol 1:1), chiếu sáng được hỗn hợp 2 sản phẩm hữu cơ A và B cùng khí C. a) Viết phương trình phản ứng. b) Khí C được hoà tan trong nước, để trung hoà dung dịch cần 800 ml dung dịch NaOH 0,75M . Tính khối lượng sản phẩm A, B , biết nguyên tử Hidro ở Các bon bậc II có khả năng phản ứng cao hơn 3 lần so với nguyên tử Hidro ở Các bon bậc I. 2/ Có 4 hidrocacbon thơm: C8 H10 (A) ; C8 H10 (B) ; C9 H12 (C) ; C9 H 12 (D) . Thực hiện phản ứng các hidrocacbonvới Br2 /Fe ( tỉ lệ mol 1:1) được các dẫn xuất mono Brom. a) A cho 1 sản phẩm thế. b) B cho 3 sản phẩm thế. c) C cho 1 sản phẩm thế. d) D cho 2 sản phẩm thế.

Viết công thức cấu tạo của A ; B ; C ; D. Bài 3:

Biên soạn và sưu tầm!

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

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Cho 2 ml dung dịch AgNO 3 0,03M vào 1 ml dung dịch NH 3 1,5M, được dung dịch X. Hiện tượng gì xảy ra khi: 1/ Thêm 1 ml dung dịch NaCl 0,02M vào dung dịch X. 2/ Thêm 1 ml dung dịch HCl 0,50M vào dung dịch X Cho: NH 3 + H+ => NH 4 + K = 109,24 Ag(NH 3 )2 + => Ag+ + 2NH 3  = 10-7,23 Tt (AgCl) = 10-10 Bài 4: Dung dịch A được tạo thành khi cho 0,10 mol CuSO 4 vào dung dịch chứa 2 mol NH 3 . Tính nồng độ ion Cu2+ tự do có trong 500 ml dung dịch A. 2+ Cho: Cu2+ + 4NH 3 => Cu(NH 3 ) 4   = 2.1013 NH3 + H2 O => NH 4 + + OH Kb = 10-4,8 Bài 5: Hiđrocacbon X phản ứng cộng Brom với khối lượng bằng 246,15% khối lượng của nó. Khi đun nóng X với etylen sinh ra sản phẩm Y, Y có đồng phân quang học, 1mol Y có khả năng phản ứng với 1 mol H2 cho hợp chất Z. X / là đồng phân của X, đun nóng X/ với etylen sinh ra sản phẩm Y / , Y/ không có đồng phân quang học.1mol Y / phản ứng với 1 mol H 2 cũng cho hợp chất Z. 1/ Xác định công thức cấu tạo X, Y, X / , Y / và Z biết khối lượng phân tử X không vượt quá 196. Viết các phương trình phản ứng.

2/ Viết phương trình ( tỉ lệ mol 1:1) của X với HBr. Chú thích: Hợp chất có đồng phân quang học trong phân tử có nguyên tử cac bon bất đối (C* ) là nguyên tử Cac bon liên kết với 4 nguyên tử hay nhóm nguyên tử khác nhau). ĐÁP ÁN Bài 1: (4 điểm) 1/ Hoàn thành phương trình phản ứng: (2,0 điểm) mỗi phương trình cho 0,25 điểm NH3 + HCl = NH 4 Cl (1) SO2 + CaO = CaSO 3 (2) NH4 HCO 3 = NH 3 + H 2 O + CO 2 (3) NH4 NO 2 = N2 + 2H2 O (4) SO2 + H2 O = H 2 SO 3 (5) SO3 + H2 O = H 2 SO4 (6) NaOH + H 2 SO4 = NaHSO 4 + H2 O (7) 2NaOH + H 2 SO 4 = Na2 SO4 + 2H 2 O(8) Theo thuyết Bronstet: (0,75 điểm) Phản ứng (1) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : NH 3 ; axit: HCl Phản ứng (5) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : SO 2 ; axit: H 2 O Phản ứng (6) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : SO 3 ; axit: H 2 O Phản ứng (7) (8) là phản ứng axit-bazơ: Bazơ : NaOH ; axit: H 2 SO4 2/ Các phương trình phản ứng: (1,25 điểm) mỗi pt cho 0,25 điểm a) CH 3 -CH=CH-CH2 -CH3 + HCl CH3 -CHCl-CH 2 -CH 2-CH3 b) CH 2 CH CH2 + CH CH 2 CH 2 c) C6 H6 + CH 2 = CH-CH3

CH3 - CH-CH3

C6 H 5 d) C6 H5 -CH3 + KMnO 4 + H + C6 H 5 COOH + Mn2+ + K+ + 2H 2 O c) F-CH2 -CH=CH 2 + HBr FCH 2 -CH2 - CH2 Br Bài 2:( 3,0 điểm) 1/ (1,75 điểm) a) Viết phương trình: (0,50 điểm) CH3 -CH 2 -CH2-CH 3 + Cl2 CH 3 -CHCl-CH2 -CH 3 + HCl (A) (C) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH 3 -CH2 -CH2-CH 2Cl + HCl (B) (C)

CH3 -CH 2 -CH2-CH 3 + Cl2

CH3

CH3

CH3 H3C

CH3

FF IC IA L

b) Tính khối lượng sản phẩm: ( 1,25 điểm) Gọi số mol sản phẩm A là nA ; sản phẩm B là nB : nA + nB = nHCl = nNaOH = 0.8.0,75 = 0,6(mol) 100.r A .4 100.3.4 100.3.4 0,6 %nA = = => nA = . = 0,4 (mol) => nB = 0,2 (mol) 4.3 + 6.

4.3 + 6. 100 4r A +6r B ( rA ; rB là khả năng phản ứng của nguyên tử H ở nguyên tử cac bon bậc II và bậc I) Khối lượng sản phẩm A = 0,4.92,5 = 37 gam.

Khối lượng sản phẩm B = 0,2.92,5 = 18,5 gam.

2/ (1,25 điểm)

CH3

H3C

CH3

hoặc

CH3 CH3 (A)

CH3 (C)

(B)

CH2-CH3

(D)

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

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

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

01 2 = 0,2M ; C0 NH3 = = 4M 0,5 0,5 NH 3 + H 2 O ⇌ NH4 + + OH - K = 10-4,8

C0 Cu2+ =

Cu2+ + 4NH 3 ⇌ Cu(NH 4 )4 2+ Vì:  >> K => bỏ qua cân bằng (1)

(1)

 = 2.1013

(2) (0,5 điểm)

⇌

Cu(NH 4 )4 2+  = 2.1013 0 (0,2-x) (0,2-x) 0,2 = 2.1013 Giả sử x<<0,2 => = 2.1013 4 4 x.(4 − 0,8) x.4 − 4(0,2 − x) -16,02 Giải được x = 10 << 0,2 (1,50 điểm) Bài 5: (4,0 điểm) Gọi khối lượng phân tử X là MX ; khối lượng Br2 tham gia phản ứng cộng: 160n.

160n.100 = 246,15 => MX = 65n. => CTĐGN của X là C5 H 5 , CTPT: (C5 H 5 )n (0,5 điểm) MX 10n + 2 − 5n 5n + 2 Độ bất bão hoà trong X: = 2 2 Thoả mãn khi n chẵn,Vì MX < 196 => n=2 (0,5 điểm) CTPT X là C10 H 10 với độ bất bão hoà là 6 => X phản ứng được với 2 mol Br2 => X có 2 liên kết  ngoài mạch hở, 4 liên kết  còn lại tạo vòng thơm. Vì X có khả năng phản ứng với etylen => Y; 2 liên kết ở mạch hở tạo hệ liên hợp ( tương tự butadien-1,3).

Vậy CTCT có thể có của X là: ( 1,0 điểm) C6 H 5 -CH=CH-CH=CH 2 và CH2 =CH-C=CH 2 Cu2+ + Bđ: 0,2 Pư: (0,2-x) Cb: x (0,2 − x)

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

4NH 3 4 4(0,2-x) (4-[4(0,2-x)])

N

(X) (X’) C6 H5 Phản ứng với etylen, H 2 : ( 1,0 điểm) mỗi phương trình cho 0,25 điểm

CH

Y

CH2

CH2

Q U

+

CH

(Y)

CH2

CH

H

* C6H5

D

ẠY

KÈ

M

C6H5

+ H2

H C6H5 C6H5 CH2 CH

(Z)

H C6H5

C6H5

CH2

(Y’)

+

CH

CH2

CH2 Xác định X, Y, X’, Y’, Z: (0,5 điểm) 2/ Phương trình phản ứng X với HBr: C6 H5 -CH=CH-CH=CH 2 + HBr →

(0,5 điểm) C6 H5 -CHBr-CH 2-CH=CH2

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 (21/3/2019) Thời gian làm bài: 180 phút

FF IC IA L

ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu)

Cho biết nguyên tử khối: H =1, C =12, N =14, O =16, F=19, Mg =24, Al = 27, Si =28, P =31, S =32, Ca = 40, Fe= 56, Zn=65, Ba= 137.

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Câu 1. (3,0 điểm) 1. Rót nhẹ 1,0 ml benzen vào ống nghiệm chứa sẵn 2,0 ml dung dịch nước brom. Lắc kĩ ống nghiệm, sau đó để yên. Nêu hiện tượng, giải thích.

2. Các hiđrocacbon X, Y, Z, T (thuộc chương trình Hóa học 11, M X < MY < MZ < MT) đều có 7,7 % khối lượng hiđro trong phân tử. Tỷ khối hơi của T so với không khí bé hơn 4,0. Các chất trên thỏa mãn: - 1 mol chất T tác dụng tối đa 1 mol Br 2 trong CCl4 .

- Từ chất X, để điều chế chất Y hoặc chất Z chỉ cần một phản ứng.

- Cần 3 phản ứng để điều chế được chất T từ hai chất X và Z. - Từ mỗi chất X, Y, T chỉ được dùng thêm HCl, H 2 và không quá hai phản ứng thu được các polime quan trọng tương ứng dùng trong đời sống là X ’, Y’, T’. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên các chất X, Y, Z, T, X ’, Y’, T’. b. Viết phương trình các phản ứng xảy ra.

Câu 2. (3,0 điểm) 1. Cân bằng phương trình phản ứng dưới dạng ion thu gọn cho các thí nghiệm sau (mỗi thí nghiệm viết 1 phương trình) a. Hòa tan FeSx trong dung dịch HNO3 đặc, dư và đun nóng. b. Cho dung dịch K2S dư vào dung dịch Fe 2(SO4)3. c. Cho dung dịch NH4HSO4 vào dung dịch Ba(HSO3)2. d. Cho dung dịch Ba(AlO2)2 vào dung dịch Al 2 (SO4)3. e. Cho a mol kim loại Ba vào dung dịch chứa a mol NH 4HCO3.

2. X là một hợp chất tạo bởi sắt và cacbon có trong một loại hợp kim. Trong X có 93,33% khối lượng của Fe. Hòa tan X trong HNO3 đặc nóng, thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được hỗn hợp chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp chất rắn T. Hòa tan hỗn hợp T trong du ng dịch H2 SO4 loãng, đun nóng, thu được hỗn hợp khí Q. Hỗn hợp Q làm nhạt màu dung dịch KMnO 4 trong H2SO4 loãng. a. Xác định công thức phân tử của X và các chất có trong hỗn hợp T. b. Viết phương trình phản ứng của T với H2 SO4, khí Q với dung dịch KMnO4.

Câu 3. (2,0 điểm) Khi cho hai phân tử isopren đime hóa với nhau, trong đó một phân tử cộng hợp kiểu 1,4 và một phân tử cộng hợp kiểu 3,4 sinh ra phân tử limonen.

1. Hiđro hóa hoàn toàn limonen bởi H2 (Ni, t0) thu được mentan (1-metyl-4isopropylxiclohexan); còn hiđrat hóa limonen (xúc tác axit) ở nhánh, thu được terpineol. Hiđrat hóa terpineol, thu được terpin (được dùng làm thuốc chữa ho).

Hãy xác định công thức cấu tạo của limonen, mentan, terpineol, terpin.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

2. Ozon phân limonen, sau đó xử lý với Zn/CH3COOH thì thu được những sản phẩm hữu cơ nào? Viết công thức cấu tạo của chúng.

Câu 4. (2,0 điểm) Photpho tồn tại trong tự nhiên ở dạng quặng apatit. Một mẩu quặng apatit gồm canxi photphat, canxi sunfat, canxi cacbonat, canxi florua được xử lí bằng cách cho vào hỗn hợp của axit photphoric và axit sunfuric để tạo thành canxi đihiđrophotphat tan được trong nước dùng làm phân bón. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Giải thích tại sao các phản ứng được thực hiện ở nhiệt độ dưới 600C và trong tủ hốt? b. Kết quả phân tích thành phần khối lượng một mẫu apatit như sau: Thành phần CaO P2O5 SiO2 F SO3 CO2 % khối lượng 52,69% 39,13% 2,74% 1,79% 3,23% 1,18% Hòa tan m gam mẫu apatit vào lượng vừa đủ 25,0 ml dung dịch H 3 PO4 1,0M và H2 SO4 0,2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng (ở nhiệt độ dưới 60 0C), thu được m1 gam chất rắn gồm CaSO4 .2H2O, Ca(H2PO4)2, SiO2. Tính m và m1.

Câu 5. (2,0 điểm) Hỗn hợp khí X gồm một ankan, một anken và hiđro. Cho 7,84 lít X đi qua chất xúc tác Ni, nung nóng, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y. Dẫn Y đi qua dung dịch KMnO 4 thì màu của dung dịch bị nhạt và thấy khối lượng bình tăng thêm 2,80 gam. Sau phản ứng, còn lại 4,48 lít hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với hiđro là 20,25. Các khí cùng đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Hãy xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của các khí có trong hỗn hợp Y. Câu 6. (2,0 điểm) Thực hiện hai thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Sục từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa x mol NaOH, y mol KOH và z mol Ba(OH)2 .

Thí nghiệm 2: Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH) 2 vào dung dịch hỗn hợp chứa a mol Al 2 (SO4)3 và b mol NaHSO4 (a > b). a. Ở mỗi thí nghiệm, thứ tự các phản ứng xảy ra như thế nào? Viết phương trình các phản ứng đó. b. Vẽ đồ thị biểu diễn giá trị khối lượng kết tủa theo số mol CO 2 (ở thí nghiệm 1) và theo số mol Ba(OH)2 (ở thí nghiệm 2).

Câu 7. (2,0 điểm) Hòa tan hết 8,96 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgCO3, Zn, ZnCO3 trong dung dịch chứa 0,43 mol KHSO4 và 0,05 mol HNO3 . Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm CO2, NO, H2 (trong đó H2 chiếm 1/3 thể tích Z) và dung dịch Y chỉ chứa m gam muối trung hòa. Tính m.

Câu 8. (2,0 điểm) Hòa tan 1,0 gam NH4Cl và 1,0 gam Ba(OH) 2.8H2O vào một lượng nước vừa đủ thì thu được 100 ml dung dịch X (ở 25 0C). a. Tính pH của dung dịch X, biết pKa (NH4 +) = 9,24 b. Tính nồng độ mol/lít của tất cả các ion trong dung dịch X. c. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10 ml dung dịch HCl 1,0M vào dung dịch X. Câu 9. (2,0 điểm) Đốt cháy hết m gam một hiđrocacbon X cần vừa đủ 2,688 lít O 2 (đktc). Để phản ứng hết với lượng CO2 sinh ra cần ít nhất 100 ml dung dịch NaOH 0,75M. Cho X tác dụng với Cl 2 (ánh sáng, tỷ lệ mol 1:1) thu được 4 sản phẩm monoclo và phần trăm khối lượng tương ứng là: A (30%), B (15%), C (33%), D (22%). a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên thay thế A, B, C, D. b. Sản phẩm nào dễ hình thành nhất. Vì sao? Viết cơ chế phản ứng tạo sản phẩm đó. c. So sánh khả năng thế tương đối của nguyên tử hiđro ở cacbon bậc 1, 2, 3 bởi clo của X. --------Hết------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

FF IC IA L

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐIỂM

N

O

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 11 CÂU NỘI DUNG 1 1. Ban đầu có sự phân lớp chất lỏng- chất lỏng màu nâu đỏ phân lớp dưới, sau đó lại có sự phân lớp chất lỏng – chất lỏng màu nâu đỏ phân lớp trên.

Nguyên nhân: Br2 ít tan trong nước, tan nhiều trong benzen.

2. a. X( axetilen, CH≡CH), Y( vinyl axetilen, CH≡C-CH=CH 2 ), Z ( benzen), T(stiren, C6 H5 -CH=CH 2), X ’( PE hoặc PVC), Y ’ (polibutađien hoặc policlopren), Z ’( polistiren, poli (butađien-stiren) )

Y

+ HCl T .H CH  C − CH = CH 2 ⎯⎯⎯ → CH 2 = CCl − CH = CH 2 ⎯⎯ ⎯ → poliisopren HgSO4

T→T’:

T .H C6 H 5 − CH = CH 2 ⎯⎯ ⎯ → polistiren + CH 2 =CH −CH =CH 2 C6 H 5 − CH = CH 2 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ → poli (butadien − stiren) T .H

1. a. FeSx +(4x+6) H + +(6x+3)NO 3 - → Fe3+ + xSO 4 2- +( 6x+3) NO 2 +(2x+3) H 2 O b. 3S2- + 2Fe3+ → 2FeS + 3S c. HSO 4 - + HSO 3 - + Ba2+ → BaSO 4 + SO 2 +H2 O. d. 3Ba2++ 6AlO 2 - + 2Al3+ +3SO 4 2- +12H 2 O → 3BaSO 4 + 8Al(OH)3 có thể chấp nhận: Ba2++ 3AlO 2 - +Al3+ +SO 4 2- +6H2 O → BaSO 4 + 4Al(OH)3 e. Ba + NH 4 + + HCO 3 - → BaCO 3 + NH 3 + H2 2. a.

X là Fe3 C.

D

ẠY

2

+ H2 T .H CH  C − CH = CH 2 ⎯⎯⎯ → CH 2 = CH − CH = CH 2 ⎯⎯ ⎯ → polibutadien Pd

KÈ

-

+ HCl T .H C2 H 2 ⎯⎯⎯ → C2 H 3Cl ⎯⎯ ⎯ → PVC HgSO4

M

-Y

→Y ’:

+ H2 T .H C2 H 2 ⎯⎯⎯ → C2 H 4 ⎯⎯ ⎯ → PE Pd

Q U

-X→X ’:

N

H

Ơ

b. Phương trình phản ứng: - C6 H5 -CH=CH 2+ Br2 → C6 H5 -CHBr-CH 2Br - X -> Y: 2CH≡CH → CH≡C-CH=CH 2 , -Y-> Z: 3CH≡CH→ C 6 H6 . + C6 H6 + H2 ZnO → C2 H4 ⎯⎯⎯ → C6 H5 − C2 H5 ⎯⎯ ⎯ → C6 H5 − C2 H3 - X, Z → T: C2 H 2 ⎯⎯⎯ Pd H+ t0

 NaNO2  NaNO  NO2  + HNO3 3 NaOH t0 Fe3C ⎯⎯⎯ →Y  ⎯⎯⎯ →Z  ⎯⎯ →T CO Na CO  2 2 3    NaOH

 NaNO2  NO  + H 2 SO4 ⎯ →Q   Na2CO3 ⎯⎯⎯ CO2  NaOH 

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 b. T+ H 2 SO4 và Q + dung dịch KMnO 4

3

FF IC IA L

3NaNO 2 + H 2 SO4 →Na2 SO 4 + NaNO 3 + 2NO + H 2 O. Na2 CO 3 + H2 SO4 → Na2 SO 4 + H 2 O + CO 2 .

5NO + 3KMnO 4 + 2H2 SO4 → Mn(NO3 )2 + 2MnSO4 + 3KNO 3 + 2H2 O Hoặc: 5NO + 3MnO 4 - + 4H + → 3Mn2+ + 5NO 3 - + 2H2 O

a.

,

,

O

,

a.

Phương trình phản ứng CaCO 3 + H2 SO 4 →CaSO 4 + H 2 O + CO 2 CaF2 + H2 SO4 →CaSO 4 + 2HF Ca3 (PO 4 )2 + 2H2 SO 4 → Ca(H 2 PO 4 )2 + 2CaSO 4 Ca3 (PO 4 )2 + 4H3 PO 4 → 3Ca(H 2 PO4 )2 CaF2 + 2H 3 PO4 → Ca(H 2 PO 4 )2 + 2HF CaCO 3 +2H3 PO 4 → Ca(H 2 PO4 )2 + H2 O + CO 2 Phản ứng được làm trong tủ hốt vì tránh có sự xuất hiện của khí độc HF trong phòng thí nghiệm.

Phải thực hiện ở nhiệt độ dưới 600 C vì đảm bảo độ bền của thạch cao sống CaSO 4 .2H2O có trong phân bón. b.

Tính m:

KÈ

M

Q U

Y

N

4

H

Ơ

N

b.

D

ẠY

   H 3 PO4 : 0, 025 mol   H 2 SO4 :0, 005 mol  0, 3913 m  mol  P2 O5 : 142  0, 5269 m  mol CaO : 56   SO : 0, 0323 m 3  80 

Bảo toàn Canxi ta có:

0, 0323 m  ( BT luu huynh) CaSO4 : 0, 005 +  80 ⎯⎯ → Ca ( H PO ) : 0, 025 + 0, 3913 m ( BT photpho) 2 4 2   2 142

0,5269m 0, 0323m 0,3913m = 0, 0175 + + = m = 2,8( gam) 56 80 142

Tính m 1 :

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0, 0323 m  ).172 CaSO4 .2 H 2O : (0, 005 + 80  0, 025 0,3913 m  ).234 + Ca( H 2 PO4 ) 2 :( 2 142   SiO2 : 0, 0274 m .  

Vì hỗn hợp Y làm nhạt màu dung dịch KMnO 4 nên Y có anken dư và H 2 hết H2 Cx H 2 x Cx H 2 x + 2   d d KMnO4 Ni ,t 0 0,35 mol X Cx H 2 x ⎯⎯⎯ → 0,3 mol Y Cx H 2 x + 2 ⎯⎯⎯⎯→ 0, 2 mol Z  +2,8 gam C y H 2 y + 2 C H C H  y 2 y+2  y 2 y +2 = nH 2 = nX − nY = 0,05 mol

FF IC IA L

5

    thay m = 2,8 → m1 = 5,8617 ( gam)  ⎯⎯⎯⎯⎯    

nCx H 2 x (Y ) = nY − nZ = 0,1    = M Cx H 2 x = 28 = Cx H 2 x (C2 H 4 )  mCx H 2 x (Y ) = 2,8 n Cx H 2 x+2 = nH 2( p .u ) = 0,05 = nCy H 2 y+2 = 0, 2 − 0,05 = 0,15; m Z = 0, 2.40,5 = 0,05.30 + 0,15(14 y + 2)

N

= %V cac khi trong Y a.

TN 1 : CO 2 + Ba(OH)2 → BaCO 3 + H2 O (1) CO 2 + 2OH - → CO 3 2- + H2 O (2) CO 2 + CO 3 2- +H2 O → 2HCO 3 - ( 3) CO 2 + H2 O + BaCO 3 → Ba(HCO 3 )2 ( 4) TN 2 : Ba(OH)2 + 2NaHSO 4 → BaSO 4 + Na2 SO 4 + 2H 2 O (1) 3Ba(OH)2 + Al2 (SO 4 )3 → 3BaSO 4 + 2Al(OH)3 (2) Ba(OH)2 + Na2 SO4 → BaSO 4 + 2NaOH (3) OH - + Al(OH)3 →AlO2 - + 2H2 O (4)

D

ẠY

KÈ

b. Đồ thị

M

Q U

Y

N

H

Ơ

6.

O

= y = 3 (C3 H 8 )

m↓

197z

n CO2 z

x+y+z

x+y+2z

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 m↓ 855a +233b

855a + 116,5b

FF IC IA L

699a + 233b

116,5b

nBa(OH)2

K +  2+  H 2 0, 05 mol  Mg  Mg 0, 43 mol KHSO4    2+ 8,96 g  Zn + ⎯⎯ →  NO(0,1 − a) mol + Y  Zn + H 2O CO (a mol ) 0, 05 mol HNO3 CO a mol  NH + (a − 0, 05) mol  3  2  4  SO4 2−  0,5b

3a+ 0,5b

4a+0,5b

3a+b

O

7

BTo xi : nH 2O = a + 0,15 − (0,1 − a) = 2a + 0, 05 = 2 a + 0,05

H 2O BT hidro :0, 48 = 0,1 + 4a − 0, 2 + 2nH 2O ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ → a = 0, 06.

N

thay n

a.

NH 4 + + OH − ⎯⎯ → NH 3 + H 2O

H

8

Ơ

BTKL : mmuoiY = (8,96 + 0, 43.136 + 0, 05.63) − (0, 05.2 + 0, 04.30 + 44.0, 06 + 0,17.18) = 63,59 gam

NH 4

+

⎯⎯ → ⎯ ⎯

+

N

nNH 4Cl = 18,7.10−3 mol; nBa (OH )2 = 3,17.10−3 mol = nNH3 = 6,34.10−3 mol; nNH + ( du ) =12, 4.10−3 mol NH 3 + H , ka = 10

4

−9,24

Y

[NH 3 ][H + ] [NH 4 + ] + = [ H ] = .ka = 1,13.10−9 M ; = pH = 8,95 [NH 4 + ] [NH 3 ] b. [NH 4 +]=0,124M; [Ba2+] =0,0317M; [H +]=1,13.10-9 M; [Cl-] =0,187M; [OH -] =8,85.106 M. 12, 4.10−2 M

ka =

Q U

6,34.10−2 M

a.

nCO2 = nNaOH = 0, 075 mol

ẠY

9

KÈ

M

c. khi thêm 0,01 mol HCl vào dung dịch ta có NH 3 +H +→NH 4+ nNH3 ( p.u ) = 6,34.10−3 mol . Giả thiết thể tích dug dịch là 110 ml, bỏ qua sự phân ly của NH 4 + thì [H +]dư= 0,0333M => pH=1,48.

D

nH 2O = 2(nO2 − nCO2 ) = 2(0,12 − 0, 075) = 0, 09 mol

n H 2O  nCO2 = X (ankan). nX = nH 2O − nCO2 = 0, 015 mol = C X =

nCO2

= 5 = CTPT X : (C5 H12 ) nX Trong 3 đồng phân của C 5 H12 , chỉ có (CH 3 )2 CH-CH 2 -CH3 thỏa mãn khi tác dụng clo sinh 4 sản phẩm monoclo.

Vậy CTCT, tên gọi của các sản phẩm A, B, C, D: A là CH 2 Cl-CH(CH 3 )-CH2 CH3: 1-clo-2-metylbutan.

B là (CH 3 )2 CH-CH2 -CH 2Cl: 1-clo-3-metylbutan.

1,0

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 C là (CH 3 )2 CH-CHCl-CH 3 : 2-clo-3-metylbutan.

D là (CH 3 )2 CCl-CH2 -CH3: 2-clo-2-metylbutan. b. (CH 3 )2 CCl-CH2 -CH3 : 2-clo-2-metylbutan là sản phẩm dễ hình thành nhất, do gốc tự do (CH 3 )2 C* -CH 2-CH 3 bậc ba bền nhất.

Cơ chế phản ứng: Khơi mào: a.s Cl2 ⎯⎯ → 2Cl * Phát triển mạch: → ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 +HCl ( CH 3 )2 CH − CH 2 − CH 3 + Cl * ⎯⎯

0,5

FF IC IA L

→ ( CH 3 )2 CCl − CH 2 − CH 3 + Cl * ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 + Cl2 ⎯⎯ Tắt mạch: → ( CH 3 )2 CCl − CH 2 − CH 3 ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 + Cl * ⎯⎯

2 ( CH 3 )2 C * − CH 2 − CH 3 ⎯⎯ → CH 3CH 2 − (CH 3 )2 C − C (CH 3 )2 − CH 2 − CH 3 2Cl * ⎯⎯ → Cl2

0,5

H

Ơ

N

O

c. Gọi tốc độ phản ứng thế của H của cacbon bậc 1, bậc 2, bậc 3 lần lượt là v 1 , v2 , v3 .

Ta có tỷ lệ: 45 33 22 9v1 : 2v2 : v3 = ( 30 + 15 ) % : 33% : 22% = v1 : v2 : v3 = : : = 1: 3,3 : 4, 4.

9 2 1 Nghĩa là H bậc 2, bậc 3 có tốc độ thế Clo gấp H bậc 1 là 3,3 và 4,4 lần.

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

Nếu thí sinh có cách giải khác đúng cũng cho điểm tối đa!

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút

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

Câu 1. (4 điểm)

FF IC IA L

1) Bằng kiến thức về phân bón hoá học, em hãy giải thích câu tục ngữ: “Lúa chiêm lấp ló đầu bờ Hễ nghe tiếng sấm phất cờ mà lên” 2) Viết công thức hoặc nêu thành phần chính của lân nung chảy, supephotphat, đạm ure, đạm amoni và giải thích một số kĩ thuật bón phân sau đây: Lân nung chảy thích hợp với đất chua.

Không nên bón phân supephotphat, phân đạm ure, phân đạm amoni cùng với vôi bột.

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

3) X và Y là 2 trong số 4 chất sau: NaCl, FeCl 2, 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 n 1 mol kết tủa.

Thí nghiệm 2: Cho dung dịch NH 3 dư vào phần 2, thu được n 2 mol kết tủa.

Thí nghiệm 3: Cho dung dịch AgNO 3 dư vào phần 3, thu được n 3 mol kết tủa.

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n 1 < n2 < n3.

Hãy chỉ ra cặp chất X, Y phù hợp, viết các phương trình phản ứng xảy ra và giải thích sự lựa chọn đó.

Câu 2. (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na, K 2O, Ba và BaO (trong đó oxi chiếm 10% về khối lượng) vào nước, thu được 100 ml dung dịch Y và 0,56 lít khí H2 (đktc). Trộn 100 ml dung dịch Y với 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO 3 0,1M, thu được 500 ml dung dịch có pH=1.

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

2) Tính giá trị của m.

Câu 3. (2 điểm)

ẠY

KÈ

Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al2 (SO 4 )3 , AlCl3 và Al(NO 3 )3 (trong đó AlCl3 và Al(NO 3 )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).

D

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị.

2) Tính giá trị của m.

Câu 4. (2 điểm) Hoà tan hoàn toàn 7,68 gam Mg vào dung dịch chứa 0,96 mol HNO 3 , thu được dung dịch X và m gam hỗn hợp khí. Thêm dung dịch chứa 0,8 mol KOH vào X, thu được dung dịch Y, kết tủa và 0,896 lít khí Z (đktc). Lọc bỏ kết tủa, cô cạn Y thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được 66,84 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m.

Câu 5. (2 điểm) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Nhỏ từ từ 1 lít dung dịch X gồm H 2SO4 0,1M và HCl 0,3M vào 1 lít dung dịch Y gồm NaHCO3 0,3M và K2CO3 0,3M, thu được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch Z. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào Z, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

2) Tính các giá trị của V và m.

O

FF IC IA L

Câu 6. (4 điểm) 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X theo sơ đồ và các bước sau đây: Bước 1: Mở khoá phễu cho H 2 O chảy từ từ xuống bình cầu đựng CaC2 .

Bước 2: Dẫn X vào bình 1 đựng dung dịch Br2 .

Bước 3: Dẫn X vào bình 2 đựng dung dịch AgNO 3 trong NH 3 .

Bước 4: Đốt cháy X. Nêu hiện tượng, viết các phương trình phản ứng hoã học đã xảy ra, gọi tên các phản ứng xảy ra ở bước 2, 3 và 4.

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

2) Tiến hành 4 thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm như sau: Thí nghiệm 1: Cho 0,5 ml brom vào ống nghiệm đựng 5 ml benzen, lắc đều, rồi để ống nghiệm trên giá trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. Cho thêm một ít bột sắt vào ống nghiệm, lắc liên tục trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích.

Thí nghiệm 2: Cho vào cùng một ống nghiệm 3 chất lỏng (2 ml dung dịch HNO 3 đặc, 4 ml dung dịch H 2 SO4 đặc và 2 ml benzen), lắc đều, ngâm trong cốc nước 60 0 C trong 5 phút, rót sản phẩm vào cốc nước lạnh. Nêu hiện tượng và giải thích.

Thí nghiệm 3: Lấy 2 ống nghiệm, cho vào mỗi ống 1 ml dung dịch KMnO 4 loãng, sau đó thêm tiếp 1 ml benzen vào ống nghiệm thứ nhất và 1 ml toluen vào ống nghiệm thứ hai, lắc đều, quan sát hiện tượng. Ngâm 2 ống nghiệm vào cùng 1 cốc nước sôi trong 5 phút. Nêu hiện tượng, giải thích.

Thí nghiệm 4: Lấy 1 ống nghiệm hình chữ Y, cho vào nhánh một 1 ml benzen và nghiêng cho benzen dính vào thành ống nghiệm; cho vào nhánh hai một lượng KMnO 4 bằng hạt đậu xanh và 1 ml dung dịch HCl đặc, đậy nút và đưa ống nghiệm ra ngoài ánh sáng. Nêu hiện tượng ở nhánh một và giải thích.

D

ẠY

KÈ

Câu 7. (2 điểm) Đốt cháy 26,7 gam chất hữu cơ X bằng không khí vừa đủ, sản phẩm cháy cho qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư và bình 2 đựng nước vôi trong dư. Kết quả: khối lượng bình 1 tăng thêm 18,9 gam, bình 2 xuất hiện 90 gam kết tủa; khí thoát ra khỏi bình 2 có thể tích 104,16 lít (đktc). Biết: không khí có 20% thể tích là O 2 và 80% thể tích là N 2; X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Xác định công thức phân tử của X. Câu 8. (2 điểm)

Một bình kín chứa hỗn hợp khí X gồm propin (0,2 mol), propen (0,3 mol), hiđro (0,5 mol) và một ít bột niken. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 14,4. Dẫn khí Y qua bình 1 đựng dung dịch AgNO3 dư trong dung dịch NH3, thu được m gam kết tủa và hỗn hợp khí Z thoát ra. Dẫn khí Z qua bình 2 đựng dung dịch brom dư, thấy có 24 gam brom phản ứng và hỗn hợp khí T thoát ra. Biết các phản ứng hoá học trong bình 1 và bình 2 đã xảy ra hoàn toàn.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

2) Tính giá trị của m.

Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Cr=52; Mn=55; Fe=56; Ni=59; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Sn=119; I=127; Ba=137; Pb=207.

Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. _______________HẾT_______________

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

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

Người coi thi số 1:…………………...………………Người coi thi số 2…………...…………..............

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2018 - 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: HÓA HỌC - LỚP 11 (Bản hướng dẫn chấm thi gồm có 04 trang) A. Hướng dẫn chung Với yêu cầu viết phương trình phản ứng: nếu thiếu điều kiện phản ứng hoặc không cân bằng, trừ đi ½ số điểm của phương trình phản ứng đó; nếu thiếu hoặc thừa chất thì không được điểm.

Với các yêu cầu định lượng: + Nếu học sinh định lượng theo phương trình phản ứng sai, thì không được điểm phần định lượng đó. + Học sinh có thể định lượng theo sơ đồ phản ứng, các định luật bảo toàn.

- Học sinh làm bài theo cách khác đúng thì vẫn được tương đương.

- Điểm của toàn bài thi được giữ nguyên, không làm tròn.

B. Đáp án và thang điểm

Câu 1. (4 điểm)

Điểm 0,25

NO kết hợp với O 2 trong không khí theo phản ứng: 2NO + O 2 → 2NO 2 NO 2 kết hợp với O 2 không khí và nước mưa theo phản ứng: 4NO 2 + O2 + 2H2 O → 4HNO 3 Trong H 2 O, HNO 3 bị phân li tạo ra ion NO 3 -, là đạm nitrat, có tác dụng kích thích sự sinh trưởng và phát triển của cây trồng.

2. Lân nung chảy có thành phần chính là hỗn hợp photphat và silicat của canxi và magie, khi bón cho đất chua sẽ tác dụng với axit có trong đất chua để tạo thành hợp chất dễ tan trong nước (cây dễ hấp thụ) đồng thời làm giảm độ chua của đất.

Phân supephotphat có chứa Ca(H 2 PO4 )2 , bón cùng với vôi sẽ xảy ra phản ứng tạo thành chất không tan (cây khó hấp thụ).

CaO + H 2 O → Ca(OH)2 Ca(H 2 PO4 )2 + 2Ca(OH)2 → Ca3 (PO 4 )2 + 4H2 O Phân đạm ure có công thức (NH 2 )2 CO, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm (NH 2 )2 CO + 2H 2 O → (NH 4 )2 CO3 (NH 4 )2 CO 3 + Ca(OH)2 → CaCO 3 + 2NH 3 + 2H 2 O Phân đạm amoni là các muối amoni, bón cùng vôi sẽ xảy ra phản ứng làm mất đạm NH 4 + + OH - → NH 3 + H2 O

0,25

3. Cặp chất X và Y là FeCl2 và Al(NO3)3.

TN1: FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl. Al(NO3)3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O.

0,25

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

Nội dung 1) Giải thích câu tục ngữ: Tiếng sấm (tia lửa điện), là tác nhân giúp cho N 2 kết hợp với O 2 theo phản ứng: Tia lua dien ⎯⎯⎯⎯ → 2NO N2 + O2 ⎯⎯⎯ ⎯

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

Biên soạn và sưu tầm!

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

TN2: FeCl2 + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2↓ + 2NH4Cl. Al(NO3)3 + + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4NO3.

TN3: FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2AgCl↓. và Fe(NO3)2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag↓.

Hoặc FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl↓ + Ag↓.

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,5 0,5

Nếu chọn nX=nY = 1 mol thì n1 =1 mol; n2 =2 mol; n3 =3 mol, tức là n1 < n2 < n3

0,25

Câu 2. (2 điểm) Điểm 0,25

* 400 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và HNO 3 0,1M có n H + = (0,4+0,1).0,4=0,2 mol

0,25

n H + tham gia phản ứng (5) = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol

0,25 0,25

0,25

N

* Theo phản ứng (5), n OH− tham gia phản ứng (5) =0,15 mol

O

FF IC IA L

Nội dung * Phản ứng hoà tan X vào nước 2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 (1) 2Ba + 2H 2 O → Ba(OH)2 + H2 (2) K2 O + H 2 O → 2KOH (3) BaO + H 2 O → Ba(OH)2 (4) * Phản ứng của dung dịch Y với dung dịch HCl và H 2 SO4 H+ + OH - → H2 O (5) * 500ml dung dịch có pH=1 => n H + dư sau phản ứng (5) = 0,1.0,5=0,05 mol

0,25

1 n − =0,05 mol 2 OH mO trong X = 0,05.16=0,8 gam => mX = 0,8:10% = 8 gam

0,25

* Theo phản ứng (1) và (2), n OH− sinh ra trong phản ứng (1) và (2) = 2 n H 2 =0,05mol

Ơ

Vậy n OH− sinh ra trong phản ứng (3) và (4) = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol

N

H

* Theo phản ứng (3) và (4), n O trong K 2 O và BaO =

Câu 3. (2 điểm)

0,25 Điểm 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) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: n NO − ,Cl− =0,12.3-0,06.2=0,24 mol

0,25

Vì AlCl3 và Al(NO 3 )3 có số mol bằng nhau nên n NO − = n Cl− = 0,12 mol

0,25

0,25 0,25

0,25

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

Nội dung 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học để giải thích sự biến thiên của đồ thị. Đoạn 1: khối lượng kết tủa tăng nhanh là do sự xuất hiện đồng thời của 2 kết tủa BaSO 4 và Al(OH)3 theo phương trình: 3Ba(OH)2 + Al2 (SO 4 )3 → 3BaSO 4 + 2Al(OH)3 . Đoạn 2: khối lượng kết tủa tăng chậm hơn đoạn 1 là do đoạn này chỉ xuất hiện 1 kết tủa Al(OH)3 Al3+ + 3OH - → Al(OH)3 Đoạn 3: khối lượng kết tủa giảm dần là do Al(OH)3 bị hoà tan trong Ba(OH)2 dư: Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO 2 )2 + 4H2 O. Đoạn 4: khối lượng kết tủa không thay đổi là do kết tủa BaSO 4 không phản ứng với Ba(OH)2 .

2) Tính giá trị của m.

Với y=17,1 gam, ta có phương trình phản ứng hoá học: 3Ba(OH)2 + Al2 (SO 4 )3 → 3BaSO 4 + 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 4

0,25

3

3

Biên soạn và sưu tầm!

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

m= mAl3+ + mSO 2− + m NO − 4

3

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,25 + mCl− =0,12.27+0,06.96+0,12.62+0,12.35,5=20,7 gam

Câu 4. (2 điểm) Nội dung * nKOH=0,8 mol => n KNO 2 tối đa = 0,8 mol => m KNO 2 tối đa = 0,8.85 = 68 gam > 66,84 gam

0,25

0,25

0,96 − 0, 04.4 − 0, 08 = 0,36 mol 2

N

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H, ta có n H2O =

O

FF IC IA L

=> 66,84 gam chất rắn là hỗn hợp gồm KNO 2 và KOH dư * Đặt số mol KNO 2 và KOH dư lần lượt là x mol và y mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố K, ta có n KOH ban đâu = x+y=0,8 mol (1) Khối lượng chất rắn = 85x + 56y = 66,84 gam (2) Giải hệ (1) và (2) => x=0,76 ; y=0,04 * Thêm KOH vào dung dịch X, thu được 0,896 lít khí X, ta có phương trình phản ứng hoá học : NH 4 + + OH - → NH 3 ↑ + H2 O 0,04 <= 0,04 (mol) Sơ đồ: Mg(NO3 ) 2 ;0,32mol  '  Mg   HNO3     +  →  NH 4 NO3 ;0, 04mol  + kh i + H 2O 0,32mol  0,96mol   HNO du  3   Dung dịch X tác dụng với dung dịch chứa 0,8 mol KOH thu được dung dịch Y chứa 0,76 mol KNO 3 và 0,04 mol KOH dư => n HNO3 du = 0, 76 − 0,32.2 − 0, 04 = 0, 08mol

Điểm 0,25

Ơ

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mkhí = (7,68 + 0,96.63) – (0,32.148+0,04.80+0,08.63) – 0,36.18 =6,08 gam

Câu 5. (2 điểm)

H

Nội dung

N

1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra Khi nhỏ từ từ dung dịch X vào dung dịch Y, có 2 phản ứng theo thứ tự:

M

Q U

Y

H+ + CO 3 2- → HCO 3 - (1) H+ + HCO 3 - → CO 2 ↑ + H 2 O (2) Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Z, có 2 phản ứng tạo kết tủa: Ba2+ + HCO 3 - + OH - → BaCO 3 + H 2 O (3) Ba2+ + SO 4 2-→ BaSO 4 ↓ (4) 2) Tính các giá trị của V và m. n H + = 0,5 mol; n SO 2− = 0,1 mol; n HCO − = n CO 2− = 0,3mol 4

3

0,25

0,25 0,25 0,5

Điểm 0,5

0,5

0,5

3

0,5

D

ẠY

KÈ

Tính giá trị của V H+ + CO 3 2- → HCO 3 - (1) 0,3 <= 0,3 => 0,3 (mol) H+ + HCO 3 - → CO 2 ↑ + H 2 O (2) 0,2 => 0,2 0,2 (mol) => V = 4,48 lít Dư 0,4 mol HCO 3 Tính giá trị của m Ba2+ + HCO 3 - + OH - → BaCO 3 + H 2 O (3) 0,4 => 0,4 (mol) 2+ 2Ba + SO 4 → BaSO 4 ↓ (4) 0,1 => 0,1 (mol) m=0,4.197 + 0,1.233 = 102,1 gam Câu 6. (4 điểm) Nội dung 1) Tiến hành thí nghiệm điều chế và thử tính chất của hiđrocacbon X: Ở bước 1 có hiện tượng sủi bọt khí không màu CaC2 + 2H 2 O → Ca(OH)2 + C2 H2 .

Điểm 0,5

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,5 0,5 0,5 0,5

FF IC IA L

Ở bước 2: dung dịch brom bị nhạt màu C2 H2 + Br2 → C2 H2 Br2 ; phản ứng cộng Ở bước 3: xuất hiện kết tủa màu vàng nhạt C2 H2 + 2AgNO 3 + 2NH 3 → C2 Ag2 + 2NH 4 NO3 ; phản ứng thế Ở bước 4: khí C 2 H2 cháy mạnh, có ngọn lửa màu xanh mờ C2 H2 + 2,5O 2 → 2CO 2 + H2 O; phản ứng oxi hoá 2) Thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm: TN1: Khi chưa có bột sắt: dung dịch đồng nhất, có màu vàng không đổi. Nguyên nhân, benzen không tác dụng với brom ở điều kiện thường, benzen là dung môi hoà tan brom.

Khi cho thêm bột sắt vào hỗn hợp phản ứng thì màu chất lỏng trong ống nghiệm nhạt màu dần, Fe do phản ứng: C 6 H6 + Br2 ⎯⎯ → C6 H5 Br + HBr TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen được tạo thành do phản ứng: 0

0,5

N

O

H2SO4 , t C6 H6 + HO-NO 2 ⎯⎯⎯⎯ → C6 H5 NO2 + H2 O TN3: Benzen không làm mất màu dung dịch thuốc tím; toluen làm mất màu dung dịch thuốc tím 0,5 khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng: t0 C6 H5 CH3 + 2KMnO 4 ⎯⎯ → C6 H5 COOK + 2MnO 2 + KOH + H 2 O TN4: Ở nhánh một, xuất hiện khói trắng và trên thành ống nghiệm xuất hiện chất bột màu trắng, 0,5 đó là C6 H6 Cl6 được tạo thành do các phản ứng: 2KMnO 4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2 O as → C6 H6 Cl6 .

C6 H6 + 3Cl2 ⎯⎯

Ơ

Câu 7. (2 điểm)

Điểm 0,25

Bình 2 xuất hiện 90 kết tủa là khối lượng của CaCO 3 => n CaCO3 = 0,9 mol = n CO2 = n C

0,25

N

H

Nội dung Khối lượng bình 1 tăng 18,9 gam là khối lượng của H 2 O => n H 2O = 1,05 mol => nH = 2,1 mol

Q U

Y

Sơ đồ: 18,9 gam X + Không khí → 0,9 mol CO 2 + 18,9 gam H 2 O + 4,65 mol N 2 . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mKK = 0,9.44 + 18,9 + 4,65.28 – 26,7 = 162 gam 162 n O2 KK = = 1,125 mol 32 + 4.28 => n N 2 (do X tạo ra) = 4,65 – 1,125.4=0,15 mol

0,25

0,25 0,25

26, 7 − (0,9.12 + 2,1 + 0,3.14) 0,25 = 0, 6 mol 16 Tỉ số nC:nH:nO:nN = 0,9:2,1:0,6:0,3 = 3:7:2:1 0,25 => công thức đơn giản nhất của X là C 3 H7 O2 N Vì X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất nên công thức phân tử của X cũng 0,25 là C3 H 7 O2N Câu 8. (2 điểm) Nội dung Điểm 0,25 1) Viết các phương trình phản ứng hoá học đã xảy ra.

ẠY

KÈ

M

n O(trong X) =

D

Phản ứng cộng H2 Ni, t → C3H6 C3H4 + H2 ⎯⎯⎯ Ni, t → C3H8 C3H6 + H2 ⎯⎯⎯ Hỗn hợp khí Y gồm C 3H4, C3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch AgNO 3 dư 0,25 trong NH3: CH≡C-CH3 + AgNO3 + NH3 →CAg≡C-CH3 + NH4NO3.

0,25 Hỗn hợp khí Z gồm C 3H6, C3H8 và H2; phản ứng với dung dịch brom dư: C3H6 + Br 2 → C3H6Br 2 0

0

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Hỗn hợp khí T gồm C 3H8 và H2.

0,25 2) Tính giá trị của m. * mX= 0,2.40 + 0,3.42 + 0,5.2 = 21,6 gam = m Y MY = 14,4.2 = 28,8 => n Y = 21,6/28,8 = 0,75 mol Ni, t 1 mol X ⎯⎯⎯ → 0,75 mol Y => số mol hỗn hợp giảm = 0,25 mol = số mol H2 đã phản ứng.

0,25 * n Br (phản ứng với Z) = 24/160 = 0,15 mol 0,25 * n  (trong X) = 0,2.2 + 0,3.1 = 0,7 mol 0

2

0, 7 − 0, 25 − 0,15 = 0,15mol 2 = 0,15mol => m=0,15.147=22,05 gam

3

4

=> n CAg C−CH

3

FF IC IA L

=> n C H (trong Y) =

0,25

___HẾT___

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT Thời gian:180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi:21/03/2019 Đề thi này có 10 câu, gồm 02 trang

N

O

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC

Ơ

Số báo danh ……………....

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Câu 1:(2,0 điểm) 1.Hai nguyên tố X, Y đều thuộc nhóm A trong bảng tuần hoàn. Nguyên tử X có tổng số electron ở các phân lớp p là 11, nguyên tử Y có 4 lớp electron và có 2 electron ở lớp ngoài cùng. a.Viết cấu hình electron nguyên tử và xác định các nguyên tố X, Y. b.Hoàn thành dãy chuyển hóa (X, Y là các nguyên tố tìm được ở trên) (2) (3) (4) (1) → HX ⎯⎯ → X2 ⎯⎯ → YX2 ⎯⎯ → YOX2 X2 ⎯⎯ 2.X, Y là 2 nguyên tố thuộc cùng một nhóm A ở 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Nguyên tửX có 6e lớp ngoài cùng. Hợp chất của X với hiđro có %mH = 11,1%. Xác định 2 nguyên tốX, Y. Câu 2: (2,0 điểm) 1.Lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa – khử sau: → H2 SO 4 + HCl a.H2 S + Cl2 + H2 O ⎯⎯ → Zn(NO 3 )2 + H 2 SO4 + N x Oy + H2 O b.ZnS + HNO 3 ⎯⎯ 2.Có hai dung dịch: Dung dịch A và dung dịch B, mỗi dung dịch chỉ chứa 2 loại cation và 2 loại anion khác nhau trong số các ion sau: NH 4 + (0,15 mol); H + (0,25 mol); Na+ (0,25 mol); CO 3 2- (0,1 mol), NO 3 - (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; Br- (0,2 mol) ; SO 4 2- (0,15 mol).

Xác định dung dịch A và dung dịch B. Biết rằng khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch A và đun nóng nhẹ thì có khí thoát ra làm xanh giấy quỳ tím ẩm.

Câu 3: (2,0 điểm) 1.X, Y là các hợp chất của photpho. Xác định X, Y và viết các phương trình hóa học theo dãychuyển hóa sau: + ddBr 2 → P2O3 ⎯⎯ → H 3PO3 ⎯⎯⎯→ P ⎯⎯ X+ dd Ba(OH) 2 dư Y 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a. Sục khí H 2 S vào nước brom, sau đó cho thêm dung dịch BaCl2 vào dung dịch sau phản ứng. b. Dẫn khí CO 2 đến dư vào dung dịch K 2 SiO 3 . c. Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch NH 3 loãng, sau đó thêm dung dịch AlCl3 đến dư vào dung dịch sau phản ứng. d. Sục khí elilen đến dư vào dung dịch KMnO 4 .

Câu 4: (2,0 điểm) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1.Có 5 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm: KHCO 3 , Ba(HCO 3 )2 , C6 H 6 (benzen), C2 H 5 OH và KAlO 2 . Chỉ dùng thêm một dung dịch chứa 1 chất tan. Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng ở trên.

2.Nhỏ từ từ V lít dung dịch chứa Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch chứa x mol NaHCO 3 và y mol BaCl2 . Đồ thị sau biểu diễn sự phụ thuộc giữa số mol kết tủa và thể tích dung dịch Ba(OH) 2 .

0,2

Tính giá trị của x và y.

0

0,1

FF IC IA L

0,1 0,3

O

Câu 5: (2,0 điểm) 1. Hai hiđrocacbon A, B đều có công thức phân tử C 9 H12 . A là sản phẩm chính của phản ứng giữa benzen với propilen (xt H 2 SO4 ). Khi đun nóng B với brom có mặt bột sắt hoặc cho B tác dụng với brom (askt) thì mỗi trường hợp đều chỉ thu được một sản phẩm monobrom.

Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A, B và viết phương trình hóa học (dạng công thức cấu tạo).

2. Cho 2 ống nghiệm, mỗi ống đựng 2ml nước brom (màu vàng nhạt). Thêm vào ống thứ nhất 0,5ml hexan và vào ống thứ hai 0,5 ml hex-2-en, sau đó lắc nhẹ cả hai ống nghiệm, rồi để yên.

Hãy mô tả hiện tượng ở 2 ống nghiệm và giải thích?

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Câu 6: (2,0 điểm) Cho hỗn hợp khí X gồm 3 hiđrocacbon A, B, C (với B, C là 2 chất kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng). Đốt cháy hoàn toàn 672 ml hỗn hợp X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình chứa 437,5 ml dung dịch Ba(OH)2 0,08M, phản ứng xong thu được 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, dẫn 1209,6 ml hỗn hợp X qua bình chứa nước brom dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình brom tăng 0,468 gam và có 806,4 ml hỗn hợp khí thoát ra. Biết các thể tích khí đo ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàn t oàn. a. Tìm công thức phân tử của A, B, C. Biết A, B, C thuộc trong các dãy ankan, anken, ankin. b. Tính phần trăm thể tích các chất trong hỗn hợp X. Câu 7: (2,0 điểm) 1. Có 3 nguyên tố A, B, C. Đơn chất A tác dụng với đơn chất B ở nhiệt độ cao thu được hợp chất X. Chất X bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được có mùi trứng thối. Đơn chất B tác dụng với đơn chất C tạo ra khí E. Khí E tan được trong nước tạo dung dịch làm qùy tím hóa đỏ. Hợp chất Y của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại hợp chất rất cứng. Hợp chất Z của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân.

Xác định các nguyên tố A, B, C và các chất X, E, Y, Z và viết phương trình hóa học.

2. Hòa tan hết 12,8 gam hỗn hợp X gồm (Na, Na2 O, K, K 2 O, Ba và BaO), (trong đó oxi chiếm 8,75% về khối lượng) vào nước thu được 600 ml dung dịch Y và 1,568 lít khí H 2 (đktc). Trộn 300 ml dung dịch Y với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,4M và H 2 SO 4 0,3M thu được 400 ml dung dịch Z. Tính pH của dung dịch Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Câu 8: (2,0 điểm) 1. Cho dung dịch chứa 38,85 gammộtmuối vô cơ của axit cacbonic tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 18 gam muối sunfat trung hòa của kim loại hóa trị II, sau phản ứng hoàn toàn thu được 34,95 gam kết tủa.

Xác định công thức 2 muối ban đầu.

2. Cho 16,6 gam hỗn hợp A gồm 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp vào bình đựng H 2 SO4 đặc, ở nhiệt độ thích hợp thu được 13 gam hỗn hợp chất hữu cơ B gồm (2 anken, 3 ete và 2 ancol dư). Đốt cháy hoàn toàn B thu được 17,92 lít CO 2 (đktc) và 16,2 gam H 2 O. Xác định công thức cấu tạo và tính % số mol mỗi ancol.

Câu 9: (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 6,84 gam hỗn hợp E gồm Mg và kim loại M có hóa trị không đổi cần một lượng dung dịch HNO 3 loãng, vừa đủ thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N 2 và N 2 O có tỉ khối

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 so với H 2 là 16 và dung dịch F. Chia F thành 2 phần bằng nhau. Đem cô cạn phần 1 thu được 25,28 gam muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 4,35 gam kết tủa.

Xác định kim loại M. Câu 10: (2,0 điểm) 1.Trong phòng thí nghiệm thường điều chế CO 2 từ CaCO 3 và dung dịch HCl như hình vẽ sau:

FF IC IA L

Để thu được CO 2 tinh khiết có 2 học sinh (HS) cho sản phẩm khí qua 2 bình như sau: HS1: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO 3 và bình (Y) đựng H 2 SO 4 đặc.

HS2: Bình (X) đựng H 2 SO4 đặc và bình (Y) đựng dung dịch NaHCO 3 .

Cho biết học sinh nào làm đúng?

Viết phương trình hóa học giải thích cách làm.

2. Em hãy giải thích: a. Tại sao không nên bón các loại phân đạm amoni, ure và phân lân cùng với vôi bột? b. Tại sao không dùng khí CO 2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)?

Y

HƯỚNG DẪN GIẢI 1. a. Cấu hình e của X: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 (Cl) Cấu hình e của Y: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 (Ca) b. PTHH: a.s → 2HCl (1) H 2 + Cl2 ⎯⎯ → CaCl2 + H2 O (2) 2HCl + CaO ⎯⎯ + dpnc → Ca + Cl2 (3) CaCl2 ⎯⎯⎯ → CaOCl2 + H2 O (4) Cl2 + Ca(OH)2 ⎯⎯ 2.

X thuộc nhóm A và có 6e ở lớp ngoài cùng  Hợp chất của X với H có dạng XH 2 2 100 = 11,1  X =16  X là O %mH = 2+ X Y thuộc nhóm VIA và liên tiếp với X trong 1 chu kì  Y là S

ĐIỂM 0,25 0,25

0,25 0,25

ẠY

KÈ

M

Q U

CÂU Câu 1 (2 điểm)

N

H

Ơ

N

O

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H =1; C=12; O=16; N=14; Na=23; Mg=24; Al=27; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Ba=137.

------ Hết----Chú ý: Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

SỞ GD&ĐT THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THICHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 11 THPT (Hướng dẫn chấm có 05 trang)

D

Câu 2 (2 điểm)

1. → a. H 2 S + 4Cl2 + 4H2 O ⎯⎯

1 4

−2

0,5 0,5

H2 SO 4 +8 HCl.

+6

S → S +8 e 0

0,5

Cl2 + 2 e→2Cl −

→ (5x-2y)Zn(NO 3 )2 b. (5x-2y)ZnS + (18x-4y)HNO 3 ⎯⎯ +(5x-2y) H2 SO4 + 8Nx O y + 4xH 2 O.

0,5

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 −2

+6

(5 x − 2 y ) S → S +8e +2 y / x +5 8 xN + (5 x − 2 y ) e→ xN 2.dd A: NH 4 + (0,15 mol); Na+ (0,25 mol); CO 3 2- (0,1 mol); Br- (0,2 mol). dd B: H + (0,25 mol); NO 3 - (0,1 mol); Al3+ ( 0,05 mol) ; SO 4 2- (0,15 mol)

0,5 0,5

1.

X là H 3 PO4 , Y là Ba3 (PO 4 )2 t0 0,25 (1) 4P+ 3O2thiếu ⎯⎯ → 2P2O3 0,25 (2) P2O3+ 3H2O ⎯⎯ → 2H3PO3 0,25 (3) H3PO3+ Br2 + H2O ⎯⎯ → H3PO4 +2 HBr 0,25 (4) 2H3PO4 + 3Ba(OH)2 ⎯⎯ → Ba3(PO4)2 + 6H2O 2. a. H 2 S + 4Br2 + 4H2 O ⎯⎯ → H2 SO 4 +8 HBr → BaSO 4 + 2HCl H 2 SO4 + BaCl2 ⎯⎯ 0,25 Hiện tượng: Dung dịch mất ( hoặc nhạt) màu, sau đó xuất hiện kết tủa màu trắng. → H2 SiO 3 + 2KHCO 3 b. 2CO 2 + 2H 2 O +K2 SiO 3 ⎯⎯ 0,25 Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo. → Al(OH)3 + 3NH 4 Cl c. 3NH 3 + 3H2 O +AlCl3 ⎯⎯ Hiện tượng: Dung dịch chuyển thành màu hồng, sau đó xuất hiện kết tủa keo trắng 0,25 và dung dịch mất màu. → 3C2 H4 (OH)2 + 2MnO 2 + 2KOH d. 3C2 H4 + 2KMnO 4 + 4H 2 O ⎯⎯ 0,25 Hiện tượng: dung dịch mất màu tím và xuất hiện kết tủa màu đen.

Câu 4 (2 điểm)

1.

Dung dịch axit cần dùng là H 2 SO4 Nhỏ từ từ dung dịch H 2 SO 4 vào từng ống nghiệm chứa mẫu thử của các dung dịch -Mẫu có khí không màu thoát ra là NaHCO 3 → K2SO4 + 2H 2 O +2CO 2 H2 SO4 + 2KHCO 3 ⎯⎯ -Mẫu có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra là Ba(HCO 3 )2 → BaSO 4 + 2H 2 O +2CO 2 H2 SO4 + Ba(HCO 3 )2 ⎯⎯ -Mẫu có kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan dần là KAlO 2 → 2Al(OH)3 + K 2 SO 4 H2 SO4 + 2KAlO 2 + 2H2 O ⎯⎯ → 2Al2 (SO 4)3 +6H2 O 2Al(OH)3 + 2H2 SO4 ⎯⎯ -Mẫu mà chất lỏng không tan tách thành 2 lớp có bề mặt phân chia là C 6 H6 -Mẫu chất lỏng tạo dung dịch trong suốt đồng nhất là C 2 H5 OH

0,25

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu 3 (2 điểm)

D

ẠY

2.

- Khi V =0,3 lít: nBa(OH)2 = 0,15 mol thì kết tủa đạt cực đại tức là toàn bộ ion HCO 3 tạo kết tủa  x = nkết tủa cực đại =0,2 mol Khi V =0,1 lít: nBa(OH)2 = 0,05 mol thì BaCl2 vừa hết và NaHCO 3 dư → BaCO 3 + Na2 CO 3 Ba(OH)2 + 2NaHCO 3 ⎯⎯ 0,05 0,05 0,05 → BaCO 3 + 2NaCl BaCl2 + Na2 CO3 ⎯⎯ 0,05 y 0,05  y = 0,05 Vậy: x=0,2 và y = 0,05 1.

A là C6 H5 -CH(CH 3)2 : isopropylbenzen hoặc cumen H 2 SO 4 PTHH: C6 H6 + CH 2 =CH-CH 3 ⎯⎯⎯→ C6 H5-CH(CH 3)2 B là C6 H3 (CH 3 )3 : 1,3,5-trimetylbenzen Fe , t 0 → C6 H2 Br(CH 3)3 + HBr C6 H 3 (CH 3 )3 + Br2 ⎯⎯⎯

Câu 5 (2 điểm)

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

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

Biên soạn và sưu tầm!

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

C6 H 3 (CH 3 )3 + Br2 ⎯⎯→ (CH 3 )2 C6H 3-CH2Br + HBr a.s

0,5

0,5

FF IC IA L

2.

-Ống thứ nhất có lớp chất lỏng phía trên màu vàng và lớp chất lỏng phía dưới không màu. Do brom tan trong hexan tốt hơn trong nước nên tách toàn bộ brom từ nước.

- Ống thứ hai có lớp chất lỏng phía trên không màu và lớp chất lỏng phía dưới cũng không màu. Do có phản ứng của hex-2-en với brom tạo sản phẩm là chất lỏng không màu, không tan trong nước, nhẹ hơn nước.

CH 3 -CH=CH-[CH 2 ]3-CH 3 + Br2 ⎯⎯ → CH 3 -CHBr-CHBr-[CH 2 ]3-CH 3 -Khí A bị hấp thụ bởi dung dịch brom là anken hoặc ankin 1, 2096 − 0,8064 = 0,018 molmà mA = 0,468 gam  nA = 22, 4  MA = 26  A là C2 H2 Hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình brom là 2 ankan B và C Đặt CTTB của B, C là Cn H 2 n+2 Ta có: nC2H2 (trong 672 ml hhX) = 0,01 mol  nB,C trong X = 0,03- 0,01 = 0,02 mol Sản phẩm cháy tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 nBa(OH)2 =0,035 mol; nBaCO3 = 0,025 mol Th1: Chỉ tạo muối trung hòa, Ba(OH)2 dư nCO2 = nBaCO3 = 0,025 mol  0,01.2 + 0,02. n = 0,025  n = 0,25 (loại) Th2: Tạo 2 muối : BaCO 3 (0,025 mol) và Ba(HCO 3 )2 (0,035-0,025=0,01 mol) nCO2 = 0,025 + 0,01.2 = 0,045 mol  0,01.2 + 0,02. n = 0,045  n = 1,25  B, C là CH 4 (x mol)và C2 H6 (y mol) Ta có hệ:  x + 2 y = 0, 045  x = 0, 015    x + y = 0, 02  y = 0, 005  %VCH4 =50%; %V C2H6 =16,67%; %V C2H2 = 33,33%; 1.

A là Al, B là S, C là O, X là Al2 S3 , E là SO 2 , Y là Al2 O3 , Z là Al2 (SO 4 )3 t0 → Al2 S3 PTHH: 2Al + 3S ⎯⎯ → 2Al(OH)3 + 3H 2 S Al2 S3 + 6H 2 O ⎯⎯ t0 → 2SO 2 + 2H 2 O 2H2 S + 3O2 ⎯⎯ t0 → SO 2 S + O2 ⎯⎯

0,5

0,25

0,25

0,25 0,25

Q U

0,5 0,5

M

Câu 7 (2 điểm)

Y

N

H

Ơ

N

O

Câu 6 (2 điểm)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,25

KÈ

⎯⎯ → H2 SO3 SO 2 + H2 O ⎯ ⎯

⎯⎯ → 2Al(OH)3 + 3H2 SO4 Al2 (SO 4 )3 + 6H 2 O ⎯ ⎯

0,5

2.

ẠY

12,8  8, 75 = 0, 07mol 100 16 1,568 nH2 = = 0, 07mol 22, 4 → Na+ + K+ + Ba2+ + OH -+ H 2 Sơ đồ: X + H 2 O ⎯⎯ nOH - =2.nO (X) + 2.nH2 = 0,28 mol → H2O H+ + OH - ⎯⎯ 0,1 0,14 0, 04  [OH -]dư = = 0,1M  pH = 13.

0, 4

D

nO (X)=

0,5

0,5

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1.

TH1 : Muối trung hòa M2 (CO 3 )n (n là hóa trị của M) PTHH: M2 (CO 3 )n + nNSO 4 ⎯⎯ → M2 (SO 4 )n + nNCO 3 Nhận thấy mkết tủa < mmuối cacbonat bđ nên không có kết tủa M2 (SO 4 )n mkết tủa > mmuối sunfat bđ nên không có kết tủa NCO 3  TH này không xảy ra TH2 : Muối axit M(HCO 3 )n PTHH: 2M(HCO 3 )n + nNSO 4 ⎯⎯ → M2 (SO 4 )n + nN(HCO 3 )2 Kết tủa là M2 (SO4 )n BTKL  mN(HCO3)2 = 38,85 + 18 – 34,95 = 21,9 gam 21,9 − 18 = 0,15 mol Tăng giảm KL  nNSO4 = 122 − 96 18 MNSO4 = = 120 = N + 96  N =24  N là Mg  CT muối: MgSO4 0,15 38,85  n MM(HCO3)n = = 129,5n = M + 61n 0,3  M =68,5n  n=2 và M=137 (Ba)  CT muối: Ba(HCO3 )2

0,25

0,25

FF IC IA L

Câu 8 (2 điểm)

0,25

O

0,25

N

2.

Vì ancol tách nước tạo anken nên ancol no, đơn chức, mạch hở CT chung 2 ancol: Cn H 2 n+2O

0,25

H

Ơ

→ hh B + H 2 O Sơ đồ: hh A ⎯⎯  mH2 O = 16,6 – 13= 3,6 gam  nH2 O =0,2 mol

KÈ

M

Q U

Y

N

→ CO 2 + H 2 O B + O2 ⎯⎯ 0,8 0,9 mol → CO2 + H2 O  hhA : (Cn H 2 n+2O) + O2 ⎯⎯ 0,8 (0,9 + 0,2) mol  nA = 1,1 – 0,8 = 0,3 mol nCO2 8 = n= nA 3  2 ancol là C2 H5 OH (x mol): CH3 -CH2 OH và C 3 H7 OH (y mol): CH 3 -CH 2 -CH 2 OH hoặc CH 3 -CH(OH)-CH3 Ta có: x + y = 0,3 và 2x + 3y = 0,8  x= 0,1 và y =0,2  %nC2H5OH =33,33%; %nC3H7OH =66,67%.

Hỗn hợp X (0,04 mol):

D

ẠY

Câu 9 (2 điểm)

nN2 nN2O

=

44 − 32 3 =  32 − 28 1

nN2 = 0,03 mol; nN 2 O =0,01 mol. → F: Mg2+, Mn+, NO 3 - (muối KL), NH 4 NO3 (a mol) Sơ đồ:E+ HNO 3 ⎯⎯ + N2 (0,03); N 2 O (0,01) Ta có: nNO 3 - ( muối KL) = 0,03.10 + 0,01.8 +8a = 0,38 + 8a mmuối = 25,28.2 = 6,84 + 62(0,38 + 8a) + 80a  a=0,035 TH1 : M không phải là kim loại có hiđroxit lưỡng tính  Kết tủa gồm: Mg(OH)2 và M(OH)n Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và M trong hhE

0,5

0,25

0,25

0,5

0,5

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

0,25

FF IC IA L

0,5

0,5

0,25 0,25

2. a.Không nên bón các loại phân đạm amoni hoặc đạm ure và phân lân với vôi vì: + Làm giảm hàm lượng N trongphân đạm do: CaO + H 2 O → Ca(OH)2 2NH 4 Cl + Ca(OH)2 → 2NH3 ↑ + 2H2 O + CaCl2 (NH 2 )2 CO + 2H 2 O → (NH 4 )2 CO3 (NH 4 )2 CO 3 + Ca(OH)2 → 2NH 3 ↑ + CaCO 3 + 2H2 O

0,25

+ Phân lân sẽ tác dụng với Ca(OH)2 tạo dạng không tan, cây trồng khó hấp thụ, đất trồng trở nên cằn cỗi.

2Ca(OH)2 + Ca(H 2 PO4 )2 → Ca3 (PO 4 )2 + 4H2 O.

0,25

N

H

Ơ

N

O

Câu 10 (2 điểm)

24 x + My = 6,84 24 x + My = 6,84  Ta có: 58 x + ( M + 17n) y = 4,35.2    Loại 24 x + My = −2,52 2 x + ny = 0,38 + 8.0, 035  TH2 : M là kim loại có hiđroxit lưỡng tính 4,35.2 = 0,15mol = nMg  Kết tủa là Mg(OH)2 : 58  mM = 6,84 - 0,15.24 =3,24 gam 3, 24 .n = 0,38 + 8.0, 035  M = 9n  n =3 và M=27 (Al) Bảo toàn e: 0,15.2 + M 1.PTHH điều chế: CaCO 3 + 2HCl ⎯⎯ → CaCl2 + CO 2 + H2 O Sản phẩm khí thu được sau phản ứng gồm: CO2 , HCl, hơi H2 O  HS1 làm đúng: Bình (X) đựng dung dịch NaHCO 3 để rửa khí ( loại bỏ HCl), bình Y đựng H 2 SO4 đặc dùng để làm khô khí ( loại nước) → NaCl + H 2 O + CO 2 Bình X: NaHCO 3 + HCl ⎯⎯  HS2 làm sai: Khi đổi thứ tự bình X và Y thì CO 2 thu được vẫn còn lẫn hơi nước

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

b.

Không dùng khí CO 2 để dập tắt đám cháy của một số kim loại (Mg, Al, …)?

Vì các kim loại này tiếp tục cháy trong khí CO 2 theo phương trình: t0 0,5 → 2MgO + C 2 Mg + CO 2 ⎯⎯ t0 → 2Al2 O3 + 3C 4Al + 3CO 2 ⎯⎯ t0 → CO2 C + O 2 ⎯⎯ t0 → 2CO C + O2 ⎯⎯ Chú ý khi chấm: - Trong các pthh nếu viết sai công thức hoá học thì không cho điểm. Nếu không viết điều kiện (theo yêu cầu của đề) hoặc không cân bằng pt hoặc cả hai thì cho 1/2 số điểm của phương trình đó.

- Nếu làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm ứng với các phần tưong đương.

D

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HOÀI ĐỨC A (Đề thi gồm 2 trang)

KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG Môn thi: Hoá học lớp 11 – Năm học 2018 - 2019 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 10 tháng 3 năm 2019

Họ và tên thí sinh: ..................................................Số báo danh:........................Phòng thi:...... ĐỀ BÀI Bài 1 (5,0 điểm) 1. Nhận biết các dung dịch loãng không màu đựng trong các lọ mất nhãn: Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Al2 (SO 4 )3 , (NH 4 )2 SO 4, FeCl3 , NH 4 NO3 , Al(NO 3 )3, KNO 3 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO 4 vào dung dịch chứa NaAlO 2 và Na2 CO 3 . b) Cho dung dịch H 2 SO4 loãng vào dung dịch Fe(NO 3 )2 . c) Sục khí etilen vào dung dịch brom. d) Toluen tác dụng với dung dịch KMnO 4 khi đun nóng 3. Cho dung dịch H 3 PO4 0,005M . Biết axit này có thể phân li 3 nấc :

Ka1 = 7,6.10−3 Ka 2 = 6, 2.10−8

H + + H2 PO4 -

H2 PO4 -

H+ + HPO 4 2-

HPO 4 2-

H + + PO 4 3-

Ka3 = 4, 4.10−13

FF IC IA L

H3 PO 4

3H+ + PO 4 3-

a) Tính Hằng số cân bằng của quá trình: H3 PO4 b) Tính pH và nồng độ [HPO 4 2-] của dung dịch trên.

Bài 2 (5,0 điểm): 1. Tại sao khi đất chua người ta thường bón vôi? Dựa vào kiến thức hóa học, hãy dự đoán 4 dạng vôi có thể bón để làm giảm tính chua của đất?

2. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa (ghi rõ điều kiện, các chất hữu cơ viết công thức ở dạng cấu tạo)

O

(4) (2) (1) (5) (6) (7) (8) (3) NaNO3 ⎯⎯ → HNO3 ⎯⎯→ CO2 ⎯⎯ → C2H2 ⎯⎯ → C4H4 ⎯⎯ → C4 H6 ⎯⎯ → Cao su buna → C ⎯⎯→ CaC2 ⎯⎯

3. Quan sát hình vẽ điều chế khí X dưới đây, hãy trả lời các câu hỏi sau đây:

N

(1C)

Ơ

2ml C2H 5OH 4ml H 2SO4

H

ñaä m ñaë c

N

Ñaùboït

Y

dd KM nO4

M

Q U

a. Khí X là gì? Viết PTHH minh họa b. Vai trò của đá bọt? Nếu phòng thí nghiệm không có đá bọt em có thể thay bằng gì? c. Nêu hiện tượng và viết PTHH khi dẫn khí X vào ống nghiệm đựng dung dịch KMnO 4 . d. Để thu được khí X tinh khiết người ta thường dẫn khí thu được vào bình rửa đựng dung dịch gì? Giải thích?

D

ẠY

KÈ

Bài 3 (5,0 điểm): 1. Cho 6,72 lít (đktc) hỗn hợp X gồm C 2 H2 và H 2 qua bình đựng Ni (nung nóng), thu được hỗn hợp Y (chỉ chứa ba hiđrocacbon) có tỉ khối so với H 2 là 14,4. Biết Y phản ứng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Tính giá trị của a?

2. Dung dich X chứa KHCO 3 và Na2 CO 3 . Dung dịch Y chứa HCl 1M và H 2 SO 4 1,25M. Thực hiện 2 thí nghiệm sau: + Cho từ từ 100 ml dung dịch X vào 100 ml dung dịch Y thu được 5,6 lít CO 2 (đktc). + Cho từ từ 100 ml dung dịch Y vào 100 ml dung dịch X thu được 3,36 lít CO 2 (đktc) và dung dịch Z. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Z, kết thúc phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính giá trị m ?

3. Sục V lít khí CO 2 (đktc) vào dung dịch chứa hỗn hợp Ba(OH)2 và KOH, kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Khi kết tủa đạt cực đại, hãy tính giá trị trị lớn nhất và nhỏ nhất của V ?

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Bài 4 (5,0 điểm): 1. Hòa tan hết 33,02 gam hỗn hợp Na, Na2 O, Ba và BaO vào nước dư thu dược dung dịch X và 4,48 lit H 2 ở (đktc). Cho dung dịch CuSO 4 dư vào dung dịch X, thu được 73,3 gam kết tủa. Nếu sục 0,45 mol khí CO 2 vào dung dịch X, sau khi kết thúc phản ứng, thu được bao nhiêu gam kết tủa?

2. Trong bình kín thể tích là 10 lít chứa không khí (20% O 2 và 80% N 2 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 54,6 0 C. Bật tia lửa điện để đốt cháy hết X. Sau đó cho toàn bộ sản phẩm cháy qua lần lượt bình 1 đựng P2 O5 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 N 2 có thể tích là 5,6 lít (đktc). Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hãy xác định giá trị của P. Biết bình 1 tăng 1,26 gam, bình 2 tạo 3,94 gam kết tủa và khi đun nóng dung dịch sau phản ứng lại có kết tủa xuất hiện, bình 3 tăng 0,16 gam.

3. Hòa tan hết 14,3g hỗn hợp X gồm Al(NO 3 )3 , MgO, Mg và Al vào dung dịch gồm 0,03mol KNO 3 và 0,5 mol H 2 SO 4 (đun nóng). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 59,85g muối và 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và H 2 có tỉ khối so với H 2 bằng 4,5. Dung dịch Y tác dụng với dung dịch KOH dư, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 10 gam rắn.

Tính phần trăm khối lượng của Al có trong X ?

N

-----------------HẾT--------------

Q U

Y

Cho biết khối lượng nguyên tử: Na = 23, Ba = 137, O = 16, S = 32, Cu = 64, C = 12, H = 1, N = 14, K = 39, Br = 80, Ca = 40 Học sinh không sử dụng tài liệu, kể cả bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan.

D

ẠY

KÈ

M

CBCT không giải thích gì thêm

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG MÔN HOÁ - KHỐI 11 Năm học 2018 – 2019 Hướng dẫn chấm

Bài

1,5

1.1

Nhận biết được 1 chất và viết đúng PTHH minh họa được 0,25 điểm Thuốc Al2 (SO 4 )3 (NH 4 )2 SO4 FeCl3 thử Ba(OH)2 ↓ trắng ↓ trắng,  ↓ nâu đỏ mùi khai

NH4 NO3 Al(NO 3 )3 KNO 3  mùi khai

Nêu đúng hiện tượng 0,25 điểm Viết đúng PTHH (ion hoặc phân tử): 0,25 điểm (Thiếu điều kiện, cân bằng sai không tính điểm)

↓ keo trắng rồi tan

Không hiện tượng

FF IC IA L

1.2

Điểm

0,5

a) Tạo khí, kết tủa, rồi kết tủa tan

O

H+ + AlO 2 - + H 2 O → Al(OH)3 Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + H2 O

→ CO2 + H2O

+ H+

0,5 0,5

Ơ

HCO 3

-

N

H+ + CO 3 2- → HCO 3-

0,5

b) Tạo khí không màu, hóa nâu trong không khí

H

4H+ + 3Fe2+ + NO 3 - → 3Fe3+ + NO + 2H 2 O

Y

N

c) Dung dịch Brom nhạt màu → Br – CH2 – CH 2 – Br CH 2 =CH 2 + Br2 ⎯⎯ d) Dung dịch thuốc tím nhạt màu, có kết tủa đen

a) Tính HSCB K = K1.K 2 .K3 = 7, 6.10−3.6, 2.10−8.4, 4.10 −13 = 2, 07.10 −22 b) Tính pH và [HPO4 2-] Vì K1 K 2 K3 nên [H+] chủ yếu được điện li từ qúa trình:

KÈ

M

1.3

Q U

t0 CH3 + 2KMnO4 COOK + 2MnO2 + KOH + H 2O Caù ch thuyû Kali benzoat

ẠY

Ban đầu Điện li

D

0,5

Ka1 = 7,6.10−3

H+ + H 2 PO 4 -

0,005 x

Sau điện li K1 =

H3 PO4

0,5

0,005 –x

x

x

x

x

0,5

2

x -3 = 7,6.10−3 suy ra x = 6,16.10 (M)  pH = 2,21 0,005 − x

H2 PO4 Ban đầu Điện li Sau điện li

H+

+

HPO 4 2-

Ka 2 = 6, 2.10−8

6,16.10-3 a 6,16.10-3 –a

a

a

a

a

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

K2 =

2.2

a = 6, 2.10−8 suy ra a = 1,95.10-5 M −3 6,16.10 − a

Giải thích đất chua: 0,5 điểm Kể được 4 dạng vôi: 0,5 điểm Đất chua là đất có chứa nhiều ion H + dạng tự do và dạng tiềm tàng (có 0,5 thể sinh ra do các ion kim loại Al3+, Fe3+, Fe2+,... thủy phân tạo thành). Khi bón vôi sẽ trung hòa H+ và làm kết tủa các ion kim loại đó, vì vậy làm giảm độ chua của đất.

0,5 Trong thực tế có thể dùng bón vôi cho ruộng bằng CaCO 3 , CaO, Ca(OH)2, quặng đolomit CaCO 3 .MgCO 3 .

Viết đúng 1 PTHH được 0,25 điểm (Nếu thiếu điều kiện, cân bằng sai, chất 2,0 hữu cơ không viết CTCT thì không được điểm phương trình đó) t (1) NaNO 3 + H 2 SO4 đặc ⎯⎯ → Na2 SO4 + 2HNO 3 → Ca(NO 3 )2 + CO 2 + H 2 O (2) 2HNO 3 + CaCO 3 ⎯⎯

t (3) CO2 + 2Mg ⎯⎯ → 2MgO + C 0

t (4) 2C + Ca ⎯⎯ → CaC2 → Ca(OH)2 + C2 H2 (5) CaC2 + H2 O ⎯⎯

N

0

O

0

FF IC IA L

2.1

2

0

0

Ơ

t , NH 4Cl (6) 2CH≡CH ⎯⎯⎯⎯ → CH≡C – CH = CH 2

Na

CH2

CH = CH CH2 n polibutañien

(8) Trả lời đúng mỗi ý a, b, c, d được 0,5 điểm

Y

2.3

t0,p

N

nCH2 = CH - CH = CH2

H

t , Pd / PbCO3 (7) CH≡C – CH = CH 2 + H 2 ⎯⎯⎯⎯⎯ → CH 2 = CH - CH = CH 2

Q U

a) X là etilen. CH 3 CH 2 OH

2,0

H 2 SO4 ,170o C

⎯⎯⎯⎯⎯ → CH 2 =CH 2 + H2 O

b) Làm hỗn hợp sôi đều. Thay đá bọt bằng mảnh thủy tinh c) dd nhạt màu.

M

3CH 2 =CH 2 + 2KMnO 4 +4H2 O→3HOCH 2-CH2OH+2MnO 2 + 2KOH

KÈ

d) dung dịch kiềm. Phản ứng phụ tạo khí CO 2 , SO 2

Tìm được x, y được 0,5 điểm Tìm a được 0,5 điểm C2 H2 : x mol H 2 : y mol x + y = 0,3 (1) 26 x + 2 y số mol sau: 28,8

D

ẠY

3.1

0,5

0,5

26 x + 2 y = y ( vì H 2 phản ứng hết) (2) 28,8 Giải hệ (1) và (2) suy ra: x = 0,125 và y = 0,175 Bảo toàn pi: 2x = 0,175 + a Suy ra a = 0,075 mol số mol H 2 phản ứng: 0,3 -

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

1,25

1,25

FF IC IA L

KHCO 3 : x mol Na2 CO 3 : y mol Thí nghiệm 1: Số mol H + phản ứng: a + 2b = 0,35 Số mol CO 2 : a + b = 0,25 Suy ra: a = 0,15 và b = 0,1 x a Điều kiện: = = 1,5 y b Thí nghiệm 2: Số mol CO 2 : 0,35 – y = 0,15  y = 0,2  x = 0,3 Tính kết tủa: BaCO 3 :0,35 mol BaSO 4 : 0,125 mol Khối lượng kết tủa là m = 98,075g Viết được 3 phương trình của 3 giai đoạn: 0,25 điểm Tính được a: 0,25 điểm Tính được V min 0,25 điểm Tính được V max 0,25 điểm

0,5

H

Ơ

N

3.3

Viết đúng các PT ion: 1,0 điểm Tính được x, y: 1,5 điểm Tính được kết tủa: 0,5 điểm

O

3.2

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

Q U

Y

N

Viết 3 PTHH Tính a Từ 3 phương trình: 2,3a + a = 0,33  a = 0,1 Tính V min Khi chỉ xảy ra giai đoạn 1: V min = 2,24 lit Tính V max Khi xảy ra 2 giai đoạn: V max = 5,152 lit

M

Tính sô mol Na, Ba, O: Xác định muối tạo thành Tính kết tủa

KÈ

4.1

mỗi chất 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,75

D

ẠY

Na: x Ba : y O: z Khối lượng hh: 23x + 137y + 16z = 33,02 (1) x + 2y = 73,3 (2) Khối lượng kết tủa: 233 y + 98.

2 Bảo toàn e: x + 2y = 2z + 2.0,2 (3) Giải hệ 1,2,3: x = 0,28 y = 0,18 z = 0,12 Số mol OH = 0,64 Tỉ lệ: OH/CO 2 : 1,42 (tạo 2 muối) Só mol CO 3 2-: 0,64 – 0,45 = 0,19 mol Số mol kết tủa: 0,18 mol Khối lượng kết tủa: 35,46g Tính H2 O, O2 , CO2 mỗi chất 0,25 điểm

4.2

0,25 0,5

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Tính không khí Tính p

0,5 điểm 0,25 điểm

Bình chứa P2 O5 hấp thu H 2 O  m H2O = 1, 26 gam

0,5

FF IC IA L

Bình chứa P hấp tụ O 2  m O2 = 0,16 gam Bình chứa Ca(OH)2 hấp thụ CO 2 , Do tạo kết tủa và đun dung dịch lại xuất hiện kết tủa  tạo 2 muối CO 2 + Ba(OH)2 → BaCO 3 + H 2 O (1) 0,03  0,03 → 0,03 BaCO 3 + CO 2 + H2 O → Ba(HCO 3 )2 (2) (0,03-0,1) → 0,1 Suy ra n CO2 = 0,04 mol

0,25 0,25 0,25

0,25

20.32 + 28.80 = 28,8 hoặc 29 100 Sơ đồ: X + không khí → CO 2 + H2 O + N 2 (1) Áp dụng ĐLBTKL: mX+ mkk = m CO2 + m H 2O + m N 2 + m O2 (dư) M (không khí)=

O

0,5 0,25

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

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

4.3

1,54 + x.28.8 = 0,04.44+1,26+0,16 +0,25.28  x=0,3 mol 0,32.0, 082.(273 + 54, 6) P= = 0,86 atm 10 Xét dung dịch Y: Al3+, Mg2+, K +, NH 4 +, SO 4 2- Tính số mol khí: NO (0,04 mol), H 2 (0,12 mol) - Tinh số mol Mg2+ dựa vào 10g chất rắn: 0,25 mol - Số mol K +: 0,03 mol - Số mol SO 4 2-: 0,5 mol - Tính số mol Al3+ và NH +4 dựa vào khối lượng muối và BTĐT: Al3+ (0,14) và NH 4 + (0,05 mol) - Bảo toàn nguyên tố N ta có số mol Al(NO 3 )3 : 0,02 mol - Bảo toàn nguyên tố Al: ta có số mol Al trong hỗn hợp ban đầu: 0,12 mol Vậy: %Al = 22,66%

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI : HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (10 câu tự luận )

TRƯỜNG THPT ĐỀ CHÍNH THỨC

FF IC IA L

Câu 1(2 điểm): 1. Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H 2 SO4 , BaCl2 , Na2 SO4 . Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ), hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có)?

2. Cho 1 mol Ca3 (PO 4 )2 tác dụng với 2,75 mol HCl khi phương trình phản ứng cân bằng có tổng các hệ số nguyên tối giản bằng k.Tính k?

N

H

Ơ

N

O

Câu 2(2 điểm): 1. Đun nóng hỗn hợp gồm 2 mol SO 2 và 1 mol O 2 trong bình kín có thể tích 4 lít ở nhiệt độ t 0 C có xúc tác V 2 O5 , sau một thời gian hệ đạt đến trạng thái cân bằng. Biết áp suất hỗn hợp đầu và áp suất P' hỗn hợp sau phản ứng ở nhiệt độ t 0 C là P và P’. Xác định giới hạn ?

P 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau. → C + D + E a. Ba(H 2 PO 3 )2 + NaOH ⎯⎯ →F + G b. Al + NO 3 + OH + H2 O ⎯⎯ →H + I + K c. FeCl3 + K2 CO3 + H2 O ⎯⎯ t 0C d. CuO + NH 4 Cl ⎯⎯→ M + N + L + H 2 O Câu 3(2 điểm): 1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2 SO4 đặc, nóng thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 5,1 gam kết tủa.

Xác định đơn chất R ?

2. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl − . Cô cạn dung dịch

KÈ

M

Q U

Y

X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Tính Giá trị của x và y ?

Câu 4(2 điểm): Hợp chất M tạo bởi anion Y 3- và cation X +, cả hai ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. A là một nguyên tố trong X + có hóa trị âm là –a ; B là một nguyên tố trong Y 3-.

Trong hợp chất A và B đều có hóa trị dương cao nhất là a+2. Khối lượng phân tử của M bằng 149.

M Y3 − Trong đó : > 5. Hãy xác lập công thức phân tử của M ?

MX+

ẠY

Câu 5(2 điểm): Cho m gam hỗn hợp H gồm Fex Oy , Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO 3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m - 6,04) gam chất rắn T. Giá trị của a là

D

Câu 6(2 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm but-1-en và butan có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Dẫn X qua ống đựng xúc tác thích hợp, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm các chất mạch hở CH4 , C2 H6 C2 H4 , C3 H6 , C4 H6, C4 H 8 , C4 H10 , H2 . Tỷ khối của Y so với X là 0,5. Nếu dẫn 1 mol Y qua dung dịch brom dư thì khối lượng brom phản ứng là m gam. Tính giá trị của m?

2. Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10(10% etanol),….E85 (85% etanol). a. Hãy cho biết tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b. Trường hợp nào tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy: 1 kg xăng hay 1 kg etanol? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng thì cần 14,6 kg không khí (không khí chứa 20% O 2 và 80%N 2 về thể tích). c. Từ kết quả câu b, em đánh giá gì về việc pha thêm etanol vào xăng để thay thế xăng truyền thống?

FF IC IA L

Câu 7(2 điểm): Nung nóng hỗn hợp chất rắn A gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO 3 )2 , sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,45 mol hỗn hợp khí NO2 và O2 . X tan hoàn toàn trong dung dịch chứa vừa đủ 1,3 mol HCl, thu được dung dịch Y chứa m gam hỗn hợp muối clorua và thoát ra 0,05 mol hỗn hợp khí Z gồm N2 và H2 , tỉ khối của Z so với H2 là 11,4. Tính giá trị m ?

Câu 8(2 điểm):

O

⎯⎯ → 2NH 3 (k) có Kp = 1,64 10−4 .

1. Tại 4000 C, P = 10atm phản ứng N 2 (k) + 3H 2 (k) ⎯ ⎯ Tìm % thể tích NH 3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N 2 (k) và H 2 (k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình ?

2. Viết tất cả các đồng phân cis- và trans- của các chất có công thức phân tử là C 3 H4 BrCl ?

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Câu 9(2 điểm): Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2 O3 và Al(NO 3 )3 vào dung dịch chứa NaHSO 4 và 0,09 mol HNO 3 , khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

M

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z ?

D

ẠY

KÈ

Câu 10(2 điểm): 1. Trong phòng thí nghiệm bộ dụng cụ vẽ dưới đây có thể dùng để điều chế những chất khí nào trong số các khí sau: Cl2 , NO, NH3 , SO 2 , CO 2 , H 2 , C2 H4 , giải thích. Mỗi khí điều chế được hãy chọn một cặp chất A và B thích hợp và viết phản ứng điều chế chất khí đó?

2. Cho các dung dịch riêng biệt mất nhãn sau : Na2 SO 4 , AlCl3 , FeSO 4 , NaHSO 4 ,FeCl3 . Chỉ dùng dung dịch K 2 S hãy nhận biết các dung dịch trên ngay ở lần thử đầu tiên. Viết các phương trình hoá học minh hoạ ?

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

ĐÁP ÁN

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu 1(2 điểm): 1. Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H 2 SO4 , BaCl2 , Na2 SO4 . Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ), hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có)?

2. Cho 1 mol Ca3 (PO 4 )2 tác dụng với 2,75 mol HCl khi phương trình phản ứng cân bằng có tổng các hệ số nguyên tối giản bằng k.Tính k? ĐA: 1. Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự.

Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H 2 SO 4 , BaCl2 và Na2 SO 4 .

Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H 2 SO4 .(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2 SO4.

(Nhóm II). → NaCl + H 2 O PTHH: NaOH + HCl ⎯⎯ → Na2 SO4 + H 2 O 2NaOH + H 2 SO4 ⎯⎯ Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H 2 SO4 .

Nhỏ dung dịch H 2 SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2 .

- Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na 2 SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H 2 SO4 , ống nghiệm gây kết tủa BaCl2 , ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na 2 SO 4 .

Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. PTHH: → BaSO 4 ( kết tủa trắng) + 2HCl H2 SO 4 + BaCl2 ⎯⎯ 2. 54 Câu 2(2 điểm): 1. Đun nóng hỗn hợp gồm 2 mol SO 2 và 1 mol O 2 trong bình kín có thể tích 4 lít ở nhiệt độ t 0 C có xúc tác V 2 O5 , sau một thời gian hệ đạt đến trạng thái cân bằng. Biết áp suất hỗn hợp P' đầu và áp suất hỗn hợp sau phản ứng ở nhiệt độ t 0 C là P và P’. Xác định giới hạn ?

P 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau. → C + D + E a. Ba(H 2 PO 3 )2 + NaOH ⎯⎯ →F + G b. Al + NO 3 + OH + H2 O ⎯⎯ →H + I + K c. FeCl3 + K2 CO3 + H2 O ⎯⎯ 0 t C → M + N + L + H2O d. CuO + NH4 Cl ⎯⎯ ĐA: 2SO 2(K) +O 2(K) 2SO 3(K) ΔH< 0 Ban đầu 2mol 1mol 0 mol x Phản ứng xmol mol x mol 2 x Cân bằng (2 - x) mol (1 - ) mol x mol 2 Số mol trước phản ứng: nT = 2+1 = 3mol x x Số mol sau phản ứng: nS = 2 - x + 1 - + x = (3 - ) mol 2 2 nT PT P' 3− x/2 → = = vì 2 > x > 0 nS PS P 3

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

2 P'  <1 3 P 2. Hoàn thành các ptpư a. Ba(H 2 PO 3 )2 + 2NaOH ⎯⎯ → BaHPO 3 + Na2 HPO 3 + 2H 2 O b. 8Al + 3NO 3 + 5OH + 2H2 O ⎯⎯ → 3NH 3 ↑ + 8AlO 2 -

→

c. 2FeCl3 + 3K2 CO3 + 3H2 O ⎯⎯ → 2Fe(OH)3 ↓ + 6KCl + 3CO 2 ↑ t 0C d. 4CuO +2 NH 4 Cl ⎯⎯→ 3Cu + CuCl2 + N2 ↑+4H 2 O

FF IC IA L

Câu 3(2 điểm): 1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2 SO4 đặc, nóng thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi trong dư thì thu được 5,1 gam kết tủa.

Xác định đơn chất R ? ĐA: * Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh: R → R +x + xe(1) 0,18 0,18 x R R

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

S +6 + 2e-→ S +4 (2) 0,085 0,0425 SO2 + Ca(OH)2 →CaSO 3 + H 2 O (3) 5,1 = 0,0425 0,0425 120 0,18 Bảo toàn số electron: x = 0,085  R = 2,112x . Loại.

R * Xét R là S: Sự oxi hóa: S + 2H2 SO 4 → 3SO2 + 2H2 O (4) 0,005625 0,016875 Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại. * Xét R là cacbon: C + 2H2 SO 4 → CO2 + 2SO2 + 2H 2 O (5) 0,015 0,015 0,030 SO2 + Ca(OH)2 →CaSO 3 + H 2 O (6) CO 2 + Ca(OH)2 → CaCO 3 + H2 O (7) Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120 = 5,1 gam.

Phù hợp với đề ra.Vậy R là cacbon.

2. Một dung dịch X chứa 0,1 mol Na+; 0,2 mol Ba2+; x mol HCO3− và y mol Cl − . Cô cạn dung dịch X rồi lấy chất rắn đem nung đến khối lượng không đổi thu được 43,6 gam chất rắn. Tính Giá trị của x và y ?

ẠY

● Nếu n

HCO3−

 2n

Ba2+

thì khi cô cạn dung dịch X và nung đến khối lượng không đổi sẽ thu được hỗn

D

hợp gồm BaO, NaCl hoặc BaO, NaCl và BaCl2 . Như vậy, ion HCO3− đã được thay bằng ion O2− . Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có : n − + nCl − = nNa+ + 2nBa2+  HCO3 y 0,1 0,2  x x + y = 0,5 x = 0,14     nHCO − = 2nO2− 8x + 35,5y = 13,9 y = 0,36 3  0,5x  x ⎯⎯ →  23n + 137n 2+ + 35,5n − + 16n 2− = 43,6  Na+ Ba Cl O  0,1 0,2 y 0,5x 

Biên soạn và sưu tầm!

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

● Nếu trường hợp n

HCO3−

 2n

Ba2+

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 không thỏa mãn thì ta xét trường hợp n . Khi đó chất −  2n 2+ HCO3

Ba

rắn sẽ gồm Na2 CO3 , BaO và NaCl. Theo giả thiết và bảo toàn điện tích, ta có :

FF IC IA L

n − + nCl − = nNa+ + 2nBa2+  HCO3 y 0,1 0,2  x  nHCO − = 2nO2− + 2nCO 2− = 2nBa2+ + 2nCO 2− 3 3 3  0,2 0,2  x z z 23n + 137n 2+ + 35,5n − + 16n 2− + 60n 2− = 43,6  Na+ Ba Cl O CO3  0,1 0,2 y 0,2 z  x + y = 0,5 x = −1,1    x − 2z = 0,4  y = 1,6 35,5y + 60z = 10,7 z = −0,75  

+ A vừa có hóa trị hóa trị âm, vùa có hóa rị dương  A là phi kim

N

ĐA:

O

Câu 4(2 điểm): Hợp chất M tạo bởi anion Y 3- và cation X +, cả hai ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. A là một nguyên tố trong X + có hóa trị âm là –a ; B là một nguyên tố trong Y 3-.

Trong hợp chất A và B đều có hóa trị dương cao nhất là a+2. Khối lượng phân tử của M bằng 149.

M Y3 − Trong đó : > 5. Hãy xác lập công thức phân tử của M ?

MX+

Ơ

+ A, B có hóa trị dương cao nhất là (a+2). vậy hai nguyên tố cùng nhóm (a + 2)

M Y 3−

5

Q U

+ Theo đầu bài

Y

N

H

+ Tổng hóa trị âm và dương về trị tuyệt đối bao giờ cũng bằng 8 + M có công thức X 3 Y vì tạo bởi và (phân tử trung hòa vể điện) a+a+2 =8  a=3  A, B thuộc nhóm V

M X+

 M Y 3  5M X +

M

Hay

3M X + + M Y 3−

3M X + + 3M Y −  8M X +



149 = 18,6 8 8 + Theo đầu bài : X do 5 nguyên tử tạo nên 18,6 = 3,72  KLNT trung bình  5  Nguyên tử có khối lượng < 3,72 chỉ có H  X + là (AH 4 )+ MA < 18,6 – 4 = 14,6 . Chỉ có Nitơ có KLNT bằng 14, nhóm V có hóa trị -3 +  X là NH 4 + Y3- là (B+5 C-2 )3M Y 3 − = 149 – 3.18 =95 95 KLNT trung bình = = 19 5  C có khối lượng nguyên tử nhỏ hơn 19 thuộc nhóm VI, có hóa trị -2 là Oxi =

D

ẠY

KÈ

M x+ =

(0,5đ) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Vậy C là Oxi

MB = 95 -16.4 = 31 (phôt pho)

Vậy công thức của M là (NH 4 )3 PO4

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu 5(2 điểm): Cho m gam hỗn hợp H gồm Fex O y , Fe, Cu tác dụng hết với 200 gam dung dịch chứa HCl 32,85% và HNO 3 9,45%, sau phản ứng thu được 5,824 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch X chứa (m + 60,24) gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, khi kết thúc phản ứng thấy thoát ra khí Y gồm 2 khí, trong đó có khí hóa nâu trong không khí; tỉ khối của Y đối với He bằng 4,7 và (m - 6,04) gam chất rắn T. Giá trị của a là A. 21,48 B. 21,84 C. 21,60 D. 21,96 Hướng dẫn giải:   (m +60,24)g T : Cu, Fe, Mg (m − 6, 04) g  3+  Fe  Mg 2+  Cu 2+  +  +  NH 4 y Mg H ⎯⎯⎯ → Fe     − a gam HCl 1,8   Cl 1,8 − m (g) H Cu +  ⎯⎯→ NO 3   H O z HNO3 0,3   2  Cl− O    NO 3x    H 2 2x  H 2O

Q U

Y

N

H

NO 0, 26 1,8.36,5 + 0,3.63 − 60, 24 − 0, 26.30 BTKL ⎯⎯⎯ → n H2O = = 0,92 (mol) 18 Fe3+  2+ Cu  BTNT ⎯⎯⎯ →(m + 60, 24) H + 0, 26 => m(Cu + Fe) = (m – 6,4) gam < mT . Vậy trong T có thêm Mg dư =  NO − 0, 04 3  − Cl 1,8  0,36 g.

D

ẠY

KÈ

M

3x + y = 0, 04  x = 0, 01   ⎯⎯⎯⎯⎯→ 4x + 4y + 2z = 0, 26 =  y = 0, 01 3x + z = 0, 04.3 z = 0, 09   1,8 − 0, 01 BTDT ⎯⎯⎯ → n Mg2+ = = 0,895(mol) => a = 0,895.24 + 0,36 = 21,84 (gam) 2 Câu 6(2 điểm): 1. Hỗn hợp X gồm but-1-en và butan có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Dẫn X qua ống đựng xúc tác thích hợp, nung nóng thu được hỗn hợp Y gồm các chất mạch hở CH4 , C2 H6 C2 H4 , C3 H6 , C4 H6, C4 H 8 , C4 H10 , H2 . Tỷ khối của Y so với X là 0,5. Nếu dẫn 1 mol Y qua dung dịch brom dư thì khối lượng brom phản ứng là m gam. Tính giá trị của m?

2. Xăng là nguyên liệu hoá thạch được hình thành từ những vật chất hữu cơ tự nhiên như: xác động, thực vật do tác dụng của vi khuẩn yếm khí trong lòng đất qua hàng triệu năm. Dù là nguồn khoáng sản dồi dào nhưng trữ lượng xăng (dầu) trên thế giới là có hạn. Xuất hiện đầu tiên ở Hoa Kì, xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ lệ đã nghiên cứu như: xăng E5 (pha 5% etanol), E10(10% etanol),….E85 (85% etanol).

BTNT ( N,H,O)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyáť&#x192;n táş­p Ä&#x2018;áť thi HSG HĂła 11 a. HĂŁy cho biáşżt tấi sao xÄ&#x192;ng pha etanol Ä&#x2018;ưᝣc gáť?i lĂ xÄ&#x192;ng sinh háť?c? Viáşżt cĂĄc phĆ°ĆĄng trĂŹnh hĂła háť?c Ä&#x2018;áť&#x192; chᝊng minh. b. TrĆ°áť?ng hᝣp nĂ o tiĂŞu táť&#x2018;n nhiáť u oxi hĆĄn khi Ä&#x2018;áť&#x2018;t chĂĄy: 1 kg xÄ&#x192;ng hay 1 kg etanol? Biáşżt khi Ä&#x2018;áť&#x2018;t chĂĄy 1 kg xÄ&#x192;ng thĂŹ cần 14,6 kg khĂ´ng khĂ­ (khĂ´ng khĂ­ chᝊa 20% O 2 vĂ 80%N 2 váť tháť&#x192; tĂ­ch). c. Tᝍ káşżt quả câu b, em Ä&#x2018;ĂĄnh giĂĄ gĂŹ váť viáť&#x2021;c pha thĂŞm etanol vĂ o xÄ&#x192;ng Ä&#x2018;áť&#x192; thay tháşż xÄ&#x192;ng truyáť n tháť&#x2018;ng? Ä?A: + PhÜông trĂŹnh phaĂť n ÜÚ ng : o

t , xt C4 H10 â&#x17D;Żâ&#x17D;Żâ&#x17D;Ż â&#x2020;&#x2019; C4H 6 + 2H 2

â&#x2020;&#x2019;

x

x â&#x2020;&#x2019; 2x

FF IC IA L

mol :

o

t , xt C4 H10 â&#x17D;Żâ&#x17D;Żâ&#x17D;Ż â&#x2020;&#x2019; Cn H 2n + Cm H 2m+ 2

mol :

â&#x2020;&#x2019;

y

yâ&#x2020;&#x2019;

y

O

ď&#x192;Źn = 4 ď&#x192;Źď&#x192;ŻnC H = 3 ď&#x192;Ż X ď&#x192;Źď&#x192;Żn = 4 ď&#x192;Żď&#x192;ŹnkhĂ­ taĂŞng = 4 4 10 + ChoĂŻn ď&#x192;­ ď&#x192;&#x17E; ď&#x192;­ nX M Y ď&#x192;&#x17E;ď&#x192;­ X ď&#x192;&#x17E;ď&#x192;­ = = 0,5 ď&#x192;Żď&#x192;ŽnY = 8 ď&#x192;Żď&#x192;Žnlieân keĂĄt ď ° taĂŞng = 4 ď&#x192;Żď&#x192;ŽnC4H8 = 1 ď&#x192;Ż ď&#x192;Ž nY M X ď&#x192;ŹTrong 8 mol Y coĂš1 + 4 = 5 mol lieâ n keĂĄ t ď ° ď&#x192;Źď&#x192;ŻnBr2 pĂś vĂ´Ăši0,1 mol Y = 0,625 ď&#x192;&#x17E;ď&#x192;­ ď&#x192;&#x17E;ď&#x192;­ n keĂĄ tď ° ď&#x192;ŽTrong 1 mol Y coĂš0,625 mol lieâ ď&#x192;Żď&#x192;ŽmBr2 pĂś vĂ´Ăši0,1 mol Y = 100 gam

N

2.

đ?&#x2018;&#x161;đ?&#x2018;&#x2019;đ?&#x2018;&#x203A; đ?&#x2018;&#x;ưᝣđ?&#x2018;˘

C6 H12 O6 â&#x2020;&#x2019;

Y

2C2 H5 OH + 2CO 2

N

đ??ť+

PtpĆ°: (C6 H 10 O 5 )n + nH 2 O â&#x2020;&#x2019; nC6 H12O6

H

Ć

Náť&#x2122;i dung a. XÄ&#x192;ng pha etanol Ä&#x2018;ưᝣc gáť?i lĂ xÄ&#x192;ng sinh háť?c vĂŹ lưᝣng etanol trong xÄ&#x192;ng cĂł nguáť&#x201C;n gáť&#x2018;c tᝍ tháťąc váş­t( nháť? phản ᝊng lĂŞn men Ä&#x2018;áť&#x192; sản xuẼt sáť&#x2018; lưᝣng láť&#x203A;n).Loấi tháťąc váş­t thĆ°áť?ng Ä&#x2018;ưᝣc tráť&#x201C;ng Ä&#x2018;áť&#x192; sản xuẼt etanol lĂ : ngĂ´, lĂşa mĂŹ, Ä&#x2018;áş­u tĆ°ĆĄng, cᝧ cải Ä&#x2018;Ć°áť?ng,â&#x20AC;Ś

đ?&#x2018;Ą0

mO 2 =

3.32.1000

Q U

b.C2 H 5 OH + 3O 2 â&#x2020;&#x2019; 2CO 2 + 3H2 O gamâ&#x2020;&#x2019; nO 2 46 3.5.1000 (32+28.4)

â&#x2020;&#x2019; mKK =

46

*

5

=

3.1000 46

mol â&#x2020;&#x2019; nKK =

3.5.1000 46

= 9,4.103 gam = 9,4kg

áş Y

KĂ&#x2C6;

M

â&#x2020;&#x2019; mO 2 (khi Ä&#x2018;áť&#x2018;t etanol) < mO 2 (khi Ä&#x2018;áť&#x2018;t xÄ&#x192;ng).NhĆ° váş­y khi Ä&#x2018;Ă´t chĂĄy 1kg xÄ&#x192;ng thĂŹ tiĂŞu táť&#x2018;n nhiáť u oxi hĆĄn khi Ä&#x2018;Ă´t chĂĄy 1kg etanol c.Ä?áť&#x2018;t chĂĄy etanol tiĂŞu táť&#x2018;n Ă­t oxi hĆĄn Ä&#x2018;áť&#x201C;ng nghÄŠa váť&#x203A;i lưᝣng khĂ­ thải thải ra Ă­t hĆĄn, hấn cháşż viáť&#x2021;c Ă´ nhiáť&#x2026;m mĂ´i trĆ°áť?ng. HĆĄn nᝯa, nguáť&#x201C;n etanol dáť&#x2026; dĂ ng sản xuẼt quy mĂ´ láť&#x203A;n khĂ´ng báť&#x2039; hấn cháşż váť trᝯ lưᝣng nhĆ° xÄ&#x192;ng dầu truyáť n tháť&#x2018;ng.Do váş­y, dĂšng xÄ&#x192;ng sinh háť?c lĂ máť&#x2122;t giải phĂĄp cần Ä&#x2018;ưᝣc nhân ráť&#x2122;ng trong Ä&#x2018;áť?i sáť&#x2018;ng vĂ sản xuẼt

D

Câu 7(2 Ä&#x2018;iáť&#x192;m): Nung nĂłng háť&#x2014;n hᝣp chẼt rắn A gáť&#x201C;m a mol Mg vĂ 0,25 mol Cu(NO 3 )2 , sau máť&#x2122;t tháť?i gian thu Ä&#x2018;ưᝣc chẼt rắn X vĂ 0,45 mol háť&#x2014;n hᝣp khĂ­ NO2 vĂ O2 . X tan hoĂ n toĂ n trong dung dáť&#x2039;ch chᝊa vᝍa Ä&#x2018;ᝧ 1,3 mol HCl, thu Ä&#x2018;ưᝣc dung dáť&#x2039;ch Y chᝊa m gam háť&#x2014;n hᝣp muáť&#x2018;i clorua vĂ thoĂĄt ra 0,05 mol háť&#x2014;n hᝣp khĂ­ Z gáť&#x201C;m N2 vĂ H2 , táť&#x2030; kháť&#x2018;i cᝧa Z so váť&#x203A;i H2 lĂ 11,4. TĂ­nh giĂĄ tráť&#x2039; m ?

HĆ°áť&#x203A;ng dẍn giải:

Biên soấn và sưu tầm!

PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť&#x2026;n Thanh TĂş Ä?Ä&#x192;ng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Mg  Cu(NO3 ) 2

+ H 2O

FF IC IA L

Mg 2+ a  2+ Cu 0, 25  NH +4 b  +1,3 mol HCl X ⎯⎯⎯⎯⎯ → − a mol to Cl 1,3 ⎯⎯ → 0, 25 mol  N 2 0, 04  H 2 0, 01  NO 2 0, 42 − b  O 2 0, 03 + b

C1 [+, −] 2a + b = 0,8 [e] 2a + 4(0, 03 + b) = 0, 42 − b + 8b + 10.0, 04 + 2.0, 01 a = 0,39  b = 0, 02

 m = 71, 87 gam

[O] → n H2O = 0, 25.6 − 0, 45.2 = 0,6 (mol) C2 ⎯⎯⎯

O 4

1,3 − 0, 25.2 − 0, 02 = 0,39 (mol) 2

Vậy m = 71,87 gam

Ơ

Câu 8(2 điểm):

1,3 − 0, 6.2 − 0, 01.2 = 0, 02 (mol) 4

N

[ + ,− ] ⎯⎯⎯ → n Mg2+ =

[H] ⎯⎯ ⎯ → n NH+ =

Y

N

H

⎯⎯ → 2NH 3 (k) có Kp = 1,64 10−4 .

1. Tại 4000 C, P = 10atm phản ứng N 2 (k) + 3H 2 (k) ⎯ ⎯ Tìm % thể tích NH 3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N 2 (k) và H 2 (k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình ?

2. Viết tất cả các đồng phân cis- và trans- của các chất có công thức phân tử là C 3 H 4 BrCl ĐS: ⎯⎯ → 2NH3 (k) 3H 2(k) ⎯ ⎯ PN nN 1 2 2 = =  Theo gt: P NH + P N + P H = 10 Theo PTHH: 3 2 2 PH nH 3 2 2 +

Q U

1. N2(k)

M

 P NH3 + 4P N 2 = 10

KÈ

Và Ta có: Kp =

(PNH )2 3

3

=

(PN )(PH ) 2

Thay vào (1) được: 6,65

2

10−2 (P

(1)

(PNH3 )2 3

(PN2 )(3PN2 ) N2

)2

= 1,64 10−4 

PNH

3

2

= 6,6510−2 .

(PN ) 2

+ 4P N 2 − 10 = 0  P N 2 = 2,404 và P N 2 = − 62,55 < 0

D

ẠY

Vậy, P N 2 = 2,404  P NH3 = 10 − 4P N 2 = 0,384 atm chiếm 3,84% 2. Có 12 CTCT thỏa mãn công thức C3 H 4 BrCl, CH 3 Cl CH 3 Br C= C C=C H Br H Cl CH 3

H

CH 3

C= C

Br C=C

Cl

Br

Cl

H

CH 3

Cl

CH 3

H

C= C

C=C

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 H

CH 2 Br

Br H

CH 3 Br

C= C H CH 2 Cl

Cl C=C

Cl

H

H

H

CH 3 Cl

Br

C= C H

Cl

C=C Br

H

Br

H

Br

Cl

FF IC IA L

Br

Cl

N

H

Ơ

N

O

Câu 9(2 điểm): Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al2 O3 và Al(NO 3 )3 vào dung dịch chứa NaHSO 4 và 0,09 mol HNO 3 , khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Tính phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z ?

B. 68,75%

 Al3+ 0,3   +   Na x 127,88g  NH + y  4   +  z  NaHSO 4 x H +  ⎯⎯→  SO 24− x   HNO3 0, 09  H 2  0, 08 mol  N a  2  N O b   2 M = 20 

+ H 2O

ẠY

KÈ

Al  10,92g Al2O3  Al(NO3 )3

D. 82,50%

Q U

C. 55,00%

M

Hướng dẫn giải:

Y

A. 41,25%

 x = 1   ⎯⎯ → 0,3.27 + 23x + 18y + z + 96x = 127,88 =  y = 0, 04  z = 0, 06 ⎯⎯ → y + z = 0,1  

D

BTDT ⎯⎯⎯ → x + y + z + 0,3.3 = 2.x

BTKL ⎯⎯⎯ →10,92 + 1.120 + 0,09.63 = 127,88 + 0,08.20 + 18.n H2O BTNT H ⎯⎯⎯→ n H2 =

=> nH2O = 0,395 mol

0, 09 + 1 − 0, 04.4 − 0, 06 − 0,395.2 = 0, 04 (mol) 2

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

a + b = 0, 04 a = 0, 015 ⎯⎯ → =  28a + 44b + 0, 04.2 = 20.0, 08 b = 0, 025

=> %N2 O = 68,75%

Câu 10(2 điểm): 1. Trong phòng thí nghiệm bộ dụng cụ vẽ dưới đây có thể dùng để điều chế những

FF IC IA L

chất khí nào trong số các khí sau: Cl2, NO, NH3, SO2, CO2, H2, C2H4, giải thích. Mỗi khí điều chế được hãy chọn một cặp chất A và B thích hợp và viết phản ứng điều chế chất khí đó?

O

2. Cho các dung dịch riêng biệt mất nhãn sau : Na2 SO 4 , AlCl3 , FeSO 4 , NaHSO 4 ,FeCl3 . Chỉ dùng dung dịch K 2 S hãy nhận biết các dung dịch trên ngay ở lần thử đầu tiên. Viết các phương trình hoá học minh hoạ ?

Y

N

H

Ơ

N

1. * Lấy một ít dung dịch AgNO 3 vào một ống nghiệm sạch, thêm từ từ dung dịch NH 3 đến khi kết tủa xuất hiện rồi tan hết. Thêm vào dung dịch một ít dung dịch RCHO (học sinh có thể dùng một chất bất kỳ khác có nhóm -CHO). Đun nóng từ từ ống nghiệm một thời gian ta thu được ống nghiệm có tráng một lớp Ag mỏng phía trong. * Các phương trình phản ứng: AgNO 3 + NH 3 + H2 O → Ag(OH) + NH 4 NO3 Ag(OH) + 2NH 3 → [Ag(NH 3 )2 ]OH t0 2[Ag(NH 3 )2 ]OH + R-CHO 2Ag + RCOONH 4 + 3NH 3 + H2 O

D

ẠY

KÈ

M

Q U

2. Khi cho dung dịch K 2 S lần lượt vào mẫu thử của các dung dịch trên thì: - Mẫu thử không có hiện tượng chứa dung dịch Na2 SO4 - Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng keo và có hiện tượng sủi bọt khí chứa AlCl3 : 2AlCl3 + 3 K 2 S + 3H 2 O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2 S - Mẫu thử có hiện ttượng sủi bọt khí chứa dung dịch NaHSO 4 2 NaHSO 4 + K 2 S → 2K2 SO 4 + H2 S - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen chứa FeCl2 : K 2 S + FeCl2 → FeS + 2NaCl - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen và vàng có chứa FeCl3 2FeCl3 + 3K 2 S → 6KCl + S + 2FeS

Biên soạn và sưu tầm!

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

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI

Môn: HÓA HỌC

N

N

H

0

Ơ

Câu I (4,0 điểm): 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Na + B + H 2 O → D↓ + E + H 2 A +B→D +E

O

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 8/10/2012 (Hướng dẫn chấm có 06 trang, gồm 08 câu)

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

t D ⎯⎯ → F + H2O B + Ba(NO 3 )2 → BaSO 4 + G B + NH 3 + H2 O → D↓ + H

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

t → K + N + H2O F + NH 3 ⎯⎯ K + FeCl3 → L + M L + NaOH → D↓ + NaCl Biết B là muối của kim loại có hóa trị 2. Tổng phân tử khối của B và D là 258.

2. Viết phương trình phân tử và phương trình ion rút gọn biểu diễn các thí nghiệm sau: a. Cho dòng khí H 2 S đi qua dung dịch FeCl3 b. Cho khí ozon đi qua dung dịch KI, dung dịch thu được làm xanh hồ tinh bột. c. Cho khí clo đi qua dung dịch KOH đun nóng (khoảng 70 0 C). d. Cho Na2 SO 3 vào dung dịch KMnO 4 trong môi trường H 2 SO 4 làm dung dịch mất màu. Đáp án 1.

Ta có: B là MSO 4 ; D là M(OH)2 .

Theo giả thiết có phương trình: 258= 2M + 96 + 34 → M = 64 (Cu) Thay vào phương trình ta có: 2Na + CuSO 4 + 2H 2 O → Cu(OH)2 + Na2 SO 4 + H 2 (B) (D) (E) 2NaOH + CuSO 4 → Cu(OH)2 + Na2 SO 4 (A) t0 → CuO +H 2 O Cu(OH)2 ⎯⎯ (F) CuSO 4 + Ba(NO 3 )2 → BaSO 4 + Cu(NO 3 )2 (G) CuSO 4 + 2NH 3 + 2H2 O →(NH 4 )2 SO 4 + Cu(OH)2 (H)

Điểm

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

0

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3CuO + 2NH 3 ⎯⎯ → 3Cu + N 2 + 3H2 O (K) (N) Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 (L) (M) CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2 NaCl 2. a. 2 FeCl3 + H 2 S → 2FeCl2 + S + 2 HCl Phương trình ion: 2Fe3+ + H2 S → 2Fe2+ + S + 2H + b. 2 KI + O 3 + H2 O → I 2 + 2 KOH + O 2 Phương trình ion: 2 I - + O3 + H2 O → I 2 + 2 OH - + O2 I 2 làm xanh hồ tinh bột. t0

FF IC IA L

2,0 đ

t c. 3 Cl2 + 6 KOH ⎯⎯ → KClO 3 + 5 KCl + 3H 2 O o

t Phương trình ion: 3 Cl2 + 6 OH - ⎯⎯ → ClO 3 - + 5 Cl- + 3H2 O d. 5 Na2 SO 3 + 2 KMnO 4 + 3 H 2 SO4 → 2 MnSO 4 + K2 SO4 + 5 Na2 SO4 + 3 H2 O Phương trình ion: 5 SO 3 2- + 2 MnO 4 - + 6 H+ → 2 Mn2+ + 5 SO 4 2- + 3 H 2 O

O

o

Câu II (1,5 điểm) :

2,0 đ

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số các hạt proton, electron, nơtron bằng 180, trong đó tổng số hạt mang điện gấp 1,432 lần số hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron của X. b. Khi cho dạng đơn chất của X tác dụng với AgNO 3 trong dung dịch (dung môi không phải là nước) ở điều kiện thường chỉ tạo ra được hai hợp chất trong đó có một chất là AgX. - Viết phương trình phản ứng.

- Đó là phản ứng trao đổi hay oxi hóa khử ? Tại sao? Đáp án Điểm a. Gọi Z, N lần lượt là số hiệu nguyên tử, số nơtron của X 2Z + N = 180  N = 74 Ta có hệ  → → X là iot 2Z = 1, 432N  Z = 53 Cấu hình electron: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d 104s2 4p64d105s25p5 0,75 đ −1

0

+1

ẠY

KÈ

M

b. I 2 + AgNO 3 → Ag I + I NO3 0,75 đ Đây là phản ứng tự oxi hóa – khử vì 1 nguyên tử I là chất oxi hóa, 1 nguyên tử I là chất khử.

Câu III (2,25 điểm) : Đốt cháy hoàn toàn một dây kim loại trong bình chứa CO 2 thì thu được một oxit có khối lượng 16 gam. Cũng cho lượng kim loại trên tác dụng với dung dịch H 2 SO4 dư thì thu được 2,24 lít một khí duy nhất (đktc). Xác định kim loại. Điểm

D

Đáp án Kim loại tác dụng được với CO 2 phải là kim loai mạnh (nhóm A) nên chỉ có một hóa trị duy nhất và có số mol là x.

4M + a CO 2 → 2M2 Oa + aC x mol 0,5 x mol Ta có: 0,5x. (2M+ 16a) = 16 (1) Khi cho M tác dụng với H 2 SO4 vì chưa biết nồng độ nên có thể có 3 khả năng xảy ra : tạo H 2 hoặc SO 2 hoặc H 2 S. TH1 : nếu tạo ra H 2

0,5đ

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,5 đ

0,5 đ

FF IC IA L

2M + a H 2 SO 4 → M2 (SO 4 )a + a H 2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72. a biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH2 : nếu tạo ra SO 2 2M + 2a H 2 SO4 → M2 (SO 4 )a + 2a H 2 O + aSO 2 x mol ax/2 mol Ta có: xa/2 =0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 72. a biện luận không có a và M thỏa mãn (loại) TH3: nếu tạo ra H 2 S 8M + 5a H 2 SO4 → 4M2 (SO 4 )a + a H 2 S + 4a H 2 O x mol ax/8 mol Ta có: xa/8 = 0,1 (2) Từ (1) và (2) ta có M = 12. a biện luận có a = 2 và M = 24 thỏa mãn (Mg)

0,75 đ

Câu IV (3,25 điểm) : 1. So sánh pH của các dung dịch sau đây: NH 4 HSO 4 0,1M; NH 4 NO 3 0,1M; (NH 4 )2 SO4 0,05M; (NH 4 )2S 0,05M; (NH 4 )2 CO3 0,05M. Cho biết: K a(NH+ ) = 10-9,24 ; K a(HSO− ) = 10-2 ; K 2(H 2S) = 10-13 ; K 2(H 2CO3 ) = 10-10,33.

4

O

4

N

2. Cho A là dung dịch CH 3 COOH 0,02M. Trộn 100 ml dung dịch A với 100 ml dung dịch NaHSO4 0,1M thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B và độ điện li của CH 3 COOH trong dung dịch B. Cho K a(HSO− ) = 10-2 ; K a (CH3COOH) = 10-4,75 . Đáp án

Điểm

Ơ

4

4

K a(NH+ ) = 10-9,24 (axit yếu)

NH3 + H+

N

NH 4 +

H

1. Tất cả các dung dịch đều chứa chung gốc NH 4 + với C NH + = 0,1 M 4

Y

→ Chỉ cần so sánh pH của các anion.

K 2(H2SO4 ) = 10-2 ( axit tương đối mạnh) HSO4H + + SO42-

M

Q U

NO3- trung tính SO42- + H 2O HSO4- + OH- Kb = 10-12 (bazơ rất yếu) S2- + H 2O HS- + OHKb = 10-1 (bazơ mạnh) CO32- + H2O HCO3- + OH Kb = 10-3,67 (bazơ) Vậy pH của các dung dịch muối tăng theo thứ tự:

KÈ

NH 4 HSO 4 < NH 4 NO3 < (NH 4 )2 SO 4 < (NH 4 )2 CO3 < (NH 4 )2 S 2. a. TPGH của dung dịch B: CH 3 COOH 0,01M; HSO 4 - 0,05M K a(HSO− ) = 10-2 HSO 4 H+ + SO 4 2-

(1)

4

CH 3 COOH CH3 COO- + H+ Ka’ = 10-4,75 (2) + -14 H2O H + OH Kw = 10 (3) ’ So sánh (1), (2), (3) ta thấy: K a(HSO− ) C HSO− >> K a . CCH3COOH >> Kw

ẠY

1đ

4

4

1đ

D

→ Cân bằng (1) chiếm ưu thế HSO 4 H+ + SO 4 2Ka = 10-2 [ ] 0,05 – x x x 2 x = 10-2 → x = 0,018 →pH = 1,745 Ka = 0, 05 − x Xét cân bằng (2): CH3 COOH CH 3 COO - + H + Ka’ = 10-4,75 [] 0,01 –y y 0,018

1,25đ

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

K 'a =

0, 018y = 10−4,75 → y = 9,87.10-6 →  = 9,87.10-2 %= 0,0987% 0, 01 − y

Câu V (2,5 điểm) :

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

1. Có ba bình đựng dung dịch mất nhãn: Bình A (KHCO 3 và K 2 CO 3 ), bình B (KHCO 3 và K 2 SO4 ), bình C (K 2 CO 3 và K 2 SO4 ). Chỉ dùng dung dịch BaCl2 và dung dịch HCl, nêu cách nhận biết các bình trên.

2. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi nhỏ từ từ nước clo loãng vào một ống nghiệm đựng dung dịch KI, đến dư. Đáp án Điểm 1. Cho BaCl2 (đến dư) vào cả 3 dung dịch A, B, C. Lọc tách kết tủa thu được kết tủa A1, B1 , C1 và 3 dung dịch nước lọc A 2 , B2 , C2 . Cho HCl lần lượt tác dụng với mỗi kết tủa và mỗi dung dịch nước lọc: + Nếu từ kết tủa và từ nước lọc đều có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch A: 0,5đ KHCO3 , BaCl2 (A 2 ) HCl CO 2  KHCO3 BaCl2 d­ (A)  ⎯⎯⎯⎯ →  ⎯⎯→  CO 2  BaCO3 (A1 ) K 2CO3 + Nếu từ kết tủa không có khí thoát ra, nhưng từ nước lọc lại có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch B: CO 2  KHCO3 BaCl2 d­ KHCO3 , BaCl2 (B2 ) HCl ⎯⎯⎯⎯ → ⎯⎯→  (B)   không CO 2  BaSO4 (B1 ) K 2SO4 0,5đ + Nếu từ kết tủa có khí thoát ra nhưng có một phần kết tủa không tan trong HCl dư và từ nước lọc không có khí thoát ra thì ban đầu là dung dịch C:  BaCl2 d­ C 2  không K 2CO3 BaCl2 d­  H 2 O HCl ⎯⎯⎯⎯ → ⎯⎯→ (C)   K 2SO4 CO2  + BaSO4 C BaCO3  1   BaSO 4 0,5đ 2. Nhỏ từ từ nước clo vào dung dịch KI đến dư thì thấy dung dịch chuyển từ không màu sang màu vàng nâu đậm dần, sau đó màu dung dịch lại nhạt dần và đáy ống nghiệm xuất hiện tinh thể màu tím đen. Khi dùng một lượng dư nước clo thì dung dịch mất màu Giải thích: Dung dịch KI không màu, khi nhỏ từ từ nước clo vào thì xảy ra các phản ứng: 2 KI + Cl2 → 2 KCl + I 2 KI + I 2 KI 3 (màu vàng nâu) Nồng độ KI tăng dần làm màu dung dịch đậm dần. KI 3 kém bền phân hủy dần thành KI và I 2 tinh thể. Do cân bằng chuyển dịch theo chiều làm nồng độ KI 3 giảm nên màu sắc dung dịch nhạt dần. Do tạo ra I 2 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 I 2 bị oxi hóa hết bởi nước clo dư làm dung dịch mất màu: 2 I 2 + 5 Cl2 + 6 H2 O → 2 HIO 3 + 10 HCl (hỗn hợp axit không màu) 1,0 đ

D

Câu VI (2,0 điểm) : 1. a. Giải thích vì sao đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N 2 ? Vì sao photpho trắng hoạt động mạnh hơn photpho đỏ? b. Tại sao ở nhiệt độ thường lưu huỳnh có tính trơ về phương diện hóa học nhưng khi đun nóng tỏ ra khá hoạt động?

2. a. Có một bình chứa khí NH 3 lẫn hơi nước. Nêu phương pháp làm khan NH 3 . b. Hãy giải thích tại sao NH 3 có khả năng tạo phức chất với một số cation kim loại như Cu 2+, Zn2+, Ag+.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Đáp án Điểm 1.a. – Đơn chất P hoạt động mạnh hơn đơn chất N 2 vì liên kết giữa các nguyên tử photpho kém bền hơn liên kết N  N - Photpho trắng hoạt động mạnh hơn P đỏ vì trong mạng lưới tinh thể Photpho trắng 0,75đ mối liên kết giữa các phân tử P 4 ở các nút lưới là liên kết Vanderwaals rất yếu, trong khi đó photpho đỏ có cấu tạo phân tử dạng polime rất bền b. Độ âm điện của lưu huỳnh là 2,5 nên lưu huỳnh là nguyên tố hoạt động nhưng ở điều kiện thường lại tỏ ra trơ vì phân tử ở dạng trùng hợp mạch khép kín.

0,5

FF IC IA L

2. a. Dẫn khí qua vôi sống CaO dư, khi đó xảy ra phản ứng: CaO + H 2 O → Ca(OH)2 0,25đ Ta thu được NH 3 tinh khiết b. Phân tử NH 3 có khả năng tạo phức chất với một số cation kim loại như Cu 2+, Zn2+, Ag+ do sự liên kết cho nhận giữa cặp electron tự do của nguyên tử N với AO trống của các 0,5đ cation (liên kết phối trí trong phức chất)

Câu VII (2,5 điểm) :

N

O

1. Nén 2 mol nitơ và 8 mol hiđro vào một bình kín có thể tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân bằng, áp suất khí trong bình bằng 0,8 áp suất lúc đầu (khi mới cho xong các khí vào bình, chưa xảy ra phản ứng).

Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong bình.

Ơ

2. Một hỗn hợp gồm COCl2 (khí) và Al2 O3 (rắn) tác dụng theo phương trình:

Cgraphit + O2 (k) → CO2 (k)

1 O2 (k) → CO (k) 2

H 04 = -94,05 kcal H 50 = -26,41 kcal

KÈ

M

Cgraphit +

H 30 = -399,09 kcal

Y

3 O2 (k) → Al2 O 3 (r) 2

Q U

2 Al(r) +

H 02 = -26,89 kcal

N

Tính nhiệt tạo thành của AlCl3(r) biết: CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k)

H10 = -55,56 kcal

H

3COCl2 (k) + Al2 O3 (r) → 3CO 2 (k) + 2 AlCl3 (r)

Điểm

D

ẠY

Đáp án 1. Xét phản ứng: N2 + 3 H2 2 NH 3 Số mol lúc đầu 2 8 Số mol phản ứng x 3x 2x Số mol cân bằng 2-x 8 -3x 2x Tổng số mol khí lúc đầu: 2 + 8 = 10 mol Tổng số mol khí lúc cân bằng: (2 - x) + (8- 3x) + 2x = 10- 2x mol Vì thể tích bình và nhiệt độ không đổi nên áp suất trong bình tỉ lệ thuận với số mol khí: p cb 10 − 2x = = 0,8 → x = 1 mol pđ 10 Nồng độ các chất ở cân bằng: [NH 3 ] = 1 M; [N 2 ] = 0,5 M; [H 2 ] = 2,5 M Hằng số cân bằng K c = 0,128 2. Dựa vào dữ kiện đề bài: H0tt Al2O3 = −399,09 kcal / mol

1,0đ

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

H

0 tt CO2

= −94,05 kcal / mol

H02 = H0tt COCl 2 - H0tt CO = H0tt COCl 2 - (-26, 41) = -26,89kcal

→ H0tt COCl 2 = −53,3kcal / mol Vậy: H10 = (3.H0tt CO2 + 2H0tt AlCl 3 ) − (3H0tt COCl 2 + H0tt Al 2O3 ) =[3.(-94,05) +2. H0tt AlCl 3 ]- [3.(-53,3)+(-399,09)]= - 55,56 → H0tt AlCl 3 = -166,2 kcal/mol

1,5 đ

FF IC IA L

Câu VIII (2,0 điểm) :

Cho 19,84 gam hỗn hợp X gồm Fe3 O4 và Fe vào V ml dung dịch HNO 3 1M. Sau khi phản ứng xong chỉ thu được dung dịch A và 4,704 lít khí NO duy nhất (đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch A thì được 71,86 gam muối khan. a. Xác định thành phần % khối lượng của hỗn hợp X. b. Tính V.

Điểm

Y

N

H

Ơ

N

O

Đáp án a. Hòa tan X vào dung dịch HNO 3 thu được dung dịch A nên có 2 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1 HNO3 vừa đủ; phương trình phản ứng 3 Fe3 O 4 + 28 HNO 3 → 9 Fe(NO 3 )3 + NO + 14 H 2 O (1) x 3x x/3 Fe + 4 HNO 3 → Fe(NO 3 )3 + NO + 2H 2 O (2) y y y nNO = 0,21 mol Gọi x, y lần lượt là số mol Fe3 O 4 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(NO 3 )3 = (3x + y).242 = 75,262 gam > 71,86 gam (loại)

0,75đ

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Trường hợp 2 HNO3 thiếu nên sau phản ứng (1), (2) xảy ra phản ứng 3 Fe3 O 4 + 28 HNO 3 → 9 Fe(NO 3 )3 + NO + 14 H 2 O (1) x 3x x/3 Fe + 4 HNO 3 → Fe(NO 3 )3 + NO + 2H 2 O (2) a a a Fe + 2 Fe(NO 3 )3 → 3 Fe(NO 3 )2 (3) b 2b 3b Muối thu được gồm Fe(NO 3 )2 và Fe(NO 3 )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) 1đ x/3 + a = 0,21 (V) Giải hệ (III), (IV), (V) được x = 0,03 ; a = 0,2; b = 0,03 Thành phần % Fe3 O4 = 35, 08 %; % Fe = 64,92% b. Số mol HNO 3 của (1) và (2) là: 28/3.x + 4a =1,08 mol 0,25 đ → V của dung dịch HNO 3 là V = 1,08 lít hay 1080 ml Lưu ý khi chấm: -Nếu viết đúng phương trình phản ứng, cân bằng sai hoặc không cân bằng thì trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó. Nếu công thức viết sai thì phương trình đó không cho điểm. Nếu thiếu điều kiện phản ứng trừ nửa số điểm dành cho phương trình đó.

- Bài toán và nhận biết nếu giải theo cách khác, lập luận chặt chẽ, đúng khoa học, kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa như biểu điểm dành cho phần đó.

Biên soạn và sưu tầm!

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

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 - Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần làm tròn đến 0,25 điểm.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. (Đề thi gồm 02 trang)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

FF IC IA L

Câu 1 (1,0 điểm). Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a) Sục khí Cl 2 vào dung dịch FeSO4. b) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO 4. c) Sục khí H2S vào dung dịch nước brom. d) Sục khí O3 vào dung dịch KI. e) Sục khí SO2 vào dung dịch Fe 2(SO4 )3. f) Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200 oC trong lò điện.

N

O

Câu 2 (1,0 điểm). A là một đồng đẳng của benzen có tỷ khối hơi so với metan bằng 5,75. A tham gia chuyển hóa theo sơ đồ

Ơ

Hãy viết các phương trình hóa học theo sơ đồ trên, các chất hữu cơ viết dạng công thức cấu tạo rút gọn, cho biết B, C, D, E là các chất hữu cơ.

Q U

Y

N

H

Câu 3 (1,0 điểm). Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO 3 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 thàn h phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

M

Câu 4 (2,0 điểm).

1. Chỉ dùng một dung dịch làm thuốc thử, hãy lập sơ đồ để nhận biết 4 dung dịch riêng biệt chứa các chất sau: K3PO4, KCl, KNO3 , K2 S (không cần ghi phản ứng).

ẠY

KÈ

2. Cho 200 ml dung dịch X chứa H2SO4 0,05M và HCl 0,1M tác dụng với 300 ml dung dịch Y chứa Ba(OH) 2 aM và KOH 0,05M, thu được m gam kết tủa và 500 ml dung dịch Z có pH = 12.

Tính giá trị của m và a.

D

Câu 5 (2,0 điểm).

1. Chất A có công thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. 2. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ A và B, chỉ thu được H 2O và 18,48 gam CO2 . Tìm công thức phân tử của A và B, biết X có tỉ khối hơi so với H 2 là 13,5; A có nhiều hơn B một nguyên tử C nhưng khối lượng phân tử của A lại nhỏ hơn B. Câu 6 (2,0 điểm).

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

1. Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16M, thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dịch Y gồm BaCl 2 0,16M và Ba(OH) 2 aM vào dung dịch X, thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch Z. Tính giá trị của a.

2. Dung dịch A chứa Na 2CO3 0,1M và NaHCO3 0,1M; dung dịch B chứa KHCO3 0,1M a) Tính thể tích khí CO2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 150 ml dung dịch HCl 0,1M vào 100 ml dung dịch A.

FF IC IA L

b) Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 ml dung dịch Ba(OH) 2 0,1M vào 150 ml dung dịch B. Câu 7 (1,0 điểm). Một loại xăng có chứa 4 ankan với thành phần về số mol như sau: 10% heptan, 50% octan, 30% nonan và 10% đecan. Hãy tính xem một xe máy chạy 100 km tiêu thụ hết 2,0 kg loại xăng nói trên thì đã tiêu thụ hết bao nhiêu lít oxi không khí, thải ra môi trường bao nhiêu lít khí cacbonic và bao nhiêu nhiệt lượng, giả thiết rằng nhiệt đốt cháy của xăng là 5337,8 kJ/mol, năng lượng giải phóng ra có 80% chuyển thành cơ năng còn 20% thải vào môi trường, các thể tích khí đo ở 27,3 0 C và 1 atm.

N

O

Ghi chú: Thí sinh được dùng bảng tuần hoàn.

Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; F = 19; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca =40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137.

H

Ơ

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

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

Họ và tên thí sinh:.........................................................................................SBD:........................... ..

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyáť&#x192;n táş­p Ä&#x2018;áť thi HSG HĂła 11 Kᝲ THI KSCL Háť&#x152;C SINH GIáť&#x17D;I KHáť?I 11 NÄ&#x192;m háť?c: 2017 â&#x20AC;&#x201C; 2018 HĆŻáť&#x161;NG DẪN CHẤM MĂ&#x201D;N: HĂ&#x201C;A Háť&#x152;C 11 (HĆ°áť&#x203A;ng dẍn chẼm gáť&#x201C;m 03 trang)

Sáť&#x17E; GD&Ä?T VĨNH PHĂ&#x161;C TRĆŻáť&#x153;NG THPT YĂ&#x160;N Láş C 2

Câu 1 (1,0 Ä&#x2018;)

Náť&#x2122;i dung a) 3Cl2 + 6FeSO 4 â&#x2020;&#x2019; 2Fe2 (SO 4 )3 + 2FeCl3 b) 3C2 H4 + 2KMnO 4 + 4H2 O â&#x2020;&#x2019; 3CH 2 OH-CH2 OH + 2MnO 2 + 2KOH c) H 2 S + 4Br2 + 4H2 O â&#x2020;&#x2019; H 2 SO4 + 8HBr d) O 3 + 2KI + H 2 O â&#x2020;&#x2019; O 2 + I 2 + 2KOH e) SO 2 + Fe2 (SO 4 )3 + 2H2 O â&#x2020;&#x2019; 2FeSO 4 + 2H2 SO4 1200 C f) Ca3 (PO 4 )2 + 3SiO 2 + 5C â&#x17D;Żâ&#x17D;Żâ&#x17D;Ż â&#x2020;&#x2019; 3CaSiO 3 + 5CO + 2P o

0,25 Ä&#x2018; 0,25 Ä&#x2018; 0,25 Ä&#x2018;

0,25 Ä&#x2018;

đ?&#x2018;&#x17D;đ?&#x2018; ,đ?&#x2018;Ą0

C6 H 5 -CH 3 + Cl2 â&#x2020;&#x2019;

0,25 Ä&#x2018;

0,25 Ä&#x2018;

C6 H5 -CH2 Cl + HCl đ?&#x2018; đ?&#x2018;&#x2013; ,đ?&#x2018;Ą0 â&#x2020;&#x2019; C6 H 11 -CH3

O

Câu 2 (1,0 Ä&#x2018;)

MA = 92 Ä?ạt cĂ´ng thᝊc A: CnH 2 n-6 â&#x2020;&#x2019; 14n-6 = 92 â&#x2020;&#x2019; n =7 CT : đ??ś7 đ??ť8 â&#x2020;&#x2019; đ??ś6 đ??ť5 â&#x2C6;&#x2019;đ??śđ??ť3 PhĆ°ĆĄng trĂŹnh:

Ä?iáť&#x192;m

FF IC IA L

Câu

0,25 Ä&#x2018; 0,25 Ä&#x2018;

Ć

N

C6 H5 -CH 3 + 3H2 dĆ° C6 H5 -CH 3 + 3HNO 3 â&#x2020;&#x2019; C6 H2 (NO 2)3 -CH3 + 3H 2 O C6 H5 -CH 3 + 2KMnO 4 â&#x2020;&#x2019; C6 H5 -COOK + 2MnO 2 + KOH + H 2 O Theo giả thiáşżt thĂŹ B chᝊa N 2 vĂ N 2O

Câu 3 (1,0 Ä&#x2018;)

2Mg(NO 3)2 â&#x2020;&#x2019; 2MgO + 4 NO 2 ď&#x201A;­ + O 2 ď&#x201A;­ ď&#x192;° E cháť&#x2030; cĂł Al2 O3 vĂ MgO.

KĂ&#x2C6;

M

ď&#x192;Ź27 x + 24 y = 2,16 + Gáť?i x, y lần lưᝣt lĂ sáť&#x2018; mol cᝧa Al vĂ Mg ta cĂł háť&#x2021; : ď&#x192;Żď&#x192;­ x ď&#x192;Żď&#x192;Ž102. 2 + 40 y = 3,84

ď&#x192;° x = Al = 0,04 mol vĂ Mg = 0,045 mol ď&#x192;° sáť&#x2018; mol e cho = 0,21 mol (II) + Tᝍ (I, II) suy ra phải cĂł NH 4 NO 3 .

Tᝍ Ä&#x2018;Ăł dáť&#x2026; dĂ ng tĂ­nh Ä&#x2018;ưᝣc káşżt quả sau: D gáť&#x201C;m: Al(NO 3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO 3)2 (6,66 gam) ; NH 4NO 3 (0,3 gam) = 15,48 gam.

Háť&#x2014;n hᝣp ban Ä&#x2018;ầu cĂł 50% lưᝣng máť&#x2014;i kim loấi.

1. Cho dung dáť&#x2039;ch AgNO 3 tĂĄc d᝼ng váť&#x203A;i cĂĄc dung dáť&#x2039;ch ráť&#x201C;i nháş­n biáşżt theo sĆĄ Ä&#x2018;áť&#x201C;:

áş Y D Câu 4 (2,0 Ä&#x2018;)

0,25 Ä&#x2018;

Q U

Y

N

H

ď&#x192;Ź ď&#x192;ŻnN O + nN2 = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354,9) = 0, 02 ď&#x192;Ź ď&#x192;ŻnN2O = 0, 01 Ta cĂł ď&#x192;­ 2 â&#x2020;&#x2019;ď&#x192;­ ď&#x192;Ż ď&#x192;Ż ď&#x192;ŽnN2O .44 + nN2 .28 = 0, 02.32.0, 716.44 / 28 ď&#x192;ŽnN2 = 0, 01 ď&#x192;° sáť&#x2018; mol e nháş­n Ä&#x2018;áť&#x192; tấo ra 2 khĂ­ nĂ y lĂ : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I) ď&#x192;° D cĂł Al(NO 3 )3 , Mg(NO 3 )2 cĂł tháť&#x192; cĂł NH 4 NO3 .

NH 4 NO 3 â&#x2020;&#x2019; N2 Oâ&#x2020;&#x2018; + 2H 2 O 2 NH 4NO 3 â&#x2020;&#x2019; N2 ď&#x201A;­ + O 2 ď&#x201A;­ + 4 H 2O ď&#x201A;­ 4Al(NO 3)3 â&#x2020;&#x2019; 2Al2O3 + 12 NO 2 ď&#x201A;­ + 3O2 ď&#x201A;­

keĂĄ t tuĂť a traĂŠ ng KNO 3 K3PO 4 KCl K2S

ddAgNO3

keå t tuÝ a vaø ng keå t tuÝ a ùen

KCl K3PO 4

0,25 Ä&#x2018; 0,25 Ä&#x2018; 0,25 Ä&#x2018;

1,0 Ä&#x2018;

K2S khoâ ng h tÜôïng KNO 3

2. nH 2 SO4 = 0, 01(mol ) , nHCl = 0, 02(mol ) ; nBa ( OH ) 2 = 0,3a(mol ) ; nKOH = 0,015(mol ) ; nH + = 0, 04(mol ) ; nOH â&#x2C6;&#x2019; = 0, 6a + 0, 015(mol )

Biên soấn và sưu tầm!

PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť&#x2026;n Thanh TĂş Ä?Ä&#x192;ng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,25 đ H + + OH → H2O 0,04 0,6a + 0,015 mol Dd sau phản ứng có pH = 12 → OH - dư có số mol = 0,5.10-2 = 0,005 mol

0,25 đ

Ta có 0,6a + 0,015 - 0,04 = 0,005 → a = 0,05 0,25 đ + → BaSO 4 0,015 0,01 0,01 Khối lượng kết tủa = 2,33 (gam) 0,25 đ 1. Hợp chất A (C 7 H8 ) tác dụng với AgNO 3 trong dung dịch NH 3 , đó là hiđrocacbon có liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)x 0,25 đ R(C≡CH)x + xAgNO 3 + xNH 3 ⎯⎯ → R(C≡CAg)x + xNH4NO3 R + 25x R + 132x MB – MA = (R + 132x) - (R + 25x) = 107x = 214  x = 2 0,25 đ Vậy A có dạng: HC≡C-C3 H6 -C≡CH Các công thức cấu tạo có thể có của A: SO42-

CH C-CH2-CH-C CH

CH

O

CH C-CH2-CH2-CH2-C

FF IC IA L

Ba2+

CH3

0,25 đ

CH C-CH-C

CH

CH C-C-C

Ơ

Câu 5 (2,0 đ)

N

CH3

H

CH2CH3

CH

CH3

M

Q U

Y

N

2. Do MX = 13,5.2 = 27 --> MA < 27 --> Loại trường hợp A là CH 4 vì không có B phù hợp, A là C 2 H2 .

B có ít hơn A một nguyên tử cacbon, B là CHyOz. C2 H2 ---> 2CO 2 CHyOz --> CO 2 Dựa vào bài ra, hs dễ dàng lập được các phương trình đại số: 26a + Mb = 6,48 2a + b = 0,42 a + b = 0,24 Từ các phương trình này, tìm được M = 30, B là CH2 O

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

KÈ

1,568 = 0, 07(mol ) ; nNaOH = 0,5  0,16 = 0, 08(mol ) 22, 4 = 0, 25  0,16 = 0, 04(mol ) ; nBa(OH)2 =0,25a (mol)

nCO2 = nBaCl2

3,94 = 0, 02(mol ) 197 CO2 + OH - → HCO 3 0,07 0,08 0,07 HCO 3 + OH → CO3 2- + H2 O 0,07 0,01 0,01 t0 2+ 2− Ba + CO3 ⎯⎯ → BaCO3  0,02 0,02 Do kết tủa thu được bằng 0,02 mol do đó lượng OH - cho thêm vào bằng 0,01 mol Ta có : OH - = 0,5a → 0,5a = 0,01→ a = 0,02

ẠY

nBaCO3 =

D

Câu 6 (2,0 đ)

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 a) nCO2− = 0, 01(mol ) ; nHCO− = 0, 01(mol ) ; nH + = 0, 015(mol ) 3

3

2− 3

+

− 3

CO + H → HCO 0,01 0,01 0,02 − + HCO3 + H → CO2  + H 2O

0,25 đ

0,02 0,005 0,005 V= 0,112 lít b. nHCO− = 0,015(mol ) ; nBa (OH 2 ) = 0, 01(mol ) ; nOH − = 0, 02(mol )

0,25 đ

3

0,25 đ

O

FF IC IA L

HCO 3 - + OH - → CO3 2- + H 2 O 0,015 0,015 0,015 → dư 0,005 mol OH 2+ 2Ba + CO 3 → BaCO 3 0,01 0,015 0,01 Dung dịch sau phản ứng có : KOH 0,005 mol K2 CO 3 0,005 mol Trong 1 mol xăng có: 0,1 mol C 7 H 16 , 0,5 mol C8 H18 , 0,3 mol C9 H20 , 0,1 mol C10 H22 . Đặt công thức các ankan trong xăng là CaH 2 a+2 với a = 0,1.7 + 0,5.8 + 0,3.9 + 0,1.10 = 8,4 M = 14a + 2 = 119,6.

Số mol có trong 2 kg xăng = 16,7224 (mol)

N

Ơ

H

Câu 7 (1 đ)

Pư cháy của hơi xăng: CaH2a+2 + (3a + 1)/2O 2 --> aCO 2 + (a+1)H 2 O Để đốt cháy 1 mol xăng cần số mol O 2 là (3.8,4 + 1)/2 = 13,1 (mol).

Số mol O 2 cần để đốt cháy 2 kg xăng là: 16,7224. 13,1 = 219,063 (mol) VO2 cần dùng (27,3 o C, 1atm) = 5394 (l)

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Nhiệt tạo thành khi đốt cháy 2 kg xăng là: 16,7224. 5337,8 = 89260,8 (kJ) Lượng nhiệt thải ra khí quyển là: 17852,16 (kJ).

0,25 đ

Q U

Y

N

- Số mol CO 2 tạo ra là: 8,4. 16,7224 = 140,47 Tính được VCO2 thải ra không khí là: 140,47 . 0,082.300.3 = 3459 (l)

D

ẠY

KÈ

M

--------------Hết---------------

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Sở GD-ĐT tỉnh TT.Huế Trường THPT An Lương Đông

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA HỌC LỚP 11

Số phách Đường cắt phách

FF IC IA L

Số phách

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Câu I: I.1. Hợp chất A tạo thành từ các ion M+ và X2- (tạo ra từ các nguyên tố M và X). Trong phân tử A có 140 hạt các loại, trong đó hạt mang điện bằng 65,714% tổng số hạt. số khối của M hơn X là 23. Tìm 2 nguyên tố M và X. I.2. Có cân bằng: N 2 O4 (K) 2NO 2 (K). Cho 18,4gam N 2 O4 vào bình dung tích là 5,904 lít ở 270 C. - Lúc cân bằng áp suất của hỗn hợp khí trong bình là 1atm. Tính áp suất riêng phần của NO 2 và N2O4 lúc cân bằng.

- Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống bằng 0,5 atm thì áp suất riêng phần của NO 2 , N 2 O4 lúc này là bao nhiêu? Kết quả có phù hợp nguyên lý của Le Chatelier không ?

Câu II: II.1. Hoà tan 6gam CH 3 COOH vào nước để được 1lít dd. Tính nồng độ mol/l của H+ suy ra độ điện ly  của CH 3 COOH. Biết Ka = 1,8.10-5 II.2. Cân bằng 2 phản ứng oxi hoá - khử sau: II.2.1. Cu2 S + HNO 3 → Cu(NO 3 ) + CuSO4 + NO 2 + H2 O II.2.2. Fe3 O4 + HNO 3 → Fe(NO 3 )3 + Nx Oy + H 2 O II.3. Kết tủa Ag2 CrO 4 có tan được trong dung dịch NH4 NO 3 không ?

Biết PT (Ag2 CrO 4 ) = 11,8 PK (NH 3 ) = 4,76 PK (HCrO −4 ) = 6,5 Hằng số bền của phức β1 [Ag(NH 3 )+] = 2089,3 Câu III: III.1. Giải thích các vấn đề: - Dùng hóa chất gì để hoà tan AgCl. Viết phương trình phản ứng để minh hoạ.

- Tại khu dân cư đông đúc không nên lập các nhà máy sản xuất đất đèn ?

- CO có khả năng tạo phức với 1 số kim loại chuyển tiếp còn N2 không có khả năng này.

III.2.

- Hoà tan bột Fe vào dd H2 SO 4 loãng, người ta thu được 513ml khí đo ở 270 C, 1,2 atm và một ddA. Dùng lượng Fe gấp đôi trên bỏ vào dd CuSO 4 thì màu xanh của dd nhạt dần đến sau khi phản ứng kết thúc tạo thành 1 chất rắn B màu đỏ và dd C. Tính lượng Fe đã dùng trong cả hai trường hợp đó và mB. - Cho toàn bộ B vào dd HNO3 loãng, nguội thu bao nhiêu lít khí (đktc) ?

Câu IV: IV.1. Các hidrocacbon có CTPT: C2 H4 , C3 H6, C4 H8 có thuộc cùng dãy đồng đẳng không? Tại sao?

IV.2. Một hỗn hợp khí X gồm 1 ankan, 1anken và 1 ankin có V = 1,792lít (ởđktc) chia làm 2 phần bằng nhau: - Phần 1: Cho qua dd AgNO 3 /NH3 dư tạo 0,735gam kết tủa và thể tích hỗn hợp giảm 12,5%.

- Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào 9,2lít dd Ca(OH)2 0,0125M thấy có 11gam kết tủa.

Xác định CTPT các hidrocacbon.

Câu V: X là hợp chất hữu cơ thuần chức, tác dụng với dd NaOH và Na. Công thức đơn giản của X là C6 H10O4.

Biên soạn và sưu tầm!

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

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 V.1. Biện luận để xác định CTPT của X. Viết CTPT của X biết X được dùng để chế tạo một loại tơ hoá học.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Không ghi vào phần gạch chéo này

FF IC IA L

V.2. Một đồng phân X 1 của X không tác dụng với Na, tác dụng với NaOH sinh ra 1 muối và 1 rượu Y. Ở cùng điều kiện, thể tích hơi của 6,2gam X bằng 2 lần thể tích của 1,6gam O 2 . Xác định CTCT của X1 , viết phương trình phản ứng.

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

Biến đổi ta được (4ZM + 2ZX) + (2N M + NX) = 140 4ZM + 2ZX = 92 AM + AX = 23 AM = 39; A X = 16 M là K; X là O 18,4 = 0,2(mol ) I.2. n N 2O 4 = 92 N2O4 2NO 2 Ban đầu 0,2 0 Cân bằng 0,2 - x 2x Tổng số mol có trong hệ lúc cân bằng: 0,2 – x + 2x = 0,2 + x PV 1 5,904 0,2 + x = = = 0,24 RT 0,082(273 + 27) X = 0,04 n NO2 (lúc cân bằng) = 0,08 mol

N

O

Đáp án câu I: I.1. Hợp chất A: M2 X Gọi ZM; NM là số p (số e); số nơtron của M Gọi ZX; NX là số p (số e); số nơtron của N Ta có: 2(2ZM + NM) + 2ZX + NX = 140 140  65,714 4Z M + 2Z M = = 92 100 A M – AX = 23

n N 2O4 (lúc cân bằng) = 0,2 – 0,04 = 0,16 mol

D

ẠY

Vì số mol N 2 O4 gấp đôi số mol NO 2 nên áp suất N2 O4 cũng gấp đôi của NO 2 1 2 Vậy: PNO2 = (atm ), PN 2O4 = (atm) 3 3 2 PNO2 ( 12 ) 1 KP = = 2 = PN 2O4 6 3 Đặt PNO2 khi cân bằng là P thì áp suất của N2 O 4 khi cân bằng là: 0,5 – P. Từ đó:

1 P2 =  6P 2 + P − 0,5 = 0 6 0,5 − P = 0,217 (atm); PN O = 0,283 (atm)

KP = PNO2

2

Kết quả:

PNO2 PN2O4

=

5

0,217  0,77 0,283

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 So sánh với trường hợp trên:

PNO2 PN2O4

1 3 =  = 0,5 3 2

Vậy: Khi áp suất của hệ xuống thì cân bằng dịch chuyển sang phía làm tăng áp suất của hệ lên, nghĩa là sang phía có nhiều phân tử khí hơn (phù hợp nguyên lý). Đáp án câu II: 6 = 0,1 (mol) 60 CH 3COOH = 0,1 = 0,1M 1 CH 3 COOH CH 3 COO - + H 0,1 x x x 0,1 – x x x

−2

+5

N Ơ

+1

+1

+6

+4

1

H

Cu 2 S + H N O 3 → Cu( NO3 ) 2 + Cu S O 4 + N O 2

2Cu +1 + S−2 − 10e → 2Cu +2 + S+6

N

II.2.1.

O

Ban đầu Phân ly Cân bằng x2 Ka = = 1,8.10 −5 0,1 − x Vì x <<0,1 nên: x2 = 1,8.10-5 .0,1 x2 = 1,8.10-6 x = 1,35.10-3 + -3 Vậy [H ] = 1,35.10 (M) 1,35 10 −3 Độ điện ly  = = 1,35.10 −2 0,1 II.2. Cân bằng:

FF IC IA L

n CH 3COOH =

II.1.

+ 83

+3

Q U

II.2.2.

+5

Y

10  N +5 + 1e → N + 4 Phản ứng được cân bằng: Cu2 S + 12HNO 3 → Cu(NO 3 ) + CuSO4 + 10NO 2 + 6H 2 O +

2y x

Fe3O 4 + H NO3 → Fe( NO3 ) 3 + N x O y + H 2 O +8

(5x − 2 y)  3Fe 3 − 1e

→ 3Fe +3 +

2y x

D

ẠY

KÈ

M

1 xN +5 + (5x − 2 y)e → xN Phản ứng được cân bằng: (5x – 2y)Fe3 O4 + (44x – 18y)HNO 3 → 3(5x-2y)Fe(NO 3 )3 + Nx Oy + (22x – 9y)H2 O II.3. Ag2 CrO 4 2Ag+ + CrO 24− T = 10-11,8 (1) + NH 3 + H 2 O Kb = 10-4,76 (2) NH 4 + OH H + + CrO 24− Ka2 = 10-6,5 (3) HCrO −4 Ag+ + NH 3 Ag(NH 3 )+ β1 = 103,32 (4) + Để xét phản: Ag2 CrO 4 + NH 4 cần: 10 −14 = 10 −9, 24 − 4, 76 10 2− − + H + CrO 4 → (Ka2 )-1 = (10-6,5 )-1 = 106,5 HCrO 4 Ag+ + NH 3 Ag(NH 3 )+ → β1 = 103,32 Tổng cộng: Ag2 CrO 4 + NH +4 Ag+ + Ag(NH 3 )+ + CrO 24− K = (10-11,8 )(10-9,24)(106,5)(103,32) = 10-11,2 Kết luận: K rất nhỏ, sự tan rất là khó khăn.

NH +4

NH3 + H+

→ Ka1

K = TKa1 (Ka2 )-1 β1

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Đáp án câu III: III.1. Giải thích: - Dùng dd NH3 để hoà tan AgCl: AgCl + 2NH 3 → [Ag(NH 3 )2 ]Cl - Phản ứng điều chế CaC2 có tạo khí độc CO 0 CaO + 3C >2000 C CaC2 + CO

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Vì vậy không điều chế ở vùng đông dân cư.

- CO có đôi electron chưa dùng ở obitan lai hoá sp thuận lợi cho sự tạo thành liên kết phối trí với các dung loại chuyển tiếp. N 2 có đôi electron chưa dùng ở obitan 2s năng lượng thấp không thuận lợi cho sự tạo liên kết.

III.2.

Fe + H 2 SO4 (l) = FeSO 4 + H 2 (1) a mol a mol a mol Fe + CuSO4 = FeSO 4 + Cu (2) 2a mol 2a mol 2a mol 1,2  0,1513 Từ (1)  n Fe = n H = a = = 0,025 mol 22,4  (273 + 27) 273 Từ (1) và (2)  mFe = 56(0,025 + 2 x 0,025) = 4,2 (g) mB = mCu = 64 x 2 x 0,025 = 3,2 (g) 3Cu + 8HNO 3 (l) = 3Cu(NO 3 )2 + 2NO + 4H 2 O 4a 2a mol (mol) 3 4 VNO =  0,025  22,4 = 0,7467(l)  0,75(l) 3 Đáp án câu IV: IV. 1. Các hidrocacbon: C 2 H4 , C3 H6 , C4 H8 có thể thuộc cùng dãy đồng đẳng hoặc không.

- Cùng dãy dồng đẳng khi chúng có chứa liên kết đôi C=C trong phân tử.

- Không cùng dãy đồng đẳng khi C3 H 6 , C4 H8 có cấu tạo vòng xicloankan; (C 2 H4 là anken) IV. 2.

X: Cn H2n+2 2a mol Cm H2m 2b mol Cp H2p – 2 2c mol NH 3 2Cp H 2p – 2 + xAg2 O 2Cp H 2p – 2 - x Agx  + xH2 O (1) C mol c mol 0,735 1,792  12,5 = = 0,005 Từ (1) nCp H2p – 2 - x Agx = c = M kÕttña 22,4  2  100

D

ẠY

KÈ

M kết tủa = 14p – 2 + 107x = 147 x chỉ có thể = 1  p = 3 CTPT: C3 H4 Phương trình đốt cháy: 3n + 1 C n H 2n+2 + O 2 → nCO 2 + (n + 1)H 2 O (2) 2 a mol na (n + 1)a 3m C m H 2m + O 2 → mCO 2 + mH 2 O (3) 2 b mol mb mb C3 H 4 + 4O 2 → 3CO 2 + 2H2 O (4) 0,005 0,015 CO 2 + Ca(OH)2 → CaCO 3  + 2H 2 O (5) 2CO 2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO 3 )2 (6) Có 2 trường hợp: * Nếu Ca(OH)2 dư, chỉ tạo 1 muối CaCO 3 theo (5) nCaOH)2 = 9,2 x 0,0125 = 0,115 (mol) Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CH 4 C4 H 8

C2 H 6 C4 H 8

O

 na + nb = 0,095 1,792 Mà a + b = − 0,005 = 0,035 22,4 na + mb 0,095 n= = = 2,7 a+b 0,035 - Nếu n < m điều kiện n, m nguyên dương 1  n < 2,7 < m  4 n = 1 hoặc 2 m = 3 hoặc 4 Có 4 cặp nghiệm CH4 C2 H 6 C3 H 6 C3 H 6 - Nếu n > m thì 2  m < 2,7 < n  4 m=2 n = 3 hoặc 4 Có 2 cặp nghiệm C3 H 8 C4 H 10 C2 H 4 C2 H 4 * Nếu Ca(OH)2 tạo 2 muối theo (5) và (6) nCa(OH)2 tham gia (6) = 0,115 – 0,11 = 0,005 (mol)  nCO 2 = 0,11 + 2  0,005 = 0,12 − na + mb + 0,015

FF IC IA L

11 =0,11 = na + nb + 0,015 100

N

nCaCO 3 = nCO 2 =

Q U

Y

N

H

Ơ

 na + mb = 0,105 na + mb 0,105 n= = =3 a+b 0,035 - Nếu n = m thì C3 H8 và C3 H6 - Nếu n < m thì 1  n < 3 < m  4 n = 1 hoặc 2 m=4 Có 2 cặp nghiệm CH4 và C4 H 8 ; C2 H 6 và C4 H 8 - Nếu n > m thì 2  m < 3 < n  4 M = 2; n = 4 có 1 cặp nghiệm C4 H10 và C2 H4

D

ẠY

KÈ

M

Đáp án câu V: - X tác dụng Na và NaOH, vậy X là axít có CT nguyên là (C6 H10 O 4)n * n = 1 thì X là axít 2 chức C4 H8 (COOH)2 là axít no 2 chức. * n = 2 thì X là axít 4 chức C6 H12 (COOH)4 * n = 3 thì X là axít 6 chức C6 H24 (COOH)6 n 2 không phù hợp với hoá trị của C. X là C4 H8 (COO)2 được dùng điều chế 1 loại tơ hoá học. Vậy X có cấu tạo: HOOC-(CH 2 )4 -COOH axít a dipic - X1 là este.

6,2 1,6 = 2nO 2 = 2  = 0,1mol Y có n y = MY 32  MY = 62 Đặt CT của Y: Cx Hy O z 12x + y + 16z = 62 Vì x, z  1 nên ta có: 16z < 50  z < 3,1 * z = 1: 12x + y = 46 (x = 3, y = 10 loại) * z = 2: 12x + y = 30 (x = 2, y = 6) * z = 3: 12x + y = 14 (x =1, y = 2 loại) Vậy CTPT của Y: C 2 H4 (OH)2 X 1 là este CH 3 -COOCH2 -CH2 -OOC-CH3 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 CH3 -COO-CH 2

+ 2NaOH → 2CH 3 -COONa + C2 H4 (OH)2 (Y)

CH3 -COO-CH 2

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

---------------------------- Hết----------------------------

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

(Dành cho học sinh THPT chuyên )

ĐỀ ĐỀ XUẤT

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

2

2

4

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu 1 (2,0 điểm): 1. Chỉ số octan là gì? Isooctan là tên gọi một hidrocacbon trong công nghiệp dầu mỏ.

Tên gọi đúng theo danh pháp IUPAC là gì? Viết phương trìn h hoá học chuyển hóa isooctan từ isobutilen (ghi rõ điều kiện của phản ứng).

2. Viết 5 loại phản ứng trực tiếp tạo ra NO 2. Viết công thức cấu tạo của NO2 . Nêu một ứng dụng của khí NO trong y học.

3. Một dung dịch muối trung hòa tạo kết tủa X màu vàng với dung dịch AgNO3 ; X không tan trong NH3 dư. Mặt khác, dung dịch muối nói trên cũng tạo kết tủa X’ với dung dịch NH 3 dư. Kết tủa X’ tan trong dung dịch KOH được dung dịch Y không màu. Thêm H 2O2 vào dung dịch Y được dung dịch Z màu vàng. Thêm BaCl 2 và Z được kết tủa. Chọn các chất phù hợp và viết phương trình hoá học minh họa.

Câu 2 (1,5 điểm). Trong phòng thí nghiệm có một chai đựng dung dịch NaOH, trên nhãn có ghi: NaOH 0,10 M. Để xác định lại chính xác giá trị nồng độ của dung dịch này, người ta tiến hành chuẩn độ dung dịch axit oxalic bằng dung dịch NaOH trên. a) Tính số gam axit oxalic ngậm nước (H2C2O4 .2H2O) cần lấy để khi hoà tan hết trong nước được 100 ml dung dịch axit, rồi chuẩn độ hoàn toàn 10 ml dung dịch axit này thì hết 15 ml NaOH 0,10 M. b) Hãy trình bày cách pha chế 100 ml dung dịch axit oxalic từ kết quả tính được ở trên. c) Không cần tính toán, hãy cho biết có thể dùng những dung dịch chỉ thị nào cho phép chuẩn độ trên trong số các dung dịch chỉ thị sau: metyl da cam (pH = 4,4); phenol đỏ (pH = 8,0), phenolphtalein (pH = 9,0)? Vì sao?

(Cho: pK a1(H 2C2O4 ) = 1,25; pK a2(H C O ) = 4,27).

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

Câu 3 (2,0 điểm).

1. Viết phương trình dạng ion trong các thí nghiệm sau (các phản ứng xảy ra hoàn toàn): a) Đun nóng dung dịch NaHCO3, để nguội rồi đem tác dụng lần lượt với dung dịch Ba(NO3)2, AlCl3. b) Dung dịch Na 2S dư tác dụng lần lượt với dung dịch MgCl 2, FeCl3. c) Dung dịch NH3 dư tác dụng lần lượt với dung dịch ZnCl 2, AlCl3.

2. Cho hỗn hợp Fe và Cu tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch FeCl 3, sau phản ứng thu được dung dịch (A) chứa hai muối tan. Chia dung dịch (A) ra làm hai phần bằng nhau: Phần 1: tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 77,55g kết tủa .

Phần 2: tác dụng dung dịch NH3 dư thì thu được 14,4 gam kết tủa.

Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Bài 4 (2,0 điểm). Hỗn hợp X gồm kim loại bari và hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì kế tiếp

D

được chia làm 2 phần bằng nhau: – Phần I cho vào cốc đựng 200ml dung dịch chứa H 2SO4 1M và HCl 1M thấy tạo thành 7,28 lit khí (đktc), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 62,7 gam chất rắn khan.

– Phần II cho vào nước dư thu được dung dịch Y. Đổ 138,45 gam dung dịch Na 2 SO4 20% vào dung dịch Y thấy tạo thành m1 gam kết tủa trắng, nhưng nếu đổ 145,55 gam dung dịch Na 2SO4 20% vào dung dịch Y thì thu được m 2 gam kết tủa. Biết m2 - m1 = 1,165. a. Xác định hai kim loại kiềm và tính phần trăm số mol của Ba trong X.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

b. Nếu sục V lit khí CO2 (đktc) vào dung dịch Y thì thu được m gam kết tủa cực đại. Xác định giá trị của V.

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu 5 (1,0 điểm). Chất X có công thức phân tử C7 H6O3. X có khả năng tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất Y có công thức C7 H5O3Na. Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z (C9 H8O4) cũng tác dụng được với NaHCO3, nhưng khi cho X tác dụng với metanol (có H 2SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8H8O3) không tác dụng với NaHCO3 mà chỉ tác dụng được với Na2 CO3. (a) Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử. (b) Cho biết ứng dụng của các chất Y, Z và T Câu 6 (1,5 điểm).

1. Sinh nhiệt của một chất ở điều kiện chuẩn (kí hiệu là ΔH0sn ) là lượng nhiệt tỏa ra hay thu vào khi hình thành 1 mol chất đó từ các đơn chất bền ở điều kiện chuẩn.

Cho: C(than chì) → C(k) ΔH0 thăng hoa = 717 KJ/mol; EH - H = 432KJ/mol; EC - C = 347 KJ/mol; EC - H = 411 KJ/mol; ΔH0sn (H2O lỏng) = - 285,8 KJ/mol; ΔH0sn (CO2 ) = - 393,5 KJ/mol . a. Tính ΔH0sn của ankan tổng quát CnH2n+2 theo n. b. Cho phản ứng đốt cháy hoàn toàn các ankan chứa n nguyên tử cacbon: CnH2n+2 (k) + (3n + 1)/2 O2(k) → nCO2(k) + (n + 1) H2O(l) ΔH0.

Tính ΔH0 theo n.

2. Cho các chất: Phenyl fomat (A), Ancol o-hidroxibenzylic (B), Ancol phidroxibenzylic (C). Viết công thức cấu tạo của các chất trên. Sắp xếp các chất trên theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích ngắn gọn.

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

………Hết………

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

(Dành cho học sinh THPT chuyên ) Câu 1 . 1. * Chỉ số octan là % theo khối lượng 2,2,4-trimetyl pentan có trong etxang 2,0 đ * Tên gọi đúng là 2,2,4-trimetyl pentan

CH3 CH3-C-CH=C-CH3 20%

H2SO4 60%

+H2,t Ni

CH3 CH3 CH3

2CH3-C=CH2 CH3

CH3-C-CH2-C=CH2 80% CH3

FF IC IA L

* Chuyển hóa từ iso butilen

CH3

0

CH3

CH3-C-CH2-CH-CH3 CH3

CH3

0,75

Ơ

N

N

O

2. Viết 5 loại phản ứng điều chế NO 2 → 2NO 2 → Cu(NO 3 )2 +2NO 2 + 2H 2 O a. N 2 O 4 ⎯⎯ b. Cu + 4HNO 3 ⎯⎯ → 4NO 2 +O 2 +2H2 O → 2NO 2 c. 4HNO 3 đ ⎯⎯ d. 2NO +O 2 ⎯⎯ ⎯⎯ → e. S +6HNO 3 6NO 2 + H 2 SO4+2 H 2 O

0,5

N

H

O O * Công thức cấu tạo của NO 2 * Ứng dụng: NO sinh ra trong tế bào nội mô của mạch máu có tác dụng làm giãn mạch và khống chế áp suất máu.

3. CrI 3 + AgNO 3 → Cr(NO 3 )3 + 3AgI (kết tủa vàng không tan trong NH 3 )

Y

CrI 3 + NH 3 + H2 O → Cr(OH)3 + NH 4 I;

Q U

Cr(OH)3 + KOH → KCr(OH)4

2KCr(OH)4 + 3H 2 O2 + 2KOH → 2K 2 CrO 4 + 8H2 O;

0,75

K2 CrO 4 + BaCl2 → BaCrO 4 + 2KCl

M

m . 10 15 . 0,1.10-3 = → m = 0,9450 (g). ta có: 126 . 100 2 0,5 b) Cân chính xác 0,9450 gam axit oxalic ngậm nước (H 2 C2 O 4 . 2H 2 O) cho vào cốc thủy tinh, rồi rót một ít nước cất vào để hòa tan hết lượng axit này bằng cách dùng đũa thuỷ tinh khuấy nhẹ hoặc lắc nhẹ. Chuyển toàn bộ dung dịch vào bình định mức 100 ml (cả phần nước được dùng tráng cốc 2, 3 lần). Thêm nước cất đến gần vạch 100 ml, rồi dùng ống hút nhỏ giọt (công tơ hút) nhỏ từ từ từng giọt nước cất đến đúng vạch để được 100 ml dung dịch axit 0,5 oxalic.

2− c) Trong phép chuẩn độ trên, sản phẩm tạo thành là C 2 O 4 , môi trường bazơ, do đó phải

D

ẠY

1,5 đ

a) Từ phản ứng chuẩn độ hoàn toàn axit oxalic bằng xút: 2− H 2 C2 O4 + 2 OH - → C 2 O 4 + 2H 2 O

KÈ

Câu 2

Câu 3 2,0

chọn những chất chỉ thị có sự chuyển màu rõ nhất trong môi trường bazơ. Vì vậy có thể chọn chất chỉ thị là dung dịch phenol đỏ hoặc dung dich phenolphtalein cho phép chuẩn độ trên. 0,5 1. Dung dịch NaHCO 3 đã đun nóng: o

t → Na2 CO 3 + H 2 O + CO 2  2 NaHCO 3 ⎯⎯ 2+ Ba + CO 3 2− → BaCO 3 

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2 + 3 CO 3 + 3 H 2 O → 2 Al(OH)3  + 3 CO 2  Dung dịch Na2 S lần lượt tác dụng với các dung dịch: 2 Mg2+ + S2− + 2 H 2 O → Mg(OH)2 + H 2 S 2 Fe3+ + 3 S2− → 2 FeS + S Dung dịch NH 3 lần lượt tác dụng với các dung dịch: Al3+ + 3 NH 3 + 3 H2 O → Al(OH)3  + 3 NH 4 + Zn2+ + 2 NH 3 + 2 H 2 O → Zn(OH)2 +2 NH 4 + Zn(OH)2 + 4 NH 3 → Zn(NH 3 )4 2+ + 2 OH − Al3+

0,5

FF IC IA L

2. Ta có nFe(OH)2 =0,16 mol , nAg=0,16 mol n(Fe2+) =0,16 mol n(AgCl) =0,42 mol x mol Fe, y mol Cu x + y =0,07 3 x + 2y = 0,16 x= 0,02 mol , y=0,05 mol mFe =2,24 (g), mCu = 6,4 g a. Đặt hai kim loại kiềm là M; số mol của M và Ba lần lượt là 2x và 2y Xét phần I: Theo bài: nH + = 0,6 mol và nH 2 = 0,325 mol → Hai axit hết và hỗn hợp các kim loại còn phản ứng với H 2 O → số mol H 2 do kim loại phản ứng với nước tạo thành là 0,325 – 0,3 = 0,025 → nOH - = 0,025.2 = 0,05 mol → mkim loại = 62,7 – 0,2.96 -0,2.35,5 – 0,05.17 = 35,55 gam → M.x + 137y = 35,55 (1) x → nH 2 = + y → x + 2y = 0,65 (2) 2 Xét phần II: Số mol Na2 SO 4 dùng trong hai trường hợp là 0,195mol và 0,205 mol Theo bài: m2 > m1 điều đó chứng tỏ khi dùng 0,195 mol Na2 SO 4 thì Ba2+ còn dư Giả sử Ba2+ cũng dư khi dùng 0,205 mol Na2 SO 4 thì m2 –m1 = 233.( 0,205 - 0,195) = 2,33  1,165 gam → Ba2+ hết khi dùng 0,205 mol Na2 SO4 → 0,195  nBa2+  0, 205 ↔ 0,195  y  0, 205 (3)

0,5

0,5

O

0,5

0,5

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

Câu 4 2,0 đ

2−

0,5

D

ẠY

KÈ

Từ (2) và (3) → 0, 24  x  0, 26 (*) Từ (1) và (3) → 7, 465  M .x  8, 835 (**) Từ (*) và (**) → 28, 71  M  36, 81 Hai kim loại cần tìm là Na (23) và K (39) → m1 = 0,195.233; m2 = y.233 m2 –m1 = 1,165 → y = 0,2 → %nBa = (0,2 : 0,45).100% = 44,44% b. Dung dịch Y chứa 0,65 mol OH -. Sục CO 2 vào Y CO2 + OH - → HCO 3 a a a CO2 + 2OH - → CO 3 2- + H2 O b 2b b Ba2+ + CO 3 2- → BaCO 3 0,2 a + b + b = 0,65 Để kết tủa cực đại thì nCO32 −  nBa 2 + →  b  0, 2 Biên soạn và sưu tầm!

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

0,5

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Câu 5

→ 0, 2  a + b  0, 65 − 0, 2 → 0, 2  a + b  0, 45 → 4, 48  V  10, 08 (a) Cấu tạo các chất :

0,5

1,0 đ

FF IC IA L

Phương trình phản ứng : HOC6 H4 COOH + NaHCO 3 → HOC6 H4COONa + H 2 O + CO 2 SO 4 HOC6 H4 COOH + CH 3 OH ⎯H ⎯2 ⎯ ⎯→ HOC6H4COOCH3 + H2 O

0,5

SO 4 HOC6 H4 COOH + (CH 3 CO)2 O ⎯H ⎯2 ⎯ ⎯→ CH 3COOC6H 4COOH + CH 3 COOH (b) Y với hàm lượng rất nhỏ được sử dụng làm chất bảo quản thực phẩm và pha chế nước xúc miệng (có tác dụng diệt khuẩn); Z được sử dụng để chế tạo dược phẩm aspirin và T là thành phần chính của dầu gió xanh.

1. a. Sơ đồ tạo thành Cn H2n+2 từ C(than chì) và H2(k):

0,25

H

Ơ

N

Câu 6 1,5 đ

O

0,5

0,25

Q U

Y

N

Dựa vào sơ đồ trên, ta có: ΔH sn (Cn H2n+2) = (n+1). EH – H + n. ΔHthăng hoa (C) – (n-1)EC-C – 2(n+1)EC-H = 432(n+1) + 717.n – (n-1).347 – 2(n+1).411 = - 43 - 20.n (KJ/mol). b. Sơ đồ:

M

0,25

KÈ

Dựa vào sơ đồ trên ta có: ΔH n = n. ΔH sn (CO 2 ) +(n+1). ΔH sn (H 2 O(l)) - ΔHsn (Cn H2n+2 ) = - 393,5.n - 285,8(n+1) + 43 + 20.n = - 242,8 – 659,3.n

D

ẠY

2. Công thức cấu tạo: (A) C6 H 5 OOCH (B) CH2OH

HO

0,25

(C) CH2OH

OH

0,25

Nhiệt độ sôi của các chất tăng dần theo chiều sau: (A) < (B) < (C) (A), (B), (C) có M tương đương nhau A không có khả năng tạo liên kết Hidro liên phân tử B có thể tạo liên kết Hidro nội phân tử làm giảm số liên kết Hidro liên phân tử 0,25 C chỉ tạo liên kết Hidro liên phân tử SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Khóa ngày 22 – 3 – 2018 Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Hóa học LỚP 11 THPT Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề gồm có 02 trang

Họ và tên:………………..

Số báo danh:……………..

FF IC IA L

Câu I. (2,0 điểm) 1. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau: a. NO 2 + NaOH ⎯⎯ b. SO 2 + KMnO 4 + H2 O ⎯⎯ → → to c. S + Na2 SO 3 ⎯⎯ d. NaNO 2 + NH 4 Cl ⎯⎯ → → 100 C e. Cl2 + KOH ⎯⎯⎯ f. H3 PO3 + NaOH (dư) ⎯⎯ → → g. NaN 3 + I 2 + H 2 SO4 (loãng) ⎯⎯ h. NO + Na2 S2 O4 + NaOH (loãng) ⎯⎯ → → 2. Cho propylbenzen tác dụng với clo chiếu sáng người ta thu được hỗn hợp ba dẫn xuất monoclo A 1, A 2 , A 3 với tỉ lệ % lần lượt là 68%, 22%, 10%. a. Hãy viết cơ chế phản ứng theo hướng tạo thành sản phẩm A 1 . b. Hãy tính khả năng phản ứng tương đối của các nguyên tử H ở gốc propyl trong propylbenzen.

Câu II. (2,5 điểm) 1. Hãy gọi tên các chất sau theo danh pháp thay thế: a. CH 2 =C(CH 3 )-CH=CH2 b. CH 2 =CH-CCH c. CH 3 CHClCH=CH-CH3 d. CH 3 -CHOH-CH=CH-CH 3

Ơ

N

O

o

H

e. f.

2. Viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau: 1500 C CH3COOH ⎯⎯ → A ⎯⎯ → CH 4 ⎯⎯⎯ → B ⎯⎯ → C ⎯⎯ → D ⎯⎯ → caosu buna .

0

KÈ

M

Q U

Y

N

3. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H trong dãy chuyển hóa sau:

ẠY

Câu III. (1,75 điểm) 1. Hãy c ho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử và ion sau đây: BeH2 , BF3 , NF3 , SiF6 2-, NO2 +, I3 -.

D

2. Trong thực tế thành phần của quặng cromit có thể biểu diễn qua hàm lượng của các oxit. Một quặng cromit chứa: 45,240% Cr2O3, 15,870% MgO và 7,146% FeO. Nếu viết công thức của quặng dưới dạng xFe(CrO2)2.yMg(CrO2)2 .zMgCO3.dCaSiO3 (x, y, z và d là các số nguyên) thì x, y, z và d bằng bao nhiêu?

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Câu IV. (1,75 điểm) 1. Cho cân bằng hóa học: 2NH 3 (k) ;  0 = - 46 kJ.mol-1 .

Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N 2 và H 2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450o C, 300 atm) NH 3 chiếm 36% thể tích. a. Tính hằng số cân bằng K P. b. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH 3 chiếm 50% thể tích? Giả sử H0 không thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu.

2. Hợp chất 2,2,4-trimetylpentan (A) được sản xuất với quy mô lớn bằng phương pháp tổng hợp xúc tác từ C4 H8 (X) với C4 H10 (Y). A cũng có thể được điều chế từ X theo hai bước: thứ nhất, khi có xúc tác axit vô cơ, X tạo thành Z và Q; thứ hai, hiđro hoá Q và Z. Viết các phương trình phản ứng để minh họa và tên các hợp chất X, Y, Z, Q theo danh pháp IUPAC.

FF IC IA L

N2 (k) + 3H 2 (k)

a(NH 4 )

a(HSO4 )

O

Câu V. (2,0 điểm) 1. Dung dịch A chứa Na2 X 0,022M. a. Tính pH của dung dịch A. b. Tính độ điện li của ion X 2- trong dung dịch A khi có mặt NH 4 HSO 4 0,001 M. Cho: pK + = 9,24; pK a1(H X) = 5,30; pK a2(H X) = 12,60.

- = 2,00; pK 2

2

N

H

Ơ

N

2. Trộn 20,00 ml dung dịch H 3 PO4 0,50 M với 37,50 ml dung dịch Na3 PO4 0,40 M, rồi pha loãng bằng nước cất thành 100,00 ml dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A. b. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,050 M vào 20,00 ml dung dịch A để thu được dung dịch có pH = 4,7.

Cho: pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H3PO4 ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32.

Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; Mg=24; Si=28; S=32; Ca=40; Cr=52; Fe =56.

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

------------ HẾT ----------

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017-2018

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Khóa ngày 22 – 3 – 2018 Môn: Hóa học LỚP 11 THPT 2,0 điểm Mỗi PTHH 0,125 điểm

Câu I 1. (1,0 điểm) a. 2NO 2 + 2NaOH ⎯⎯ → NaNO 2 + NaNO 3 +H2 O b. 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H2 O ⎯⎯ → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 c. S + Na2 SO 3 ⎯⎯ → Na2S2O3 t d. NaNO 2 + NH 4 Cl ⎯⎯ → NaCl + N 2 + 2H2O 100o C e. 3Cl2 + 6KOH ⎯⎯⎯ → 5KCl + KClO 3 + 3H2 O f. H3 PO3 + 2NaOH (dư) ⎯⎯ → Na2HPO3 + 2H2O g. 2NaN 3 + I 2 + H 2 SO4 (loãng) ⎯⎯ → Na2 SO4 + 2HI + 3N 2 h. 2NO + Na2 S2 O4 + 2NaOH (loãng) ⎯⎯ → 2Na2SO3 + N2O + H2O 2. (1,0 điểm)

FF IC IA L

o

N

+ Cl2

-HCl

•

CH2CH2CH2Cl (A3)

N

a. Cơ chế hình thành sản phẩm A 1 : * Khơi mào phản ứng:

CH2CHClCH3 (A2)

H

Ơ

CH2CH2CH3

(A1)

O

CHClCH2CH3

Q U

Y

h → 2 Cl Cl2 ⎯⎯ * Phát triển mạch dây chuyền của phản ứng:

CHCH2CH3 + HCl

CHCH2CH3 + Cl2

CHClCH2CH3 + Cl

M

CH2CH2CH3 + Cl

•

KÈ

* Tắt mạch phản ứng: •

Cl + Cl → Cl2

ẠY

CHCH2CH3 + Cl CHCH2CH3

D

CHCH2CH3 +

CHClCH2CH3 CH

CH

0,5

C2H5 C2H5

   CH2CH2CH3

b. Xét khả năng phản ứng tương đối của H ở gốc propyl: Ta có: %A1 = rα.2/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 68% %A2 = 2.rβ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 22% %A3 = 3rγ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 10% Biên soạn và sưu tầm!

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

0,25

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11  rα : rβ : rγ = 68/2 : 22/2 : 10/3 = 10,2 : 3,3 : 1.

Câu II 1. (0,75 điểm) a. CH 2 =C(CH 3 )-CH=CH2 2-metylbuta-1,3-đien. b. CH 2 =CH-CCH but-1-en-3-in. c. CH 3 CHClCH=CH-CH3 4-clopent-2-en d. CH 3 -CHOH-CH=CH-CH3 pent-3-en-2-ol

Bixiclo[4.3.0]nonan

f.

6-metylspiro[2.5]octan

Gọi đúng tên 2 chất = 0,25 điểm

FF IC IA L

e.

0,25 2,5 điểm

2. (0,75 điểm) CH 3COOH +NaOH → CH 3COONa + H 2 O CaO, t CH 3COONa + NaOH ⎯⎯⎯ → CH 4 + Na 2CO3 0

1500 C 2CH 4 ⎯⎯⎯ → C2 H 2 + 3H 2 LLN

0,25

O

o

t ,xt 2C2 H 2 ⎯⎯⎯ → CH 2 = CH − C  CH o

0,25

N

0

Pd,PbCO3 ,t CH 2 = CH − C  CH + H 2 ⎯⎯⎯⎯⎯ → CH 2 = CH − CH = CH 2

xt,t ,p nCH 2 = CH − CH = CH 2 ⎯⎯⎯ →(−CH 2 − CH = CH − CH 2 −) n

H

Ơ

o

3. (1,0 điểm)

OH

OH

N Y

Q U

HOBr

Br

0,25 Xác định đúng 2 chất = 0,25 điểm

H2/Pd

raxemic

A

B

H

M

B2H6

O H

D CH2N2 as

KÈ ẠY

H2O2 OH-

C

H2/Pd

D

BH2

H

H

F

E

H

Pd/t 0 G

Câu III 1. (0,75 điểm) BeH 2 : Be lai hóa sp, phân tử có dạng thẳng.

BCl3 : B lai hóa sp2 , phân tử có dạng tam giác đều, phẳng.

NF3 : N lai hóa sp2, phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở đỉnh chóp.

SiF6 2-: Si lai hóa sp3 d 2 , Ion có dạng bát diện đều.

1,75 điểm Xác định đúng 2 chất = 0,25 điểm

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 NO2 lai hóa sp, Ion có dạng đường thẳng.

I 3 : lai hoá của I là dsp3 , trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, Ion có dạng đường thẳng.

2. (1,0 điểm) Giả sử có 100g mẫu quặng: m(FeO) x M(Fe) 7,146 × 56 m(Fe) = = = 5,558(g) M(FeO) 72 +: N

Mẫu quặng chứa:

M(Fe(CrO2 ) 2 ) × m(Fe) M(Fe)

=

224 × 5,558

= 22,232(g)

0,25

FF IC IA L

m(Fe(CrO2 ) 2 ) =

56

Khối lượng Cr trong Fe(CrO 2 )2 : m(Fe(CrO 2 ) 2 ) × 2 × M(Cr) 22,232 × 104 m1 (Cr) = = = 10, 322(g) M(Fe(CrO 2 ) 2 ) 224

O

Khối lượng Cr trong mẫu quặng là: m(Cr2O3 ) × 2 × M(Cr) 45,24 × 104 m 2 (Cr) = = = 30,95(g) M(Cr2O3 ) 152

N

Khối lượng Cr trong Mg(CrO 2 )2 : m3 (Cr) = m2 (Cr) - m1 (Cr) = 30,95 - 10,322 = 20,628 (g) M(Mg(CrO 2 ) 2 ) × m 3 (Cr) 2 × M(Cr)

=

192 × 20,628

0,25

= 38,08(g)

104

H

m(Mg(CrO 2 ) 2 ) =

Ơ

Mẫu quặng chứa:

Y

N

Khối lượng Mg trong Mg(CrO 2 )2 : m(Mg(CrO 2 ) 2 ) × M(Mg) 38,08 × 24 m1 (Mg) = = = 4,76(g) M(Mg(CrO 2 ) 2 ) 192

Q U

Khối lượng Mg trong mẫu quặng là: m(MgO) × M(Mg) 15,87 × 24 m 2 (Mg) = = = 9,522(g) M(MgO) 40 Khối lượng Mg trong MgCO 3 :

M

m3 (Mg) = m2 (Mg) - m1 (Mg) = 9,522 - 4,76 = 4,762(g)

KÈ

Khối lượng MgCO 3 trong mẫu quặng là: M(MgCO 3 ) × m 3 (Mg) 84 × 4,762 m(MgCO3 ) = = = 16,667(g) M(Mg) 24

0,25

ẠY

Khối lượng CaSiO 3 trong mẫu quặng là:

m(CaSiO3 ) = 100 - (m(Fe(CrO2 )2 ) + m(Mg(CrO2 )2 ) + m(MgCO3 )) =

= 100 - (22,232 + 38,08 + 16,667) = 100 - 76,979 = 23,021g

D

x : y : z : d = n (Fe(CrO 2 ) 2 ) : n(Mg(CrO 2 ) 2 ): n(MgCO3 ) : n(CaSiO3 ) =

=

m(Fe(CrO 2 ) 2 ) m(Mg(CrO 2 ) 2 ) m(MgCO3 ) m(CaSiO 3 ) : : : = M(Fe(CrO 2 ) 2 ) M(Mg(CrO 2 ) 2 ) M(MgCO 3 ) M(CaSiO 3 )

=

22, 232 38, 08 16, 667 23, 021 : : :  1: 2 : 2 : 2 224 192 84 116

Câu IV 1. (1,0 điểm)

0,25 1,75 điểm

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

a.

N2 (k)

⎯⎯ → ⎯ ⎯

+ 3H2 (k)

 = -46 kJ.mol-1

2NH3 (k);

Ban đầu (mol) 1 3 0 Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x  nsau = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)

0,25

FF IC IA L

2x %VNH 3 = .100% = 36%  x = 0,529 4 - 2x 1− x 1 − 0,592 %VN 2 = .100% = 16% .100% = 4 - 2x 4 − 2.0,592

%VH 2 = 100 - (36 + 16) = 48% K p1 =

2 PNH 3 3 H2

P PN 2

=

0,36 2.P 2

0,16.P.(0,48.P )

3

=

0,362 = 8,14.10 -5 3 2 0,16  0, 48  300

0,25

2y 2 = 50%  y = 3 4 − 2y 3 3(1 − y ) 3(1 − 2 / 3) 1− y 1− 2 / 3 % VN2 = = = = 12,5% và % VH 2 = = 37,5% 4 − 2 y 4 − 2.2 / 3 4 − 2y 4 − 2.2 / 3 2 PNH 0,5 2 3 K p2 = 3 = = 4,21.10-4 PH 2 PN 2 0,125.0,3753.300 2

0,25

KP 2 KP2 H  1 1  1 1 R = − − = ln  −   R  T2 T1  K P1 T1 T2 H 0 K P1 KP 2 1 1 R 1 8,314 4, 21.10−4  = = ln + .ln T2 T1 H 0 K P1 450 + 273 46.103 8,14.10−5

0,25

N

O

b. Từ % VNH =

0

H

Ơ

ln

N

 T2 = 595,19K

+

0

0,25

2-metylpropan (Y)

Q U

2-metylpropen (X)

xt,t ,p ⎯⎯⎯ → CH 3 )2 CHCH2 C(CH 3)3

(CH 3 )3 CH

Y

2. (0,75 điểm) (CH 3 )2 C=CH 2

Bước thứ nhất gồm tương tác giữa hai phân tử trong môi trường axit:

+

CH3

ẠY

CH3

D

CH3

M

C CH3

KÈ

CH2

C

CH2

+

H3C

C CH3

CH3

CH3

Ni , t

CH3

C

C

C

C CH

H2

CH3 H CH3 H

CH3

0,25

CH3 CH3

C

C CH2 CH3 2,4,4-trimetylpent-1-en

CH3

CH3

CH3

C

C CH2

CH CH3

CH3 H

H3C

CH3

+

2,4,4-trimetylpent-2-en

CH3 H

CH3

C

C

C

CH3 H

H

o

H3C

CH3

0,25

H2

CH3

Câu V 1. (1,25 điểm)

2,0 điểm

Biên soạn và sưu tầm!

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

X2-

a.

HX -

OH -

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 (1) (2) (3)

10-1,4

+ H2O + Kb1 = + H2O H 2 X + OH Kb2 = 10-8,7 H2O H+ + OH Kw = 10-14 Vì K b1 .C >> K b2 .C >> K w → pH của hệ được tính theo cân bằng (1): X2- + H 2 O HX - + OH Kb1 = 10-1,4 C 0,022 [ ] 0,022 - x x x [OH ] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20 b. Khi có mặt NH 4 HSO 4 0,0010 M: HX-

+

NH 4

X2-

+

0,001 -

0,001

0,001

⎯⎯ → HX- + X 2- ⎯ ⎯

+

0,001 -

+ H SO 4

0,022 0,021 ⎯⎯ → ⎯ ⎯

2−

0,021 0,020

+

0,001 0,002

K1 = 1010,6

SO 4

0,001 HX -

FF IC IA L

Phản ứng: H SO

− 4

−

+

NH 4

0,25

0,001

K 2 = 103,36

NH 3

O

NH 4 HSO 4 →

0,25

0,001 2−

Các quá trình xảy ra: X2- + H 2 O

+ OH -

Kb1 = 10-1,4

(4)

Ơ

HX -

N

Hệ thu được gồm: X 2- 0,020 M; HX - 0,002 M; SO 4 0,001 M; NH 3 0,001 M.

+

NH 4

+ OH -

K 'b = 10-4,76

(5)

HX- + H2 O

H2X

+ OH -

K b2 = 10-8,7

(6)

K b = 10-12

(7)

N

H

NH3 + H 2 O

−

2−

H SO 4 + OH -

SO 4 + H2 O

H+

+ X2-

Ka2 = 10-12,6

Y

HX -

0,25

(8)

'

Q U

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: K b1 . C X 2- >> K b . C NH 3 >> Kb2 . C HX - >> K b . C

2-

SO 4

→ (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ:

M → αX - = 2

-

[HX ]

ẠY

[OH ] + C

=

0,0162

0,022

-

(Hoặc α X 2- =

HX - + OH Kb1 = 10-1,4 0,002 0,002 + y y → y = 0,0142 → [HX ] = 0,0162 (M)

+ H2O

KÈ

C []

X20,02 0,02 - y

0,25

HSO 4

+C

0,022

0,022 +

NH 4

=

= 0,7364 hay α X 2- = 73,64 %.

0,0142 + 0,001 + 0,001 0,022

= 0,7364)

D

2. (0,75 điểm) 0,40.37,5 0,50.20 CH3PO4 = = 0,10 (M); C Na 3PO4 = = 0,15 (M).

100 100 CNa3PO4 = 1,5. CH3PO4 → phản ứng xảy ra như sau: H3 PO4 + PO34 0,1 0,15 0 0,05 H2 PO4 + PO34

HPO2+ 4 0,1 2 HPO24

H2 PO-4

10,17 K 1 = Ka1 . K -1 a3 = 10

0,1 5,11 K 2 = Ka2 . K -1 a3 = 10

Biên soạn và sưu tầm!

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

0,25

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,1 0,05 0,1 0,05 0 0,2 Dung dịch A thu được là hệ đệm gồm: H2 PO-4 0,05 M và HPO24 0,2 M CHPO24 → có thể tính pH A gần đúng theo biểu thức: pH A = pKa2 + lg = 7,81.

CH PO2

0,25 0,25

4

pK a1 + pK a2 = 4,68 → có thể coi lượng HCl thêm vào 20,00 ml dung 2 dịch A sẽ phản ứng vừa đủ với HPO24 tạo thành H 2 PO4 :

* pH = 4,7  pH (NaH2 PO4 ) 

→ VHCl =

FF IC IA L

+ → H POHPO22 4 4 + H

0,2.20 = 80 (ml) 0,05

0,25

Lưu ý:

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

- Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Sở GD-ĐT Bình Định Trường THPT Trưng Vương ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 Môn : Hóa Thời gian: 120phút

FF IC IA L

CâuI: Cho từ từ khí CO qua ống đựng 3,2 gam CuO nung nóng . Khí ra khỏi ống được hấp thụ hoàn toàn vào nước vôi trong dư thấy tạo thành 1 gam kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ

cho vào cốc đựng 500 ml dung dịch HNO 3 0,16M thu được V1 lít khí NO và còn một phần kim loại chưa tan. Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HCl nồng độ 2/3 mol/l sau khi phản ứng

xong thu thêm V2 lít khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gam Mg vào dung dịch sau phản ứng thu được V3 lít hỗn hợp khí H2 và N2, dung dịch muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại.

O

3. Tính các thể tích V1, V2, V3. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn các thể tích khí đo ở

N

đktc

Ơ

4. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M (Cho O = 16, Mg = 24, Cu = 64, Ca = 40)

H

CâuII: Thêm từ từ từng giọt AgNO3 vào dung dịch hỗn hợp chứa đồng thời các ion Cl - 0,01 M

Y

TAgCl = 10 -10 ; TAgI = 10 -16 .

N

và I- 0,01 M thì AgCl hay AgI kết tủa trước ? Khi nào cả hai chất cùng kết tủa ? Biết tích số tan

Q U

CâuIII: Một hợp chất ion cấu tạo từ cation M + và anion X2-. Trong phân tử MX2 có tổng số hạt ( p, n, e) là 140, trong đó hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 44 hạt . Số khối của ion M+ lớn hơn số khối của ion X2- là 23. Tổng số hạt trong ion M+ nhiều hơn trong ion X2- là

M

31.

KÈ

3. Viết cấu hình e của các ion M + và X2+.

4. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn .

CâuIV: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hiđrôcacbon khí cùng dãy đồng đẳng A có thể tích là

ẠY

2,24lít ở 0 0 C , 1 atm và B rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH , cho tiếp dung dịch BaCl 2 dư vào thấy xuất hiện 78,8gam chất kết tủa, lọc bỏ kết tủa đem đun sôi dung

D

dịch đến phản ứng hoàn toàn lại thu được 27,8 gam kết tủa nữa.

Hãy xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của hai hiđrôcacbon biết số mol cũng

như số nguyên tử cacbon của A nhỏ hơn của B và hỗn hợp trên phản ứng với dung dịch AgNO3 /NH3 dư thu được 12 gam chất kết tủa , biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 45%.Tính hiệu suất phản ứng.

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Câu V: Cho 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín có thể tích là 2 lít, sau khi phản ứng: N 2(K) + 3H2(K)

2NH3(K)

Đạt trạng thái cân bằng , đưa nhiệt độ về nhiệt độ ban đầu , thì áp suất trong bình bằng 0,9 lần áp suất đầu. Tính K cân bằng.

Câu VI: Cho sơ đồ phản ứng: t (1) A + B ⎯⎯→ C 0

2NaOH

2B

C

D

2B

H2O

E H2O (4) C + 2HCl → 2F + D +H 2 O

FF IC IA L

(3) C

(2)

(5) A + NaCl → G + F

t (6) G ⎯⎯→ E + D + H2 O

(7) B + HNO2 → H

t (8) H ⎯⎯→ N2 + H2O

0

0

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

CâuVII: Hòa tan 23 gam một hỗn hợp gồm kim loại Bari và hai kim loại kiềm A,B thuộc hai

O

chu kỳ liên tiếp vào nước được dung dịch D và 5,6 lít H 2 (đo ở điều kiên tiêu chuẩn)

Q U

Y

N

H

Ơ

N

c) Nếu trung hòa ½ dung dịch D cần bao nhiêu ml H 2SO4 0,5M d) Nếu thêm 180ml dung dịch Na 2SO4 0,5M vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa kết tủa Ba +2 . Nếu thêm 210ml dung dịch Na 2SO4 0,5M vào dung dịch D, sau phản ứng còn dư dung dịch Na 2SO4 . Xác định tên hai kim loại.

M

CâuI:

ĐÁP ÁN:

KÈ

2. Các phản ứng:

CuO + CO = Cu + CO2

(1)

CO2 + Ca(OH)2 = CaCO3 + H2O

(2)

ẠY

Theo (1) và (2) ta có :

D

NCu = n CO 2 = 1: 100 = 0,01 mol n CuO ban đầu =

3,2 = 0,04 mol 80

n CuO còn lại = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol Các phản ứng khi cho HNO3 vào : CuO + 2HNO3 = Cu(NO3)2 + H2 O

(3)

Hoặc CuO + 2H+ = Cu 2+ + H2O

(3 ’)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

3CuO + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

(4)

Hoặc 3Cu + 8H+ + 2NO 3− = 3Cu 2+ + 2NO + 4H2O

(4 ’)

Gọi x, y là số mol H+ tham gia phản ứng (3 ’) và (4 ’) Ta có : x + y = 0,8 mol Vì CuO hết nên x/2 = 0,03  x = 0,06 và y = 0,02 0,03 3 .y = 8 4

Theo (4) thì V1 =

0,02 y . 22,4 = .22,4 = 0,112 lít 4 4

FF IC IA L

và n Cu tan =

Theo (4 ’) thì khi hết H+ thì Cu không bị tan nữa, nhưng trong dung dịch vẫn còn NO 3− của

Cu(NO3)2 , nên khi cho HCl vào thì phản ứng (4 ’) lại tiếp tục xảy ra và sau đó Cu còn lại phải tan hết theo phương trình (4 ’) . Như vậy tổng số mol NO là:

O

0,448 0,002 0,002 2 2 nCu = .0,001 = hay .22,4 lít = lít 3 3 3 3 3 0,448 - V1 = 0,037 lít 3

Ơ

Do đó : V2 =

N

n NO =

N

Các phản ứng khi cho Mg vào:

0,02 8 .0,01 – 0,02 = mol 3 3

H

Số mol H+ cần để hòa tan hết Cu theo (4 ’) =

Y

5Mg + 12H+ + 2NO 3− = 5Mg2+ + N2 + 6H2O Mg + 2H+ = Mg2+ + H2

Q U

(6)

Tổng số mol NO 3− còn lại sau khi Cu tan hết = 0,08 -

0,02 . Nên số mol của Mg tham gia 3

0,55 5 0,22 . = 2 3 3

M

phản ứng (5) =

(5)

KÈ

Vì tổng số mol H+ của HCl = 0,076. 2/3 = 1,52/3 mol ; mà số mol H + tham gia phản ứng (5) = 12/2 . 0,02/3 = 1,32/3 mol nên số mol H+ tham gia phản ứng (6) bằng 1,52/33 – 0,02/3 -

ẠY

1,32/3 = 0,06 mol

Do đó số mol Mg tham gia (6) = ½. 0,06 = 0,03 mol

D

V3 = VN 2 + VH 2 = 1,49 lít.

2. Sau khi tan trong axit Mg còn lại = 12/24 – 0,03 – 0,55/3 = 0,86/3 mol tham gia phản

ứng: Cu 2+ + Mg

Mg2+ + Cu 

=

Trứơc phản ứng : 0,04 Phản ứng

: 0,04

Sau phản ứng

:

0

(7)

0,86/3 0,04 0,74/3

0,04

0,04

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Khối lượng các kim loại trong M mMg =

0,74 . 24 = 5,92 g 3

CâuII: Để kết tủa AgI xuất hiện cần: [Ag+] =

10 −16 = 10 -14M 10 − 2

Để kết tủa AgCl xuất hiện cần: [Ag+] =

10 −10 = 10 -8M 10 − 2

 AgI kết tủa trước.

FF IC IA L

mCu = 0,04. 64 = 2,56 g

Tiếp tục thêm Ag+ thì I- tiếp tục bị kết tủa cho tới khi [Ag+] = 10 -8 M 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.

10 −10

O

Vậy khi AgCl bắt đầu kết tủa thì

[I-]

N

CâuIII:

Ơ

1.Gọi số p, số n, số e trong M lần lượt : ZM , NM , EM Gọi số p, số n, số e trong X lần lượt : ZX , NX , EX

H

Trong nguyên tử số p = số e  ZM = EM và ZX = EX (1)

N

Ta có : 4ZM + 2NM + 2ZX+ NX =140

(4ZM + 2 ZX) – (2NM + NX) = 44

Y

(2)

(ZM + NM) – (ZX + NX) = 23

Q U

(3)

(2ZM + NM – 1) – (2ZX + NX + 2) = 31

(4)

 ZM = 19, NM = 20  M là Kali (K)

M

ZX = 8 , NX = 8

 X là oxi (O)

KÈ

Cấu hình e: M+: 1s22s22p 63s23p6 X2- : 1s22s22p 6

ẠY

2.Vị trí: K thuộc chu kì 4, nhóm IA O thuộc chu kì 2, nhóm VIA

Câu IV:Gọi hai hiđrôcacbon đã cho có CTPT:CxHy (0,1 mol) và CnHm(a mol)

D

với : 2 ≤ x, n ≤ 4 Các phương trình phản ứng xảy ra: CxHy 0,1mol CnHm a mol

+ (x + y/4) O2 → xCO2 + y/2 H2 O

(1)

0,1x + (n + m/4) O2 → nCO2 + m/2 H2O

(2)

an mol

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

CO2

+

2NaOH → Na 2CO3 + H2O

(3)

CO2

+

NaOH → NaHCO3

(4)

Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl.

(5)

t 2NaHCO3 ⎯⎯→ Na2 CO3 + CO2 + H2O 0

(6)

Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2NaCl.

(7)

n BaCO (pư 5) = 0,4 mol n BaCO (pư 7) = 0,14 mol 3

Từ pứ(1)→(7) 

n

CO2

(pứ 1,2) = 0,68mol

 0,1x + an = 0,68

(8)

Ta có : a > 0,1  0,1x + 0,1n < 0,68  x + n < 6,8 Vì x < n  x = 2  n = 3 hoặc n = 4

FF IC IA L

3

C 2 H 2  C3 H 4

C H hoặc  2 2 C4 H 6

N

Các chất đó có thể là:

O

Vì x = 2, hỗn hợp đã cho pứ với AgNO3/NH3 nên hỗn hợp này là ankin.

12 .100% = 25,25% < 45% (loại) 47,52

N

 H% =

H

Ơ

C2 Ag 2 (0,1mol ) C H (0,1mol ) Trường hợp1:  2 2   C3 H 3 Ag (0,16mol ) C3 H 4 (0,16mol )

Q U

Y

C2 H 2 (0,1mol ) Trường hợp 2:  C4 H 6 (0,12mol )

12 .100% = 27,7% < 45% (loại) 43,32

KÈ

 H% =

M

C2 Ag 2 (0,1mol ) -Nếu C4H6 là CH3-CH2 ≡ CH  Kết tủa :  C4 H 5 Ag (0,12mol )

- Nếu C4H6 là CH3-C ≡ C-CH3  Kết tủa tạo ra chỉ có: C2 Ag2 (0,1mol)

ẠY

 H% =

12 .100% = 50% > 45% (nhận) 24

D

CâuV:Tổng số mol ban đầu trong bình kín :  nbđ = 2+ 8 = 10 mol Trong cùng điều kiện t 0 và V : Tỉ lệ mol = Tỉ lệ áp suất.

Ta có:

n Pđ 10 1  n s = 0,9 x 10 = 9 mol = đ  = ns ns Ps 0,9

Gọi x là số mol N2 tham gia phản ứng: N2(K) + 3H2(K) Trước pứ:

2 mol

2NH3(K)

8 mol

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Phản ứng:

x mol

3x mol

Sau pứ :

(2 – x) (8-3x)

2x mol 2x mol

Tổng số mol các chất khí sau phản ứng:  n s = 10 – 2x = 9 mol  x = o,5mol

Ở trạng thái cân bằng : nN 2 = 2 – 0,5 = 1,5 mol 1,5 = 0,75 mol/lít 2

FF IC IA L

 [N2 ] =

nH 2 = 8 – 3 x 0,5 = 6,5 mol/lít  [H2 ] =

6,5 = 3,25 mol/lít 2

nNH 3 = 2 x 0,5 = 1 mol

N

C 2 NH 3 (0,5) 2 = = 9,71. 10 -3 (0,75).( 3,25) 3 C N 2 .C 3 H 2

Ơ

 Kcb =

1 = 0,5 mol/lít 2

O

 [NH3 ] =

H

CâuVI: A: NH4HCO3 ; B: NH3 ; C: (NH4)2CO3 ; D: CO2 ; E: Na 2 CO3 ;

N

G: NaHCO3 ; F : NH4Cl ; H: NH4NO2 Câu VII:

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

a) Ba + 2H2 O → Ba(OH)2 + H2 (1) x mol x mol x mol 2A + 2H2 O → 2AOH + H2 (2) y mol y mol y mol 2B + 2H2 O → 2BOH + H2 (3) z mol z mol z mol Chia ½ dung dịch D : Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O (4) x/2mol x/2 mol 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O (5) y/2mol y/4mol 2BOH + H2SO4 → B2SO4 + 2H2O (5) z/2mol z/4mol z y 5,6 + = nH 2 = = 0,25 2 2 22,5 0,25 1 x z y + + = n H 2 SO4 = nH 2 = 4 2 2 4 2 0,25 V H 2 SO4 = = 0,25 lít 2 x0,5

x+

b) n Na SO (lần đầu) = 0,18 x 0,5 = 0,09 mol 2

4

n Na SO (lần sau) = 0,21 x 0,5 = 0,105 mol 2

4

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

0,09  n Ba  0,105 0 , 09 x137 ,105 137    m Ba  0 x  12, 33 gam

14, 385gam

m A+ B = 23 - mBa 23 − 14 ,385 − 12 , 33    m Ba  23  8, 6 gam

10, 67 gam

Theo pt (2), (3) : n (A+ B) = 2n H = 2(0,25 - n Ba ) = 0,5 - 2n Ba 2

0 , 29 gam

FF IC IA L

0,5 − (2 x0,105)  n (A + B)  0,5 − ( 2 x 0,09)    0 , 32 gam

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

8,6 10,67 = 37  27  M (A + B)  0,32 0,29  2 kim loại đó: Na và K

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm)

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 . Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3 , trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X 2−, Y−, R, A +, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X 2−, Y − thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? d) Cho dung dịch A 2 X vào dung dịch phèn chua thấy có kết tủa xuất hiện và có khí thoát ra. Giải thích và viết phương trình phản ứng.

3. a) Giải thích vì sao cho dư NH 4 Cl vào dung dịch NaAlO 2 rồi đun nóng thì thấy kết tủa Al(OH)3 xuất hiện b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằng electron: NaNO 2 + KMnO 4 + ? ? + MnSO 4 + ? + ?

Câu II. (5,0 điểm)

hiđrocacbon X

B2

+H 2 O

Q U

B1

Y

1. Viết các PTHH của các phản ứng để thực hiện sơ đồ biến hoá hóa học sau:

+H 2 O

CH 3 -CHO

+H 2 O

CH 3 -CHO

A2 +H 2 O

CH 3 -CHO

+H 2 O

CH 3 -CHO

M

CH 3 -CHO

A1

KÈ

2. Khi cho 13,8 gam glixerin (A) tác dụng với một axit hữu cơ đơn chức (B) thu được chất hữu cơ E có khối lượng bằng 1,18 lần khối lượng chất A ban đầu. Biết rằng hiệu suất phản ứng đạt 73,75%. Tìm công thức cấu tạo của B và E.

ẠY

Câu III. (5,0 điểm)

D

Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO 4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b) Tính khối lượng chất rắn B.

Câu IV. (2,5 điểm) Sau khi đun nóng 23,7gam KMnO 4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun nóng.

1) Viết PTHH của các phản ứng xảy ra.

2) Tính thể tích khí Cl2 thu được (ở đktc).

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3) Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng.

CâuV. (2,5 điểm) Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước, thu được dung dịch A. Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu được 1,28 gam kết tủa. Cho lượng dư dung dịch Na2 S vào phần hai thu được 3,04 gam kết tủa. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra và tính x.

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

(Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Câu

I (3,0)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Nội dung Điểm 1.

1,5 2 3 Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH 3 nên là nhóm VA (ns np ).

Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1  n = 4,5 – 2,5 = 2.

Vậy X là Nitơ ( 1s2 2s2 2p3 ) Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm: NH 3 : N có trạng thái lai hoá sp3 .

N H

FF IC IA L

H

H

N2 O5 : N có trạng thái lai hoá sp2 .

O

O

N

O

N

O

HNO 3 : N có trạng thái lai hoá

sp2

O

O

O

O

H

N

O

Q U

Y

N

H

Ơ

N

2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt 1,5 (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 → 16 X; 17 Y; 18 R; 19 A; 20 B (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) 2b) S , Cl-, Ar, K +, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

rS2- > rCl- > rAr > rK + > rCa 2+

D

ẠY

KÈ

M

c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất d) Dung dịch phèn chua: K +, Al3+, SO 4 2- khi cho dung dịch K 2 S vào 2Al3+ + 3S2- = Al2 S3  Al2 S3 + 6H2 O → 2Al(OH)3  + 3H2 S 3. a) NaAlO 2 → Na + + OH − (1) NH 4 Cl → NH 4+ + Cl −

(2)

NH +4  NH 3 + H +

(3)

AlO −2 + H +  HAlO 2 + H +

(4)

2,0

HAlO 2 + H 2 O  Al(OH)3 (5) Khi đun nóng thì NH 3 bay đi làm cho cân bằng (3) và do đó (4,5) chuyển dịch sang phải, nghĩa là kết tủa Al(OH)3 xuất hiện b) 5NaNO 2 +2KMnO 4 + 3H 2 SO4 5NaNO 3 + 2MnSO 4 + K2 SO4 + 3H 2 O

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 3,0

1.

X: C2H2 A1:CH2 =CHCl A2:CH3 -CH2Cl B1: CH2 =CH-OCOCH3 B2: CH3 -CHCl-OCOCH3 Các PTHH của các phản ứng (9 PTHH).

II (5,0)

hiđrocacbon X

B2 +H 2 O

CH 3 -CHO

+H 2 O

A1

A2

+H 2 O

CH 3 -CHO

FF IC IA L

B1

+H 2 O

CH 3 -CHO

CH 3 -CHO

+H 2 O

CH 3 -CHO

2.

16,284 100 x = 148 0,15 73,35

N

ME=

ME= 41+ 17(3-x) + (44+R)x

56 − 27x x

Ơ

R=

(1  x  3 )

O

nA= 13,8: 92 = 0,15mol Phương trình phản ứng: C3H5(OH)3 +xRCOOH C3H5(OH)3-x(OCOR)x + xH2 O mE = 13,8 x 1,18 = 16,284gam

2,0

Q U

Y

N

H

Nếu x = 1  R = 29  B: C2H5COOH; E có 2 đồng phân Nếu x = 2  R = 1  B: HCOOH; E có 2 đồng phân Nếu x = 2  R < 0 : không phù hợp

1,0

nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05

KÈ

Các phản ứng: Na + H2O

D

ẠY

III (5,0)

M

 nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01

x

→

( Na+ + OH-)

+

x

Al + H2O + OH- → AlO2 - +

1 H2 (1) 2 x/2 (mol)

3 H2 2

(2)

x x x 3/2x (mol) 2+ 3+ 2Al + 3Cu → 2Al + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-xＩ (y-x) 3/2(y-x) 2+ 2+ Fe + Cu → Fe + Cu (4)

a) Giả sử không có (3) xảy ra  chất rắn chỉ là Fe Theo (4) n oFe= n Cu = 0,05  moFe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) 2+ Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4)

2,0

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

Theo (1) và (2): n H2 = x+

3 x = 0,02  x = 0,01 2

Theo (3): n Al(3) = y - 0,01 nCu2+=

3 (y - 0,01) 2

3 (y - 0,01) 2

Theo (4): n Fe = n Cu2+(4)= 0,05-

3 (y - 0,01)] =2,16 2

FF IC IA L

Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05 y = 0,03 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam

2,0

b) Trong dung dịch A có:

O

nAl 3+ = 0, 03 − 0, 01 = 0, 02

N

nCu 2+ du = 0, 01 nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 02

Y

N

H

Ơ

Ta có sơ đồ Cu 2+ → Cu(OH)2 → CuO = 0,8 gam  mCuO = 0,01.80 2+ Fe → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3  mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam  m Al2O3 = 0,02/2.102 = Al3+ → Al(Oｈ)3 → Al2O3 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam 0,5

IV (2,5)

KÈ

M

Q U

1. Các phương trình phản ứng xảy ra t0 → K2 MnO4 + MnO2 + O2  2KMnO 4 ⎯⎯ Chất rắn sau phản ứng gồm: K 2 MnO 4 , MnO 2 và KMnO 4 chưa phản ứng : Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có các phản ứng 2KMnO 4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H 2 O K 2 MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2 O t0 → MnCl2 + Cl2 + 2H2 O MnO 2 + 4HCl ⎯⎯

D

ẠY

2. Ta có các quá trình: Mn+7 0,15mol 2O-2 →

+

5e 5.0,15

→ Mn+2

1,0

O2 + 4e (23,7 – 22,74)/32 0,03.4 2Cl- → Cl2 + 2e x 2.x Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít 3. Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố nHCl = nKCl + 2nMnCl2 + 2nCl2 = 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol

Biên soạn và sưu tầm!

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

Vậy V dung dịch HCl =

V (2,5)

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 1,0

1, 08.36,5.100 = 91,53(ml ) 36,5.1,18

Phần 1: CuCl2 + H2 S → CuS↓ + 2HCl (1) 2FeCl3 + H2 S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl (2) Phần 2: CuCl2 + Na2 S → CuS↓ + 2NaCl (3) 2FeCl3 + 3Na2 S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4) Đặt số mol CuCl2 và FeCl3 trong mỗi phần là a và b mol.

1,0

1,5

96a + 16b = 1,28 96a + 104b = 3,04

FF IC IA L

Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có (I) (II)

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam.

Biên soạn và sưu tầm!

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

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 11/4/2013 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Câu 1. (3,5 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn trong các trường hợp sau: a) Phản ứng chứng minh tính axit của axit hipoclorơ yếu hơn axit cacbonic. b) NaH2 PO3 tác dụng với dung dịch NaOH dư. c) AgNO 3 tác dụng với dung dịch NH 3 dư. d) Sục khí NO 2 vào dung dịch Ca(OH)2 .

2. Ion nào trong các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Giải thích.

Li+, Na+, K +, Be2+, Mg2+.

3. Dung dịch NH 3 có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al3+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit. Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể.

Cho: Kb của NH 3 là 1,8.10−5 , tích số tan: Al(OH)3 là 5.10−33 , Mg(OH)2 là 4.10−12 .

4. Sắt monoxit (FeO) có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện kiểu NaCl với thông số mạng a = 0,432 nm. Hãy tính khối lượng riêng (gam/cm3 ) của tinh thể FeO đó. Cho N A=6,022.1023.

Câu 2. (4,5điểm) 1. Hòa tan MX 2 có sẵn trong tự nhiên bằng dung dịch HNO 3 dư, thu được dung dịch Y và khí NO 2 . Đem dung dịch Y tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa trắng không tan trong HNO 3 , dung dịch Y tác dụng với NH 3 dư cho kết tủa màu nâu đỏ. Xác định công thức phân tử của MX 2 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) Na2 CO 3 . b) KNO3 . c) (NH 4 )2 SO 4 . d) KHSO 4 . e) AlCl3

N

Giải thích tính axit, bazơ của các dung dịch trên.

KÈ

M

Q U

Y

3. Cho 5,8 gam FeCO 3 tác dụng với dung dịch HNO 3 vừa đủ, thu được dung dịch A và hỗn hợp B gồm CO 2 và NO. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch A được dung dịch C. Dung dịch C hoà tan tối đa m gam Cu tạo ra sản phẩm khử NO duy nhất.

Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn và tính giá trị m.

4. Hòa tan hoàn toàn 0,775 gam đơn chất R trong dung dịch HNO 3 đặc được một hỗn hợp gồm hai khí (tồn tại trong điều kiện thích hợp) nặng 5,75 gam, có tỷ khối hơi so với hiđro là 115/3 và một dung dịch gồm 2 axit có oxi với hàm lượng oxi lớn nhất. Xác định đơn chất R. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO 3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn.

Viết các phương trình phản ứng dạng ion rút gọn và tính giá trị m.

2. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20%,

D

ẠY

thu được dung dịch Y. Nồng độ của FeCl2 trong dung dịch Y là 15,76%. Tính nồng độ phần trăm của MgCl2 trong dung dịch Y. 3. Hoà tan hoàn toàn a gam Cu trong 600 ml dung dịch HNO 3 1M, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Trung hoà A bằng dung dịch KOH vừa đủ, rồi cô cạn thì thu được chất rắn khan B (b gam). Nung nóng B đến khối lượng không đổi thu được khí C và 29 gam chất rắn D. Cho C hấp thụ hết vào nước thu được 3,0 lít dung dịch E. a) Viết các phương trình phản ứng, tính giá trị a, b và pH của dung dịch E. b) Sục khí NH 3 vào dung dịch A thấy tạo thành 9,8 gam kết tủa. Tính số mol NH 3 đã dùng. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Câu 4. (3,25 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng điều chế glixerol từ butan. Cho chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ.

Biên soạn và sưu tầm!

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

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 2. Hãy nhận biết các chất khí sau chứa trong một bình kín bằng phương pháp hóa học: xiclopropan, propan, propilen, sunfurơ.

3. Đun nóng C6 H13 OH với H 2 SO 4 đặc ở 1700 C thu được 2 anken có công thức phân tử C6 H12.

Cho từng anken tác dụng với H 2 , xúc tác Ni, đun nóng đều thu được 2- metylpentan.

Xác định công thức cấu tạo, gọi tên ancol, viết các phương trình phản ứng xảy ra và trình bày cơ chế phản ứng tách trên.

Câu 5. (4,75 điểm) 1. Chia 90,6 gam hỗn hợp M gồm CH 3 OH, Cn H2n+1OH và Cn H2n-1 OH thành 3 phần bằng nhau.

Cho phần 1 tác dụng hết với một lượng dư CH 3 COOH, xúc tác H 2 SO4 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 CO 2 . Phần 3 cho tác dụng với nước Br2 dư, phản ứng hoàn toàn thì thấy có 40 gam Br2 tham gia phản ứng.

Xác định công thức phân tử và tính số mol mỗi ancol trong 90,6 gam hỗn hợp M. 2. Phân tích 1 tecpen A thu được kết quả sau: cacbon chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 đvC. A có khả năng làm mất màu dung dịch Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO 3 /NH 3 . Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. 3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 ankin đồng đẳng X (có thể tích là 2,24 lít ở 00 C và 1 atm) và Y, rồi cho toàn bộ CO 2 hấp thụ hoàn toàn bằng dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 133,96 gam kết tủa.

Biết số mol và số nguyên tử cacbon của X bé hơn Y và hỗn hợp X, Y tác dụng với Cu +/NH 3 dư tạo thành 13,68 gam kết tủa màu đỏ, X và Y phản ứng với khả năng như nhau.

Xác định X, Y và tính hiệu suất phản ứng với Cu +/NH 3 , biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 70%.

Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Mg=24, Al=27, P=31, S=32, Cl=35,5; K=39, Fe=56; Cu=64, Br=80, Ag=108, Ba=137.

Thí sinh không được dùng bảng HTTH các nguyên tố hóa học và tính tan.

-----------------------Hết-----------------------

Biên soạn và sưu tầm!

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

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ý

Nội dung

1

Phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn: ClO - + CO 2 + H2 O → HClO + HCO 3 H 2 PO3 - + OH - → HPO 3 2- + H2 O Ag+ + 2NH 3 → Ag[(NH 3 )2 ]+ 2NO 2 + 2OH - → NO 2 - + NO 3 - + H 2 O Bán kính: Li+ < Na+ < K+: Tuy Z tăng, nhưng số lớp e tăng  r tăng Be2+ < Li+ : Do số e bằng nhau, nhưng Z(Be2+)>Z(Li+) Be2+ < Mg2+ : Tuy Z tăng, nhưng số lớp e tăng  r tăng Vậy Be2+ có bán kính nhỏ nhất.

2

Điểm 3,5 điểm 1,0

FF IC IA L

Câu Câu 1

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT Năm học: 2012 – 2013 Khóa thi ngày: 11/4/2013 Môn thi: HÓA HỌC

1,0

N

O

3

0,75

0,75

N

H

Ơ

4

Do tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa  có SO 4 NH 3 tạo kết tủa nâu đỏ  có Fe3+. Vậy MX2 là FeS2 FeS2 + 14H + + 15NO3− ⎯⎯ → Fe3+ + 2SO 42− + 7H 2O + 15NO 2

2- , tác dụng với dung

dịch

4,5 điểm 1,0

Q U

1

Y

Câu 2

M

1,25

D

ẠY

KÈ

2

Ba2+ + SO 4 2- → BaSO 4 NH3 + H+ → NH4 + 3NH 3 + 3H2 O + Fe3+ → 3NH 4 + + Fe(OH)3 a) Na2 CO3 → 2Na+ + CO 3 2- . CO 3 2- + HOH HCO 3 - + OH - .

Kết quả tạo ra dung dịch có pH>7. b) KNO3 → K+ + NO 3 - . K +, NO3 - trung tính. Do đó dung dịch có pH=7. c) (NH 4 )2 SO4 → 2NH 4 + + SO 4 2- . NH 4 + + HOH NH3 + H3 O + Kết quả dung dịch có pH<7. d) KHSO 4 → K+ + HSO 4 -. HSO 4 - → H+ + SO 4 2-(K a=102 ) (Hay HSO 4 - + H2 O → H3 O+ + SO 4 2-). Vậy dung dịch có pH<7. e) AlCl3 → Al3+ + 3Cl- . Al3+ + HOH Al(OH)2 + + H+ Vậy dung dịch có pH<7.

3

3FeCO3+10H++NO3- → 3Fe3++NO+3CO2+5H2O Ta có: nFe3+ = nFeCO3 = 0, 05mol; nNO− = 3nFe3+ = 0,15mol

1,0

3

3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu 2+ + 2NO + 4H2O 0,15.3 mol  0,15 mol 2 Cu + 2Fe 3+ → Cu 2+ + 2Fe2+

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,025  0,05 4

Vậy m = 64 (

0,15.3 +0,025) = 16gam 2

R tác dụng với HNO 3 tạo ra 1 axit mới  R là phi kim

0,75 +5

Vì phi kim tạo ra axit mới  2 khí trong X là của sản phẩm khử của N M 2khí = 38,3.2 = 76,6; Khí có M < 76,6 là NO 2 (vì HNO3 đặc), khí có M > 76,6 là N 2 O4 .

Gọi x, y là số mol của NO 2 và N 2 O 4 : 46x + 92y = 76,6 → x = 15,4 x+y

46x + 92y = 5, 75  x = 0, 025 Ta coùheä:   x : y = 15, 4 : 30, 6  y = 0, 05 Gọi số mol R là a mol R – ne → a na

30,6

FF IC IA L

y

0,5

+4

+5

N + 1e → N (trong NO 2 )

Rn+

0,025

0,025 +4

+5

O

2 N + 2e → 2 N (N2 O4 ) 0,1 0,05 Theo định luật bảo toàn e ta có: na = 0,125 → a = 0,125/n R.a = 0,775 → R = 6,2.n; 1 n < 8.

Xét n = 5 là thoả mãn → R = 31 => R là phốt pho (P)

Ta có: nAl = 2,7:27=0,1(mol), nFe= 5,6 : 56= 0,1(mol), nAgNO 3 = 0,55 Do tính khử của Fe2+ < Fe < Al, nên phản ứng theo thứ tự: Al + 3Ag+ → Al3+ + 3Ag 0,1 → 0,3 → 0,3 + 2+ Fe + 2Ag → Fe + 2Ag 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag 0,1(dư) 0,05 → 0,05 → 0,05  m=mAg= (0,3+0,2+0,05) x 108= 59,4 gam Gọi x và y lần lượt là số mol của Fe và Mg trong 1 mol hỗn hợp Phản ứng: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (2) Theo (1,2): n(HCl)=2 mol và n(H 2 )=1mol Suy ra: m(dung dịch mới)=56x+24y-2+36,5.2.100/20=56x+24y+363

4,0 điểm 1,0

Q U

1,0

M

2

Y

N

H

Ơ

1

N

Câu 3

ẠY

KÈ

x + y = 1  Ta có hệ:  127x 15,76  x = y = 0,5 mol  56x + 24y + 363 = 100  127.0,5.100 % = 11,79% Vậy: C%= 56.0,5 + 24.0,5 + 363

D

3

Phản ứng: 3Cu + 8HNO 3 → 3Cu(NO 3 )2 + 2NO + 4H 2 O (1) KOH + HNO 3 → KNO 3 + H2 O (2) Muối khan B: Cu(NO 3 )2 và KNO 3 to to → CuO + 2NO 2 + 1/2O 2 (3) KNO 3 ⎯⎯ → KNO2 + 1/2O 2 (4) Cu(NO 3 )2 ⎯⎯ x x 2x x/2

0,5

Biên soạn và sưu tầm!

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

FF IC IA L

1

O

Câu 4

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 Gọi nCu = x mol  nHNO 3 pư = 8x/3 mol  nHNO 3 dư = (0,6 – 8x/3) 1,0 Suy ra: nKNO 3 = (0,6 – 8x/3) mol Ta có: 80x + 85(0,6 – 8x/3) = 29  x = 0,15 a = 0,15.64 = 9,6 gam ; b = 0,15.188 + 101.0,2 = 48,4 gam C gồm : 0,3 mol NO 2 và 0,175 mol O 2 Pư: 2NO 2 + 1/2O 2 + H2 O → 2HNO 3 0,3 0,3 [H +]= 0,3/3=0,1M, Suy ra: pH=1 Phản ứng: NH 3 + H+ → NH4 + 0,5 0,2  0,2 TH 1: Cu2+ + 2NH 3 + 2H 2 O → Cu(OH)2 + 2NH 4 + 0,2  0,1 Suy ra: nNH 3 = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol TH 2: Cu2+ + 2NH 3 + 2H 2 O → Cu(OH)2 + 2NH 4 + 0,15 → 0,3 → 0,15 Cu(OH)2 + 4NH 3 → [Cu(NH 3 )4 ](OH)2 0,15-0,1 → 0,2 Suy ra: nNH 3 = 0,2 + 0,3 + 0,2 = 0,7mol 3,25 điểm o xt,p,t 1,0 → CH 4 + CH 3 CH=CH2 Phản ứng: C4 H10 ⎯⎯⎯ o

t → ClCH 2 CH=CH 2 + HCl CH 3 CH=CH 2 + Cl2 ⎯⎯ ClCH 2 CH=CH 2 + Cl2 + H 2 O → ClCH 2 CH(OH)CH2 Cl + HCl

Ơ

1,0

0,5

M

Q U

3

Y

N

H

2

N

o

t → C3 H5 (OH)3 + 2NaCl ClCH 2 CH(OH)CH 2Cl + 2NaOH ⎯⎯ Sục mẫu thử lần lượt qua các dung dịch sau mắc nối tiếp sau: (1) Ca(OH)2 dư, (2) KMnO 4 dư, (3) Br2 dư, khí thoát ra đem đốt cháy.

- Nếu (1) tạo kết tủa trắng  có SO 2 SO 2 + Ca(OH)2 → CaSO 3 + H2 O - Nếu (2) nhạt màu  có propen 3CH3 CH=CH2 + 3KMnO4 + 4H2 O → 3CH3 CH(OH)CH2OH + 2MnO2 + 2H2 O - Nếu (3) nhạt màu  có xiclopropan. C 3 H6 + Br2 → BrCH 2 CH 2 CH 2Br - Nếu khí thoát ra bị cháy  có C3 H8 C3 H8 + 5O 2 → 3CO 2 + 4H 2 O C-C-C-C-C Do tác dụng với H 2 → 2- metylpentan. Suy ra mạch C: C Mặt khác khi tách nước tạo 2 anken, Vậy công thức của ancol: CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3 2-metylpentan-2-ol

H2SO4 ®Æ c, to CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +H2O

CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +H2

0,25

Ni,to

CH3CH(CH3)CH2CH2CH3

D

ẠY

CH3C(CH3)=CHCH2CH3 +H2

Cơ chế:

0,25

CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3 + -H+ CH3-C-CH2-CH2-CH3 CH3

H+

+ CH3-C(OH2)-CH2-CH2-CH3 -H2O CH3

CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 +CH3C(CH3)=CHCH2CH3

4,75 điểm 0,75

Câu 5 1

0,25

CH3C(CH3)=CHCH2CH3 +H2O

KÈ

CH3-C(OH)-CH2-CH2-CH3 CH3

Gọi công thức chung 3 ancol là R OH H2SO4 ñaë c, t 0

⎯⎯⎯⎯⎯⎯ → CH 3 COO R + H 2 O (1) R OH + CH 3 COOH ⎯⎯⎯⎯⎯ ⎯ 51,2 − 30,2 n( R OH) (trong mỗi phần) = = 0,5 mol 59 − 17

Phản ứng với Br2 :

Cn H 2n-1OH + Br2

→

Cn H2n-1 (OH)Br2 (2)

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11 0,25 mol  0,25 mol

0,75

FF IC IA L

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH 3 OH và Cn H2n+1 OH trong mỗi phần CH3 OH + 1/2O2 → CO2 + 2H2 O (3) x x → 3n Cn H2n+1 OH + O2 → nCO2 + (n+1)H2 O (4) 2 y ny → 3n − 1 Cn H2n-1 OH + O2 → n CO2 + nH2 O (5) 2 0,25 0,25n →

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

0,5

O

Do: 0<y<0,25, nguyên  3,1<n<5,2. Suy ra: n= 4 hay 5.

N

0,25

0,75

CH3

Gọi công thức X là C n H2n-2 : 0,1 mol và Y là C n+x H2n+2x-2: b mol 3n − 1 Phản ứng: Cn H2n-2 + O2 → nCO 2 +(n-1) H 2 O (1) 2 0,1 0,1n → 3n + 3x − 1 Cn+x H2n+2x-2 + O2 → (n+x)CO 2 +(n+x-1) H 2 O (2) 2 → b (n+x)b Theo (1,2) và bài ra: 0,1n + (n+x)b = 0,68 0, 68 − 0,1n  0,1<b=  2n+x<6,8 n+x Biện luận: n  2 và 1  x  n=2  x=1 hoặc 2.

1 C2H2, C3H4 x= C2H2, C4H6 2 TH 1: C2 H2 và C3 H4 Ta có: b=0,16 mol Cu + → C2 Cu2 Sơ đồ: C2 H2 ⎯⎯⎯ → 0,1 0,1 Cu + → C3 H3 Cu C3 H4 ⎯⎯⎯

0,5

D

ẠY

KÈ

M

3

Q U

Y

N

H

Ơ

2

TH 1: Khi n=4  CH3 OH: 0,45mol, C 4 H9 OH: 0,3mol, C 4 H 7 OH: 0,75mol TH 2: Khi n=5  CH3OH: 0,7125mol, C5H11OH: 0,0375mol, C5H9OH: 0,75mol Đặt A: Cx Hy Ta có: x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16  CT PT: (C10 H16 )n MA = 136  CTPT A : C 10 H16 (số lk  + số vòng no = 3) A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2  A có 2 liên kết  và 1 vòng A không tác dụng với AgNO 3 /NH 3  A không có nối ba đầu mạch Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ: anđehitfomic và 3axetyl-6-on heptanal  CTCT A: 4-isopropenyl-1-metylxiclohexen

0,5

0,25

Biên soạn và sưu tầm!

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

Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

13, 68 100% =43%<70%  Loại 152.0,1 + 0,16.103 TH 2: C2 H2 và C4 H6 có 2 công thức cấu tạo CH 3 CH 2 C  CH và CH 3 C  CCH 3 Ta có: b=0,12 mol Cu + / NH3 Sơ đồ: C2 H2 ⎯⎯⎯⎯ → C2 Cu2 0,1 → 0,1 0,16 →

0,16 Vậy H%=

0,5

+

Cu / NH3 C4 H 6 ⎯⎯⎯⎯ → C4 H5 Cu 0,12 → 0,12

*CH 3 CH2 C  CH

13, 68 100% =46,7%<70%  Loại 152.0,1 + 0,12.117 13, 68 *CH3 C  CCH 3 Vậy H%= 100% =90%>70%  Chọn 152.0,1

FF IC IA L

Vậy H%=

D

ẠY

KÈ

M

Q U

Y

N

H

Ơ

N

O

Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu PTHH thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó.

Biên soạn và sưu tầm!

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